1 Následující rovnice řešte pomocí variace konstant. Body 4 a 5 řešte jen v případě, že Vám
zůstane čas!
1. 𝑦′
= 6𝑥𝑦+4𝑥e3𝑥2
; 2. 𝑦′
cos 𝑥 = (𝑦+2 cos 𝑥) sin 𝑥; 3. 𝑦′
e 𝑥2
+2𝑥𝑦e 𝑥2
= cos 𝑥; 4. 𝑦′
= 1
𝑥−𝑦2 ;
5. 𝑦′
= 1
e−𝑦−𝑥.
Nápověda: Někdy je lepší vzít převrácenou hodnotu celé rovnice a spočítat 𝑥 jako funkci 𝑦.
Řešení. Ad 1. Nejdřív vyřešíme jen rovnici 𝑦′
= 6𝑥𝑦; tu separujeme a dostaneme 𝑦 = 𝐶e3𝑥2
. Teď
počítáme, že 𝐶 je funkce 𝑥 a derivujeme: 𝑦′
= 𝐶′
e3𝑥2
+ 6𝑥𝐶e3𝑥2
. Dosadíme-li to do původní rovnice,
máme 𝐶′
e3𝑥2
+ 6𝑥𝐶e3𝑥2
= 6𝑥𝐶e3𝑥2
+ 4𝑥e3𝑥2
. Členy s 𝐶 se zruší (takže asi počítáme dobře) a máme
𝐶′
= 4𝑥, tedy 𝐶 = 2𝑥2
+ 𝐷, takže celkem máme řešení 𝑦 = (2𝑥2
+ 𝐶)e3𝑥2
.
Ad 2. Nejdřív vydělíme cos 𝑥 a dostaneme 𝑦′
= 𝑦 tg 𝑥 + 2 sin 𝑥. Nejdřív řešíme jen 𝑦′
= 𝑦 tg 𝑥,
dostaneme řešení ln |𝑦| = − ln | cos 𝑥| + 𝐶, takže 𝑦 = 𝐶
| cos 𝑥| = 𝐶
cos 𝑥 sgn(cos 𝑥)
. Derivujme s tím, že 𝐶
bereme jako funkci 𝑥; dostaneme 𝑦′
= 𝐶′
cos 𝑥 sgn(cos 𝑥)
+ 𝐶 sin 𝑥
cos2 𝑥 sgn(cos 𝑥)
. Dosadíme to do původní rovnice
a máme 𝐶′
sgn cos 𝑥 + 𝐶 sin 𝑥
cos 𝑥 sgn cos 𝑥 = 𝐶 sin 𝑥
cos 𝑥 sgn cos 𝑥 + 2 sin 𝑥 cos 𝑥. Členy s 𝐶 se ruší a máme konečně
𝐶′
= 2 sin 𝑥 cos 𝑥 sgn cos 𝑥 = sin 2𝑥 sgn cos 𝑥, což dá po integraci 𝐶 = 𝐷 − 1
2 cos 2𝑥 sgn cos 𝑥. Celkem
je tedy výsledek 𝑦 = 𝐷
| cos 𝑥| − cos 2𝑥
2 cos 𝑥.
Ad 3. Nejdřív řešíme jen rovnici 𝑦′
e 𝑥2
+ 2𝑥𝑦e 𝑥2
= 0. Exponenciála se zruší a máme 𝑦′
= −2𝑥𝑦,
což se hned integruje na ln |𝑦| = 𝐶 − 𝑥2
, tedy 𝑦 = 𝐶e−𝑥2
. Považujeme 𝐶 za funkci 𝑥 a derivujeme:
dostaneme 𝑦′
= e−𝑥2
(𝐶′
−2𝑥𝐶). To dosadíme do původní rovnice, obdržíme 𝐶′
−2𝑥𝐶+2𝑥𝐶 = cos 𝑥,
takže 𝐶 = sin 𝑥 + 𝐷. Celkem tedy máme 𝑦 = (sin 𝑥 + 𝐶)e−𝑥2
.
