Zápisky z cvičení k předmětu Diferenciální rovnice

Rovnice se separovanými proměnnými

Definice. Nechť

I, J

jsou otevřené intervaly a

P \in 𝒞 (I), Q \in 𝒞 (J)

. Rovnice se separovanými proměnnými je diferenciální rovnice ve tvaru

P (x) + Q (y) y^{'} = 0

Poznámka. Definiční obor musí být otevřený interval! Pokud to není interval, máme dvě části, které spolu vůbec nesouvisí. Pokud není otevřený, znamená to, že má funkce někde derivaci, ale na žádném okolí není definovaná, což je blbost.

Řešení. Zintegrujeme obě strany:

\int (P (x) + Q (y (x)) y^{'} (x)) d x = C

\int P (x) d x + \int Q (y (x)) y^{'} (x) d x = C

\int P (x) d x + \int Q (Y) d Y = C

H (x, Y) = C

Věta. Nechť

I, J

jsou otevřené intervaly a

P \in 𝒞 (I), Q \in 𝒞 (J)

. Potom:

Každá funkce $y$ , která řeší rovnici $P (x) + Q (y) y^{'} = 0$ na intervalu $I_{1} \subset I$ , splňuje na $I_{1}$ pro nějaké $C \in ℝ$ rovněž rovnici $\int P (x) d x + \int Q (Y) d Y = C$ .
Vopáčně, jestliže existuje $C \in ℝ$ , interval $I_{2} \subset I$ a funkce $y \in 𝒞^{1} (I_{2})$ takové, že platí $\int P (x) d x + \int Q (Y) d Y = C$ , potom $y$ je řešením $P (x) + Q (y) y^{'} = 0$ na intervalu $I_{2}$ .

Důkaz.

(\Rightarrow)

Viz řešení nahoře, akorát si ještě musíme rozmyslet, že

y \in 𝒞^{1}

, abychom mohli použít integrál substitucí.

(\Leftarrow)

Vopáčně.

Věta (o existenci a jednoznačnosti řešení). Nechť

I, J

jsou otevřené intervaly a

P \in 𝒞 (I), Q \in 𝒞 (J)

. Nechť také

0 \notin Q (J)

. Potom každým bodem

I \times J

prochází právě jedna integrální křivka řešící rovnici

P (x) + Q (y) y^{'} = 0

Důkaz. Definujme funkci

H (x, y) ≔ \int_{x_{0}}^{x} P (ξ) d ξ + \int_{y_{0}}^{y} Q (η) d η

Zřejmě

H \in 𝒞^{1} (I \times J)

\partial_{y} H (x, y) = Q (y)

. Podle věty o implicitní funkci existuje

I_{1} \subseteq I

a funkce

y : 𝒞^{1} (I_{1})

taková, že

x \in I_{1}

(\forall x \in I_{1}) (H (x, y (x)) = 0)

Z předchozí věty plyne, že tato funkce řeší rovnici. Předpokládejme nyní, že existují dvě řešení

y_{1}, y_{2}

. Odečtením rovnic dostaneme

Q (y_{1} (x)) {y^{'}}_{1} (x) = Q (y_{2} (x)) {y^{'}}_{2} (x)

Zintegrujeme obě strany:

\int Q (y_{1} (x)) d x = \int Q (y_{2} (x)) d x + C

Jelikož

Q

je spojitá a neprochází nulou, integrál je prostá funkce, tedy

y_{1} = y_{2}

Cvičení.

2 y y^{'} - 4 x^{3} = 0

Řešení

2 y y^{'} = 4 x^{3}

\int 2 y d y = \int 4 x^{3} d x

y^{2} = x^{4} + C

Pokud

C \geq 0

, vždy existuje řešení

y ≔ \pm \sqrt{x^{4} + C}

na celém

ℝ

. Pokud

C < 0

, to samé řešení existuje na intervalu

(- \infty, - \sqrt[4]{- C})

nebo

(\sqrt[4]{- C}, \infty) .

Definice. Separovatelná diferenciální rovnice je rovnice ve tvaru

P_{1} (x) P_{2} (y) + Q_{1} (x) Q_{2} (y) y^{'} = 0

Řešení. Separujeme proměnné: vydělíme rovnici

P_{2} (y) Q_{1} (x)

, čímž se z ní stane rovnice se separovanými proměnnými. Musíme si přitom dávat pozor na kořeny

P_{2}, Q_{1}

. Rozdělíme rovinu na jakousi mřížku podle těchto kořenů a vybereme ten obdélníček, ve kterém máme počáteční podmínku. K tomu ještě navíc můžeme přidat řešení, kde se

y

konstantně rovná nějakému kořenu

P_{2}

Cvičení.

y y^{'} = \exp (- y^{2}) \sin (x)

y (3 π) = - \sqrt{\ln (4)}

Řešení

y \exp (y^{2}) = \sin (x)

\frac{\exp (y^{2})}{2} = - \cos (x) + C

d o s a z e n \overset{ˊ}{ı} p o \overset{ˇ}{c} \overset{ˊ}{a} t e \overset{ˇ}{c} n \overset{ˊ}{ı} p o d m \overset{ˊ}{ı} n k y \to C = 0

y = - \sqrt{\ln (2 - 2 \cos (x))}

⋮

\cos (x) \leq \frac{1}{2}

I = (\frac{7}{3} π, \frac{11}{3} π)

Cvičení.

y - x y^{'} = 0

Navíc nakreslete všechny integrální křivky.

Řešení

\frac{y^{'}}{y} = \frac{1}{x}, x \neq 0 \land y \neq 0

\ln | y | = \ln | x | + \tilde{C}

\ln | y | = \ln | C X |

y = C x, C \neq 0

Během postupu sice formálně vznikne podmínka

x \neq 0 \land y \neq 0

, ale dosazením zjistíme, že řešení

y = 0

také funguje a zároveň všechna řešení fungují i pro

x = 0

. (To by se také dalo bez dosazení odvodit pomocí spojitosti.) Tedy máme řešení

y = C x, C \in ℝ, x \in ℝ

Integrální křivky budou prostě všechny přímky procházející počátkem kromě osy

y

Cvičení.

y^{'} = \frac{| x y |}{x y}

Řešení

Už ze zadání máme podmínku

x \neq 0 \land y \neq 0

. Zřejmě musí platit nutná podmínka

y^{'} \in {\pm 1}

Nabízí se tedy dvě varianty, které nemůžeme nijak míchat, protože by tím nevznikla diferencovatelná funkce:

y = \pm x + C

Ovšem když se podíváme na původní rovnici, zjistíme, že stoupající přímka smí být pouze v prvním a třetím kvadrantu a klesající přímka pouze ve druhém a čtvrtém kvadrantu. Pro každou počáteční podmínku tedy nalezneme právě jedno řešení, jehož definiční obor bude buď

ℝ^{+}

, nebo

ℝ^{-}

Cvičení.

y^{'} = \frac{x - y}{| x - y |}

Řešení

Opět máme

y^{'} \in {\pm 1} ∴ y = \pm x + C

. Nad osou prvního/třetího kvadrantu budou probíhat klesající přímky (

I = (- \infty, C)

), pod ní stoupající přímky (

I = ℝ

Cvičení.

y^{'} = \frac{x + | x |}{y + | y |}

Řešení. DÚ

Cvičení.

x y^{'} - k y = 0

Nakreslete integrální křivky pro

k = 3

Řešení

\frac{y^{'}}{y} = \frac{k}{x}

\ln | y | = k | C x^{k} |

y = C x^{k}

K \geq 0 ⟹ I = ℝ

K < 0 ⟹ I_{1} = ℝ^{-}, I_{2} = ℝ^{+}

Nakreslení funkcí

y = C x^{3}

je cvičení pro čtenáře.

