. Řešené úlohy Příklad. (separace proměnných). Řešte počáteční úlohu y 2 + yy ( 2 ) = 0, y(0) = 2. Řešení. Rovnici přepíšeme do tvaru y 2 = yy ( 2 ) y = y2 y 2. Jedná se o diferenciální rovnici se separovanými proměnnými, která má smysl pro ± a y 0. Splnění těchto nerovností je zajištěno (alespoň lokálně) počáteční podmínkou, neboť s proměnnou pracujeme v okolí bodu 0 a s proměnnou y v okolí bodu 2. Nahradíme derivaci y podílem diferenciálů a odseparujeme proměnné. Přitom nemusíme být opatrní při dělení rovnice výrazem (y 2 ), protože nenulovost tohoto výrazu zajišťuje počáteční podmínka. dy d = y2 y 2 odseparujeme y y 2 dy = d připíšeme integrály 2 y dy y 2 = d 2 zintegrujeme integrál vlevo má v čitateli násobek derivace jmenovatele, integrál vpravo vypočteme pomocí vzorce, nebo rozkladem na parciální zlomky 2 ln y2 = 2 ln + + c, c R. Vzhledem k počáteční podmínce se budeme zabývat případem, kdy y 2 > 0 (protože 2 2 > 0) a podobně + > 0. Můžeme tedy vynechat absolutní hodnoty. 2 ln(y2 ) = 2 ln + + c sloučíme logaritmy ln(y 2 ) = ln + + 2c ln(y 2 ) = ln + + ln e2c ( + ln(y 2 ) = ln e2c) Protože funkce ln( ) je prostá, můžeme rovnici odlogaritmovat y 2 = + e2c přejmenujeme konstantu y 2 = + C +, C = e2c R +
Tento vztah udává obecné řešení rovnice v implicitním tvaru. Dosadíme počáteční podmínku: 2 2 = + C + 0 0 a řešením této (jednoduché) rovnice určíme C = 3. Tuto hodnotu použijeme v obecném řešení, řešením počáteční úlohy je funkce daná implicitně rovnicí y 2 = + 3 + = 4 + 2. Protože vzhledem k počáteční podmínce je možno předpokládat y > 0, získáme po odmocnění hledané partikulární řešení v eplicitním tvaru 4 + 2 y =. Toto řešení je definované a jediné na intervalu (, ) (pro = vychází y( ) =, což způsobí problémy s jednoznačností, neboť y je řešení, které prochází týmž bodem [, ]). Příklad.2 (separace proměnných). Nalezněte všechna řešení rovnice y = 2 + 2(y ) a poté nalezněte partikulární řešení y p, splňující podmínku y(2) = 0 Řešení. Po vynásobení rovnice výrazem 2(y ) dostáváme (2y 2) dy = (2 + ) d, integrací odsud obdržíme y 2 2y = 2 + + C, C R což je obecné řešení rovnice zapsané v implicitním tvaru. Pokud se nám jedná o převedení do tvaru eplicitního, převedeme výraz na levé straně na čtverec, tj. (y ) 2 = 2 + + C a odsud po odmocnění a osamostatnění y y = ± 2 + + K, přičemž číslo jsme před výpočtem odmocniny převedli na pravou stranu a zahrnuli do konstanty C, čímž vznikla nová konstanta K = C +. Řešeními jsou funkce y = + 2 + + K a y 2 = 2 + + K, pro K R. Partikulární řešení určíme dosazením počáteční podmínky: dosadíme-li do y, obdržíme rovnici 0 = + 4 + 2 + K, která nemá řešení v R. Dosazením do y 2 obdržíme 0 = 4 + 2 + K a odsud K = 5. Partikulárním řešením počáteční úlohy je funkce y p = 2 + 5. 2
