Verze z 7. 5. 2017, 10:50

Zdrojový kód

%\wikiskriptum{01DIFRnew}
% ****************************************************************************************************************************
%                             KAPITOLA: Řešení speciálních typů rovnic
% ****************************************************************************************************************************
\chapter{Řešení speciálních typů rovnic}
 
 
% ****************************************************************************************************************************
%                             SEKCE: Geometrická interpretace rovnice $y' = f(x,y)$
% ****************************************************************************************************************************
\section{Geometrická interpretace rovnice $y' = f(x,y)$}
 
\begin{remark}
  \index{rovnice diferenciální!v normálním tvaru}
  Mějme diferenciální rovnici ve tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:dr1norm}
    y' = f(x,y),
  \end{equation}
  kde funkce $f$ je definovaná na nějaké oblasti $\dom{f} \subset \R^2$. O~takové rovnici říkáme, že je v~\emph{normálním tvaru}.
 
  Rovnici lze geometricky chápat tak, že každému bodu $\col{x}{y} \in \dom{f} $ je přiřazena hodnota $f(x,y)$, která je směrnicí jisté přímky procházející 
  tímto bodem. Je-li funkce $y=y(x)$ řešení rovnice \eqref{eq:dr1norm}, příslušná integrální křivka má tu vlastnost, že její tečna v~bodě $\col{x}{y(x)}$ je 
  totožná s~přímkou, jejíž směrnice je $f(x,y(x))$ a která tímto bodem prochází.
\end{remark}
 
\begin{define}
  \index{pole směrové}
  \label{def:smerpole}
  Mějme diferenciální rovnici ve tvaru \eqref{eq:dr1norm}. Nechť $\Gamma = \dom{f} \subset \R^2$. Pak množina 
  $\bigl\{ \col{1}{f(x,y)} \mid \col{x}{y} \in \Gamma \bigr\}$ se nazývá \textbf{směrové pole}. 
\end{define}
 
\begin{remark}
  \label{rmrk:smerpole_alt}
  Dle předchozí definice můžeme znároznit směrové pole tak, že do každého bodu $\col{x}{y} \in \Gamma$ umístíme vektor 
  $\col{1}{f(x,y)}$. V zájmu přehlednosti však směrové pole reprezentujeme jiným způsobem. Do každého bodu 
  $\col{x}{y} \in \Gamma$ umístíme krátkou úsečku se středem v~bodě $\col{x}{y}$, jejíž směrnice je rovna hodnotě $f(x,y)$. Na délku úsečky pak klademe jen ten požadavek, aby takto vzniklý obrázek byl přehledný.
\end{remark}
 
\begin{define}
  \index{křivka!izoklinická}
  \label{def:izokrivka}
  Mějme diferenciální rovnici ve tvaru \eqref{eq:dr1norm}, $\Gamma = \dom{f} \subset \R^2$. Nechť dále platí 
  $\bigl( \exists C \in \R \bigr) \bigl( \exists \col{x_0}{y_0} \in \Gamma \bigr) \bigl( f(x_0,y_0) = C \bigr)$. Pak množina $\bigl\{ \col{x}{y} \in \Gamma \ \vert \ f(x,y) = C \bigr\}$ 
  se nazývá \textbf{izoklinická křivka}.
\end{define}
 
\begin{example}
  Zakreslíme směrové pole a izoklinické křivky následujících rovnic (směrové pole zakreslíme pro přehlednost ve stylu poznámky \ref{rmrk:smerpole_alt}):
  \begin{enumerate}[a)]
    \item $y' = y/x$, kde $\Gamma = \R^2 \sm \{x=0\}$. Směrové pole je v~tomto případě podle definice množina 
      $\bigl\{ \col{1}{y/x} \ \vert \ \col{x}{y} \in \Gamma \bigr\}$. Izoklinické křivky jsou dány rovnicí $y=Cx$, $C\in\R$. Protože $x\neq0$ můžeme si ty křivky 
      představit jako polopřímky začínající v~počátku. Samotný počátek, však na těchto křivkách neleží. Směrové pole a několik izoklinických křivek je zachyceno na 
      obr.~\ref{fig:smerpole}A.
 
    \item $y' = x^2 + y^2$, kde $\Gamma = \R^2$. Zde směrové pole je množina $\bigl\{ \col{1}{x^2 + y^2} \ \vert \ \col{x}{y} \in \Gamma \bigr\}$ a izoklinické 
      křivky jsou kružnice se středem v~počátku dané rovnicí $x^2 + y^2 = C$, kde $C\in\R$. Snadno se přesvědčíme, že obrázek směrového pole podle definice 
      \ref{def:smerpole} by byl v~tomto případě velmi nepřehledný. Směrové pole a vybrané izoklinické křivky k~této rovnici jsou znázorněny na obr.~\ref{fig:smerpole}B.
 
   \item $y' = x$, kde $\Gamma = \R^2$. Směrové pole u~této rovnice je množina $\bigl\{ \col{1}{x} \ \vert \ \col{x}{y} \in \Gamma \bigr\}$. Izoklinické křivky 
     jsou vertikály s~rovnicí $x=C$, kde $C\in\R$. Situace je zachycena na obr.~\ref{fig:smerpole}C.
  \end{enumerate}
 
  \begin{figure}
    \centering
    \includegraphics[scale=0.75]{smerova_pole.pdf}
    \caption[Směrová pole.]{Směrová pole a izoklinické křivky příslušné k~daným diferenciálním rovnicím. \textbf{A} k~rovnici $y' = y/x$, \textbf{B} k~rovnici $y' = x^2 + y^2$, 
      \textbf{C} k~rovnici $y' = x$.}
    \label{fig:smerpole}
  \end{figure}
 
\end{example}
 
\begin{remark}
  Máme-li diferenciální rovnici ve tvaru \eqref{eq:dr1norm} a chceme-li zakreslit její směrové pole, můžeme v~zásadě postupovat dvěma způsoby. První způsob lze shrnout
  do následujícího schématu:
  \begin{enumerate}
    \item Vybereme body $\col{x}{y}$, v~nichž chceme spočítat sklony.
    \item Pro každý z~vybraných bodů spočteme příslušný sklon $C$ podle vztahu $C=f(x,y)$.
    \item Do vybraných bodů zakreslíme úsečky s~patřičným sklonem.
  \end{enumerate}
  S~tímto přístupem se zpravidla setkáme, pokud k~vykreslení směrového pole používáme počítač. Můžeme si všimnout, že v~předchozím příkladě byla použita právě tato metoda.
 
  V~případě, že potřebujeme vykreslit směrové pole efektivněji (např.~pokud jej potřebujeme vykreslit ručně), volíme raději druhý způsob. Ten spočívá v~tom, že 
  \begin{enumerate}
    \item Zvolíme si sklon $C$.
    \item Najdeme příslušné izoklinické křivky, tj.~vyřešíme rovnici $f(x,y)=C$.
    \item Podél nalezené křivky zakreslíme úsečky s~příslušným sklonem.
    \item Postup zopakujeme pro další hodnotu $C$, dokud nejsme s~výsledkem spokojeni.
  \end{enumerate}
\end{remark}
 
 
 
 
% ****************************************************************************************************************************
%                             SEKCE: Rovnice se separovanými proměnnými
% ****************************************************************************************************************************
\section{Rovnice se separovanými proměnnými}
\label{sec:drsep}
 
\begin{define}
  \index{rovnice diferenciální!se separovanými proměnnými}
  Nechť $P=P(x)$, $Q=Q(y)$ jsou spojité funkce. Pak rovnice 1.~řádu ve tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drsep}
    P(x) + Q(y)y' = 0
  \end{equation}
  se nazývá \textbf{rovnice se separovanými proměnnými}.
\end{define}
 
\begin{remark}[\textbf{Formální postup}]
  \label{rmrk:drsep_postup}
 
  Mějme rovnici \eqref{eq:drsep}, kterou zapíšeme ve tvaru
  \begin{equation*}
    P(x)+Q(y)\frac{\dif y}{\dif x} = 0.
  \end{equation*}
  Tuto rovnici bychom chtěli upravit tak, že ji vynásobíme výrazem $\dif x$. Vznikla by následující rovnice
  \begin{equation*}
    P(x)\dif x + Q(y)\dif y = 0.
  \end{equation*}
  Problém této úpravy ovšem je, že není platná. Výraz $\frac{\dif y}{\dif x}$ totiž není zlomek, nýbrž nedělitelný symbol. Nicméně, pokud by bylo 
  možné úpravu provést, dostali bychom se k~výše uvedené rovnici. Levou stranu této rovnice bychom mohli chápat jako diferenciál $\dif G$ nějaké 
  funkce $G=G(x,y)$. Přitom by zřejmě muselo platit
  \begin{equation*}
    P(x) = \frac{\partial G(x,y)}{\partial x} \qquad \text{a} \qquad Q(y) = \frac{\partial G(x,y)}{\partial y}.
  \end{equation*}
  Integrací rovnosti $\dif G = 0$ dostáváme $G(x,y) = \text{konst.}$, tedy
  \begin{equation*}
    G(x,y) = \int P(x)\dif x + \int Q(y)\dif y = \text{konst.},
  \end{equation*}
  což lze chápat jako zápis implicitně zadané funkce $y=y(x)$, která by při splnění určitých podmínek byla řešením rovnice \eqref{eq:drsep}. Jak 
  to tedy s~řešením rovnice \eqref{eq:drsep} je, nám prozradí následující dvě věty.
\end{remark}
 
\begin{theorem}
  \label{theo:drsep1}
  Nechť $P=P(x)$ je spojitá na $I=(a,b)$ a $Q=Q(y)$ je spojitá na $J=(c,d)$. Pak platí
  \begin{enumerate}[(I)]
    \item $\forall y = y(x)$, kde $y$ je řešení \eqref{eq:drsep} na $I_1 \subset I$, splňuje funkce $y$ na $I_1$ také rovnost
      \begin{equation}
        \label{eq:drsep2}
        \int P(x) \dif x + \int Q(y) \dif y = C
      \end{equation}
      pro nějaké $C \in \R$.
    \item $\bigl(\exists C\in\R\bigr)\bigl(\exists I_2\subset I\bigr)\bigl(\forall y: I_2\to\R,y' \text{ex.} \bigr)$ platí 
      $\int P(x) \dif x + \int Q(y) \dif y = C$ $\Longrightarrow$ $y$ na $I_2$ splňuje rovnici \eqref{eq:drsep}.
%    \item Každá funkce implicitně definovaná vztahem \eqref{eq:drsep2} při libovolném $C$ na intervalu $I_2\subset I$, která má na intervalu $I_2$ derivaci, 
%       je řešením \eqref{eq:drsep}.
  \end{enumerate}
  \begin{proof}
  ~~
 
    \begin{enumerate}[(I)]
      \item Máme tedy funkci $u$, která řeší na $I_1 \subset I$ rovnici \eqref{eq:drsep}. Tzn.~$u$ je na $I_1$ spojitá a diferencovatelná a 
        platí 
        \begin{equation*}
          \Bigl( \forall x \in I_1 \Bigr) \Bigl( P(x) + Q\bigl(u(x)\bigr) u'(x) = 0 \Bigr).
        \end{equation*}
        Integrací tohoto vztahu dostaneme
        \begin{equation*}
          \int P(x)\dif x + \int Q\bigl(u(x)\bigr) u'(x)\dif x = C \quad \text{pro každé } x \in I_1,
        \end{equation*}
        kde $C$ je integrační konstanta. Podle věty o~integraci substitucí platí $\int Q\bigl(u(x)\bigr) u'(x)\dif x = \left[\int Q(y)\dif y\right]_{y=u(x)}$. 
        Tzn.~předchozí rovnost lze psát ve tvaru
        \begin{equation*}
          \int P(x)\dif x + \left[\int Q(y)\dif y\right]_{y=u(x)} = C \quad \text{pro každé } x \in I_1,
        \end{equation*}
        což jsme chtěli dokázat.
 
      \item Máme nějakou funkci $y(x)$, která je na $I_2\subset I$ diferencovatelná a splňuje zde pro nějaké $C\in\R$ rovnici
        \begin{equation*}
          \ub{\left[\int P(x)\dif x\right]}_{H(x)} + \ub{\left[\int Q(y)\dif y\right]}_{S(y)} = C.
        \end{equation*}
        Tato rovnost platí pro každé $x \in I_2$ a s~daným označením ji lze zapsat ve tvaru $H(x) + S\bigl(y(x)\bigr) = C$ pro všechna $x \in I_2$. Funkce $H$ 
        a $S$ jsou zřejmě diferencovatelné (jsou to primitivní funkce k~$P$ a $Q$), a proto můžeme uvedenou rovnost derivovat. Tím dostaneme
        \begin{equation*}
          \ub{H'(x)}_{P(x)} + \ub{S'\bigl(y(x)\bigr)}_{Q(y(x))}y'(x) = 0 \quad \text{pro každé } x \in I_2.
        \end{equation*}
        Dostali jsme se tedy k~rovnosti $P(x) + Q\bigl(y(x)\bigr)y'(x) = 0$ pro každé $x \in I_2$, tj.~funkce $y$ řeší na $I_2$ rovnici \eqref{eq:drsep}, což 
        jsme chtěli dokázat. \qedhere
 
    \end{enumerate}
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{theorem}
  \label{theo:drsep2}
  Nechť $P$ je spojitá na $I=(a,b)$, Q je spojitá na $J=(c,d)$ a $Q(y)\neq 0$ na $J$. Pak $\forall  \col{x_0}{y_0} \in I \times J$ existuje právě jedno řešení 
  \eqref{eq:drsep} tak, že $y(x_0) = y_0$.
  \begin{proof}
    Označme $H(x) = \int\limits_{x_0}^x P(x)\dif x$ a $S(y) = \int\limits_{y_0}^y Q(y)\dif y$.
    \begin{enumerate}[(I)]
      \item Ukažme nejdříve existenci řešení. Z~definice funkcí $H$ a $S$ je zřejmé, že $H(x_0) = 0$ a $S(y_0) = 0$. Uvažme obecný implicitní vztah 
        \eqref{eq:drsep2} z~předchozí věty, který lze při zavedeném označení psát ve tvaru 
        \begin{equation*}
          H(x) + S(y) = C, \quad \text{kde } C\in\R.
        \end{equation*}        
        Zkoumáme, zda nám tento vztah za daných předpokladů implicitně definuje nějakou funkci $y=y(x)$. Na funkci $y$ přitom klademe ten 
        požadavek, aby $y(x_0)=y_0$. Z~toho ovšem plyne, že požadujeme
        \begin{equation*}
          \ub{H(x_0)}_{=0} + \ub{S(y_0)}_{=0} = C,
        \end{equation*}
        což lze splnit jen pro $C=0$. Máme tedy implicitní vztah $H(x)+S(y)=0$, funkce $H$ a $S$ jsou diferencovatelné na svých definičních oborech 
        a navíc platí $S'(y) = Q(y) \neq 0$ na $J$. Tím jsme splnili předpoklady věty o~implicitní funkci \cite[Věta 13.5]{vrana2}, a tedy existuje funkce 
        $y=y(x)$ taková, že splňuje rovnici $H(x)+S\bigl(y(x)\bigr)=0$. To ale podle předchozí věty znamená, že splňuje i rovnici \eqref{eq:drsep}, což jsme 
        chtěli dokázat.
 
