DIFERENCÁLNE ROVNICE Matematická analýza (MAN 2c)

Transcript

1 Prírodovedecká fakulta Univerzity P. J. Šafárika v Košiciach Božena Mihalíková, Ivan Mojsej Strana 1 z 43 DIFERENCÁLNE ROVNICE Matematická analýza (MAN 2c)

2 1 Obyčajné diferenciálne rovnice Úlohy vedúce k diferenciálnym rovniciam Základné pojmy Geometrická interpretácia riešenia Základné metódy riešenia diferenciálnych rovníc prvého rádu Rovnica neobsahujúca neznámu funkciu Rovnica neobsahujúca nezávisle premennú Rovnica so separovanými premennými Rovnica so separovateľnými premennými Homogénna rovnica prvého rádu Lineárna diferenciálna rovnica 1.rádu Bernoulliho rovnica Lineárna diferenciálna rovnica druhého rádu Homogénna lineárna diferenciálna rovnica Homogénna lineárna diferenciálna rovnica s konštantnými koeficientami Prípad dvoch rôznych reálnych koreňov Prípad dvojnásobného reálneho koreňa Prípad komplexného koreňa Nehomogénna lineárna diferenciálna rovnica Metóda variácie konštánt Špeciálny tvar pravej strany Princíp superpozície Použitá literatúra 42 Strana 2 z 43

3 1. Obyčajné diferenciálne rovnice 1.1. Úlohy vedúce k diferenciálnym rovniciam Zavedenie pojmu derivácia umožnilo matematicky zachytiť pohyb, zmenu. Mnohé zákony popisujúce zmenu sú v tvare diferenciálnych rovníc. Napr.: 1. Sila pôsobiaca na teleso je úmerná zrýchleniu. Nech sa hmotný bod pohybuje po priamke, ak m - je jeho hmotnosť, a - zrýchlenie, s - vzdialenosť od pevného bodu priamky, f - sila pôsobiaca (v smere priamky) v okamihu t, tak podľa Newtonovho zákona pohybu ma(t) = f(t). Keďže a(t) = s (t) dostaneme Newtonov pohybový zákon v tvare diferenciálnej rovnice pre dráhu s ms (t) = f(t). Strana 3 z Pohyb telesa zaveseného na pružine je popísaný diferenciálnou rovnicou ms (t) = ks(t) + mg, kde m - je hmotnosť telesa, s(t) - je vychýlka z rovnovážnej polohy v okamihu t, g je gravitačné zrýchlenie, lebo na teleso pôsobí sila zemskej príťažlivosti mg a odpor pružiny, ktorý je úmerný vychýlke z rovnovážnej polohy. Celková sila je potom ks(t) + mg, kde k je koeficient daný vlastnosťami pružiny. Ako sme videli diferenciálna rovnica je rovnica, v ktorej sa vyskytuje neznáma funkcia a jej derivácie. V určitej dobe sa zdalo, že diferenciálne rovnice sú univerzálny prostriedok na skúmanie - stačí poznať diferenciálnu rovnicu, tú vyriešiť a poznanie sveta je hotové.

4 Príklad Model pre rozpad rádioaktívneho materiálu. Nech y(t) je množstvo rádioaktívnej látky v čase t, tak rýchlosť rozpadu materiálu v ktoromkoľvek časovom okamihu je úmerná množstvu materiálu, ktorý ostáva v tomto časovom okamihu y (t) = k y(t), kde k je vhodná konštanta. Príklad Model pre roztoky. Daná je nádoba obsahujúca M litrov slanej vody. Zhora priteká do nádoby čistá voda rýchlosťou m litrov za minútu. Roztok v nádobe sa rovnomerne premieša a potom vyteká cez otvor na dne nádoby a to tiež rýchlosťou m litrov za minútu. Aké množstvo soli je v roztoku v čase t? Riešenie. Nech y(t) je množstvo soli v uvažovanom roztoku v čase t (v kilogramoch). Potom v jednom litry vytekajúceho roztoku je y(t) M kg soli a teda rýchlosť zmeny množstva soli v uvažovanom roztoku v čase t bude úmerná veličine m y(t) M, t.j. y (t) = m y(t) M Strana 4 z 43 Bohužial nie je jednoduché všeobecne popísať nejaký dej diferenciálnou rovnicou, resp. ich systémom a následne túto rovnicu vyriešiť. Napr., v uvedenom príklade získaná rovnica popisuje dej, avšak veľmi ideálny, napr. roztok sa nepremieša okamžite, je tam časový posun a podobne. V súčasnosti riešenie diferenciálnych rovníc uľahčujú počítače, ale ani tie nemajú neobmedzené možnosti. Avšak aj pri použití počítačov potrebujeme niečo vedieť z teórie diferenciálnych rovníc.

5 1.2. Základné pojmy Budeme potrebovať niekoľko pojmov z teórie funkcie viac premenných. Množinu usporiadaných n tíc reálnych čísel budeme označovať R n, R n = {x = [x 1, x 2,..., x n ], x i R, i = 1,..., n}. Nech množina Ω R n. Reálnou funkciou n premenných budeme nazývať priradenie, ktoré každému x Ω priradí práve jedno reálne číslo. Množinu Ω nazývame definičný obor funkcie. Označujeme f = f(x) = f(x 1,..., x n ), f : Ω R n R. Čo rozumieme pod pojmom obyčajná diferenciálna rovnica? Môže byť definovaná ako rovnica s jednou neznámou funkciou jednej nezávisle premennej a s istým počtom jej derivácií. Môžeme to formálne zapísať takto: F (t, y, y,..., y (n) ) = 0, (1.1) kde F je funkcia (n + 2) - premenných definovaná na nejakej otvorenej množine G = I Ω, Ω R n+1, t I je nezávisle premenná, y = y(t) je neznáma funkcia, y,..., y (n) sú derivácie neznámej funkcie. Symbolom I R označujeme interval ľubovoľného tvaru. Rád najvyššej derivácie, ktorá sa vyskytuje v rovnici nazývame rád obyčajnej diferenciálnej rovnice. Napr. rovnica y y y = 0 je rovnica tretieho rádu. Najjednoduchšia diferenciálna rovnica prvého rádu môže byť rovnica tvaru y = f(t). Neznámu funkciu y určíme jednoduchým integrovaním danej funkcie f na tej množine, kde f je integrovateľná. Príklad Nájdite všetky funkcie y pre ktoré y (t) = 2t 2, t R. Strana 5 z 43

6 Riešenie. Funkcia f(t) = 2t 2, potom y(t) = (2t 2) dt = t 2 2t + c, t R, c je ľubovoľné reálne číslo. To znamená, že funkcia y(t) = t 2 2t je riešením danej diferenciálnej rovnice na R, ale aj všetky funkcie y(t) = t 2 2t + c sú jej riešeniami na R pre ľubovoľné c R. V príklade sme hovorili o riešení diferenciálnej rovnice na množine. Čo je teda riešením obyčajnej diferenciálnej rovnice? Musí existovať riešenie diferenciálnej rovnice? Koľko riešení môže mať diferenciálna rovnica? Ako sa hľadajú riešenia diferenciálnych rovníc? Otázok je veľa. Na niektoré z nich čiastočne odpovieme v tomto kurze matematickej analýzy. Keďže sa budeme zaoberať iba obyčajnými diferenciálnymi rovnicami v ďalšom texte vynecháme prívlastok obyčajná. Keďže neznámou v diferenciálnej rovnici je funkcia, množina riešení takejto rovnice je množina funkcií. Tieto funkcie musia spĺňať požiadavky: musia sa dať dosadiť do rovnice, t.j. musia existovať všetky ich derivácie vyskytujúce sa v rovnici; môžu nadobúdať len také hodnoty, ktoré patria do defičného oboru funkcie F ; po ich dosadení do funkcie F musí byť F identicky rovná nule. Pritom tieto požiadavky hľadané funkcie nemusia spĺňať všade (pre každé t z definičného oboru funkcie F ), stačí na nejakom intervale. Preto hovoríme o riešení diferenciálnej rovnice na intervale. Definícia Funkciu ϕ C n (I) nazývame riešením diferenciálnej rovnice (1.1) na intervale I ak pre každé t I platí (t, ϕ(t), ϕ (t),..., ϕ (n) (t) G a F (t, ϕ(t), ϕ (t),..., ϕ (n) (t)) = 0. Strana 6 z 43