Cvičení.

y^{'} = \frac{\sin (y)}{\sin (x)}

Řešení

\frac{y^{'}}{\sin (y)} = \frac{1}{\sin (x)}

\ln

y = 2 \arctan (C \tan (\frac{x}{2})) + 2 k π, k \in ℤ

Dosazením zjistíme, že i pro

C = 0

řešení funguje. Intervaly, na kterých můžeme řešení hledat, jsou

(n π, (n + 1) π), n \in ℤ

. Grafy budou vytvářet jakousi „šachovnici“.

Homogenní a kvazihomogenní diferenciální rovnice

Definice. Funkce

f (x, y)

je homogenní stupně

α

, pokud

(\forall t, x, y) (f (t x, t y) = t^{α} f (x, y))

pokud výrazy dávají smysl.

Příklad.

f (x, y) ≔ x y + y^{2}

je homogenní stupně

2

Příklad.

f (x, y) ≔ x (\ln (\frac{x}{y}) + 1)

je homogenní stupně

1

Příklad.

f (x, y) ≔ \frac{1}{x}

je homogenní stupně

- 1

Příklad.

f (x, y) ≔ g (\frac{x}{y})

je homogenní stupně

0

Definice. Nechť

P, Q : ℝ^{2} \to ℝ

jsou spojité a homogenní stupně

α

. Homogenní diferenciální rovnice stupně

α

je rovnice ve tvaru

\begin{matrix} P (x, y) + Q (x, y) y^{'} = 0 & (H) \end{matrix}

Řešení. Použijeme substituci

y (x) ≕ x u (x)

. To je vlastně transformace souřadnic funkcí

Φ (\begin{array}{c} t \\ u \end{array}) ≔ (\begin{array}{c} t \\ t u \end{array})

. Jelikož

\det (J_{Φ}) = t

, tuto transformaci můžeme provést pro

t \neq 0

P (x, x u) + Q (x, x u) (u + x u^{'}) = 0

Využijeme homogenity funkcí:

P (1, u) + Q (1, u) (u + x u^{'}) = 0

\begin{matrix} P (1, u) + u Q (1, u) + Q (1, u) x u^{'} = 0 & (S) \end{matrix}

Popřípadě ještě můžeme doupravit, pokud nám to jmenovatel dovolí:

\frac{Q (1, u)}{P (1, u) + u Q (1, u)} u^{'} = - \frac{1}{x}

To je rovnice se separovanými proměnnými, takže ji umíme vyřešit

\ddot{⌣}

Věta. Nechť

I \subset ℝ_{\neq 0}

je otevřený interval. Nechť

P, Q \in 𝒞 (ℝ^{2})

jsou homogenní stupně

α

. Potom:

Má-li (S) na $I$ řešení $u$ , má (H) na $I$ řešení $y (x) ≔ x u (x)$ .
Má-li (H) na $I$ řešení $y$ , má (S) na $I$ řešení $u (x) ≔ \frac{u (x)}{x}$ .

Důkaz. Při řešení jsme prováděli ekvivalentní úpravy.

Poznámka („Lineární řešení“).

y (x) = K x

P (x, K x) + Q (x, K x) K = 0

P (1, K) + Q (1, K) K = 0

Cvičení.

y (1 + \ln (\frac{y}{x})) - x y^{'} = 0

Řešení

x u (1 + \ln (\frac{x u}{x})) - (u + x u^{'}) = 0

u (1 + \ln (u)) - u - x u^{'} = 0

u \ln (u) - x u^{'} = 0

\frac{u^{'}}{u \ln (u)} = \frac{1}{x}

\ln (\ln | u |) = \ln | C x |

u = \exp (C x)

y = x \exp (C x)

Cvičení (s ťěžkým integrálem!!).

y^{'} = \frac{x + y}{x - y}

Řešení

Lze vyřešit implicitně, čímž vyjde

x = \exp (f (y))

pro nějaké ne úplně dobře invertovatelné

f

Cvičení.

2 x y + (x^{2} - y^{2}) y^{'} = 0

Řešení

\frac{u^{'} (1 - u^{2})}{3 u - u^{3}} = - \frac{1}{x}

\frac{1}{3} \ln | 2 u - u^{3} | = - \ln | \tilde{C} x |

2 u - u^{3} = C x^{- 3}

x = \pm \sqrt{\frac{C + y^{3}}{3 y}}

Ještě musíme ošetřit případ

C = 0

, čímž vyjde

y = \pm \sqrt{3} x

. Ověříme, jestli je to taky řešení. Potom ještě určíme definiční obor každé varianty, čímž se to docela rozvětví a většinou vyjde

ℝ^{+}

nebo

ℝ^{-}

Definice. Nechť funkce

f

pro nějaká

α, β

splňuje

f (t^{α} x, t^{β} y) = t^{β - α} f (x, y)

. Kvazihomogenní diferenciální rovnice je rovnice ve tvaru

y^{'} = f (x, y)

Řešení (takhle se to nedělá v praxi). Zvolíme substituci

y (x) ≕ x^{\frac{β}{α}} u (x)

y^{'} = \frac{β}{α} x^{\frac{β}{α} - 1} u + x^{\frac{β}{α}} u^{'} = f (x, x^{\frac{β}{α}} u) = x^{\frac{β}{α} - 1} f (1, u)

\frac{β}{α} u + x u^{'} = f (1, u)

\frac{u^{'}}{f (1, u) - \frac{β}{α} u} = \frac{1}{x}

Cvičení.

\frac{2}{x^{2}} - y^{2} - y^{'} = 0

Řešení

Vidíme, že funkce

f (x, y) ≔ \frac{2}{x^{2}} - y^{2}

je kvazihomogenní s

α = - 1, β = 1

. Většinou to ovšem takhle vykoukat nepůjde, takže obecnější postup je vzít substituci

y (x) ≕ x^{k} u (x)

a pokusit se určit

k

k x^{k - 1} u + x^{k} u^{'} = y^{'} = \frac{2}{x^{2}} - y^{2}

k u + x u^{'} = 2 x^{1 - k - 2} - x^{2 k - (k - 1)} u^{2}

Z toho už je hned vidět, že by se nám líbilo, aby

k = - 1

. Separovaná rovnice bude:

\frac{u^{'}}{2 + u - u^{2}} = \frac{1}{x}

Cvičení.