      \item Dokažme jednoznačnost ve smyslu poznámky \ref{rmrk:jednoznacnost}. Nechť $y_1$ a $y_2$ jsou řešení \eqref{eq:drsep} na $I_1$ a $I_2$ 
        a nechť $x_0 \in I_1 \cap I_2$. Platí tedy
        \begin{eqnarray*}
          P(x) + Q\bigl(y_1(x)\bigr)y_1'(x) & = & 0 \qquad x \in I_1 , \\
          P(x) + Q\bigl(y_2(x)\bigr)y_2'(x) & = & 0 \qquad x \in I_2 .
        \end{eqnarray*}
        Odečtením obou rovnic dostaneme
        \begin{equation*}
          Q\bigl(y_1(x)\bigr)y_1'(x) = Q\bigl(y_2(x)\bigr)y_2'(x) \qquad x \in I_1 \cap I_2,
        \end{equation*}
        což lze dále upravit na
        \begin{eqnarray*}
          \frac{\dif S}{\dif y} \Bigl(y_1(x)\Bigr) y_1'(x)   & = & \frac{\dif S}{\dif y} \Bigl(y_2(x)\Bigr) y_2'(x) , \\
          \frac{\dif}{\dif x}\Bigl[S\bigl(y_1(x)\bigr)\Bigr] & = & \frac{\dif}{\dif x}\Bigl[S\bigl(y_2(x)\bigr)\Bigr] .
        \end{eqnarray*}
        Integrací poslední rovnosti se dostaneme ke vztahu
        \begin{equation*}
          S\bigl(y_1(x)\bigr) = S\bigl(y_2(x)\bigr) + d, \quad d\in\R, \quad x \in I_1 \cap I_2.
        \end{equation*}
        Protože obě řešení $y_1$, $y_2$ obsahují bod $ \col{x_0}{y_0}$, dostáváme speciálně pro $x=x_0$ rovnost
        \begin{equation*}
          S\bigl(\ub{y_1(x_0)}_{=y_0}\bigr) = S\bigl(\ub{y_2(x_0)}_{=y_0}\bigr) + d,
        \end{equation*}
        z~níž plyne, že $d=0$. Platí tedy $S\bigl(y_1(x)\bigr) = S\bigl(y_2(x)\bigr)$ pro $\forall x \in I_1 \cap I_2$ a zároveň $S'(y)=Q(y)\neq 0$ na $J$. Funkce $S$ 
        je tedy na $J$ monotónní (protože je i spojitá, jak je zřejmé z~její definice). Tzn.~$y_1(x) = y_2(x)$ pro $\forall x \in I_1 \cap I_2$, a 
        řešení je tedy dáno jednoznačně. \qedhere
 
    \end{enumerate}
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{example}
  Řešme rovnici
  \begin{equation}
    \label{eq:drsep_ex1}
    2yy' - 4x^3 = 0.
  \end{equation}
  Rovnice je typu \eqref{eq:drsep}, kde $Q(y) = 2y$ a $P(x) = -4x^3$ (kde $P$ i $Q$ jsou spojité na $\R$) a její řešení je tedy podle věty 
  \ref{theo:drsep1} implicitně dáno rovnicí
  \begin{equation*}
    \int P(x)\dif x + \int Q(y)\dif y = C, \qquad \text{kde } C\in\R.
  \end{equation*}
  Integrací této rovnice, tj.~$-\int 4x^3\dif x + \int 2y\dif y = C$, se dostaneme k~rovnici
  \begin{equation*}
    -x^4+y^2 = C,
  \end{equation*}
  která nám implicitně definuje funkci $y=y(x)$.
 
  Zřejmě platí $Q(y) \neq 0 \Leftrightarrow y\neq 0$. Podle věty \ref{theo:drsep2} prochází každým bodem roviny $\R^2$, který neleží na přímce 
  $y=0$, právě jedna integrální křivka naší diferenciální rovnice. Zvlášť je třeba diskutovat případ, kdy $Q(y) = 0$, tj.~když nemáme z~věty 
  \ref{theo:drsep2} zaručenu jednoznačnost. Dosazením do \eqref{eq:drsep_ex1} se snadno přesvědčíme, že body $ \col{x}{0}$, kde $x\neq 0$, 
  neprochází žádné řešení rovnice \eqref{eq:drsep_ex1}. Bodem $ \col{0}{0}$ prochází dvě řešení, a to $y(x)=\pm x^2$ (viz dále).
 
  Jak již bylo poznamenáno, řešení naší diferenciální rovnice jsou implicitně dána rovnicí $-x^4+y^2 = C$, kde $C\in\R$. Uvažme zvlášť následující 
  případy podle hodnoty konstanty $C$:
  \begin{itemize}
    \item pro $C=0$: $y(x)=\pm x^2$ a $D_y=\R$,
    \item pro $C>0$: $y(x)=\pm \sqrt{C+x^4}$ a $D_y=\R$,
    \item pro $C<0$: $y(x)=\pm \sqrt{C+x^4}$ a $D_y=(-\infty,-\sqrt[4]{\abs{C}})\cup(\sqrt[4]{\abs{C}},+\infty)$.
  \end{itemize}
\end{example}
 
 
 
% ****************************************************************************************************************************
%                             SEKCE: Rovnice separovatelné
% ****************************************************************************************************************************
\section{Rovnice separovatelné}
\label{sec:drsepa}
 
\begin{define}
  \index{rovnice diferenciální!separovatelná}
  Nechť $P_1 = P_1(x)$, $Q_1=Q_1(x)$, $P_2=P_2(y)$ a $Q_2=Q_2(y)$ jsou spojité funkce. Pak rovnice tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drsepa}
    P_1(x)P_2(y) + Q_1(x)Q_2(y)y' = 0
  \end{equation}
  se nazývá \textbf{separovatelná diferenciální rovnice 1.~řádu}.
\end{define}
 
\begin{remark}[\textbf{Formální postup}]
  \label{rmrk:drsepa_postup}
 
  Rovnici \eqref{eq:drsepa}, kde $P_1$, $Q_1$ jsou spojité na intervalu $I=(a,b)$ a $P_2$, $Q_2$ jsou spojité na intervalu $J=(c,d)$, upravíme 
  pro $Q_1(x),P_2(y)\neq 0$ do tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drsepa1}
    \frac{P_1(x)}{Q_1(x)} + \frac{Q_2(y)}{P_2(y)}y' = 0.
  \end{equation}
  Poznamenejme ještě, že jsme provedli obecně neekvivalentní úpravu. Nemáme totiž zaručeno, že funkce $Q_1$ a $P_2$ nenabývají na svých 
  definičních oborech (resp.~na intervalech $I$ a $J$) nulových hodnot. Tímto problémem se budeme zabývat později.
 
  Rovnice \eqref{eq:drsepa1} je separovaná a můžeme pro její vyřešení použít postup ze sekce \ref{sec:drsep}. Hledaná funkce $y=y(x)$ je 
  implicitně definovaná vztahem
  \begin{equation*}
    \int \frac{P_1(x)}{Q_1(x)} \dif x + \int \frac{Q_2(y)}{P_2(y)} \dif y = C, \qquad \text{kde } C\in\R.
  \end{equation*}
  Pro jednoznačnost navíc požadujeme, aby $Q_2(y)\neq 0$ (na intervalu $J$).
 
  Další řešení rovnice \eqref{eq:drsepa} se objevují v~důsledku provedení neekvivalentní úpravy. Požadavkem $P_2(y)\neq 0$ jsme vyloučili 
  všechny takové funkce $y$, pro něž $P_2(y(x)) = 0$ pro nějaké $x \in I$. Označme $b_j \in J$, kde $j=1,\dots,n_p$, kořeny rovnice $P_2(y) = 0$. 
  Snadno se lze přesvědčit dosazením, že funkce ve tvaru $y(x)\equiv b_j$, pro $\forall j\in\widehat{n}_p$ jsou řešením rovnice \eqref{eq:drsepa}.
 
  Dále je třeba vyšetřit případ, kdy $Q_1(x) = 0$. Označme $a_i \in I$, kde $i=1,\dots,n_q$, kořeny rovnice $Q_1(x) = 0$. Přímky $x=a_i$, 
  $i=1,\dots,n_q$ a $y=b_j$, $j=1,\dots,n_p$ rozdělují interval $I \times J$ na částečné otevřené intervaly, kde $Q_1(x),P_2(y)\neq 0$. 
  Rovnice \eqref{eq:drsepa} a \eqref{eq:drsepa1} jsou na těchto částečných intervalech ekvivalentní. Takto získaná řešení je však třeba ručně 
  prozkoumat z~hlediska definičního oboru přímo na rovnici \eqref{eq:drsepa}.
 
  Řešení diferenciální rovnice \eqref{eq:drsepa} jsou tedy funkce $y(x)\equiv b_j$, $j=1,\dots,n_p$, kde čísla $b_j$ jsou kořeny rovnice 
  $P_2(y) = 0$, a všechna řešení rovnice \eqref{eq:drsepa1}, u nichž je ale třeba ručně ověřit jejich definiční obor.
\end{remark}
 
\begin{example}
  Řešme rovnici
  \begin{equation}
    \label{eq:drsepa_ex1}
    y - xy'=0.
  \end{equation}
  Rovnice je ve tvaru \eqref{eq:drsepa}, kde $P_1(x)=1$, $Q_1(x)=x$, $P_2(y)=y$ a $Q_2(y)=-1$ (všechny tyto funkce jsou spojité na $\R$). 
  Interval $I \times J$ ve smyslu předchozí poznámky je tedy celé $\R^2$.
  Předpokládejme, že $xy\neq 0$. Pak lze \eqref{eq:drsepa_ex1} upravit do tvaru 
  \begin{equation}
    \label{eq:drsepa_ex11}
    \frac{1}{x}-\frac{1}{y}y' = 0.
  \end{equation}
  Tato rovnice je již separovaná a její řešení pro $xy\neq 0$ je implicitně definované rovnicí $\ln\abs{x} - \ln\abs{y} = C$, kde $C\in\R$. Věta 
  \ref{theo:drsep2} nám navíc zaručuje jednoznačnost tohoto řešení. Snadnou úpravou získáme řešení ve tvaru
  \begin{equation*}
    \abs{y(x)} = D\abs{x}, \qquad \text{kde } D=\me^{-C}>0.
  \end{equation*}
  V~prvním a třetím kvadrantu lze řešení psát ve tvaru $y(x)=Dx$, zatímco ve druhém a čtvrtém kvadrantu ve tvaru $y(x)=-Dx$. Tato řešení si 
  geometricky představíme jako polopřímky s~počátkem v~bodě $ \col{0}{0}$. Bod $ \col{0}{0}$ však na těchto polopřímkách neleží. Přímky $y=0$ a $x=0$ řešením 
  této rovnice pochopitelně nejsou. Řešení lze zřejmě zapsat jednotně
  \begin{equation*}
    y(x) = Dx, \qquad \text{kde } D\neq 0, D_y = \Rm \cup \Rp.
  \end{equation*}
 
  Soustřeďme se nyní na řešení rovnice \eqref{eq:drsepa_ex1}. Rovnice $P_2(y) = 0$ má právě jeden kořen $y_1=0$ a rovnice $Q_1(x)=0$ má rovněž 
  jeden kořen $x_1=0$. Podle předchozí poznámky je tedy funkce $y(x)\equiv 0$ řešením rovnice \eqref{eq:drsepa_ex1}, což snadno ověříme 
  dosazením. Podmínka $xy\neq 0$ rozděluje $\R^2$ na čtyři kvadranty, na nichž jsou rovnice \eqref{eq:drsepa_ex1} a \eqref{eq:drsepa_ex11} 
  ekvivalentní. Proto zde mají tyto rovnice stejná řešení. Je však třeba ověřit jejich definiční obor. Snadno zjistíme, že funkce $y(x) = Dx$, 
  kde $D\neq 0$ řeší \eqref{eq:drsepa_ex1} na celém $\R$. Proto lze všechna řešení zapsat v~jednotném tvaru
  \begin{equation*}
    y(x) = Dx, \qquad \forall x\in\R, D\in\R.
  \end{equation*}
 
  Lze si všimnout, že každým bodem $\R^2$, který neleží na přímce $x=0$, prochází právě jedna integrální křivka. Bodem $ \col{0}{0}$ jich prochází 
  nekonečně mnoho. Ostatními body na přímce $x=0$ neprochází žádná.
\end{example}
 
 
 
% ****************************************************************************************************************************
%                             SEKCE: Homogenní diferenciální rovnice 1.~řádu
% ****************************************************************************************************************************
\section{Homogenní diferenciální rovnice 1.~řádu}
\label{sec:drhom}
 
\begin{define}
  \index{funkce!homogenní}
  \label{def:homfce}
  Funkce $F=F(x_1,\dots,x_n)$ se nazývá \textbf{homogenní stupně $k$}, pokud platí
  \begin{equation*}
    \Bigl(\forall t\in\R\sm\lbrace 0\rbrace\Bigr) \Bigl( F(tx_1,\dots,tx_n) = t^kF(x_1,\dots,x_n) \Bigr), \quad \text{kde } k\in\R.
  \end{equation*}
\end{define}
 
\begin{example}
  ~~
 
  \begin{enumerate}
    \item $F(x,y) = x^2+y^2-xy$. Protože $F(tx,ty) = t^2x^2+t^2y^2-t^2xy = t^2F(x,y)$, je $F$ homogenní stupně 2.
    \item $F(x,y,z) = x+y-z$ je homogenní stupně 1 (lineární funkce jsou homogenní stupně 1 přímo z~definice).
    \item $F(x,y) = \dfrac{x^2-xy}{y^2-4x^2}$, pro $y^2-4x^2\neq 0$ je homogenní stupně 0.
    \item $F(x,y) = x^2-y$ není homogenní.
    \item $F(x,y) = \sqrt{x^2+y^2}$ (tj.~eukleidovská norma v~$\R^2$). Potom $F(tx,ty) = \abs{t}F(x,y)$ (což je definiční vlastnost normy). 
      V~tomto případě se také říká, že $F$ je \index{funkce!homogenní!pozitivně}pozitivně homogenní stupně 1. Pokud bychom v~definici 
      \ref{def:homfce} připouštěli pouze $t>0$, mohli bychom říct, že $F$ je homogenní stupně 1.
    \item $F(x,y) = \sqrt[4]{x^2+y^2}$. Potom $F(tx,ty) = \sqrt{\abs{t}}F(x,y)$ a $F$ je pozitivně homogenní stupně $1/2$.
    \item $F(x,y) = \sqrt{x}$, pro $x>0$. $F$ je homogenní stupně $1/2$ pro $t>0$.
  \end{enumerate}
\end{example}
 
\begin{define}
  \index{rovnice diferenciální!homogenní}
  Nechť $P=P(x,y)$, $Q=Q(x,y)$ jsou homogenní funkce stupně $k$ (na průniku svých definičních oborů, který budiž neprázdný). Pak diferenciální rovnice tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drhom}
    P(x,y) + Q(x,y)y' = 0
  \end{equation}
  se nazývá \textbf{homogenní diferenciální rovnice stupně $k$}.
\end{define}
 
\begin{remark}[\textbf{Formální postup}]
  \label{rmrk:drhom_postup}
 
  Rovnici typu \eqref{eq:drhom} pomáhá řešit substituce \uv{$y=xu$}, kde $u$ je nová funkce. Chceme tedy provést záměnu proměnných (funkcionální 
  úprava). Za tímto účelem definujeme zobrazení $\Phi$, které nám právě přechod $(x,y)\leftrightarrow(t,u)$ umožní. Na zobrazení $\Phi$ přitom 
  klademe požadavek, aby bylo regulární a dostatečně diferencovatelné. Nápověda pro správné zavedení zobrazení $\Phi$ je právě ve vztahu 
  \uv{$y=xu$}. Položme tedy $x=t$ a $y=tu$ a potom zřejmě můžeme psát
  \begin{equation*}
    \Phi\left(\begin{matrix} t\\ u\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} t\\ tu\end{matrix}\right).
  \end{equation*}
 
  Zřejmě platí
  \begin{equation*}
    \Phi'\left(\begin{matrix} t\\ u\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 1 & 0\\ u & t\end{matrix}\right) \quad \Longrightarrow \quad 
      \det \Phi'\left(\begin{matrix} t\\ u\end{matrix}\right) = t.
  \end{equation*}
  Tj.~zobrazení $\Phi$ je regulární právě tehdy, když $t\neq 0$.
 