7 Poznámka. Symbolom C n (I) označujeme množinu všetkých reálnych funkcií, ktoré sú definované a n-krát spojite diferencovateľné na intervale I. Príklad Funkcia ϕ(t) = e t 1 + t je riešením diferenciálnej rovnice y = t y, t R, pretože je spojitá na R, má deriváciu ϕ (t) = e t + 1 na R a po dosadeni do rovnice dostávame rovnosť pre každé t R. e t + 1 = t (e t 1 + t) Riešenie diferenciálnej rovnice prvého rádu F (t, y, y ) = 0 sa niekedy nazýva aj integrál diferenciálnej rovnice a množina bodov (t, y) v rovine, ktorá predstavuje graf riešenia sa nazýva integrálna krivka. Nie vždy sa podarí nájsť riešenie diferenciálnej rovnice v explicitnom tvare. Riešenie môže byť vyjadrené: explicitne: y = ϕ(t), t I, implicitne rovnicou: H(t, y) = 0, (t, y) D R 2, parametricky: t = ϕ 1 (s), y = ϕ 2 (s), s J. Vráťme sa k príkladu Má celú množinu riešení, je to množina funkcií {y C 1 (R), y = t 2 2t + c, c R}. Z tejto množiny vieme vybrať takú funkciu, ktorá v súradnicovej rovine prechádza napr. bodom (0, 2), t.j. 2 = c, odkiaľ c = 2. Je to riešenie y = t 2 2t + 2, t R. Strana 7 z 43

8 Aby sme rozlíšili riešenie a riešenie prechádzajúce bodom uvedieme nasledujúce termíny. Množinu všetkých riešení danej diferencálnej rovnice n-tého rádu nazývame všeobecné riešenie. Všeobecné riešenie je možné niekedy zapísať v tvare y = ϕ(t, c 1, c 2,..., c n ), kde c 1, c 2,..., c n sú ľubovoľné reálne čísla. Rovnicu prvého rádu F (t, y, y ) = má všeobecné riešenie tvaru y = ϕ(t, c), c R, t I. Ak zo všeobecného riešenia vyberieme jedno, vhodnou voľbou konštánt, také riešenie nazývame partikulárne riešenie. V príklade je y = t 2 2t + c, c R, t R všeobecné riešenie, y = t 2 2t + 2, t R partikulárne riešenie. Nájsť všeobecné riešenie danej diferenciálnej rovnice je v mnohých prípadoch úloha neriešiteľná, napr. nevieme vyjadriť integrál pomocou elementárnych funkcií. V niektorých úlohách, najmä praktických, nie je nutné poznať všetky riešenia, t.j. všeobecné riešenie. Stačí nájsť riešenie - partikulárne riešenie, ktoré spĺňa nejakú podmienku, napr. v nejakom bode nadobúda danú hodnotu. Úloha, nájsť medzi všetkými riešeniami rovnice (1.1) také, že v bode t = t 0 spolu so svojimi deriváciami nadabúda hodnoty y(t 0 ) = y 0, y (t 0 ) = y 1,....y (n 1) (t 0 ) = y n 1, t.j. riešenie prechádzajúce bodom (t 0, y 0, y 1,..., y n 1 ), sa nazýva Cauchyho úloha a uvedeným podmienkam so hovorí počiatočné podmienky. Cez daný bod môže prechádzať jedno, ale aj viac riešení. Napr., riešením diferenciálnej rovnice y = y 2 3, ktoré prechádza bodom ( 3, 1) je funkcia y = 1 27 t3, t R. Rovnica má riešenie aj y = 0, t R. Riešením prechádzajúcim bodom ( 3, 1) je aj funkcia { 1 y = 27 t3, t (, 0), 0, t 0, ) Strana 8 z 43

9 a ľuboľné iné funkcie podobne konštruované. Otázkami, či existuje riešenie Cauchyho úlohy, či je jediné sa nebudeme zaoberať. Budeme sa zaoberať len metódami riešenia niektorých typov diferenciálnych rovníc prvého rádu Geometrická interpretácia riešenia Budeme sa zaoberať diferenciálnou rovnicou v explicitnom alebo tzv. normálnom tvare y = f(t, y) na oblasti G = I Ω R R, (1.2) kde je funkcia f definovaná. Budeme chápať t, y ako súradnice bodu (t, y) v súradnicovej rovine. Každému bodu (t, y) G je priradená hodnota funkcie f a podľa vzťahu (1.2) je to hodnota derivácie neznámej funkcie v bode t. Ak vezmeme do úvahy geometrický význam derivácie funkcie v bode, môžeme povedať, že každému bodu (t, y) G je rovnicou (1.2) priradený istý smer, čo v množine G predstavuje smerové pole. Integrálna krivka je taká krivka, že dotyčnica v každom jej bode má smer totožný so smerovým poľom. To umožňuje hľadať riešenie - inegrálnu krivku graficky pomocou smerového poľa. Konštruovať smerové pole je výhodné pomocou izoklín. Izoklína je krivka, v každom bode ktorej má pole ten istý smer. Rovnice izoklín dostaneme z rovnice (1.2), ak položíme deriváciu rovnú konštante (smernica dotyčnice) k = f(t, y), k R. Pre rôzne k máme rôzne izoklíny. Strana 9 z 43 Príklad Znázornite smerové pole a integrálne krivky diferenciálnej rovnice y = t. Riešenie. Vieme, že f(t, y) = t. To znamená, že rovnice t = k, k R sú rovnice izoklín. Izoklíny sú priamky rovnobežné s osou y. Napríklad pre k = 0 je izoklína priamka t = 0, vo všetkých jej bodoch je smerové pole rovnobežné s osou t, pre k = 1 je izoklína priamka t = 1, vo všetkých jej bodoch je smerové pole naklonené vzhľadom na os t o uhol π 4.

10 Integrálne krivky pripomínajú paraboly. Priamou integráciou rovnice dostaneme riešenie y = t2 2 + c. Uvedieme ešte jeden spôsob nájdenia približného riešenia (v niektorých prípadoch aj presného) Cauchyho úlohy - je to metóda Picardových postupných aproximácií. Chceme riešiť Cauchyho úlohu y = f(t, y), y(t 0 ) = y 0, t I. Začiatočnú aproximáciu definujeme : y 0 (t) = y 0. A následne ďalšie: t y 1 (t) = y 0 + f(s, y 0 (s)) ds t 0 t y 2 (t) = y 0 + f(s, y 1 (s)) ds t y n (t) = y 0 + t t 0 f(s, y n 1 (s)) ds Výsledná postupnosť y 0 (t),..., y n (t) je postupnosť Picardových postupných aproximácií. Dá sa ukázať, že za určitých podmienok konverguje k riešeniu Cauchyho úlohy. Príklad Nájdime riešenie Cauchyho úlohy y = t y, y(0) = 0. Riešenie. Danú diferenciálnu rovnicu integrujeme v hraniciach od t 0 = 0 po t s využijeme podmienku y(0) = 0. Potom máme y(t) = y(0) + t 0 (s y(s)) ds = t 0 (s y(s)) ds. Strana 10 z 43

11 Vytvorme postupnosť Picardových aproximácií Dostávame y 0 (t) = 0, y n (t) = t 0 (s y n 1 (s)) ds, n = 1, 2,.... t [ s 2 y 1 (t) = (s 0) ds = = t , t [ ] y 2 (t) = (s s2 s 2 t 0 2 ) ds = 2 s3 = t2 3! 0 2! t3 3!, y n (t) = t2 2! t3 3! + + t n+1 ( 1)n+1 (n + 1)!. ] t Je zrejmé, že pre n dostaneme Taylorov rad funkcie e t bez jej prvých dvoch členov. Riešení Cauchyho úlohy je funkcia y(t) = lim n y n(t) = e t 1 + t. 2. Základné metódy riešenia diferenciálnych rovníc prvého rádu Problematika metód riešenia diferenciálnych rovníc je veľmi široká. My sa oboznámime s metódami hľadaní všeobecného riešenia len niektorých typov diferenciálnych rovníc prvého rádu. Strana 11 z Rovnica neobsahujúca neznámu funkciu Diferenciálnou rovnicou neobsahujúcou neznámu funkciu nazývame rovnicu typu y = f(t). (2.1)

