Součásti dokumentu 01DIFRcviceni
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{01DIFRcviceni}
\section{Lineární diferenciální rovnice 1.řádu}
\subsection*{Zamyslete se:}
Jaký mají tvar LDR? \\
Na jaké dva kroky se rozpadá řešení takovýchto rovnic? \\
Jak je to s jednoznačností řešení LDR?
\begin{displaymath}
tvar: y^\prime + q \big( x \big) \cdot y = q \big( x \big)
\end{displaymath}
\subsection*{Příklad č.1}
Řešte:
\begin{displaymath}
y^\prime + 2xy = x \cdot e^{-x^2}
\end{displaymath}
Z přednášky víme, že takovéto řešení se tento typ diferenciálních rovnic rozpadá na 2 etapy, v první řešíme rovnici
\uv{bez pravé strany} a v druhé řešíme pomocí metody variace konstant celkové řešení.
\subsubsection*{ 1.etapa \ldots \uv{bez pravé strany} }
\begin{displaymath}
y^\prime + 2xy = 0
\end{displaymath}
Vidíme, že se jedná o rovnici separovatelnou, pro jistotu spočtu sám:
\begin{displaymath}
\frac{ y^\prime }{y} + 2x = 0
\end{displaymath}
kde $y=0$ je rovněž řešením.
\begin{center}
\begin{math}
\int \frac{dy}{y} + 2 \int x dx = 0 \ldots y \neq 0
\end{math}
\begin{math}
\ln |y| = - x^2 + C
\end{math}
\begin{math}
|y| = A \cdot e^{-x^2} \ldots A>0
\end{math}
\begin{math}
y = A \cdot e^{-x^2}
\end{math}
\end{center}
kde A může být libovolné. Máme tedy obecné řešení rovnice bez pravé strany.
\subsubsection*{2.etapa \ldots metoda variace konstant}
Předpokládejme tedy, že konstanta A závisí nějak na parametru X, tedy $A = A \big( x \big) $, pak tedy:
\begin{center}
\begin{math}
y = A \big( x \big) \cdot e^{-x^2}
\end{math}
\begin{math}
A^\prime \big( x \big) \cdot e^{-x^2} + A \big( x \big) \cdot \big( -2x \big) \cdot e^{-x^2} + 2x \cdot A \big( x \big)
\cdot e^{-x^2} = x \cdot e^{-x^2}
\end{math}
\begin{math}
A^\prime \big( x \big) \cdot e^{-x^2} = x \cdot e^{-x^2}
\end{math}
\begin{math}
A^\prime \big( x \big) = x
\end{math}
\begin{math}
A \big( x \big) = \frac{1}{2} x^2 + C
\end{math}
\end{center}
a tedy obecné řešení na intervalu $ \big( - \infty , + \infty \big) $ původní rovnice je:
\begin{displaymath}
y = \big( \frac{1}{2} x^2 + C \big) \cdot e^{-x^2}
\end{displaymath}
Pokud bychom chtěli nějaké konkrétní řešení, ke kterému bychom měli zadané nějaké počáteční podmínky, museli bychom
je dosadit do zadání. Ukažme si jeden konkrétní případ:
\begin{displaymath}
y \big( 1 \big) = \frac{1}{e}
\end{displaymath}
nechť je podmínka. Dosaďme tedy:
\begin{displaymath}
\frac{1}{e} = \big( \frac{1}{2} \cdot 1 + C \big) \cdot e^{-1} \Longrightarrow C = \frac{1}{2}
\end{displaymath}
Máme tedy jedno konkrétní řešení:
\begin{displaymath}
y = \big( \frac{1}{2} x^2 + \frac{1}{2} \big) \cdot e^{-x^2}
\end{displaymath}
\subsection*{Příklad č.2}
Následující zadání bude trochu zajímavější. Řešte:
\begin{displaymath}
y^\prime \cdot \sin x - y \cdot \cos x = - \frac{ \sin ^2 x }{x^2}
\end{displaymath}
pokud požadujeme, aby při $x \to \infty $ bylo splněno: $y \big ( x \big) = 0$.
