Rovnice se separovatelnými proměnnými — počáteční úlohy
Rovnice se separovatelnými proměnnými — počáteční úlohy
Teoretické minimum
Silně doporučujeme přečíst si kapitoly
Věnujme se nyní hledání řešení počáteční (Cauchyovy) úlohy, tj. problému @b \left\{ \begin{array}{ccc} y' & = & g(x)h(y),\\ y(x_0) & = & y_0. \end{array} \right. @b Z věty v části Rovnice se separovatelnými proměnnými — úvod
víme, že pokud leží počáteční podmínka @i (x_0,y_0) @i v některém ze základních obdélníků @i \mathcal O @i takových, že @i g @i a @i h @i jsou spojité pro všechna @i (x,y)\in\mathcal O @i, přičemž @i h\neq 0 @i na @i \mathcal O @i, pak řešení
(o kterém budeme hovořit jako o partikulárním řešení) existuje a je jediné. Nadto jeho integrální křivka leží v @i \mathcal O @i. Hledat partikulární řešení je poněkud jednodušší než najít obecné řešení, protože ve své podstatě vybíráme z obecného řešení
jedno konkrétní, jehož graf prochází bodem @i (x_0,y_0) @i. Toho lze s výhodou využít. Algoritmus na jeho hledání je zpočátku obdobný tomu na hledání obecného řešení, proto ho popíšeme trošku stručněji.
Algoritmus na hledání partikulárního řešení
- Najdeme intervaly, na kterých jsou funkce @i g @i a @i h @i spojité. Kartézskými součiny všech možných intervalů odpovídajících funkcím @i g @i a @i h @i vzniknou obdélníky, ve kterých budou ležet všechny integrální křivky řešení. Ze všech obdélníků
zvolíme ten, ve kterém se nachází počáteční podmínka. Např. nechť funkce @i g @i je spojitá na intervalech @i (a_1,b_1)@i a @i (a_2,b_2) @i (@i b_1<a_2 @i), a funkce @i h @i na intervalu @i (c,d) @i. A dále buď @i x_0\in (a_1,b_1) @i a @i y_0\in
(c,d) @i, tj. počáteční podmínka @i P=(x_0,y_0)\in\mathcal O_1 @i.
Další kroky pak budeme provádět na obdélníku @i \mathcal O_1 @i.
- Najdeme (pokud existují) konstantní řešení, tj. nalezneme nulové body funkce @i h @i na intervalu @i (c,d) @i — položíme @i h(y)=0. @i Pro jednoduchost předpokládejme, že rovnice má jediné řešení @i c_0 @i. Pak funkce @i y_{c_0}(x)=c_0,\ x\in (a_1,b_1),
@i je konstantním řešením @i y' = g(x)h(y) @i.
- @i c_0 = y_0 @i (počáteční podmínkou jsme se trefili do konstantního řešení) našli jsme řešení počáteční (Cauchyovy) úlohy a dál už pokračovat nebudeme (pokud platí, že @i h'@i je spojitá na @i (c,d) @i, je toto řešení dokonce jediné; v opačném případě
můžeme ztratit jednoznačnost řešení, viz poznámku v závěru kapitoly Rovnice se separovatelnými proměnnými — obecné řešení,
což je nad rámec tohoto kurzu).
- @i c_0 \neq y_0 @i, pokračujeme dál:
- @i c_0 = y_0 @i (počáteční podmínkou jsme se trefili do konstantního řešení) našli jsme řešení počáteční (Cauchyovy) úlohy a dál už pokračovat nebudeme (pokud platí, že @i h'@i je spojitá na @i (c,d) @i, je toto řešení dokonce jediné; v opačném případě
můžeme ztratit jednoznačnost řešení, viz poznámku v závěru kapitoly Rovnice se separovatelnými proměnnými — obecné řešení,
což je nad rámec tohoto kurzu).