Příklad.3 (separace proměnných). Řešte rovnici 3y 2 y = (y 3 )( 3 ). Řešení. Jedná se o rovnici se separovanými proměnnými y = y3 3y 2 3, která má smysl pro 0 a y 0. Konstantí funkce y je řešením této rovnice. Pro y lze odseparovat proměnné a po integraci 3y 2 y 3 dy = 3 d ln y 3 = 3 3 ln + c, c R. Tato rovnice udává obecné řešení diferenciální rovnice. Pokusíme se tvar tohoto řešení poněkud upravit. Obě strany rovnice převedeme do logaritmického tvaru ( ln y 3 = ln e 3 /3 ec) a odlogartimujeme y 3 = e 3 /3 ec. Vynecháním absolutních hodnot se mohou levá a pravá strana lišit znaménkem, toto znaménko připojíme k faktoru e c 3 y 3 = (±e c ) e 3 /3 a po zavedení nové konstanty C = ±e c R \ {0} a po přeznačení dostáváme y 3 = C e3 /3. Volbou C = 0 je v tomto vzorci obsažena konstantní funkce y =, o níž jsme se již na začátku přesvědčili, že je také řešením. Lze tedy připustit C R libovolné. Obecné řešení rovnice je potom dáno vzorcem y 3 = + Ce 3 3, C R Příklad.4 (homogenní). Rovnice y (3 2 y 2 ) = 2y je homogenní. Rovnice má smysl, jestliže derivace y v rovnici skutečně figuruje, tj. jestliže 3 2 y 2 0. Nejprve vypočteme derivaci y : y = 2y 3 2 y 2
4 a rozšířením zlomku na pravé straně výrazem rovnici převedeme do tvaru (H): 2 2 y y = ( y ) 2. Substituce y = u, y = u + u převede tuto rovnici na rovnici u + u = 2u 3 u 2 a po výpočtu derivace u získáváme u = u3 u 3 u 2. Tato rovnice má kostantní řešení u 0, u a u. Nyní hledejme nekonstantní řešení a předpokládejme již dále, že platí u 3 u 0. Po nahrazení derivace u podílem diferenciálů du a po separaci proměnných obdržíme rovnici d 3 u 2 u 3 u du = d a po integraci (výraz na levé straně integrujeme pomocí rozkladu na parciální zlomky) získáváme 3 ln u + ln u + ln u + = ln + c, c R Po sečtení všech logaritmů na levé straně a úpravě pravé strany získáváme (u )(u + ) ln = ln e c u 3 a po odlogaritmování, vynechání absolutních hodnot a zavedení nové konstanty C = ±e c R \ {0} u 2 = C u 3 u 2 = Cu 3. Volbou konstanty C = 0 z tohoto vzorce obdržíme řešení u = ±, lze tedy připustit C R. Řešením rovnice s neznámou u() jsou funkce u 2 = Cu 3, pro C R a u 0. Nyní zbývá návrat k původní závisle proměnné, tj. y. Po dosazení u = y a úpravě dostáváme řešení zadané rovnice y 2 2 = Cy 3, pro C R a y 0. Příklad.5 (homogenní). Řešte rovnici y y = 2 + y 2. Řešení. Rovnice má smysl pro 0. Řešení budeme hledat na intervalu, který neobsahuje bod = 0. Rovnici lze přepsat do tvaru y = y + + ( y ) 2.
Po zavedení substituce y = u, y = u + u se rovnice transformuje na rovnici (rozepište si podrobně sami) u = + u 2. Po separaci proměnných du = d + u 2 a po výpočtu integrálů získáváme ln ( u + + u 2) = ln + c, c R. Odstranění logaritmů a absolutní hodnoty a zavedení nové nenulové konstanty C = ±e c R \ {0} vede k řešení u + + u 2 = C. Po zpětné substituci u = y a po vynásobení faktorem 2 obdržíme obecné řešení y + 2 + y 2 = C 3, C R \ {0}. Příklad.6 (lineární prvního řádu). Řešte rovnici y = + 3y tg. Řešení. Přepíšeme-li rovnici do tvaru y 3y tg =, 5 (.) (.2) vidíme ihned, že se jedná o nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Nejprve nalezneme řešení příslušné homogenní rovnice y 3y tg = 0. Po separaci proměnných obdržíme pro y 0 rovnici dy y a odsud po integraci = 3 tg d ln y = 3 ln cos + c c R. (.3) Odstraníme logaritmy a absolutní hodnoty a přejmenujeme integrační konstantu postupem, který jsme používali již diferenciálních rovnic se separovanými proměnnými ln y = ln ( e c cos 3) y = e c cos 3 y = C cos 3, kde C = ±e c 0 je nová nenulová konstanta. Protože však volbou C = 0 obdržíme konstantní funkci y = 0, která je také řešením (??), připustíme C R libovolné. Homogenní rovnice (??) má tedy obecné řešení y = C cos 3, C R.
