Príklady na precvičovanie – separovateľné a
homogénne DR
Riešené príklady
Príklad 1
sin x cos y + y′
tg y cos x = 0.
Riešenie:
Ide o separovateľnú rovnicu. Separujeme premenné:
y′
tg y cos x = − sin x cos y,
y′ tg y
cos y
= −
sin x
cos x
,
tg y
cos y
·
dy
dx
= −
sin x
cos x
,
tg y
cos y
dy = −
sin x
cos x
dx.
Výraz cos y nemože byť rovný nule, nakoľko pre také y by nebol definovaný
tg y. Teda separáciou sme nestratili žiadne riešenia. Integrujeme:
∫
tg y
cos y
dy = −
∫
sin x
cos x
dx.
Postupne vypočítame neurčité integrály:
∫
tg y
cos y
dy =
∫
sin y
cos2 y
dy =
cos y = t,
− sin ydy = dt
= −
∫
dt
t2
=
1
t
=
1
cos y
,
∫
sin x
cos x
dx = −
∫
(cos x)′
cos x
dx = − ln | cos x|.
Po dosadení do rovnice teda máme (nezabudneme na integračnú konštantu):
1
cos y
= ln | cos x| + C,
cos y =
1
ln | cos x| + C
,
1
y = arccos
(
1
ln | cos x| + C
)
, C ∈ R.
Dostali sme všeobecné riešenie.
Príklad 2
y
√
1 + x2 − xy + (1 + x2
)y′
= 0, y(0) = 1.
Riešenie:
Ide o separovateľnú rovnicu. Separujeme premenné:
(1 + x2
)y′
= xy − y
√
1 + x2,
y′
= y ·
(x −
√
1 + x2)
1 + x2
,
dy
dx
= y ·
(x −
√
1 + x2)
1 + x2
,
dy
y
=
(x −
√
1 + x2)
1 + x2
· dx.
Separácia vyžaduje y ̸= 0. Ľahko overíme, že i funkcia y = 0 je riešením
pôvodnej rovnice. Integrujeme:
∫
dy
y
=
∫
(x −
√
1 + x2)
1 + x2
dx.
Spočítame neurčité integrály:
∫
dy
y
= ln |y|,
∫
(x −
√
1 + x2)
1 + x2
dx =
∫ (
x
1 + x2
−
1
√
1 + x2
)
dx =
1
2
∫
2x
1 + x2
dx−
−
∫
1
√
1 + x2
dx =
1
2
ln |1 + x2
| − ln |x +
√
1 + x2| =
= ln
√
1 + x2 − ln |x +
√
1 + x2| = ln
√
1 + x2
x +
√
1 + x2
.
2
Dosadíme do rovnice:
ln |y| = ln
√
1 + x2
x +
√
1 + x2
+ C∗,
y = C ·
( √
1 + x2
x +
√
1 + x2
)
,
kde C := ±eC∗
̸= 0. Toto je všeobecné riešenie (ak C pripustíme aj nulové,
nakoľko i y = 0 je riešenie pôvodnej rovnice). Chceme nájsť riešenie spĺňajúce
začiatočnú podmienku y(0) = 1. Ľahko zistíme dosadením y = 1 a x = 0, že
C = 1. Takže príslušné partikulárne riešenie je:
y =
√
1 + x2
x +
√
1 + x2
.
Príklad 3
y′
= 6x + 2y + 3.
Riešenie:
Zavedením novej závislej premennej z(x) = 6x+2y +3 (namiesto premennej
y) prevedieme danú rovnicu na separovateľnú. Platí:
y =
z − 6x − 3
2
, y′
=
z′
− 6
2
.
Po dosadení do pôvodnej rovnice dostaneme:
z′
− 6
2
= z,
z′
= 2z + 6.
Za predpokladu 2z + 6 ̸= 0 môžeme poslednú rovnicu separovať:
dz
dx
= 2z + 6,
dz
2z + 6
= dx,
3
∫
dz
2z + 6
=
∫
dx.
Po elementárnej integrácii dostaneme:
1
2
ln |z + 3| = x + C∗,
ln |z + 3| = 2x + 2C∗,
|z + 3| = e2C∗
e2x
,
z + 3 = ±e2C∗
e2x
.
