INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE října 2009

Transkript

1 INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1 Robert Mařík 2. října 2009 c Robert Mařík, 2009

2 Obsah 1 Diferenciální rovnice úvod 4 2 DR se separovanými proměnnými 9 DR se sep. proměnnými Rovnice = cosx (x 2 1) = 0, (0) = = 2x + 1, (2) = 0 2( 1) x 2 = ( 3 1)(x 3 1) (1+e x ) +e x = e x2 + = x Lineární diferenciální rovnice 98 Homogenní LDR Neomogenní LDR x = 1 x c Robert Mařík, 2009

3 = 1+3 tgx x + = x ln(x + 1) Homogenní diferenciální rovnice Exaktní diferenciální rovnice 178 c Robert Mařík, 2009

4 1 Diferenciální rovnice úvod Motivace základní úloha integrálního počtu. Na intervalu I je dána spojitá funkce f (x). Nalezněte funkci = (x), která na intervalu I splňuje vztah (x) = f (x). (1) Řešení (x) = f (x) dx+c, (2) kde f (x) dx je libovolná primitivní funkce k funkci f (x) na intervalu I a C je integrační konstanta, která může nabývat libovolné reálné hodnot. Diferenciální rovnice úvod c Robert Mařík, 2009

5 Motivace počáteční podmínka. Základní úloha integrálního počtu má nekonečně mnoho řešení, které závisí na jedné reálné konstantě. V praxi je zpravidla nutno z této množin vbrat nějaké konkrétní (tzv. partikulární ) řešení, které splňuje jistou dodatečnou podmínku tzv. počáteční podmínku. Taková úloha, která se skládá z diferenciální rovnice a počáteční podmínk, se nazývá počáteční úloha. Příklad 1 (počáteční úloha). Hledejme řešení počáteční úloh = 2x, (1) = 2. Řešení: Integrací rovnice získáváme (x) = 2x dx = x 2 + C. Z podmínk (1) = 2 plne, že je-li x = 1, musí být = 2. Dosadíme tto hodnot do posledního vztahu, čímž obdržíme 2 = 1 2 +C a odsud C = 1. Řešením počáteční úloh je ted funkce (x) = x Diferenciální rovnice úvod c Robert Mařík, 2009

6 Definice (občejná diferenciální rovnice). Občejnou diferenciální rovnicí prvního řádu rozřešenou vzhledem k derivaci s neznámou rozumíme rovnici tvaru = ϕ(x,), (R) kde ϕ je funkce dvou proměnných. Řešením (též integrálem) rovnice na intervalui rozumíme každou funkci = (x), která je diferencovatelná na I a splňuje zde identick rovnici (R). Necht x 0, 0 jsou reálná čísla. Úloha najít řešení rovnice (R), které splňuje zadanou počáteční podmínku (x 0 ) = 0 (PP) se nazývá počáteční (též Cauchova) úloha. Jejím řešením rozumíme funkci, která splňuje podmínku (PP) a je na nějakém intervalu obsahujícím bod x 0 řešením rovnice (R). Řešení Cauchov úloh nazýváme též partikulárním řešením rovnice (R). Graf libovolného partikulárního řešení se nazývá integrální křivka. Diferenciální rovnice úvod c Robert Mařík, 2009

7 Příklad 2. Uvažujme rovnici = 2 a počáteční podmínku (0) = 5. Necht C je libovolné reálné číslo. Funkce = Ce 2x je řešením rovnice, protože = ( Ce 2x) = Ce 2x 2 = 2. Pro x = 0 a = 5 dostáváme 5 = Ce 0, tj. C = 5. Řešením počáteční úloh je ted funkce = 5e 2x. Diferenciální rovnice úvod c Robert Mařík, 2009

8 Poznámka 1 (formulace hlavních problémů). V souvislosti s diferenciálními rovnicemi nás zajímají především následující otázk Má daná počáteční úloha řešení? Je toto řešení určeno jednoznačně? Na jakém intervalu je toto řešení definováno? Je možné toto řešení nalézt analtickou cestou? Pokud ano, jak? Většina inženýrských aplikací vžaduje, ab odpověd na první dvě otázk bla kladná. Toto je možné zaručit tehd, není-li chování funkce ϕ(x, ) vzhledem k proměnné příliš divoké. Přesněji, platí následující. Je-li funkce ϕ(x, ) spojitá, je počáteční úloha řešitelná (Peanova věta). Má-li funkce ϕ(x, ) ohraničenou parciální derivaci podle, je řešení v nějakém okolí počáteční podmínk určeno jednoznačně (Picardova věta). Diferenciální rovnice úvod c Robert Mařík, 2009