Ad 4. Tady je lepší místo
d𝑦
d𝑥 = 1
𝑥−𝑦2 vzít převrácenou hodnotu d𝑥
d𝑦 = 𝑥 − 𝑦2
a počítat 𝑥 jako
funkci 𝑦. Stačí nám tedy počítat d𝑥
d𝑦 = 𝑥, což dává hned 𝑥 = 𝐶e 𝑦
, derivovat na d𝑥
d𝑦 = e 𝑦
(𝐶′
+ 𝐶),
a dostaneme e 𝑦
(𝐶′
+ 𝐶) = 𝐶e 𝑦
− 𝑦2
. Po zkrácení máme 𝐶′
= −𝑦2
e−𝑦
. Po dvojím per partes dostaneme
𝐶 = e−𝑦
(𝑦2
+ 2𝑦 + 2) + 𝐷, takže konečně máme 𝑥 = 𝐷e 𝑦
+ 𝑦2
+ 2𝑦 + 2.
Ad 5. Opět je lepší vzít převrácenou hodnotu d𝑥
d𝑦 = e−𝑦
− 𝑥 a počítat 𝑥 jako funkci 𝑦. Nejdřív
spočítáme rovnici d𝑥
d𝑦 = −𝑥, což dá prostě 𝑥 = 𝐶e−𝑦
. Spočteme derivaci, jako by 𝐶 bylo funkcí 𝑦:
máme 𝑥′
= e−𝑦
(𝐶′
− 𝐶). Po dosazení obdržíme e−𝑦
(𝐶′
− 𝐶) = e−𝑦
− e−𝑦
𝐶, což dá 𝐶′
= 1, takže
𝐶 = 𝑦 + 𝐷. Tím dostáváme řešení 𝑥 = (𝑦 + 𝐷)e−𝑦
.
2 Řešte následující rovnice substitucí 𝑧 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 pro některé konstanty 𝑎, 𝑏, 𝑐:
1. 𝑦′
+ 𝑦 = 2𝑥 + 3; 2. 𝑦′
= (6𝑥 + 2𝑦 + 3)2
; 3. 𝑦′
= cos(𝑥 + 𝑦 + 3).
Pozor! Musíte přepočítat i derivaci 𝑦′
na 𝑧′
!
Řešení. Ad 1. Převedeme na jednu stranu, máme 𝑦′
= 2𝑥−𝑦+3. Položíme 𝑧 = 2𝑥−𝑦+3, derivace
je 𝑧′
= 2 − 𝑦′
= 2 − 𝑧, což se snadno separuje na d𝑧
2−𝑧 = d𝑥, takže dostáváme − ln |2 − 𝑧| = 𝑥 + 𝐶 čili
2 − 𝑧 = 𝐶
𝑥 . Opět dosadíme za 𝑧 a konečně dostáváme 𝑦 = 2𝑥 + 1 + 𝐶
𝑥 .
Ad 2. Opět položíme 𝑧 = 6𝑥 + 2𝑦 + 3, což se derivuje na 𝑧′
= 6 + 2𝑦′
= 6 + 2𝑧2
. Separace dá
d𝑧
1+( 𝑧
√3
)
2 = 6d𝑥,cožsesnadnointegrujena√3 arc tg 𝑧
√3
= 6𝑥+𝐶.Ztohovydolujeme 𝑧 = √3 tg(2√3 𝑥+𝐶)
a z toho dostaneme 𝑦 =
√3
2 tg(2√3 𝑥 + 𝐶) − 3𝑥 − 3
2.
Ad3.Zaspoložíme 𝑧 = 𝑥+𝑦+3,derivaceje 𝑧′
= 1+𝑦′
= 1+cos 𝑧,topřejdena d𝑧
1+cos 𝑧 = d𝑧
2 cos2 𝑧
2
= d𝑥.
Integrujeme, obdržíme tg 𝑧
2 = 𝑥 + 𝐶 a z toho konečně 𝑦 = 2 arc tg(𝑥 + 𝐶) − 𝑥 − 3.
