Príklady na precvičovanie – DR nerozriešené
vzhľadom na deriváciu
Riešené príklady
Príklad 1
x = (y′
)3
+ y′
− 1.
Riešenie:
Najprv si všimnime, že ak y = y(x) je riešenie tejto rovnice, potom nutne
y′
̸= 0. Zavedieme parameter p = y′
:
x = p3
+ p − 1.
Túto rovnicu teraz derivujeme podľa premennej y. Je potrebné si uvedomiť,
že nenulovosť p = y′
implikuje, že k funkcii y = y(x) existuje inverzná funkcia
x = x(y). Nakoľko p = p(x) je funkciou premennej x, parameter p je aj
funkciou premennej y. Preto derivovanie podľa premennej y je oprávnené a
x′
= dx/dy = 1/p. Platí teda:
x′
= 3p2
p′
+ p′
,
1
p
= 3p2
p′
+ p′
,
1
p
= (3p2
+ 1)p′
,
1
p
= (3p2
+ 1)
dp
dy
.
Dostali sme separovateľnú rovnicu (p je zavislá premenná, y je nezávislá
premenná). Vykonáme separáciu premenných a následne integrujeme:
dy = (3p3
+ p)dp,
∫
dy =
∫
(3p3
+ p)dp,
y =
∫
(3p3
+ p)dp.
y =
3p4
4
+
p2
2
+ C.
1
Úvodná rovnica teda má všeobecné riešenie v parametrickom vyjadrení:
x = p3
+ p − 1, y =
3p4
4
+
p2
2
+ C, C ∈ R.
Príklad 2
y = xy′
−
√
1 + (y′)2, y(−4) = −7.
Riešenie:
Ide o Clairautovu diferenciálnu rovnicu. Zavedieme parameter p = y′
y = xp −
√
1 + p2
a rovnicu zderivujeme podľa premennej x (treba si uvedomiť, že p je funkcia
premennej x):
y′
= p + xp′
−
pp′
√
1 + p2
,
p = p + xp′
−
pp′
√
1 + p2
,
0 = xp′
−
pp′
√
1 + p2
,
0 =
(
x −
p
√
1 + p2
)
p′
.
Ľavá strana poslednej rovnosti je nulová funkcia. Môžu teda nastať dve možnosti.
Buď p′
je identická nula alebo výraz x − p/
√
1 + p2 je identická nula.
V prvom prípade máme:
p′
= 0 =⇒ p = C, C je konštanta.
Potom dostávame riešenie:
y = xC −
√
1 + C2, C ∈ R.
V druhom prípade dostaneme riešenie vyjadrené parametricky pomocou parametra
p:
x −
p
√
1 + p2
= 0 =⇒ x =
p
√
1 + p2
.
2
Dosadením tohto vyjadrenia pre y potom máme:
y = xp −
√
1 + p2 =
p2
√
1 + p2
−
√
1 + p2 =
p2
− 1 − p2
√
1 + p2
= −
1
√
1 + p2
.
Teda riešenie má tvar:
x =
p
√
1 + p2
,
y = −
1
√
1 + p2
, p ∈ (−∞, ∞).
Túto integrálnu krivku vieme zapísať aj v explicitnom tvare. Platí totiž:
x2
=
p2
1 + p2
, y2
=
1
1 + p2
,
x2
+ y2
=
p2
+ 1
1 + p2
= 1,
a pre y platí:
y = −
√
1 − x2,
nakoľko y nadobúda záporné hodnoty podľa parametrického vyjadrenia. Všeobecné
riešenie zadanej rovnice teda je:
y = xC −
√
1 + C2, C ∈ R,
y = −
√
1 − x2.
Chceme nájsť riešenie s vlastnosťou y(−4) = −7. Ľahko overíme, že nepôjde
o druhé z riešení. To znamená, že hľadané partikulárne riešenie bude tvaru:
y = xC −
√
1 + C2
pre vhodnú konštantu C. Určíme ju:
−7 = −4C −
√
1 + C2.
Vyriešime túto rovnicu:
−7 = −4C −
√
1 + C2,
7 − 4C =
√
1 + C2,
3
(7 − 4C)2
= 1 + C2
,
49 − 56C + 16C2
= 1 + C2
,
15C2
− 56C + 48 = 0,
C1,2 =
56 ±
√
562 − 4 · 15 · 48
30
=
56 ±
√
256
30
=
56 ± 16
30
,
C1 = 72/30 = 12/5, C2 = 40/30 = 4/3.
Urobili sme neekvivalentnú úpravu (umocňovanie na druhú), a preto je treba
korene overiť. Zistíme, že koreň C1 nevyhovuje. Preto C = 4/3 a hľadané
partikulárne riešenie je:
y =
4
3
x −
5
3
.
Príklad 3
2yy′
= x(1 + (y′
)2
) + (y′
)4
+ 3(y′
)2
.