Nyní stačí nalézt libovolné partikulární řešení nehomogenní rovnice (??). Toto řešení budeme hledat ve tvaru y = K() cos 3, (.4) kde K() je funkce, již musíme určit. Má-li y být řešením nehomogenní rovnice, musí po dosazení za y zadaná rovnice přejít v identitu. Vypočteme tedy nejprve derivaci y y = K () cos 3 + K()3 cos 4 sin a dosadíme tuto derivaci y a funkci y do (??) K () cos 3 + K()3 cos 4 sin 3K() cos 3 tg =. Vidíme, že druhý a třetí člen na levé straně rovnice se odečtou a dostáváme Odsud K () cos 3 =. K () = cos 3 a po integraci K() = cos 3 d = ( sin 2 ) cos d = sin sin3, 3 přičemž integrál jsme vypočetli substituční metodou při substituci sin = t. Dosazením do (??) obdržíme partikulární řešení rovnice (??) y = sin cos 3 sin3 3 cos 3 a spojením tohoto partikulárního řešení a obecného řešení homogenní rovnice (??) obdržíme výsledné obecné řešení rovnice (??) ve tvaru y() = sin cos 3 sin3 3 cos 3 + C sin 3, C R. Příklad.7 (lineární prvního řádu). Řešte počáteční úlohu y = ( 2y), y(0) = 3. (.5) Řešení. Rovnici přepíšeme do tvaru y + 2y =, 6 (.6) odkud vidíme, že se skutečně jedná o lineární diferenciální rovnici. Homogenní rovnice má tvar y + 2y = 0 a obecné řešení y = Ce 2, C R. Partikulární řešení rovnice (??) hledáme ve tvaru y = K()e 2. Derivace této funkce je y = K ()e 2 + K()( 2)e 2. Po dosazení do (??) obdržíme K ()e 2 + K()( 2)e 2 + 2K()e 2 = a po výpočtu K () K () = e 2.
7 Substituční metodou při substituci 2 = t nalezneme K() = 2 e2 a partikulární řešení má tvar y = K()e 2 = 2. Okamžitě vidíme, že toto partikulární řešení zadanou počáteční podmínku nesplňuje. Nalezneme tedy nejprve obecné řešení rovnice (??) y = 2 + Ce 2, C R, dosadíme počáteční podmínku 3 = 2 + Ce0, vypočteme C = 5 2 a tuto hodnotu dosadíme do obecného řešení. Obdržíme takto funkci y() = 2 + 5 2 e 2, která je řešením počáteční úlohy (??). Příklad.8 (lineární prvního řádu). Řešte rovnici y + y = ln( + ). (.7) Řešení. Jedná se o lineární diferenciální rovnici y + y = ln( + ), (.8) kde a = a b = ln( + ). Řešení této rovnice bude definováno na každém podintervalu intervalu (, ), který neobsahuje bod 0. Řešení homogenní rovnice y + y = 0 má podle (4.3) tvar y = Ce R a() d = Ce ln = C = K, kde K = ±C R je nová konstanty, která nám umožní odstranit absolutní hodnotu. Partikulární řešení nehomogenní rovnice (??) hledáme ve tvaru y = K(). Podle (4.5) platí a odsud K () = ln( + ) K () = ln( + ). Integrací per-partés vypočteme K() = 2 2 2 ln( + ) 4 + 2 ln( + ) 2
a odsud sestavíme nejprve partikulární řešení nehomogenní rovnice (??) a poté obecné řešení této rovnice ve tvaru y = 2 ln( + ) 4 + 2 2 ln( + ) + C, C R. Příklad.9 (lineární prvního řádu). Řešte počáteční úlohu y + y + y 2 = 0, y() =. (.9) Řešení. Přepíšeme-li rovnici do tvaru y + + y =, vidíme, že se jedná o lineární diferenciální rovnici, přičemž a() = + a b() =. Budeme postupovat podle vzorce (4.6). Platí + a() d = d = + ln přičemž vzhledem k počáteční podmínce lze