- Graf konstantního řešení @i y_{c_0} @i rozdělil obdélník @i \mathcal O_1 @i na dva menší obdélníky (pokud budeme mít více konstantních řešení, získáme i více obdélníků)
- @i \mathcal O_{11} = (a_1,b_1)\times (c_0,d) @i
- @i \mathcal O_{12} = (a_1,b_1)\times (c,c_0) @i
Na tomto obdélníku použijeme
- algoritmus separace proměnných
Z definice diferenciálu funkce vyjádříme derivaci @i y' =\dfrac{{\rm d}y}{{\rm d}x}, @i kterou nahradíme v rovnici @i y' = g(x)h(y) @i. Dostaneme @b \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = g(x)h(y). @b Separujeme proměnné — @i x @i na jednu stranu rovnice a @i y @i na druhou, a to tak, aby diferenciály zůstaly v čitateli @b \frac{1}{h(y)}\,{\rm d}y = g(x)\,{\rm d}x.@b Nyní obě strany rovnice zintegrujeme @b \int \frac{1}{h(y)}\,{\rm d}y = \int g(x)\,{\rm d}x. @b Označíme-li @i H @i primitivní funkci k @i 1/h @i na intervalu @i (c,c_0) @i a @i G @i primitivní funkci ke @i g @i na intervalu @i (a_1,b_1) @i a vyznačíme-li v rovnici závislost funkce @i y @i na proměnné @i x @i, dostaneme @b H\big(y(x)\big) = G(x) + C\label{res}\tag{1}, @b kde @i C\in\mathbb R @i je integrační konstanta. To je rovnice pro obecné řešení.
- Mezi všemi řešeními nás zajímá pouze to, které splňuje počáteční podmínku. Tj. to, jehož integrální křivka prochází bodem @i (x_0,y_0) @i. Hledáme tedy konstantu @i C @i (označme ji @i C_0 @i), aby rovnice \eqref{res} byla splněna pro @i x = x_0 @i
a @i y(x_0)=y_0 @i, tedy @b H(y_0) = G(x_0) + C_0\ \Rightarrow \ C_0 = H(y_0) - G(x_0). @b @i C_0 @i dosadíme do \eqref{res} @b H\big(y(x)\big) = G(x) +H(y_0) - G(x_0). @b Z této rovnice vyjádříme neznámou funkci @i y @i (proč je to možné
udělat a pro jaká @i x @i, je detailněji popsáno v Rovnice se separovatelnými proměnnými — obecné řešení, Algoritmus na hledání obecného řešení), @b y(x) = H^{-1}\big(G(x)
+H(y_0) - G(x_0)\big),\ x\in (\alpha,\beta). @b Interval @i (\alpha,\beta)\subset (a_1,b_1) @i je největší podinterval intervalu @i (a_1,b_1) @i takový, že
- funkce @i y @i je na něm definovaná
- @i x_0\in (\alpha,\beta) @i
Pro ilustraci je příklad integrální křivky řešení @i y @i, včetně jeho definičního oboru, zakreslen na obrázku:
Související
Integrální počet, diferenciál.
- @i -1 @i uvažovat pouze zprava
- @i 1 @i uvažovat pouze zleva
Nicméně jednostranné derivace funkce @i \arcsin @i v obou krajních bodech sice existují, ale jsou nevlastní, což se nám do základního konceptu řešení diferenciálních rovnic příliš nehodí.
Případ, kdy funkce @i h @i má za definiční obor polouzavřený interval, si ukážeme v následujícím příkladě.
Řešené příklady
1. Najděte řešení počáteční (Cauchyovy) úlohy @b \left\{ \begin{array}{ccc} y' & = & 6x^2 {\sqrt y},\\ y(1) & = & 4, \end{array} \right. @b
- Naše rovnice je v separovaném tvaru. Pravá strana je součinem funkce @i g(x)=6 x^2 @i proměnné @i x @i a funkce @i h(y)=\sqrt y @i proměnné @i y @i.
- Funkce @i g @i je spojitá na @i \mathbb R @i a @i h @i je spojitá na @i [0,+\infty) @i. A tak základní obdélník, v němž se budou všechny integrální křivky nacházet, je @i \mathcal
O = \mathbb R\times [0,+\infty) @i. Do obrázku zakresleme také počáteční podmínku @i P=(x_0,y_0)=(1,4) @i:
- Položme @i h(y)=\sqrt y=0 @i. Tato rovnice má jediné řešení @i y = 0 @i. Proto existuje jediné konstantní řešení @i y_0(x)=0,\ x\in \mathbb R @i.
