[REKLAMA]

Zápisky z předmětu Diferenciální rovnice

Předmět se zabývá nejdůležitějšími rovnicemi, které se dají řešit analyticky.

V knize Matematika II (Bratislava) je spousta příkladů, které se mohou objevit v zápočtovém testu nebo zkoušce!

Zkouska: písemná část (tři příklady, 90 minut, nutno získat dva body), ústní část (známku z písemné známky lze zlepšit o stupeň, tedy dvě písmena)

Obsah

  1. Historie diferenciálních rovnic
  2. Příklady
  3. Značení a definice
  4. Řešení obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu
  5. Soustavy obyčejných diferenciálních rovnic prvního řádu
  6. Lineární diferenciální rovnice

Historie diferenciálních rovnic

Příklady

Příklad (rovnice počasí). x˙=σ(yx) y˙=rxyxz z˙=bz+xy
Příklad (pohyb hmotného bodu po přímce).
𝑚 𝑥₀ 𝐹
m+,F mx¨=F x˙(t)=Fmt+C1 x(t)=F2mt2+C1t+C2 Vychází to nejednoznačně, tedy úloha není úplně zadaná. Musíme přidat počáteční podmínky: x(0)x0 mx˙(0)p0 Poté již můžeme úlohu jednoznačně vyřešit: C1=p0m C2=x0
Příklad (dynamika křivek v rovině). Máme křivku Γ(t), na jejíž okraj působí normálová síla. Změnu popisuje Laplaceův-Youngův zákon: vΓ=κΓ+F kde vΓ je normálová rychlost bodu Γ(t), F je normálová síla a κΓ je křivost Γ(t) v daném bodě.
Γ 𝐹
Poloměr této kružnice se pak mění podle vztahu: r˙(t)=1r(t)+F,r(t=0)=r0 Rovnici lze vyřešit pro F=0: r(t)r˙(t)=1 12ddt(r(t)2)=1 12r(t)2=t+C1 C1=r022 r(t)=r022t
Příklad (prosakování vody z chemické laboratoře do učebny B-114).
Laboratoř B-114  Δ𝑝  𝑥 𝐿    porézní prostředí
j=0 j(x)=Kdpdx(Darcyho zaˊkon) Z toho máme diferenciální rovnici:i ddx(Kdpdx)=0,p(0)=pA,p(L)=pA+Δp Řešení: Kdpdx=C1 p(x)=C1Kx+C2 p(x)=ΔpLx+pA
Příklad (Clausiova-Clapeyronova rovnice fázové rovnováhy). dpdT=lT(v2v1) kde p je tlak, T teplota, l latentní teplo, v1 je měrný objem kapaliny a v2 měrný objem plynu. Řešení: p(T)p(T0)=lv2v1(ln(T)ln(T0)) p(T)=p0+lv2v1ln(TT0)
Příklad (úloha o tvaru povrchu kapaliny v rotující sklenici).
y y(x)=x2ω22g+C1 Konstantu můžeme spočítat z objemu.
Příklad (rovnice s parciálními derivacemi). u(t,x)=exp((xx0)24Dt)2πDt tu(t,x)= xu(t,x)= x2u(t,x)= (t)u(t,x)=Dx2u(t,x)