předpokládat, že pracujeme na intervalu (0, ) a absolutní hodnotu lze vynechat. Potom er a() d = e +ln = e e ln = e b()er a() d = 2 e d = e ( 2 2 + 2), přičemž poslední integrál vypočteme dvojnásobnou integrací per partés. Podle (4.6) je obecným řešením rovnice funkce y = e ( 2 2 + 2) + C e = 2 + 2 + C e. Po dosazení počáteční podmínky y() = obdržíme pro konstantu C rovnici = 2 + 2 + C e, jejíž řešením je C = 2e. Řešením počáteční úlohy (??) je tedy funkce y = 2 + 2 2e e = 2 + 2 2 e. Příklad.0 (eaktní). Nalezněte všechna řešení diferenciální rovnice 2y + 4 3 y + ( 2 + 4 )y = 0. Řešení. Ověřme, že se jedná o eaktní DR: přepíšeme rovnici do tvaru (2y + 4 3 y) d + ( 2 + 4 ) dy = 0. (.0) Označme P (, y) = 2y + 4 3 y a Q(, y) = 2 + 4. Platí P (, y) y = 2 + 4 3 a Q(, y) = 2 + 4 3. 8
Podle Věty 5. se skutečně jedná o eaktní diferenciální rovnici. Funkce F (, y) musí splňovat F = Q, lze tedy psát y F (, y) = Q(, y) dy = ( 2 + 4 ) dy = 2 y + 4 y + C(), kde C() je integrační konstanta, která nezávisí na y, může však záviset na. Abychom znali kmenovou funkci, zbývá určit funkci C(). Dále kmenová funkce musí splňovat F = P. Dosadíme-li do této podmínky, obdržíme 2y + 4 3 y + C () = 2y + 4 3 y a odsud okamžitě dostáváme C () = 0 a po integraci C() = 0 (zde již integrační konstantu neuvažujeme, protože ta bude zahrnuta v obecném řešení). Řešením rovnice (??) je funkce zadaná implicitně rovnicí 2 y + 4 y = C, C R Odsud je okamžitě možné převést obecné řešení do eplicitního tvaru, čímž dostáváme C y = 2 + 4, C R. Příklad. (eaktní). Řešte rovnici ( y ) ( 2 + y 2 d + 2 + y 2 ) dy = 0. y Řešení. Označme P (, y) = P y = + y 2 2y 2 2 ( 2 + y 2 ) 2 a y 2 a Q(, y) = + y2 Q = 2 + y 2 2 2 ( 2 + y 2 ) 2. 2 + y 2 y. Platí Po malé úpravě zjistíme, že P y = Q a jedná se skutečně o eaktní rovnici. Budeme hledat kmenovou funkci F (, y). Protože platí P = F, lze psát F (, y) = P (, y) d = ( y ) 2 + y 2 d = ln arctg y + C(y). Protože dále platí Q = F, dostáváme po dosazení a derivování y 2 + y 2 y = ( ) + 2 y 2 + C (y). y 2 Algebraickými úpravami odsud vypočteme C (y) = y a po integraci C(y) = 9 C (y) dy = ln y. Kmenovou funcí je funkce F (, y) = ln ln y arctan y rovnice je funkce zadaná implicitně rovnicí ln ln y arctan = C, kde C R. y a obecným řešením
Příklad.2 (lineární druhého řádu). Řešte rovnici y 4y + 4y = e. Řešení. Jedná se o nehomogenní LDR druhého řádu. Příslušná homogenní LDR je tvaru y 4y + 4y = 0. Charakteristická rovnice této homogení LDR je kvadratická rovnice z 2 4z + 4 = 0, která má dvojnásobný kořen z,2 = 2. Fundamentální systém řešení volme podle Věty 6.3 následovně: y () = e 2, y 2 () = e 2. Partikulární řešení zadané rovnice hledejme ve tvaru y = A()y ()+B()y 2 (). Využijeme přitom Věty 6.4. Derivace funkcí, tvořících fundamentální systém řešení, jsou y = 2e 2 a y 2 = e 2 ( + 2). Soustava pro neurčité koeficienty A, B (argument již pro stručnost vypisovat nebudeme), má proto tvar A e 2 + B e 2 = 0 2A e 2 + B ( + 2)e 2 = e. Vydělíme obě rovnice faktorem e 2 a dostáváme A + B = 0 2A + B ( + 2) = e 3. Po vynásobení první rovnice číslem 2 a přičtení k rovnici druhé obdržíme B = e 3 a po dosazení do první rovnice a výpočtu získáváme A = e 3. Integrací obdržíme koeficienty A a B: A = A d = e 3 d = 3 e 3 e 3 d = 3 0 = 3 e 3 + 9 e 3 B = B d = e 3 d = 3 e 3 a partikulární řešení má tvar y p () = A()y () + B()y 2 () = ( 3 e 3 + 9 e 3) e 2 3 e 3 e 2 = 9 e. Obecné řešení zadané rovnice je tedy y = C e 2 + C 2 e 2 + 9 e, C,2 R. Příklad.3 (lineární druhého řádu). Řešte rovnici y 5y + 6y = e. Řešení. Jedná se opět o nehomogenní LDR druhého řádu. Příslušná homogenní LDR je tvaru y 5y + 6y = 0. Charakteristická rovnice této homogení LDR je z 2 5z + 6 = 0, která má reálné kořeny z = 2, z 2 = 3. Fundamentální systém řešení volme y () = e 2, y 2 () = e 3 a partikulární řešení hledejme ve tvaru (6.9). Derivace funkcí y a y 2 jsou y = 2e 2 a y 2 = 3e 3. Soustava pro neurčité koeficienty A, B, má tvar A e 2 + B e 3 = 0
2A e 2 + 3B e 3 = e. Vydělíme obě rovnice faktorem e 2 a dostáváme A + B e = 0 2A + 3B e = e. Z první rovnice dostáváme A = B e a po dosazení do rovnice druhé obdržíme B e = e a tedy B = e 2. Pomocí B již snadno vypočteme, že A = B e = e. Integrací nalezneme hledané koeficienty A a B. Oba integrály počítáme metodou per-partés a po integraci obdržíme ( A() = ( + )e B() = 2 + e 4) 2 a partikulární řešení má tvar y p () = A()y () + B()y 2 () = ( + )e e 2 Obecné řešení zadané rovnice je tedy y = C e 2 + C 2 e 3 + 4 e (2 + 3), C,2 R. ( 2 + 4) e 2 e 3 = 4 e (2 + 3). Příklad.4 (lineární druhého řádu). Řešte rovnici y + y = cos na intervalu, kde platí sin sin() > 0. Řešení. Příslušná homogenní diferenciální rovnice má tvar y + y = 0. Charakterisktická rovnice je rovnice y 2 + = 0, jejímiž kořeny jsou kompleně sdružená čísla z = i a z 2 = i. Fundamentální systém řešení lze podle Věty 6.3 volit ve tvaru y () = cos a y 2 () = sin. Hledáme-li partikulární řešení rovnice ve tvaru y p = Ay + By 2, hledáme funkce A, B, jejichž derivace splňují soustavu rovnic A cos + B sin = 0 A sin + B cos = cos sin. Soustavu vyřešíme Kramerovým pravidlem. Deteminant matice soustavy (wronskián) je roven W = cos sin sin cos = cos2 + sin 2 =, pomocné deteminanty jsou W = 0 sin cos sin cos = cos a W 2 = cos 0 sin cos = cos2 sin. sin
Derivace hledaných neurčitých koeficinetů jsou tedy A = W W = cos a B = W 2 W = cos2 sin. Odsud okamžitě dostáváme A() = sin a po krátkém výpočtu cos 2 B = sin d = cos 2 cos 2 sin d t 2 = t 2 dt = t 2 dt = t 2 ln + t t = cos + cos ln 2 cos, přitom při výpočtu integrálu jsme využili substituci cos = t, dělení polynomů se zbytkem a vzorec pro integrál dt. Hledané partikulární řešení je potom tvaru t2 y p () = A cos + B sin = sin cos + cos sin ln + sin cos 2 cos = + cos sin ln 2 cos. Obecným řešením rovnice je funkce y() = C cos + C 2 sin sin 2 ln + cos cos. Příklad.5 (lineární druhého řádu). Řešte rovnici y y = 2 + e. Řešení. Charaktristická rovnice y 2 = 0 má kořeny z,2 = ± a fundamentální systém řešení je tedy y () = e a y 2 () = e. partikulární řešení budeme hledat ve tvaru (6.9). Aby tato funkce byla řešením zadané rovnice, stačí aby derivace funkcí A () a B () splňovaly soustavu rovnic (6.8). Tato soustava má v našem případě tvar A e + B e = 0 A e B e = 2 + e. Řešením této soustavy jsou funkce e A () = + e B () = e + e. Pro funkci B() platí e B() = + e d = ln( + e ), protože v čitateli zlomku je derivace jmenovatele. Funkci A() nalezneme následovně: v integrálu A() = e + e d = e ( + e ) d alternativním postupem může být namísto použití vzorce i rozklad na parciální zlomky 2
3 zavedeme substituci e = t. Při této substituci platí = ln t a d = dt a dostáváme t A() = t 2 ( + t) dt = t + t 2 + t + dt, kde v druhém kroku byl použit rozklad na parciální zlomky. Po integraci a zpětné substituci obdržíme A() = ln(t + ) ln t t = ln( + e ) e. Dosadíme-li funkce A(), B() do (6.9), obdržíme partikulární řešení ve tvaru y p () = e ln( + e ) e e ln( + e ). Obecným řešením je tedy funkce y() = C e + C 2 e + (e e ) ln( + e ) e. Příklad.6 (vyššího řádu). Nalezněte obecné řešení rovnice y = sin cos. Rovnici nejprve upravíme do tvaru vhodnějšího pro integrování y = 2 sin(2) a postupně integrujeme y = 4 cos(2) + c y = 8 sin(2) + c + c 2 y = 6 cos(2) + 2 c 2 + c 2 + c 3. Obecné řešení ještě upravíme y = 6 (cos2 sin 2 ) + 2 c 2 + c 2 + c 3 = 6 (cos2 ( cos 2 )) + 2 c 2 + c 2 + c 3 = 6 (2 cos2 ) + 2 c 2 + c 2 + c 3 = 8 cos2 + 2 c 2 + c 2 + ( c 3 6 Po přeznačení konstant dostáváme obecné řešení ). y = 8 cos2 + C 2 + C 2 + C 3, C,2,3 R. 2. Neřešené úlohy Úloha 2.. K následujícím rovnicím se separovanými proměnnými nalezněte obecné řešení. Je-li zadána počáteční podmínka, nalezněte i partikulární řešení y p, vyhovující této počáteční podmínce.
4. ( )y 3 e y = 0, y(0) = 2. 2 y 2 y + = y 3. y y 2 = 2y 4. 2( + e )yy = e 5. y + e (y + y) = 0 6. y( + y 2 ) ( + 2 )y = 0, y() = 0 7. y = 2 2 y, y() = 2 8. + y y = 0 9. 2 + + yy y 2 = 0 0. y 2 + yy ( 2 ) = 0. 2 + y cos y + = 0 2. y cos 2 = ( + cos 2 ) y 2 3. 2y 3 y = 0 4. ln y y = 5. y e 2 +y = y 6. y + y = y, y() = 7. y = 2 + 2 y 2 8. y y 2 + y = 0, y( 2) = 2 9. e y ( + y ) = 20. y ln y + y = 0 2. yy + + y 2 = 0 22. y tg y 2 = 2y 23. (y 2 + y 2 )y + 2 2 y = 0 yy 24. + = 0 + y 2 + 2 25. 2 y = y 26. ( 2 )y + y =, (, ) 27. y 2 2yy = 0 28. 2y 2 y = + 2, y > 0 29. ( 2 + )(y 2 ) + yy = 0 30. y = 4(y + y) 3. y 2 + 2 y = 0 32. + y 2 = y ( + 2 ) 33. y = (3y + ) tg 34. sin cos y + y cos sin y = 0 35. y sin sin y = cos cos y, y( π 4 ) = 0 36. y = 2 y ln, y(e) = 37. y = y 2 + y 2 2, y(0) = Úloha 2.2. Řešte následující homogenní diferenciální rovnice. Nalezněte všechna řešení a je-li zadána počáteční podmínka, nalezněte poté i partikulární řešení rovnice, které splňuje tuto počáteční podmínku.. 2y = 3y + 2. y y = y ln y 3. y = y + tg y 4. y + y ln = y ln y 5. 2 y = y 2 + y 6. y = e y y + 7. y = cos y + y 8. y = y2 + y + 2 y 9. y = y + y 0. 2 y = y 2 6 2. y = y + y 2. y = + y y 3. y = 2 + y 2 y
