Diferenciální rovnice

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Rozměr: px
Začít zobrazení ze stránky:

Download "Diferenciální rovnice"

Transkript

1 Obyčejné diferenciální rovnice - studijní text pro cvičení v předmětu Matematika - 2. Studijní materiál byl připraven pracovníky katedry E. Novákovou, M. Hyánkovou a L. Průchou za podpory grantu IG ČVUT č a v rámci rozvojového projektu MŠMT. Obsah 1. Základní pojmy 2. Rovnice se separovatelnými proměnnými 3. Homogenní lineární diferenciální rovnice 1. řádu 4. Nehomogenní lineární diferenciální rovnice 1.řádu 5. Metoda odhadu řešení lineární diferenciální rovnice 1.řádu 6. Homogenní lineární rovnice druhého a vyššího řádu s konstatními koeficienty. 7. Metoda odhadu pro lineární rovnici druhého řádu. 8. Metoda variace konstant pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu. Diferenciální rovnice 1. Základní pojmy. Diferenciální rovnicí 1. řádu nazýváme rovnici tvaru (1.1) x = f(t, x), kde f(t, x) je funkce dvou reálných proměnných, která je definována v nějaké otevřené množině G R 2. Řešením diferenciální rovnice (1.1) v intervalu I R rozumíme reálnou funkci x(t) definovanou v intervalu I, která v tomto intervalu splňuje identitu (1.2) x (t) = f(t, x(t)), t I. Počáteční podmínkou pro řešení rovnice (1.1) nazýváme podmínku tvaru (1.3) x(τ) = ξ, (τ, ξ) G. Počáteční (Cauchyovou) úlohou pro rovnici (1.1) rozumíme úlohu (1.4) x = f(t, x), x(τ) = ξ. Řešením Cauchyovy úlohy rozumíme každé řešení rovnice (1.1), které splňuje počáteční podmínku (1.3). Toto řešení budeme označovat symbolem x = x(t), t I, nebo x(t; τ, ξ), t I, pokud budeme potřebovat zdůraznit závislost řešení na dané počáteční podmínce. Obecným tvarem řešení rozumíme všechny funkce,které vyhovují rovnici (1.1). Obvykle je zapsán vzorcem tvaru x(t) = x(t, c), t I, c R. Partikulárním řešením rozumíme jedno konkrétní řešení z množiny všech řešení, obvykle určeným zadanou počáteční podmínkou tvaru (1.3). Říkáme, že Cauchyova úloha má jednoznačné řešení, jestliže pro každá dvě její řešení x 1 (t; τ, ξ), t I 1 a x 2 (t; τ, ξ), t I 2 platí x 1 (t; τ, ξ) = x 2 (t; τ, ξ) pro t I 1 I 2. 1

2 2. Rovnice se separovatelnými proměnnými. Rovnicí se separovatelnými proměnnými rozumíme rovnici tvaru (2.1) x = h(t)g(x), kde funkce h : (a, b) R a g : (c, d) R jsou spojité v uvedených intervalech. Metoda řešení: a) Je-li g(x 0 ) = 0 pro nějaké x 0 (c, d), pak funkce x(t) = x 0, t (a, b) je řešením rovnice (2.1) v intervalu (a, b) neboť se jedná o rovnici x (t) = 0, t (a, b). V používané symbolice se jedná o řešení x(t) = x(t; τ, x 0 ) = x 0, t (a, b) a τ (a, b) je libovolné. b) Řešení rovnice (2.1), které vyhovuje počáteční podmínce x(τ) = ξ, kde g(ξ) 0, nalezneme následujícím postupem. Řešení x(t), t I musí splňovat rovnici x (t) = h(t)g(x(t)) x (t) = h(t), t I. g(x(t)) Integrováním této rovnice od τ do t dostaneme t τ x (s) t g(x(s)) ds = h(s) ds, t I. V integrálu na levé straně vztahu provedeme substituci x(s) = z, x (s)ds = dz, x(τ) = ξ a dostaneme formuli x(t) dz t (2.2) g(z) = h(s)ds, t I. ξ Vzorec je implicitním vyjádřením řešení a záleží na konkrétním případě, jak se podaří řešení x(t) = x(t; τ, ξ) příslušné počáteční úlohy z tohoto vztahu vypočítat. Při výpočtu dostaneme i definiční interval tohoto řešení. Vzorec (2.2) můžeme také zapsat ve tvaru (2.3) τ τ dx g(x) = h(t)dt, který je implicitním vztahem pro obecný tvar řešení rovnice (2.1). Vzorec obsahuje volný parametr, konstantu v neurčitém integrálu a její hodnotu určíme z dané počáteční podmínky. Oběma způsoby určíme totéž řešení. Pro ilustraci uvedeme několik úloh, ve kterých přiblížíme jednotlivé odlišnosti. Řešené úlohy k odstavci Úloha: Určete řešení Cauchyových úloh x = x 2, x(0) = 0 a x(1) = 1. Řešení: Rovnice je diferenciální rovnicí se separovatelnými proměnnými tvaru (2.1) z odst. 2. Je g(x) = x 2 a h(t) = 1. Funkce jsou spojité v intervalu (, ) a v tomto intervalu budeme hledat řešení. 2

3 Je g(x) = 0 x = 0, tedy x(t) = 0, t R je řešení rovnice, které splňuje počáteční podmínku x(0) = 0. Je tedy x(t) = x(t; 0, 0) = 0, t R. Řešení druhé Cauchyovy úlohy je nenulové v bodě τ = 1, budeme jej hledat pomocí postupu popsaného v odst. 2. Rovnici zapíšeme ve tvaru x (t) x 2 (t) = 1 x(t) τ x (s) x 2 (s) ds = t Provedeme substituci z = x(s), dz = x (s)ds, x(τ) = ξ a dostaneme Odtud plyne, že a x(t) Protože je τ = 1 a ξ = 1 je ξ dz z 2 = t τ τ ds. [ ] 1 x(t) ds = t τ. z 1 x(t) 1 ξ = t τ 1 x(t) = x(t; τ, ξ) = t τ + 1, t (, τ 1 ξ ) pro ξ < 0 ξ 1 x(t) = x(t; τ, ξ) = t τ + 1 ξ ξ, t (τ 1, ) pro ξ > 0. ξ x(t) = x(t; 1, 1) = 1, t (0, ). t 2. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy tx + x = x ln x, x(1) = 1. Řešení: Rovnice je diferenciální rovnicí se separovatelnými proměnnými tvaru (2.1) z odst. 2. Rovnici přepíšeme do tvaru x x(ln x 1) =. t Vidíme, že funkce g(x) = x(ln x 1) je spojitá v intervalu (0, ) a funkce h(t) = 1 t je spojitá v intervalech (, 0) a (0, ). Protože hledáme řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(1) = 1, budeme hledat řešení, které bude definováno v intervalu (0, ). Funkce g(x) = x(ln x 1) = 0 x = e a protože je 1 < e není požadované řešení konstantní a pro jeho hodnoty bude platit 0 < x(t) < e. Toto řešení budeme hledat postupem popsaným v odstavci 2. Integrací rovnice získáme vzorec pro řešení x(t) 1 1 z(ln z 1) dz = t 1 1 ds [ln ln z 1 ]x(t) 1 = [ln s] t 1 s ln 1 ln x(t) = ln t, t > 0 1 ln x(t) = t x(t) = x(t; 1, 1) = e 1 t, t (0, ). Neřešené úlohy k odstavci 2. 3

4 1. Úloha: Určete řešení Cauchyových úloh x x 2 = 0, x(0) = 0 a x(1) = Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy [x(t) = x(t; 0, 0) = 0, t R, x(t) = x(t; 1, 1) = 1 2 t, t (, 2)] x = 3. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy t, x(0) = 0. x + 1 x = 1 t2, x(1) = 2. xt [x(t) = x(t; 0, 0) = 1 t 2 1, t ( 1, 1)] [x(t) = x(t; 1, 2) = ln t t 2, t (t 1, t 2 )], [kde t 1 a t 2 jsou řešení rovnice 5 t 2 = 2 ln t, pro která platí 0 < t 1 < 1 < t 2. ] 4. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy x = 2tx2 t 2, x(0) = 1. 1 [x(t) = x(t; 0, 1) = 1 1+ln (1 t 2 ), t ( 1 e 1, 1 e 1 )] 5. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy x = 2 x ( ) π cotg t, x = Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy ( ) [x(t) = x t; π 4, = 2 3 cos t, t (0, π 2 )] x = (x 1)tg t, x(τ) = ξ, π/2 < τ < π/2. [x(t) = x(t; τ, ξ) = 1 + (ξ 1) cos τ cos t, t ( π 2, π 2 ), τ ( π 2, π 2 )] 3. Homogenní lineární diferenciální rovnice 1. řádu. Homogenní lineární diferenciální rovnicí 1. řádu nazýváme diferenciální rovnici tvaru (3.1) x = h(t)x, kde h(t) je spojitá funkce v intervalu I R. Tato rovnice má řešení, která jsou definována v intervalu I a každé z nich je určeno jednoznačně počáteční podmínkou tvaru x(τ) = ξ, τ I a ξ R. Řešení nalezneme metodou separace proměnných [viz odst. 2]. Je g(x) = x, tedy g(x) = 0 x = 0. Rovnice má tudíž řešení x(t) = 0, t I a toto řešení vyhovuje počáteční podmínce x(τ) = 0 pro každé τ I. Nulové řešení x(t) = x(t; τ, 0) = 0, t I nazýváme triviálním řešením. 4

5 Hledejme nyní nenulové, t.zv. netriviální řešení. Ukážeme že toto řešení je nenulové v celém intervalu I. Rovnici přepíšeme do tvaru x (t) x(t) = h(t), t I. Integrací této rovnosti získáme vztah pro řešení x(t) ve tvaru ln x(t) = h(t)dt + ln c, kde libovolnou konstatu v neurčitém integrálu označíme ln c. Odtud dostaneme ekvivaletní vztah (3.2) x(t) = x(t, c) = ce h(t)dt, t I, c R. Vzorec popisuje obecný tvar řešení. Volba c = 0, která byla při výpočtu zápisem c = ln c vyloučena vede k nulovému řešení. Řešení Cauchyovy úlohy pro homogenní lineární rovnici získáme snadno ze vzorce pro obecný tvar řešení volbou konstanty c tak, aby byla splněna příslušná počáteční podmínka. Uvažujme počáteční podmínku tvaru x(τ) = ξ, ξ R. Obecný tvar řešení můžeme zapsat vztahem t (3.3) x(t) = x(t, c) = ce h(s)ds τ, t I. Řešení x(t; τ, ξ) příslušné Cauchyovy úlohy musí splňovat rovnici x(τ) = x(τ; τ, ξ) = ξ c = ξ. Pro řešení Cauchyovy úlohy jsme získali vyjádření ve tvaru tedy t (3.4) x(t) = x(t; τ, ξ) = ξe h(s)ds τ, t I. Řešené úlohy k odstavci Úloha: Určete řešení určené zadanou počáteční podmínkou pro rovnici x = x cos t, x(0) = 1. Řešení: Rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (3.1) a metoda jejího řešení je popsána v odst. 3. Řešení příslušné Cauchyovy úlohy je dáno vzorcem (3.3) a poznamenejme, že vzorec můžeme odvodit i postupem popsaným v odst. 2. Je tedy x(t) 1 dz t z = cos sds ln (x(t)) = sin t x(t) = x(t; 0, 1) = e sin t, t R Úloha: Určete řešení Cauchyových úloh x = 2xt t 2, x( 5) = 0, x(0) = 1, x(0) = 1 a x(3) = 1. 4 Řešení: Rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (3.1) a metoda jejího řešení je popsána v odst.3. Řešení příslušné Cauchyovy úlohy je dáno vzorcem (3.3) a poznamenejme, že vzorec můžeme odvodit i postupem popsaným v odst. 2. Funkce h(t) = 5

6 2t t 2 4 je spojitá v intervalech (, 2), ( 2, 2) a (2, ) a vždy v některém z těchto intervalech bude definované řešení příslušné Cauchyovy úlohy. Pro ně je Odtud plyne, že Postupně dostaneme: x( 5) = 0 : x(t) ξ dz z = t τ 2sds s 2 4 ln x(t) ξ t 2 4 x(t) = ξ τ 2 4. x(t) = x(t; 5, 0) = 0, t (, 2); x(0) = 1 : x(t) = x(t; 0, 1) = t2, t ( 2, 2); x(0) = 1 : x(t) = (t; 0, 1) = 1 4 t2 1, t ( 2, 2); x(3) = 1 : x(t) = (t; 3, 1) = 1 5 (t2 4), t (2, ). 3. Úloha: Určete řešení Cauchyovy úlohy x = x, x(0) = 1. 2 t = ln t 2 4 τ 2 4. Řešení: Rovnice je homogenní lineární diferenciální rovnici tvaru (3.1), kde funkce h(t) = 1 2 t je spojitá v intervalech (, 2) a (2, ). V těchto intervalech má rovnice řešení. Ze zadané počáteční podmínky plyne, že budeme hledat řešení, které je definováno v intervalu (, 2). Ze vzorce (3.3), nebo separací proměnných (odst. 2) dostaneme obecný tvar řešení: dt x(t, c) = ce 2 t = ce ln (2 t) = c, t (, 2). 2 t Dosazením do dané počáteční podmínky dostaneme rovnici x(0, c) = c 2 = 1 c = 2. Odtud získáme x(t) = x(t; 0, 1) = 2, t (, 2). 2 t 4. Nehomogenní lineární diferenciální rovnice 1. řádu. Nehomogenní lineární diferenciální rovnicí 1. řádu nazýváme rovnici tvaru (4.1) x = h(t)x + q(t), t I, kde funkce h(t) je spojitá a funkce q(t) je po úsecích spojitá v intervalu I. O funkci q mluvíme jako o pravé straně rovnice a v případě q(t) = 0, t I dostaneme homogenní rovnici. Struktura řešení této rovnice je podobná struktuře řešení soustavy lineárních rovnic a této skutečnosti využíváme při hledání řešení uvažované diferenciální rovnice. Platí totiž: Rozdíl dvou řešení v a w nehomogenní rovnice je řešením příslušné homogenní rovnice x = h(t)x. Obecný tvar řešení x(t, c) nehomogenní rovnice je (4.2) x(t, c) = u(t, c) + w(t), t I, 6

7 kde u(t, c) je obecný tvar řešení příslušné homogenní rovnice a w(t) je jedno partikulární řešení rovnice nehomogenní. Připomeňme, že u(t, c) = c exp( h(t)dt). Partikulární řešení nehomogenní rovnice můžeme získat metodou variace konstanty. Uvedeme stručně princip této metody, která se používá i při řešení ostatních lineárních diferenciálních rovnic a jejich soustav. Metoda variace konstanty je založena na tom, že existuje řešení nehomogenní rovnice, které má obdobné vyjádření jako má obecný tvar řešení homogenní rovnice u(t, c), kde je konstanta c nahrazena vhodně zvolenou funkcí c(t). Řešení nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru (4.3) w(t) = c(t)e h(t)dt, t I. Dosazením do nehomogenní rovnice dostaneme rovnici c (t)e h(t)dt + c(t)h(t)e h(t)dt = h(t)c(t)e h(t)dt + q(t) a odtud získáme podmínku pro neznámou funkci c(t) ve tvaru c (t) = q(t)e h(t)dt. Je tedy c(t) = q(t)e h(t)dt dt a tudíž ( (4.4) x(t) = x(t, c) = ce h(t)dt + e h(t)dt ) q(t)e h(t)dt dt, t I. V neurčitých integrálech ve vzorci volíme jednu z primitivních fukcí. Obecnost řešení je zohledněna v konstantě c. Řešení Cauchyovy úlohy x = h(t)x + q(t), x(τ) = ξ můžeme zapsat obdobným vzorcem. Za primitivní funkce volíme funkce horní meze s počáteční mezí τ. Dostaneme vzorec pro řešení ve tvaru t t (4.5) x(t) = x(t; τ, ξ) = ξe h(s)ds t τ + e h(r)dr s q(s)ds, t I. τ První sčítanec je řešením homogenní rovnice s počáteční podmínkou x(τ) = ξ řešením nehomogenní rovnice s nulovou počáteční podmínkou. a druhý je Řešené úlohy k odstavci Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x = 3 t x + 2, x(1) = 3. t3 Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (4.1) a její řešení má tvar (4.2), kde funkci u(t) určíme postupem z odst. 3, (vzorec (3.2)) a funkci w(t) metodou variace konstanty z odst. 4, (vzorec (4.3)). Příslušná homogenní rovnice je x = 3 x, t (0, ) nebo t (, 0), t 7

8 tedy pro její řešení u(t) platí: tedy u (t) u(t) dt = 3 t dt ln u(t) = 3 ln t + ln c, u(t, c) = c, t (, 0) nebo t (0, ). t3 Řešení w(t) nehomogenní rovnice budeme hledat podle (4.3) ve tvaru w(t) = c(t), t (, 0) nebo t (0, ). t3 Po dosazení za w(t) a w (t) do řešené rovnice dostaneme: tedy c (t) t 3 w(t) = c(t) t 3, w (t) = c (t) t 3 3 c(t) t 4 3 c(t) t 4 = 3 t c(t) t t 3 c (t) = 2 c(t) = 2t, w(t) = 2, t (, 0) nebo t (0, ). t2 Dosazením do vzorce (4.2) dostaneme vzorec pro obecné řešení x(t, c) = c t 3 + 2, t (, 0) nebo t (0, ). t2 Pro řešení příslušné Cauchyovy úlohy dostaneme podmínku: t = 1 a x = 3 3 = c + 2 c = 1. Je tedy x(t) = x(t; 1, 3) = 1 t 3 + 2, t (0, ). t2 2. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x = xtg t + 1, x(0) = 2. cos t Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (4.1) a její řešení má tvar (4.2), kde funkci u(t) určíme postupem z odst. 3, (vzorec (3.2)) a funkci w(t) metodou 1 variace konstanty z odst. 4, (vzorec (4.3)). Funkce tg t a cos t jsou spojité v intervalech ((2k 1) π 2, (2k + 1) π 2 ), k je celé číslo, a v nich bude mít rovnice řešení. Příslušná homogenní rovnice je x = xtg t, pro její řešení u(t) platí: u (t) u(t) dt = tg tdt ln u(t) = ln cos t + ln c = ln c cos t tedy u(t, c) = c cos t, t ((2k 1)π 2, (2k + 1)π ), k je celé číslo. 2 8

9 Řešení w(t) nehomogenní rovnice budeme hledat podle (4.3) ve tvaru w(t) = c(t) cos t. Po dosazení za w(t) a w (t) do řešené rovnice dostaneme: tedy w(t) = c(t) cos t, w (t) = c (t) c(t) sin t + cos t cos 2 t, c (t) c(t) sin t + cos t cos 2 = c(t) sin t t cos t cos t + 1 cos t c (t) = 1 c(t) = t w(t) = t cos t, t ((2k 1)π 2, (2k + 1)π ), k je celé číslo. 2 Dosazením do vzorce (4.2) dostaneme vzorec pro obecné řešení x(t, c) = c cos t + t cos t, t ((2k 1)π 2, (2k + 1)π ), k je celé číslo. 2 Pro řešení příslušné Cauchyovy úlohy dostaneme z počáteční podmínky t = 0, x = 2 2 = c je tedy x(t) = x(t; 0, 1) = 2 + t cos t, t ( π 2, π 2 ). 3. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x = x + e t, x(2) = 3. Řešení: Rovnice je nehomogenní lineární diferenciální rovnicí tvaru (4.1) a její řešení má tvar (4.2), kde funkci u(t) určíme postupem z odst. 3, (vzorec (3.2)) a funkci w(t) metodou variace konstanty z odst. 4, (vzorec (4.3)). Rovnice je ovšem také lineární diferenciální rovnicí s konstantním koeficientem tvaru (5.1) se speciální pravou stranou tvaru (5.4). Řešení homogenní rovnice je dáno vzorcem (5.2) a funkci w(t) lze najít odhadem podle (5.7). Zde uvedeme obecný postup řešení a můžete jej porovnat s úlohami v odstavci 5. Příslušná homogenní rovnice je x = x, t R, pro její řešení u(t) platí: u (t) u(t) dt = 1dt ln u(t) = t + ln c, tedy u(t, c) = ce t, t R. Řešení w(t) nehomogenní rovnice budeme hledat podle (4.3) ve tvaru w(t) = c(t)e t, t R. Po dosazení za w(t) a w (t) do řešené rovnice dostaneme: w(t) = c(t)e t, w (t) = c (t)e t + c(t)e t, 9

10 c (t)e t + c(t)e t = c(t)e t + e t c = 1 c(t) = t tedy w(t) = te t R. Dosazením do vzorce (4.2) dostaneme vzorec pro obecné řešení x(t, c) = ce t + te t, t R. Pro řešení příslušné Cauchyovy úlohy dostaneme z počáteční podmínky t = 2, x = 3 3 = ce 2 + 2e 2 c = 3e 2 2 je tedy x(t) = x(t; 2, 3) = (t 3e 2 2)e t, t R. Neřešené úlohy k odstavci Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy [x(t, c) = x = 4t t x + 1 t 2, x(0) = c (t 2 +1) + t3 +t 2 3(t 2 +1), x(t) = x(t; 0, 3) = 3 2 (t 2 +1) + t3 +t 2 3(t 2 +1), t R] 2 2. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x = 2tx + 2te t2, x(1) = 4. [x(t, c) = ce t2 + t 2 e t2, x(t) = x(t; 1, 4) = (4e 1 + t 2 )e t2, t R] 3. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x = 2 t x + t 1, x(1) = 5. t [x(t, c) = ct t, t (0, ) nebo t (, 0), x(t) = x(t; 1, 5) = 11 2 t t, t (0, )] 4. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x = t 2 x + t 2, x(0) = 1. [x(t, c) = 1 + ce 1 3 t3, x(t) = x(t; 0, 1) = 1, t (, )] 5. Úloha: Určete obecný tvar řešení rovnice a řešení Cauchyovy úlohy x = 1 t x + 3, x(1) = 2. t [x(t, c) = c t + 3, t (, 0) nebo (0, ), x(t) = x(t; 1, 2) = 3 1 t, t (0, )] 10

11 5. Metoda odhadu řešení lineární diferenciální rovnice 1. řádu. Lineární diferenciální rovnici tvaru (5.1) x + kx = q(t), kde funkce h(t) = k, t I nazýváme diferenciální rovnicí s konstantním koeficientem. Obecný tvar řešení příslušné homogenní rovnice x + kx = 0 je dán vzorcem (5.2) u(t, c) = ce kt, t R a řešení Cauchyovy úlohy s počáteční podmínkou lze zapsat ve tvaru (5.3) x(t) = x(t; τ, ξ) = ξe k(t τ), t R. Vyjádření řešení vyplývá ze vzorců (3.2) a (3.4), ale obvykle toto vyjádření získáme odhadem. Předpokládáme řešení ve tvaru x(t) = e λt, t R, kde λ je vhodně zvolené číslo. Jestliže dosadíme toto řešení do rovnice (5.1), dostaneme podmínku ( ) (λ + k)e λt = 0 λ + k = 0 λ = k, neboť je funkce e λt různá od nuly pro všechny hodnoty exponentu. Obecný tvar řešení v tomto případě je tedy x(t) = ce kt, t R, c R. Rovnice ( ) se nazývá charakteristická rovnice rovnice (5.1) a číslo λ z řešení homogenní rovnice příslušné rovnici (5.1) je jejím kořenem. Řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice, kde funkce q(t) má exponenciální charakter můžeme hledat metodou odhadu. Její princip spočívá v tom, že partikulární řešení má také exponenciální charakter, kde hodnoty hledaných parametrů nalezneme dosazením do rovnice a tudíž nahrazujeme integrování derivováním a řešení úlohy převádíme na řešení soustavy lineárních rovnic. Popišme stručně postup, kterým hledáme partikulární řešení nehomogenní rovnice. 1. Rovnice tvaru (5.4) x + kx = Q(t)e σt, σ k, kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r 0 má řešení tvaru a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 2. Rovnice tvaru (5.5) w(t) = R(t)e σt, t R (5.6) x + kx = Q(t)e kt, kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r 0 má řešení tvaru a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 3. Rovnice tvaru (5.7) w(t) = tr(t)e kt, t R (5.8) x + kx = e σt (P (t) cos ωt + Q(t) sin ωt), ω 0, 11

12 kde funkce P (t) a Q(t) jsou polynomy, má řešení tvaru (5.9) w(t) = e σt (P 1 (t) cos ωt + Q 1 (t) sin ωt), t R, kde P 1 (t) a Q 1 (t) jsou vhodně zvolené polynomy, jejichž stupeň je roven většímu ze stupňů polynomů P a Q. Polynomy předpokládáme s neurčitými koeficienty, dosadíme do řešené rovnice a porovnáním obou stran rovnice získáme podmínky pro neurčité koeficienty ve tvaru soustavy lineárních rovnic. Postup budeme ilustrovat na příkladech. Řešené úlohy k odstavci 5. Úloha: Určete obecný tvar řešení dané rovnice. 1. x + 2x = 6te t. Řešení: Charakteristická rovnice ( ) příslušné homogenní rovnice je a tedy řešení dané rovnice má tvar λ + 2 = 0 λ = 2 ( ) x(t) = ce 2t + w(t), t R, kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.5). V tomto případě je σ = 1 λ, r = 1 a tedy ( ) w(t) = (At + B)e t, kde A, B jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = (At + B)e t (2 ) t : 2A A = 6, A = 6 w (t) = (A At B)e t (1 ) 1 : 2B + A B = 0, B = 6. Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice 2. x + 3x = 5. x(t) = ce 2t + e t (6t 6), t R. Řešení: Charakteristická rovnice ( ) příslušné homogenní rovnice je a tedy řešení dané rovnice má tvar λ + 3 = 0 λ = 3 ( ) x(t) = ce 3t + w(t), t R, kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.5). V tomto případě je σ = 0 λ, r = 0 a tedy ( ) w(t) = A, kde A jsou neurčitý koeficient. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. 12

13 Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = A (3 ) 1 : 3A = 5, A = 5 3 w (t) = 0 (1 ) Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice 3. x + 2x = 5e 2t. x(t) = ce 3t + 5 3, t R. Řešení: Charakteristická rovnice ( ) příslušné homogenní rovnice je a tedy řešení dané rovnice má tvar λ + 2 = 0 λ = 2 ( ) x(t) = ce 2t + w(t), t R, kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.7). V tomto případě je r = 0 a tedy ( ) w(t) = Ate 2t, kde A jsou neurčitý koeficient. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = Ate 2t (2 ) t : 2A 2A = 0, 0 = 0 w (t) = (A 2At)e 2t (1 ) 1 : A = 5, A = 5. Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice 4. x + 2x = 5 sin t. x(t) = ce 2t + 5te 2t, t R. Řešení: Charakteristická rovnice ( ) příslušné homogenní rovnice je a tedy řešení dané rovnice má tvar λ + 2 = 0 λ = 2 ( ) x(t) = ce 2t + w(t), t R, kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.9). V tomto případě je σ = 0, ω = 1, r = 0 a tedy ( ) w(t) = A cos t + B sin t, kde A, B jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = A cos t + B sin t (2 ) cos t : 2A + B = 0, A = 1 w (t) = A sin t + B cos t (1 ) sin t : 2B A = 5, B = 2. Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice x(t) = ce 2t + ( cos t + 2 sin t), t R. 13

14 5. x + x = 3 cos t 2 sin t. Řešení: Charakteristická rovnice ( ) příslušné homogenní rovnice je a tedy řešení dané rovnice má tvar λ + 1 = 0 λ = 1 ( ) x(t) = ce t + w(t), t R, kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.9). V tomto případě je σ = 0, ω = 1, r = 0 a tedy ( ) w(t) = A cos t + B sin t, kde A, B jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = A cos t + B sin t (1 ) cos t : A + B = 3, A = 5 2 w (t) = A sin t + B cos t (1 ) sin t : A + B = 2, B = 1 2. Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice x(t) = ce t + 1 (5 cos t + sin t), t R x + x = 2e t cos 2t. Řešení: Charakteristická rovnice ( ) příslušné homogenní rovnice je a tedy řešení dané rovnice má tvar λ + 1 = 0 λ = 1 ( ) x(t) = ce t + w(t), t R, kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.9). V tomto případě je σ = 1, ω = 2, r = 0 a tedy ( ) w(t) = e t (A cos 2t + B sin 2t), kde A, B jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = e t (A cos 2t + B sin 2t) (1 ) cos 2t : 2B = 2, A = 0 w (t) = e t ((2B A) cos 2t + ( 2A B) sin 2t) (1 ) sin 2t : 2A = 0, B = 1. Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice x(t) = ce t + e t sin 2t, t R. 14

15 7. x + 2x = 4 sin 2 t. Řešení: Charakteristická rovnice ( ) příslušné homogenní rovnice je a tedy řešení dané rovnice má tvar λ + 2 = λ = 2 ( ) x(t) = ce 2t + w(t), t R, kde řešení w(t) nalezneme odhadem ve tvaru (5.5) a (5.9). V tomto případě je funkce na pravé straně rovnice součtem dvou funkcí uvažovaných typů. Je totiž 4 sin 2 t = 2 2 cos 2t. Řešení dostaneme jako součet dvou členů, které získáme odhadem. Je jednak q(t) = 2, σ = 2, r = 0 a jednak q(t) = 2 cos 2t, σ = 0, ω = 2, r = 0 tedy ( ) w(t) = A + B cos 2t + C sin 2t, kde A, B, C jsou neurčité koeficienty. Jestliže dosadíme do dané rovnice řešení v odhadovaném tvaru, dostaneme na obou stranách rovnice součin exponenciální funkce a polynomu. Porovnáme-li koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice, dostaneme podmínky pro neurčité koeficienty v odhadu řešení. Je tedy w(t) = A + B cos 2t + C sin 2t (2 ) 1 : 2A = 2, A = 1 w (t) = 2B sin 2t + 2C cos 2t (1 ) cos 2t : 2C + 2B = 2, B = 1 2 sin 2t : 2C 2B = 0, C = 1 2. Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení dané rovnice x(t) = ce 2t (cos 2t + sin 2t), t R. 2 Neřešené úlohy k odstavci 5. Úloha: Určete obecný tvar řešení dané rovnice. 1. x + 4x = 4e 2t. [x(t) = ce 4t e2t, t R] 2. x + 3x = (5t 1)e 2t. [x(t) = ce 3t + (5t 6)e 2t, t R] 3. x + 2x = 4t + 1. [x(t) = ce 2t + 2t 1 2, t R] 4. x + x = (3t 1)e t. [x(t) = (c t2 t)e t +, t R] 5. x + 3x = 2 cos 3t. [x(t) = ce 3t (cos 3t + sin 3t), t R] 6. x x = 2 sin 2t + 5 cos 2t. [x(t) = ce t (cos 2t + 8 sin 2t), t R] 7. x + 2x = 4e 2t sin t. [x(t) = ce 2t 4e 2t cos t, t R] 8. x + x = e 2t (2 sin 3t 4 cos 3t). [x(t) = ce t 1 5 e 2t (cos 3t + 7 sin 3t), t R] 15

16 6. Lineární rovnice druhého řádu s konstatními koeficienty. Popíšeme metodu řešení lineární diferenciální rovnice s konstantními koeficienty a budeme postup a základní vlastnosti řešení ilustrovat na diferenciální rovnici 2. řádu.ukážeme si jak lze řešit homogenní rovnici odhadem a převést úlohu na úlohu řešit rovnici algebraickou. Řešíme rovnici tvaru (6.1) x + bx + cx = 0, kde b a c jsou reálné konstanty, která má řešení v R. Řešením diferenciální rovnice tohoto typu je exponenciální funkce. Budeme tedy hledat řešení diferenciální rovnice (6.1) ve tvaru exponenciální funkce (6.2) x(t) = e λt, t R. Dosazením do řešené rovnice získáme pro hledanou funkci rovnici (λ 2 + bλ + c)e λt = 0. Protože je exponenciální funkce vždy různá od nuly, bude uvedená rovnice splněna jedině v tom případě, pokud bude hodnota parametru λ řešením kvadratické rovnice (6.3) λ 2 + bλ + c = 0. Tuto rovnici nazýváme charakteristickou rovnicí rovnice (6.1). Konečný tvar řešení bude záviset na charakteru řešení kvadratické rovnice (6.3). Uvedeme nyní tři případy, které odpovídají jednotlivým typům řešení. A. Charakteristická rovnice má dva jednoduché reálné kořeny. V tomto případě má rovnice (6.3) dva reálné různé kořeny λ 1, λ 2 a podle (6.2) dostaneme dvě různá (lineárně nezávislá) řešení (6.4) x 1 (t) = e λ 1t a x 2 (t) = e λ2t, t R. Obecný tvar řešení v tomto případě je (6.5) x(t) = x(t, c 1, c 2 ) = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t, t R. B. Charakteristická rovnice má jeden dvojnásobný reálný kořen. V tomto případě má rovnice (6.3) jediný reálný kořen λ 0 a podle (6.2) dostaneme jediné řešení rovnice a to má tvar x(t) = e λ0t, t R. V takovém případě je ovšem řešením rovnice i funkce x 2 (t) = te λ 0t, t R a obecný tvar řešení je pak (6.6) x(t) = x(t, c 1, c 2 ) = c 1 e λ 0t + c 2 te λ 0t, t R. C. Charakteristická rovnice má komplexní kořeny. V tomto případě má rovnice (6.3) dva komplexní kořeny λ 1 = σ + jω a λ 2 = σ jω, které jsou komplexně sdružené. Komplexní funkce e (σ±jω)t = e σt cos (ωt) ± je σt sin (ωt), t R vyhovuje rovnici (6.1) a tedy její reálná a imaginární část jsou řešeními této rovnice. Máme tedy v tomto případě dvě různá, reálná (lineárně nezávislá) řešení Obecný tvar řešení je x 1 (t) = e σt cos (ωt) a x 2 (t) = e σt sin (ωt), t R. (6.7) x(t) = c 1 e σt cos (ωt) + c 2 e σt sin (ωt), t R. 16

17 Počáteční podmínka pro rovnici (6.1) má tvar (6.8) x(τ) = ξ 1 a x (τ) = ξ 2. Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme z obecného tvaru řešení. Pro konstanty c 1 a c 2 dostaneme soustavu lineárních rovnic (6.9) c 1 x 1 (τ) + c 2 x 2 (τ) = ξ 1, c 1 x 1 (τ) + c 2x 2 (τ) = ξ 2, kde funkce x 1 (t) a x 2 (t) mají podle typu řešení charakteristické rovnice některé z vyjádření (6.5), (6.6) či (6.7). Řešené úlohy k odstavci 6. Úloha: Nalezněte vzorec pro obecný tvar řešení a řešení, které vyhovuje uvedené počáteční podmínce dané rovnice. Řešení rovnice nalezneme postupem popsaným v úvodu odstavce. Dosazením funkce tvaru (6.2) x(t) = e λt, získáme charakteristickou rovnici (6.3). Podle charakteru kořenů příslušné kvadratické rovnice získáme vzorec pro obecné řešení v některém z tvarů (6.5), (6.6), (6.7) a partikulární řešení dostaneme ze soustavy (6.9). 1. x 3x + 2x = 0, x(0) = 1, x (0) = 3. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ 2 3λ + 2 = 0 a má kořeny λ 1 = 2, λ 2 = 1. Tedy podle (6.5) má rovnice obecné řešení tvaru kde c 1, c 2 jsou libovolné konstanty. x(t) = c 1 e 2t + c 2 e t, t R, Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c 1 + c 2 = 1, x (0) = 2c 1 c 2 = 3, která má řešení c 1 = 2, c 2 = 1. Tudíž hledané řešení je 2. x + 4x = 0, x(0) = 3, x (0) = 8. Charakteristická rovnice dané rovnice je x(t) = 2e 2t e t, t R. λ 2 + 4λ = 0 a má kořeny λ 1 = 0, λ 2 = 4. Tedy podle (6.5) má rovnice obecné řešení tvaru kde c 1, c 2 jsou libovolné konstanty. x(t) = c 1 + c 2 e 4t, t R, Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c 1 + c 2 = 3, x (0) = 4c 2 = 8, která má řešení c 1 = 1, c 2 = 2. Tudíž hledané řešení je x(t) = 1 + 2e 4t, t R. 17

18 3. x + 2x + x = 0, x(0) = 3, x (0) = 1. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ 2 + 2λ + 1 = 0 a má dvojnásobný kořen λ 0 = 1. Tedy podle (6.6) má rovnice obecné řešení tvaru kde c 1, c 2 jsou libovolné konstanty. x(t) = (c 1 + c 2 t)e t, t R, Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c 1 = 3, x (0) = c 1 + c 2 = 1, která má řešení c 1 = 3, c 2 = 2. Tudíž hledané řešení je x(t) = (3 + 2t)e t, t R. 4. x + 4x = 0, x(0) = 2, x (0) = 0. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ = 0 a má dva komplexně sdružené kořeny λ 1 = 2j, λ 2 = 2j. Tedy podle (6.7) (σ = 0, ω = 2) má rovnice obecné řešení tvaru kde c 1, c 2 jsou libovolné konstanty. x(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t, t R, Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c 1 = 2, x (0) = 2c 2 = 0, která má řešení c 1 = 2, c 2 = 0. Tudíž hledané řešení je 5. x + 4x + 13x = 0, x(0) = 2, x (0) = 1. Charakteristická rovnice dané rovnice je x(t) = 2 cos 2t, t R. λ 2 + 4λ + 13 = 0 a má dva komplexně sdružené kořeny λ 1 = 2 + 3j, λ 2 = 2 3j. Tedy podle (6.7) má rovnice obecné řešení tvaru kde c 1, c 2 jsou libovolné konstanty. x(t) = e 2t (c 1 cos 3t + c 2 sin 3t), t R, Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c 1 = 2, x (0) = 2c 1 + 3c 2 = 1, která má řešení c 1 = 2, c 2 = 1. Tudíž hledané řešení je x(t) = e 2t (2 cos 3t + sin 3t), t R. 18

19 6. x + 2x + 2x = 0, x(0) = 0, x (0) = 3. Charakteristická rovnice dané rovnice je λ 2 + 2λ + 2 = 0 a má dva komplexní kořeny λ 1 = 1 + j, λ 2 = 1 j. Tedy podle (6.7) má rovnice obecné řešení tvaru x(t) = e t (c 1 cos t + c 2 sin t), t R, kde c 1, c 2 jsou libovolné konstanty. Partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce získáme ze soustavy x(0) = c 1 = 0, x = c 1 + c 2 = 3, která má řešení c 1 = 0, c 2 = 3. Tudíž hledané řešení je x(t) = 3e t sin t, t R. Neřešené úlohy k odstavci 6. Pro danou rovnici určete vzorec pro obecné řešení a partikulární řešení, které vyhovuje zadané počáteční podmínce. 1. x + 2x 3x = 0, x(0) = 3, x (0) = 1. [x(t) = c 1 e 3t + c 2 e t, x(t) = e 3t + 2e t.] 2. x + 5x + 6x = 0, x(0) = 2, x (0) = 6. [x(t) = c 1 e 3t + c 2 e 2t, x(t) = 2e 3t.] 3. x 4x 5x = 0, x(0) = 1, x (0) = 5. [x(t) = c 1 e 5t + c 2 e t, x(t) = e 5t.] 4. x + 10x + 16x = 0, x(0) = 1, x (0) = 4. [x(t) = c 1 e 2t + c 2 e 8t, x(t) = 2e 2t e 8t.] 5. x + 7x = 0, x(0) = 0, x (0) = 7. [x(t) = c 1 + c 2 e 7t, x(t) = 1 e 7t.] 6. 2x + 5x = 0, x(0) = 2, x (0) = 0. [x(t) = c 1 + c 2 e 5 2 t, x(t) = 2.] 7. x + 4x + 4x = 0, x(0) = 2, x (0) = 5. [x(t) = c 1 e 2t + c 2 te 2t, x(t) = e 2t (2 t)] 8. x + 6x + 9x = 0, x(0) = 0, x (0) = 2. [x(t) = c 1 e 3t + c 2 te 3t, x(t) = 2te 3t ] 9. x + x = 0, x(0) = 2, x (0) = 0. [x(t) = c 1 cos t + c 2 sin t, x(t) = 2 cos t.] 10. x + 4x = 0, x(0) = 1, x (0) = 6. [x(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t, x(t) = cos 2t 3 sin 2t.] 11. x + 16x = 0, x(0) = 0, x (0) = 8. [x(t) = c 1 cos 4t + c 2 sin 4t, x(t) = 2 sin 4t] 12. x + 2x + 2x = 0, x(0) = 1, x (0) = 2. [x(t) = c 1 e t cos t + c 2 e t sin t, x(t) = e t (sin t cos t).] 13. x + 2x + 5x = 0, x(0) = 0, x (0) = 6. [x(t) = e t (c 1 cos 2t + c 2 sin 2t, x(t) = 3e t sin 2t.] 14. x + 4x + 5x = 0, x(0) = 2, x (0) = 3. [x(t) = e 2t (c 1 cos t + c 2 sin t), x(t) = e 2t (2 cos t + sin t).] 19

20 15. x + 4x + 8x = 0, x(0) = 1, x (0) = 2. [x(t) = e 2t (cos 2t + c 2 sin 2t), x(t) = e 2t cos 2t.] 7. Metoda odhadu pro lineární rovnici druhého řádu. Metoda odhadu řešení lineární diferenciální rovnice se dá vyžít i pro nalezení partikulárního řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice v případě speciální funkce na pravé straně. Výpočet je založen na stejném principu, jaký jsme použili v odstavci 5. Obdobně jako v tomto odstavci uvedeme jednotlivé případy, kdy se výpočet mírně liší, abychom upozornili na odlišnosti v detailech. Ve skriptech si čtenář nalezne společnou formulaci a formulaci pro rovnice vyššího řádu. 1. Rovnice tvaru (7.1) x + bx + cx = Q(t)e σt, kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r 0 a číslo σ není kořenem charakteristické rovnice (6.1) má řešení tvaru a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 2. Rovnice tvaru (7.2) w(t) = R(t)e σt, t R (7.3) x + bx + cx = Q(t)e λt, kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r 0 a číslo λ je jednoduchým kořenem charakteristické rovnice (6.3) má řešení tvaru a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 3. Rovnice tvaru (7.4) w(t) = tr(t)e λt, t R (7.5) x + bx + cx = Q(t)e λ 0t, kde funkce Q(t) je polynomem stupně r, r 0 a číslo λ 0 je dvojnásobným kořenem charakteristické rovnice (6.3) má řešení tvaru a R je vhodně zvolený polynom stupně r. 4. Rovnice tvaru (7.6) w(t) = t 2 R(t)e λ 0t, t R (7.7) x + bx + cx = e σt (P (t) cos ωt + Q(t) sin ωt), ω 0, kde funkce P (t) a Q(t) jsou polynomy a čísla σ ± jω nejsou kořenem charakteristické rovnice (6.3) má řešení tvaru (7.8) w(t) = e σt (P 1 (t) cos ωt + Q 1 (t) sin ωt), t R, kde P 1 (t) a Q 1 (t) jsou vhodně zvolené polynomy, jejichž stupeň je roven většímu ze stupňů polynomů P a Q. 20

21 5. Rovnice tvaru (7.9) x + bx + cx = e σt (P (t) cos ωt + Q(t) sin ωt), ω 0, kde funkce P (t) a Q(t) jsou polynomy a čísla σ ± jω jsou kořenem charakteristické rovnice (6.3) má řešení tvaru (7.10) w(t) = te σt (P 1 (t) cos ωt + Q 1 (t) sin ωt), t R, kde P 1 (t) a Q 1 (t) jsou vhodně zvolené polynomy, jejichž stupeň je roven většímu ze stupňů polynomů P a Q. Polynomy předpokládáme s neurčitými koeficienty, funkci w(t) dosadíme do řešené rovnice a porovnáním obou jejích stran získáme podmínky pro neurčité koeficienty ve tvaru soustavy lineárních rovnic. Postup budeme ilustrovat na příkladech. Řešené úlohy k odstavci Úloha: K rovnici x + 2x + 5x = (4t 8)e t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.7) má daná rovnice řešení tvaru λ 2 + 2λ + 5 = 0 λ 1 = 1 + 2j, λ 2 = 1 2j. ( ) x(t) = c 1 e t cos 2t + c 2 e t sin 2t + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.2) je σ = 1 1 ± 2j, r = 1, tedy ( ) w(t) = (At + B)e t, kde A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = (At + B)e t (5 ) t : 4A = 4, A = 1 w (t) = (A At B)e t (2 ) 1 : 4B = 8, B = 2 w (t) = ( 2A + At + B)e t (1 ) Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = c 1 e t cos 2t + c 2 e t sin 2t + (t 2)e t, t R. x (t) = e t (( c 1 + 2c 2 ) cos 2t + ( c 2 2c 1 ) sin 2t) + e t ( t ) a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic Partikulární řešení je dáno vzorcem c 1 2 = 0, c 1 + 2c = 0 c 1 = 2, c 2 = 1 2. x(t) = 2e t cos 2t 1 2 e t sin 2t + (t 2)e t, t R. 21

22 2. Úloha: K rovnici x +2x = e 2t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.5) má daná rovnice řešení tvaru λ 2 + 2λ = 0 λ 1 = 2, λ 2 = 0. ( ) x(t) = c 1 e 2t + c 2 + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.4) je ( ) w(t) = Ate 2t, neboť σ = 2 = λ 1, r = 0 a A je neurčitý koeficient. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = Ate 2t (0 ) t : 0 = 0 w (t) = ( 2At + A)e 2t (2 ) 1 : 2A = 1, A = 1 2 w (t) = (4At 4A)e 2t (1 ) Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = c 1 e 2t + c te 2t, t R. x (t) = ( 2c 2 + t 1 2 )e 2t a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic Partikulární řešení je dáno vzorcem c 1 + c 2 = 0, 2c = 0 c 1 = 1 4, c 2 = 1 4. x(t) = 1 4 (1 2 t )e 2t, t R. 3. Úloha: K rovnici x + 3x + 2x = 2te t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.5) má daná rovnice řešení tvaru λ 2 + 3λ + 2 = 0 λ 1 = 1, λ 2 = 2. ( ) x(t) = c 1 e t + c 2 e 2t + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.4) je ( ) w(t) = (At 2 + Bt)e t, neboť σ = 1 = λ 1, r = 1 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = (At 2 + Bt)e t (2 ) t 2 : 0 = 0 w (t) = ( At 2 + (2A B)t + B)e t (3 ) t : 2A = 2, A = 1 w (t) = (At 2 + ( 4A + B)t + 2A 2B)e t (1 ) 1 : 2A + B = 0, B = 2 22

23 Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = c 1 e t + c 2 e 2t + (t 2 2t)e t, t R. x (t) = c 1 e t 2c 2 e 2t + ( t 2 + 4t 2)e t a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic Partikulární řešení je dáno vzorcem c 1 + c 2 = 0, c 1 2c 2 2 = 0 c 1 = 2, c 2 = 2. x(t) = 2e t 2e 2t + (t 2 2t)e t, t R. 4. Úloha: K rovnici x +4x +5x = 3 sin t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x (0) = 1. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.7) má daná rovnice řešení tvaru λ 2 + 4λ + 5 = 0 λ 1 = 2 + j, λ 2 = 2 j. ( ) x(t) = c 1 e 2t cos t + c 2 e 2t sin t + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je ( ) w(t) = A cos t + B sin t, neboť σ = 0, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = A cos t + B sin t (5 ) cos t : 4A + 4B = 0, A = 3 8 w (t) = B cos t A sin t (4 ) sin t : 4A + 4B = 3, B = 3 8 w (t) = A cos t B sin t (1 ) Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = c 1 e 2t cos t + c 2 e 2t sin t + 3 ( cos t + sin t), t R. 8 x (t) = e 2t (( 2c 1 + c 2 ) cos t + ( c 1 2c 2 ) sin t) + 3 (sin t + cos t) 8 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c = 0, 2c 1 + c = 1 c 1 = 3 8, c 2 = 5 8. Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) = 1 8 [e 2t (3 cos t 5 sin t) + 3( cos t + sin t)], t R. 23

24 5. Úloha: K rovnici x +4x +4x = 3 cos t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.6) má daná rovnice řešení tvaru λ 2 + 4λ + 4 = 0 λ 1 = λ 2 = 2. ( ) x(t) = (c 1 + c 2 t)e 2t + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je ( ) w(t) = A cos t + B sin t, neboť σ = 0, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = A cos t + B sin t (4 ) cos t : 3A + 4B = 3, A = 9 25 w (t) = B cos t A sin t (4 ) sin t : 4A + 3B = 0, B = w (t) = A cos t B sin t (1 ) Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = (c 1 + c 2 t)e 2t + 3 (3 cos t + 4 sin t), t R. 25 x (t) = ( 2c 1 + c 2 2c 2 t)e 2t + 3 ( 3 sin t + 4 cos t) 25 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c = 0, 2c 1 + c = 0 c 1 = 9 25, c 2 = 6 5. Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) = ( t)e 2t + 3 (3 cos t + 4 sin t), t R Úloha: K rovnici x + 4x = t sin t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.7) má daná rovnice řešení tvaru λ = 0 λ 1 = 2j, λ 2 = 2j. ( ) x(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je ( ) w(t) = (At + B) cos t + (Ct + D) sin t, 24

25 neboť σ = 0, ω = 1, r = 1 a A, B, C, D jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = (At + B) cos t + (Ct + D) sin t (4 ) t cos t : 3A = 0, A = 0 w (t) =(Ct + D + A) cos t + ( At B + C) sin t (0 ) cos t : 3B+2C = 0, B = 2 9 w (t) =( At B + 2C) cos t+( Ct D 2A) sin t (1 ) t sin t : 3C = 1, C = 1 3 sin t : 3D 2A = 0, D = 0 Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t t sin t 2 cos t, t R. 9 x (t) = 2c 1 sin 2t + 2c 2 cos 2t + ( ) sin t t cos t a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic Partikulární řešení je dáno vzorcem c = 0, 2c 2 = 0 c 1 = 2 9, c 2 = 0. x(t) = 2 9 (cos 2t cos t) + 1 t sin t Úloha: K rovnici x +2x +2x = 3 cos t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x (0) = 1. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.7) má daná rovnice řešení tvaru λ 2 + 2λ + 2 = 0 λ 1 = 1 + j, λ 2 = 1 j. ( ) x(t) = c 1 e t cos t + c 2 e t sin t + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je ( ) w(t) = A cos t + B sin t, neboť σ = 0, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = A cos t + B sin t (2 ) cos t : A + 2B = 3, A = 3 5 w (t) = B cos t A sin t (2 ) sin t : 2A + B = 0, B = 6 5 w (t) = A cos t B sin t (1 ) Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = c 1 e t cos t + c 2 e t sin t + 3 (cos t + 2 sin t), t R. 5 x (t) = e t (( c 1 + c 2 ) cos t + ( c 1 c 2 ) sin t) + 3 ( sin t + 2 cos t) 5 a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c = 0, c 1 + c = 1 c 1 = 3 5, c 2 = 4 5. Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) = e t 1 5 (3 cos t + 4 sin t) + 3 (cos t + 2 sin t). 5 25

26 8. Úloha: K rovnici x +x = 4 sin t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 2, x (0) = 1. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.) má daná rovnice řešení tvaru λ = 0 λ 1 = j, λ 2 = j. ( ) x(t) = c 1 cos t + c 2 sin t + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.10) je ( ) w(t) = At cos t + Bt sin t, neboť σ = 0, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = At cos t + Bt sin t (1 ) t cos t : 0 = 0 w (t) = (A + Bt) cos t + (B At) sin t (0 ) t sin t : 0 = 0 w (t) = (( At + 2B) cos t + ( Bt 2A) sin t (1 ) cos t : 2B = 0, B = 0 sin t : 2A = 4, A = 2 Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = c 1 cos t + c 2 sin t 2t cos t, t R. x (t) = c 1 sin t c 2 cos t 2 cos t + 2t sin t a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic Partikulární řešení je dáno vzorcem c 1 = 2, c 2 2 = 1 c 1 = 2, c 2 = 1. x(t) = 2 cos t + sin t 2t cos t. 9. Úloha: K rovnici x + 3x + 2x = e t cos 2t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 2, x (0) = 1. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.5) má daná rovnice řešení tvaru λ 2 + 3λ + 2 = 0 λ 1 = 2, λ 2 = 1. ( ) x(t) = c 1 e 2t + c 2 e t + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je ( ) w(t) = e t (A cos 2t + B sin 2t), neboť σ = 1, ω = 2, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = e t (A cos 2t + B sin 2t) (2 ) cos 2t : 4A + 2B = 1, A = 1 5 w (t) = e t ((2B A) cos 2t + ( 2A B) sin 2t) (3 ) sin 2t : 2A 4B = 0, B = 1 10 w (t) = e t (( 3A 4B) cos 2t + (4A 3B) sin 2t) (1 ) 26

27 Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = c 1 e 2t + c 2 e t e t ( 2 cos 2t + sin 2t), t R. x (t) = 2c 1 e 2t c 2 e t e t (4 cos 2t + 3 sin 2t) a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c 1 + c = 2, 2c 1 c = 1 c 1 = 4 5, c 2 = 3. Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) = 4 5 e 2t + 3e t e t ( 2 cos 2t + sin 2t), t R. 10. Úloha: K rovnici x 9x = e 3t cos t určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje počáteční podmínce x(0) = 0, x (0) = 0. Řešení: Příslušná homogenní rovnice má charakteristickou rovnici Podle (6.5) má daná rovnice řešení tvaru λ 2 9 = 0 λ 1 = 3, λ 2 = 3. ( ) x(t) = c 1 e 3t + c 2 e 3t + w(t), kde řešení w(t) hledáme odhadem. Podle (7.8) je ( ) w(t) = e 3t (A cos t + B sin t), neboť σ = 3, ω = 1, r = 0 a A, B jsou neurčité koeficienty. Po dosazení funkce ( ) do dané rovnice dostaneme: w(t) = e 3t (A cos t + B sin t) ( 9 ) cos t : A + 6B = 1, A = 1 37 w (t) = e 3t ((3A + B) cos t + (3B A) sin t) (0 ) sin t : 6A B = 0, B = 6 37 w (t) = e 3t ((8A + 6B) cos t + (8B 6A) sin t) (1 ) Po dosazení do vzorců ( ) a ( ) dostaneme obecný tvar řešení Dále je x(t) = c 1 e 3t + c 2 e 3t e3t ( cos t + 6 sin t), t R. x (t) = 3c 1 e 3t 3c 2 e 3t e3t (3 cos t + 19 sin t) a po dosazení do zadaných počátečních podmínek dostaneme soustavu rovnic c 1 + c = 0, 3c 1 3c = 0 c 1 = 0, c 2 = Partikulární řešení je dáno vzorcem x(t) = 1 37 e 3t e3t ( cos t + 6 sin t), t R. 27

28 Neřešené úlohy k odstavci 7. Úloha: Určete vzorec pro obecný tvar řešení a partikulární řešení, které vyhovuje dané počáteční podmínce pro uvedenou rovnici. 1. x + 3x + 2x = 6e t, x(0) = 3, x (0) = x + 5x + 6x = 12e t, x(0) = 3, x (0) = x + 2x 3x = e t, x(0) = 1, x (0) = x + 4x = 2t + sin t, x(0) = 0, x (0) = 3. [x(t) = c 1 e 2t + c 2 e t + e t, x(t) = e 2t + 3e t + e t ] [x(t) = c 1 e 2t + c 2 e 3t + e t, x(t) = e 2t + e 3t + e t ] [x(t) = c 1 e 3t + c 2 e 3t 1 4 e t, x(t) = 1 8 ( e 3t + 11e t 2e t ] [x(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t t x 3x + 2x = 2 cos t, x(0) = 0, x (0) = 0. [x(t) = c 1 e 2t + c 2 e t (cos t 3 sin t), x(t) 6. x + 4x = 4 sin t, x(0) = 1, x (0) = x 2x + 2x = t sin t. 8. x + x = 3 cos 2t, x(0) = 3, x (0) = sin t, x(t) = 12 sin 2t t sin t] = 4 5 e2t e t (cos t 3 sin t)] [x(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t sin t, x(t) = cos 2t sin 2t sin t] [x(t) = e t (c 1 cos t + sin t) ((10t + 14) cos t + (5t + 2) sin t)] [x(t) = c 1 cos t + c 2 sin t + cos 2t, x(t) = 2 cos t + sin t + cos 2t] 9. x + 4x = cos t, x(0) = 0, x (0) = 0. [x(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t cos t, x(t) = 1 3 ( cos 2t + cos t)] 10. x + 6x + 9x = 4 sin t, x(0) = 0, x (0) = 0. [x(t) = c 1 e 3t + c 2 te 3t ( 3 cos t + 4 sin t), x(t) = 25 [(5t + 3)e 3t 3 cos t + 4 sin t]] 11. x + 2x + x = sin t, x(0) = 0, x (0) = 0. [x(t) = (c 1 + c 2 t)e t 1 2 cos t, x(t) = 1 2 [(t + 1)e t cos t] 12. x + 4x = 3e t sin 2t. [x(t) = c 1 cos 2t + c 2 sin 2t e t (4 cos 2t + sin 2t] 8. Metoda variace konstant pro nehomogenní lineární diferenciální rovnici druhého řádu. V tomto odstavci ukážeme metodu řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu, kterou můžeme použít v případech, kdy nelze postupovat metodou odhadu z odstavce 7. I když budeme uvažovat pouze rovnici s konstantními koeficienty, je tato metoda použitelná pro rovnici s proměnnými koeficienty libovolného řádu. Je obdobou metody z odstavce 4 a nazýváme ji metodou variace konstant. 28

29 Hledáme partikulární řešení rovnice (8.1) x + bx + cx = f(t), kde funkce f(t) je po úsecích spojitá v intervalu I. Příslušná homogenní rovnice má podle odstavce 6 řešení tvaru (8.2) u(t, c 1, c 2 ) = c 1 u 1 (t) + c 2 u 2 (t), t R, kde funkce u 1 (t) a u 2 (t) jsou určeny jedním ze vztahů (6.5), (6.6) či (6.7), podle charakteru kořenů charakteristické rovnice (6.3). Řešení rovnice (8.1) budeme hledat ve tvaru (8.3) w(t) = c 1 (t)u 1 (t) + c 2 (t)u 2 (t), kde funkce c 1 (t) a c 2 (t) určíme dosazením do rovnice (8.1). Je (8.4) w (t) = c 1(t)u 1 (t) + c 2(t)u 2 (t) + c 1 (t)u 1(t) + c 2 (t)u 2(t). Kdybychom počítali druhou derivaci ze vztahu (8.4), dostaneme výraz, který bude obsahovat derivace druhého řádu dvou neznámých funkcí a po dosazení do rovnice (8.1) dostaneme rovnici ještě složitější. Využijeme skutečnosti, že musíme splnit jednu rovnici, tedy jednu podmínku, ale máme k dispozici volbu dvou funkcí c 1 (t) a c 2 (t). Přidáme si jednu podmínku, která nám další výpočet zjednoduší. Položíme rovnu nule tu část výrazu (8.4), která obsahuje derivace hledaných funkcí. Je tedy (8.5) c 1(t)u 1 (t) + c 2(t)u 2 (t) = 0 a tedy Potom je (8.6) w (t) = c 1 (t)u 1(t) + c 2 (t)u 2(t). (8.7) w (t) = c 1(t)u 1(t) + c 2(t)u 2(t) + c 1 (t)u 1(t) + c 2 (t)u 2(t). Po dosazení výrazů (8.7), (8.6) a (8.3) do rovnice (8.1) dostaneme pro hledané funkce c 1 (t) a c 2 (t) podmínku c 1 (t)(u 1(t) + bu 1(t) + cu 1 (t)) + c 2 (t)(u 2(t) + bu 2(t) + cu 2 (t)) + c 1(t)u 1(t) + c 2(t)u 2(t) = f(t). Jestliže použijeme skutečnosti, že funkce u 1 (t) a u 2 (t) jsou řešením příslušné homogenní rovnice, tak dostaneme podmínku (8.8) c 1(t)u 1(t) + c 2(t)u 2(t) = f(t) t I, která s dříve uvedenou podmínkou (8.5) tvoří soustavu dvou lineárních rovnic pro derivace hledaných funkcí c 1 (t) a c 2 (t) tvaru (8.9) c 1 (t)u 1(t) + c 2 (t)u 2(t) = 0 c 1 (t)u 1 (t) +, t I. c 2 (t)u 2 (t) = f(t) Tato soustava má jediné řešení c 1 (t) a c 2 (t) a integrováním získáme hledané funkce c 1(t) a c 2 (t). Ty jsou určeny jednoznačně až na aditivní konstanty, které po dosazení do vzorce (8.3) představují řešení (8.2) homogenní rovnice příslušné rovnici (8.1). Jsou-li c 1 (t) a c 2 (t) řešení soustavy (8.9), pak (8.10) w(t) = c 1 (t)u 1 (t) + c 2 (t)u 2 (t), t I, 29

1. Několik základních pojmů ze středoškolské matematiky. Na začátku si připomeneme následující pojmy:

1. Několik základních pojmů ze středoškolské matematiky. Na začátku si připomeneme následující pojmy: Opakování středoškolské matematiky Slovo úvodem: Tato pomůcka je určena zejména těm studentům presenčního i kombinovaného studia na VŠFS, kteří na středních školách neprošli dostatečnou průpravou z matematiky

Více

Diferenciální počet 1 1. f(x) = ln arcsin 1 + x 1 x. 1 x 1 a x 1 0. f(x) = (cos x) cosh x + 3x. x 0 je derivace funkce f(x) v bodě x0.

Diferenciální počet 1 1. f(x) = ln arcsin 1 + x 1 x. 1 x 1 a x 1 0. f(x) = (cos x) cosh x + 3x. x 0 je derivace funkce f(x) v bodě x0. Nalezněte definiční obor funkce Diferenciální počet f = ln arcsin + Definiční obor funkce f je určen vztahy Z těchto nerovností plyne < + ln arcsin + je tedy D f =, Určete definiční obor funkce arcsin

Více

9.4. Rovnice se speciální pravou stranou

9.4. Rovnice se speciální pravou stranou Cíle V řadě případů lze poměrně pracný výpočet metodou variace konstant nahradit jednodušším postupem, kterému je věnována tato kapitola. Výklad Při pozorném studiu předchozího textu pozornějšího studenta

Více

Lineární diferenciální rovnice 1. řádu verze 1.1

Lineární diferenciální rovnice 1. řádu verze 1.1 Úvod Lineární diferenciální rovnice. řádu verze. Následující tet popisuje řešení lineárních diferenciálních rovnic. řádu. Měl by sloužit především studentům předmětu MATEMAT2 na Univerzitě Hradec Králové

Více

1 Mnohočleny a algebraické rovnice

1 Mnohočleny a algebraické rovnice 1 Mnohočleny a algebraické rovnice 1.1 Pojem mnohočlenu (polynomu) Připomeňme, že výrazům typu a 2 x 2 + a 1 x + a 0 říkáme kvadratický trojčlen, když a 2 0. Číslům a 0, a 1, a 2 říkáme koeficienty a písmenem

Více

diferenciální rovnice verze 1.1

diferenciální rovnice verze 1.1 Diferenciální rovnice vyšších řádů, snižování řádu diferenciální rovnice verze 1.1 1 Úvod Následující text popisuje řešení diferenciálních rovnic, konkrétně diferenciálních rovnic vyšších řádů a snižování

Více

Základní pojmy teorie ODR a speciální typy ODR1

Základní pojmy teorie ODR a speciální typy ODR1 ODR1 1 Základní pojmy teorie ODR a speciální typy ODR1 A. Diferenciální rovnice a související pojmy Mnohé fyzikální a jiné zákony lze popsat pomocí rovnic, v nichž jako neznámá vystupuje funkce, přičemž

Více

15. KubickÈ rovnice a rovnice vyööìho stupnï

15. KubickÈ rovnice a rovnice vyööìho stupnï 15. KubickÈ rovnice a rovnice vyööìho stupnï Čas od času je možné slyšet v pořadech o počasí jména jako Andrew, Mitch, El Ňiňo. otom následuje zpráva o katastrofálních vichřicích, uragánech a jiných mimořádných

Více

Příklad 1. Řešení 1a Máme určit obsah rovinné plochy ohraničené křivkami: ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 14. a) =0, = 1, = b) =4, =0

Příklad 1. Řešení 1a Máme určit obsah rovinné plochy ohraničené křivkami: ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 14. a) =0, = 1, = b) =4, =0 Příklad Určete obsah rovinné plochy ohraničené křivkami: a) =0,=,= b) =4,=0 c) =,=,=3,=0 d) =+, =0 e) + )=,= f) = +4,+= g) =arcsin,=0,= h) =sin,=0, 0; i) =,=,=4,=0 j) =,= k) = 6,= +5 4 l) =4,+=5 m) = +

Více

LINEÁRNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2.ŘÁDU

LINEÁRNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2.ŘÁDU LINEÁRNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2.ŘÁDU ZDENĚK ŠIBRAVA 1. Obecné řešení lin. dif. rovnice 2.řádu s konstntními koeficienty 1.1. Vrice konstnt. Příkld 1.1. Njděme obecné řešení diferenciální rovnice (1) y

Více

5. Interpolace a aproximace funkcí

5. Interpolace a aproximace funkcí 5. Interpolace a aproximace funkcí Průvodce studiem Často je potřeba složitou funkci f nahradit funkcí jednodušší. V této kapitole budeme předpokládat, že u funkce f známe její funkční hodnoty f i = f(x

Více

Matematická analýza 1b. 9. Primitivní funkce

Matematická analýza 1b. 9. Primitivní funkce Matematická analýza 1b 9. Primitivní funkce 9.1 Základní vlastnosti Definice Necht funkce f je definována na neprázdném otevřeném intervalu I. Řekneme, že funkce F je primitivní funkce k f na I, jestliže

Více

Limita a spojitost funkce

Limita a spojitost funkce Limita a spojitost funkce Základ všší matematik Dana Říhová Mendelu Brno Průřezová inovace studijních programů Lesnické a dřevařské fakult MENDELU v Brně (LDF) s ohledem na disciplin společného základu

Více

8 Střední hodnota a rozptyl

8 Střední hodnota a rozptyl Břetislav Fajmon, UMAT FEKT, VUT Brno Této přednášce odpovídá kapitola 10 ze skript [1]. