x √ x2 + 1 je ∀x ∈ R řešením diferenciální rovnice yy

1. Základní pojmy
√
Příklad 1. Dokažme, že funkce f (x) = x x2 + 1 je ∀x ∈ R řešením diferenciální rovnice
yy 0 − x = 2x3 .
Řešení. Aby funkce f byla řešením dané diferenciální rovnice v R, musí ∀x ∈ R platit
f (x) · f 0 (x) − x = 2x3 .
Pro každé x ∈ R je
f 0 (x) =
a tedy
p
x2 + 1 + √
x2
2x2 + 1
=√
x2 + 1
x2 + 1
p
2x2 + 1
f (x) · f 0 (x) − x = x x2 + 1 · √
− x = 2x3 .
x2 + 1
Funkce f je tedy pro všechna x ∈ R řešením dané diferenciální rovnice.
Příklad 2. Dokažme, že každá diferencovatelná funkce ϕ (o rovnici y = ϕ(x)), která je na
otevřeném intervalu J implicitně definovaná rovnicí
x2 − xy + y 2 = 1,
(1)
je na J řešením diferenciální rovnice
(x − 2y)y 0 = 2x − y.
(2)
Řešení. Jestliže diferencovatelná funkce ϕ je na J implicitně definovaná rovnicí (1), znamená
to, že
∀x ∈ J : x2 − xϕ(x) + ϕ2 (x) = 1.
Derivací této rovnosti vypočteme, že
∀x ∈ J :
2x − ϕ(x) − xϕ0 (x) + 2ϕ(x)ϕ0 (x) = 0,
a po úpravě
∀x ∈ J :
(x − 2ϕ(x)) ϕ0 (x) = 2x − ϕ(x),
což znamená, že funkce ϕ je na intervalu J řešením diferenciální rovnice (2).
CVIČENÍ
Ve cičeních 1 – 6 rozhodněte, zda funkce ϕ je na intervalu J řešením dané diferenciální rovnice.
¡
¢
2
, J = − 12 π, 12 π .
1. y 0 − y tg x = 0, jestliže ϕ(x) =
cos x
2.
3.
2
0
(1 + y ) arctg y = xy , jestliže ϕ(x) = tg 2x, J =
¡
− 12 π, 12 π
¡
¢
¢
Ano.
.
(1 + y 2 ) arctg y = xy 0 , jestliže ϕ(x) = tg 2x, J = − 14 π, 14 π .
Ne.
Ano.
2
1−x
, J = (3, 8).
2x
4.
x + y + xy 0 = 0, jestliže ϕ(x) =
5.
√
yy
= 1 − 2x, jestliže ϕ(x) = x 1 − x2 , J = (−1, 1).
x
Ano.
0
Ne.
1
√
yy 0
= 1 − 2x, jestliže ϕ(x) = x 1 − x2 , J = (0, 1).
x
6.
Ano.
Ve cvičeních 7 – 11 dokažte, že každá diferencovatelná funkce ϕ (o rovnici y = ϕ(x)), která je
na otevřeném intervalu J implicitně definovaná rovnicí f (x, y) = 0, je na J řešením diferenciální
rovnice:
7.
(x − y + 1)y 0 = 1, jestliže f (x, y) = x + ey − x.
8.
(x − 2y)y 0 = 2x − y, jestliže f (x, y) = x2 − xy + y 2 − 1.
9.
(1 + ex )yy 0 = ex , jestliže f (x, y) = 2ey
10.
11.
2
/2
−
√
e(1 + ex ).
µ
¶
1
1
2
2xy − y + + x − 2xy +
y 0 = 0, jestliže f (x, y) = x2 y − xy 2 + ln xy.
x
y
¡
¢ ¡
¢
y 3x2 − 2xy + y 2 + x2 − 2xy + 3y 2 xy 0 = 0, jestliže f (x, y) = x3 y − x2 y 2 + xy 3 − 1.
2
Příklad 3. Najděme diferenciální rovnici, jejíž obecné řešení (obecný integrál) lze zapsat ve
tvaru
x2 + y 2 − Cx = 0,
(3)
C ∈ R − {0}.
Řešení. Rovnice (3) je obecným řešením hledané diferenciální rovnice právě tehdy, když množina všech řešení této diferenciální rovnice je tvořena právě všemi diferencovatelnými funkcemi
definovanými implicitně rovnicí (3).
Pro každou diferencovatelnou funkci ϕ (o rovnici y = ϕ(x)) definovanou implicitně rovnicí
(3) platí:
∀x ∈ Dϕ : x2 + ϕ2 (x) − Cx = 0 ∧ 2x + 2ϕ(x)ϕ0 (x) − C = 0
(druhou z těchto rovností jsme získali derivováním první z nich). Vypočteme-li z druhé rovnosti
C a dosadíme do první (tj. vyloučíme-li z těchto dvou rovností parametr C), dostaneme po
úpravě:
∀x ∈ Dϕ : ϕ2 (x) − x2 = 2xϕ(x)ϕ0 (x).
Každá diferencovatelná funkce ϕ definovaná implicitně rovnicí (3) (pro nějaké C ∈ R − {0}) je
proto řešením diferenciální rovnice
y 2 − x2 = 2xyy 0 .
(4)
Toto je hledaná diferenciální rovnice (lze dokázat i obráceně, že každé její řešení je implicitně
definováno rovnicí (3) — pokuste se o to sami).
CVIČENÍ
Ve cičeních 12 – 18 najděte diferenciální rovnici, jejichž řešením jsou dané rovnice.
12.
y = Cx, C ∈ R.
y = y 0 x.
13.
y = Cex , C ∈ R.
y = y0 .
2
14.
15.
y =x−
C
, C ∈ R.
x
y 0 x = 2x − y.
Cy = ex+y , C ∈ R.
y(1 + y 0 ) = y 0 .
16.
17.
18.
y = C1 + C2 x, C1 , C2 ∈ R.
y 00 = 0.
y = C1 ex + C2 e−2x , C1 , C2 ∈ R.
y 00 + y 0 − 2y = 0.
y = C1 cos x + C2 sin x, C1 , C2 ∈ R.
y 00 + y = 0.
2. Rovnice se separovanými proměnnými
Příklad 4. Řešme diferenciální rovnici
y0 =
(1)
y
.
x−1
Řešení. Diferenciální rovnice (1) je rovnice typu
y 0 = f (x) · g(y),
1
, x 6= 1 a g(y) = y. Dosazením y = 0 snadno zjistíme, že konstantní funkce
x−1
y = 0 je řešením rovnice (1) a to na kadém z intervalů (−∞, 1) a (1, +∞).
Danou rovnici vyřešíme separací proměnných. Předpokládejme tedy, že y 6= 0 (a samozřejmě
x 6= 1). Rovinu R2 rozdělíme přímkami x = 1 a y = 0 na čtyři oblasti:
kde f (x) =
Ω1 = (1, +∞) × (0, +∞),
Ω2 = (−∞, 1) × (0, +∞),
Ω3 = (−∞, 1) × (−∞, 0),
Ω4 = (1, +∞) × (−∞, 0)
(viz obr. 3.1). V každé z těchto oblastí postupně dostaneme
dy
y
=
,
dx
x−1
Z
Z
dx
dy
=
+ L,
y
x−1
ln |y| = ln |x − 1| + L,
ln |y| = ln |x − 1| + ln eL ,
(2)
|y| = K|x − 1|,
kde L ∈ R, K = eL ∈ (0, +∞). V každé oblasti Ωi je tedy obecný integrál diferenciální rovnice
(1) dán rovnicí (2), kde K > 0. Odstraníme-li absolutní hodnoty, můžeme všechna (maximální)
řešení diferenciální rovnice (1) v jednotlivých uvažovaných oblastech zapsat takto:
v Ω1 :
y=
K(x − 1), x ∈ (1, +∞), kde K > 0;
v Ω2 :
y = −K(x − 1), x ∈ (−∞, 1), kde K > 0;
v Ω3 :
y=
v Ω4 :
y = −K(x − 1), x ∈ (1, +∞), kde K > 0
K(x − 1), x ∈ (−∞, 1), kde K > 0;
3
(řešením rovnice (1) jsou samozřejmě rovněž restrikce těchto maximálních řešení na všechny
možné otevřené podintervaly jejich definičních oborů).
4
2
-1
1
2
3
-2
-4
Obr. 3.1
Jak jsme již zjistili patří mezi řešení rovnice (1) také funkce
y = 0, x ∈ (1, +∞),
a y = 0, x ∈ (−∞, 1)
(a rovněž jejich restrikce na všechny možné otevřené podintervaly jejich definičních oborů), pro
něž nebylo možné postupovat tak, jak jsme to udělali my (zjednodušeně řečeno, pro tyto funkce
bychom v našem výpočtu dělili nulou).
Rozmyslete si sami, že všechna nalezená maximální řešení můžeme přehledně zapsat takto:
y = C(x − 1), x ∈ (1, +∞), kde C ∈ R;
y = C(x − 1), x ∈ (−∞, 1), kde C ∈ R.
Odtud je vidět, že integrálními křivkami dané diferenciální rovnice jsou všechny „otevřenéÿ
polopřímky „vycházejícíÿ z bodu (1, 0) (samozřejmě kromě těch, které jsou částí přímky x = 1),
viz obr. 3.1
Příklad 5. Řešme diferenciální rovnici
xy 0 = −
(3)
p
1 − y 2 arccos y.
Řešení. Opět použijeme separaci proměnných. Aby to bylo možné, předpokládejme, že x 6= 0,
y 6= −1, y 6= 1 (a samozřejmě |y| ≤ 1). Uvažujme tedy dvě oblasti:
Ω1 = (0, +∞) × (−1, 1),
Ω2 = (−∞, 0) × (−1, 1)
(viz obr. 3.2). V každé z těchto oblastí dostaneme separací proměnných postupně tyto výsledky:
p
dy
= − 1 − y 2 arccos y,
dx Z
Z
dx
dy
=
+ L,
− p
2
x
1 − y arccos y
x
ln |arccos y| = ln |x| + ln eL ,
(4)
kde L ∈ R, K = eL ∈ (0, +∞).
4
arccos y = K|x|,
V oblasti Ω1 můžeme obecný integrál (4) dané diferenciální rovnice po odstranění absolutních
hodnot zapsat ve tvaru:
(5)
arccos y = Kx, kde K > 0.
Uvědomíme-li si, že funkce arkuscosinus zobrazuje interval (−1, 1) vzájemně jednoznačně na
interval (0, π) a že inverzní funkcí k funkci arccos na intervalu (−1, 1) je funkce cos (na
intervalu (0, π)), můžeme z (4) vypočítat (maximální) řešení diferenciální rovnice (3) v Ω1 v
explicitním tvaru:
³ π´
, kde K > 0
y = cos Kx, x ∈ 0,
K
(pro K > 0 je totiž: x > 0 ∧ Kx ∈ (0, π) ⇐⇒ x ∈ (0, π/K)), viz obr. 3.2.