9 y y^{'} - 18 x y + 4 x^{3} = 0

Řešení

k u + x u^{'} = 2 x^{2 - k} - \frac{4}{u} \frac{2}{u} x^{2 (2 - k)} ∴ k = 2

\frac{u u^{'}}{u - u^{2} - \frac{2}{9}} = \frac{1}{x}

Cvičení.

y^{'} = \frac{y}{x + y^{3}}

Řešení

y ≔ x^{k} u

k x^{k - 1} u + x^{k} u^{'} = \frac{x^{k} u}{x + x^{3 k} u^{3}}

k u + x u^{'} + k x^{3 k - 1} u^{3} + x^{3 k} u^{3} u^{'} = u

k ≔ \frac{1}{3}

\frac{u + u^{3}}{3} + x u^{'} (1 + u^{3}) = u

x u^{'} (1 + u^{3}) = \frac{2 u - u^{3}}{3}

3 u^{'} \frac{1 + u^{3}}{u (2 - u^{2})} = \frac{1}{x}

Řešení (trikové)

y^{'} x + y^{'} y^{3} = y

\frac{x y^{'}}{y^{2}} - \frac{1}{y} + y y^{'} = 0

{(- \frac{x}{y})}^{'} + {(\frac{1}{2} y^{2})}^{'} = 0

Diferenciální rovnice tvaru $y^{'} = f (\frac{a x + b y + c}{α x + β y + γ})$

Řešení. Budeme rozlišovat různé případy.

$a = b = α = β = 0$: $y = x f (\frac{c}{γ}) + C$
$b = β = 0$: $y = \int f (\frac{a x + c}{α x + γ}) d x + C$
$c = γ = 0$: $y^{'} = f (\frac{a x + b y}{α x + β y})$ To je homogenní diferenciální rovnice stupně $0$ , což umíme řešit.
$(b \neq 0 \lor β \neq 0) \land | \begin{array}{cc} a & b \\ α & β \end{array} | = 0$: Nechť bez újmy na obecnosti $β \neq 0$ . Potom $a x + b y = \frac{b}{β} (α x + β y)$ $z ≔ α x + β y$ $z^{'} = α + β y^{'}$ $\frac{z^{'} - α}{β} = f (\frac{\frac{b}{β} z + c}{z + γ})$ $z^{'} = β f (\frac{\frac{b}{β} z + c}{z + γ}) + α$ To je separovatelná diferenciální rovnice.
$| \begin{array}{cc} a & b \\ α & β \end{array} | \neq 0$: Zvolíme substituce $ξ ≔ x + x_{0}$ $η = η (ξ) ≔ y + y_{0}$ Zároveň chceme, aby platilo $a x + b y + c = a ξ + β η$ Řešíme tedy soustavu rovnic $c = a x_{0} + b y_{0}$ $γ = α x_{0} + β y_{0}$ Nyní si vyjádříme $y = y (η (ξ (x)))$ $\frac{d y}{d x} = \frac{d y}{d η} \frac{d η}{d ξ} \frac{d ξ}{d x} = \frac{d η}{d ξ}$ Dosazením dostaneme rovnici $η^{'} = f (a ξ + b η α ξ + β η)$ Tu už umíme řešit.

Cvičení.

y^{'} = 2 \frac{y + 2}{x + y - 1}

Řešení

Cvičení.

y^{'} = 2 {(\frac{y + 2}{x + y - 1})}^{2}

Řešení. Za domácí úkol. Dostaneme se k rovnosti

(y + 2) \exp (2 \arctan (\frac{y - 2}{x - 3})) = C

Cvičení. Řešte rovnici

y^{'} = \frac{x + 2 y + 1}{2 x + 3}

s podmínkou

y (\frac{5}{2}) = \frac{1}{4}

Řešení

1 = x_{0} + 2 y_{0}, 2 x_{0} = 3

y_{0} = - \frac{1}{4}, x_{0} = \frac{3}{2}

η = y - \frac{1}{4}, ξ = x + \frac{3}{2}

η^{'} (ξ) = \frac{ξ + 2 η}{2 ξ}

Použijeme substituci pro homogenní rovnici:

η ≕ ξ u (ξ)

u + ξ u^{'} (ξ) = \frac{1 + 2 u}{2} ∴ u^{'} (ξ) = \frac{1}{2 ξ}

u = \frac{\ln | C ξ |}{2}

Jelikož

ξ \neq 0

a počáteční posmínka stanovuje, že se máme koukat na kladná

ξ

, můžeme se zbavit absolutní hodnoty:

u = \frac{\ln (C ξ)}{2}

Dosazením počáteční podmínky dostaneme

C = \frac{1}{4}

, tedy

y = \frac{x + \frac{3}{2}}{2} \ln (\frac{x + \frac{3}{2}}{4}) + \frac{1}{4}

Cvičení.

x + y + 1 + (2 x + 2 y - 1) y^{'} = 0

Řešení

y^{'} = - \frac{x + y + 1}{2 x + 2 y - 1}

| \begin{array}{cc} a & b \\ α & β \end{array} | = 0

Můžeme tedy použít jednodušší postup.

z ≔ x + y

z^{'} = 1 + y^{'}

Dosazením do rovnice:

z^{'} - 1 = - \frac{z + 1}{2 z - 1}

Rovnici separujeme:

z^{'} = \frac{z - 2}{2 z - 1}

z^{'} \frac{2 z - 1}{z - 2} = 1

Integrací dostáváme

z^{'} (2 + \frac{3}{z - 1}) = 1

2 z + 3 \ln (z - 1) = x

x + 2 y + 3 \ln (x + y - 1) = 0

Cvičení.

2 x - 4 y + 6 + (x + y - 3) y^{'} = 0

Řešení

y^{'} = - \frac{2 x - 4 y + 6}{x + y - 3}, x + y \neq 3

Vyřešíme soustavu

6 = 2 x_{0} - 4 y_{0}, - 3 = x_{0} + y_{0}

Řešením je

x_{0} = - 1, y_{0} = - 2

. Definujeme tedy

ξ ≔ x - 1, η ≔ y - 2

Dosadíme do rovnice:

η^{'} = - \frac{2 ξ - 4 η}{ξ + η}

Tato rovnice je homogenní stupně

0

, můžeme tedy použít substituci

η (ξ) ≕ ξ u (ξ)

u + ξ u^{'} = - \frac{2 ξ - 4 ξ u}{ξ + ξ u} = - \frac{2 - 4 u}{1 + u}, u \neq - 1

Separujeme:

u + u^{2} + ξ u^{'} (1 + u) = 4 u - 2

ξ u^{'} (1 + u) = - u^{2} + 3 u - 2 = - (u - 1) (u - 2)

u^{'} \frac{- u - 1}{(u - 1) (u - 2)} = \frac{1}{ξ}, u \neq 1, u \neq 2

Zintegrujeme:

u^{'} (\frac{2}{u - 1} - \frac{3}{u - 2}) = \frac{1}{ξ}

2

C ξ = \frac{{(u - 1)}^{2}}{{(u - 2)}^{3}} = \frac{{(\frac{η}{ξ} - 1)}^{2}}{{(\frac{η}{ξ} - 2)}^{3}}

C (x - 1) = \frac{{(\frac{y - x - 1}{x - 1})}^{2}}{{(\frac{y - 2 x}{x - 1})}^{3}} = \frac{(y - x - 1) (x - 1)}{y - 2 x}

Nezapomeňme také zvlášť vyšetřit předtím vyloučené případy. Pokud vezmeme

u = 1

nebo

u = 2

, dostaneme také platná řešení:

η = ξ ∴ y = x + 1

η = 2 ξ ∴ y = 2 x

Lineární diferenciální rovnice prvního řádu

Definice. Nechť

I

je otevřený interval a

p, q \in 𝒞 (I)

. Potom rovnice tvaru

y^{'} + p (x) y = q (x)

je lineární diferenciální rovnice prvního řádu s pravou stranou

q

Poznámka. Lineární diferenciální rovnice

n

-tého řádu by byla

y^{(n)} + \sum_{k = 0}^{n - 1} p_{k} (x) y^{(k)} = q (x)

