Řešení páté písemky
První úloha
1 Řešte rovnici 𝑥𝑦′
+ 𝑦 − 𝑦2
= 0 s počáteční podmínkou 𝑦(1) = 3. [1 bod]
Zapíšeme 𝑦′
=
d𝑦
d𝑥 a provedeme separaci takto:
𝑥
d𝑦
d𝑥
= 𝑦2
− 𝑦 ⟹
d𝑦
𝑦2 − 𝑦
=
d𝑥
𝑥
.
Teď už můžeme integrovat. Vlevo rozložíme v parciální zlomky: 1
𝑦(𝑦−1)
= 1
𝑦−1 − 1
𝑦. Vše se tedy
integruje na nějaký logaritmus a máme
ln(𝑦 − 1) − ln 𝑦 = ln 𝑥 + 𝐶.
Odlogaritmujeme a získáme řešení
𝑦 − 1
𝑦
= 1 −
1
𝑦
= 𝛫𝑥 ⟹ 𝑦 =
1
1 − 𝛫𝑥
.
Nakonec vezmeme v úvahu počáteční podmínku 𝑦(1) = 3. Prostě dosadíme 𝑥 = 1, 𝑦 = 3 a obdr-
žíme
3 =
1
1 − 𝛫
⟹ 𝛫 =
2
3
.
Proto tedy dostaneme řešení 𝑦 = 1
1−2
3 𝑥
.
Druhá úloha
2 Řešte rovnici (𝑥 + 1)𝑦′
= −𝑥𝑦 s počáteční podmínkou 𝑦(0) = 1. [1 bod]
Zde se zase hodí separace. Tentokrát ji provedeme takto:
d𝑦
𝑦
= −
𝑥
𝑥 + 1
d𝑥 = (
1
𝑥 + 1
− 1) d𝑥.
Zase už můžeme integrovat. Získáme
ln 𝑦 = ln(𝑥 + 1) − 𝑥 + 𝐶.
Při 𝑥 = 0 má být 𝑦 = 1. Dosadíme to tam a máme ln 1 = ln 1 − 0 + 𝐶. Proto 𝐶 = 0 a po
odlogaritmování už snadno dostáváme
𝑦 = (𝑥 + 1)e−𝑥
.
Třetí úloha
3 Najděte obecné řešení rovnice 𝑥𝑦′
= 𝑦 − 𝑥
sin
𝑦
𝑥
. Může se Vám hodit substituce 𝑦 = 𝑢𝑥. [1
bod]
Nejdřív si připravíme substituci: pokud 𝑦 = 𝑢𝑥, bude i 𝑦′
= 𝑢′
𝑥 + 𝑢. Rovnici teď můžeme
vydělit 𝑥:
𝑦′
=
𝑦
𝑥
−
1
sin
𝑦
𝑥
a provést substituci Místo 𝑦/𝑥 budeme psát prostě 𝑢 a derivaci nahradíme podle vztahu výše, čímž
se obdrží
d𝑢
d𝑥
𝑥 + 𝑢 = 𝑢 −
1
sin 𝑢
⟹ sin 𝑢 d𝑢 = −
d𝑥
𝑥
.
Integrujme obě strany. Získáme − cos 𝑢 = − ln 𝑥 + 𝐶, tedy
𝑢 = arc cos(ln 𝑥 + 𝐶).
Nakonec musíme odstranit substituci: máme 𝑢 = 𝑦/𝑥, a tak dostaneme konečné řešení
𝑦 = 𝑥 arc cos(ln 𝑥 + 𝐶).
Čtvrtá úloha
4 Řešte rovnici 𝑦′
+ 4𝑦𝑥3
= 𝑥2
e−𝑥4
. Asi nejlepší je něčím tu rovnici vynásobit, aby se vlevo
objevila úplná derivace. [1 bod]
Násobme celou rovnici e 𝑥4
. Tím získáme
e 𝑥4
𝑦′
+ 4𝑥3
e 𝑥4
𝑦 = 𝑥2
.