Podobně dostaneme v olasti Ω2 :
(6)
arccos y = −Kx, kde K > 0
a odtud
y = − cos Kx,
³ π ´
x ∈ − , 0 , kde K > 0
K
(pro K > 0 je totiž: x < 0 ∧ −Kx ∈ (0, π) ⇐⇒ x ∈ (−π/K, 0)) (opět viz obr. 3.2).
1
0.5
-5
5
10
-0.5
-1
Obr. 3.2
Dosazením se snadno přesvědčíme o tom, že mezi řešení rovnice (3) patří také funkce
y = −1, x ∈ R;
y = 1, x ∈ R
(pro tyto funkce nebylo možné postupovat tak, jak jsme to udělali my — „dělili bychom pro ně
nulouÿ).
Popsat všechna řešení diferenciální rovnice (3) není prakticky možné. Jsou to nejen restrikce
uvedených řešení na všechny možné otevřené podintervaly jejich definičních oborů, ale též funkce
(a jejich restrikce), které dostaneme, jestliže uvedená řešení různě „napojujemeÿ. Řešením dané
rovnice je např. funkce

−1
pro x ∈ (−∞, −πi,




pro x ∈ (−π, 0),

 cos x
y=
1



cos 2x



−1
pro x = 0,
pro x ∈ (0, π/2),
pro x ∈ hπ/2, +∞).
(viz obr. 3.3). Tato funkce je spojitá v celém R a snadno se můžeme přesvědčit, že je v R také
diferencovatelná.
5
1
0.5
-4
-2
2
4
-0.5
-1
Obr. 3.3
Konstatujme ještě, že funkce
y = −1, x ∈ R,
je singulární řešení dané diferenciální rovnice. Graf tohoto řešení se skládá pouze z bodů, v nichž
je porušena jednoznačná řešitelnost Cauchyovy úlohy pro danou diferenciální rovnici [tj. z bodů,
kterými (v každém jejich okolí) prochází více než jedna integrální křivka rovnice (3)]. Na grafu
řešení y = 1, x ∈ R pak leží pouze jeden singulární bod (0, 1).
x(1 − y 2 )
Příklad 6. Vyřešme Cauchyovu úlohu pro diferenciální rovnici y 0 =
a počáteční
y(1 − x2 )
¡√ ¢
2, 2 .
podmínku (x0 , y0 ) =
Řešení. Separací proměnných bychom vypočítali (udělejte to sami), že obecný integrál dané
diferenciální rovnice v oblasti Ω1 = (1, +∞) × (1, +∞), z níž je daná počáteční podmínka, lze
psát ve tvaru
1 − y 2 = C(1 − x2 ), kde C > 0.
(7)
Řešení dané Cauchyovy úlohy je implicitně definováno rovnicí (7), kde C je
¡√jistá¢(zatím neznámá) kladná konstanta. Dosadíme-li do (7) počáteční podmínku (x0 , y0 ) =
2, 2 , dostaneme
√
1 − 22 = C(1 − ( 2)2 )
a odtud C = 3.
Řešením dané Cauchyovy úlohy je tedy funkce ϕ (o rovnici y = ϕ(x)), která je implicitně definovaná rovnicí
√
3x2 − y 2 = 2 a podmínkou ϕ( 2) = 2.
V tomto případě snadno získáme i explicitní vyjádření funkce ϕ:
ϕ(x) =
p
3x2 − 2,
x ∈ (1, +∞)
(za definiční obor řešení ϕ jsme vzali „maximální možnýÿ interval).
CVIČENÍ
Ve cvičeních 19 – 40 řešte dané diferenciální rovnice se separovanými proměnnými.
y
19. y 0 = .
x
y = Cx.
20.
0
2
y = x y.
y = Cex
21.
6
y0 =
y
.
tg x
3
/3
.
y = C sin x.
22.
23.
24.
25.
y0 =
y0 =
y0 =
y−1
.
x+1
y = 1 + C(x + 1).
1−x
.
y−1
(x − 1)2 + (y − 1)2 = C, C > 0.
1 − 2x
.
y2
y 3 = 3x − 3x2 + C.
y 0 = ex+y .
ex + e−x = C, C > 0.
26.
27.
28.
y0 =
y0 =
y0 =
1 + y2
.
1 + x2
arctg y − arctg x = C.
2
1+x
.
1 + y2
y 3 − x3 + 3(y − x) = C.
(1 + y 2 )x
.
y(1 + x2 )
(1 + y 2 ) = C(1 + x2 ), C > 0.
p
29.
30.
31.
x 1 + y2
y0 = − √
.
y 1 + x2
yy 0 − x +
p
√
1 + y 2 + 1 + x2 = C, C > 0.
1
= 0.
x
y 2 = x2 − ln (x2 ) + C.
1
y0
√ + √ = 0.
y
x
2
√
2
0
32.
(2x − 1)y − (x − 1)xy = 0.
33.
y0 −
34.
y
= 2xy.
x
y+
√
x = C, C > 0.
√
y 2 = Cx x2 − 1.
2
y = Cxex .
1 + y 2 + xyy 0 = 0.
x2 (y 2 + 1) = C, C > 0.
35.
x(1 + y 2 ) + y(1 + x2 )y 0 = 0.
(1 + y 2 )(1 + x2 ) = C, C > 0.
36.
37.
xy 0 = (1 + y 2 ) arctg y.
xy 0 = −
y = tg(Cx).
p
1 − y 2 arcsin y.
y = sin(C/x); y = 1; y = −1.
2
3
0
38.
x (y + 1) + (x − 1)(y − 1)y = 0.
39.
(xy − x) + (xy + x − y − 1)y 0 = 0.
√
ey 3 x3 − 1 = C(y + 1)2 , C 6= 0; y = −1.
(x − 1)(y − 1)2 ex+y = C.