Řešení. Nejprve vyřešíme rovnici bez pravé strany.

y^{'} + p (x) y = 0

\frac{y^{'}}{y} = - p (x)

\ln | y | = - \int p (x) d x + \tilde{C} ≕ P (x) + \tilde{C}

y = C \exp (- P (x))

Všimněme si, že množina řešení je lineární prostor. Nyní už zapojíme pravou stranu. Použijeme metodu variace konstanty. Budeme předpokládat:

y (x) = C (x) \exp (- P (x))

Dosadíme do rovnice:

C^{'} (x) \exp (- P (x)) - C (x) p (x) \exp (- P (x)) + p (x) C (x) \exp (- P (x)) = q (x)

C^{'} (x) = q (x) \exp (P (x))

C (x) = \int q (x) \exp (P (x)) d x + D

y (x) = D \exp (- P (x)) + \underset{p a r t i k u l \overset{ˊ}{a} r n \overset{ˊ}{ı} \overset{ˇ}{r} e \overset{ˇ}{s} e n \overset{ˊ}{ı}}{\underset{⏟}{\exp (- P (x)) \int q (x) \exp (P (x)) d x}}

Řešení (rychlejší; metoda integračního faktoru). Vynásobíme rovnici

\exp (P (x))

y^{'} \exp (P (x)) + p (x) \exp (P (x)) y = q (x) \exp (P (x))

y^{'} \exp (P (x)) + {(\exp (P (x)))}^{'} y = q (x) \exp (P (x))

{(y \exp (P (x)))}^{'} = q (x) \exp (P (x))

y \exp (P (x)) = \int q (x) \exp (P (x)) d x + D

y (x) = \exp (- P (x)) (D + \int q (x) \exp (P (x)) d x)

To je to samé řešení jako předtím.

Poznámka. Prof. Beneš prý tuhle metodu nemá rád.

Věta. Nechť

p, q \in 𝒞 (I)

. Potom pro každý bod

[x_{0}, y_{0}] \in I \times ℝ

existuje právě jedno řešení rovnice

y^{'} + p (x) y = q (x)

s počáteční podmínkou

y (x_{0}) = y_{0}

Důkaz. Dosazením snadno ověříme, že funguje řešení

y (x) = \exp (- P (x)) (y_{0} + \int_{x_{0}}^{x} q (ξ) \exp (P (ξ)) d ξ), P (x) ≔ \int_{x_{0}}^{x} p (ξ) d ξ

Zbývá ověřit jednoznačnost. Mějme dvě řešení

y_{1}, y_{2} \in 𝒞^{1} (I)

. Nechť

z (x) ≔ y_{1} (x) - y_{2} (x)

. Odečtením rovnic dostaneme

z^{'} + p (x) z = 0, z (x_{0}) = 0

z^{'} \exp (P (x)) + p (x) z \exp (P (x)) = 0, z (x_{0}) = 0

{(z \exp (P (x)))}^{'} = 0, z (x_{0}) = 0

z \exp (P (x)) = C, z (x_{0}) = 0 ∴ C = 0

z = 0

y_{1} = y_{2}

Cvičení.

y^{'} + 2 x y = x \exp (- x^{2}), y (1) = 0

Řešení (dvoufázové)

Homogenní řešení:

y^{'} + 2 x y = 0

\frac{y^{'}}{y} = - 2 x

\ln | y | = - x^{2} + \tilde{C}

y = C \exp (- x^{2})

Partikulární řešení. Předpokládáme

y = C (x) \exp (- x^{2})

a dosadíme do rovnice:

C^{'} (x) \exp (- x^{2}) = x \exp (- x^{2})

C^{'} (x) = x

C (x) = \frac{x^{2}}{2} + D

Dohromady:

y = (\frac{x^{2}}{2} + D) \exp (- x^{2})

Dosazením počáteční podmínky:

y = (\frac{x^{2}}{2} - \frac{1}{2}) \exp (- x^{2})

Řešení (metodou integračního faktoru)

p (x) = 2 x ∴ P (x) = x^{2}

y^{'} \exp (x^{2}) + 2 x y \exp (x^{2}) = x

{(y \exp (x^{2}))}^{'} = x

y \exp (x^{2}) = \frac{x^{2}}{2} + D

y = (\frac{x^{2}}{2} + D) \exp (- x^{2})

Dosazením počáteční podmínky:

y = (\frac{x^{2}}{2} - \frac{1}{2}) \exp (- x^{2})

Odteď zůstaneme u metody integračního faktoru, protože je rychlejší.

Cvičení.

y^{'} \sin (x) - x \cos (x) = - \frac{\sin {(x)}^{2}}{x^{2}}

Řešení

y^{'} - y \cot (x) = - \frac{\sin (x)}{x^{2}}, x \notin {k π | k \in ℤ}

p (x) = \cot (x)

P (x) = - \ln | \sin (x) |

Integrační faktor tedy bude

\exp (- \ln | \sin (x) |) = - \frac{1}{| \sin (x) |}

. Absolutní hodnotu můžeme ignorovat, protože po přenásobení stejně vznikne ta samá rovnice.

{(\frac{y}{\sin (x)})}^{'} = - \frac{1}{x^{2}}

y = \sin (x) (\frac{1}{x} + C)

Dosazením zjistíme, že řešení funguje i pro body, které jsme předtím vyloučili, kromě nuly samozřejmě. Máme tedy řešení pro

ℝ^{+}

a pro

ℝ^{-}

Cvičení.

y^{'} (2 x + y^{2}) = - y

Řešení. Počkat, tohle není lineární diferenciální rovnice! Nebo je? Co kdyby

x

byla funkce a

y

proměnná? Označme

\overset{`}{x} ≔ \frac{d x}{d y} (y)

. Podle věty o derivaci inverzní funkce máme

\overset{`}{x} = \frac{1}{y^{'}}

\frac{1}{\overset{`}{x}} (3 x + y^{2}) = - y

To už dokážeme vyřešit. Za domácí úkol.

Cvičení.

x y^{'} + 2 y = 4 x^{2}

Řešte postupně s podmínkami:

$y (2) = 5$
$y (0) = 0$
$y (0) = 8$

Řešení

y^{'} + \frac{2}{x} y = 4 x, x \neq 0

p (x) = \frac{2}{x} ∴ P (x) = 2 \ln | x | ∴ IF = x^{2}

Všimněme si, že jsme rovnici dělili

x

, jen abychom ji hned vynásobili

x^{2}

, takže podmínka

x \neq 0

je vlastně zbytečná.

x y^{'} + 2 x y = 4 x^{3}

{(y x^{2})}^{'} = 4 x^{3}

y x^{2} = x^{4} + C

Nebudeme to dělit

x^{2}

, protože tím bychom opět vyloučili

x = 0

. Místo toho rovnou dosadíme počáteční podmínky:

$5 \cdot 4 = 16 + C ∴ C = 4$ $y = x^{2} + \frac{4}{x^{2}}$ V tomto případě tedy řešení nefunguje v nule.
$0 = 0 + C ∴ C = 0$ $y = x^{2}$ Toto řešení funguje všude.
$0 = 0 + C ∴ C = 0$ To je to samé řešení jako předtím, ale tentokrát nesplňuje počáteční podmínku, takže žádné řešení neexistuje. To ale neodporuje větě o existenci řešení, protože ta mluví o rovnici ve „vyděleném“ tvaru, kde jsme měli podmínku $x \neq 0$ .