Úloha 2.3. Řešte následující lineární diferencální rovnice prvního řádu. Určete obecné řešení a je-li zadána počáteční podmínka, určete i příslušné partikulární řešení. 5. ( + )y 2y = ( + ) 4 2. (2 + )y + y = 2 + + 3 3. y cos + y sin = 4. y + y cos = 2 sin cos 5. y cos = (y + 2 cos ) sin 6. y = + 2 y 2 7. y + y = 8. y + y = cos 9. y + y = 2 0. ( + 2 )y y =. y + 2y = e 2 2. y cos y sin = sin 2 3. y y + = 4. y + 2 y = arcsin 2 5. y y = + 2 e 6. y y tg = sin Úloha 2.4. Následující diferenciální rovnice jsou eaktní. Nalezněte jejich obecná řešení.. 2y d + ( 2 + ) dy = 0 2. (3 2 y 2 + 7) d + 2 3 y dy = 0 3. (ye y + 2) d + (e y + ) dy = 0 4. 2 cos 2 y d ( 2 sin 2y sin y) dy = 0 5. ( 2 y 2 ) + (5 2y)y = 0 ( ) 6. ( + ln y) + y + sin y y = 0 7. sin y + [( + ) cos y y sin y]y = 0 8. (2 3 y 2 ) d + (2y 3 2 y) dy = 0 ( 9. 2 + y 2 dy = y ) 2 + y 2 d ( 0. 2 y d = y ) 2 2 y + dy ( 2 y ). y d + dy = 0 + y 2 2. ( + 2 + y 2 ) d + ( 2 + y 2 )y dy = 0 ( ln(ln y) 3. + 2 ( ln 3 y3) d + y ln y + 2 y 2) dy = 0 Úloha 2.5. Nalezněte obecné řešení následujících lineárních diferenciálních rovnic druhého řádu.. y + y 2y = e 2. y + 2y = e 3. y + 5y + 6y = e 2 4. y 4y = + 2e 5. y y = e + 6. y + 2y + y = e ln 7. y 2y + y = e 3 8. y 2y + y = e 9. y 2y e + y = 2 0. y + y = sin, sin > 0. y + y = sin 3, sin > 0 2. y + y = sin 3. y + y = cos sin 2
6 4. y + y = 3 5. y + 4y = 6. 2y + y y = 2e 7. y 3y + 2y = e 8. y 3y + 2y = 0e 9. y 3y + 2y = sin 20. y + 3y + 2y = e + Úloha 2.6. Nalezněte obecná řešení následujících diferenciálních rovnic.. y (iv) = 0 2. y = 2 3. y =, > 0 4. y = 5. y (iv) = sin 6. y = 4( ) 2 7. y = e 3. Výsledky Úloha 2.. ) y 2 (2e 2C) =, C R; y 0; y p = 2e +. 2) y2 +2y+ln(y ) 2 = 2 + C, C R; y. 3) y( Ce2 ) = 2Ce 2, C R; y 2. 4) y 2 = ln( + e ) + C, C R. 5) y = C + e, C R. 6) ( + 2 )( + y 2 ) = Cy 2, C R + ; y 0; y p 0. 7) y = C 2 e, C R; yp = 2 + 3 2. 8) y = C( + ) +, C R \ {0}. 9) 2 (y 2 ) = Ce 2, C R \ {0}. 0) y 2 = + C +, C R. ) sin y = (3 + ) + C, C R. 3 2) arcsin y = tg + + C, C R; y ±. 3) y = Ce 2 C R. 4) Návod: přepište nejprve rovnici do tvaru y = ye, řešením je y = Ce e, C R \ {0}. ( 5) 2ye y ) 2e y = e 2 2 +C, C R. 6) y = Ce 2, C R; yp = e 2 /2 /2 3. 7) y = tg 3 + C, C R. 8) y = C, C R; y 0; y p = 4 + 4. 9) y = ln( Ce ), C R. 20) y = e C/, C R. 2) 2 ( + y 2 ) = C, C R. 22) = ( y)(c + ln sin ), C R; y. 23) y 2 +2y+ln(y ) 2 = 2 2+ln(+) 2 +C, C R; y. 24) + 2 + + y 2 = C, C R. 25) y = Ce /, C R. 26) y = C 2, C R. 27) C( y 2 ) =, C R; y ±. 28) y = + C, c R. 29) 2 (y 2 ) = Ce 2, C R; y ±. 30) y = (C 2 ) 2, C R + ; y 0. 3) arcsin + arcsin y = C, C R. 32) arctg = arctg y + C, C R. 33) y = ( C ) 3 cos 3, C R. 34) sin y = C cos, 2 C R. 35) y p = arccos 2 sin. 36) y p = ( ln + ) 2 3. 37) y p = 3 + 3 3. Úloha 2.2. ) (y + ) 2 = C 3. 2) y = e C. 3) sin y = Ce. 4) Návod: upravte rovnici na tvar y = y ln y, y = ec+. 5) y = ln + C y 0. 6) y = ln(c ln ).