Značení a definice

Definice. Nechť n,p0,F:2+n,F𝒞p. Pak F(x,y,y,,y(n)) je obyčejný diferenciální výraz n-tého řádu, pokud y(n) je netriviálně zastoupena.
Definice. Mějme obyčejný diferenciální výraz F(x,y,y,,y(n)) a otevřený interval . Pak rovnice F(x,y,y,,y(n))=0,x se nazývá obyčejná diferenciální rovnice n-tého řádu.
Definice. Klasické řešení obyčejné diferenciální rovnice je funkce y:,y=y(x) splňující vztah (x)(F(x,y(x),y(x),,y(n)(x))=0).
Poznámka. K obyčejné diferenciální rovnici můžeme doplnit:
Definice. Řešení y obyčejné diferenciální rovnice je jednoznačné, pokud pro každé řešení z platí y=z.
Poznámka. K hledání řešení používáme algebraické úpravy (násobení, sčítání) a funkcionální úpravy (substituce).
Definice. Úprava obyčejné diferenciální rovnice je ekvivalentní, pokud se jí nezmění množina řešení rovnice.
Příklad. xy=y2y Použijeme separaci proměnných: yy2y=1x,x0,y2y Jelikož jsme vyloučili platná řešení y(x)=0,y(x)=1 a ještě navíc omezili definiční obor, úprava není ekvivalentní.
Poznámka. Stěrka na tabuli byla původně vynalezena na Karlově univerzitě. Profesoru Benešovi jednu stěrku daroval student přecházející k němu z matfyzu a on ji má dodnes vystavenou v kanceláři, nepoužitou. Mezitím se používání stěrek rozšířilo i na jaderku.
Příklad. y+100y=0,y(0)=0,y(π)=0 Obecné řešení: y(x)=C1sin(10x)+C2cos(10x) Řešení s okrajovými podmínkami: y(x)=C2cos(10x) Tedy konstanty nemusí být jednoznačně určeny stejným počtem podmínek!
Poznámka. Obyčejná diferenciální rovnice se dá převést na soustavu diferenciálních rovnic prvního řádu: y1=yy2=y1yn1=yn2
Definice. Nechť f:2. Potom rovnice y=f(x,y) se nazývá obyčejná diferenciální rovnice prvního řádu v normálním tvaru.
[REKLAMA]

Řešení obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu

Definice. Nechť je omezený interval a 2. Říkáme, že obsahuje funkce stejně omezené na , pokud (K+)(f)(x)(|f(x)|K)
Definice. Nechť je omezený interval a 2. Říkáme, že obsahuje funkce stejně spojité na , pokud (ε+)(δ+)(x1,x2,|x1x2|<δ)(f)(|f(x1)f(x2)|ε)
Věta (Bolzano-Weierstraß). Každá posloupnost bodů z uzavřeného intervalu má konvergentní podposloupnost.
Věta (Arzela). Nechť je omezený interval a je množina stejně omezených a stejně spojitých funkcí. Potom každá posloupnost {gn}n=1ω má podposloupnost stejnoměrně konvergentní na .
Příklad. Potřebuje japonský student na hokeji čísla π a e? Student drží válcovou nádobu. Ke spočtení objemu nádoby je potřeba π. Pro využití e vyřešíme úlohu o rozpadu pěny nad nápojem.
 𝑦
y=αy y(x0)=y0 Eulerova myšlenka: Interval 0+ diskretizujeme body xjjh. Nechť yjy(xj). Aproximujeme y(xj)yj+1yjh. Tím získáváme rovnici yj+1yjh=αyjyj+1=(1αh)yjyj=(1αh)jy0 Z toho obecně získáváme vyjádření y(x)(1αxm)my0=(1αxm)mαxαx((11pn)pn)αxeαx Pomocí separace proměnných to jde samozřejmě mnohem jednodušeji, ale tady je hezky vidět, kde se tam vezme e.

Věta (Peano). Nechť Γ2 je oblast, f:Γ,f𝒞(Γ),[x0,y0]Γ. Pak existuje a0+ a zobrazení φ:[x0a0,x0+a0], které na (x0x0,x0+a0) řeší úlohu y=f(x,y),y(x0)=y0
Příklad. Mějme diferenciální rovnici y=y23,y(0)=0 Do Peanovy věty vezmeme f(x,y)y23,Γ2 a snadno ověříme, že předpoklady jsou splněny. Tedy rovnice má řešení. Toto řešení dokonce umíme najít metodou separace proměnných. Ověříme, že y=0 je řešení, což nám umožní dělit: yy23=1 3y3=x+C y=x33 Našli jsme tedy dokonce dvě řešení, což Peanova věta nepopírá.
Příklad. Mějme diferenciální rovnici y=sgn(y),y(x0)=y0 Funkce f(x,y)sgn(y) není spojitá v y=0, tudíž není možné použít Peanovu větu. Budeme muset rozlišit několik případů: Řešení tedy existuje, přestože předpoklady Peanovy věty nejsou splněny.
Věta (Osgood). Nechť k funkci f=f(x,y) v úloze y=f(x,y),y(x0)=y0 existuje spojitá funkce Φ:0+0+ taková, že Potom má rovnice nejvýše jedno řešení.
Definice. Funkce f=f(x,y) je lokálně lipschitzovská na Γ vůči argumentu y, pokud ([x0,y0]Γ)(H[x0,y0])(K+)([x,y1],[x,y2]H[x0,y0])(|f(x,y1)f(x,y2)|K|y1y2|)
Věta. Pokud yf(x,y)C(Γ), potom f(x,y) je lokálně lipschitzovská vůči y.
[REKLAMA]

U Peanovy věty je problém, že nám zaručuje řešení pouze lokálně. Co kdyby nás zajímalo, jestli existuje globální řešení, tedy na co největším intervalu? To je úloha o globální existenci řešení.