Cvičení.

y^{'} + \tan (y) = \frac{x}{\cos (y)}

Použijte substituci

z ≔ \sin (y)

Řešení

Bernoulliho diferenciální rovnice

Definice. Bernoulliho diferenciální rovnice je rovnice ve tvaru

y^{'} + p (x) y = q (x) y^{α}

kde

p, q : ℝ \to ℝ, α \in ℝ ∖ {0,1}

Řešení. Vynásobíme rovnici

(1 - α) y^{- α}

(1 - α) y^{- α} y^{'} + (1 - α) p (x) y^{1 - α} = (1 - α) q (x)

{(y^{1 - α})}^{'} + (1 - α) p (x) y^{1 - α} = (1 - α) q (x)

Použijeme substituci

z ≔ y^{1 - α}

. Ověříme si, kdy můžeme:

\det J_{Φ} = \det (\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & (1 - α) y^{- α} \end{array}) \neq 0 ⟺ α \neq 1 \land y \neq 0

Tím dostáváme lineární diferenciální rovnici

z^{'} + (1 - α) p (x) z = (1 - α) q (x)

Věta. Nechť

α \in ℝ ∖ {0,1}, p, q \in 𝒞 (I), (\forall x \in I) (q (x) \neq 0)

. Potom

Jestliže funkce $z$ řeší na $I$ rovnici $z^{'} + (1 - α) p (x) z = (1 - α) q (x)$ potom funkce $y$ splňující na $I$ podmínky $z (x) = y^{1 - α} (x), y (x) \neq 0$ řeší na $I$ rovnici $y^{'} + p (x) y = q (x) y^{α}$
Vopáčně, pokud $y$ řeší Bernoulliho diferenciální rovnici a $(\forall x \in I) (y (x) \neq 0)$ , pak funkce $z (x) ≔ y {(x)}^{1 - α}$ řeší uvedenou lineární diferenciální rovnici.

Cvičení.

x y^{'} - y = x^{2} y^{- 1}

Řešení

y^{'} - \frac{y}{x} = \frac{x}{y}, x, y \neq 0

2 y y^{'} - \frac{2 y^{2}}{x} = 2 x

{(y^{2})}^{'} - \frac{2 y^{2}}{x} = 2 x

z ≔ y^{2}

z^{'} - \frac{2 z}{x} = 2 x

i n t e g r a \overset{ˇ}{c} n \overset{ˊ}{ı} f a k t o r = \exp (- 2 \ln | x |) = x^{- 2}

\frac{z^{'}}{x^{2}} - \frac{2 z}{x^{3}} = \frac{2}{x}

{(\frac{z}{x^{2}})}^{'} = \frac{2}{x}

\frac{z}{x^{2}} = 2 \ln (C x)

z = 2 x^{2} \ln (C x)

y = \pm x \sqrt{2 \ln (C x)}, C x > 1

Zkouška:

y^{'} = \pm (\sqrt{2 \ln (C x)} + \frac{1}{\sqrt{2 \ln (C x)}})

\pm x (\sqrt{2 \ln (C x)} + \frac{1}{\sqrt{2 \ln (C x)}}) \mp \sqrt{2 \ln (C x)} = \pm \frac{x}{\sqrt{2 \ln (C x)}}

Řešení tedy funguje na

x \in (\frac{1}{C}, \infty), C > 0

a na

(- \infty, \frac{1}{C}), C < 0

Cvičení.

x y^{'} - 4 y = x^{2} \sqrt{y}

Řešení

\frac{y^{'}}{2 \sqrt{y}} - \frac{2 \sqrt{y}}{x} = \frac{x}{2}, x \neq 0

z ≔ \sqrt{y}

z^{'} - \frac{2 z}{x} = \frac{x}{2}

i n t e g r a \overset{ˇ}{c} n \overset{ˊ}{ı} f a k t o r = \exp (- 2 \ln | x |) = x^{- 2}

\frac{z^{'}}{x^{2}} - \frac{2 z}{x^{3}} = \frac{1}{2 x}

{(\frac{z}{x^{2}})}^{'} = \frac{1}{2 x}

z = \frac{x^{2}}{2} \ln (C x), C x > 1

y = z^{2} = \frac{x^{4}}{4} {(\ln (C x))}^{2}

Za domácí úkol vyzkouset, jestli jsou podmínky skutečně nutné.

Cvičení.

y^{'} + 4 x y = 2 x \exp (- x^{2}) \sqrt{y}

Řešení

\frac{y^{'}}{2 \sqrt{y}} + 2 x \sqrt{y} = x \exp (- x^{2})

z ≔ \sqrt{y}

z^{'} + 2 x z = x \exp (- x^{2})

i n t e g r a \overset{ˇ}{c} n \overset{ˊ}{ı} f a k t o r = \exp x^{2}

{(z \exp x^{2})}^{'} = x

z = \frac{x^{2} + C}{2 \exp x^{2}}

y = {(\frac{x^{2} + C}{2 \exp x^{2}})}^{2}, x^{2} + C \neq 0

Řešení je tedy na

ℝ

pro

C > 0

a na něčem s odmocninami pro

C \leq 0

Cvičení.

2 x y y^{'} + 1 + y^{2} = 0

Řešte jako Bernoulliho rovnici i jako separovatelnou rovnici.

Řešení (Bernoulli).

y^{'} + \frac{y}{2 x} = - \frac{1}{2 x y}, x, y \neq 0

2 y y^{'} + \frac{y^{2}}{x} = - \frac{1}{x}

z ≔ y^{2}

z^{'} + \frac{z}{x} = - \frac{1}{x}

x z^{'} + z = - 1

{(x z)}^{'} = - 1

x z = - x + C

z = \frac{C}{x} - 1

y = \pm \sqrt{\frac{C}{x} - 1}

Řešení (separovatelná).

\frac{2 y}{1 + y^{2}} y^{'} = - \frac{1}{x}

\ln (1 + y^{2}) = - \ln (D x), D \neq 0

1 + y^{2} = \frac{1}{D x}

y = \pm \sqrt{\frac{1}{D x} - 1}

Vyšlo to samé jako předtím, akorát s jinak vyjádřenou konstantou (

D = \frac{1}{C}

Cvičení.

y^{'} + 4 x y = 4 x \sqrt{y}

Řešení

\frac{y^{'}}{2 \sqrt{y}} + 2 x \sqrt{y} = 2 x

z ≔ \sqrt{y}

z^{'} + 2 x z = 2 x

z^{'} \exp x^{2} + 2 x z \exp x^{2} = 2 x \exp x^{2}

{(z \exp x^{2})}^{'} = 2 x \exp x^{2}

z \exp x^{2} = \exp x^{2} + C

z = 1 + \frac{C}{\exp x^{2}}

y = {(1 + \frac{C}{\exp x^{2}})}^{2}

Musíme zajistit podmínku:

\exp x^{2} + C \geq 0

\exp x^{2} \geq - C

To pro

C \geq 0

bude platit vždy, tedy

x \in ℝ

. Pro záporná

C

x^{2} \geq \ln (- C)

Pro

C \geq - 1

opět máme

x \in ℝ

. Jinak musí být

x \in (\sqrt{\ln (- C)}, \infty)

nebo

x \in (- \infty, - \sqrt{\ln (- C)})

Cvičení.