Z obrázku vidíme, že počáteční podmínka @i P @i neleží na grafu konstantního řešení. Budeme pokračovat dál. Z obdélníku @i \mathcal O @i vyloučíme osu @i x @i (tam je @i h(y)=0 @i) a přejdeme na obdélník @i \tilde{\mathcal O} = \mathbb R\times (0,+\infty) @i.
- Na @i \tilde{\mathcal O} @i provedeme
- algoritmus separace proměnných: @b \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = 6x^2 {\sqrt y}, @b po separaci proměnných @b \frac{{\rm d}y}{{\sqrt y}} = 6x^2 \,{\rm d}x @b a zintegrujeme @b \int\frac{{\rm d}y}{{\sqrt y}} =\int 6x^2 \,{\rm d}x. @b Dostaneme @b 2\sqrt{y(x)}
= 2x^3 +C,\ C\in\mathbb R.\label{res1}\tag{2} @b
- Abychom našli partikulární řešení, určíme konstantu @i C @i tak, aby byla předchozí rovnice splněna pro @i x = 1 @i a @i y(1)=4 @i (říká se, že do rovnice dosadíme počáteční podmínku) @b 2\sqrt{4}=2\cdot 1^3 +C, @b tudíž @i C= 2 @i. Dosaďme za @i C
@i dvojku do rovnice pro obecné řešení \eqref{res1} @b 2\sqrt{y(x)} = 2x^3 +2 @b a vydělme dvěma @b \sqrt{y(x)} = x^3 +1.\label{res2}\tag{3} @b Teď bychom chtěli obě strany rovnice umocnit na druhou.
Pozor, častá chyba: druhá mocnina je inverzní funkcí k druhé odmocnině pouze na nezáporných číslech!
Takže pravá strana rovnice musí být kladná (kdyby byla nulová, bylo by @i y(x)=0 @i, což není možné, protože jsme se omezili na obdélník @i \tilde{\mathcal O}=\mathbb R\times (0,+\infty) @i), tedy @i x^3 +1 > 0 @i, a proto @b x>-1. @b Získáváme tím podmínku @i x\in (-1,+\infty) @i
- na definiční obor partikulárního řešení
- za níž lze obě strany rovnice \eqref{res2} umocnit na druhou
Užitečná poznámka: Všimněte si, že pravá strana rovnice @i y' = 6x^2 {\sqrt y} @i je nezáporná na obdélníku @i \mathcal O @i. Proto je derivace řešení @i y_1 @i nezáporná na (svém definičním oboru) @i \mathbb R @i. To ale znamená, že řešení @i y_1 @i je neklesající funkce na (svém definičním oboru) @i \mathbb R @i, což ostatně můžeme vidět i z obrázku.
2. Najděte partikulární řešení rovnice @i y' = \dfrac{y+y^2}{x} @i splňující počáteční podmínky
- @i y(-2)=-1 @i
- @i y\Big(\frac{1}{2}\Big)=1 @i
- @i y(-1)=-\frac{1}{2} @i
- Poznamenejme, že rovnice je opět v separovaném tvaru. Pravá strana je součinem funkce @i g(x)=\frac{1}{x} @i proměnné @i x @i a funkce @i h(y)= y + y^2 @i proměnné @i y @i.
- Funkce @i g @i je spojitá na intervalech @i (-\infty,0) @i a @i (0,+\infty) @i, funkce @i h(y)=y+y^2 @i je spojitá na @i \mathbb R @i. Tedy základní obdélníky, v nichž budeme hledat grafy řešení, jsou dva:
- @i \mathcal O_1 = (0,+\infty)\times\mathbb R @i
- @i \mathcal O_2 = (-\infty,0)\times\mathbb R @i
- @i P=(-2,-1) @i
- @i Q=(\frac{1}{2},1) @i
- @i R=(-1,-\frac{1}{2}) @i
-
Řešíme @b h(y)=y+y^2=y(y+1)=0. @b Dostaneme dvě řešení @i y_1=0@i a @i y_2=-1 @i. To odpovídá dvojici konstantních řešení na obdélníku
- @i \mathcal O_1 @i:
- @i y_{11}(x)=0,\ x\in (0,+\infty) @i
- @i y_{12}(x)=-1,\ x\in (0,+\infty) @i
- @i \mathcal O_2 @i:
- @i y_{21}(x)=0,\ x\in (-\infty,0) @i, (v obrázku vyznačeno zeleně čerchovaně)
- @i y_{22}(x)=-1,\ x\in (-\infty,0) @i (v obrázku vyznačeno červeně)
- @i y_{21}(x)=0,\ x\in (-\infty,0) @i, (v obrázku vyznačeno zeleně čerchovaně)
Vidíme, že počáteční podmínkou @i y(-2)=-1 @i jsme se trefili do konstantního řešení @i y_{22} @i, a tak jsme našli nějaké řešení první úlohy — řešení je @b y_{22}(x) = -1,\ x\in (-\infty, 0). @b (Jelikož je splněna postačující podmínka @i h'\neq 0 @i na @i \mathbb R @i pro jednoznačnost řešení, je ve skutečnosti konstantní řešení @i y_{22} @i jediným řešením, jehož integrální křivka prochází bodem @i (-2,-1) @i.)