12 Už sme uviedli v prvej kapitole, že táto rovnica sa rieši jednoduchým integrovaním. To znamená, ak funkcia f je spojitá na intervale I, existuje k nej nekonečne veľa primitívnych funkcií, ktoré sú všeobecným riešením rovnice (2.1) na intervale I. Riešenie, ktoré prechádza bodom (t 0, y 0 ), t 0 I, y 0 R je dané predpisom y(t) = y 0 + t t 0 f(s) ds, t I. Príklad Nájdite riešenie rovnice y = t, ktoré prechádza bodom (1, 1). Riešenie. y(t) = 1 + t 1 [ s 2 s ds = ] t 1 = t , t R Rovnica neobsahujúca nezávisle premennú Diferenciálnou rovnicou neobsahujúcou nezávisle premennú nazývame rovnicu typu Strana 12 z 43 y = g(y). (2.2) Nech g je spojitá funkcia na nejakom intervale J R. Budeme rozlišovať prípady, keď je to funkcia nenulová na J, (t.j. g(y) 0, y J) alebo môže nadobúdať na tomto intervale nulové hodnoty. Nech funkcia g je spojitá a g(y) 0 pre všetky y J. Urobme nasledujúci formálny postup. Rovnicu prepíšme do tvaru dy g(y) = dt a túto rovnicu integrujeme dy g(y) = dt G(y) = t + c,

13 kde G je nejaká primitívna funkcia k funkcii 1 g na intervale J. Z poslednej rovnice, ak je to možné, vyjadríme y = G 1 (t + c), t I c, kde G 1 je inverzná funkcia ku G definovaná na I c G(J). Z uvedeného postupu vyplýva, že každým bodom (t 0, y 0 ) R J prechádza práve jedno riešenie y = G 1 (t + c), t I c. Príklad Nájdite všeobecné riešenie rovnice y = 1 + y 2. Riešenie. Keďže g(y) = 1 + y 2 0 pre všetky y R, rovnicu vydelíme g(y) a integrujeme dy 1 + y 2 = dt, odkiaľ máme arctg y = t + c. Keďže funkcia arctg y : R ( π 2, ) ( π 2 a inverzná funkcia k nej tg t : π 2, ) π 2 R je všeobecné riešenie danej rovnice y = tg(t + c), t I c ( π 2 c, π ) 2 c, c R. Nech funkcia g nadobúda nulové hodnoty v niektorých bodoch intervalu J. Použitie postupu z predchádzajúcej časti, delenie rovnice výrazom g(y), je však prípustnou úpravou len ak g(y) 0. Pozrime sa na nulové body funkcie g. Nech rovnica g(y) = 0 má reálne riešenie, napr. y = η. Ľahko overíme, že funkcia y(t) = η, t R je riešením diferenciálnej rovnice. Toto riešenia sa pri delení rovnice výrazom g(y) môže stratiť. Príklad Nájdite všeobecné riešenie rovnice y = y 2 3. Riešenie. Vidíme, že funkcia y(t) = 0, t R je riešením danej rovnice. Ak g(y) = y 2 3 0, t.j. y > 0 alebo y < 0 môžeme v polrovinách y > 0 alebo y < 0 použiť postup z predchádzajúcej časti. Nech y > 0. Dostaneme dy = dt 3y 1 (t c)3 3 = t c yc =, t > c, c R. 27 y 2 3 Strana 13 z 43

14 Analogicky pre y < 0 dostaneme ỹ c = (t c)3 27, t < c, c R. Ukazuje sa, že v R 2 existujú aj iné riešenia. Napr. pre c = 0 y 0 (t), t > 0, y(t) = 0, t = 0, ỹ 0 (t), t < 0, ale aj pre d < 0 < c y c (t), t > c, y(t) = 0, t d, c, ỹ d (t), t < d. Každým bodom (a, b) R 2 prechádza aspoň jedno riešenie, dokonca každým bodom (a, b) R 2 prechádza nekonečne veľa riešení. Nie vždy je situácia taká zložitá. Uvažujme rovnicu y = y. Má riešenie y(t) = 0, t R a pre y 0 dostaneme z rovnice dy y = dt. Pre y > 0 ln y = t + c. Všeobecné riešenie v polrovine y > 0 je y(t) = e t+c, t R, c R. Pre y < 0 ln( y) = t + c. Všeobecné riešenie v polrovine y < 0 je y(t) = e t+c, t R, c R. Všeobecné riešenie je možné zapísať v tvare y(t) = k e t, k R, t R. Strana 14 z 43

15 2.3. Rovnica so separovanými premennými Diferenciálnou rovnicou so separovanými premennými sa nazýva rovnica tvaru h(y)y = g(t), (2.3) kde g, h sú spojité funkcie na intervaloch I t = (a, b), J y = (c, d). Po formálnom rozpísaní a integrovaní dostaneme h(y) dy = g(t) dt H(y) = G(t) + c, kde c - je ľubovoľná konštanta, funkcia H je primitívna k funkcii h, funkcia G je primitívna k funkcii g. Pokiaľ existuje inverzná funkcia H 1 k funkcii H, tak vzťahom y(t) = H 1 (G(t) + c) (2.4) je určená množina všetkých riešení rovnice (2.3). Táto množina predstavuje všeobecné riešenie rovnice (2.3). Strana 15 z 43 Príklad Nájdite všeobecné riešenie rovnice y 1 y 2 = 1 t na (0, ) ( 1, 1). Riešenie. Úpravou rovnice dostaneme dy dt = 1 y 2 t arcsin y = ln t + c, c R a také, že ln t + c ( π 2, π 2 ). Ak zapíšeme c = ln γ, γ > 0, potom ln t + ln γ ( π 2, π ) 2 ln tγ ( π 2, π ) 2 tγ ( ( e π π ) e π 2 2, e 2 t γ, e ) π 2 γ

16 a riešením pre také t je funkcia y = sin(ln γt). Všimnime si, že ak zmeníme definičný obor, zoberieme funkciu y = sin(ln t) (γ = 1) pre t (e π 2, e π ), tá už nie je riešením danej rovnice. Ľahko sa overí, že je riešením rovnice 1 y 2 y = t Rovnica so separovateľnými premennými Diferenciálnou rovnicou so separovateľnými premennými sa nazýva rovnica tvaru P 1 (t)p 2 (y) + Q 1 (t)q 2 (y)y = 0. (2.5) Ak P 1, Q 1 P 2, Q 2 sú spojité funkcie na intervaloch I t = (a, b), J y = (c, d). Ak P 2 (y)q 1 (t) 0 na I t J y dá sa rovnica (2.5) upraviť na tvar P 1 (t) Q 1 (t) + Q 2(y) P 2 (y) y = 0, (2.6) čo je rovnica so separovanými premennými. Rovnice (2.5), (2.6) sú ekvivalentné, t.j. majú tú istú mnnožinu riešení. Ak rovnica P 2 (y) = 0 má reálne riešenie, napr. y = η, η R, je táto funkcia riešením rovnice (2.5). Príklad Nájdite všeobecné riešenie a riešenie prechádzajúce bodom B = (0, 1) rovnice (1 + e t )yy = e t. Riešenie. Upravme rovnicu na tvar y dy = et 1 + e t dt odkiaľ integráciou y 2 2 = ln(1 + et ) + c, c R. (2.7) Aby bol vzťah korektný musí byť ln(1 + e t ) + c 0, teda t I c = ln(e c 1), ). Tento výraz je všeobecným riešením, pretože úpravami sme žiadne riešenie nestratili ((1 + Strana 16 z 43

17 e t ) 0, t R). Aby sme našli partikulárne riešenie prechádzajúce bodom B položme vo všeobecnom riešení (2.7) t = 0, y = = ln 2 + c c = 1 2 ln 2 y 2 Po dosadení získame = ln(1 + e t ) + 1 ln 2, 2 2 ( 1 + e odkiaľ úpravou y 2 t ) e t = ln + 1, ak ln Ak zoberieme do úvahy, že y-ová súradnica bodu B je kladná, tak rovnica má riešenie ( 1 + e t ) 2 y = ln Príklad Nájdite všeobecné riešenie rovnice x 1 y 2 dx + y 1 x 2 dy = 0. Riešenie. Pre x < 1, y < 1 rovnicu upravíme x dx = y dy 1 x2 + 1 y 2 = c, 1 x 2 1 y 2 čo je všeobecné riešenie na oblasti x < 1, y < 1. Okrem toho má rovnica riešenia y = 1, y = 1. Bodom (0, 1) prechádzajú dve riešenia a to 1 x y 2 = 1 a y = 1 definované na 1, 1. Strana 17 z 43