Vrátiac sa k pôvodnej premennej y máme:
6x + 2y + 6 = ±e2C∗
e2x
=⇒ y = Ce2x
− 3(x + 1),
kde C := ±e2C∗
/2 ̸= 0. Treba ešte preskúmať prípad 2z +6 = 0, teda z = −3,
resp. y = −3(x + 1). Dosadením sa ľahko presvedčíme, že táto funkcia je tiež
riešením rovnice v zadaní úlohy. Všeobecné riešenie preto môžeme súhrnne
napísať v tvare:
y = Ce2x
− 3(x + 1), C ∈ R.
Príklad 4
y′
=
x2
+ y2
xy
.
Riešenie:
Ide o homogénnu rovnicu, nakoľko pravá strana má tvar:
y′
=
1 +
(y
x
)2
y
x
.
Použijeme substitúciu u = y/x, teda y = ux, kde u je nová závislá premenná
(funkcia premennej x). Nájdeme vyjadrenie pre y′
:
y′
= u′
x + u.
Substituujeme do rovnice a separujeme:
u′
x + u =
1 + u2
u
,
4
u′
x + u =
1
u
+ u,
u′
x =
1
u
,
uu′
=
1
x
,
u ·
du
dx
=
1
x
,
udu =
dx
x
.
Nestratili sme žiadne riešenia. Integrujeme:
∫
udu =
∫
dx
x
,
u2
2
= ln |x| + C/2,
u2
= 2 ln |x| + C = ln x2
+ C.
Dosadíme za u: (y
x
)2
= ln x2
+ C,
y2
= x2
(ln x2
+ C), C ∈ R.
Máme všeobecné riešenie.
Príklad 5
y′
=
y + 2
x + 1
+ tg
(
y − 2x
x + 1
)
.
Riešenie:
Ide o rovnicu, ktorá vedie na homogénnu rovnicu, pretože pravá strana má
tvar:
y′
=
y + 2
x + 1
+ tg
(
y − 2x
x + 1
)
=
y + 2
x + 1
+ tg
(
y + 2 − 2(x + 1)
x + 1
)
=
=
y + 2
x + 1
+ tg
(
y + 2
x + 1
− 2
)
= f
(
y + 2
x + 1
)
.
5
Vyriešime sústavu:
y + 2 = 0, x + 1 = 0.
Riešenie je x = −1 a y = −2. Zavedieme nové premenné u (nezávislá namiesto
x) a v (závislá namiesto y; v je funkciou premennej u):
u = x + 1, v = y + 2.
Substituujeme do rovnice (platí du = dx a dv = dy):
dv
du
=
v
u
+ tg
(v
u
− 2
)
.
Dostali sme homogénnu rovnicu. Použijeme ďalej substitúciu z = v/u, z je
nová závislá premenná, funkcia premennej u. Nakoľko v = zu, platí:
dv
du
= v′
= z′
u + z.
Dosadením do rovnice a následnou separáciou máme:
z′
u + z = z + tg(z − 2),
z′
u = tg(z − 2),
z′
tg(z − 2)
=
1
u
,
dz
tg(z − 2)
=
du
u
.
Pri separácii sme museli predpokladať tg(z − 2) ̸= 0. Vynechali sme teda
funkcie z − 2 = kπ, resp. y = (x + 1)(2 + kπ) − 2 v premenných x, y, kde
k ∈ Z. Ľahko overíme, že tieto funkcie sú riešeniami pôvodnej rovnice pre
každé k ∈ Z. Separovanú rovnicu integrujeme:
∫
dz
tg(z − 2)
=
∫
du
u
,
ln | sin(z − 2)| = ln |u| + C∗,
sin(z − 2) = ±eC∗
u.
Pre jednoduchosť zavedieme označenie C := ±eC∗
̸= 0 a pokračujeme v
úpravách:
z − 2 = arcsin Cu,
6
z = 2 + arcsin Cu,
v/u = 2 + arcsin Cu,
v = u(2 + arcsin Cu),
y + 2 = (x + 1)(2 + arcsin C(x + 1)),
y = (x + 1)(2 + arcsin C(x + 1)) − 2, C ∈ R − {0}.
Všeobecné riešenie teda má tvar:
y = (x + 1)(2 + arcsin C(x + 1)) − 2, C ∈ R − {0},
y = (x + 1)(2 + kπ) − 2, k ∈ Z.
Príklad 6
(2x + y + 1)dx − (4x + 2y − 3)dy = 0, y(2) = 1.
Riešenie:
Z rovnice vyjadríme y′
= dy/dx:
y′
=
2x + y + 1
4x + 2y − 3
.
Táto úprava bola ekvivalentná, nakoľko 4x + 2y − 3 ̸= 0 (overte, že funkcia
y = −2x + 3/2 nemôže byť riešením rovnice v zadaní). Vidíme, že posledná
rovnica môže viesť na homogénnu rovnicu; pozrieme sa na riešenia sústavy
2x + y + 1 = 0, 4x + 2y − 3 = 0.
Ihneď zistíme, že nemá riešenie. Zavedením novej závislej premennej z =
2x+y (z je funkcia premennej x) prevedieme rovnicu na separovateľnú. Platí
y′
= z′
− 2 a po dosadení dostaneme:
z′
− 2 =
z + 1
2z − 3
,
z′
=
z + 1
2z − 3
+ 2,
z′
=
5z − 5
2z − 3
.
7
Za predpokladu 5z − 5 ̸= 0 separujeme premenné a následne vykonáme in-
tegráciu:
2z − 3
5z − 5
dz = dx,
∫
2z − 3
5z − 5
dz =
∫
dx,
1
5
∫ (
2 −
1
z − 1
)
dz = x + C∗,
2
5
z −
1
5
ln |z − 1| = x + C∗,
2z − ln |z − 1| = 5x + 5C∗.
Vrátime sa k pôvodnej premennej y a vykonáme úpravy:
4x + 2y − ln |2x + y − 1| = 5x + 5C∗,
ln |2x + y − 1| = 2y − x − 5C∗,
2x + y − 1 = ±e5C∗
e2y−x
.
Položiac C := ±e5C∗
̸= 0 dostaneme:
2x + y − 1 = Ce2y−x
.
Musíme ešte preveriť funkciu 5z − 5 = 0, resp. y = −2x + 1, či je riešením
pôvodnej rovnice. Ľahko sa presvedčíme, že je riešením (samy overte :)).
Preto množina všetkých riešení rovnice v zadaní má tvar:
2x + y − 1 = Ce2y−x
, C ∈ R.
(voľbou C ̸= 0 dostaneme všetky riešenia, získané ”klasickou” integráciou
(tzv. kvadratúrou), kým pre C = 0 máme práve diskutované ”patologické”
riešenie y = −2x+1). Nakoniec je treba z týchto riešení vybrať to, ktoré spĺňa
podmienku y(2) = 1, t.j. určiť voľnú integračnú konštantu C. Dosadením
x = 2 a y = 1 dostaneme C = 4, a teda hľadané riešenie našej začiatočnej
úlohy je krivka 2x + y − 1 = 4e2y−x
.
8
Neriešené príklady
1. y′
= cos(y − x).
2. 1 − 2x − y2
y′
= 0.
3. y′
− xy2
− y2
− xy − y = 0.
4. y ln y + xy′
= 0, y(1) = 1.
5. y′
=
√
4x + 2y + 1.
6. x2
y′
= x2
+ xy + y2
.
7. (xy′
− y) arctg
(y
x
)
= x, y(1) = 0.
8. 3y − 7x + 7 = (3x − 7y − 3)y′
.
9. y′
= x+7y+2
3x+5y+6
.
10. sin x+y
2
− sin x−y
2
+ y′
= 0.
Návod:
Pri 1. a 5. použitím vhodnej substitúcie preveďte rovnice na separovateľné.
Pri 10. upravte výraz so sínusmi.
Zaujímavé, ťažšie príklady
1. Nájdite riešenie separovateľnej rovnice, ktoré spĺňa danú podmienku:
x2
y′
− cos 2y = 1, lim
x→∞
y(x) = π/4.
2. Vhodnou substitúciou (zavedením novej nezávislej i závislej premennej)
preveďte rovnicu na homogénnu a vyriešte ju:
2xyy′
= 3
√
x6 − y4 + 3y2
.
Návod:
Pri 2. vydeľte celú rovnicu x3
a následne skúste použiť substitúciu u = x3
,
v = y2
. Vyjadrite dv/du.
9