- @i \mathcal O_1 @i:
- Grafy konstantních řešení rozdělily dva základní obdélníky @i \mathcal O_1 @i a @i \mathcal O_2 @i na celkem šest obdélníků
- @i \mathcal O_{11} = (0,+\infty)\times (0,+\infty) @i
- @i \mathcal O_{12} = (0,+\infty)\times (-1,0) @i
- @i \mathcal O_{13} = (0,+\infty)\times (-\infty,-1) @i
- @i \mathcal O_{21} = (-\infty,0)\times (0,+\infty) @i
- @i \mathcal O_{22} = (-\infty,0)\times (-1,0) @i
- @i \mathcal O_{23} = (-\infty,0)\times (-\infty,-1) @i
Nás zajímají pouze obdélníky @i \mathcal O_{11} @i a @i \mathcal O_{22} @i, ve kterých se vyskytují zbývající dvě počáteční podmínky. Na těchto obdélnících (platí věta o existenci a jednoznačnosti řešení) uděláme -
separaci proměnných: @b \frac{{\rm d}y}{{\rm d}x} = \frac{y+y^2}{x}, @b po separaci proměnných @b \frac{{\rm d}y}{y+y^2} = \frac{1}{x}\,{\rm d}x @b a zintegrujeme @b \int\frac{{\rm d}y}{y+y^2} = \int\frac{1}{x}\,{\rm d}x\label{sep1}\tag{4}. @b Levá strana se spočte s využitím rozkladu integrandu na parciální zlomky: @b \frac{1}{y+y^2} = \frac{1}{y(1+y)} = \frac{A}{y} + \frac{B}{y+1},\ y\neq 0,-1. @b Vynásobením rovnice výrazem @i y(1+y) @i dostaneme @b 1=A(y+1) + By,\ y\neq 0,-1. @b Protože dva polynomy se rovnají, rovnají-li se jejich koeficienty, srovnáme koeficienty u odpovídajících mocnin na levé a pravé straně rovnice: @b \begin{array}{cl} {\rm u}\quad 1: & 1 = A\\ {\rm u}\quad y: & 0 = A +B \end{array} @b Řešením je @i A=1,\ B=-1 @i. Dosadíme do levé strany \eqref{sep1} a dopočteme @b \int\frac{{\rm d}y}{y+y^2} = \int\left(\frac{1}{y} + \frac{-1}{y+1}\right){\rm d}y = \ln|y| - \ln|1+y| = \ln\frac{|y|}{|1+y|}. @b Zintegrujeme pravou stranu \eqref{sep1} a získáme rovnici pro obecné řešení @b \ln\frac{|y(x)|}{|1+y(x)|} = \ln|x| + C,\ C\in\mathbb R.\label{res21}\tag{5} @b
-
Nyní určíme konstantu @i C @i podle zadané počáteční podmínky.
(b) @i y\Big(\frac{1}{2}\Big)=1 @i dosadíme do \eqref{res21} @b \ln\frac{|1|}{|1+1|} = \ln\left|\frac{1}{2}\right| + C, @b a tudíž @i C=0 @i. Odstraňme na obdélníku @i \mathcal O_{11} = (0,+\infty)\times (0,+\infty) @i absolutní hodnoty @b |x| = x,\ \frac{|y|}{|1+y|} = \frac{y}{1+y} @b a spolu s vypočtenou konstantou @i C @i dosaďme do rovnice \eqref{res21} @b \ln\frac{y(x)}{1+y(x)}=\ln x. @b Z ní postupně vyjádříme řešení @b \frac{y(x)}{1+y(x)} = x\ \Rightarrow\ y(x)=x\big(1+y(x)\big)\ \Rightarrow\ y(x)(1-x) = x. @b
Pozor, častá chyba: Dělit výrazem @i 1-x @i lze pouze pro @i x\neq 1 @i.
A proto partikulární řešení splňující druhou počáteční podmínku je @b y_2(x) = \frac{x}{1-x},\ x\in (0,1). @b Jeho definiční obor je skutečně pouze interval interval @i (0,1) @i, protože omezující podmínka @i x\neq 1 @i mající původ v hledání předpisu pro řešení rozdělila interval @i (0,+\infty) @i na dva podintervaly @i (0,1) @i a @i (1,+\infty) @i, z nichž ten první obsahuje @i x_0=\frac{1}{2} @i.
(c) @i y(-1)=-\frac{1}{2} @i dosadíme do \eqref{res21} @b \ln\frac{\left|-\frac{1}{2}\right|}{\left|1-\frac{1}{2}\right|} = \ln|-1| + C, @b a tudíž @i C=0 @i. Odstraňme na obdélníku @i \mathcal O_{22} = (-\infty,0)\times (-1,0) @i absolutní hodnoty @b |x| = -x,\ \frac{|y|}{|1+y|} = \frac{-y}{1+y} = -\frac{y}{1+y} @b a spolu s vypočtenou konstantou @i C @i dosaďme do rovnice \eqref{res21} @b \ln\left(-\frac{y(x)}{1+y(x)}\right)=\ln (-x) @b (výrazy uvnitř logaritmů jsou kladné!). Z ní postupně vyjádříme řešení @b -\frac{y(x)}{1+y(x)} = -x\ \Rightarrow\ y(x)=x\big(1+y(x)\big)\ \Rightarrow\ y(x)(1-x) = x\ \Rightarrow\ y(x) = \frac{x}{1-x}. @b
Užitečná poznámka: Dělit výrazem @i 1-x @i jsme tentokrát bez problémů mohli, neb @i 1\notin (-\infty,0) @i.
A tak partikulární řešení splňující poslední počáteční podmínku je @b y_3(x) = \frac{x}{1-x},\ x\in (-\infty,0). @b Jeho definiční obor je celý interval @i (-\infty,0) @i, první složka kartézského součinu v obdélníku @i \mathcal O_{22} @i.
Na závěr si vykresleme všechna tři partikulární řešení:
Užitečná poznámka: Někdy chceme mít jistotu, že výsledek, který jsme právě našli, je správný. Pokud nemáme zrovna k dispozici autorský výsledek (a ani ten nemusí být vždy dobře), je vhodné udělat zkoušku správnosti výsledku. Ověření, že jistá funkce je řešením dané rovnice, je věnována kapitola Diferenciální rovnice — pojem řešení.
Neřešené příklady
- Najděte řešení Cauchyovy úlohy @b \left\{ \begin{array}{ccc} y' & = & {\rm e}^{-y},\\ y(0) & = & 0. \end{array} \right. @b Nakreslete integrální křivku řešení.
- Najděte řešení rovnice @b y' = \frac{\cos x}{2y} @b splňující počáteční podmínku @i y(0)=\frac{\sqrt 2}{2} @i.
- Spočtěte řešení počáteční úlohy @b \left\{ \begin{array}{ccc} y' & = & (y-1)\,{\rm cotg}\, x,\\ y\left(\frac{\pi}{2}\right) & = & 0, \end{array} \right. @b a nakreslete jeho integrální křivku.
- Najděte partikulární řešení rovnice @b y'=\frac{1+y^2}{x^2} @b splňující počáteční podmínku @i y(1)=0 @i. Proveďte zkoušku.
- Najděte řešení Cauchyovy úlohy @b \left\{ \begin{array}{ccc} y' & = & \dfrac{x+3}{2xy},\\ y(1) & = & 2. \end{array} \right. @b