40.
(1 + y 2 )(e2x − ey y 0 ) − (1 + y)y 0 = 0.
7
ln(y 2 + 1) + 2 arctg y + 2ey − e2x = C.
Ve cvičeních 41 – 50 najděte explicitní řešení Cauchyovy úlohy pro dané diferenciální rovnice
se separovanými proměnnými a dané počáteční podmínky.
41. (x + 1)y 0 + xy = 0, (x0 , y0 ) = (0, 1).
e−x (x + 1).
42.
43.
y0 = −
y0 =
x
,
y+1
2−x
,
y−1
(x0 , y0 ) = (0, 0).
√
(x0 , y0 ) = (3, 2).
1 − x2 − 1.
p
2 − (x − 2)2 + 1.
44.
45.
46.
y 0 = y cos x,
(x0 , y0 ) = (π, 1).
√
y 0 = 2 y + 1y cos x,
esin x .
(x0 , y0 ) = (π, 0).
1 + y 2 − y 0 (1 + x2 ) = 0,
sin2 x + 2 sin x.
(x0 , y0 ) = (0, 1).
(1 + x)/(1 − x).
x
0
x
47.
(1 + e )yy = e ,
(x0 , y0 ) = (0, 1).
48.
√
y 1 + x2 − xy + (1 + x2 )y 0 = 0,
49.
x(y 2 − 1) + (x2 − 1)yy 0 = 0,
50.
√
y 0 1 − x2 = xy,
p
1 + 2 ln ((1 + ex )/2).
(x0 , y0 ) = (0, 1).
(x0 , y0 ) = (2,
p
(2/3)).
√
1 + x2 /(x +
√
1 + x2 ).
p
(2 − x2 )/(1 − x2 ).
(x0 , y0 ) = (0, e−1 ).
√
e−
1−x2
.
Ve cvičeních 51 – 55 najděte implicitní řešení Cauchyovy úlohy pro dané diferenciální rovnice
se separovanými proměnnými a dané počáteční podmínky.
x−1
51. y 0 =
, (x0 , y0 ) = (2, 1).
2−y
(x − 1)2 + (y − 2)2 = 2, y(2) = 1.
52.
53.
54.
xyy 0 = 1 − x2 ,
y0 =
x + xy
,
y2 + 1
y 0 cos2 x = tg y,
(x0 , y0 ) = (1, 2).
x2 + y 2 = 2 ln x + 5, y(1) = 2.
(x0 , y0 ) = (2, 1).
y 2 − x2 + 2y + 4 ln (y + 1) = ln 16 − 1, y(2) = 1.
(x0 , y0 ) = (π/4, π/4).
tg x + ln cos y = 1 −
55.
8
y0 =
ln 2
2 , y(π/4)
= π/4.
5
6x − 2x + 1
,
cos y + ey
(x0 , y0 ) = (1, 0).
sin y + ey = x6 − x2 + x, y(1) = 0.
3. Rovnice homogenní
Příklad 7. Řešme diferenciální rovnici y 0 =
x+y
.
x−y
Řešení. Pro x 6= 0, y 6= x můžeme danou rovnici psát ve tvaru
y
x.
(8)
y0 =
y
1−
x
³y´
Jde o homogenní diferenciální rovnici y 0 = f
, kde f (u) = (1 + u)/(1 − u). Přitom funkce
x
f je definovaná a spojitá na intervalech (−∞, 1), (1, +∞).
Substitucí
1+
(9)
u=
y
,
x
tj. y = xu, odkud y 0 = u + xu0 ,
převedeme rovnici (8) na diferenciální rovnici se separovanými proměnnými (v uvažované rovnici
„funkci y proměnné xÿ nahradíme „funkcí u proměnné xÿ)
u + xu0 =
u0 =
(10)
1+u
,
1−u
1 1 + u2
·
.
x 1−u
Rovnici (10) vyřešíme separací proměnných:
du
1 + u2
=
,
dx
x(1 − u)
Z
Z
1−u
dx
du =
,
1 + u2
x
1
arctg u − ln(1 + u2 ) = ln |x| + ln K,
2
eu
√
= K|x|,
1 + u2
(11)
kde K ∈ (0, +∞), x 6= 0. (11) je obecný integrál diferenciální rovnice (10).
Dosadíme-li do (11) u = y/x, získáme obecný integrál diferenciální rovnice (8):
y
earctg x
r
= K|x|, kde K > 0
y2
1+ 2
x
a po úpravě
y
earctg x = K
p
x2 + y 2 , kde K > 0, x 6= 0, y 6= x.
Příklad 8. Vyřešme Cauchyovu
úlohu pro diferenciální rovnici
√
a počáteční podmínku (x0 , y0 ) = ( 2, 1).
(x2 + y 2 )y 0 = 2xy
Řešení. Pro x 6= 0 můžeme danou rovnici psát ve tvaru
(12)
y
2
x
y =
³ y ´2 .
1+
x
0
9
³y´
Jde o homogenní diferenciální rovnici y 0 = f
, kde f (u) = 2u/(1 + u2 ). Přitom funkce f je
x
definovaná a spojitá na R.
Pomocí substituce
y
u = , tj. y = xu, odkud y 0 = u + xu0
x
převedeme rovnici (12) na diferenciální rovnici se separovanými proměnnými. Dostaneme:
u + xu0 =
u0 =
(13)
2u
,
1 + u2
u − u3
.
x(1 + u2 )
Separací proměnných dostaneme pro x 6= 0, u 6= ±1, u 6= 0 :
u
= Kx,
1 − u2
(14)
kde K 6= 0.