9 2 DR se separovanými proměnnými Definice (DR se separovanými proměnnými). Diferenciální rovnice tvaru = f (x)g(), (S) kdef ag jsou funkce spojité na (nějakých) otevřených intervalech se nazývá občejná diferenciální rovnice se separovanými proměnnými. Příklad 3. Rovnice x = 0 není rovnice se separovanými proměnnými. Rovnice e x +e x+ = 0 je rovnice se separovanými proměnnými: = ex+ e x = e e 2x. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

10 Následující věta udává jednoduše použitelené kritérium, které umožní poznat, zda je diferenciální rovnice rovnicí se separovanými proměnnými. Věta 1 (kritérium na ověření separabilit). Necht funkce dvou proměnných ϕ(x,) je nenulová na konvexní oblasti G a má zde spojité všechn parciální derivace do řádu dva, včetně. Rovnice = ϕ(x,) je rovnice se separovanými proměnnými a lze ji upravit na tvar = f (x)g(), (S) právě tehd, kdž je na množině G nulový determinant ϕ(x,) ϕ x (x,) ϕ (x,) ϕ x (x,). DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

11 Řešení DR se separovanými proměnnými Algoritmus: 1. Má-li algebraická rovnice g() = 0 řešení k 1, k 2,..., k n, jsou konstantní funkce k 1, k 2,..., k n řešeními rovnice. 2. Pracujme na intervalech, kde g() 0. Formálně nahradíme derivaci podílem diferenciálů d dx d = f (x)g(). (3) dx 3. Odseparujeme proměnné d = f (x) dx. (4) g() 4. Získanou rovnost (4) integrujeme d g() = f (x) dx+c. (5) DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

12 DR se separovanými proměnnými = f (x)g() Rovnice má konstatní řešení tvaru = i, kde i jsou řešeními rovnice g( i ) = 0. Dále budeme hledat nekonstantní řešení. d dx = f (x)g() d = f (x) dx g() d g() = f (x) dx+c Rovnice se separovanými proměnnými. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

13 DR se separovanými proměnnými = f (x)g() Rovnice má konstatní řešení tvaru = i, kde i jsou řešeními rovnice g( i ) = 0. Dále budeme hledat nekonstantní řešení. d dx = f (x)g() d = f (x) dx g() d g() = f (x) dx+c Nejdřív najdeme konstantní řešení. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

14 DR se separovanými proměnnými = f (x)g() Rovnice má konstatní řešení tvaru = i, kde i jsou řešeními rovnice g( i ) = 0. Dále budeme hledat nekonstantní řešení. d dx = f (x)g() d = f (x) dx g() d g() = f (x) dx+c napíšeme derivaci jako podíl diferenciálů d dx. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

15 DR se separovanými proměnnými = f (x)g() Rovnice má konstatní řešení tvaru = i, kde i jsou řešeními rovnice g( i ) = 0. Dále budeme hledat nekonstantní řešení. d dx = f (x)g() d = f (x) dx g() d g() = f (x) dx+c Vnásobíme rovnici jmenovateli zlomků a odseparujeme tak proměnné. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

16 DR se separovanými proměnnými = f (x)g() Rovnice má konstatní řešení tvaru = i, kde i jsou řešeními rovnice g( i ) = 0. Dále budeme hledat nekonstantní řešení. d dx = f (x)g() d = f (x) dx g() d g() = f (x) dx+c Zintegrujeme obě stran rovnice. Použijeme jenom jednu integrační konstantu. Získáme obecné řešení. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

17 DR se separovanými proměnnými = f (x)g() Rovnice má konstatní řešení tvaru = i, kde i jsou řešeními rovnice g( i ) = 0. Dále budeme hledat nekonstantní řešení. d dx = f (x)g() d = f (x) dx g() d g() = f (x) dx+c Je-li zadána počáteční podmínka, najdeme nejprve konstantu C pro kterou je počáteční podmínka splněna. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

18 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

19 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Napíšeme derivaci jako podíl diferenciálů d dx DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

20 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Násobením rovnice výraz ve jmenovatelích odseparuje proměnné. Z podmínk (0) = 0.1 je zřejmé, že funkce není rovna nule (alespoň v nějakém okolí bodu x = 0). DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

21 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Připíšeme integrál. Vlevo integrujeme podle, vpravo podle x. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

22 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Vpočteme integrál. Funkce je kladná (alespoň v nějakém okolí bodu x = 0). Uvažujeme jenom jednu integrační konstantu. Získáváme rovnici popisující všechna řešení rovnice = cosx. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

23 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Použijeme počáteční podmínku (0) = 0.1 pro nalezení integrační konstant. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

24 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Vpočteme C. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

25 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Dosadíme za C a získáme partikulární řešení zadané počáteční úloh. Toto řešení je zatím v implicitním tvaru. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

26 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Převedeme logaritm na jednu stranu. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

27 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Odečteme logaritm. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

28 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Odstraníme logaritmus použitím inverzní funkce. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

29 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Osamostatníme. Získáme řešení v explicitním tvaru. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

30 Najděte funkci (x) splňující = cosx a (0) = 0.1 d dx = cosx 1 d = cosx dx ln = sinx +C ln 0.1 = sin 0+C C = ln 0.1 ln = sinx + ln 0.1 ln ln 0.1 = sinx ln 0.1 = sinx 0.1 = esinx = 0.1 e sinx Označení: diferenciální rovnice + počáteční podmínka = počáteční úloha, obecné řešení, partikulární řešení DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

31 Poznámka 2 (řešitelnost a jednoznačnost). Je-li g( 0 ) 0, je řešení počáteční úloh (S), (PP), které obdržíme pomocí předchozího postupu, definované a jednoznačně určené v nějakém okolí bodu x 0. Poznámka 3 (vužití určitého integrálu namísto neurčitého). Partikulární řešení počáteční úloh (S) (PP) lze místo (5) psát též přímo ve tvaru určitého integrálu dt x g(t) = f (t) dt. (6) x 0 0 Poznámka 4 (autonomní rovnice). V mnoha biologických i technických aplikacích se setkáváme se speciálním případem rovnice se separovanými proměnnými, ve které na pravé straně nefiguruje nezávislá proměnná, tj. s rovnicí tpu = g(). (7) Tto rovnice se nazývají autonomní diferenciální rovnice. Pro rovnici (7) platí všechno co blo dříve vsloveno pro rovnici (S). Rovnice (7) má však navíc poměrně často jednu důležitou vlastnost: v mnoha případech lze ukázat, že ohraničená řešení se pro x a pro x v limitě blíží k některému z konstantních řešení. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

32 Příklad 4. Hledejme všechna konstantní řešení rovnice = Jiná než konstantní řešení hledat nebudeme. Řešení: Konstantní funkce má nulovou derivaci. 0 = Jedná se algebraickou rovnici tj. neznámá je reálné číslo, nikoliv funkce. Řešením této rovnice postupně získáváme 0 = 3 2 2, = 3 2 2, 0 =( 2 2), 0 =( 2)( + 1). Poslední rovnice má tři kořen 1 = 0, 2 = 2 a 3 = 1. Jedinými konstantními řešeními jsou ted funkce 0, 2 a 1. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

33 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

34 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Osamostatníme. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

35 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Rovnice má separované proměnné a má smsl pro 0 a x ±1. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

36 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Přepíšeme derivaci jako podíl diferenciálů. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

37 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c Odseparujem proměnné. Přči tom násobíme rovnici výrazem 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x. Toto lze 2 1 provést pokud ±1, což je garantováno počáteční podmínkou. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

38 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Připíšeme integrál... DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

39 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x... a integrujeme. První integrál je (až na aditivní konstantu) tpu f (x) f (x) dx. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

40 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Druhý integrál napíšeme pomocí vzorců. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

41 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x vnásobíme rovnici dvěma. Vzhledem k počáteční podmínce vnecháme absolutní hodnot. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

42 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Napíšeme 2c ve tvaru logaritmu lne 2c... DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

43 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x... a sečteme logaritm. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

44 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Logaritmus je prostá funkce a můžeme jej na obou stranách rovnice vnechat. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

45 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Obecné řešení. C = e 2c je nová konstanta. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

46 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ln( 2 x = 0 ( 1+x 1) = ln 1 x e2c) = = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Dosadíme hodnot z počáteční podmínk... DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

47 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x... a nalezneme C. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

48 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Použijeme toto C v obecném řešení. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

49 Řešte 2 1+ (x 2 1) = 0, (0) = 2. (1 x 2 ) = 2 1 d dx = x d = 1 1 x dx ln 2 1 = 1 2 ln 1+x +c 1 x ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + 2c ln( 2 1) = ln 1+x 1 x + lne2c ( 1+x ln( 2 1) = ln 1 x e2c) 2 1 = 1+x 1 x e2c 2 = 1+C 1+x 1 x 2 2 = 1+C C = 3 2 = x 1 x 2 = 4+2x 1 x Upravíme. Problém je vřešen. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

50 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

51 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 Nejprve budeme hledat obecné řešení. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

52 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 Rovnice má separované proměnné a má smsl pro 1. Pro odseparování budeme rovnici násobit výrazem 2( 1). Nenulovost tohoto výrazu zajišt uje počáteční podmínka. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

53 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 Připíšeme integrál. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

54 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K p = 1 x 2 +x 5 = 1± x 2 +x +K Vpočteme integrál na obou stranách rovnice. Dostáváme 2 2 d = 2 2 a 2x + 1 dx = x 2 +x. Integrační konstantu použijeme na pravé straně. Tím získáme obecné řešení v implicitním tvaru. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

55 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 Pro explicitní vjádření funkce upravíme na čtverec. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

56 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 Zaved me novou konstantu K = C + 1. Vpočteme odmocninu obou stran rovnice... DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

57 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5... a vjádříme. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

58 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 Explicitní formule pro obecné řešení se rozpadá na dvě větve, přičemž 1 (x) 1 a 2 (x) 1 pro všechna x. Vzhledem k počáteční podmínce budeme uvažovat jen 2. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

59 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K = 0 x = 2 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 Dosadíme počáteční podmínk do 2. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

60 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 Řešení rovnice 0 = K je K = 5. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

61 Řešte počáteční úlohu = 2x + 1 2( 1), (2) = 0 = 2x + 1 2( 1) (2 2) d = (2x + 1) dx 2 2 = x 2 +x +C ( 1) 2 1 = x 2 +x +C ( 1) 2 = x 2 +x +C = ± x 2 +x +K = 1± x 2 +x +K 1 = 1+ x 2 +x +K 2 = 1 x 2 +x +K 0 = K K = 5 p = 1 x 2 +x 5 Použijeme obdrženou hodnotu konstant K ve vztahu pro 2. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

62 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). d dx = = 3 1 x x Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 x C = ±e c R\{0} 3 1 = C x ex3 /3 C R DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

63 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). d dx = = 3 1 x x Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 Vjádříme z rovnice. x ec Rovnicemá 3 skutečně 1 = (±e c separované )e x3 /3 1 proměnné C a= má ±e c smsl R\{0} pro x 0 a 0. x 3 1 = C /3 C R x ex3 DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

64 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). d dx = = 3 1 x x Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 C = ±e c R\{0} Pravá strana je nulová pro x 3 1 = C = 1. Konstatní řešení je ted funkce (x) = 1. (Toto lze ověřit i přímým dosazením). /3 C R x ex3 DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

65 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). d dx = = 3 1 x x Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec Předpokládejme 3 nadále že 1 = (±e c 1. )e x3 /3 V 1 tomto případě lze vnásobit C = ±e c rovnici R\{0} x výrazem 32. Tím odseparujeme 3 1 = C proměnné. 3 1 /3 C R x ex3 DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

66 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). d dx = = 3 1 x x Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 x C = ±e c R\{0} Proměnná je na 3 levé 1 = straně C /3 a proměnná x na straně pravé. C R x ex3 DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

67 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 x 3 1 = C x ex3 /3 C = ±e c R\{0} C R Připíšeme integrál... DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

68 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 C = ±e c R\{0} x f 3 1 = C (x)... a tto integrál vpočteme. /3 Integtrál vlevo je integrál tpu x ex3 Cf (x) R dx a integrál vpravo může být rozpesán následovně x 3 1 dx = x 2 1 x3 dx = x x 3 ln x. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

69 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 x 3 1 = C x ex3 /3 C = ±e c R\{0} C R Zapíšeme výraz x3 3 logaritm. a c v logaritmickém tvaru 3 lnex /3 a lne c a sečteme DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

70 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 x 3 1 = C x ex3 /3 C = ±e c R\{0} C R Protože je logaritmus prostá funkce, je možno jej odstranit z obou stran rovnice. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

71 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 x C = ±e c R\{0} 3 1 = C x ex3 /3 C R Vnecháním absolutní hodnot se mohou levá a pravá strana rovnice lišit znaménkem. Pro všechn případ proto přidejme na jednu stranu obě alternativ ±. Toto znaménko přidíáme ke konstatnímu členu e c. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

72 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 x C = ±e c R\{0} 3 1 = C /3 x ex3 C R Zavedeme novou konstantu C = ±e c. Protože c může nabývat libovolných reálných hodnot, pak výraz e c může nabývat libovolnou kladnou hodnotu a výraz ±e c libovolnou kladnou nebo zápornou (tj. libovolnou neulovou) hodnotu. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

73 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 x C = ±e c R\{0} 3 1 = C x ex3 /3 C R Zahrnutím možnosti C = 0 do obecného řešení získáme i konstantní řešení = 1, které jsme dosud uvažovali odděleně. Povolíme ted, že C může nabývat libovolnou reálnou hodnotu. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

74 Řešte 3x 2 = ( 3 1)(x 3 1). Funkce 1 je řešením. Předpokládejme dále že x d = 1 dx x ln 3 1 = x3 3 ln x +c ( ln 3 1 = ln e x3 /3 1 x ec) 3 1 = e x3 /3 1 x ec 3 1 = (±e c )e x3 /3 1 x 3 1 = C x ex3 /3 C = ±e c R\{0} C R Vřešeno. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

75 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

76 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Osamostatníme člen s. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

77 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Vpočteme. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

78 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Pravá strana je nulová pro = 0. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

79 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Dosadíme d dx za. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

80 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Vnásobíme výrazem dx a vdělíme. Protože lze předpokládat 0, můžeme takové dělení provést. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

81 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Doplníme integrál. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

82 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Vpočteme integrál. Zlomek na pravé straně má v čitateli derivaci jmenovatele. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

83 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Převedeme logaritm na levou stranu a sečteme. číslo c zapíšeme jako logaritmus. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

84 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Logaritmická funkce je prostá a je možno ji vnechat z obou stran rovnice. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

85 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Odstraníme absolutní hodnotu. Abchom neporušili platnost rovnice, přidáme na pravou stranu obě variant znaménka ±. Toto znaménko vtvoří společně s číslem e c novou konstantu K. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

86 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Vřešíme rovnici explicitně vzhledem k. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

87 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Volbou K = 0 obdržíme 0, což odpovídá již získanému konstantnímu řešení. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

88 Řešte rovnici (1+e x ) +e x = 0 (1+e x ) = e x = ex e x + 1 Funkce 0 je řešením. Dále předpokládáme 0. d dx = ex e x + 1 d = e x 1+e dx x ln = ln(1+e x )+c [ ln ( 1+e x)] = lne c (1+e x ) = e c (1+e x ) = K K = ±e c = K 1+e x K R\{0} Vřešeno. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

89 Řešte rovnici e x2 + = x e x2 e = x 1 d dx ex2 e = x 1 e d = xe x2 dx e e = 1 +C 2 e x2 2e 2e = e x2 +C C R DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

90 Řešte rovnici e x2 + = x e x2 e = x 1 d dx ex2 e = x 1 e d = xe x2 dx e e = 1 +C 2 e x2 2e 2e = e x2 +C C R Exponenciální výraz e x2 + rozložíme na součin. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

91 Řešte rovnici e x2 + = x e x2 e = x 1 d dx ex2 e = x 1 e d = xe x2 dx e e = 1 +C 2 e x2 2e 2e = e x2 +C C R Dosadíme d dx za. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

92 Řešte rovnici e x2 + = x e x2 e = x 1 d dx ex2 e = x 1 e d = xe x2 dx e e = 1 +C 2 e x2 2e 2e = e x2 +C C R Vnásobíme rovnici výrazem a vdělíme e x2 (což je ekvivalentní násobení výrazem e x2 ). DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

93 Řešte rovnici e x2 + = x e x2 e = x 1 d dx ex2 e = x 1 e d = xe x2 dx e e = 1 +C 2 e x2 2e 2e = e x2 +C C R Doplníme integrál. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

94 Řešte rovnici e x2 + = x e x2 e = x 1 d dx ex2 e = x 1 e d = xe x2 dx e e = 1 +C 2 e x2 2e 2e = e x2 +C C R Na levé straně použijeme integraci per-partés: e d u = u = 1 v = e v = e = e e d = e e DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

95 Řešte rovnici e x2 + = x e x2 e = x 1 d dx ex2 e = x 1 e d = xe x2 dx e e = 1 +C 2 e x2 2e 2e = e x2 +C Na pravé straně použijeme substituční metodu x 2 = t xe x2 dx 2x dx = dt x dx = 1 = 1 2 dt 2 C R e t dt = 1 2 et = 1 2 e x2 DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

96 Řešte rovnici e x2 + = x e x2 e = x 1 d dx ex2 e = x 1 e d = xe x2 dx e e = 1 +C 2 e x2 2e 2e = e x2 +C C R Vnásobíme rovnici číslem 2. Řešení je nutno nechat v implicitním tvaru. Převod do explicitního tvaru není možný. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

97 Řešte rovnici e x2 + = x e x2 e = x 1 d dx ex2 e = x 1 e d = xe x2 dx e e = 1 +C 2 e x2 2e 2e = e x2 +C C R Vřešeno. DR se separovanými proměnnými c Robert Mařík, 2009

98 3 Lineární diferenciální rovnice Definice (lineární DR). Necht funkce a, b jsou spojité na intervalu I. Rovnice +a(x) = b(x) se nazývá občejná lineární diferenciální rovnice prvního řádu (zkráceně píšeme LDR). Je-li navíc b(x) 0 na I, nazývá se rovnice (L) homogenní, v opačném případě nehomogenní. (L) Poznámka 5 (řešitelnost a jednoznačnost). Jsou-li funkce a, b spojité na intervalu I, x 0 I a 0 R libovolné, má každá počáteční úloha (L) (PP) právě jedno řešení definované na celém intervalu I. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

99 Definice (homogenní rovnice). Bud dána rovnice (L). Homogenní rovnice, která vznikne z rovnice (L) nahrazením pravé stran nulovou funkcí, tj. rovnice +a(x) = 0 (LH) se nazývá homogenní rovnice asociovaná s nehomogenní rovnicí (L). Poznámka 6 (triviální řešení). Homogenní lineární diferenciální rovnice má vžd (bez ohledu na konkrétní tvar funkce a(x)) konstantní řešení = 0, jak lze ověřit přímým dosazením. Toto řešení se nazývá triviální řešení a v praktických úlohách zpravidla nemívá žádný význam. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

100 Poznámka 7 (operátorová smbolika). Definujeme-li na množině všech funkcí diferencovatelných na intervalu I operátor L[ ] vztahem L[](x) = (x)+a(x)(x) pro každé x I, je možno diferenciální rovnici (L) a k asociovanou homogenní rovnici zapsat v krátkém tvaru L[] = b(x) a L[] = 0. Poznámka 8 (linearita operátoru L[ ]). Operátor L[ ] splňuje pro všechna reálná čísla C 1, C 2 a všechn diferencovatelné funkce 1 (x), 2 (x) vztah Vskutku: L[C 1 1 +C 2 2 ](x) = L[C 1 1 +C 2 2 ] = C 1 L[ 1 ]+C 2 L[ 2 ]. ( ) ( ) C 1 1 (x)+c 2 2 (x) +a(x) C 1 1 (x)+c 2 2 (x) = C 1 1 (x)+c 2 2 (x)+a(x)c 1 1 (x)+a(x)c 2 2 ( ) ( (x) ) = C 1 1 (x)+a(x) 1 (x) +C 2 2 (x)+a(x) 2 (x) = C 1 L[ 1 ](x)+c 2 L[ 2 ](x). Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

101 Věta 2 (princip superpozice). Pro libovolné diferencovatelné funkce, 1 a 2 a libovolné reálné číslo C platí L[ 1 ] = 0 L[C 1 ] = C 0 = 0, L[ 1 ] = 0 a L[ 2 ] = f (x) L[C ] = C 0+f (x) = f (x), L[ 1 ] = L[ 2 ] = f (x) L[ 1 2 ] = f (x) f (x) = 0, Slovně: Všechna řešení homogenní lineární rovnice jsou násobk jednoho libovolného nenulového řešení této rovnice. Součet jednoho libovolného řešení zadané nehomogenní a obecného řešení asociované homogenní lineární rovnice je obecným řešením dané nehomogenní rovnice. Stačí ted najít dvě (do jisté mír speciální) řešení a z nich snadno sestavíme obecné řešení zadané rovnice. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

102 Homogenní LDR +a(x) = 0. = a(x) = C e a(x) dx, C R ( e f (x) ) = e f (x) f (x) U homogenní rovnice je derivace řešení rovna a(x) násobku tohoto řešení. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

103 Homogenní LDR +a(x) = 0. = a(x) = C e a(x) dx, C R ( e f (x) ) = e f (x) f (x) Porovnáme-li rovnici s derivací složené funkce s exponenciální vnější složkou vidíme okamžitě jedno řešení. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

104 Homogenní LDR +a(x) = 0. = a(x) = C e a(x) dx, C R ( e f (x) ) = e f (x) f (x) Všechna řešení jsou v souladu s principem superpozice násobk tohoto jednoho řešení. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

105 Nehomogenní LDR P (x) = K (x) PH (x) +a(x) = b(x). P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH(x) ] = b(x) Řešme nehomogenní LDR. (x,c) = P (x)+ OH (x) b(x) P (x) = obecným PH (x) řešením PH (x) nehomogenní dx rovnice. (x) = (x)+ (x) K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Je-li P (x) partikulární řešení a OH (x) je obecné řešení asociované homogenní LDR, je funkce Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

106 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) Uvažujme nejprve asociovanou homogenní rovnici. Obecné řešení této rovnice již známe. K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

107 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) variace konstant {}}{{}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) K (x) PH (x) = b(x) Nní stačí najít alespoň jedno řešení rovnice nehomogenní. K b(x) (x) = Nahradíme konstantu C v obecném řešení homogenní PH LDR (x) dx zatím neznámou funkcí K (x) a budeme hledat, za jakých podmínek je výsledná funkce řešením nehomogenní LDR. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

108 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) Musíme najít funkci K (x). Pro dosazení do rovnice je nutné znát derivaci. K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Derivujeme jako součin podle vzorce (uv) = u v +u v Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

109 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Dosadíme do rovnice. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

110 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Dosadíme do rovnice. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

111 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Vtkneme na levé straně K (x). Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

112 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Vznačený výraz je roven nule. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

113 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Dostali jsme rovnici, která neobsahuje funkci K (x), ale jenom její derivaci K (x). Vjádříme K (x). Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

114 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Integrací nalezneme K (x). Integrační konstantu volíme libovolnou. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

115 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) P (x) = K (x) PH (x)+k (x) PH (x) {}}{ K (x) PH (x)+k (x) PH (x)+a(x) {}}{ K (x) PH (x) = b(x) K (x) PH (x)+k (x) [ PH (x)+a(x) PH (x)] = b(x) K (x) PH (x) = b(x) K b(x) (x) = PH (x) dx Zapomeneme nní již nepodstatné informace. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

116 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) K (x) = b(x) PH (x) dx P (x) = PH (x) (x) = P (x)+ OH (x) b(x) PH (x) dx Zapomeneme nní již nepodstatné informace. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

117 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) K (x) = b(x) PH (x) dx P (x) = PH (x) (x) = P (x)+ OH (x) b(x) PH (x) dx Použijeme funkci K (x) pro obdržení partikulárního řešení rovnice. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

118 Nehomogenní LDR +a(x) = b(x). Asociovaná hom. LDR +a(x) = 0 Obecné řešení hom. LDR OH (x) = Ce a(x) dx = C PH(x) P (x) = K (x) PH (x) K (x) = b(x) PH (x) dx P (x) = PH (x) (x) = P (x)+ OH (x) b(x) PH (x) dx Sečteme partikulární řešení nehomogenní a obecné řešení homogenní rovnice a rovnice je vřešena. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

119 Řešení analtickou cestou: Věta 3 (vzorec pro obecné řešení nehomogenní LDR). Obecné řešení rovnice (L) je [ (x,c) = e a(x) dx b(x)e ] a(x) dx dx +C, C R. (8) Přitom každý neurčitý integrál vjadřuje jednu libovolnou z primitivních funkcí (integrační konstant již neuvažujeme). Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

120 Řešte DR + 2 x = 1 x x = 0 OH (x) = Ke 2 x dx = Ke 2 ln x = Ke lnx 2 = Kx 2 PN (x) = K (x) x 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x Rovnice je lineární. {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009 x 2

121 Řešte DR + 2 x = 1 x x = 0 OH (x) = Ke 2 x dx = Ke 2 ln x = Ke lnx 2 = Kx 2 PN (x) = K (x) x 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 Uvažujme nejprve homogenní rovnici. x + 1 Nahradíme pravou stranu rovnice nulou. K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009 x 2

122 Řešte DR + 2 x = 1 x x = 0 OH (x) = Ke 2 x dx = Ke 2 ln x = Ke lnx 2 = Kx 2 PN (x) = K (x) x 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 Obecné řešení rovnice+a(x) = 0 je dáno formulkou K (x) = x 1+ 1 = Ke a(x) dx. x + 1 V našem případě a(x) = 2 K (x) = x 1+ 1 x. x + 1 dx Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009 x 2

123 Řešte DR + 2 x = 1 x x = 0 OH (x) = Ke 2 x dx = Ke 2 ln x = Ke lnx 2 = Kx 2 PN (x) = K (x) x 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 Integrujeme... {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009 x 2

124 Řešte DR + 2 x = 1 x x = 0 OH (x) = Ke 2 x dx = Ke 2 ln x = Ke lnx 2 = Kx 2 PN (x) = K (x) x 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x... upravujeme... {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009 x 2

125 Řešte DR + 2 x = 1 x + 1 OH (x) = Kx x = 0 OH (x) = Ke 2 x dx = Ke 2 ln x = Ke lnx 2 = Kx 2 PN (x) = K (x) x 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 a upravujeme ještě více. Nezapomeňme žek exponenciální (x) = x 1+ a logaritmická 1 x + 1 dx funkce jsou navzájem inverzní a jejich složením dostaneme identitu. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009 x 2

126 Řešte DR + 2 x = 1 x + 1 PN (x) = K (x) x 2 OH (x) = Kx 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx = x2 x + ln x Nní budeme hledat partikulární řešení nehomogenní rovnice. Nahradíme ted konstantu v OH (x) funkcí. K (x) = x2 x + ln x + 1 Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

127 Řešte DR + 2 x = 1 x + 1 PN (x) = K (x) x 2 OH (x) = Kx 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x Najdeme derivaci PN (x). K (x) = x2 x + ln x + 1 {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx = x2 2 x + ln x + 1 K tomu vužijeme pravidlo pro derivaci součinu: (uv) = u v +uv. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

128 K (x) = x2 x + ln x + 1 Dosadíme do rovnice. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009 Řešte DR + 2 x = 1 x + 1 PN (x) = K (x) x 2 OH (x) = Kx 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx = x2 2 x + ln x + 1

129 Řešte DR + 2 x = 1 x + 1 PN (x) = K (x) x 2 OH (x) = Kx 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x Nalezneme rovnici pro K. {}}{ Výraz s K se podle očekávání odečtou. Skutečně: ( 2)Kx x Kx 2 = 0. K (x) = x2 x + ln x + 1 K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx = x2 2 x + ln x + 1 Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

130 Řešte DR + 2 x = 1 x + 1 PN (x) = K (x) x 2 OH (x) = Kx 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx = x2 x + ln x + 1 Funkci K získáme jako libovolný integrál z K. 2 Před výpočtem integrálu musíme vdělit polnom v čitateli polnomem ve jmenovateli. K (x) = x2 x + ln x + 1 Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

131 K (x) = x2 x + ln x + 1 Integrujeme... Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009 Řešte DR + 2 x = 1 x + 1 PN (x) = K (x) x 2 OH (x) = Kx 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx = x2 2 x + ln x + 1

132 Řešte DR + 2 x = 1 x + 1 PN (x) = K (x) x 2 OH (x) = Kx 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx = x2 2 x + ln x a dostáváme K (x) = x2 +x + ln x + 1. K (x) = x2 2 x + ln x + 1 Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009

133 K (x) = x2 x + ln x + 1 Odstraníme nní již nepotřebné výpočt. Lineární diferenciální rovnice c Robert Mařík, 2009 Řešte DR + 2 x = 1 x + 1 PN (x) = K (x) x 2 OH (x) = Kx 2 PN = K (x)x 2 + ( 2)K (x)x 3 {}}{ K (x)x 2 + ( 2)K (x)x x {}}{ K (x)x 2 = 1 x + 1 K (x) = x2 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 K (x) = x 1+ 1 x + 1 dx = x2 2 x + ln x + 1