18 2.5. Homogénna rovnica prvého rádu Najprv si povedzme, kedy nejakú funkciu ϕ(t, y) nazývame homogénnou. Funkciu ϕ(t, y) nazývame homogénnou stupňa m na Ω R 2, ak ϕ(ct, cy) = c m ϕ(t, y) pre každé c > 0 a každé (t, y) Ω. Napríklad funkcia ϕ(t, y) = t 2 + y 2 2ty je homogénna stupňa 2, lebo ϕ(ct, cy) = (ct) 2 + (cy) 2 2(ct)(cy) = c 2 (t 2 + y 2 2ty), c > 0, (t, y) R 2. Nehomogénnou funkciou je, napríklad funkcia ϕ(t, y) = t 2 y. Uvažujme diferenciálnu rovnicu P (t, y) + Q(t, y)y = 0. (2.8) Ak P, Q sú homogénne funkcia toho istého stupňa, tak rovnicu (2.8) nazývame homogénna diferenciálna rovnica 1. rádu. Použitím substitúcie y(t) = tu(t) dostaneme pre u diferenciálnu rovnicu so separovanými premennými P (1, u) + Q(1, u)u + tq(1, u)u = 0, (2.9) Strana 18 z 43 pretože y = u + tu, P (t, y) = P (t, tu) = t k P (1, u), Q(t, y) = Q(t, tu) = t k Q(1, u). Po dosadení získaných vzťahov do rovnice (2.8) máme t k P (1, u) + t k Q(1, u)(u + tu ) = 0.

19 Posledná rovnica je pre t 0 ekvivalentná s rovnicou (2.9). Ukázali sme, že ak u je riešením rovnice (2.9) potom y = tu je riešením rovnice (2.8). Podobne sa dá ukázať, že ak y je riešním rovnice (2.8), tak u = y t, t 0 je riešením rovnice (2.9). Derivácia u existuje a Úpravou pravej strany rovnice (2.9) máme u = ty y t 2, t 0. ( P (1, u) + Q(1, u)u + tq(1, u)u = P 1, y ) ( + Q 1, y ) y ( t t t + tq 1, y ) ty y t t 2 ( ( = tk t k P 1, y ) ( + Q 1, y ) y ( t t t + tq 1, y ) ty y ) t t 2 P (t, y) y Q(t, y) = t k + Q(t, y) + tk+1 t k y y Q(t, y) t k+1 P (t, y) + Q(t, y)y = t k = 0, lebo y je riešenie rovnice (2.8). Príklad Nájdite všeobecné riešenie rovnice y = y t. Riešenie. Definičný obor rovnice je yt 0, t 0. Ďalej vidíme, že y(t) = 0 pre t 0 je riešením rovnice. Rovnicu budeme riešiť pre y > 0, t > 0 a y < 0, t < 0. Substitúciou y(t) = tu(t) dostaneme rovnicu u t + u = u, ktorú za podmienok u u 0 a t 0 môžeme upraviť na tvar du u u = dt t. Strana 19 z 43

20 Vypočítajme integrál na ľavej strane. du u u = du = u = z u( u 1) du 2 u = dz = 2 dz z 1 = 2 ln z 1 = 2 ln u 1. Dosadením vypočítaného integrálu dostaneme Ak nahradíme u = y t máme 2 ln u 1 = ln t + ln c 1, c 1 0, u 1 t = c 1. ( ) y t t 1 = c, c = ± c1 0. Pôvodná rovnica je definovaná v prvom a treťom kvadrante, tak pre t > 0, y > 0 máme pre t < 0, y < 0 máme y t = c, c 0, (2.10) y t = c, c 0. Čo dostaneme ak u u = 0? Táto rovnica má dva korene u 1 = 1, u 2 = 0. Im odpovadajúce riešenia sú y 1 = t, y 2 = 0 pre t 0. Riešenie y 1 = t dostaneme zo vzťahov (2.10) pre c = 0. Riešenie y 2 = 0 nezískame zo vzťahov (2.10). Všeobecné riešenie rovnice je Strana 20 z 43 y t = c, c R, pre t > 0, y > 0, y t = c, c R, pre t < 0, y < 0, y = 0, t 0.

21 2.6. Lineárna diferenciálna rovnica 1.rádu Lineárnou diferenciálnou rovnicou 1. rádu sa nazýva rovnica tvaru y + p(t)y = f(t). (2.11) Ak p, f sú spojité funkcie na intervale I, potom každým bodom (t, y) I R prechádza práve jedno riešenie. Ako nájsť riešenie? 1) Najprv vyriešime homogénnu rovnicu, t.j. rovnicu bez pravej strany y + p(t)y = 0. (2.12) Je zrejmé, že táto rovnica má vždy riešenie y = 0, tzv. triviálne riešenie. Všeobecné riešenie rovnice (2.12) nájdeme separáciu premenných. Pre y 0 máme dy = p(t) dt ln y = p(t) dt + ln c 1, c 1 > 0, y odkiaľ y = c e p(t) dt, ±c 1 = c R {0}. Avšak pre c = 0 dostávame y = 0 a to je riešením. Teda všeobecným riešením homogénnej rovnice (2.12) je y = c e p(t) dt, c R. (2.13) Jednoduchým príkladom homogénnej lineárnej diferenciálnej rovnice 1. rádu je Malthusov populačný model. Malthus (ekonóm) ho uviedol v roku 1798 ako základný model pre rast populácie - rýchlosť rastu populácie je úmerna veľkosti populácie (napr. počtu ľudí) dp dt = kp, k > 0, kde konštanta k je určená z rozdielu pôrodnosti a úmrtnosti. Tento model dáva exponenciálny rast populácie p(t) = p(t 0 )e k(t t0), Strana 21 z 43

22 kde p 0 je stav populácie v čase t 0. V tom výsledku sa ukazuje neobmedzený rast populácie, čo viedlo Malthusena k myšlienke, že jediným riešením zastaviť populačné explózie sú vojny, hladomor,... 2) Riešenie nehomogénnej rovnice, t.j. rovnice s pravou stranou (2.11) môžeme hľadať viacerými spôsobmi. Uvedieme iba jeden z nich metódu integračného faktora. Rovnicu (2.11) vynásobíme takou funkciou q, aby sme na ľavej strane rovnice dostali deriváciu súčinu q(t)y(t)). Teda q(t)y + p(t)q(t)y = f(t)q(t) a (yq) = y q + q y. (2.14) Porovnaním týchto rovníc dostaneme lineárnu rovnicu pre q q = p(t)q dq q = p(t)dt q(t) = e p(t) dt. Ak označíme P primitívnu funkciu k funkcii p na intervale I, tak q(t) = e P (t). Rovnica (2.11) je ekvivalentná rovnici ( y e P (t) + p(t)ye P (t) = f(t)e P (t) ye P (t)) = f(t)e P (t). Integrovaním a úpravou poslednej rovnice dostaneme riešenie (2.11) y(t) = e P (t) f(t)e P (t) dt, t I. Príklad Nájdite všeobecné riešenie rovnice y + 2ty = t y(0) = 3. Riešenie. Primitívnou funkciou k funkcii p(t) = 2t je funkcia P (t) = t 2. Násobme rovnicu funkciou q(t) = e t2. Dostaneme ( y e t2 + 2tye t2 = te t2 ye t2) = te t 2 ye t2 = te t2 dt. Strana 22 z 43

23 Integrovaním poslednej rovnice a úpravou dostaneme všeobecné riešenie y = Ke t2, t R, K R. Z počiatočnej podmienky y(0) = 3 máme rovnicu 3 = 1 2 +K, ktorá má riešenie k = 7 2. Riešenie prechádzajúce bodom (0, 3) je y = e t2, t R Bernoulliho rovnica Bernoulliho rovnicou sa nazýva rovnica tvaru y + p(t)y = f(t)y α, α 0, 1, t I (2.15) Pre α = 0 je to lineárna rovnica s pravou stranou, pre α = 1 lineárna rovnica bez pravej strany. Pre α > 0 má vždy triviálne riešenie. Pri riešení tejto rovnice opäť metódu integračného faktora a vynásobíme rovnicu (2.15) tou istou funkciou g(t) = e P (t) ako u lineárnej rovnice (2.11). Dostaneme (q(t)y) = f(t)q(t)y α upravíme (q(t)y) = f(t)q 1 α (t)(q(t)y) α. Substitúciou z(t) = q(t)y dostaneme rovnicu so separovanými premennými Strana 23 z 43 ktorú už vieme riešiť. z = f(t)q 1 α (t)z α, Príklad Nájdite všeobecné riešenie rovnice y = y t y2 t, t 0.