Dosadíme-li do (14) u = y/x, získáme po úpravě obecný integrál diferenciální rovnice (12)
(přičemž y 6= ±x, y 6= 0, x 6= 0)
x2 − y 2 = Cy, kde C = 1/K, C 6= 0.
(15)
Připomeňme jen, že funkce u = 0, u = 1, u = −1 jsou pro x 6= 0 řešením rovnice (13) a tedy po
dosazení, funkce y = 0, y = x, y = −x, x 6= 0 jsou
√ řešením rovnice (12).
Dosazením počáteční podmínky (x0 , y0 ) = ( 2, 1) do obecného integrálu (15) dostaneme
C = 1, tj.
√
(16)
x2 − y 2 = y, y( 2) = 1.
Řešením Cauchyovy úlohy je tedy ta část hyperboly x2 − y 2 = y, která leží v úhlu ohraničeném
přímkami y = 0, y = x, x > 0 (viz. obr. 3.4).
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-3
-2
-1
1
2
3
Obr. 3.4
CVIČENÍ
Ve cvičeních 56 – 70 řešte dané homogenní diferenciální rovnice.
2x + y
56. y 0 =
.
x
Cx + 2x ln |x|.
57.
0
−xy = x + 2y.
3y + x = C/x2 .
58.
xy 0 = 2x + y.
y = x ln x2 + C.
59.
10
(x − y)y 0 = (x + y).
xe2 arctg (y/x) = C(x2 + y 2 ).
60.
61.
y0 =
x−y
.
x − 2y
x2 − 2xy + 2y 2 = C, C > 0.
xyy 0 = y 2 + x2 .
y 2 = 2x2 ln |Cx|, C 6= 0.
62.
(x2 − y 2 )y 0 − 2xy = 0.
y = C(x2 + y 2 ).
63.
y 2 − 4xy = (2x2 − 2xy + 2y 2 )y 0 .
3y 2 x − 6x2 y − 2y 3 = C.
64.
x3 y 0 = y(y 2 + x2 ).
ex
65.
0
y =e
66.
y0 =
67.
2 0
y/x
y
+ .
x
2
/y 2 2
x = C, C > 0.
e−y/x = ln (C/x), C 6= 0.
y−x
y
+ sin
.
x
x
2
tg [(y − x)/(2x)] = Cx.
2
x y = x + xy + y .
earctg (y/x) = Cx, C 6= 0.
68.
xyy 0 = x2 + xy + y 2 .
ey/x = C(y + x), C 6= 0; y = −x.
69.
70.
x
xy 0 = y ln .
y
0
xy =
x(1 + ln (y/x)) = C.
p
x2 + y 2 + y.
y+
p
x2 + y 2 = Cx2 , C > 0.
Ve cvičeních 71 – 77 řešte Cauchyovy úlohy pro dané homogenní diferenciální rovnice a dané
počáteční podmínky.
71. x + 2y − xy 0 = 0, (x0 , y0 ) = (2, 2).
x2 − x.
72.
x2 y 0 = xy + y 2 ,
(x0 , y0 ) = (1, 1).
2
e = xe(x
73.
74.
2
2
0
(y − 3x )y + xy = 0,
(x0 , y0 ) = (1, 1).
x2 + 2xy − y 2 + (y 2 + 2xy − x2 )y 0 = 0,
76.
77.
(xy 0 − y) arctg
y+
y
= x,
x
p
(x0 , y0 ) = (2, 2).
xy 0 =
(x0 , y0 ) = (1, 0).
e(y/x) arctg (y/x) =
x2 + y 2 − xy 0 = 0,
p
x2 − y 2 + y,
(x0 , y0 ) = (1, 0).
(x0 , y0 ) = (2,
√
, y(1) = 1.
y 6 = 2x2 − y 2 , y(1) = 1.
1+
75.
/y 2 )
p
√
1 + 2x − x2 .
x2 + y 2 , y(1) = 0.
1
2
2 (x
− 1).
3).
2earcsin (y/x) = eπ/3 , y(2) =
√
3.
11
4. Rovnice lineární
Příklad 9. Řešme diferenciální rovnici
y0 −
(17)
x2
x
y = x.
+1
Řešení. Rovnice (17) je nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce
p(x) = −x/(x2 + 1) a q(x) = x jsou definované a spojité pro všechna x ∈ R. Rovnice (17) je
tedy jednoznačně řešitelná ∀x ∈ R. Řešení rovnice budeme hledat ve třech krocích:
1. Najdeme množinu YH všech řešení (na R) homogenní lineární diferenciální rovnice přiřazené
rovnici (17).
2. Najdeme jedno (partikulární) řešení ϕp (na R) nehomogenní lineární diferenciální rovnice
(17).
3. Vyjádříme množinu YN = ϕp + YH všech řešení (na R) rovnice (17).
Ad 1. Přiřazenou homogenní rovnici
x
y=0
x2 + 1
y0 −
(18)
vyřešíme separací proměnných.
(19)
y=K
p
x2 + 1,
K ∈ R.
Množinu YH tedy tvoří všechny funkce ϕH definované rovnicí (19).
Ad 2. Pro nalezení partikulárního řešení ϕp rovnice (17) na R použijeme metodu variace
konstanty, tj. ϕp budeme hledat ve tvaru formálně podobném obecnému řešení (19) přiřazené
homogenní rovnice, kde ovšem místo konstanty K ∈ R bude nějaká (prozatím neznámá) funkce
g, tj. ve tvaru
p
ϕp (x) = g(x) x2 + 1.