2 y (x - 1) y^{'} + y^{2} = 4 x (3 x - 2), y (1) = 2

Řešení

y^{'} + \frac{y}{2 (x - 1)} = \frac{2 x (3 x - 2)}{(x - 1) y}

2 y y^{'} + \frac{y^{2}}{x - 1} = \frac{4 x (3 x - 2)}{x - 1}, x \neq 1

z ≔ y^{2}

z^{'} + \frac{z}{x - 1} = \frac{4 x (3 x - 2)}{x - 1}

i n t e g r a \overset{ˇ}{c} n \overset{ˊ}{ı} f a k t o r = \exp (\ln (x - 1)) = x - 1

{((x - 1) z)}^{'} = 12 x^{2} - 6 x

(x - 1) z = 4 x^{3} - 4 x^{2} + C

Nebudeme dělit

x - 1

, protože by potom nefungovala počáteční podmínka. Místo toho rovnou spočteme

C = 0

z = \frac{4 x^{3} - 4 x^{2}}{x - 1} = 4 x^{2}

y = 2 x

Ze spojitosti funguje řešení na celém

ℝ

, tedy i pro

x = 1

Ricattiho diferenciální rovnice

Definice. Nechť

I

je otevřený interval a

a_{0}, a_{1}, a_{2} \in 𝒞 (I)

. Ricattiho diferenciální rovnice je rovnice ve tvaru

y^{'} = a_{0} (x) + a_{1} (x) y + a_{2} (x) y^{2}

Poznámka. Pro

a_{2} = 0

je to lineární diferenciální rovnice. Pro

a_{0} = 0

je to Bernoulliho diferenciální rovnice.

Věta. Pro Ricattiho rovnici s danou počáteční podmínkou

y (x_{0}) = y_{0}

vždy na nějakém okolí existuje řešení.

Řešení (neúspěšné: substituce $x$ )

x ≕ φ (t), y (x) ≕ u (t)

\det J = \dot{φ} (t) ∴ \dot{φ} (t) n e s m \overset{ˊ}{ı} b \overset{ˊ}{y} t 0

u (t) = y (φ (t))

\dot{u} = y^{'} \dot{φ}

Dosazení:

\dot{u} = a_{0} \dot{φ} + a_{1} \dot{φ} u + a_{2} \dot{φ} u^{2} ≕ A_{0} (t) + A_{1} (t) u + A_{2} (t) u^{2}

To je opět Ricattiho rovnice, takže jsme si nepomohli.

Řešení (neúspěšné: substituce $y$ za racionální polynom)

y ≕ \frac{α (x) u + β (x)}{γ (x) u + δ (x)}, α, β, γ, δ \in 𝒞 (I)

\det J = \det (\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ \partial_{t} \frac{α (x) u + β (x)}{γ (x) u + δ (x)} & \partial_{u} \frac{α (x) u + β (x)}{γ (x) u + δ (x)} \end{array}) = \dots = α δ - β γ

Dosazení:

\frac{(α^{'} u + α u^{'} + β^{'}) (γ u + δ) - (α u + β) (γ^{'} u + γ u^{'} + δ^{'})}{{(γ u + δ)}^{2}} = \frac{a_{0} \cdot {(γ u + δ)}^{2} + a_{1} \cdot (α u + β) (γ u + δ) + a_{2} \cdot {(α u + β)}^{2}}{{(γ u + δ)}^{2}}

\begin{aligned} (α δ - β γ) u^{'} & = - β^{'} δ + β δ^{'} + a_{0} δ^{2} + a_{1} β δ + a_{2} β^{2} \\ + (- α^{'} δ + α δ^{'} + a_{0} γ δ + a_{1} α δ + a_{1} β γ + 2 a_{2} α β) u \\ + (- α^{'} γ + α γ^{'} + α_{0} γ^{2} + a_{1} α γ + a_{2} α^{2}) u^{2} \\ ≕ A_{0} + A_{1} u + A_{2} u^{2} \end{aligned}

Tím se z toho opět stala Ricattiho rovnice. Vhodnou volbou

α, β, γ, δ

bychom mohli teoreticky vynulovat

A_{0}

nebo

A_{2}

. Když se na ně pořádně podíváme, vypadají úplně stejně až na záměnu písmen, takže stačí zkusit jedno z toho. Řešíme tedy například rovnici

- β^{'} δ + β δ^{'} + a_{0} δ^{2} + a_{1} β δ + a_{2} β^{2} = 0

Jelikož

α δ - β γ \neq 0 ∴ β = 0 \lor δ = 0

, bez újmy na obecnosti můžeme vydělit

β^{2}

{(\frac{δ}{β})}^{'} + a_{0} {(\frac{δ}{β})}^{2} + a_{1} (\frac{δ}{β}) + a_{2} = 0

Ups! To je opět Ricattiho rovnice. Tudy cesta nevede.

Nalezení všech řešení při znalosti jednoho z nich

Nechť $v$ řeší Ricattiho diferenciální rovnici na $I$ . Na okolí libovolného $x_{0} \in I$ je to jediné řešení procházející bodem $(x_{0}, v (x_{0}))$ . Zvolme nějaké $y_{0} \neq v (x_{0})$ . Z teorie víme, že bodem $(x_{0}, y_{0})$ také prochází nějaké řešení $y$ , které je různé od $v$ alespoň na jistém okolí $I_{0} ∋ x_{0}$ . Definujme

z (x) ≔ \frac{1}{y (x) - v (x)}

Φ (\begin{array}{c} x \\ y \end{array}) ≔ (\begin{array}{c} t z \end{array}) ≔ (\begin{array}{c} x \\ \frac{1}{y - v} \end{array})

\det J_{Φ} = \det (\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & - \frac{1}{{(y - v)}^{2}} \end{array}) = - \frac{1}{{(y - v)}^{2}} \neq 0

Dosadíme do Ricattiho rovnice:

y = v + \frac{1}{z}

v^{'} - \frac{z^{'}}{z^{2}} = a_{0} + a_{1} (v + \frac{1}{z}) + a_{2} {(v + \frac{1}{z})}^{2}

v^{'} - \frac{z^{'}}{z^{2}} = a_{0} + a_{1} v + \frac{a_{1}}{z} + a_{2} v^{2} + \frac{2 a_{2} v}{z} + \frac{a_{2}}{z^{2}}

Využijeme skutečnosti, že $v$ řeší původní rovnici:

- \frac{z^{'}}{z^{2}} = \frac{a_{1}}{z} + \frac{2 a_{2} v}{z} + \frac{a_{2}}{z^{2}}

z^{'} = - (a_{1} + 2 a_{2} v) z - a_{2}

To je lineární diferenciální rovnice! Její řešení potom řeší Ricattiho rovnici na největším intervalu, kde $z \neq 0$ .

Věta. Nechť

v

řeší Ricattiho rovnici na

I_{0}

. Potom

Pokud $y$ řeší Ricattiho rovnici na $I_{0}$ a $(\forall x \in I_{0}) (y (x) \neq v (x))$ , potom funkce $z (x) ≔ \frac{1}{y (x) - v (x)}$ řeší lineární rovnici $z^{'} = - (a_{1} + 2 a_{2} v) z - a_{2}$ .
Vopáčně, pokud funkce $z$ řeší lineární rovnici $z^{'} = - (a_{1} + 2 a_{2} v) z - a_{2}$ a $(\forall x \in I_{0}) (z (x) \neq 0)$ , potom $y (x) ≔ v (x) + \frac{1}{z (x)}$ řeší Ricattiho rovnici.