24 Riešenie. Upravme rovnicu na tvar Nájdime P : y y t = y2 t. (2.16) dt P (t) = = ln t, t 0. t Pre t > 0 dostaneme P (t) = ln t a q(t) = e ln t = 1 t. Vynásobením rovnice (2.16) touto funkciou q dostaneme ( y ) y 2 = t t 2, (2.17) odkiaľ substitúciou z = y t máme z = z 2 dz z 2 = 1 z = 1 t + k, k R. t Zo substitúcie vieme, že y = zt a tak y = t+k, t > 0. Pre t < 0 dostaneme q(t) = 1 t a vynásobením rovnice (2.16) touto funkciou dostaneme rovnicu ( y ) y 2 = t t 2, čo je rovnica (2.17) a teda všeobecné riešenie môžeme písať y = t, t 0, k R a y = 0, t 0. t + k Strana 24 z 43 Poznámka. K rovnici z príkladu može byť zadanie: Nájdite krivky, pre ktoré úsek dotyčnice vyťatý na osi y dotyčnicou v ľubovoľnom bode krivku je rovný y-ovej súradnici dotykového bodu.

25 3. Lineárna diferenciálna rovnica druhého rádu Pozrime sa na najjednoduchšiu diferenciálnu rovnicu druhého rádu y = f(t), t I. (3.1) Túto rovnicu vieme vyriešiť, ak ju budeme dvakrát integrovať. Po prvej integrácii dostaneme y = F (t) + c 1, kde F je primitívna k funkcii f na intervale I, c 1 R. Po druhej integrácii máme y = F(t) + c 1 t + c 2, kde F je primitívna funkcia k F na I, c 2 R. Riešenie y obsahuje dve ľubovoľné konštanty, ktoré môžeme špecifikovať ak zadáme y (t 0 ) (určíme c 1 ) a y(t 0 ) (určíme c 2 ). Rovnice (3.1) je matematickou formuláciou Newtonovho pohybového zákona. Sila pôsobiaca na teleso je rovná súčinu hmotnosti telesa a okamžitého zrýchlenia F = ma. (3.2) Vieme, že okamžitá rýchlosť telesa v je deriváciou dráhy s podľa času t, podobne zrýchlenie je deriváciou rýchlosti v podľa času t, teda a(t) = dv dt = d2 s dt 2. Dosadením do vzťahu (3.2) dostaneme rovnicu m d2 s dt 2 = F, ktorá sa nazýva pohybová rovnica hmotného bodu P o hmotnosti m. Je to diferenciálna rovnica druhého rádu. Akého bude tvaru závisí od sily F. Napríklad, ak sila F pôsobiaca Strana 25 z 43

26 na hmotný bod je priamoúmerná výchylke bodu P z rovnovážnej polohy x = 0 (keď je sila nulová) a má smer opačný k výchylke dostaneme pohybovú rovnicu harmonického oscilátora ms = ks, resp. ms + ks = 0, čo je lineárna diferenciálna rovnica druhého rádu. Aby sme vedeli predpovedať pohyb hmotného bodu musíme poznať v nejakom okamihu jeho polohu s(t 0 ) a rýchlosť s (t 0 ). Diferenciálnu rovnicu a 0 (t)y + a 1 (t)y + a 2 (t)y = g(t), kde a 0, a 1, a 2 g sú funkcie definované na intervale I, a 0 0 nazývame lineárnou diferenciálnou rovnicou druhého rádu. Keďže a 0 (t) 0 pre t I môžeme rovnicu prepísať do tvaru y + p(t)y + q(t)y = f(t), t I. (3.3) Čo sa týka existencie a jednoznačnosti riešenia dá sa pre rovnicu (3.3) dokázať veta. Veta Nech p, q, f sú funkcie spojité na intervale I. Potom ľubovoľným číslom t 0 I a dvojicou (b 1, b 2 ) je určené práve jedno riešenie ϕ rovnice (3.3), ktoré spĺňa počiatočné podmienky ϕ(t 0 ) = b 1, ϕ (t 0 ) = b Homogénna lineárna diferenciálna rovnica Ďalej sa budeme zaoberať problémom nájdenia všeobecného riešenia diferenciálnej rovnice (3.3). K tomu potrebujeme poznať štruktúru riešení diferenciálnej rovnice (3.3) bez pravej strany, t.j. homogénnej rovnice Z lineárnosti derivácie vyplýva nasledujúca veta. y + p(t)y + q(t)y = 0, t I. (3.4) Strana 26 z 43

27 Veta Nech y 1, y 2 sú riešenia homogénnej diferenciálnej rovnice (3.4) na intervale I, potom každá ich lineárna kombinácia c 1 y 1 +c 2 y 2, c 1, c 2 R je tiež riešením homogénnej diferenciálnej rovnice (3.4) na intervale I. Poznámka. Špeciálne, ak c 1 = c 2 = 0 dostaneme riešenie y(t) = 0 na I. Toto riešenie sa nazýva nulovým alebo triviálnym riešením. Pretože v ľubovoľnom bode t 0 I platí y(t 0 ) = y (t 0 ) = 0 je nulové riešenie určené bodom t 0 I a dvojicou (0, 0). Vzhľadom na jednoznačnosť riešenia dvojicou (0, 0) a ľubovoľným bodom t 0 I prechádza jediné riešenie. Z lineárnosti pravej strany diferenciálnej rovnice (3.4) vidíme, že k tomu aby sme našli všeobecné riešenie diferenciálnej (3.4) potrebujeme nájsť jej dve riešenia a ich lineárnou kombináciou dostaneme každé jej riešenie. Otázkou je, aké majú byť tie dve riešenia? K tomu potrebujeme pojem lineárne závislé (nezávislé) funkcie. Definícia Nech funkcie f 1,..., f k sú definované na intervale I. Hovoríme, že tieto funkcie sú na intervale I lineárne závislé, ak existuje taká nenulová k-tica reálnych čísel (c 1,..., c k ), že pre každé t I platí Strana 27 z 43 c 1 f 1 (t) + + c k f k (t) = 0. (3.5) Hovoríme, že tieto funkcie sú lineárne závislé, ak rovnica (3.5) platí pre c 1 = c 2 = = c k = 0 a každé t I. Poznámka. Je zrejmé, že dve funkcie f 1, f 2 sú lineárne závislé, ak jedna z nich je násobkom druhej, napr. f 1 = kf 2, k 0. Ukážeme, že k tomu, aby sme našli všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice (3.4) je nutné a postačujúce nájsť jej dve lineárne nezávislé riešenia. Urobme nasledujúcu úvahu. Je zrejmé, že jedno riešenie nestačí. Zoberme dve riešenia y 1, y 2 diferenciálnej rovnice (3.4), ktoré spĺňajú počiatočné podmienky: y 1 (t 0 ) = 1, y 1(t 0 ) = 0, y 2 (t 0 ) = 0, y 2(t 0 ) = 1. (3.6)

28 Tieto riešenia sú určené jednoznačne a žiadne z nich nie je násobkom druhého. Z toho vyplýva, že nutnou podmienkou k tomu, aby sme našli všeobecné riešenie je poznať aspoň dve lineárne nezávislé riešenia diferenciálnej rovnice (3.4). Zoberme dve lineárne nezávislé riešenia y 1, y 2 diferenciálnej rovnice (3.4) (môžu to byť aj tie, ktoré spĺňajú podmienky (3.6)), t.j. žiadne z nich nie je násobkom druhého a riešenie y 3 diferenciálnej rovnice (3.4), ktoré spĺňa počiatočnú podmienku y 3 (t 0 ) = u 0, y 3(t 0 ) = v 0. Chceme ukázať, že riešenia y 1, y 2, y 3 sú lineárne závislé, t.j. existujú α, β R (aspoň jedno z nich rôzne od nuly) také, že y 3 (t) = α y 1 (t) + β y 2 (t), t I. Po dosadení počiatočných podmienok dostaneme: u 0 = α y 1 (t 0 ) + β y 2 (t 0 ) v 0 = α y 1(t 0 ) + β y 2(t 0 ). Ak determinant tejto sústavy je nenulový y 1(t 0 ) y 2 (t 0 ) y 1(t 0 ) y 2(t 0 ) = y 1(t 0 )y 2(t 0 ) y 2 (t 0 )y 1(t 0 ) 0, (3.7) má sústava jediné riešenie. To znamená, že riešenia y 1, y 2, y 3 sú lineárne závislé. Ak by bol determinant rovný nule, môžeme predpokladať, že y 2 (t 0 ) 0, y 2(t 0 ) 0. Ak by y 2 (t 0 ) = 0 a y 2(t 0 ) = 0 bolo by riešenie y 2 (t) = 0, t I. Ak by y 2 (t 0 ) = 0 a y 2(t 0 ) 0, potom y 1 (t 0 ) = 0 a existuje c R také, že y 1 (t 0 ) = cy 2 (t 0 ), y 1(t 0 ) = cy 2(t 0 ) a riešenia y 1, y 2 by boli lineárne závislé. Podobný argument použijeme ak y 2 (t 0 ) 0 a y 2(t 0 ) = 0. Z rovnice (3.7) dostaneme y 1 (t 0 ) y 2 (t 0 ) = y 1(t 0 ) y 2 (t 0) = c y 1(t 0 ) = cy 2 (t 0 ), y 1(t 0 ) = cy 2(t 0 ). Keďže y 2 je riešenie diferenciálnej rovnice (3.4) je aj ỹ = cy 2 riešenie diferenciálnej rovnice (3.4) avšak ỹ(t 0 ) = cy 2 (t 0 ) = y 1 (t 0 ), ỹ (t 0 ) = cy 2(t 0 ) = y 1(t 0 ) a z jednoznačnosti riešenie Strana 28 z 43