  Abychom propojili funkční závislost $y=y(x) \leftrightarrow u=u(t)$ sestavíme základní funkční identitu
  \begin{equation*}
    y\bigl(x(t)\bigr) = tu(t),
  \end{equation*}
  kterou lze derivovat podle proměnné $t$. Levá strana pak bude $\frac{\dif}{\dif t}\bigl(y(x(t)\bigr) = y'(t)\frac{\dif}{\dif t}(t) = y'(t)$. 
  Pravá strana bude mít tvar $\frac{\dif}{\dif t}\bigl(tu(t)\bigr) = u(t) + t \dot{u}(t)$. Dostaneme se tedy ke vztahu
  \begin{equation*}
    y'(t) = u(t) + t \dot{u}(t),
  \end{equation*}
  který dosadíme do rovnice \eqref{eq:drhom}. Tím dojdeme ke vztahu
  \begin{equation*}
    P\bigl(t,tu(t)\bigr) + Q\bigl(t,tu(t)\bigr) \bigl(u(t)+t\dot{u}(t)\bigr) = 0.
  \end{equation*}
  Z homogenity funkcí $P$ a $Q$ plyne
  \begin{equation*}
    t^k\Bigl[ P\bigl(1,u(t)\bigr) + Q\bigl(1,u(t)\bigr) \bigl(u(t)+t\dot{u}(t)\bigr) \Bigr] = 0.
  \end{equation*}
  Protože předpokládáme $t\neq 0$ (např.~kvůli regularitě $\Phi$), můžeme rovnici vykrátit výrazem $t^k$ a po snadné úprave dostaneme
  \begin{equation}
    \label{eq:drhom1}
    \Bigl[P\bigl(1,u(t)\bigr) + Q\bigl(1,u(t)\bigr) u(t) \Bigr] + tQ\bigl(1,u(t)\bigr)\dot{u}(t) = 0,
  \end{equation}
  což je separovatelná rovnice v~proměnných $t$ a $u$.
 
  Vztah mezi řešeními rovnice \eqref{eq:drhom} a \eqref{eq:drhom1} nám dává následující věta.
\end{remark}
 
 
\begin{theorem}
  \label{resenihomog}
  Nechť $M\subset\R$, $0\notin M$ je otevřená množina. Je-li $u=u(t)$ řešení rovnice \eqref{eq:drhom1}, pak $y(x)=xu(x)$ je řešení rovnice 
  \eqref{eq:drhom} na $M$.
 
  Je-li $y=y(x)$ řešení rovnice \eqref{eq:drhom}, pak $u=u(t)$, kde $u(t) = \frac{1}{t}y(t)$, je řešení rovnice \eqref{eq:drhom1}.
  \begin{proof}
   Viz předchozí poznámka. V~obou směrech použita regulární substituce $t=x$, $tu=y$ pro $t\in M$. V~prvním případě přejdeme od \eqref{eq:drhom1} 
   k~\eqref{eq:drhom} vynásobení nenulovým číslem $t^k$. Při opačném směru budeme číslem $t^k$ dělit.
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{example}
  Řešme rovnici
  \begin{equation}
    \label{eq:drhom_ex1a}
    y\left( 1+\ln\frac{y}{x}\right) - xy' = 0.
  \end{equation}
 
  Zde zřejmě $P(x,y) = y\left( 1 + \ln (y/x) \right)$ a $Q(x,y) = -x$. Snadno se přesvědčíme, že $P$ i $Q$ jsou homogenní stupně 1. Ve funkci $P$ se vyskytuje zlomek a 
  logaritmus, což omezuje její definiční obor na množinu $D_P = \left\{ \col{x}{y} \ | \ y/x > 0 \right\}$. Abychom vyhověli podmínce $y/x > 0$, omezujeme se na I.~a 
  III.~kvadrant $\R^2$.
 
  Jak víme z~poznámky \ref{rmrk:drhom_postup}, homogenní rovnice řešíme substitucí
  \begin{equation*}
    \Phi\left(\begin{matrix} t\\ u\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} t\\ tu\end{matrix}\right),
  \end{equation*}
  která je regulární pro $t\neq 0$ (tato podmínka je vzhledem k~$D_P$ automaticky splněna). Po dosazení dostaneme 
  \begin{equation*}
    tu\left(1 + \ln \frac{tu}{t} \right) - t (u + t\dot{u}) = 0,
  \end{equation*}
  odkud po úpravě obdržíme
  \begin{equation}
    \label{eq:drhom_ex1b}
    u \ln u - t \dot{u} = 0,
  \end{equation}
  což je separovatelná rovnice.
 
  Rovnici \eqref{eq:drhom_ex1b} úpravíme za předpokladu $t\neq 0$, $u\neq 0$ a $u\neq 1$ do tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drhom_ex1c}
    \frac{1}{t} - \frac{1}{u \ln u} \dot{u} = 0.
  \end{equation}
  Předpoklad $t\neq 0$ je v~našem případě automaticky splněn a dělení rovnice výrazem $t$ tedy bylo ekvivalentní úpravou. Dělení výrazem $u \ln u$ ovšem ekvivalentní úpravou
  nebylo. Funkce $u(t)\equiv 0$ zřejmě nevyhovuje (kvůli logaritmu), a proto neřeší rovnici \eqref{eq:drhom_ex1b}. Funkce $u(t)\equiv 1$ ale rovnici \eqref{eq:drhom_ex1b} 
  vyhovuje.
 
  Řešení rovnice \eqref{eq:drhom_ex1c} jsou diferencovatelné funkce, které vyhovují rovnici
  \begin{equation*}
    \int \frac{\dif t}{t} - \int \frac{\dif u}{u \ln u} = \ln C, \qquad \text{kde } C>0,
  \end{equation*}
  z~níž po integraci dostaneme 
  \begin{equation*}
    \ln\abs{t} - \ln\abs{\ln u(t)} = \ln C.
  \end{equation*}
  Odlogaritmováním tedy obdržíme vztah 
  \begin{equation*}
    \abs{t} = C \abs{\ln u(t)}.
  \end{equation*}
  Snadno si rozmyslíme, že pokud řešení zapíšeme ve tvaru 
  \begin{equation*}
    u(t) = \me^{Dt}, \qquad \text{kde } D\in\R, \ t\neq 0,
  \end{equation*}
  postihli jsme tím všechna řešení rovnice \eqref{eq:drhom_ex1b} včetně řešení $u(t)\equiv 1$ pro volbu $D=0$. Všechna řešení původní rovnice \eqref{eq:drhom_ex1a} lze 
  tedy zapsat ve tvaru
  \begin{equation*}
    y(x) = x \me^{Dx}, \qquad \text{kde } D\in\R, \ x\neq 0.
  \end{equation*}
\end{example}
 
\begin{remark}[\textbf{Kvazihomogenní rovnice}]
 \label{kvazihomdr}
 Pokud funkce $F=F(x,y)$ nazvu \textbf{kvazihomogenní}, pokud platí 
 \begin{equation*}
    \Bigl(\forall t\in\R\sm\lbrace 0\rbrace\Bigr) \Bigl( F(t^\alpha x,t^\beta y) = t^{\beta-\alpha}F(x,y) \Bigr), \quad \text{kde } \alpha, \beta \in\R.
  \end{equation*}
 Rovnici tvaru $P(x,y)+Q(x,y)y'=0$, kde $P,Q$ jsou kvazihomogenní funkce, nazvu \textbf{kvazihomogenní diferenciální rovnicí}.
 
 \textbf{Řešení}: Pomocí substituce $y=x^{\frac{\alpha}{\beta}}u$ se převede na separovatelnou. Existence a jednoznačnost řešení bude mimo body $x=0$ zaručeno větou analogickou \ref{resenihomog}.
\end{remark}
 
 
 
% ****************************************************************************************************************************
%                             SEKCE: Diferenciální rovnice tvaru $y'=f((ax+by+c)/(px+qy+r))$
% ****************************************************************************************************************************
\section[Diferenciální rovnice tvaru $y'=f((ax+by+c)/(px+qy+r))$]{Diferenciální rovnice tvaru $y'=f\left(\frac{ax+by+c}{\alpha x+\beta y+\gamma}\right)$}
\label{sec:drbezjm}
 
\begin{remark}
  \index{rovnice diferenciální!tvaru $y'=f\left(\frac{ax+by+c}{\alpha x+\beta y+\gamma}\right)$}
  Řešíme rovnici ve tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drbezjm}
    y'=f\left(\frac{ax+by+c}{\alpha x +\beta y+\gamma}\right),
  \end{equation}
  kde $f$ je spojitá funkce (na nějakém intervalu), $a,b,c,\alpha,\beta,\gamma$ jsou reálné konstanty. Pro rovnici v~tomto tvaru nemáme 
  žádné zvláštní pojmenování.
\end{remark}
 
\begin{remark}[\textbf{Formální postup}]
  \label{rmrk:drbezjm_postup}
  Při řešení diferenciální rovnice \eqref{eq:drbezjm} rozlišíme následující případy:
  \begin{enumerate}
 
    \item Nechť $a=b=\alpha=\beta=0$. Potom rovnice \eqref{eq:drbezjm} je tvaru
      \begin{equation*}
        y'=f\left(\frac{c}{\gamma}\right)
      \end{equation*}
      a řešením je zřejmě
      \begin{equation*}
        y(x)=f\left(\frac{c}{\gamma}\right)x+D, \qquad D\in\R.
      \end{equation*}
 
%\item
    \item Nechť $b=\beta=0$. Pak z~\eqref{eq:drbezjm} máme ve tvaru
      \begin{equation*}
        y'=f\left(\frac{ax+c}{\alpha x+\gamma}\right),
      \end{equation*}
      což je již separovaná rovnice. Řešením tedy je
      \begin{equation*}
        y(x)=\int f\left(\frac{ax+c}{\alpha x+\gamma}\right)\dif x.
      \end{equation*}
 
%\item
    \item \label{drbezjm_prip3} Nechť $c=\gamma=0$. Potom z~\eqref{eq:drbezjm} dostaneme
      \begin{equation*}
        y'=f\left(\frac{ax+by}{\alpha x +\beta y}\right),
      \end{equation*}
      což je vlastně homogenní diferenciální rovnice. To snadno ověříme, srovnáme-li tuto rovnici s~\eqref{eq:drhom}. Zjistíme 
      \begin{equation*}
        P(x,y)=-f\left(\frac{ax+by}{\alpha x +\beta y}\right) \qquad \text{a} \qquad Q(x,y)=1
      \end{equation*}
      a tedy
      \begin{equation*}
        P(tx,ty)=-f\left(\frac{atx+bty}{\alpha tx +\beta ty}\right)=-f\left(\frac{ax+by}{\alpha x +\beta y}\right) = t^0 P(x,y).
      \end{equation*}
      Vidíme, že funkce $P$ i $Q$ jsou homogenní stupně 0. Naši rovnici řešíme postupem z~odstavce \ref{sec:drhom}.
 
%\item
    \item Nechť $b^2+\beta^2\neq 0$ a $D = \left\lvert \begin{matrix} a & b\\ \alpha & \beta \end{matrix} \right\rvert = 0$.
      \begin{enumerate}
       \item Nechť navíc $b\neq 0$. Potom z $D = a\beta - \alpha b = 0$ plyne $\alpha = \beta a/b$
	 a rovnici \eqref{eq:drbezjm} lze přepsat do tvaru
	 \begin{equation}
	   \label{eq:drbezjm41}
	   y'=f\left(\frac{ax+by+c}{\frac{\beta}{b}\left(ax+by\right)+\gamma}\right).
	 \end{equation}
	 Poznamenejme, že funkce $z(x)=ax+by(x)$ má stejnou diferencovatelnost jako funkce $y(x)$. Dalším krokem řešení je provedení substituce 
	 $\Phi : (x,y) \mapsto (t,u)$ definované následujícím předpisem 
	 \begin{equation*}
	   \Phi\left(\begin{matrix}x\\y\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}x\\ax+by\end{matrix}\right).
	 \end{equation*}
	 Transformace $\Phi$ je zřejmě regulární, protože
	 \begin{equation*}
	   \Phi'\left(\begin{matrix}x\\y\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 1&0\\ a&b \end{matrix}\right).
	 \end{equation*}
	 Je zřejmé, že $\det\Phi'\left(\begin{matrix}x\\y\end{matrix}\right) \neq 0$, což znamená regularitu $\Phi$.
 
	 Naše základní funkční identita je $u(t) = at + by(t)$ a její derivace je $\dot{u}(t) = a + by'(t)$ ($y=y(x)$ derivujeme podle $t$ jako složenou funkci). Touto 
	 substitucí převedeme naši rovnici do tvaru
	 \begin{equation}
	   \label{eq:drbezjm42}
	   \frac{1}{b}(\dot{u}(t)-a) = f\left(\frac{u(t)+c}{\frac{\beta}{b}u(t)+\gamma}\right),
	 \end{equation}
	 což je diferenciální rovnice separovatelná.
 
	 Můžeme tedy konstatovat, že každému řešení $y(x)$ rovnice \eqref{eq:drbezjm41} odpovídá řešení $u(t) = at+by(t)$ rovnice \eqref{eq:drbezjm42}. Snadno se dokáže i
	 opačné tvrzení, že ke každému řešení $u(t)$ rovnice \eqref{eq:drbezjm42}, existuje řešení $y(x)$ rovnice \eqref{eq:drbezjm41} takové, že $u(x) = ax+by(x)$.
 
       \item Nechť nyní $b=0$. Zřejmě $\left(b=0 \wedge b^2+\beta^2 \neq 0\right) \Rightarrow (\beta \neq 0)$. Potom z~$D=0$ dostaneme $a\beta=0$, a tedy $a=0$. Nyní 
	 je zřejmé, že $ax+by=0$ a naše rovnice přejde do tvaru
	 \begin{equation*}
	   y'=f\left(\frac{c}{\alpha x +\beta y+\gamma}\right).
	 \end{equation*}
	 Podobně jako v~předchozím případě, použijeme regulární substituci $\Phi : (x,y) \mapsto (t,u)$ definovanou
	 \begin{equation*}
	   \Phi\left(\begin{matrix}x\\y\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} x \\ \alpha x + \beta y \end{matrix}\right).
	 \end{equation*}
	 A dále pokračujeme analogicky jako v~předchozím případě.
      \end{enumerate}
 
%\item
    \item \label{drbezjm_prip5} Nechť  $\left\lvert \begin{matrix} a & b\\ \alpha & \beta \end{matrix} \right\rvert \neq 0$. Potom soustava
      \begin{eqnarray*}
        ax_0 + by_0 + c & = & 0\\
	\alpha x_0 + \beta y_0 + \gamma & = & 0
      \end{eqnarray*}
      má jednoznačně určené řešení. Lineární transformace $\Phi : (x,y) \mapsto (t,u)$
      \begin{equation*}
        \Phi \left( \begin{matrix} x\\y \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} x-x_0\\y-y_0 \end{matrix} \right)
      \end{equation*}
      je zřejmě regulární. Základní funční identita je $y(x) = y_0 + u(x-x_0)$ a její derivace je $y'(x) = \dot{u}(x-x_0)$. Snadno nahlédneme, že platí
      \begin{eqnarray*}
        \alpha x + \beta y + \gamma = \alpha x + \beta y + \gamma - (\alpha x_0 + \beta y_0 + \gamma) & = & \alpha (x-x_0) + \beta (y-y_0), \\
        ax + by + c = ax + by + c - (\ub{ax_0 + by_0 + c}_{=0}) & = & a(\ub{x-x_0}_{=t}) + b(\ub{y-y_0}_{=u}).
      \end{eqnarray*}
      Tím jsme naši rovnici převedli do tvaru
      \begin{equation}
        \label{eq:drbezjm51}
        \dot{u}(t) = f\left(\frac{a t + b u}{\alpha t + \beta u}\right).
      \end{equation}
      Řešení rovnice v~tomto tvaru jsme již provedli v~případě \eqref{drbezjm_prip3}. Snadno ověříme dosazením, že pokud $u(t)$ řeší \eqref{eq:drbezjm51}, pak 
      $y(x) = y_0 + u(x-x_0)$ řeší rovnici \eqref{eq:drbezjm}. A naopak, je-li $y(x)$  řešením rovnice \eqref{eq:drbezjm}, pak funkce $u(t) = -y_0 + y(x_0 + t)$ řeší 
      rovnici \eqref{eq:drbezjm51}.
 