Poznámka. Také je možné použít substituci

y ≕ v + z

, čímž vznikne Bernoulliho rovnice, ale ta se musí stejně převést na lineární rovnici, takže to nepomůže.

Cvičení. Řešte Ricattiho rovnici

y^{'} = y^{2} - x y - x

s nápovědou, že existuje řešení ve tvaru

v (x) = a x + b

Řešení

Dosazením snadno zjistíme, že

v = x + 1

. Provedeme tedy substituci

z ≔ \frac{1}{y - v} = \frac{1}{y - x - 1}

Tím po nějakých úpravách dostáváme

z^{'} + (x + 2) z = - 1

To už dořešíme metodou integračního faktoru:

{(z \exp (\frac{x^{2}}{2} + 2 x))}^{'} = \exp (\frac{x^{2}}{2} + 2 x)

z = - \exp (- \frac{x^{2}}{2} - 2 x) \int \exp (\frac{x^{2}}{2} + 2 x)

y = 1 + x + \frac{1}{z}

Integrál nejde spočítat, ale můžeme ho numericky aproximovat.

Cvičení. Řešte Ricattiho rovnici

y^{'} = 2 x + x^{3} y - x y^{2}

s nápovědou

v (x) ≔ x^{2}

Vztah Ricattiho rovnice a lineární diferenciální rovnice druhého řádu

Definice. Nechť

I

je otevrený interval a

p_{1}, p_{0}, q \in 𝒞 (I)

. Lineární diferenciální rovnice druhého řádu je rovnice ve tvaru

y^{''} + p_{1} (x) y^{'} + p_{0} (x) y = q (x)

Nechť $y$ řeší Ricattiho rovnici na $I_{0} \subset I$ a $a_{2} \in 𝒞^{1} (I)$ . Definujme

u (x) ≔ \exp (- \int a_{2} (x) y (x) d x)

Potom máme

u^{'} = u \cdot (- a_{2} y)

Z toho z nějakého důvodu plyne, že $u \in 𝒞^{1}, \exists u^{''} na I_{0}$ .

y = - \frac{u^{'}}{u a_{2}}

Dosazením do Ricattiho rovnice:

\frac{- u^{''} u a_{2} + u^{'} (u^{'} a_{2} + u a_{2}^{'})}{u^{2} a_{2}^{2}} = a_{0} + a_{1} (- \frac{u}{u a_{2}}) + a_{2} \frac{{u^{'}}^{2}}{u^{2} a_{2}^{2}}

u^{''} - (a_{1} + \frac{a_{2}^{'}}{a_{2}}) u^{'} + a_{0} a_{2} u = 0

Věta. Nechť

a_{0}, a_{1}, a_{2} \in 𝒞 (I), a_{2} \in 𝒞^{1} (I_{0}), (\forall x \in I_{0}) (a_{2} (x) \neq 0)

. Potom

Řeší-li $y$ Ricattiho rovnici, potom funkce $u (x) ≔ \exp (- \int a_{2} (x) y (x) d x)$ řeší rovnici $u^{''} - (a_{1} + \frac{a_{2}^{'}}{a_{2}}) u^{'} + a_{0} a_{2} u = 0$
Vopáčně: pokud funkce $u$ řeší rovnici $u^{''} - (a_{1} + \frac{a_{2}^{'}}{a_{2}}) u^{'} + a_{0} a_{2} u = 0$ , potom funkce $y ≔ - \frac{u^{'}}{u a_{2}}$ řeší Ricattiho rovnici.

Tedy vyřešit Ricattiho rovnici je stejně těžké jako vyřešit lineární diferenciální rovnici druhého řádu.

Snížení řádu lineární diferenciální rovnice

Nechť $v$ řeší lineární diferenciální rovnici s nulovou pravou stranou:

y^{''} + p_{1} y^{'} + p_{2} = 0

Potom provedeme substituci

y (x) ≕ z (x) v (x)

y^{'} = z^{'} v + z v^{'}

y^{''} = z^{''} v + 2 z^{'} v^{'} + z v^{''}

a dosadíme:

z^{''} v + 2 z^{'} v^{'} + z v^{''} + p_{1} \cdot (z^{'} v + z v^{'}) + p_{0} z v

z^{''} v + (2 v^{'} + p_{1} v) z^{'} + v^{''} + p_{1} v^{'} + p_{0} v = 0

Tedy pokud známe jedno řešení, rovnici dokážeme převést na lineární diferenciální rovnici prvního řádu.

Kanonický tvar Ricattiho diferenciální rovnice

Definice. Ricattiho rovnice je v kanonickém tvaru, pokud

a_{1} (x) = 0 \land a_{2} (x) = \pm 1

, tedy jde o rovnici

y^{'} = a_{0} (x) \pm y^{2}

Jak převést rovnici na kanonický tvar? Nechť $a_{2} \in 𝒞^{2} (I), (\forall x \in I) (a_{2} (x) \neq 0)$ . Použijeme substituci $y (x) ≕ ω (x) u (x)$ . Dosadíme do Ricattiho rovnice:

ω^{'} u + ω u^{'} = a_{0} + a_{1} ω u + a_{2} ω^{2} u^{2}

u^{'} = \frac{a_{0}}{ω} + (a_{1} - \frac{ω^{'}}{ω}) u + a_{2} ω u^{2}

Líbilo by se nám tedy, aby bylo $a_{2} ω = \pm 1$ . Zvolíme tedy $ω (x) ≔ \pm \frac{1}{a_{2} (x)}$ . Tím jsme dostali rovnici ve tvaru

u^{'} = A_{0} + A_{1} u \pm u^{2}

Nyní zvolíme substituci $u (x) ≕ z (x) + α (x)$ . Dosazením dostáváme

z^{'} + α^{'} = A_{0} + A_{1} (z + α) \pm {(z + α)}^{2}

(A_{0} + α^{2}) + (A_{1} + 2 α) z + z^{2}

Zvolíme-li $α ≔ \mp \frac{A_{1}}{2}$ , dostáváme kýžený kanonický tvar.

Speciální tvar Ricattiho diferenciální rovnice

Definice. Ricattiho rovnice je ve speciálním tvaru, pokud jde o rovnici

y^{'} = b x^{ω} - a y^{2}

kde

a, b \in ℝ_{\neq 0}, ω \in ℝ

Poznámka. Pokud zvolíme substituci

z ≔ a y

, dokážeme speciální tvar převést na kanonický tvar.

Pro $ω = 0$ je to rovnice se separovanými proměnnými. Pro $ω = - 2$ to substitucí $y ≕ \frac{1}{u}$ dokážeme převést na homogenní diferenciální rovnici.

Co kdybychom provedli transformaci $Φ (\begin{array}{c} x \\ y \end{array}) = (\begin{array}{c} t \\ z \end{array})$ takovou, že rovnice bude mít tvar $\dot{z} = \tilde{b} t^{\tilde{ω}} - \tilde{a} z^{2}$ , kde $\tilde{ω} = f (ω)$ ? To nám umožní řešit speciální Ricattiho rovnice s $\tilde{ω}$ za předpokladu, že umíme řešit speciální Ricattiho rovnice s $ω$ (nebo vopáčně).