29 vyplýva, že ỹ(t) = y 1 (t) a teda y 1 (t) = cy 2 (t), t R. To je spor s tým, že y 1, y 2 sú lineárne nezávislé riešenia. Ukázali sme, že k tomu, aby sme našli všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice (3.4) je postačujúce nájsť práve dve lineárne nezávislé riešenia tejto diferenciálnej rovnice. Determinant, ktorý sa sa objavil v úvahách y 1(t 0 ) y 2 (t 0 ) y 1(t 0 ) y 2(t 0 ) = W (t), t I, sa nazýva Wronského determinant, resp. wronskián funkcií y 1, y 2 a rozhoduje o lineárnej nezávislosti týchto funkcií. Platí nasledujúca veta: Veta Dve riešenia homogénnej lineárnej diferenciálnej rovnice druhého rádu (3.4) sú lineárne nezávislé práve vtedy ak ich wronskián W (t) 0 na I. Dve lineárne nezávislé riešenia y 1, y 2 diferenciálnej rovnice (3.4) nazývame fundamentálny systém riešení alebo bázou riešení diferenciálnej rovnice (3.4) a každé riešenie dostaneme ako lineárnu kombináciu fundamentálneho systému riešení, t.j. y(t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (y), t I, c 1, c 2 R. Aj keď sú lineárne diferenciálne rovnice pomerne jednoduché, nepoznáme všeobecnú metódu, pomocou ktorej by sme vedeli nájsť fundamentálny systém každej lineárnej diferenciálnej rovnice. Pre niektoré typy však takúto metódu poznáme, sú to lineárne diferenciálne rovnice s konštantnými koeficientami Homogénna lineárna diferenciálna rovnica s konštantnými koeficientami Homogénnou lineárnou diferenciálnou rovnicou druhého rádu s konštantnými koeficientami nazývame rovnicu y + ay + by = 0, a, b R, t R. (3.8) Strana 29 z 43

30 Budeme hľadať riešenie tejto diferenciálnej rovnice (3.8) v tvare y(t) = e λt. Potom y = λe λt, y = λ 2 e λt a po dosadení do diferenciálnej rovnice (3.8) dostaneme λ 2 e λt + aλe λt + be λt = 0. Keďže e λt 0 pre každé t R z poslednej rovnice máme Je zrejmé. že platí nasledujúca veta. λ 2 + aλ + b = 0. (3.9) Veta Funkcia e λt, t R je riešením diferenciálnej rovnice (3.8) práve vtedy ak λ je koreňom algebraickej rovnice (3.9). Rovnica (3.9) sa nazýva charekteristická rovnica diferenciálnej rovnice (3.8) a jej korene nazývame charekteristickými číslami diferenciálnej rovnice (3.8). Podľa uvedenej vety môžeme určiť toľko riešení diferenciálnej rovnice (3.8), koľko koreňov má rovnica (3.9). Rovnica (3.9) môže mať: dva rôzne reálne korene, jeden reálny dvojnásobný koreň, dva komplexne združené korene. Tieto prípady vedú k rôznym typom riešení. Strana 30 z Prípad dvoch rôznych reálnych koreňov Nech charakteristická rovnica (3.9) má dva rôzne reálne korene λ 1, λ 2, potom všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice (3.8) je y = c 1 e λ1t + c 2 e λ2t, c 1, c 2 R, t R.

31 Keďže λ 1, λ 2 sú korene rovnice (3.9) sú funkcie e λ1t, e λ2t riešeniami diferenciálnej rovnice (3.8). Ich wronskián W (t) = eλ1t e λ2t λ 1 e λ1t λ 2 e λ2t = (λ 2 λ 1 )e λ1t e λ2t 0, t R, pretože λ 1 λ 2. To znamená, že funkcie e λ1t, e λ2t sú lineárne nezávislé a tvorie bázu riešení diferenciálnej rovnice (3.8). Príklad Nájdite riešenie diferenciálnej rovnice y + y 6y = 0, ktoré spĺňa počiatočnú podmienku y(0) = 1, y (0) = 2. Riešenie. Charakteristická rovnica danej diferenciálnej rovnice λ 2 + λ 6 = 0 (λ + 3)(λ 2) = 0 má dva reálne korene λ 1 = 2, λ 2 = 3 a im odpovedajúce riešenia sú y 1 = e 2t, y 2 = e 3t. Všeobecné riešenie danej diferenciálnej rovnice je y = c 1 e 2t + c 2 e 3t, c 1, c 2 R, t R a y = 2c 1 e 2t 3c 2 e 3t. Dosadením počiatočných podmienok dostávame systém: (y(0) =) 1 = c 1 + c 2 (y (0) =) 2 = 2c 1 3c 2. Tento systém má riešenie c 1 = 1, c 2 = 0 a tak riešenie danej diferenciálnej rovnice, ktoré spĺňa danú počiatočnú podmienku je funkcia y(t) = e 2t, t R Prípad dvojnásobného reálneho koreňa Nech charakteristická rovnica (3.9) má jeden reálny dvojnásobný koreň λ. V tom prípade má diferenciálna rovnica (3.8) jedno riešenie y 1 = e λt. Druhé riešenie zoberieme v Strana 31 z 43

32 tvare y 2 = te λt. Ukážeme, že y 2 je riešením diferenciálnej rovnice (3.8). Vypočítajme y, y : y 2 = e λt + λte λt, y = 2λe λt + tλ 2 e λt. Dosadením do diferenciálnej rovnice (3.8) máme 2λe λt + tλ 2 e λt + ae λt + aλte λt + bte λt = e λt [( λ 2 + aλ + b ) + (2λ + a) ] = 0, pretože D = a 2 4b = 0 a 2λ + a = 0. Ostáva ukázať, že y 1 = e λt, y 2 = te λt sú lineárne nezávislé. Spočítajme ich wronskián W (t) = eλt te λt λe λt λe λt + λte λt = e2λt + λte λt e 2λt λte λt e 2λt = e 2λt 0, t R. To znamená, že tieto riešenia sú lineárne nezávislé a všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice (3.8) je y(t) = c 1 e λt + c 2 te λt, c 1, c 2 R, t R. Príklad Nájdite riešenie diferenciálnej rovnice y + 4y + 4y = 0, ktoré spĺňa počiatočnú podmienku y(0) = 0, y (0) = 1. Riešenie. Charakteristická rovnica danej diferenciálnej rovnice, λ 2 + 4λ + 4 = 0 (λ + 2) 2 = 0, má jeden reálny dvojnásobný koreň λ 1,2 = 2 a jemu odpovedajúce riešenia sú y 1 = e 2t, y 2 = te 2t. Všeobecné riešenie danej diferenciálnej rovnice je y = c 1 e 2t + c 2 te 2t, c 1, c 2 R, t R a y = 2c 1 e 2t + c 2 e 2t 2c 2 te 2t. Dosadením počiatočných podmienok dostávame systém: (y(0) =) 0 = c 1 (y (0) =) 1 = 2c 1 + c 2. Tento systém má riešenie c 1 = 0, c 2 = 1 a tak riešenie danej diferenciálnej rovnice, ktoré spĺňa danú počiatočnú podmienku je y(t) = te 2t. Strana 32 z 43