  \end{enumerate}
\end{remark}
 
\begin{example}
  Mějme rovnici
  \begin{equation}
    \label{eq:drbezjm_ex1a}
    y' = 2\left(\frac{y+2}{x+y-1}\right)^2.
  \end{equation}
 
  Rovnice je typu $y'=f\left(\frac{ax + by + c}{\alpha x + \beta y + \gamma}\right)$, kde $f(s) = 2s^2$, $a=0$, $b=1$, $c=2$, $\alpha=1$, $\beta=1$ a $\gamma=-1$. Snadno si 
  rozmyslíme, že se jedná o~případ \ref{drbezjm_prip5}.
 
  Soustavě lineárních rovnic
  \begin{eqnarray*}
    0x_0 + 1y_0 + 2 & = & 0\\
    1x_0 + 1y_0 - 1 & = & 0
  \end{eqnarray*}
  vyhovuje řešení $(x_0,y_0)=(3,-2)$. Provádíme tedy regulární substituci $t=x-3$ a $u=y+2$. Tím se dostaneme k~homogenní rovnici stupně 0
  \begin{equation}
    \label{eq:drbezjm_ex1b}
    \dot{u} = 2 \left(\frac{u}{t+u}\right)^2.
  \end{equation}
  Porovnáním s~\eqref{eq:drhom} zjistíme, že $P(t,u) = -2\left(\frac{u}{t+u}\right)^2$ a $Q(t,u)=1$. Homogenní rovnice řešíme substitucí typu \uv{$u=tw$}. Zvolíme
  tedy regulární substituci $\Phi : (s,w)\mapsto(t,u)$ definovanou
  \begin{equation*}
    \Phi\left(\begin{matrix} s\\w \end{matrix}\right) = \left( \begin{matrix} s \\ sw \end{matrix} \right).
  \end{equation*}
  Potom zřejmě platí $\dot{u}(s) = w + s \dot{w}(s)$ a tedy
  \begin{equation*}
    w+s\dot{w} = 2 \left(\frac{sw}{s+sw}\right)^2.
  \end{equation*}
  Tuto rovnici snadno upravíme do tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drbezjm_ex1c}
    s\dot{w} = - \frac{w(1+w^2)}{(1+w)^2}.
  \end{equation}
  Jedná se tedy o~separovatelnou rovnici.
 
  Předpokládejme, že $s\neq 0$ a $w\neq 0$. Potom
  \begin{equation}
    \label{eq:drbezjm_ex1d}
    \frac{1}{s}+\frac{(1+w)^2}{w(1+w^2)}\dot{w} = 0,
  \end{equation}
  z~čehož plyne
  \begin{equation*}
    \ln\abs{s} + \ln\abs{w} + 2 \arctg w = \ln C, \qquad \text{kde } C>0.
  \end{equation*}
  Odlogaritmováním této rovnice dostaneme 
  \begin{equation}
    \label{eq:drbezjm_ex1e}
    \abs{w(s)}\exp\left(2\arctg w(s)\right) = \frac{C}{\abs{s}}, \qquad \text{kde } C>0,
  \end{equation}
  což je implicitní zápis funkce $w(s)$. Tato funkce, je-li diferencovatelná, řeší \eqref{eq:drbezjm_ex1d} pro $s\neq 0$.
 
  Protože jsme provedli neekvivalentní úpravu, je třeba ještě diskutovat řešení rovnice \eqref{eq:drbezjm_ex1c}. Požadovali jsme, aby $w\neq 0$. Pak funkce 
  $w(s)\equiv 0$ řeší \eqref{eq:drbezjm_ex1c} pro všechna $s\in\R$, což snadno ověříme dosazením. Toto řešení lze postihnout zápisem \eqref{eq:drbezjm_ex1e}, 
  připustíme-li v~něm navíc $C=0$. Pokud v~\eqref{eq:drbezjm_ex1e} připustíme také $C<0$, zbavíme se absolutních hodnot. Můžeme konstatovat, že diferencovatelné 
  funkce $w(s)$, které řeší rovnici
  \begin{equation*}
    w(s)\exp(2\arctg w(s)) = \frac{C}{s}, \qquad \text{kde } C\in\R,
  \end{equation*}
  jsou řešením rovnice \eqref{eq:drbezjm_ex1c} pro $s\neq 0$.
 
  Po dosazení původních proměnných obdržíme implicitní zápis funkce $y=y(x)$, která řeší původní rovnici \eqref{eq:drbezjm_ex1a} (je-li diferencovatelná)
  \begin{equation*}
    (y(x)+2)\exp\left(2\arctg \left( \frac{y(x)+2}{x-3}\right) \right) = C, \qquad \text{kde } C\in\R.
  \end{equation*}
  Definiční obor funkce $y$ je zřejmě $(-\infty,3)\cup(3,\infty)$. Snadno si rozmyslíme, že tento zápis zahrnuje všechna nalezená řešení, včetně konstantního řešení 
  $y(x)\equiv -2$, které odpovídá řešení $w(s)\equiv 0$ pro volbu $C=0$.
\end{example}
 
 
 
% ****************************************************************************************************************************
%                             SEKCE: Lineární diferenciální rovnice 1.~řádu
% ****************************************************************************************************************************
\section{Lineární diferenciální rovnice 1.~řádu}
\label{sec:drlin1r}
 
\begin{define}
  \index{rovnice diferenciální!lineární 1.~řádu}
  Nechť $p=p(x)$, $q=q(x)$ jsou spojité. Pak rovnici ve tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drlin1r}
    y'+p(x)y = q(x)
  \end{equation}
  nazýváme \textbf{lineární diferenciální rovnice 1.~řádu}.
 
  \index{rovnice diferenciální!lineární 1.~řádu!bez pravé strany}
  Pokud $q(x)\equiv 0$, pak \eqref{eq:drlin1r} nazveme \textbf{lineární diferenciální rovnice 1.~řádu bez pravé strany} a má tvar
  \begin{equation}
    \label{eq:drlin1rh}
    y'+p(x)y=0.
  \end{equation}
 
  \index{rovnice diferenciální!lineární 1.~řádu!s~pravou stranou}
  Pokud $q(x)\not\equiv 0$, pak \eqref{eq:drlin1r} nazveme \textbf{lineární diferenciální rovnice 1.~řádu s~pravou stranou}.
\end{define}
 
\begin{remark}[\textbf{Formální postup}, rovnice bez pravé strany]
  \label{rmrk:drlin1r_postup1}
 
  Rovnice \eqref{eq:drlin1rh} má triviální řešení $y(x)\equiv 0$. Navíc je separovatelná a lze ji řešit postupem ze sekce \ref{sec:drsepa}. Její řešení je 
  implicitně dáno rovnicí
  \begin{equation*}
    \int p(x)\dif x + \int \frac{\dif y}{y} = C, \quad \text{tj.~po integraci} \quad \int p(x)\dif x + \ln\abs{y(x)} = C,
  \end{equation*}
  kde $C\in\R$ je integrační konstanta. Odlogaritmováním poslední rovnosti dostaneme vztah $\abs{y(x)}\exp\left(\int p(x)\dif x\right) = D$, kde 
  $D=\me^C>0$. Snadno si rozmyslíme, že jednotný zápis řešení, zahrnující všechny uvedené alternativy je následující
  \begin{equation*}
    y(x) = D \me^{-\int p(x)\dif x}, \qquad \text{kde } D\in\R.
  \end{equation*}
  Uvedené řešení nazýváme \emph{obecné řešení rovnice \eqref{eq:drlin1rh}}.
\end{remark}
 
\begin{theorem}
  Nechť $p=p(x)$ je spojitá na $(a,b)$. Pak pro každé $\col{x_0}{y_0} \in (a,b)\times\R$ existuje právě jedno řešení $y=y(x)$ úlohy
  \begin{equation}
    \label{eq:drlin1rh1}
    \begin{array}{r@{ \ = \ }l}
      y' + p(x) y & 0 \\
      y(x_0)      & y_0
    \end{array}
  \end{equation}
  na $(a,b)$.
 
  \begin{proof}
    Je třeba dokázat existenci a jednoznačnost.
    \begin{enumerate}[(I)]
      \item Nejprve dokážeme existenci (viz také poznámka \ref{rmrk:drlin1r_postup1}). Uvažme případ $y_0 = 0$. Potom řešení má zřejmě tvar $y(x)\equiv 0$, 
        $\forall x\in (a,b)$. Nechť dále $y_0\neq 0$. Pak řešením je funkce $y(x) = D \exp\left\{ -\int p(x)\dif x \right\}$, pro každé $x\in (a,b)$, $D\in\R$.
 
        Konstantu $D$ je třeba určit. Uvažme proto počáteční podmínku ve tvaru $y(x_0) = y_0$. Potom zřejmě musí platit 
        $D = y_0 \exp \left\{ \int p(x) \dif x \vert_{x=x_0} \right\}$. Dostáváme tak výsledné řešení ve tvaru
        \begin{equation*}
          y(x) = y_0 \exp \left\{ -\int_{x_0}^x p(\xi) \dif \xi \right\}.
        \end{equation*}
 
      \item Nyní dokažme jednoznačnost. Předpokládejme, že jsme podle předchozí části důkazu a podle poznámky \ref{rmrk:drlin1r_postup1} získali řešení 
        $y_1 (x) = y_0 \exp \left\{ -\int_{x_0}^x p(\xi) \dif \xi \right\}$ (separací proměnných). Předpokládejme dále, že existuje nějaké řešení $y_2$. 
        O~těchto řešeních ukážeme, že jsou shodná. Protože $y_1$ a $y_2$ řeší úlohu \eqref{eq:drlin1rh1}, platí
 
        \parbox{7cm}{\begin{eqnarray*} y'_1 + p(x) y_1 & = & 0\\ y_1(x_0) & = & y_0\end{eqnarray*}}
        \hfill a \hfill
        \parbox{7cm}{\begin{eqnarray*} y'_2 + p(x) y_2 & = & 0\\ y_2(x_0) & = & y_0\end{eqnarray*}}
 
%         Po odečtení příslušných rovnic obdržíme
%         \begin{eqnarray*}
%           (y_1 - y_2)' + p(x)(y_1 - y_2) &=& 0, \\
%           (y_1 - y_2)(x_0)                                            &=& 0.
%         \end{eqnarray*}
        Dále definujeme funkci $u=u(x)$ následujícím předpisem
        \begin{equation*}
          u(x) = y_2(x) \exp \left\{ \int_{x_0}^x p(\xi) \dif \xi \right\},
        \end{equation*}
        zkoumejme její chování pomocí první derivace.
        \begin{eqnarray*}
          u'(x) &=& y'_2(x) \exp \left\{ \int_{x_0}^x p(\xi) \dif \xi \right\} + y_2(x) \exp \left\{ \int_{x_0}^x p(\xi) \dif \xi \right\} p(x) = \\
                &=& (\ub{y'_2(x) + y_2(x) p(x)}_{=0}) \exp \left\{ \int_{x_0}^x p(\xi) \dif \xi \right\} = 0.
        \end{eqnarray*}
        To ale znamená, že $u$ je konstantní (tzn.~$\left(\exists C\in\R\right)\left(\forall x\in (a,b)\right)\left( u(x)=C \right)$). Konstantu $C$ lze přitom určit 
        z~počátečních podmínek $u(x_0) = y_2(x_0) = y_0$, a tedy $C=y_0$. Odtud zřejmě dostáváme
        \begin{equation*}
          y_2(x) \exp\left\{ \int_{x_0}^x p(\xi) \dif \xi \right\} = y_0,
        \end{equation*}
        což po zřejmé úpravě dává vztah
        \begin{equation*}
          y_2(x) = y_0\exp\left\{ -\int_{x_0}^x p(\xi) \dif \xi \right\}.
        \end{equation*}
 
        Pro libovolné dvě řešení $y_1$ a $y_2$ tedy platí $y_1(x) = y_2(x)$ pro $\forall x\in (a,b)$, což už znamená jednoznačnost. \qedhere
 
    \end{enumerate}
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}
  Z~důkazu předchozí věty vyplývá, že počáteční podmínce $y(x_0) = 0$ vždy odpovídá řešení $y(x) = 0$, $\forall x\in (a,b)$.
\end{remark}
 
\begin{remark}[\textbf{Formální postup}, rovnice s~pravou stranou]
  \index{metoda!variace konstant}
  \label{rmrk:drlin1r_postup2}
 
  Pro řešení rovnice s~pravou stranou se používá \textbf{metoda variace konstanty}. Aplikace zmíněné metody na tuto úlohu spočívá v~tom, že ve vztahu pro obecné řešení 
  rovnice \eqref{eq:drlin1rh} předpokládáme, že $D$ již není konstanta, ale je funkcí proměnné $x$, tj.~$D=D(x)$. Řešení pak předpokládáme ve tvaru
  \begin{equation*}
    y(x) = D(x) \exp \left\{ -\int p(x) \dif x \right\}.
  \end{equation*}
  Dosadíme-li předpokládáný tvar řešení do rovnice \eqref{eq:drlin1r} dostaneme
  \begin{equation*}
    D'(x) \exp \{~\cdots~\} + D(x) \exp \{~\cdots~\} (-p(x)) + p(x) D(x) \exp \{~\cdots~\} = q(x).
  \end{equation*}
  Druhý a třetí sčítanec na levé straně se navzájem vyruší a dostaneme vztah pro $D'(x)$
  \begin{equation*}
    D'(x) = q(x) \exp \left\{ \int p(x) \dif x \right\},
  \end{equation*}
  odkud integrací určíme $D(x)$.
 