(20)
Tato funkce je na R řešením rovnice (17) právě tehdy, když pro každé x ∈ R platí
p
p
x
x
g 0 (x) x2 + 1 + g(x) √
− 2
g(x) x2 + 1 = x.
x2 + 1 x + 1
(Podle předpokladu je funkce ϕp řešením rovnice (17). Dosadíme-li tedy tuto funkci za y do
rovnice (17), dostaneme rovnost.) Odtud vypočteme
0
g (x) = √
Z
x
x2 + 1
=⇒ g(x) =
√
x
x2 + 1
dx =
p
x2 + 1
a po dosazení do (20):
ϕp (x) =
p
x2 + 1 ·
p
x2 + 1 = x2 + 1,
x ∈ R.
Ad 3. Víme, že YN = ϕp + YH . Obecné řešení rovnice (17) tedy získáme tak, že k nalezenému partikulárnímu řešení rovnice (17) postupně přičteme všechna řešení přiřazené lineární
homogenní rovnice (18). S použitím výsledků získaných v prvním a druhém kroku je tedy
y=K
obecné řešení rovnice (17).
12
p
x2 + 1 + x2 + 1,
K ∈ R.
Příklad 10. Vyřešme Cauchyovu úlohu pro diferenciální rovnici
p
x2
3
y = 1 + x3
3
1+x
y0 −
(21)
a počáteční podmínku (x0 , y0 ) = (0, 1).
Řešení. Opět se jedná o nehomogenní
lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Jelikož
√
funkce p(x) = −x2 /(1 + x3 ), q(x) = 3 1 + x3 jsou definované a spojité na intervalech (−∞, −1)
a (−1, +∞) a x0 = 0 ∈ (−1, +∞), existuje právě jedno (maximální) řešení ϕ dané Cauchyovy
úlohy na intervalu (−1, +∞). Toto řešení budeme hledat podobně jako v předchozích příkladech
tak, že najdeme obecné řešení rovnice (21) a dosazením počáteční podmínky určíme konstantu
K.
Obecné řešení rovnice (21) opět vyjádříme ve tvaru YN = YH + ϕp , kde YH je množina všech
řešení přiřazené homogenní rovnice a ϕp je nějaké libovolné partikulární řešení rovnice (21).
Přiřazenou homogenní rovnici
x2
y0 −
y=0
1 + x3
budeme na intervalu (−1, +∞) řešit separací proměnných (proveďte sami). Po úpravě dostaneme
(22)
y=K
p
3
1 + x3 ,
K ∈ R.
Pro nalezení partikulárního řešení ϕp rovnice (21) na intervalu (−1, +∞) použijeme opět metodu
variace konstanty, tj. hledáme ϕp ve tvaru formálně podobném obecnému řešení (22) přiřazené
homogenní rovnice, kde místo konstanty K ∈ R bude nějaká (prozatím neznámá) funkce g, tj.
ve tvaru
p
3
(23)
ϕp (x) = g(x) 1 + x3 .
Tato funkce je na (−1, +∞) řešením rovnice (21) právě tehdy, když pro každé x ∈ (−1, +∞)
platí
g 0 (x)
p
3
x2
1 + x3 + g(x) p
3
(1 + x3 )2
p
p
x2
3
3
g(x) 1 + x3 = 1 + x3 ,
3
1+x
−
Odtud vypočteme
Z
g(x) =
a po dosazení do (23):
ϕp (x) = x
tj. g 0 (x) = 1.
Z
g 0 (x) dx =
p
3
1 + x3 ,
dx = x
x ∈ (−1, +∞).
Obecné řešení rovnice (21) tedy můžeme psát ve tvaru
(24)
y = (x + K)
p
3
1 + x3 ,
K ∈ R.
Dosadíme-li nyní do (24) počáteční podmínku (x0 , y0 ) = (0, 1), dostaneme
1 = (0 + K) .
p
3
1 + 03
a odtud K = 1.
Řešením (maximálním) dané Cauchyovy úlohy je tedy funkce
ϕ(x) = (x + 1)
p
3
1 + x3 ,
x ∈ (−1, +∞).
13
CVIČENÍ
Ve cvičeních 78 – 96 řešte dané lineární diferenciální rovnice.
78.
y 0 + 2y = 2.
Ce−2x + 1.
79.
80.
81.
82.
y 0 + xy = x.
2
Ce−x
y
y + = 3x.
x
+ 1.
0
y0 +
y0 −
C/x + x2 .
y
1
= 2.
x2
x
Ce1/x + 1.
√
x2
y
= 3 x − 1.
−1
C
83.
/2
p
p
(x − 1)/(x + 1) + 2 (x + 1)3 .
y 0 + y = cos x.
Ce−x + 21 (sin x + cos x).
84.
y 0 − xy = x3 .
Cex
85.
2
/2
y 0 + xy = x2 + 1.
− 2 − x2 .
2
Ce−x
86.
0
y + 2xy = xe
−x2
.
/2
+ x.
2
e−x (C + 12 x2 ).
87.
88.
89.
y0 −
y0 +
y0 −
2
y = x2 cos x.
x
Cx2 + x2 sin x.
1
y = sin x.
x+1
(C + sin x)/(x + 1) − cos x.
x
2x
y=
.
1 − x2
1 − x2
(C/
√
90.
y0 − √
y
x + 1 + x2
= √
.
1 + x2
1 − x2
(x +
91.
92.
93.
y0 +
√
x
sin x
y=√
.
2
1+x
1 + x2
|1 − x2 |) − 2.
1 + x2 )(C + arcsin x).
√
(C − cos x)/ 1 + x2 .
y 0 tg x − y = 14 x(2 tg x − x).
C sin x + 41 x2 .
(x + 1)y 0 + 2y = (x + 1)4 .
1
6 (x
94.
p
+ 1)4 + (C/(x + 1)2 ).