33 Prípad komplexného koreňa Nech charakteristická rovnica (3.9) má komplexné korene λ 1 = p + iq, λ 2 = p iq. V tom prípade funkcie e (p+iq)t, e (p iq)t nie sú reálne funkcie. Upravme ich využitím Eulerovho vzťahu e it = cos t + i sin t, t R e λ1t = e pt e iqt = e pt (cos qt + i sin qt), e λ2t = e pt e iqt = e pt (cos qt i sin qt). Vidíme, že tieto riešenia sú lineárnou kombináciou dvoch reálnych funkcií y 1 = e pt cos qt, y 2 = e pt sin qt. Ukážeme, že y 1, y 2 sú riešenia diferenciálnej rovnice (3.8) a sú lineárne nezávislé. Keďže λ 1 = p + iq je riešením rovnice (3.9), tak (p + iq) 2 + a(p + iq) + b = 0 p 2 + 2ipq q 2 + ap + iaq + b = 0, (3.10) odkiaľ dostávame p 2 q 2 + ap + b = 0, 2pq + aq = 0. Vypočítajme derivácie funkcie y 1 : y 1 = e pt cos qt, y 1 = pe pt cos qt qe pt sin qt, y 1 = (p 2 q 2 )e pt cos qt 2pqe pt sin qt. Dosaďme ich do diferenciálnej rovnice (3.8) a použijme rovnosti (3.10). y + ay + by = = (p 2 q 2 )e pt cos qt 2pqe pt sin qt + ape pt cos qt aqe pt sin qt + be pt cos qt = = (p 2 q 2 + ap + b)e pt cos qt (2pq + aq)e pt sin qt = 0 Ukázali sme, že funkcia y 1 = e pt cos qt je riešením diferenciálnej rovnice (3.8). Analogicky sa ukáže, že aj funkcia y 2 = e pt sin qt je riešením diferenciálnej rovnice (3.8). Pre zistenie lineárnej nezávislosti týchto riešení vypočítajme ich wronskián. W (t) = ept cos qt e pt sin qt pe pt cos qt qe pt sin qt pe pt sin qt + qe pt cos qt = Strana 33 z 43

34 = e 2pt (p cos qt sin qt + q cos 2 qt p cos qt sin qt + q sin 2 qt) = = e 2pt q(cos 2 qt + sin 2 qt) = e 2pt q 0, t R. To znamená, že y 1 = e pt cos qt, y 2 = e pt sin qt sú lineárne nezávislé riešenia diferenciálnej rovnice (3.8) a tak jej všeobecné riešenie je y = c 1 e pt cos qt + c 2 e pt sin qt, c 1, c 2 R, t R. Príklad Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice y 2y + 5y = 0. Riešenie. Charakteristická rovnica danej diferenciálnej rovnice, λ 2 2λ + 5 = 0 (D = ( 2) = 16), má komplexné korene λ 1,2 = 1 ± 2i a im odpovedajúce riešenia sú y 1 = e t cos 2t, y 2 = e t sin 2t. Všeobecné riešenie danej diferenciálnej rovnice je y = c 1 e t cos 2t + c 2 e t sin 2t, c 1, c 2 R, t R. Strana 34 z Nehomogénna lineárna diferenciálna rovnica Budeme hľadať riešenie lineárnej diferenciálnej rovnice druhého rádu s nenulovou pravou stranou, t.j. rovnice (3.3) y + p(t)y + q(t)y = f(t), t I, p, q, f C(I). Vieme, že všeobecným riešením homogénnej diferenciálnej rovnice (3.4)(f(t) = 0, t I) je funkcia y(t) = c 1 y 1 (t) + c 2 y 2 (t), (3.11) kde y 1, y 2 sú jej lineárne nezávislé riešenia. Pozrime sa, akú štruktúru má riešenie nehomogénnej diferenciálnej rovnice (3.3). Platí veta.

35 Veta Ak funkcia ϕ je riešením homogénnej diferenciálnej rovnice (3.4) a ψ je riešením nehomogénnej diferenciálnej rovnice (3.3) potom ϕ+ψ je riešením nehomogénnej diferenciálnej rovnice (3.3). Dôkaz.. Keďže ϕ je riešením homogénnej diferenciálnej rovnice (3.4), platí ϕ (t) + p(t)ϕ (t) + q(t)ϕ(t) = 0, t I. (3.12) Podobne ψ je riešením nehomogénnej diferenciálnej rovnice (3.3) a teda platí Sčítaním rovníc (3.12), (3.13)dostaneme ψ (t) + p(t)ψ (t) + q(t)ψ(t) = f(t), t I. (3.13) (ϕ(t) + ψ(t)) + p(t)(ϕ(t) + ψ(t)) + q(t)(ϕ(t) + ψ(t)) = = ϕ (t) + p(t)ϕ (t) + q(t)ϕ(t) + ψ (t) + p(t)ψ (t) + q(t)ψ(t) = = 0 + f(t) = f(t), čo znamená, že ϕ + ψ je riešením nehomogénnej rovnice (3.3). Strana 35 z Metóda variácie konštánt Z vety vyplýva, že k tomu, aby sme našli všeobecné riešenie nehomogénnej diferenciálnej rovnice (3.3) potrebujeme násť všeobecné riešenie homogénnej diferenciálnej rovnice (3.4) (to už vieme) a jedno partikulárne riešenie nehomogénnej diferenciálnej rovnice (3.3). Postup ako nájsť to partikulárne riešenie dáva metóda variácie konštánt. Spočíva v tom, že hľadáme riešenie nehomogénnej diferenciálnej rovnice (3.3) v tvare (3.11), pritom predpokladáme, že c 1, c 2 sú funkcie premennej t. Keďže hľadáme dve funkcie c 1, c 2 budeme potrebovať ešte jednu podmienku okrem podmienky, že y v tvare (3.11) vyhovuje diferenciálnej rovnici (3.3). Nech y(t) = c 1 (t)y 1 (t) + c 2 (t)y 2 (t).

36 Urobme deriváciu tejto funkcie (pre prehľadnosť nebudeme písať argument t) y = c 1y 1 + c 1 y 1 + c 2y 2 + c 2 y 2 a položme c 1y 1 + c 2y 2 = 0. Za tohto prepokladu urobme druhú deriváciu a všetko dosaďme do rovnice (3.3) Po úprave máme y = c 1y 1 + c 1 y 1 + c 2y 2 + c 2 y 2 c 1y 1 + c 1 y 1 + c 2y 2 + c 2 y 2 + p(t)(c 1 y 1 + c 2 y 2) + q(t)(c 1 y 1 + c 2 y 2 ) = f(t). c 1 (y 1 + p(t)y 1 + q(t)y 1 ) + c 2 (y 2 + p(t)y 2 + q(t)y 2 ) + c 1y 1 + c 2y 2 = f(t). Keďže y 1, y 2 sú riešenia homogénnej diferenciálnej rovnice (3.4), z poslednej rovnice vyplýva Dostali sme systém rovníc c 1y 1 + c 2y 2 = f(t). c 1y 1 + c 2y 2 = 0 c 1y 1 + c 2y 2 = f(t), kde neznáme sú funkcie c 1, c 2. Determinant tejto sústavy je wronskián funkcií y 1, y 2 a ten je nenulový, lebo sú to lineárne nezávislé funkcie. Preto môžeme sústavu rovníc riešiť Cramerovým pravidlom. Ak označíme W (t) = y 1(t) y 2 (t) y 1(t) y 2(t), W 1(t) = 0 y 2(t) f(t) y 2(t), W 2(t) = y 1(t) 0) y 1(t) f(t), potom W1 (t) c 1 (t) = W (t) dt, c W2 (t) 2(t) = W (t) dt. Ak zoberieme jednu z primitívnych funkcií k uvedeným funkciám a dosadíme do vzťahu (3.11) dostaneme partikulárne riešenie diferenciálnej rovnice (3.3). Strana 36 z 43