  Obecné řešení rovnice s~pravou stranou potom je
  \begin{equation}
    y(x) = \left[ \int q(x) \exp \left\{ \int p(x) \dif x \right\} \dif x \right] \cdotp \exp \left\{ -\int p(x) \dif x \right\}.
  \end{equation}
  Uvědomme si, že v~části $\left[ \int q(x) \exp \left\{ \int p(x) \dif x \right\} \dif x \right]$ je schována i integrační konstanta (jedná se o~neurčitý integrál) a je 
  zde tedy i zabudováno řešení rovnice bez pravé strany.
\end{remark}
 
\begin{remark}
  Poznamenejme ještě, že řešení rovnice s~pravou stranou se často zapisuje ve tvaru součtu obecného řešení rovnice bez pravé strany a partikulárního řešení rovnice s~pravou 
  stranou (viz řešení lineárních rovnic \cite{pytlicek}).
\end{remark}
 
\begin{theorem}
  Nechť $p=p(x)$ a $q=q(x)$ jsou spojité na $(a,b)$. Pak pro každé $\col{x_0}{y_0} \in (a,b)\times\R$ existuje právě 1 řešení úlohy
  \begin{equation}
    \label{eq:drlin1r1}
    \begin{array}{r@{ \ = \ }l}
      y' + p(x) y & q(x) \\
      y(x_0)      & y_0
    \end{array}
  \end{equation}
  na $(a,b)$.
 
  \begin{proof}
   Podobně jako v~předchozí větě, je i zde třeba dokázat existenci a jednoznačnost.
   \begin{enumerate}[(I)]
     \item Dokažme existenci za pomoci poznámky \ref{rmrk:drlin1r_postup2}. Pomocí separace proměnných a metody variace konstanty navrhneme řešení úlohy 
       \eqref{eq:drlin1r1} ve tvaru
       \begin{equation*}
         y(x) = \left( \int_{x_0}^x q(\xi) \exp \left\{ \int_{x_0}^{\xi} p(\tau) \dif \tau \right\} \dif \xi + D \right) 
                  \exp \left\{ -\int_{x_0}^{x} p(\xi) \dif \xi \right\}.
       \end{equation*}
       Z~tohoto vztahu ihned plyne $y(x_0) = D$ a vzhledem k~počáteční podmínce zřejmě $D=y_0$. Funkce $y=y(x)$ řeší úlohu \eqref{eq:drlin1r1}.
 
     \item Při dokazování jednoznačnosti se postupuje obvyklým způsobem. Předpokládáme, že jsme našli řešení $y_1$ ve tvaru z~předchozí části důkazu. Dále 
       předpokládáme, že máme nějaké další řešení $y_2$, o~němž ukážeme, že musí být shodné s~řešením $y_1$, čímž bude jednoznačnost dokázána. Pro funkce 
       $y_1$ a $y_2$ tedy platí 
 
      \parbox{7cm}{\begin{eqnarray*} y'_1 + p(x) y_1 & = & q(x)\\ y_1(x_0) & = & y_0\end{eqnarray*}}
      \hfill a \hfill
      \parbox{7cm}{\begin{eqnarray*} y'_2 + p(x) y_2 & = & q(x)\\ y_2(x_0) & = & y_0\end{eqnarray*}}
 
      Odečtením příslušných rovnic získáme
      \begin{eqnarray*}
        (\ub{y_1 - y_2}_{\text{ozn. }z})' + p(x)(y_1 - y_2) &=& 0, \\
        (y_1 - y_2)(x_0)                                            &=& 0.
      \end{eqnarray*}
      Označme $z=y_1 - y_2$. Pro takto definovanou funkci $z$ tedy dostáváme
      \begin{eqnarray*}
        z' + p(x) z &=& 0, \\
        z(x_0)      &=& 0.
      \end{eqnarray*}
      Pro funkci $z$ tedy řešíme úlohu ve tvaru \eqref{eq:drlin1rh1}. Tato úloha však má právě jedno řešení, a to $z(x)\equiv 0$, $\forall x\in (a,b)$. Odtud
      $y_1(x) = y_2(x)$, $\forall x\in (a,b)$. Tím je však jednoznačnost dokázána. \qedhere
 
   \end{enumerate}
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{example}
  \index{obvod RL}
  \textbf{Elektrický obvod}.
  \begin{figure}
    \centering
    \includegraphics[scale=0.5]{RL_obvod.pdf}
    \caption{RL obvod.}
    \label{fig:rlobvod}
  \end{figure}
 
  Mějmě RL obvod (viz obr.~\ref{fig:rlobvod}). Označme $E$ napětí, $R$ elektrický odpor, $L$ indukčnost a $J$ elektrický proud. Předpokládejme, že průběh připojeného 
  napětí je dán vztahem
  \begin{equation*}
    E(t) = E_0 \sin \omega t,
  \end{equation*}
  a nechť počáteční stav proudu v~čase $t_0 = 0$ je $J(0) = J_0$.
 
  Z~Kirchhoffových zákonů dostaváme pro tento obvod rovnici
  \begin{equation*}
    L \frac{\dif J}{\dif t} + RJ = E(t).
  \end{equation*}
 
  Při řešení této diferenciální rovnice postupujeme tak, že nejprve najdeme řešení příslušné rovnice bez pravé strany (separací proměnných) a poté metodou variace konstanty
  najdeme obecné řešení rovnice s~pravou stranou. Na závěr je třeba určit integrační konstantu z~počáteční podmínky.
 
  Řešení rovnice bez pravé strany je zřejmě
  \begin{equation*}
    J(t) = \alpha \me^{-\frac{R}{L}t}, \qquad \text{kde } \alpha\in\R.
  \end{equation*}
 
  Pro použití metody variace konstanty předpokládáme, že $\alpha = \alpha(t)$ a tedy, že řešení rovnice bez pravé strany je ve tvaru
  \begin{equation*}
    J(t) = \alpha (t) \me^{-\frac{R}{L}t}.
  \end{equation*}
  Toto řešení dosadíme do původní diferenciální rovnice (s~pravou stranou), abychom dostali vztah
  \begin{equation*}
    L \left( \alpha' (t) \me^{-\frac{R}{L}t} + \alpha (t) \me^{-\frac{R}{L}t} \left( -\frac{R}{L} \right) \right) + R \alpha (t) \me^{-\frac{R}{L}t} = E(t),
  \end{equation*}
  odkud po úpravě
  \begin{equation*}
    \alpha' (t) = \frac{1}{L} E(t) \me^{\frac{R}{L}t}.
  \end{equation*}
 
  Integrací poslední rovnice dostaneme
  \begin{equation*}
    \alpha (t) = \frac{E_0}{L} \int_0^t \sin \omega \tau \ \me^{\frac{R}{L}\tau} \dif \tau = \ub{~\cdots~}_{\text{per partes}} = 
                   \frac{E_0}{R^2 + L^2 \omega^2} \me^{\frac{R}{L}t} \left[ R \sin \omega t - L \omega \cos \omega t \right].
  \end{equation*}
 
  Dospěli jsme tedy k~řešení
  \begin{equation*}
    J(t) = \ub{\frac{E_0}{R^2 + L^2 \omega^2} \bigl[ R \sin \omega t - L \omega \cos \omega t \bigr]}_{\text{partikulární řešení}} + D \me^{-\frac{R}{L}t},
  \end{equation*}
  kde je ještě třeba určit integrační konstantu $D$ z~počátečních podmínek
  \begin{equation*}
    J(0) = J_0 = \frac{E_0}{R^2 + L^2 \omega^2} (-L\omega) + D.
  \end{equation*}
 
  Řešení úlohy
  \begin{eqnarray*}
    L\frac{\dif J}{\dif t} + RJ & = & E_0 \sin \omega t \\
    J(0)                        & = & J_0
  \end{eqnarray*}
  tedy je
  \begin{equation*}
    J(t) = \frac{E_0}{R^2 + L^2 \omega^2} \bigl[ R \sin \omega t - L \omega \cos \omega t \bigr] + \left[ J_0 + \frac{E_0 L \omega}{R^2 + L^2 \omega^2} \right] \me^{-\frac{R}{L}t}.
  \end{equation*}
 
  Položíme-li $R=\sqrt{R^2 + L^2 \omega^2}\cos\gamma$ a $L=\sqrt{R^2 + L^2 \omega^2}\sin\gamma$, lze psát
  \begin{equation*}
    R \sin \omega t - L \omega \cos \omega t = \sqrt{R^2 + L^2 \omega^2}\sin(\omega t - \gamma),
  \end{equation*}
  odkud je patrné, že přiložené napětí vybudí v~RL obvodu proud se stejnou frekvencí a s~fázovým zpožděním $\gamma$.
\end{example}
 
 
 
 
% ****************************************************************************************************************************
%                             SEKCE: Bernoulliho diferenciální rovnice
% ****************************************************************************************************************************
\section{Bernoulliho diferenciální rovnice}
\label{sec:drber}
 
\begin{define}
  \index{rovnice diferenciální!Bernoulliho}
  Nechť $p=p(x)$ a $q=q(x)$ jsou spojité na $(a,b)$, $\alpha\in\R\sm\{0,1\}$. Pak rovnice ve tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drber}
    y' + p(x) y = q(x) y^\alpha
  \end{equation}
  se nazývá \textbf{Bernoulliho}\footnote{\textbf{Jakob Bernoulli} (1654--1705), švýcarský matematik.} \textbf{diferenciální rovnice 1.~řádu}.
\end{define}
 
\begin{remark}
  V~definici jsme zdůraznili, že $\alpha \neq 0,1$. Pro $\alpha = 0$ je rovnice \eqref{eq:drber} lineární diferenciální rovnice s~pravou stranou.
  Pro $\alpha = 1$ dostáváme lineární diferenciální rovnici bez pravé strany. Tyto rovnice byly řešeny v~předchozím odstavci. Stejně tak bychom 
  zřejmě mohli požadovat, aby $q(x) \not\equiv 0$ na $(a,b)$.
\end{remark}
 
\begin{remark}
  Pro $\alpha > 0$ připouštíme také $y(x) = 0$. Funkce $y(x) \equiv 0$ je v~tomto případě řešením rovnice \eqref{eq:drber} na $(a,b)$.
\end{remark}
 
\begin{remark}[\textbf{Formální postup}]
 
  Nechť $y \neq 0$ (vzhledem k~předchozím poznámkám si tento předpoklad zřejmě můžeme dovolit). Vydělením výrazem $y^\alpha$ převedeme rovnici \eqref{eq:drber} 
  do tvaru
  \begin{equation*}
    y^{-\alpha} y' + p(x) y^{1-\alpha} = q(x).
  \end{equation*}
 
  Provedeme substituci $\Phi:(x,y)\mapsto(t,u)$ definovanou
  \begin{equation*}
    \Phi \left(\begin{matrix} x\\y \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} x\\y^{1-\alpha} \end{matrix}\right).
  \end{equation*}
  Požadujeme, aby substituce $\Phi$ byla regulární neboli požadujeme, aby $\det \Phi' \left(\begin{matrix} x\\y \end{matrix}\right) \neq 0$.
  \begin{equation*}
    \Phi' \left(\begin{matrix} x\\y \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 1&0 \\ 0&(1-\alpha)y^{-\alpha} \end{matrix}\right) \quad \Longrightarrow \quad
      \det \Phi' \left(\begin{matrix} x\\y \end{matrix}\right) = (1-\alpha)y^{-\alpha}.
  \end{equation*}
  Protože od začátku předpokládáme, že $\alpha \neq 1$ a $y \neq 0$, je $\det \Phi' \left(\begin{matrix} x\\y \end{matrix}\right)$ zřejmě nenulový a 
  transformace $\Phi$ je proto regulární.
 
  Základní funkční identita je $u(x) = y^{1-\alpha}(x)$. Zderivujeme základní identitu podle parametru $x$ a dostaneme $\dot{u}(x) = (1-\alpha) y^{-\alpha}(x) y'(x)$. 
  Z~těchto vztahů lze dosadit do rovnice \eqref{eq:drber} za $y^{1-\alpha}(x)$ a $y^{-\alpha}(x) y'(x)$, čímž dostaneme
  \begin{equation*}
   \frac{1}{1-\alpha} \dot{u}(t) + p(t) u(t) = q(t),
  \end{equation*}
  odkud po snadné úpravě
  \begin{equation}
    \label{eq:drber1}
    \dot{u}(t) + (1-\alpha) p(t) u(t) = (1-\alpha) q(t).
  \end{equation}
  To je ovšem lineární diferenciální rovnice s~pravou stranou (typu \eqref{eq:drlin1r}).
\end{remark}
 
\begin{theorem}
  Nechť $\alpha \neq 0,1$, $p=p(x)$ a $q=q(x)$ jsou spojité na $(a,b)$, $q(x) \not\equiv 0$ na $(a,b)$.
  \begin{enumerate}[(I)]
    \item Nechť $u=u(t)$ řeší rovnici \eqref{eq:drber1}. Pak každá funkce $y=y(x)$ daná na $I \subset (a,b)$ vztahem $y^{1-\alpha}(x) = u(x)$, $y(x) \neq 0$ na $I$, 
      a mající derivaci $y'$ na $I$, řeší rovnici \eqref{eq:drber} na $I$.
    \item Pokud $y=y(x)$ je řešení rovnice \eqref{eq:drber} na $I \subset (a,b)$ takové, že $y(x) \neq 0$ na $I$, pak funkce $u(t) = y^{1-\alpha}(t)$ je na 
      intervalu $I$ řešení rovnice \eqref{eq:drber1}.
  \end{enumerate}
  \begin{proof}
    Věta je důsledkem předchozí poznámky a existenční věty pro \eqref{eq:drber1}.
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}
  Případná platnost řešení vně $I$ (v~rámci $(a,b)$) se ověřuje na základě konkrétní podoby rovnice \eqref{eq:drber}.
\end{remark}
 
\begin{example}
  Mějme rovnici
  \begin{equation*}
    xy' - y = x^2 y^{-1},
  \end{equation*}
  která je ještě v~o~něco obecnějším tvaru než rovnice \eqref{eq:drber} ($y'$ je násobeno proměnnou $x$). Jinak rovnice opovídá tvarem rovnici \eqref{eq:drber}, 
  kde $\alpha = -1$. Odtud ovšem plyne, že $y(x) \equiv 0$ nemůže být řešením této rovnice. Na řešení máme podmínku $y(x) \neq 0$ pro všechna $x$ z~relevantního 
  rozsahu, který eventuelně najdeme během řešení rovnice.
 
  Násobení rovnice závisle proměnnou $y$ vede na tvar
  \begin{equation*}
    x y y' - y^2 = x^2.
  \end{equation*}
  Provedeme regulární substituci $\Phi:(x,y)\mapsto(u,t)$ takovou, že $t=x$ a $u=y^2$. Základní funkční identita je potom $u(x) = y^2(x)$ a pro derivaci dostáváme 
  $\dot{u}(x) = 2y(x) y'(x)$.
  Po dosazení do původní rovnice dostáváme lineární diferenciální rovnici s~pravou stranou
  \begin{equation*}
    \frac{t}{2}\dot{u}(t) - u(t) = t^2,
  \end{equation*}
  kterou řešíme standardním postupem z~odstavce \ref{sec:drlin1r}, tj.~separací a metodou variace konstanty.
 
  Pro rovnici bez pravé strany dostáváme
  \begin{equation*}
    \frac{t}{2}\dot{u}(t) - u(t) = 0 \qquad \Longrightarrow \qquad \frac{\dot{u}}{u} = \frac{2}{t}.
  \end{equation*}
  Funkce $u$ pak zřejmě musí vyhovovat rovnici $\ln \abs{u} = 2 \ln \abs{t} + C$, kde $C\in\R$ a tedy
  \begin{equation*}
    u(t) = D t^2, \qquad \text{kde } D \neq 0.
  \end{equation*}
 
  Řešení rovnice s~pravou stranou pak předpokládáme ve tvaru
  \begin{equation*}
    u(t) = D(t) t^2.
  \end{equation*}
  Řešení dosadíme do příslušné rovnice, čímž obdržíme rovnost
  \begin{equation*}
    \frac{t}{2}(\dot{D}(t) t^2 + D(t) 2t) - D(t) t^2 = t^2.
  \end{equation*}
  Pro derivaci $\dot{D}(t)$ jsme tedy dostali $\dot{D}(t) = 2/t$. Integrace právě uvedené rovnosti vede na
  \begin{equation*}
    D(t) = 2 \ln \abs{t} + E, \qquad \text{kde } E\in\R.
  \end{equation*}
 
  Potom zřejmě $u(t) = (\ln t^2 + E) t^2$ a po zpětném dosazení
  \begin{equation*}
    y(x) = \abs{x} \sqrt{\ln x^2 + E},
  \end{equation*}
  kde definiční obor $y$ je dán konstantou $E$ a bodem $x=0$. Zřejmě totiž $x\neq 0$, protože v~bodě $x=0$ nemá funkce $y$ derivaci a zároveň požadavek $y(x) \neq 0$ 
  vede na podmínku $\ln x^2 + E > 0$.
\end{example}
 
 
 
 
 
% ****************************************************************************************************************************
%                             SEKCE: Riccatiho diferenciální rovnice
% ****************************************************************************************************************************
\section{Riccatiho diferenciální rovnice}
\label{sec:drric}
 
\begin{define}
  \index{rovnice diferenciální!Riccatiho}
  Nechť funkce $a_0 = a_0(x)$, $a_1 = a_1(x)$, $a_2 = a_2(x)$ jsou spojité na $(a,b)$. Pak rovnice ve tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drric}
    y' = a_0(x) + a_1(x)y + a_2(x)y^2 \qquad \text{na } (a,b)
  \end{equation}
  se nazývá \textbf{Riccatiho}\footnote{\textbf{Jacopo Francesco Riccati} (1676--1754), italský matematik.} \textbf{diferenciální rovnice 1.~řádu}.
\end{define}
 
\begin{remark}
  Pro $a_0(x) \equiv 0$ je \eqref{eq:drric} Bernoulliho rovnice (s~$\alpha = 2$).
  Pro $a_2(x) \equiv 0$ je \eqref{eq:drric} lineární diferenciální rovnice s~pravou stranou.
\end{remark}
 
\begin{remark}
  Z~pozdější existenční teorie vyplyne, že počáteční úloha
  \begin{eqnarray*}
    y'     &=& a_0(x) + a_1(x)y + a_2(x)y^2 \\
    y(x_0) &=& y_0
  \end{eqnarray*}
  má jednoznačné řešení.
 
  Riccatiho rovnice je analyticky řešitelná v~případech, které uvedeme dále.
\end{remark}
 
\begin{remark}
  \label{rmrk:drric_postup1}
  \textbf{Pokus o~úpravy rovnice \eqref{eq:drric}.}
 
  \begin{enumerate}
% \item
    \item \textbf{Záměna nezávisle proměnné.}
 
    Provedeme transformaci $\Phi: (t,u)\mapsto(x,y)$ definovanou vztahem
    \begin{equation*}
      \Phi \left(\begin{matrix} t\\u \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} \phi(t)\\u \end{matrix}\right).
    \end{equation*}
    Za účelem ověření regularity $\Phi$ sestavíme matici derivace $\Phi$ v~bodě $(t,u)$ a spočteme její determinant
    \begin{equation*}
      \Phi' \left(\begin{matrix} t\\u \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} \dot{\phi}(t) & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}\right) \qquad \Longrightarrow \qquad 
        \det \Phi' \left(\begin{matrix} t\\u \end{matrix}\right) = \dot{\phi}(t)
    \end{equation*}
    Vidíme, že uvažovaná transformace je regulární právě tehdy, když $\dot{\phi}(t) \neq 0$.
 
   Sestavíme základní funkční identitu $y\bigl(\phi(t)\bigr) = u(t)$, odkud $y'\bigl(\phi(t)\bigr) \dot{\phi}(t) = \dot{u}(t)$. Uvedené vztahy dosadíme do \eqref{eq:drric} 
   a po vynásobení $\dot{\phi}(t)$ dostaneme
   \begin{equation*}
     \dot{u}(t) = \dot{\phi}(t)a_0\bigl(\phi(t)\bigr) + \dot{\phi}(t)a_1\bigl(\phi(t)\bigr)u(t) + \dot{\phi}(t)a_2\bigl(\phi(t)\bigr)u^2(t),
   \end{equation*}
   což je opět rovnice ve tvaru \eqref{eq:drric}. Vidíme tedy, že libovolné přeškálování nezávisle proměnné vede opět k~Riccatiho rovnici.
 
% \item
    \item \textbf{Substituce závisle proměnné.}
 
      Zavedeme substituci
      \begin{equation*}
        \Phi \left(\begin{matrix} t\\u \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} t\\ \frac{\alpha u + \beta}{\gamma u + \delta} \end{matrix}\right),
      \end{equation*}
      kde $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ jsou spojité funkce proměnné $t$, na které dále klademe požadavek
      \begin{equation*}
        \left\vert \begin{matrix} \alpha(t) & \beta(t) \\ \gamma(t) & \delta(t) \end{matrix} \right\vert \neq 0.
      \end{equation*}
      U~transformace $\Phi$ je jako obvykle třeba ověřit regularitu. Matice derivace zobrazení $\Phi$ je
      \begin{equation*}
        \Phi' \left(\begin{matrix} t\\u \end{matrix}\right) = \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ \frac{\dif}{\dif t}\left(\frac{\alpha u + \beta}{\gamma u + \delta}\right) &  
          \frac{\alpha(\gamma u + \delta) - \gamma(\alpha u + \beta)}{(\gamma u + \delta)^2} \end{matrix} \right).
      \end{equation*}
      Odtud plyne požadavek
      \begin{equation*}
        \det \Phi' \left(\begin{matrix} t\\u \end{matrix}\right) 
          = \frac{\alpha(\gamma u + \delta) - \gamma(\alpha u + \beta)}{(\gamma u + \delta)^2} 
          = \frac{\alpha\delta - \gamma\beta}{(\gamma u + \delta)^2}
          \neq 0.
      \end{equation*}
 
      Základní funkční identita je 
      \begin{equation*}
        y(x) = \frac{\alpha(x) u(x) + \beta(x)}{\gamma(x) u(x) + \delta(x)}
      \end{equation*}
      a pro derivaci tedy dostaneme
      \begin{eqnarray*}
        y'(x) &=& \frac{ \bigl[\alpha'(x) u(x) + \alpha(x) u'(x) + \beta'(x)\bigr] \bigl[\gamma(x) u(x) + \delta(x)\bigr] }{ \bigl[\gamma(x) u(x) + \delta(x)\bigr]^2} - \\ 
              & & - \frac{ \bigl[\alpha(x) u(x) + \beta(x)\bigr] \bigl[\gamma'(x) u(x) + \gamma(x) u'(x) + \delta'(x)\bigr] }{ \bigl[\gamma(x) u(x) + \delta(x)\bigr]^2}.
      \end{eqnarray*}
      Z~posledních dvou vztahů dosadíme do \eqref{eq:drric} a pro pravou stranu rovnice obdržíme vztah
      \begin{equation*}
        \text{R.H.S.} = a_0(t) + a_1(t)\frac{\alpha(t) u(t) + \beta(t)}{\gamma(t) u(t) + \delta(t)} + 
          a_2(t)\left(\frac{\alpha(t) u(t) + \beta(t)}{\gamma(t) u(t) + \delta(t)}\right)^2.
      \end{equation*}
      Po vynásobení celé rovnice nenulovým výrazem $(\gamma u + \delta)^2$ a zřejmé úpravě dostaneme
      \begin{eqnarray*}
        (\alpha\delta - \gamma\beta) u' &=& (-\beta'\delta + \beta\delta' + a_0\delta^2 + a_1\beta\delta + a_2\beta^2) + \\
                                        & & +(-\alpha'\delta + \beta\gamma' - \beta'\gamma + \alpha\delta' + 2a_0\gamma\delta + a_1\alpha\delta + a_1\beta\gamma + 2a_2\alpha\beta)u + \\
                                        & & +(-\alpha'\gamma + \alpha\gamma' + a_0\gamma^2 + a_1\alpha\gamma + a_2\alpha^2)u^2.
      \end{eqnarray*}
      Vzhledem k~tomu, že podle předpokladu $\alpha\delta - \gamma\beta \neq 0$, je výsledná rovnice opět ve tvaru \eqref{eq:drric}.
 
 
% \item
    \item \textbf{Kanonický tvar Riccatiho rovnice.}
 
      \begin{define}
        \index{kanonický tvar Riccatiho rovnice}
        Rovnice \eqref{eq:drric} má \textbf{kanonický tvar}, právě když
        \begin{equation*}
          \Bigl( \forall x\in (a,b) \Bigr) \Bigl( a_2(x) = \pm 1 \wedge a_1(x) \equiv 0 \Bigr).
        \end{equation*}
      \end{define}
 
      Převod rovnice \eqref{eq:drric} do kanonického tvaru provedeme pomocí substituce
      \begin{equation*}
        \Phi \left(\begin{matrix} t\\u \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} t \\ \omega(t) u + \alpha(t) \end{matrix}\right).
      \end{equation*}
      Protože 
      \begin{equation*}
        \Phi' \left(\begin{matrix} t\\u \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 1 & 0 \\ \dot{\omega}(t) u + \dot{\alpha}(t) & \omega(t) \end{matrix}\right) \qquad
          \Longrightarrow \qquad \det \Phi' \left(\begin{matrix} t\\u \end{matrix}\right) = \omega(t),
      \end{equation*}
      plyne z~požadavku na regularitu $\Phi$ podmínka $\omega(t) \neq 0$.
 
      Základní funkční identita je $y(x) = \omega(x) u(x) + \alpha(x)$, odkud pro derivaci dostaneme $y'(x) = \omega'(x) u(x) + \omega(x) u'(x) + \alpha'(x)$. Z~těchto 
      vztahů dosadíme do původní rovnice \eqref{eq:drric} a získáme vztahy
      \begin{eqnarray*}
        \text{L.H.S.} &=& \omega'(t) u(t) + \omega(t) u'(t) + \alpha'(t), \\
        \text{R.H.S.} &=& a_0(t) + a_1(t)\omega(t)u(t) + a_1(t)\alpha(t) + a_2(t)\omega^2(t)u^2(t) + \\
                      & & + 2a_2(t)\alpha(t)\omega(t)u(t) + a_2(t)\alpha^2(t).
      \end{eqnarray*}
      Po zřejmých úpravách pak dostaneme
      \begin{eqnarray*}
        u'(t) &=& \frac{1}{\omega(t)} \Bigl(\bigl[a_0(t) + a_1(t)\alpha(t) + a_2(t)\alpha^2(t) - \alpha'(t)\bigr] + \\
              & & \qquad               + \bigl[a_1(t)\omega(t) + 2a_2(t)\alpha(t)\omega(t) - \omega'(t)\bigr] u(t) + \\
              & & \qquad               + a_2(t)\omega^2(t) u^2(t)\Bigr).
      \end{eqnarray*}
 
      Při převodu do kanonického tvaru jsme podle definice požadovali splnění následujících dvou podmínek
      \begin{eqnarray*}
        \frac{1}{\omega(t)}a_2(t)\omega^2(t)                     &=& \pm 1, \\
        a_1(t)\omega(t) + 2a_2(t)\alpha(t)\omega(t) - \omega'(t) &=& 0.
      \end{eqnarray*}
      Odtud pro neznámé funkce $\omega(t)$ a $\alpha(t)$ plynou vztahy
      \begin{eqnarray*}
        \omega(t) &=& \pm \frac{1}{a_2(t)}, \\
        \alpha(t) &=& \frac{1}{2} \left[ -\frac{a_1(t)}{a_2(t)} + \left( \frac{1}{a_2(t)} \right)' \ \right].
      \end{eqnarray*}
  \end{enumerate}
\end{remark}
 
\begin{theorem}
  Nechť $y_1 = y_1(x)$ je řešení \eqref{eq:drric} na $(a,b)$. Pak ostatní řešení lze najít integrací (řešením) lineární rovnice s~pravou stranou.
 
  \begin{proof}
    Nechť funkce $y_1 = y_1(x)$ řeší rovnici \eqref{eq:drric} na $(a,b)$. Hledáme nějaké jiné řešení $y \neq y_1$. Provedeme substituci $x=t$ a $u=1/(y-y_1)$, tj.
    \begin{equation*}
      \Phi \left( \begin{matrix} x\\y \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} x \\ \frac{1}{y-y_1(x)} \end{matrix} \right).
    \end{equation*}
    Opět nás zajímá regularita této transformace. Proto sestavíme matici derivace $\Phi$
    \begin{equation*}
      \Phi' \left( \begin{matrix} x\\y \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ \frac{y'_1(x)}{(y-y_1(x))^2} & -\frac{1}{(y-y_1(x))^2} \end{matrix} \right).
    \end{equation*}
    Odtud zřejmě $\det \Phi' \left( \begin{matrix} x\\y \end{matrix} \right) = -\dfrac{1}{\bigl(y-y_1(x)\bigr)^2} \neq 0$ a tedy transformace $\Phi$ je regulární.
 
    Základní funkční identita je
    \begin{equation*}
      y(x) = y_1(x) + \frac{1}{u(x)}
    \end{equation*}
    a její derivací podle proměnné $x$ dostaneme
    \begin{equation*}
      y'(x) = y'_1(x) - \frac{1}{u^2(x)}\dot{u}(x).
    \end{equation*}
 
    Dosadíme-li z~obou uvedených vztahů za $y$ a $y'$ v~rovnici \eqref{eq:drric}, dostaneme
    \begin{eqnarray*}
      y'_1(x) - \frac{1}{u^2(x)}\dot{u}(x) &=& a_0(x) + a_1(x)\left( y_1(x) + \frac{1}{u(x)} \right) + a_2(x) \left( y_1^2(x) + 2\frac{y_1(x)}{u(x)} + \frac{1}{u^2(x)} \right).
    \end{eqnarray*}
    Při dalších úpravách poslední rovnosti si uvědomíme, že podle předpokladů platí $y'_1(x) = a_0(x) + a_1(x)y_1(x) + a_2(x)y_1^2(x)$. Rovněž také víme, že $u(x)\neq0$ a 
    lze tedy celou rovnost vynásobit výrazem $-u^2(x)$, čímž získáme
    \begin{equation*}
      \dot{u}(x) = -a_1(x) u(x) - 2 a_2(x) y_1(x) u(x) - a_2(x).
    \end{equation*}
    Odtud, po drobných úpravách a záměně $t=x$, vyplývá rovnost
    \begin{equation*}
      \dot{u}(t) + \Bigl[a_1(t) + 2 a_2(t) y_1(t)\Bigr] u(t) = -a_2(t)
    \end{equation*}
    Tato rovnice je lineární diferenciální s~pravou stranou a lze ji řešit obvyklým postupem. Tím je ovšem věta dokázána.
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{example}
  Řešme diferenciální rovnici
  \[
    y' = 2x + x^3 y - x y^2.
  \]
 
  Jedná se zřejmě o~Riccatiho rovnici pro $a_0(x) = 2x$, $a_1(x) = x^3$ a $a_2(x) = -x$. Můžeme si také všimnout, že funkce $y_1(x) = x^2$ řeší na $\R$ tuto 
  rovnici. Potom lze postupovat podle důkazu předchozí věty a regulární substitucí $t=x$ a $u=1/(y-y_1(x))$ převést rovnici do tvaru
  \[
    \dot{u} - t^3 u = t,
  \]
  což je lineární diferenciální rovnice 1.~řádu s~pravou stranou. Tu už umíme snadno vyřešit. Jejím řešením je 
  \[
    u(t) = \left[  \int t \exp \left\{ -\frac{t^4}{4} \right\} \dif t + \alpha \right] \exp \left\{ \frac{t^4}{4} \right\}, \qquad \alpha \in \R.
  \]
  Nyní stačí provést zpětnou substituci, čímž dostaneme
  \[
    y(x) = x^2 + \frac{1}{u(x)} = x^2 + \left[  \int x \exp \left\{ -\frac{x^4}{4} \right\} \dif x + \alpha \right]^{-1} \exp \left\{ -\frac{x^4}{4} \right\},
  \]
  kde $\alpha\in\R$. Nalezli jsme tedy jedno řešení $y_1(x) = x^2$ a všechna ostatní řešení jsme dostali ve tvaru $y(x)$.
\end{example}
 
\begin{theorem}
  Nechť $a_0 = a_0(x)$, $a_1 = a_1(x)$, $a_2 = a_2(x)$ a $a'_2(x)$ jsou spojité na $(a,b)$ a $a_2(x) \neq 0$.
  \begin{enumerate}[(I)]
    \item Nechť $y=y(x)$ řeší \eqref{eq:drric}. Pak funkce
      \begin{equation*}
        u(x) = \exp \left\{ -\int a_2(x)y(x) \dif x \right\}
      \end{equation*}
      řeší rovnici
      \begin{equation}
        \label{eq:drric1}
        a_2(t) \ddot{u} - \Bigl[a'_2(t) + a_1(t)a_2(t)\Bigr]\dot{u} + a_0(t)a_2^2(t)u = 0
      \end{equation}
      na intervalu $(\alpha,\beta) \subset (a,b)$.
 
    \item Nechť naopak $u=u(t)$ řeší \eqref{eq:drric1} na $(\gamma,\delta) \subset (a,b)$, $u(t) \neq 0 \ \forall t\in(\gamma,\delta)$. Pak funkce
      \begin{equation*}
        y(x) = -\frac{\dot{u}(x)}{a_2(x)u(x)}
      \end{equation*}
      řeší původní rovnici \eqref{eq:drric} na intervalu $(\gamma,\delta)$.
  \end{enumerate}
 
  \begin{proof}
    ~
 
    \begin{enumerate}[(I)]
%\item
      \item Nechť $y=y(x)$ řeší \eqref{eq:drric}. Provedeme funkcionální substituci ve tvaru
        \begin{equation*}
          u(t) = \exp \left\{-\int a_2(x) y(x) \dif x \bigg|_{x=t} \right\}.
        \end{equation*}
        Uvedený vztah zároveň představuje funkční identitu. Abychom mohli dosadit do rovnice \eqref{eq:drric}, musíme si z~funkční identity vyjádřit $y$ a $y'$. Zřejmě tedy
        \begin{equation*}
          \dot{u}(t) = \Bigl[-a_2(t)y(t)\Bigr]\exp\left\{ -\int a_2(x) y(x) \dif x \bigg|_{x=t} \right\},
        \end{equation*}
        a protože $a_2(t) \neq 0$ lze psát
        \begin{equation*}
          y(t) = -\frac{\dot{u}(t)}{a_2(t)}\ub{\exp\left\{\int a_2(x)y(x)\dif x\right\}}_{=\frac{1}{u(t)}} = -\frac{\dot{u}(t)}{a_2(t) u(t)}.
        \end{equation*}
        Pro $y'$ dostaneme
        \begin{equation*}
          y'(t) = -\frac{\ddot{u}(t) a_2(t) u(t) - \dot{u}(t) a'_2(t) u(t) - \bigl(\dot{u}(t)\bigr)^2 a_2(t) }{\bigl( a_2(t) u(t) \bigr)^2}.
        \end{equation*}
        Vzhledem k~tomu, že $a_2(t)\neq0$ (podle předpokladu) a $u(t)\neq0$ ($u$ je exponenciela), lze rovnici \eqref{eq:drric} po dosazení za $y$ a $y'$ násobit výrazem
        $\bigl( a_2(t) u(t) \bigr)^2$. Po snadných úpravách pak dostáváme výslednou rovnost
        \begin{equation*}
          a_2(t) \ddot{u}(t) - \Bigl[a'_2(t) + a_1(t)a_2(t)\Bigr]\dot{u}(t) + a_0(t)a_2^2(t)u(t) = 0.
%          -\ddot{u}(t) a_2(t) u(t) + \dot{u}(t) a'_2(t) u(t) + \bigl(\dot{u}(t)\bigr)^2 a_2(t) = 
%            a_0(t) a_2^2(t) u^2(t) - a_1(t) a_2(t) u(t) \dot{u}(t) + a_2(t) \bigl( \dot{u}(t) \bigr)^2
        \end{equation*}
        Funkce $u=u(t)$ tedy řeší rovnici \eqref{eq:drric1}, což jsme chtěli dokázat.
 
% \item
      \item Nechť naopak $u=u(t)$ řeší rovnici \eqref{eq:drric1} na $(\gamma,\delta) \subset (a,b)$, $u(t) \neq 0 \ \forall t\in(\gamma,\delta)$. Funkce $u$ řeší 
        diferenciální rovnici 2.~řádu a je tudíž dvakrát diferencovatelná. Položme
        \begin{equation*}
          y(x) = -\frac{\dot{u}(x)}{a_2(x) u(x)}
        \end{equation*}
        a podle postupu v~předchozí části důkazu zpětně snadno ověříme, že $y=y(x)$ řeší rovnici \eqref{eq:drric} na $(\gamma,\delta)$. \qedhere
 
    \end{enumerate}
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}
  Za předpokladu $a_2(x) \neq 0$ a $\exists a'_2(x)$ lze Riccatiho rovnici \ref{eq:drric} převést na LDR 2. řádu s nulovou pravou stranou pomocí substituce 
   \begin{equation*}
     u=\exp\left\{\int a_2(x)y(x)\dif x\right\},
   \end{equation*}
  což je ekvivalentní s $y=-\frac{u'}{u a_2}$.
  Dosazením za $y$, $y'$ a $y''$ a následnými úpravami se dostaneme na tvar 
   \begin{equation*}
    u''-\left(a_1+\frac{a'_2}{a_2}u'+a_0 a_2 u=0 \right),
   \end{equation*}
  což je slibovaná LDR 2. řádu s nulovou pravou stranou.
\end{remark}
 
\begin{remark}
    \label{rmrk:drric_postup2}
  \index{rovnice diferenciální!Riccatiho speciální}
  \textbf{Speciální tvar Riccatiho rovnice} je
  \begin{equation}
    \label{eq:drric2}
    y' + a y^2 = b x^\alpha, \qquad \text{kde } a,b\neq0, \ \alpha\in\R.
  \end{equation}
 
  Pro následující volby parametrů umíme rovnici \eqref{eq:drric2} řešit analyticky:
  \begin{enumerate}
    \item Nechť $\alpha = 0$. Potom je rovnice \eqref{eq:drric2} separovatelná.
    \item Nechť $\alpha = -2$. Potom má rovnice \eqref{eq:drric2} tvar
      \begin{equation*}
        y' + ay^2 = \frac{b}{x^2}.
      \end{equation*}
      Provedeme substituci $\Phi : (t,u) \mapsto (x,y)$, takovou, že $x=t$ a $y=1/u$. Ověříme její regularitu
      \begin{equation*}
        \Phi' \left( \begin{matrix} t\\u \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1/u^2 \end{matrix} \right).
      \end{equation*}
      Potom $\det \Phi' \left( \begin{matrix} t\\u \end{matrix} \right) = -\dfrac{1}{u^2} \neq 0$, a tedy transformace je regulární.
 
      Základní funkční identita má tvar
      \begin{equation*}
        y(x) = \frac{1}{u(x)},
      \end{equation*}
      odkud
      \begin{equation*}
        y'(x) = -\frac{1}{u^2(x)}\dot{u}(x).
      \end{equation*}
 
      Dosadíme do rovnice \eqref{eq:drric2} za $y$ a $y'$ a po zřejmých úpravách dostáváme
      \begin{equation*}
        \dot{u}(t) - a + b\frac{u^2(t)}{t^2} = 0.
      \end{equation*}
      Tato rovnice je ve tvaru \eqref{eq:drhom}, kde $P(t,u) = - a + bu^2/t^2$ a $Q(t,u) = 1$. Snadno ověříme, že se jedná o~rovnici homogenní stupně 0.
 
    \item Pro některé další hodnoty parametru $\alpha$ (které určíme později), lze s~výhodou zavést substituci tvaru 
      \begin{equation*}
        y=\omega u + \delta,
      \end{equation*}
      kde $\omega=\omega(t)$ a $\delta=\delta(t)$ jsou zatím neznámé funkce. Už víme, že tato substituce převádí Riccatiho rovnici v~jinou Riccatiho rovnici 
      (viz poznámka \ref{rmrk:drric_postup1}). Budeme požadovat, aby tato nová Riccatiho rovnice byla opět ve speciálním tvaru \eqref{eq:drric2}. Regularitu 
      navrhované substituce jsme již ověřili (poznámka \ref{rmrk:drric_postup1}). V~tomto speciálním případě vede požadavek na regularitu k~podmínce 
      $\omega(t) \neq 0$.
 
      Základní funkční vztah máme ve tvaru
      \begin{equation*}
        y(t) = \omega(t) u(t) + \delta(t)
      \end{equation*}
      a pro derivaci $y'$ platí
      \begin{equation*}
        y'(t) = \dot{\omega}(t) u(t) + \omega(t) \dot{u}(t) + \dot{\delta}(t).
      \end{equation*}
 
      Po dosazení a úpravě původní rovnice \eqref{eq:drric2} dostáváme
      \begin{equation}
        \label{eq:drric2a}
        \omega \dot{u} + (\dot{\omega} + 2 a \omega\delta)u + a \omega^2 u^2 = b t^\alpha - \dot{\delta} - a \delta^2.
      \end{equation}
      Má-li být uvedená rovnice opět ve tvaru \eqref{eq:drric2}, musí být zřejmě splněny podmínky
      \begin{eqnarray*}
        \dot{\omega} + 2 a\omega\delta &=& 0, \\
        \dot{\delta} + a\delta^2       &=& 0.
      \end{eqnarray*}
      Tyto podmínky představují soustavu diferenciálních rovnic a funkce $\omega$ a $\delta$ musí být jejím řešením. Druhá rovnice je separovatelná a snadno 
      ověříme, že jejím řešením je např.~funkce $\delta(t) = 1/at$. Dosadíme-li nalezenou funkci $\delta$ do první rovnice, převedeme ji tím rovněž na 
      rovnici separovatelnou a opět snadno ověříme, že funkce $\omega(t) = 1/t^2$ této rovnici vyhovuje.
 
      Nyní jsme určili původně neznámé funkce $\omega$ a $\delta$ a naše substituce má tedy tvar
      \begin{equation*}
        y = \frac{1}{t^2}u + \frac{1}{at}.
      \end{equation*}
      Pokračujeme v~úpravách rovnice \eqref{eq:drric2a}, kterou po dosazení za $\omega(t)$ a $\delta(t)$ a vynásobení nenulovým výrazem $t^2$ převedeme do tvaru
      \begin{equation}
        \label{eq:drric2b}
        \dot{u} + \frac{a}{t^2} u^2 = b t^{\alpha+2},
      \end{equation}
      což je sice Riccatiho rovnice, ale stále není v~požadovaném speciálním tvaru. Provedeme proto další substituci $\Phi: (t,u) \mapsto (s,w)$ definovanou vztahem
      \begin{equation*}
        \Phi \left( \begin{matrix} t\\u \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} t^{\alpha+3} \\ 1/u \end{matrix} \right).
      \end{equation*}
      Obvyklým způsobem vyšetříme regularitu transformace $\Phi$. Tak zjistíme, že transformace $\Phi$ je regulární právě tehdy, když $(\alpha+3)t^{\alpha+2}/u^2 \neq 0$. 
      Zřejmě tedy musí platit, že $\alpha \neq -3$, $t \neq 0$ (splnění této podmínky již ale máme zajištěno) a $u \neq 0$.
 
      Základní funkční identita je
      \begin{equation*}
        w\bigl(t^{\alpha+3}\bigr) = \frac{1}{u(t)}
      \end{equation*}
      a její derivací podle proměnné $t$ získáme 
      \begin{equation*}
        w'\bigl(t^{\alpha+3}\bigr) (\alpha+3) t^{\alpha+2} = -\frac{1}{u^2(t)} \dot{u}(t).
      \end{equation*}
 
      Z~posledních dvou vztahů vyjádříme $u(t)$ a $\dot{u}(t)$ a dosadíme do rovnice \eqref{eq:drric2b}, čímž získáme
      \begin{equation*}
        -\frac{1}{w^2} w' (\alpha+3) t^{\alpha+2} + \frac{a}{t^2} \frac{1}{w^2} = b t^{\alpha+2},
      \end{equation*}
      odkud po snadných úpravách získáme
      \begin{equation*}
        w' + \frac{b}{\alpha+3} w^2 = \frac{a}{\alpha+3} t^{-\alpha-4}.
      \end{equation*}
      V~poslední rovnici ještě přejdeme od $t$ k $s$
      \begin{equation}
        \label{eq:drric2c}
        w' + \frac{b}{\alpha+3} w^2 = \frac{a}{\alpha+3} s^{-\frac{\alpha+4}{\alpha+3}}.
      \end{equation}
      Poslední rovnice již je v~požadovaném speciálním tvaru \eqref{eq:drric2}. Můžeme si všimnout, že při transformaci proměnných se nám rovněž transformovaly koeficienty 
      $a$ a $b$, ale především exponent z~$\alpha$ na $\alpha_1 = -(\alpha+4)/(\alpha+3)$.
 