Použijeme taktiku prodlužování řešení. Buďme ve své oblíbené kružnici. Víme, že tam najdeme nějaké lokální řešení φ na intervalu (x0a0,x0+a0). Bez újmy na obecnosti budeme prodlužovat doprava. Vezmeme bod x1x0+a1,y1φ(x1) a aplikujeme na něj znovu Peanovu větu. Tím vznikne řešení na nějakém intervalu (x1a1,x1+a1). To se ale v levé části nemusí shodovat s původním řešením, takže si z něj vezmeme jen pravou část. A tak dále. Tedy obecně xkxk1+ak1,ykφ(xk), pomocí Peanovy věty najdeme řešení φk a rozšíříme pomocí něj φ.

Otázkou je, co se stane, když toto budeme dělat do nekonečna. Zatím víme:

(k)(ak>0xk+1>xk[xk,yk]Γ)

Jelikož posloupnost {xk}k=0 je monotónní, určitě má limitu, ale jinak o ní moc nevíme.

Definice. Nechť φ řeší úlohu y=f(x,y),y(x0)=y0 na intervalu [α,β],x0(α,β). Říkáme, že řešení φ je prodloužitelné doprava (analogicky doleva), pokud existuje funkce φ1 řešící rovnici na [α1,β1],x0(α1,β1),β1>β a (x[x0,β])(φ(x)=φ1(x)). V opačném případě je neprodloužitelné doprava.
Věta (o vlastnosti neprodloužitelného řešení). Nechť Γ2 je oblast, [x0,y0]Γ,f𝒞(Γ). Pak řešení φ úlohy y=f(x,y),y(x0)=y0 je neprodloužitelné doprava na intervalu α,β, právě když platí alespoň jedna z podmínek:
Lemma. Jestliže platí předpoklady předchozí věty a neplatí žádná ze tří podmínek, potom existuje reálná limita limxβφ(x).
Příklad. Řešme rovnici y=cosx,y(x0)=y0. Řešení je zřejmě y=sinx+C1,C1=y0sinx0. Toto řešení zřejmě funguje na Γ=2. Ale co kdybychom ho chtěli jen pro y(12,12), tedy Γ0×(12,12)? Potom už nám řešení vždy funguje jen na nějakém malém intervalu a nepůjde prodloužit podle třetího bodu věty.

Takže už umíme poznat, jestli je řešení prodloužitelné, ovšem neumíme zjistit, jestli nějaké neprodloužitelné řešení existuje. Podívejme se znovu na prodlužovací proceduru. Při ní vzniká nějaká ostře rostoucí posloupnost bodů {xn}, kolem kterých budeme prodluzovat.

Věta (o existenci neprodloužitelného řešení). Nechť Γ2 oblast,f𝒞(Γ),[x0,y0]Γ (tedy jsou splněny předpoklady Peanovy věty). Potom existuje neprodloužitelné řešení rovnice y=f(x,y),y(x0)=y0.

Budeme zkoumat vlastnosti řešení rovnice ohledně diferencovatelnosti a závislosti na počáteční podmínce. Víme, že řešení vždy existuje na nějakém neprodloužitelném intervalu (m1(x0,y0),m2(x0,y0)).