Riešenie:
Z rovnice sa dá vyjadriť napríklad y:
y = x
(
1 + (y′
)2
2y′
)
+
(y′
)3
+ 3y′
2
.
Touto úpravou sme nestratili žiadne riešenie, nakoľko y′
̸= 0 pre riešenie
y(x) rovnice v zadaní (overte). Dostali sme Lagrangeovu rovnicu. Zavedieme
parameter p = y′
̸= 0 a následne celú rovnicu zderivujeme podľa premennej
x:
y = x
(
1 + p2
2p
)
+
p3
+ 3p
2
,
y = x
(
1 + p2
2p
)
+
p3
+ 3p
2
, / d/dx
y′
= p =
1 + p2
2p
+ x
(
p2
− 1
2p2
)
p′
+ 3
(
p2
+ 1
2
)
p′
,
p −
1 + p2
2p
=
(
x ·
p2
− 1
2p2
+
3(p2
+ 1)
2
)
p′
,
p2
− 1
2p
=
(
x ·
p2
− 1
2p2
+
3(p2
+ 1)
2
)
·
dp
dx
.
4
Za predpokladu p2
− 1 ̸= 0 platí, že p′
̸= 0, a teda k funkcii p = p(x) existuje
funkcia inverzná x = x(p). Preto môžeme v poslednej rovnici využiť trik
zámeny premenných x, p:
dx
dp
·
p2
− 1
2p
= x ·
p2
− 1
2p2
+
3(p2
+ 1)
2
,
dx
dp
=
[
x ·
p2
− 1
2p2
+
3(p2
+ 1)
2
]
·
2p
p2 − 1
,
dx
dp
=
x
p
+
3p(p2
+ 1)
p2 − 1
,
x′
−
x
p
=
3p(p2
+ 1)
p2 − 1
.
Dostali sme LDR I. rádu s neznámou funkciou x = x(p) (pripomíname, že x
je teraz závislá premenná a p nezávislá premenná). Túto rovnicu vyriešime
metódou integračného faktora. Príslušný integračný faktor je:
e−
∫
1/p dp
=
1
p
.
Teda ak ním vynásobíme rovnicu, dostaneme:
x′
p
−
x
p2
=
3(p2
+ 1)
p2 − 1
,
(
x
p
)′
=
3(p2
+ 1)
p2 − 1
,
x
p
=
∫
3(p2
+ 1)
p2 − 1
dp.
Vypočítame príslušný neurčitý integrál:
∫
3(p2
+ 1)
p2 − 1
dp = 3
∫ (
1 +
2
p2 − 1
)
dp = 3
∫ (
1 +
1
p − 1
−
1
p + 1
)
dp =
= 3p + 3 ln
p − 1
p + 1
+ C.
Pre x teda platí:
x = 3p2
+ 3p ln
p − 1
p + 1
+ Cp.
5
Dosadením tohto vyjadrenia do výrazu pre y dostaneme (po úpravách):
y = x
(
1 + p2
2p
)
+
p3
+ 3p
2
=
= p(2p2
+ 3) +
C
2
(p2
+ 1) +
3
2
(p2
+ 1) ln
p − 1
p + 1
.
Získali sme riešenie určené parametricky, avšak za predpokladu p2
− 1 ̸= 0
a p ̸= 0 (pozri diskusiu v úvode príkladu pri zavádzaní p). Pozrime sa teraz
na prípad p2
− 1 = 0. Platí p = 1, resp. p = −1. Ak p = 1, potom p′
= 0 a
rovnica
p2
− 1
2p
=
(
x ·
p2
− 1
2p2
+
3(p2
+ 1)
2
)
·
dp
dx
je splnená. Analogický záver platí i pre p = −1. Príslušné odpovedajúce
riešenia y(x) rovnice v zadaní príkladu sú:
p = 1 =⇒ y = x + 2,
p = −1 =⇒ y = −x − 2.
Tieto funkcie dostaneme dosadením príslušnej hodnoty parametra p do vyjadrenia
y pomocou p v úvode príkladu. Množina všetkých riešení pôvodnej
rovnice má teda tvar:
y = x + 2, y = −x − 2,
x = 3p2
+ 3p ln
p − 1
p + 1
+ Cp,
y = p(2p2
+ 3) +
C
2
(p2
+ 1) +
3
2
(p2
+ 1) ln
p − 1
p + 1
, C ∈ R, p ̸= ±1, 0.
Neriešené príklady
1. y = xy′
(y′
+ 2).
2. y = ln(1 − (y′
)2
).
3. (y′
)3
− 4xyy′
+ 8y2
= 0.
6
4. y
√
1 + (y′)2 = y′
.
5. y = xy′
− 4(y′
)2
.
6. 2y = x(y′)2
y+2
.
Návod:
V úlohách 3. a 6. vyjadrite x a po zavedení parametra rovnicu derivujte podľa
premennej y. Nestraťte riešenia! :)
7