37 Príklad Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice y y = ex e x +1. Riešenie. Charakteristická rovnica homogénnej diferenciálnej rovnice y y = 0, λ 2 1 = 0 má riešenia λ 1 = 1, λ 2 = 1 a im odpovedajúce riešenia y 1 = e x, y 2 = e x tvoria fundamentélny systém riešení. Všeobecné riešenie danej diferenciálnej rovnice je y = c 1 e x + c 2 e x + Y (x), c 1, c 2 R, t R. Partikulárne riešenie Y (x) diferenciálnej rovnice s pravou stranou nájdeme metódou variácie konštánt. Postupne vypočítame determinanty W, W 1, W 2 : W (t) = ex e x e x e x = 2, W 1(t) = 0 e x e x e x +1 e x = 1 e x + 1, W 2 (t) = e x 0 e x = ex e x + 1. ex e x +1 Ďalej nájdeme funkcie c 1, c 2. c 1 = c 2 = = 1 2 W1 (x) W (x) dx = 1 2 ( 1 u 1 1 u W2 (x) W (x) dx = 1 2 ( 1 1 u = 1 2 dx e x + 1 = e x + 1 = u x = ln(u 1) dx = du u 1 ) du = 1 2 (x ln(ex + 1)). e 2x e x + 1 dx = e x + 1 = u e x dx = du e x = u 1 ) du = 1 2 (ex + 1 ln(e x + 1)). = 1 2 = 1 2 du u(u 1) = u 1 u du = Strana 37 z 43

38 Partikulárne riešenie diferenciálnej rovnice s pravou stranou je Y (x) = 1 2 (x ln(ex + 1)) e x 1 2 (ex + 1 ln(e x + 1)) e x a všeobecné riešenie danej diferenciálnej rovnice je y = c 1 e x + c 2 e x (x ln(ex + 1)) e x 1 2 (ex + 1 ln(e x + 1)) e x, c 1, c 2 R, x R Špeciálny tvar pravej strany Sú aj iné metódy odhadu partikulárneho riešenia nehomogénnej lineárnej diferenciálnej rovnice, ktoré závisia od typu funkcie na pravej strane. V prípade lineárnej diferenciálnej rovnice s konštantnými koeficientami je to tzv. metóda neurčitých koeficientov. Nech diferenciálna rovnica má tvar y + ay + by = Q m (t)e αt, (3.14) kde Q m je polynóm stupňa m, α R, a, b R. Ak α nie je koreň charekteristickej rovnice, má diferenciálna rovnica (3.14) partikulárne riešenie Y = P m (t)e αt, kde P m je polynóm stupňa m. Ak α je k-násobný koreň charekteristickej rovnice, k {1, 2}, má diferenciálna rovnica (3.14) partikulárne riešenie Y = t k P m (t)e αt, kde P m je polynóm stupňa m. Na určenie polynómu P m použijeme metódu neurčitých koeficientov. Príklad Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice y + y = 5t. Strana 38 z 43

39 Riešenie. Charakteristická rovnica danej diferenciálnej rovnice, λ 2 + λ = 0 má riešenia λ 1 = 0, λ 2 = 1 a im odpovedajúce riešenia y 1 = 1, y 2 = e t tvoria fundamentélny systém riešení. Pravá strana je polynóm prvého stupňa a α = 0 je jednoduchý koreň charakteristickej rovnice, preto partikulárne riešenie bude mať tvar Y = t(at + B) Y = 2At + B Y = 2A. Dosadením do danej diferenciálnej rovnice dostaneme 2A + 2At + B = 5t 2A + B = 0 2A = 5 A = 5 2, B = 5. Partikulárne riešenie je Y = t ( 5 2 t 5) a všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice ( ) 5 y = c 1 + c 2 e t + t 2 t 5, c 1, c 2 R, t R. Strana 39 z 43 Pozrime sa teraz na diferenciálnu rovnicu tvaru y + ay + by = e αt (Q 1 (t) cos βt + Q 2 (t) sin βb), (3.15) kde Q 1, Q 2 sú polynómy (môžu byť konštanty, jeden z nich nulový). Nech m je najvyšší zo stupňov polynómov Q 1, Q 2. Ak α + iβ nie je koreňom charekteristickej rovnice, má diferenciálna rovnica (3.15) partikulárne riešenie Y = e αt (P 1 (t) cos βt + P 2 (t) sin βt), kde P 1, P 2 sú polynómy stupňa m.

40 Ak α + iβ je koreňom charekteristickej rovnice, má diferenciálna rovnica (3.15) partikulárne riešenie Y = te αt (P 1 (t) cos βt + P 2 (t) sin βt), kde P 1, P 2 sú polynómy stupňa m. Príklad Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice y + y = sin t. Riešenie. Charakteristická rovnica danej diferenciálnej rovnice λ = 0 má riešenia λ 1 = i, λ 2 = i. Fundamentélny systém riešení tvoria funkcie y 1 = cos t, y 2 = sin t. Keďže λ 1 = 0 + i je koreňom charakteristickej rovnic, hľadáme partikulárne riešenie rovnice s pravou stranou v tvare Y = t(a cos t + B sin t), Y = A cos t At sin t + B sin t + Bt sin t, Y = 2A sin t At cos t + 2B cos t Bt sin t. Strana 40 z 43 Dosadením do danej diferenciálnej rovnice dostaneme 2A sin t + 2B cos t = sin t 2A = 1 2B = 0 A = 1 2, B = 0. Partikulárne riešenie je Y = 1 2t cos t a všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice y = c 1 cos t + c 2 sin t 1 2 t cos t, c 1, c 2 R, t R.

41 Princíp superpozície Ak pravá strana diferenciálnej rovnice je súčtom viacerých funkcií, na nájdenie partikulárneho riešenia môžeme použiť princíp superpozície. V čom spočíva? Uvažujeme diferenciálnu rovnicu v tvare y + ay + by = f 1 (t) + f 2 (t) + + f k (t), t I. (3.16) Ak Y 1, Y 2,..., Y k sú odpovedajúco parikulárne riešenia diferenciálnych rovníc y + ay + by = f i (t), i = 1, 2,..., k, t I, potom funkcia Y = Y 1 +Y 2 + +Y k je na, intervale I, riešením diferenciálnej rovnice (3.16). Príklad Nájdite všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice y y = e x + e 2x + x. Riešenie. Charakteristická rovnica danej diferenciálnej rovnice λ 2 1 = 0 má riešenia λ 1 = 0, λ 2 = 1. Fundamentélny systém riešení tvoria funkcie y 1 = 1, y 2 = e x. Nájsť partikulárne riešenie uvažovanej rovnice, znamená násť partikulárne riešenia rovníc 1) y y = e x, 2) y y = e 2x, 3) y y = x. 1) Keďže 1 je koreň charkteristickej rovnice, tak partikulárne riešenie prvej rovnice má tvar Y 1 = Axe x. Urobme prvú a druhú deriváciu: Y 1 = Ae x + Axe x, Y 1 = 2Ae x + Axe x. Dosadením do prvej diferenciálnej rovnice dostaneme 2Ae x + Axe x Ae x Axe x = e x A = 1 a tak Y 1 = xe x. Strana 41 z 43

42 2) Keďže 2 nieje koreňom charkteristickej rovnice, tak partikulárne riešenie druhej rovnice má tvar Y 2 = Be 2x. Urobme prvú a druhú deriváciu: Y 2 = 2Be2 x, Y 1 = 4Be 2x. Dosadením do druhej diferenciálnej rovnice dostaneme 4Be 2x 2Be2 x = e 2x B = 1 2 a tak Y 2 = 1 2 e2x. 3) Keďže 0 je koreň charkteristickej rovnice, tak partikulárne riešenie tretej rovnice má tvar Y 3 = x(cx + D). Urobme prvú a druhú deriváciu: Y 3 = 2Cx + D, Y 1 = 2C. Dosadením do tretj diferenciálnej rovnice dostaneme 2C 2Cx D = x 2C = 1 ( ) 1 2C D = 0 C = 1 2, D = 1 a tak Y 3 = x 2 x + 1. Partikulárne riešenie zadanej diferenciálnej rovnice je Y = xe x e2x x ( 1 2 x + 1) a všeobecné riešenie y = c 1 + c 2 e x + xe x + 1 ( ) 1 2 e2x x 2 x + 1, c 1, c 2 R, x R. Strana 42 z 43 Použitá literatúra [1] Diblík, J.,Ružičková, M.: Obyčajné diferenciálne rovnice, EDIS, Žilina, 2008.

43 [2] Eliaš, J. Horváth, J. Kajan, J.: Zbierka úloh z vyššej matematiky č. 3, Alfa, Bratislava [3] Kulvánek, I., Mišík, L., Švec, M.: Matematika II, SVTL, Bratislava, [4] Robinson, J.C.: An introduction to ordinary differential equations, Cambridge, Strana 43 z 43