Vlevo si všimneme, že 4𝑥3
e 𝑥4
= (e 𝑥4
)′
. Proto je levá strana derivací součinu e 𝑥4
𝑦. Obdobně můžeme
𝑥2
vpravo zapsat jako derivaci 𝑥3
/3. Učiníme-li to, získáme rovnost
(e 𝑥4
𝑦)′
= (𝑥3
/3)′
.
Obsahy obou závorek se tedy liší jen o konstantu. Proto je
e 𝑥4
𝑦 =
𝑥3
3
+ 𝐶 ⟹ 𝑦 =
𝑥3
3
e−𝑥4
+ 𝐶e−𝑥4
.
Pátá úloha
5 Otestoval jsem se 100% spolehlivým testem na covid a byl jsem negativní. Řekněme, že
po každém okamžiku d𝑡, mám pravděpodobnost 𝜆 d𝑡, že se nakazím (zde 𝜆 je kladná konstanta).
Vypočtěte pravděpodobnost, že po čase 𝑡 od testu budu nakažený. Dále určete čas 𝜏, po kterém bych
se měl jít nejpozději otestovat znova, nechci-li, aby pravděpodobnost, že jsem nakažený, byla větší
než 𝛲. [2 body]
Řekněme, že v čase 𝑡 je pravděpodobnost, že jsem nakažen, rovna 𝛲(𝑡), a čas 𝑡 = 0 odpovídá
okamžiku testu. Jaká bude pravděpodobnost, že budu nakažen v čase 𝑡 + d𝑡? To je snadné: buď
jsem byl nakažen už v čase 𝑡 (pravděpodobnost 𝛲(𝑡)) a pak se na tom už nic nezmění. Nebo jsem
nakažennebyl(pravděpodobnost 1−𝛲(𝑡))anakaziljsem sezrovnaběhemtohomaléhookamžiku
d𝑡 (to se stane s pravděpodobností 𝜆 d𝑡. Celkem tedy dostáváme
𝛲(𝑡 + d𝑡) = 𝛲(𝑡) + [1 − 𝛲(𝑡)]𝜆 d𝑡 => 𝛲(𝑡 + d𝑡) − 𝛲(𝑡)⏟⏟⏟⏟⏟
d𝛲
= (1 − 𝛲)𝜆 d𝑡.
Protože vlevo stojí přímo d𝛲, tj. změna pravděpodobnosti 𝛲 za maličký čas d𝑡, máme už diferenciální
rovnici pro 𝛲. Snadno ji můžeme separovat na d𝛲
1−𝛲 = 𝜆 d𝑡 a integrovat:
ln(1 − 𝛲) = −𝜆𝑡 + 𝐶.
V okamžiku testu (což byl čas 𝑡 = 0) jsem určitě nebyl nakažen (𝛲 = 0). Dosadíme to do rovnice
a dostáváme 𝐶 = 0. Zbytek odlogaritmujeme a dostaneme
1 − 𝛲 = e−𝜆𝑡
⟹ 𝛲 = 1 − e−𝜆𝑡
.
Pokudmámeodpovědětnaotázku,po jakédoběbychsemělotestovat, pokudnechci,abychbyl
nakažen s pravděpodobností větší než 𝛲, bude dobře se vrátit k rovnosti ln(1 − 𝛲) = −𝜆𝑡. Pokud
do ní totiž dosadíme 𝛲, hned můžeme vypočíst hraniční čas 𝑡, kde pravděpodobnost nakažení této
hodnoty dosáhne. Obdržíme tedy
𝜏 =
1
𝜆
ln
1
1 − 𝛲
.
Šestá úloha
6 Jednoho dne dopoledne začalo rovnoměrně a hustě sněžit. V poledne vyjel na silnici sněžný
pluh. Ten za první hodinu ujel dva kilometry a za další hodinu už jen jeden. Kdy začalo sněžit?