7) y = arcsin(ln + C). 8) e y/ = C( + y), C R \ {0}; y =. 9) ye y = C, C 3 + 2C6 R \ {0}, y 0. 0) y = C 5 y = 2. ) y 2 + 2y 2 = C. 2) arctg(y/) = 2 ln(2 + y 2 ) + C. 3) y 2 = 2 ln 2 + C 2. Úloha 2.3. ) y = ( 2 2 + + C)( + )2. 2) y = 7 2 + (C + + 3 2 + ). 3) y = (C + tg ) cos. 4) y = 2( + sin ) + Ce sin. 5) y = ( sin 2 2 cos cos + C ). cos 6) y = 2 + C 2 e. 7) y = + Ce. 8) y = 2 (sin + cos ) + Ce. 9) y = 2 3 + C. 0) y = + C 2 +. ) y = 2 2 ( C e 2). 2) y = cos ( C cos 2 2 3) y = + (C ++ln ). 4) y = 2 [C 2 +arcsin2 ]. 5) y = e (C + 2 +ln ). 2 6) y = cos 2 Úloha 2.4. ) y = + C cos. C 2 +. 2) 3 y 2 + 7 = C. 3) e y + 2 + y = C. 4) 2 cos 2 y cos y = C. 5) 3 3 y2 + 5y = C. 6) 2 + ln y cos y = C. 7) sin y + y cos y = C. 2 8) 4 2 y 2 +y 4 = C. 9) +arctg y = C. 0) 2 y 2 y = C. ) y + y 2 = C. 2) + 3 (2 + y 2 ) 3 2 y 2 2 = C. 3) ln ln(ln y) + 2 y 3 3 = C. Úloha 2.5. ) y = C e +C 2 e 2 2 e. 2) y = C +C 2 e 2 + 3 e. 3) y = ). ( ) 2 2 + e 2 + C e 2 +C 2 e 3. 4) y = 4 2 3 e +C e 2 +C 2 e 2. 5) y = C e +C 2 e + 2 e 4 e = c e +c 2 e + 2 e. 6) y = (C +C 2 + 2 ) ( 32 ln e. 7) y = C +C 2 + ) e. ( ) 2 4 2 8) y = C + C 2 + ln e. 9) y = (C + C 2 + arcsin + ) 2 e. 0) y = C sin + C 2 cos cos + sin ln sin. ) y = C cos + C 2 sin + cos2 sin 2 sin. 2) y = C sin +C 2 cos 2 cos + 2 sin. 3) y = C sin +C 2 cos (cos ) ln sin cos sin. 4) y = C cos + C 2 sin + 3. 5) y = C cos(2) + C 2 sin(2) + 4. 6) y = C e /2 + C 2 e + e. Návod: nejprve přepište rovnici do tvaru y + 2 y 2 y = e. 7) y = C e 2 + C 2 e ( + )e. 8) y = C e + C 2 e 2 + 5 3 e. 9) y = C e + C 2 e 2 + 0 sin + 3 0 cos. 20) y = C e + C 2 e 2 + (e + e 2 ) ln(e + ).
8 Úloha 2.6. ) y = C 3 +C 2 2 +C 3 +C 4. 2) y = 2 4 +C 2 +C 2 +C 3. 3) y = ln + c +c 2 = ln +C +C 2. 4) y = 2 2 ln 3 2 4 2 +c 2 +c 2+c 3 = 2 2 ln +C 2 +C 2 +C 3. 5) y = sin + 4 cos + C 3 + C 2 2 + C 3 + C 4. 6) y = 5 ( )5 + C 2 + C 2 + C 3. 7) y = e + C 2 + C 2 + C 3.