3 U rovnic ve tvaru 𝑦′
= 𝑓(𝑦/𝑥) zase bývá rozumné klást 𝑦 = 𝑢𝑥. Díky tomu vyřešte následující
rovnice:
1. 2𝑥𝑦′
= 𝑦 + 𝑥; 2. (𝑥2
− 𝑥𝑦)𝑦′
+ 𝑦2
= 0; 3. 𝑥𝑦′
− 𝑦 = 𝑦 ln
𝑦
𝑥.
Řešení. Když klademe 𝑦 = 𝑢𝑥, tak bude 𝑦′
= 𝑢′
𝑥 + 𝑢. To se nám bude hodit ve všech čtyřech
příkladech. Ad1.Zkrátíme 𝑥adostaneme2𝑦′
= 1+
𝑦
𝑥.Položíme 𝑦 = 𝑢𝑥,dostaneme2(𝑢′
𝑥+𝑢) = 1+𝑢,
coždá2𝑢′
𝑥 = 1−𝑢.Separujemena 2d𝑢
1−𝑢 = d𝑥
𝑥 atomůžemeintegrovatna(1−𝑢)2
= 𝐶
𝑥 neboli 𝑢 = 1± 𝐶
√𝑥 .
± pohltí konstanta a zůstane 𝑦 = 𝑥 + 𝐶√𝑥 .
Ad 2. Upravíme na 𝑦′
=
𝑦2
𝑥𝑦−𝑥2 = 1
𝑥
𝑦 −( 𝑥
𝑦 )
2 . Tady bude dobré vzít převrácenou hodnotu, takže
dostaneme d𝑥
d𝑦 = 𝑥
𝑦 − ( 𝑥
𝑦)
2
. Teď budeme počítat 𝑥 jako funkci 𝑦. Položíme 𝑥 = 𝑢𝑦 a obdržíme
d𝑢
d𝑦 𝑦 + 𝑢 = 𝑢 − 𝑢2
, což se separuje na −d𝑢
𝑢2 =
d𝑦
𝑦 . Integrujeme a získáme 1
𝑢 = ln |𝑦| + 𝐶, takže když
položíme 𝑢 = 𝑥/𝑦, dostaneme
𝑦
𝑥 = ln |𝑦| + 𝐶. To už bohužel víc upravit nejde.
Ad 3. Upravíme na 𝑦′
=
𝑦
𝑥 ln
𝑦
𝑥 +
𝑦
𝑥, položíme 𝑦 = 𝑢𝑥 a máme 𝑢′
𝑥 + 𝑢 = 𝑢 ln 𝑢 + 𝑢. To se trochu
zkrátí a máme d𝑢
𝑢 ln 𝑢 = d𝑥
𝑥 , což po integraci dá ln | ln 𝑢| = ln |𝑥| + 𝐶 čili ln 𝑢 = 𝐶|𝑥| čili 𝑦 = 𝑥e 𝐶|𝑥|
.
4 Řešte následující rovnice:
1. 𝑦″
− 16𝑦 = 0; 2. 𝑦″
+ 7𝑦′
− 8𝑦 = 0 při počátečních podmínkách 𝑦(0) = 1 a 𝑦′
(0) = 1;
3. 𝑦‴
+ 𝑦″
− 𝑦′
− 𝑦 = 0; 4. 𝑦(4)
+ 10𝑦″
+ 25𝑦 = 0; 5. 𝑦(7)
+ 2𝑦(5)
+ 𝑦(3)
= 0.
Řešení. Ad 1. Charakteristická rovnice je 𝜆2
−16 = 0, což má kořeny 𝜆 = ±4. Proto řešení píšeme
ve tvaru 𝑦 = 𝛢e4𝑥
+ 𝛣e−4𝑥
.