Jak by mohlo takové $Φ$ vypadat? Provedeme substituci:

y ≕ α (x) u + β (x)

α^{'} u + α u^{'} + β^{'} + a {(α u + β)}^{2} = β x^{ω}

u^{'} + \frac{β^{'} + a β^{2}}{α} + \frac{α^{'} + 2 a α β}{α} u + a α u^{2} = \frac{b}{α} x^{ω}

Co kdyby bylo $α = c x^{ν}$ ? Potom $\frac{b}{α} x^{ω} = \frac{b}{c} x^{ω - ν}$ , což by se nám líbilo, ale potřebujeme potom taky nějak zpacifikovat zbytek rovnice. Hodilo by se, kdyby $β^{'} + a β^{2} = 0$ , tedy $β = \frac{1}{a x + K}$ . Když to nějak sčupčíme s tou předchozí podmínkou, vyjde $ν = - 2$ , tedy $u^{'} + \frac{a}{x^{2}} u^{2} = b x^{ω + 2}$ . Tudíž prostě dokážeme posunout $ω$ o $2$ ? Ne, protože $\frac{a}{x^{2}}$ není konstanta. Teď použijeme nějakou psí substituci:

(\begin{array}{c} t \\ z \end{array}) ≔ Ψ (\begin{array}{c} x \\ u \end{array}) = (\begin{array}{c} x^{ω + 3} \\ \frac{1}{u} \end{array})

Při výpočtu jakobiánu dostaneme podmínku $x \neq 0, ω \neq - 3$ . Když si poté dáme značné množství houbiček, dostáváme:

- \frac{\dot{z}}{z^{2}} (ω + 3) x^{ω + 2} + \frac{a}{x^{2} z^{2}} = b x^{ω + 2}

- \dot{z} (ω + 3) + \frac{a}{x^{ω + 4}} = b z^{2}

\dot{z} + \frac{b}{ω + 3} z^{2} = \frac{a}{ω + 3} x^{- ω + 4} = \frac{a}{ω + 3} t^{- \frac{ω + 4}{ω + 3}}

Tím jsme dostali speciální Ricattiho rovnici pro funkci $z (t)$ . To znamená: pokud umíme řešit s $ω$ , dokážeme řešit i s $\tilde{ω} ≔ f (ω) ≔ - \frac{ω + 4}{ω + 3}$ . Tím tedy dostáváme oboustrannou posloupnost:

ω_{k + 1} = - \frac{ω_{k} + 4}{ω_{k} + 3}

ω_{k + 1} + 2 = - \frac{ω_{k} + 4}{ω_{k} + 3} + 2 = \frac{ω_{k} + 2}{ω_{k} + 3}

Pro $ω_{0} ≔ - 2$ máme $(\forall k) (ω_{k} = - 2)$ , takže se nikam neposuneme. Zbývá nám jen $ω_{0} ≔ 0$ , což naštěstí vede na nekonečnou posloupnost:

\frac{1}{ω_{k + 1} + 2} = 1 + \frac{1}{ω_{k} + 2}

\frac{1}{ω_{k} + 2} = k + \frac{1}{ω_{0} + 2}

ω_{k} = \frac{1}{k + \frac{1}{2}} - 2 = - \frac{4 k}{1 + 2 k}

Cvičení.

y^{'} = \frac{\exp x}{x^{4}} + y + 2 \exp (- x) \cdot y^{2}

Řešení

Převedeme do kanonického tvaru substitucí

y ≕ \exp x \cdot u

\exp x \cdot (u + u^{'}) = \frac{\exp x}{x^{4}} + \exp x \cdot u + 2 \exp x \cdot u^{2}

u^{'} - 2 u^{2} = x^{- 4}

Zaradujeme se, protože je to dokonce speciální tvar, takže existuje naděje, že rovnici dokážeme vyřešit. Snadno si spočteme, že

- 4 = ω_{- 1}

. To znamená, že chceme jednou aplikovat dopřednou transformaci. Použijeme substituci:

u ≕ \frac{v}{x^{2}} - \frac{1}{2 x}

\frac{v^{'}}{x^{2}} - \frac{2 v}{x^{3}} + \frac{1}{2 x^{2}} - 2 (\frac{v^{2}}{x^{4}} - \frac{v}{x^{3}} + \frac{1}{4 x^{2}}) = \frac{1}{x^{4}}

v^{'} = \frac{2 v^{2} + 1}{x^{2}}

Nyní použijeme substituci

z ≔ \frac{1}{v}, t ≔ x^{- 4 + 3} = \frac{1}{x}

, čímž dostaneme:

\frac{\dot{z}}{z^{2}} t^{2} = \frac{2}{z^{2}} t^{2} + t^{2}

\dot{z} = 2 + z^{2}

To už je separovaná rovnice, takže ji dokážeme hravě dořešit. Výsledek bude:

y = \exp x \cdot (\frac{\cot (\frac{\sqrt{2}}{x} + C)}{\sqrt{2} x^{2}} - \frac{1}{2 x})

Poznámka. Rovnice

v^{'} = \frac{2 v^{2} + 1}{x^{2}}

už je sama o sobě separovatelná, takže jsme ji mohli vyřešit rovnou. (To ale neplatí obecně.)

Zápisky z cvičení k předmětu Diferenciální rovnice

Obsah

Rovnice se separovanými proměnnými

Homogenní a kvazihomogenní diferenciální rovnice

Diferenciální rovnice tvaru $y^{'} = f (\frac{a x + b y + c}{α x + β y + γ})$

Lineární diferenciální rovnice prvního řádu

Bernoulliho diferenciální rovnice

Ricattiho diferenciální rovnice

Nalezení všech řešení při znalosti jednoho z nich

Vztah Ricattiho rovnice a lineární diferenciální rovnice druhého řádu

Snížení řádu lineární diferenciální rovnice

Kanonický tvar Ricattiho diferenciální rovnice

Speciální tvar Ricattiho diferenciální rovnice

Rovnice tvaru $x = f (y^{'})$

Rovnice tvaru $y = f (y^{'})$

Clairautova diferenciální rovnice

Lineární diferenciální rovnice

Zápisky z cvičení k předmětu Diferenciální rovnice

Obsah

Rovnice se separovanými proměnnými

Homogenní a kvazihomogenní diferenciální rovnice

Diferenciální rovnice tvaru y′=f(ax+by+cαx+βy+γ)

Lineární diferenciální rovnice prvního řádu

Bernoulliho diferenciální rovnice

Ricattiho diferenciální rovnice

Nalezení všech řešení při znalosti jednoho z nich

Vztah Ricattiho rovnice a lineární diferenciální rovnice druhého řádu

Snížení řádu lineární diferenciální rovnice

Kanonický tvar Ricattiho diferenciální rovnice

Speciální tvar Ricattiho diferenciální rovnice

Rovnice tvaru x=f(y′)

Rovnice tvaru y=f(y′)

Clairautova diferenciální rovnice

Lineární diferenciální rovnice

Diferenciální rovnice tvaru $y^{'} = f (\frac{a x + b y + c}{α x + β y + γ})$

Rovnice tvaru $x = f (y^{'})$

Rovnice tvaru $y = f (y^{'})$