Předpokládejte, že rychlost sněžného pluhu je nepřímo úměrná výšce sněhu. [2 body]
Řekněme, že začalo sněžit v čase 𝑡 = 0 a že čas budeme měřit v hodinách. Sněží rovnoměrně,
tedy výška sněhu je úměrná času a bude platit ℎ = 𝑐𝑡, kde 𝑐 je nějaká konstanta. Rychlost pluhu
je zas nepřímo úměrná výšce sněhu, takže bude platit 𝑣 = 𝑑/ℎ = 𝑑/𝑐
𝑡 . Obě konstanty 𝑐 i 𝑑 se tu
vyskytujíjenvpodílu,takmůžemetenpodíloznačitjako 𝑑/𝑐 = 𝛼azůstalanámtujedináneznámá
konstanta.
Zároveň víme, že rychlost je změna dráhy za čas, tj. 𝑣 = d𝑠
d𝑡. Proto máme rovnici d𝑠
d𝑡 = 𝛼
𝑡 , kterou
hned můžeme separovat na d𝑠 = 𝛼d𝑡
𝑡 . Ihned lze integrovat:
𝑠(𝑡) = 𝛼 ln 𝑡 + 𝛫,
kde 𝛫 je nějaká integrační konstanta, kterou neznáme.
Jelikož čas 𝑡 = 0 označuje okamžik, kdy začalo sněžit (a ten okamžik neznáme), vlastně nevíme,
kdy v tomto systému bylo to poledne. Zatím si to tedy označme nějakým písmenkem, např.
𝜏. Pak ale budeme vědět, že v poledne (tj. v čase 𝜏) pluh právě vyjel (tj. ujel dráhu 0), v jednu hodinu
(tj. v čase 𝜏 + 1) ujel dva kilometry a za další hodinu (tj. v čase 𝜏 + 2) ujel už jen jeden, takže to
celkem dělá tři. Proto máme tři rovnice:
𝑠(𝜏) = 𝛼 ln 𝜏 + 𝛫 = 0,
𝑠(𝜏 + 1) = 𝛼 ln(𝜏 + 1) + 𝛫 = 2,
𝑠(𝜏 + 2) = 𝛼 ln(𝜏 + 2) + 𝛫 = 3.
To už jsou tři rovnice pro tři neznámé 𝛼, 𝛫, 𝜏, z nichž ovšem první dvě nás vůbec nezajímají.
Nejdřív se zbavíme konstanty 𝛫 tím, že odečteme první rovnici postupně od druhých dvou. Tím
získáme
𝛼[ln(𝜏 + 1) − ln 𝜏] = 𝛼 ln (1 + 𝜏−1
) = 2,
𝛼 ln (1 + 2𝜏−1
) = 3.
Ještě musíme odstranit 𝛼. Vydělíme tedy rovnice mezi sebou a po menších úpravách dostáváme
2 ln(1 + 2𝜏−1
) = 3 ln(1 + 𝜏−1
). Odlogaritmujeme; vyjde (1 + 2𝜏−1
)2
= (1 + 𝜏−1
)3
, čili
1 + 4𝜏−1
+ 4𝜏−2
= 1 + 3𝜏−1
+ 3𝜏−2
+ 𝜏−3
. Jedničky odstraníme a násobíme 𝜏3
; dostaneme
obyčejnou kvadratickou rovnici 𝜏2
+ 𝜏 − 1 = 0, jejíž dvě řešení jsou 1
2(±√5 − 1). Jelikož jde
ovšem o údaj, o kolik hodin po začátku sněžení nastalo poledne (a to musí být kladné, protože
sněžit začalo už před polednem), musíme kořen s mínusem zahodit. Začalo tedy sněžit 1
2(√5 − 1)
hodiny před polednem, což je asi 37 minut.