Ad 2. Charakteristická rovnice je 𝜆2
+ 7𝜆 − 8 = 0, což má kořeny −8 a 1. Řešení má tedy tvar
𝑦 = 𝛢e 𝑥
+ 𝛣e−8𝑥
. Teď zohledníme počáteční podmínky: při 𝑥 = 0 má být 𝑦 = 1, takže má platit
1 = 𝛢 + 𝛣. Podobně má být při 𝑥 = 0 také 𝑦′
= 1, takže po derivování dostaneme 𝛢 − 8𝛣 = 1. To
je soustava 2 × 2. Nejdřív rovnice odečteme a dostaneme 9𝛣 = 0, takže dál už snadno zjistíme 𝛢 = 1.
Žádané řešení je tedy 𝑦 = e 𝑥
.
Ad 3. Charakteristická rovnice je 𝜆3
+ 𝜆2
− 𝜆 − 1 = 0. Povšimneme si, že tato rovnice má kořen
𝜆 = 1. Provedeme dělení a polynom se rozpadne na součin (𝜆 − 1)(𝜆2
+ 2𝜆 + 1) = (𝜆 − 1)(𝜆 + 1)2
= 0.
Máme tedy jednoduchý kořen 1 a dvojnásobný −1. Proto má řešení tvar 𝑦 = 𝛢e 𝑥
+ (𝛣𝑥 + 𝐶)e−𝑥
.
Ad 4. Charakteristická rovnice je 𝜆4
+ 10𝜆2
+ 25 = 0. Všimneme si, že vlevo stojí úplný čtverec
a rovnici zapíšeme jako (𝜆2
+ 5)2
= 0. Proto tedy máme dva rozličné kořeny, ±𝔦√5 , oba dvojnásobné.
Proto má řešení tvar 𝑦 = (𝛢𝑥 + 𝛣) cos√5 𝑥 + (𝐶𝑥 + 𝐷) sin√5 𝑥.
Ad 5. Zde je charakteristická rovnice 𝜆7
+2𝜆5
+ 𝜆3
= 0. Vytkneme a dostaneme 𝜆3
(𝜆4
+2𝜆2
+1) =
= 𝜆3
(𝜆2
+ 1)2
= 0. Máme tedy trojnásobný kořen 0 a dvojnásobné kořeny ±𝔦. Proto je řešení ve tvaru
𝑦 = 𝛢𝑥2
+ 𝛣𝑥 + 𝐶 + (𝐷𝑥 + 𝛦) cos 𝑥 + (𝐹𝑥 + 𝐺) sin 𝑥.
5 Řešte následující rovnice s pravou stranou:
1. 𝑦″
−2𝑦′
+𝑦 = 1; 2. 𝑦″
−𝑦 = 𝑥3
; 3. 𝑦″
−2𝑦′
= 4𝑥+2 cos 2𝑥; 4. 𝑦″
−5𝑦′
+4𝑦 = 4𝑥2
+17 sin 𝑥;
5. 𝑦″
+ 𝑦 = e 𝑥
cos 𝑥.
Řešení. Ad 1. Rovnice bez pravé strany má řešení 𝑦 = (𝛢𝑥 + 𝛣)e 𝑥
. Partikulární řešení uhodneme
jako prostou jedničku — derivace ji zničí a v 𝑦 zůstane. Celkem tedy máme 𝑦 = (𝛢𝑥 + 𝛣)e 𝑥
+ 1.
Ad 2. Rovnice bez pravé strany má řešení 𝑦 = 𝛢e 𝑥
+ 𝛣e−𝑥
. Napravo je nějaký polynom, tak partikulární
řešení hádejme jako nějaký polynom třetího stupně. Je jasné, že druhá derivace takového polynomu
obsahuje jen nejvýše první mocniny 𝑥, takže u 𝑥3
musí být −1 a u 𝑥2
musí být 0. Hádejme tedy
𝑦 = −𝑥3
+ 𝛼𝑥 + 𝛽. Dosadíme a máme −6𝑥 + 𝑥3
− 𝛼𝑥 − 𝛽 = 𝑥3
, takže 𝛼 = −6 a 𝛽 = 0. Proto máme
konečné řešení 𝑦 = 𝛢e 𝑥
+ 𝛣e−𝑥
− 𝑥3
− 6𝑥.