(1 + x2 )y 0 − 2xy = (1 + x2 )2 .
(x + C)(1 + x2 ).
95.
(1 + x2 )y 0 − y = arctg2 x.
Cearctg x − arctg2 x − 2 arctg x − 2.
96.
14
y 0 x ln x − 2y = ln x.
ln(C ln x − 1).
Ve cvičeních 97 – 109 řešte Cauchyovy úlohy pro dané lineární diferenciální rovnice a dané
počáteční podmínky.
√
x
97. y 0 −
y
=
0,
(x
,
y
)
=
(
3, 8).
0
0
1 + x2
√
4 1 + x2 .
98.
99.
100.
101.
102.
103.
104.
y 0 − y = x,
(x0 , y0 ) = (0, 0).
y 0 + 3y = x,
(x0 , y0 ) = ( 13 , 1).
y 0 + y = x + 2 sin x,
xy 0 + y = 3x2 ,
y0 +
y0 −
3
2
y = 3,
x
x
√
y
= ex 1 + x,
2(x + 1)
1
,
cos x
106.
y
y0 −
= 1 + x,
1 − x2
109.
y
= x,
x+1
x2 .
(x0 , y0 ) = (0, 0).
√
(x0 , y0 ) = ( 12 π, 1).
1
4 (2x
1 + x (ex − 1).
− sin 2x + 4 − π)/ sin x.
(x0 , y0 ) = (0, 0).
x/ cos x.
(x0 , y0 ) = (0, 0).
1
arctg x
y=
,
1 + x2
1 + x2
xy 0 −
x − 1 − cos x + sin x + 2e−x .
(2/x2 ) − (1/x3 ).
y 0 − y tg x =
108.
(x0 , y0 ) = (0, 0).
(x0 , y0 ) = (1, 1).
y 0 + y cotg x = sin x,
y0 +
e1−3x + 31 x − 19 .
(x0 , y0 ) = (1, 1).
105.
107.
ex − x − 1.
1
2
p
√
(1 + x)/(1 − x)(x 1 − x2 − arcsin x).
(x0 , y0 ) = (0, 2).
3e− arctg x + arctg x − 1.
(x0 , y0 ) = (1, 0).
(x ln x + x2 − x)/(x + 1).
xy 0 + 2y = 2x cos 2x + 2 sin 2x,
(x0 , y0 ) = (π, 1).
sin 2x + (π 2 /x2 ).
5. Rovnice exaktní
Příklad 11. Řešme diferenciální rovnici
(25)
3x2 y + (x3 + y 2 )y 0 = 0.
Řešení. Připomeňme, že diferenciální rovnice
(26)
M (x, y) + N (x, y)y 0 = 0
je exaktní diferenciální rovnicí, jestliže funkce M , N ,
oblasti Ω a dále existuje funkce V (x, y) taková, že
(27)
∂M ∂N
,
jsou spojité na jednoduše souvislé
∂y ∂x
∇V (x, y) = (M (x, y), N (x, y)) ,
∀ (x, y) ∈ Ω,
15
tj. platí
∂M
∂N
(x, y) =
(x, y),
∂y
∂x
∀ (x, y) ∈ Ω.
Obecný integrál rovnice (26) má pak tvar V (x, y) = C, kde C je nějaká reálná konstanta.
Označme tedy M (x, y) = 3x2 y, N (x, y) = x3 + y 2 , (x, y) ∈ R2 . Protože funkce M , N ,
∂N
jsou na jednoduše souvislé oblasti R2 spojité a pro každé (x, y) ∈ R2 platí
∂x
∂M
,
∂y
∂M
∂N
(x, y) =
(x, y) = 3x2 ,
∂y
∂x
je rovnice (25) na R2 exaktní.
Najděme nyní funkci V takovou, že pro každé (x, y) ∈ R2 platí (27), tj.
(28)
(29)
∂V
(x, y) = M (x, y) = 3x2 y,
∂x
∂V
(x, y) = N (x, y) = x3 + y 2 .
∂y
Rovnost (28) platí (pro všechna (x, y) ∈ R2 ) právě tehdy, když
(30)
V (x, y) = x3 y + w(y),
kde w je nějaká funkce jedné proměnné y (rovnost (28) jsme „integrovali podle proměnné xÿ
a na pravou stranu jsme připsali „výraz, který je vzhledem k x konstantníÿ). Jestliže z (30)
dosadíme za V do (29), dostaneme
x3 + w0 (y) = x3 + y 2 ,
tj.
w0 (y) = y 2 .
Proto např. w(y) = 13 y 3 a po dosazení do (31):
(32)
V (x, y) = x3 y + 13 y 3 ,
(x, y) ∈ R2 .
Obecný integrál diferenciální rovnice (25) má tedy tvar tvar
x3 y + 13 y 3 = C, kde C ∈ R.
Příklad 12. Vyřešme Cauchyovu úlohu pro diferenciální rovnici
¡ 3
¢ ¡
¢
(31)
x − 3xy 2 + y 3 − 3x2 y y 0 = 0
a počáteční podmínku (x0 , y0 ) = (1, 1).
Řešení. Při řešení diferenciálních rovnic musíme v první řadě rozhodnout, o jaký typ diferenciální rovnice se jedná. Po určení typu diferenciální rovnice, pak již většinou postupujeme
podle známého algoritmu, jak uvedený typ diferenciální rovnice řešit. Někdy se ale stává, že
danou diferenciální rovnici můžeme zařadit mezi různé typy. Pak se musíme rozhodnout, podle
jakého algoritmu budeme budeme zadanou diferenciální rovnici řešit. Příkladem takové rovnice
je rovnice (31).