      Může se stát, že exponent $\alpha_1$ je roven $0$ nebo $-2$. Potom rovnici \eqref{eq:drric2c} umíme řešit. Pokud nenastane ani jeden z~těchto případů, můžeme zopakovat 
      předchozí postup, pomocí něhož dostaneme další exponent $\alpha_2$. S~tímto novým exponentem můžeme provést celou úvahu znovu. Cílem je odvodit přípustné hodnoty pro 
      parametr $\alpha$ tak, aby po $k$ krocích platilo, že $\alpha_k = 0$ nebo $\alpha_k = -2$. V~těchto případech totiž umíme rovnici \eqref{eq:drric2} po konečném počtu 
      substitucí převést do tvaru, v~němž ji umíme vyřešit. Za tím účelem nejdříve spočtěme
      \begin{equation*}
        \alpha_1 + 2 = \frac{2\alpha + 6 - \alpha -4}{\alpha + 3} = \frac{\alpha + 2}{\alpha + 3}.
      \end{equation*}
      Z~této rovnosti ovšem vyplývá, že požadavek $\alpha_1 = -2$ je splněn právě tehdy, když $\alpha = -2$. Úvahu lze zřejmě zobecnit i na $\alpha_k$. V~dalším se proto 
      omezíme na požadavek $\alpha_k = 0$. Z~předchozí rovnosti plyne
      \begin{equation*}
        \frac{1}{\alpha_1 + 2} = \frac{\alpha + 3}{\alpha + 2} = 1 + \frac{1}{\alpha + 2}.
      \end{equation*}
      Snadno si rozmyslíme, že po $k$ krocích dojdeme ke vztahu
      \begin{equation*}
        \frac{1}{\alpha_k + 2} = 1 + \frac{1}{\alpha_{k-1} + 2} = \cdots = k + \frac{1}{\alpha + 2}.
      \end{equation*}
      Abychom odvodili podmínku na $\alpha$ položme $\alpha_k = 0$. Potom
      \begin{equation*}
        \frac{1}{0 + 2} = k + \frac{1}{\alpha + 2},
      \end{equation*}
      odkud
      \begin{equation*}
        \alpha = \frac{4k}{1 - 2k}, \qquad \text{kde } k\in\N. %Bylo tu \Z, ale to nedává smysl, ne?
      \end{equation*}
  \end{enumerate}
\end{remark}
 
\begin{theorem}
  Pro hodnoty $\alpha \in \left\{ 4k/(1-2k) \ \vert \ k\in\N \right\}$ lze rovnici \eqref{eq:drric2} transformovat na rovnici separovatelnou pomocí opakovaného použití těchto dvou substitucí: 
     \begin{equation*}
       y=\frac{1}{t^2}u+\frac{1}{at}, \quad x=t
     \end{equation*} 
  a následně 
     \begin{equation*}
       \left(\begin{matrix} z\\ w\end{matrix}\right)=\Phi\left(\begin{matrix} t\\ u\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} t^{\alpha+3}\\ \frac{1}{u}\end{matrix}\right). 
     \end{equation*}
  \begin{proof}
    Viz předchozí poznámka.
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}
  Ve skutečnosti lze řeši pro všechna  $\alpha \in \left\{ -4k/(1+2k) \ \vert \ k\in\Z \right\}$. (Vzniklo záměnou $k$ na $-k$ v předchozí větě.)
  Pro $k$ záporná provedu substituce podle předchozí věty, pro $k$ kladná substituce inverzní. Pro ostatní $\alpha$ je dokázáno, že rovnice \eqref{eq:drric2} nemá řešení v elementárních funkcích.
\end{remark}
 
 
 
 
 
 
% ****************************************************************************************************************************
%                             SEKCE: Diferenciální rovnice ve tvaru $x=f(y')$ a $y=g(y')$
% ****************************************************************************************************************************
\section{Diferenciální rovnice ve tvaru $x=f(y')$ a $y=g(y')$}
\label{sec:drspec}
 
\begin{remark}
  \index{rovnice diferenciální!tvaru $x=f(y')$, $y=g(y')$}
  Řešíme-li obecnou diferenciální rovnici 1.~řádu
  \begin{equation*}
    F(x,y,y') = 0,
  \end{equation*}
  obvykle se snažíme ji \uv{rozřešit} vzhledem k~$y'$. To ale není vždy možné. V~některých případech se ukazuje výhodné vyřešit tuto rovnici vzhledem k~$x$ nebo k~$y$. 
  Ve zvláštních případech se nám pak může podařit převést tuto rovnici do tvaru
  \begin{equation}
    \label{eq:drspec1}
    x = f(y')
  \end{equation}
  nebo 
  \begin{equation}
    \label{eq:drspec2}
    y = g(y').
  \end{equation}
\end{remark}
 
\begin{remark}[\textbf{Formální postup}, rovnice \eqref{eq:drspec1}]
 
  Řešení budeme hledat v~parametrickém tvaru. Za tím účelem zavedeme parametr $t$ tak, že $t=y'$ odkud
  \begin{equation*}
    x = f(t)
  \end{equation*}
  což představuje parametrickou rovnici pro $x$. Nyní odvodíme, jak by mělo vypadat parametrické vyjádření $y$. Vyjdeme z~rovnice $t=y'$, z~níž plyne
  \begin{equation*}
    y(x) = y(x_0) + \int_{x_0}^x t \dif x,
  \end{equation*}
  kde předpokládáme, že $t=t(x)$. Položíme-li $y_0 = y(x_0)$ a $x_0 = f(t_0)$ a přejdeme-li v~integrálu od proměnné $x$ k~proměnné $t$ dostaneme
  \begin{equation*}
    y(x(t)) = y_0 + \int_{t_0}^t \tau f'(\tau) \dif \tau.
  \end{equation*}
  Tato rovnice spolu s~rovnicí $x(t) = f(t)$ představuje hledané řešení rovnice \eqref{eq:drspec1} v~parametrickém tvaru.
 
  V~dalším textu budeme pro jednoduchost místo $y(x(t))$ psát jednoduše $y(t)$. Na závěr ještě dodejme, že aby uvedený postup byl korektní, je třeba zajistit splnění 
  jistých předpokladů. Především je třeba zajistit proveditelnost substituce v~integrálu a dále je třeba zjistit existenci inverzní funkce k~funkci $f$. Následující 
  věta nám zajistí splnění postačujících předpokladů, za kterých je uvedený postup správný.
\end{remark}
 
\begin{theorem}
  \label{theo:drspec1}
  Nechť $f$ má na intervalu $(t_1,t_2)$ spojitou derivaci, která zde nemění znamení. Nechť $a = \inf \{ f(t) \ | \ t\in(t_1,t_2) \}$ a 
  $b = \sup \{ f(t) \ | \ t\in(t_1,t_2) \}$. Pak každým bodem $[x_0,y_0]\in(a,b)\times\R$ prochází právě jedna integrální křivka $y=y(x)$ diferenciální rovnice 
  \begin{equation}
    \tag{\ref{eq:drspec1}}
    x = f(y')
  \end{equation}
  jejíž tečna v~bodě $[x_0,y_0]$ má směrnici v~intervalu $(t_1,t_2)$, a která je řešením rovnice \eqref{eq:drspec1} na intervalu $(a,b)$. Parametrické rovnice této 
  křivky jsou 
  \begin{eqnarray*}
    x(t) &=& f(t), \\
    y(t) &=& y_0 + \int_{t_0}^t \tau f'(\tau) \dif \tau,
  \end{eqnarray*}
  kde $t_0\in(t_1,t_2)$ takové, že $x_0 = f(t_0)$.
 
  \begin{proof}
    Z~předpokladů plyne, že funkce $f$ je na $(t_1,t_2)$ spojitá a ryze monotónní a existuje k~ní tedy inverzní funkce $h: (a,b) \stackrel{\text{na}}{\rightarrow} (t_1,t_2)$. 
    Funkce $h$ je na $(a,b)$ také ryze monotónní, spojitá a má zde spojitou derivaci. Potom rovnici \eqref{eq:drspec1} lze rozřešit vzhledem k~$y'$ a platí
    \begin{equation}
      \label{eq:drspec1a}
      y' = h(x).
    \end{equation}
 
    Rovnice \eqref{eq:drspec1a} je rovnice se separovanými proměnnými a podle věty \ref{theo:drsep2} prochází každým bodem $[x_0,y_0]\in(a,b)\times\R$ právě jedna 
    integrální křivka
    \begin{equation}
      \label{eq:drspec1b}
      y(x) = y_0 + \int_{x_0}^x h(\xi) \dif \xi.
    \end{equation}
    Funkce $y(x)$ je řešením rovnice \eqref{eq:drspec1a} na celém $(a,b)$. Přitom rovnice \eqref{eq:drspec1} a \eqref{eq:drspec1a} jsou ekvivalentní, protože pokud pro 
    nějakou funkci $\phi(x)$ platí $x = f(\phi'(x))$, pak platí i $\phi'(x) = h(x)$ a naopak. Každým bodem pásu $(a,b)\times\R$ tedy prochází právě jedna integrální 
    křivka, která je řešením rovnice \eqref{eq:drspec1} na $(a,b)$.
 
    Hledáme parametrické vyjádření řešení $y(x)$. Zavedeme do integrálu v~rovnici \eqref{eq:drspec1b} substituci $\xi = f(t)$. Z~vlastností funkce $f$ plyne, že pro každé 
    $x\in(a,b)$ existuje právě jedno $t\in(t_1,t_2)$ tak, že $f(t) = x$. Speciálně tedy i $f(t_0) = x_0$. Potom
    \begin{equation*}
      y = y_0 + \int_{t_0}^t h(f(\tau)) f'(\tau) \dif \tau = y_0 + \int_{t_0}^t \tau f'(\tau) \dif \tau.
    \end{equation*}
    Z~poslední rovnice a z~rovnice $\xi = f(t)$ dostáváme hledané parametrické vyjádření řešení $y(x)$ rovnice \eqref{eq:drspec1} na $(a,b)$ ve tvaru
    \begin{eqnarray*}
      x(t) &=& f(t), \\
      y(t) &=& y_0 + \int_{t_0}^t \tau f'(\tau) \dif \tau,
    \end{eqnarray*}
    kde $t\in(t_1,t_2)$. \qedhere
 
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}[\textbf{Formální postup}, rovnice \eqref{eq:drspec2}]
 
  Řešení budeme opět hledat v~parametrickém tvaru. Podobně jako v~předchozím příkladě nejdřív naznačíme princip odvození tohoto parametrického vztahu, přičemž se nebudeme zabývat předpoklady, za kterých naše odvození platí. Posléze zformulujeme a dokážeme větu, která náš postup ospravedlní.
 
  Položme $t=y'$. Potom rovnici \eqref{eq:drspec2} máme ve tvaru $y = g(t)$. Protože $y' = \dif y/ \dif x = t$, pak za určitých předpokladů lze také psát $\dif x/ \dif y = 1/t$, odkud
  \begin{equation*}
    x = x_0 + \int_{y_0}^y \frac{1}{t(y)} \dif y.
  \end{equation*}
  Položme $y_0 = g(t_0)$ a v~integrálu proveďme substituci $y = g(t)$. Potom
  \begin{equation*}
    x = x_0 + \int_{t_0}^t \frac{1}{\tau} g'(\tau) \dif \tau.
  \end{equation*}
 
  Hledaný parametrický popis řešení tedy je
  \begin{eqnarray*}
    x(t) &=& x_0 + \int_{t_0}^t \frac{1}{\tau} g'(\tau) \dif \tau, \\
    y(t) &=& g(t).
  \end{eqnarray*}
\end{remark}
 
\begin{theorem}
  \label{theo:drspec2}
  Nechť $g$ má na intervalu $(t_1,t_2)$ spojitou derivaci, která zde nemění znamení. Nechť $0\not\in(t_1,t_2)$. Položme $\alpha = \inf \{ g(t) \ | \ t\in(t_1,t_2) \}$ a 
  $\beta = \sup \{ g(t) \ | \ t\in(t_1,t_2) \}$. Potom každým bodem $[x_0,y_0]\in\R\times(\alpha,\beta)$ prochází právě jedna integrální křivka diferenciální rovnice 
  \begin{equation}
    \tag{\ref{eq:drspec2}}
    y = g(y'),
  \end{equation}
  jejíž směrnice tečny v~$[x_0,y_0]$ leží v~intervalu $(t_1,t_2)$, a která je řešením rovnice \eqref{eq:drspec2} na intervalu $(a,b)$, kde 
  \begin{eqnarray*}
    a   &=& x_0 + \inf_{t\in(t_1,t_2)} \int_{t_0}^t \frac{g'(\tau)}{\tau} \dif \tau, \\
    b   &=& x_0 + \sup_{t\in(t_1,t_2)} \int_{t_0}^t \frac{g'(\tau)}{\tau} \dif \tau, \\
    y_0 &=& g(t_0).
  \end{eqnarray*}
  Parametrické rovnice této křivky jsou
  \begin{eqnarray*}
    x(t) &=& x_0 + \int_{t_0}^t \frac{g'(\tau)}{\tau} \dif \tau, \\
    y(t) &=& g(t).
  \end{eqnarray*}
 
  \begin{proof}
    Z~předpokladů plyne, že funkce $g$ je ostře monotónní a spojitá na $(t_1,t_2)$, přičemž $g(t_1,t_2) = (\alpha,\beta)$. Proto zde existuje i inverzní funkce $h$ k~funkci 
    $g$, která je rovněž ostře monotónní a spojitá taková, že $h(\alpha,\beta) = (t_1,t_2)$. Funkce $h$ má na $(\alpha,\beta)$ také spojitou derivaci. Rovnici 
    \eqref{eq:drspec2} lze přepsat do tvaru
    \begin{equation}
      \label{eq:drspec2a}
      y' = h(y),
    \end{equation}
    což je separovatelná rovnice. Protože $0\not\in(t_1,t_2)$, pak $h(y) \neq 0$ na $(\alpha,\beta)$ a tato rovnice je ekvivalentní s~rovnicí 
    \begin{equation*}
      \frac{y'}{h(y)} = 1.
    \end{equation*}
    Potom každým bodem množiny $\R\times(\alpha,\beta)$ prochází právě jedna integrální křivka  rovnice \eqref{eq:drspec2a}. Řešením rovnice \eqref{eq:drspec2a} je 
    pak každá diferencovatelná funkce implicitně zadaná rovnicí
    \begin{equation*}
      x + c = \int \frac{1}{h(y)} \dif y, \qquad \text{kde } c\in\R.
    \end{equation*}
    Bodem $[x_0,y_0]\in\R\times(\alpha,\beta)$ prochází zřejmě integrální křivka určená rovnicí
    \begin{equation}
      \label{eq:drspec2b}
      x - x_0 = \int_{y_0}^{y} \frac{\dif \upsilon}{h(\upsilon)}.
    \end{equation}
    Vzhledem k~tomu, že $g$ a $h$ jsou inverzní funkce, jsou rovnice \eqref{eq:drspec2} a \eqref{eq:drspec2a} ekvivalentní. Bodem $[x_0,y_0]$ prochází tedy také právě jedna 
    integrální křivka rovnice \eqref{eq:drspec2}, která je implicitně zadána rovnicí \eqref{eq:drspec2b}.
 
    V~integrálu v~rovnici \eqref{eq:drspec2b} zavedeme substituci $\upsilon = g(t)$, čímž dostaneme
    \begin{equation*}
      x = x_0 + \int_{t_0}^t \frac{1}{h(g(\tau))} g'(\tau) \dif \tau = x_0 + \int_{t_0}^t \frac{g'(\tau)}{\tau} \dif \tau,
    \end{equation*}
    kde $t_0\in(t_1,t_2)$ takové, že $y_0 = g(t_0)$. Parametrické rovnice integrální křivky \eqref{eq:drspec2b} jsou tedy
    \begin{eqnarray*}
      x(t) &=& x_0 + \int_{t_0}^t \frac{g'(\tau)}{\tau} \dif \tau, \\
      y(t) &=& g(t).
    \end{eqnarray*}
    Tato křivka je integrální křivkou rovnice \eqref{eq:drspec2} na intervalu $(a,b)$, kde
    \begin{equation*}
      a = x_0 + \inf_{t\in(t_1,t_2)} \int_{t_0}^t \frac{g'(\tau)}{\tau} \dif \tau \qquad \text{a} \qquad b = x_0 + \sup_{t\in(t_1,t_2)} \int_{t_0}^t \frac{g'(\tau)}{\tau} \dif \tau. \qedhere
    \end{equation*} 
 
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{example}
  Řešme rovnici
  \begin{equation*}
    (y')^3 + y' - x = 0.
  \end{equation*}
 
  Rovnici lze zřejmě přepsat do tvaru 
  \begin{equation*}
    x = (y')^3 + y',
  \end{equation*}
  a je tedy tvaru \eqref{eq:drspec1}. Provedeme substituci $y' = t$, odkud
  \begin{equation*}
    x = f(t) = t^3 + t.
  \end{equation*}
  Funkce $f$ je zřejmě ostře rostoucí na $\R$ a má zde spojitou derivaci. Tím máme splněny předpoklady věty \ref{theo:drspec1} ($a = -\infty$ a $b = +\infty$), a parametrické 
  rovnice řešení jsou tedy
  \begin{eqnarray*}
    x(t) &=& t^3 + t, \\
    y(t) &=& y_0 + \int_{t_0}^{t} \tau (3\tau^2 + 1) \dif \tau = \\ 
         &=& y_0 - \frac{1}{2}t_0^2 - \frac{3}{4}t_0^4 + \frac{1}{2}t^2 + \frac{3}{4}t^4, \qquad \text{kde } t\in\R.
  \end{eqnarray*}
\end{example}