Opět se řešení rozpadá na dva případy.
\subsubsection*{ 1.etapa \ldots \uv{bez pravé strany} }
\begin{displaymath}
y^\prime \cdot \sin x - y \cdot \cos x = 0
\end{displaymath}
kde vidíme, že $y = 0$ je rovněž řešením. Proto můžeme do dalších výpočtů brát $y \neq 0$.
\begin{center}
\begin{math}
\frac{ y^\prime }{y} = \frac{ \cos x }{ \sin x }
\end{math}
\begin{math}
\int \frac{ dy }{y} = \int \frac{ \cos x }{ \sin x } dx
\end{math}
\begin{math}
\ln |y| = \ln | \sin x | + \ln C
\end{math}
\begin{math}
|y| = c | \sin x |
\end{math}
\begin{math}
y = C \cdot \sin x ; \ldots C \in R
\end{math}
\end{center}
\subsubsection*{2.etapa \ldots metoda variace konstant}
\begin{center}
\begin{math}
C = C \big( x \big)
\end{math}
\begin{math}
y = C \big( x \big) \cdot \sin x
\end{math}
\begin{math}
C^\prime \big( x \big) \cdot \sin ^2 x + C \big( x \big) \cos x \cdot \sin x - C \big( x \big) \cos x \cdot \sin x = - \frac{ \sin ^2 x}{x^2}
\end{math}
\begin{math}
C^\prime \big( x \big) \cdot \sin ^2 x = - \frac{ \sin ^2 x }{x^2}
\end{math}
\begin{math}
C \big( x \big) \frac{1}{x} + A
\end{math}
\end{center}
Obecným řešením tedy je:
\begin{displaymath}
y = \big( \frac{1}{x} + A \big) \sin x \longrightarrow y = \frac{ \sin x }{x} + k \cdot \sin x
\end{displaymath}
Naložíme-li na toto řešení podmínku, že $x \to \infty ;y \big ( x \big) = 0$, vidíme na první pohled, že $A = 0$, aby
byla podmínka splněna.
\subsection*{Příklad č.3}
Řešte:
\begin{displaymath}
y^\prime + \tan y = \frac{x}{ \cos y}
\end{displaymath}
Nejdříve tedy tuto rovnici převedeme na LDR.
\begin{displaymath}
y^\prime \cdot \cos y + \sin y = x
\end{displaymath}
kde můžeme použít substituci a zjednodušit si řešení:
\begin{center}
\begin{math}
z = \sin y
\end{math}
\begin{math}
z^\prime = \cos y \cdot y^\prime
\end{math}
\end{center}
Dostávám tedy tuto jednoduchou diferenciální rovnici:
\begin{displaymath}
z^\prime + z = x
\end{displaymath}
a dále už budu postupovat stejně jako v předchozím případě. 1.etapa:
\begin{center}
\begin{math}
z^\prime + z = 0
\end{math}
\begin{math}
\frac{z^\prime}{z} = -1
\end{math}
\begin{math}
\ln |z| = -x + C
\end{math}
\begin{math}
z = A \cdot e^{-x}
\end{math}
\end{center}
čímž jsme dostali obecné řešení bez pravé strany. V druhé etapě tedy budu postupovat:
\begin{center}
\begin{math}
z^\prime = A^\prime \big( x \big) \cdot e^{ -x} - A \big( x \big) \cdot e^{-x}
\end{math}
\begin{math}
A^\prime \big( x \big) \cdot e^{-x} = x
\end{math}
\begin{math}
A^\prime \big( x \big) = x \cdot e^x
\end{math}
\begin{math}
A = x \cdot e^x - e^x + C
\end{math}
\end{center}
tím dostávám:
\begin{displaymath}
z = \big( x \cdot e^x - e^x + C \big) \cdot e^{-x}
\end{displaymath}
tedy konečné řešení je:
\begin{displaymath}
y = \arcsin \big( x - 1 + C \cdot e^{-x} \big)
\end{displaymath}