Rozřešením rovnice (31) vzhledem k y 0 a úpravou dostaneme
³ y ´2
3
−1
3xy − x
x
y0 = 3
=
,
³
´
3
y
y − 3x2
−3
x
2
16
3
což je homogenní diferenciální rovnice. Postup při jejím řešení je popsán v článku 3.3.
Rovnice (31) je však současně v R2 rovnicí exaktní. Označíme-li totiž M (x, y) = x3 − 3xy 2 ,
∂M ∂N
N (x, y) = y 3 − 3x2 y, (x, y) ∈ R2 , jsou funkce M , N ,
,
v jednoduše souvislé oblasti R2
∂y ∂x
spojité a pro každé (x, y) ∈ R2 platí
∂M
∂N
(x, y) =
(x, y) = −6xy.
∂y
∂x
Můžeme se tedy rozhodnout, zda rovnici (31) budeme řešit jako rovnici homogenní nebo jak
rovnici exaktní. Porovnáme-li pracnost a celkovou obtížnost obou algoritmů, je logické, že se v
tomto případě rozhodneme pro řešení exaktní diferenciální rovnice.
Hledejme tedy funkci V takovou, že pro každé (x, y) ∈ R2 platí (27), tj.
∂V
(x, y) = M (x, y) = x3 − 3xy 2 ,
∂x
∂V
(x, y) = N (x, y) = y 3 − 3x2 y.
∂y
(32)
(33)
Rovnost (32) platí (pro všechna (x, y) ∈ R2 ) právě tehdy, když
V (x, y) = 14 x4 − 23 x2 y 2 + w(y),
(34)
kde w je nějaká funkce jedné proměnné y (rovnost (32) jsme „integrovali podle proměnné xÿ
a na pravou stranu jsme připsali „výraz, který je vzhledem k x konstantníÿ). Jestliže z (34)
dosadíme za V do (33), dostaneme
−3x2 y + w0 (y) = y 3 − 3x2 y,
tj.
w0 (y) = y 3 .
Proto např. w(y) = 14 y 4 a po dosazení do (34):
V (x, y) = 14 x4 − 32 x2 y 2 + 14 y 4 ,
(x, y) ∈ R2 .
Obecný integrál diferenciální rovnice (31) má tedy tvar (rovnici vynásobíme 4)
x4 − 6x2 y 2 + y 4 = C, kde C ∈ R.
(35)
Dosadíme-li nyní do (35) počáteční podmínku (x0 , y0 ) = (1, 1), dostaneme řešení zadané Cauchyovy úlohy ve tvaru
x4 − 6x2 y 2 + y 4 + 4 = 0, y(1) = 1.
CVIČENÍ
Ve cvičeních 110 – 119 řešte dané exaktní diferenciální rovnice.
110. (4x + y) + (x − 2y)y 0 = 0.
2x2 − y 2 + xy = C.
111.
(2x − y + 1) + (2y − x − 1)y 0 = 0.
x2 + y 2 − xy + x − y = C.
112.
(2x + 3y) + (3x − 4y)y 0 = 0.
x2 − 2y 2 + 3xy = C.
113.
(x4 + 4xy 3 ) + (6x2 y 2 − 5y 4 )y 0 = 0.
1 5
5x
114.
+ 2x2 y 3 − y 5 = C.
(3x2 + 6xy 2 ) + (6x2 y + 4y 3 )y 0 = 0.
17
x3 + 3x2 y 2 + y 4 = C.
115.
116.
1
x
− 2 y 0 = 0.
y y
yxy−1 + xy ln x . y 0 = 0.
µ
y
1 + x2
117.
Ã
¶
µ
+ arctg y − 1 + arctg x +
!
x
p
118.
119.
x/y = C.
x2
−
y2
−1
+p
y
x2
− y2
x
1 + y2
xy = C.
¶
y 0 = 0.
y arctg x + x arctg y − x = C.
y 0 = 0.
p
x2 − y 2 − x = C.
2x(1 − ey )
ey
+
y 0 = 0.
(1 + x2 )2
1 + x2
(ey − 1)/(1 + x2 ) = C.
Ve cvičeních 120 – 125 řešte Cauchyovy úlohy pro dané exaktní diferenciální rovnice a dané
počáteční podmínky.
120. (x + ey ) + (xey − 2)y 0 = 0, (x0 , y0 ) = (0, 1).
121.
¢
(2xey + y cos x + 1) + x2 ey + sin x y 0 = 0,
122.
x + 2y
y
+
y 0 = 0,
2
(x + y)
(x + y)2
123.
124.
¡
2x
−y
x2
18
x2
(x0 , y0 ) = (1, 0).
1
−y
µ
¶
x x/y 0
x/y
(x + e ) + 1 −
e y = 0,
y
µ
125.
µ
2
+ 2xy + 2x2 y −
x2 + 2xey − 4y = 3, y(1) = 0.
¢
(x0 , y0 ) = 2 , 0 .
x2 ey + y sin x + x = π 2 /4 + π/2, y(π/2) = 0.
¡π
ln (x + y) − (y/(x + y)) = 0, y(1) = 0.
¶
y 0 = 0,
(x0 , y0 ) = (2, 1).
ln (x2 − y) + x2 y 2 + y = 5 + ln 3, y(2) = 1.
¡
¢
(x0 , y0 ) = 1, 12 .
x2 + 2yex/y − 1 − e2 = 0, y(1) = 12 .
¶ µ
¶
x−y
x−y
ln(x + y) +
+ 2x +
− ln(x + y) y 0 = 0, (x0 , y0 ) = (1, 1).
x+y
x+y
(x − y) ln(x + y) + x2 = 1, y(1) = 1.