Věta (o regularitě řešení). Nechť platí předpoklady Peanovy věty a navíc f𝒞p(Γ),p0. Potom řešení rovnice má spojité derivace až do řádu p+1.
Věta (o spojité závislosti na datech). Nechť Γ2 je oblast,[x0,y0]Γ,M,L+ a {f𝒞(Γ)|([x,y]Γ)(|f(x,y)|M)([x,y1],[x,y2]Γ)(|f(x,y1)f(x,y2)|L|y1y2|)} Označme řešení úlohy y=f(x,y),y(x0)=y0 jako φ(x)φ(x;x0,y0,f) pro f na a~,b~(m1(x0,y0,f),m2(x0,y0,f)) a řešení úlohy y=f(x,y),y(x0)=y0 jako φ(x)φ(x;x0,y0,f) pro f na a~,b~(m1(x0,y0,f),m2(x0,y0,f)). (Interval a~,b~ je pro obě úlohy stejný.) Potom (ε+)(δ+)([x0,y0]Γ)(f)(|x0x0|<δ|y0y0|<δ([x,y]Γ)(|f(x,y)f(x,y)|<δ)(xa~,b~)(|φ(x)φ(x)|<ε))
[REKLAMA]

Soustavy obyčejných diferenciálních rovnic prvního řádu

Definice. Nechť pro všechna kn^ je Fk:2n+1 obyčejný diferenciální výraz. Potom (kn^)(Fk(x,y1,,yn,(y1),,(yn))=0) je soustava n obyčejných diferenciálních rovnic prvního řádu. (Fk,yk jsou indexy, nikoliv mocniny.)
Poznámka. Každou obyčejnou diferenciální rovnici (nebo i soustavu) vyššího řádu lze převést na soustavu diferenciálních rovnic prvního řádu.
Definice. Normální tvar soustavy obyčejných diferenciálních rovnic prvního řádu je (kn^)((yk)=fk(x,y1,,yn)) Pokud budeme brát y,f jako vektor všech yk,fk, můžeme psát y=f(x,y)
Definice. Nechť A1+n je konvexní. Funkce g:A je lokálně lipschitzovská vůči y, pokud ([x0,y0]A)(H[x0,y0])(L+)([x,y1],[x,y2]H[x0,y0])(|g(x,y1)g(x,y2)|L|y1y2|)
Věta. Spojitě diferencovatelná funkce je lokálně lipschitzovská.
Věta (Picard). Nechť Γ1+n je oblast, [x0,y0]Γ,f:nn,f,yf𝒞(Γ). Potom existuje a+ a funkce φ:(x0a,x0+a)n, která jednoznačně řeší úlohu y=f(x,y),y(x0)=y0.
Příklad (Lorenzovy rovnice). Tyto rovnice se používají pro předpověď počasí. x˙=σx+σyy˙=rxyxzz˙=bz+xy Tedy f(t,x,y,z)=(σx+σyrxyxzbz+xy) Podle Picardovy věty existuje jednoznačné řešení a podle věty o spojité závislosti na datech závisí řešení spojitě na počátečních podmínkách.
[REKLAMA]

Lineární diferenciální rovnice

Definice. Nechť je interval, n a (i,jn^)(ai,j,bj𝒞(,)). Pak soustava lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu je (in^)((yi)=i=1nai,j(x)yj+bi(x)) neboli y=𝐀(x)y+b(x)
Definice. Nechť je interval a (jn^)(pj𝒞(,)). Pak lineární diferenciální rovnice n-tého řádu je y(n)+j=0n1pnj(x)y(j)=q(x) Je-li q(x)=0, jde o rovnici bez pravé strany, jinak s pravou stranou.
Poznámka. Lineární rovnice vyššího řádu se dá převést na soustavu lineárních rovnic prvního řádu: (z1)(x)=z2(x)(z2)(x)=z3(x)(zn+1)(x)=zn(x)(zn)(x)=q(x)j=1npnj+1(x)zj(x) Picardova věta nám poté zajistí řešení pro dané počáteční podmínky.
Věta (linearita řešení). Nechť y1,,yk řeší lineární diferenciální rovnici vyššího řádu bez pravé strany na intervalu a α1,,αk. Potom yi=1kαiyi je také řešení.
Věta. Nechť z řeší lineární diferenciální rovnici vyššího řádu s pravou stranou na intervalu a y řeší tu samou rovnici bez pravé strany. Potom i y+z řeší rovnici s pravou stranou.
Definice. Nechť je otevřený interval a f1,,fn:. Řekneme, že f1,,fk jsou na lineárně závislé, pokud (α1,,αk,(jk^)(αj0))(x)(j=1kαjfj(x)=0)
Definice. Nechť je otevřený interval a f1,,fk: jsou diferencovatelné do řádu k1. Pak Wrońského determinant (wrońskián) je Wf1,,fk(x)det(f1(x)fk(x)f1(x)fk(x)f1(k1)(x)fkk1(x))
Věta (obecná implikace). Nechť je otevřený interval a funkce f1,,fk: jsou diferencovatelné do řádu k1 a lineárně závislé na . Potom (x)(Wf1,,fk(x)=0).
Příklad. Vraťme se k funkcím x3,|x|3. Wrońskián těchto funkcí na intervalu (1,1) je všude nulový, a přesto jsou funkce lineárně nezávislé. Věta tedy obecně vopáčně neplatí.
Věta. Mějme lineární difeenciální rovnici bez pravé strany. Potom:
Věta. Nechť y1,,yn jsou řešení lineární diferenciální rovnice bez pravé strany na intervalu a (x0)(Wy1,,yn(x0)=0). Potom y1,,yn jsou na lineárně závislé.
Definice. Nechť y1,,yn řeší na rovnici bez pravé strany a jsou na lineárně nezávislá. Potom se (y1,,yn) nazývá fundamentální systém. (Tedy to, čemu normální lidé říkají báze.)
Věta. Nechť y1,,yn je fundamentální systém na . Pak pro každé řešení y rovnice existují α1,,αn takové, že y=j=1nαjyj. (Jinými slovy, je to báze.)
Věta. Nechť y1,,yn je fundamentální systém, Cn×n a Yjl=1nCj,lyl. Potom (x)(WY1,,Yn(x)=detCWy1,,yn) Speciálně pokud detC0, potom Y1,,Yn je fundamentální systém.
Poznámka (derivace determinantu). Nechť A:n×n. Potom detA(x)=π𝕊nsgnπj=1nAj,π(j)(x) (detA)(x)=π𝕊nsgnπl=1nAl,π(l)(x)j=1jlnAj,π(j)(x)=l=1ndet(A1,1(x)A1,n(x)Al,1(x)Al,n(x)An,1(x)An,n(x))
Věta. Nechť y1,,yn řeší lineární diferenciální rovnici bez pravé strany na a x0. Potom pro všechna x platí: Wy1,,yn(x)=Wy1,,yn(x0)exp(x0xp1(x~)dx~)
Věta. Nechť y1,,yn𝒞n(),(x)(Wy1,,yn(x)0). Potom existuje právě jedna lineární diferenciální rovnice bez pravé strany, pro níž je y1,,yn fundamentalní systém.
Poznámka (metoda variace konstant). Mějme lineární diferenciální rovnici s pravou stranou. Již víme, že odpovídající rovnice bez pravé strany má fundamentální systém řešení y1,,yn. Každé její řešení je ve tvaru y(x)=j=1nCjyj(x) Co kdyby koeficienty lineární kombinace také závisely na x? y(x)=j=1nCj(x)yj(x)y(x)=j=1nCj(x)yjprˇedpoklaˊdejme, zˇe to je 0+j=1nCj(x)yj(x)y(k)(x)=j=1nCj(x)yj(k1)prˇedpoklaˊdejme, zˇe to je 0+j=1nCj(x)yj(k)(x)y(n)(x)=j=1nCj(x)yj(n1)tohle nechaˊme byˊt!+j=1nCj(x)yj(n)(x)==q(x)+j=1nCj(x)yj(n)(x) Stačí tedy vyřešit soustavu j=1nCj(x)yj(k1)(x)=δk,nq(x)
Věta. Každá lineární diferenciální rovnice bez pravé strany má fundamentální systém.
[REKLAMA]
Definice. Lineární diferenciální rovnice s konstantními koeficienty je a0y(n)+k=1nanky(k)=q(x)
Věta. Funkce y(x)exp(λx) řeší lineární diferenciální rovnici s konstantními koeficienty bez pravé strany, právě když λ je kořen charakteristického polynomu j=0nan1λj.
Věta. Pokud λ1,,λk jsou různé kořeny charakteristického polynomu, potom řešení exp(λ1x),,exp(λkx) jsou lineárně nezávislá.
Lemma. Je-li λ0 k-násobný kořen polynomu p, potom je kořenem jeho derivací až do řádu k1.
Věta. Nechť λ0 je k-násobný kořen charakteristického polynomu p. Pak exp(λ0x),xexp(λ0x),,zk1exp(λ0x) jsou řešení rovnice.
Důsledek. Lineární diferenciální rovnice s konstantními koeficienty bez pravé strany má fundamentální systém exp(λ1x),xexp(λ1x),,xk11exp(λ1x),,exp(λpx),xexp(λpx),,xkp1exp(λpx), kde p je počet různých kořenů a k1,,kp jsou jejich násobnosti.

Samostatně: Metoda variace konstant a explicitní tvar fundamentálního systému pro soustavy lineárních rovnic s konstantní maticí

Příklad (okrajová úloha pro lineární diferenciální rovnici druhého řádu). (p(x)y)+q(x)y=f(x)α1y(a)+β1y(a)=0α2y(b)+β2y(b)=0 Předpoklady: Fyzikálně rovnice vyjadřuje zákon zachování veličiny y za předpokladu jejího toku ve tvaru j(x)=p(x)y(x) a přestupu hranicemi a,b. Rovnice je zapsána tak, aby se líbila fyzikům, ale z matematického hlediska je lepší ji rozčupčit a pokrátit: y(x)p(x)p(x)p1(x)y(x)q(x)p(x)p2(x)y(x)=f(x)p(x) Z toho už je hezky vidět, že jde o lineární diferenciální rovnici s pravou stranou, tedy má nějaký dvouprvkový fundamentální systém a partikulární řešení lze najít metodou variace konstant. Budeme vlastně řešit dvě počáteční úlohy: y(a)=ξ1,y(a)=ω1y(b)=ξ2,y(b)=ω2 Wrońskián pro daná dvě řešení v1,v2 je podle nějaké předchozí věty Wv1,v2=det(v1(x)v2(x)v1(x)v2(x))=Wv1,v2(x0)exp(x0xp1(x~)dx~) x0xp1(x~)dx~=x0xp(x~)p(x~)dx~=lnp(x)p(x0) p(x)Wv1,v2(x)=p(x0)Wv1,v2(x0)=konst.K Proveďme variaci konstant: y(x)C1(x)v1(x)+C2(x)v2(x) y(x)=C1(x)v1(x)+C2(x)v2(x)prˇedpoklaˊdaˊme 0+C1(x)v1(x)+C2(x)v2(x)y(x)=C1(x)v1(x)+C2(x)v2(x)+C1(x)v1(x)+C2(x)v2(x) Budeme tedy řešit soustavu C1(x)v1(x)+C2(x)v2(x)=0C1(x)v1(x)+C2(x)v2(x)=f(x)p(x) To má jednoznačné řešení C1,2(x)=D1,2(x)Wv1,v2(x),D1,2(x)v2,1(x)f(x)p(x) Budeme hledat řešení ve tvaru, který si prof. Beneš vycucal z prstu, ale ukazuje se, že funguje: C1(x)=xbC1(x~)dx~+C1(b)=1Kxbv2(x~)f(x~)dx~+C1(b) C2(x)=axC2(x~)dx~+C2(a)=1Kaxv1(x~)f(x~)dx~+C2(a) Hodnoty C1(b),C2(a) již dokážeme určit z okrajových podmínek tím, že si za x dosadíme a,b. Dostaneme se k tomu, že jsou obě 0. Tedy celkově máme y(x)=1K(xbv2(x~)f(x~)dx~)v1(x)+(axv1(x~)f(x~)dx~)v2(x)=1Kxbv1(x)v2(x~)f(x~)dx~1Kaxv1(x~)v2(x)f(x~)dx~=abG(x,x~)f(x~)dx~ kde G je Greenova funkce: G(x,x~)1K{v1(x~)v2(x),x~xv1(x)v2(x~),x~x=1Kv1(min(x,x~))v2(max(x,x~))
Příklad (Volný pád v plynném prostředí atmosféry). mx¨=mgkx˙2,k>0 mv˙=mgkv2,k>0 Jde o Ricattiho rovnici. Ta má konstantní řešení v1(x)mgk a ostatní řešení získáme jako z(t)=1v(t)v1(t)neˇjakeˊ sˇıˊlenosti Pro t to jde k v1.
[REKLAMA]