Separovateľné a homogénne DR – riešenie ťažších
príkladov
1. x2
y′
− cos 2y = 1, lim
x→∞
y(x) = π/4.
Riešenie:
Nájdeme najprv všeobecné riešenie rovnice. Ide o separovateľnu DR.
Za podmienky 1 + cos 2y ̸= 0 môžeme separovať, pričom dostaneme:
dy
1 + cos 2y
=
dx
x2
,
dy
2 cos2 y
=
dx
x2
,
∫
dy
2 cos2 y
=
∫
dx
x2
.
Pri úpravách sme využili vzorček 2 cos2
y = 1 + cos 2y. Vykonáme integráciu
a dostaneme:
1
2
tg y = −
1
x
+ C,
tg y = −
2
x
+ 2C,
y = arctg
(
2C −
2
x
)
, C ∈ R.
Prípad 1 + cos 2y = 0 vedie na funkcie yk = kπ − π/2, kde k ∈ Z.
Pre každé celé k je funkcia yk riešením rovnice v zadaní. Preto všetky
riešenia rovnice sú:
y = arctg
(
2C −
2
x
)
, C ∈ R,
yk = kπ − π/2, k ∈ Z.
Prejdime teraz k nájdeniu partikulárneho riešenia, ktoré spĺňa podmienku
v zadaní. Je ľahko vidieť, že toto riešenie musí byť tvaru y =
1
arctg(2C − 2/x), pretože limx→∞ yk = kπ − π/2 ̸= π/4 pre každé celé
k. Neznámu konštantu C určíme z podmienky:
lim
x→∞
arctg
(
2C −
2
x
)
=
π
4
.
Po limitovaní dostaneme:
arctg 2C =
π
4
,
2C = tg
π
4
,
C =
1
2
.
Hľadané riešenie má preto tvar:
y = arctg
(
1 −
2
x
)
.
2. 2xyy′
= 3
√
x6 − y4 + 3y2
.
Riešenie:
Na pohľad pomerne ťažká rovnica :-/. Podľa dobre mienenej rady teda
vydeľme rovnicu výrazom x3
:
2yy′
x2
= 3
√
x6 − y4
x3
+ 3
y2
x3
,
2yy′
x2
= 3
√
1 −
y4
x6
+ 3
y2
x3
,
a zaveďme novú nezávislú premennú u a novú závislú premennú v:
u = x3
, v = y2
.
Potrebujem určiť dv/du. Platí:
dv = d(y2
) = 2ydy, du = d(x3
) = 3x2
dx,
z čoho máme:
dv
du
=
2ydy
3x2dx
=
2y
3x2
·
dy
dx
=
2yy′
3x2
=⇒ 3
dv
du
=
2yy′
x2
.
2
To je skvelé, pretože na ľavej strane upravenej rovnice máme presne
výraz 2yy′
/x2
. Takže po zavedení premenných u, v dostaneme:
3
dv
du
= 3
√
1 −
(v
u
)2
+ 3
v
u
,
dv
du
=
√
1 −
(v
u
)2
+
v
u
.
No ale toto je predsa homogénna rovnica. Takže vyzerá to tak, že situácia
sa začína vylepšovať :). Nasadíme obvyklý aparát. Zavediem
substitúciu z = v/u. Poznamenajme, že ďalej bude symbol ′
označovať
deriváciu podľa premennej u:
v = zu, v′
= z′
u + z.
Teda po dosadení máme:
z′
u + z =
√
1 − z2 + z,
z′
u =
√
1 − z2,
z′
√
1 − z2
=
1
u
,
samozrejme za predpokladu, že z ̸= ±1. Integrujeme:
∫
dz
√
1 − z2
=
∫
du
u
,
arcsin z = ln |u| + C.
Spätne dosadíme jednak v/u za z, a jednak y2
, x3
za v, u:
arcsin
v
u
= ln |u| + C,
arcsin
y2
x3
= ln |x3
| + C,
y2
= x3
sin(ln |x3
| + C), C ∈ R.
Pozrime sa ešte na prípady z = 1 a z = −1. Sú to funkcie:
y2
= x3
, y2
= −x3
.
Pomerne ľahko sa presvedčíme, že sú tiež riešeniami pôvodnej rovnice.
Kľúčové pri riešení rovnice bolo vhodnou substitúciou premenných previesť
rovnicu na typ, ktorý už vieme riešiť (na homogénnu rovnicu).
3