Ad 3. Rovnice bez pravé strany má řešení 𝑦 = 𝛢 + 𝛣e2𝑥
. Když má pravá strana několik sčítanců,
stačí hádat partikulární řešení ke každému zvlášť a pak to sečíst. Takže pro 4𝑥 hádáme nějaký polynom.
Stačí lineární? Ne, protože vlevo by se pak 4𝑥 vůbec nemohlo objevit (nultá derivace tam není).
Dáme tedy kvadratický. U 𝑥2
musí být −1, takže hádáme 𝑦 = −𝑥2
+ 𝛼𝑥. Absolutní člen tam nemá
cenu dávat, protože může být libovolný (viz integrační konstantu 𝛢). Takže po derivování máme
−2 + 4𝑥 − 2𝛼 = 4𝑥 a tedy má být 𝛼 = −1. Toto partikulární řešení je tedy −𝑥2
− 𝑥. Podobně
pro 2 cos 2𝑥 bude dobře tipovat nějakou kombinaci 𝛼 cos 2𝑥 + 𝛽 sin 2𝑥. Na levé straně máme
−4𝛼 cos 2𝑥−4𝛽 sin 2𝑥+4𝛼 sin 2𝑥−4𝛽 sin 2𝑥 = 2 cos 2𝑥. Chceme tedy 𝛼 = 𝛽 a −4𝛼−4𝛽 = −8𝛼 = 2,
takže 𝛼 = −1/4. Proto tady máme −1
4(cos 2𝑥 + sin 2𝑥). Dáme to obojí dohromady a celkem máme
řešení 𝑦 = 𝛢 + 𝛣e2𝑥
− 𝑥2
− 𝑥 − 1
4 cos 2𝑥 − 1
4 sin 2𝑥.
Ad 4. Rovnice bez pravé strany má řešení 𝑦 = 𝛢e 𝑥
+ 𝛣e4𝑥
. Zase budeme hádat partikulární řešení
zvlášť: pro 4𝑥2
budeme hádat kvadratický polynom, který zjevně musí mít u 𝑥2
jedničku, takže hádáme
𝑥2
+ 𝛼𝑥 + 𝛽. Po dosazení máme 2 − 10𝑥 − 5𝛼 + 4𝑥2
+ 4𝛼𝑥 + 4𝛽 = 4𝑥2
. Má být 4𝛼 = 10, tedy 𝛼 = 5
2,
a dále 2−5𝛼+4𝛽 = 0, tedy 𝛽 = 25
8 − 1
2 = 21
8 , a tak máme řešení 𝑥2
+ 5
2 𝑥+ 21
8 . U sinu zas budeme hádat
kombinaci sinu a kosinu, tedy 𝛼 cos 𝑥 + 𝛽 sin 𝑥. Po dosazení zjistíme, že 𝛼 = 5/2 a 𝛽 = 3/2. Celkem
máme řešení 𝑦 = 𝛢e 𝑥
+ 𝛣e4𝑥
+ 𝑥2
+ 5
2 𝑥 + 21
8 + 5
2 cos 𝑥 + 3
2 sin 𝑥.
Ad 5. Rovnice bez pravé strany má řešení 𝑦 = 𝛢 cos(𝑥 + 𝜑). Partikulární řešení budeme hádat ve
tvaru 𝑦 = e 𝑥
(𝛼 cos 𝑥+𝛽 sin 𝑥). Po otravném derivování obdržíme e 𝑥
(2𝛽 cos 𝑥−2𝛼 sin 𝑥)+e 𝑥
𝛼 cos 𝑥 +
+ e 𝑥
𝛽 sin 𝑥 = e 𝑥
cos 𝑥. Z toho plynou rovnice 2𝛽 + 𝛼 = 1 a 𝛽 = 2𝛼, a tedy 𝛼 = 1/5, 𝛽 = 2/5. Výsledek
je tedy 𝑦 = 𝛢 cos(𝑥 + 𝜑) + cos 𝑥+2 sin 𝑥
5 .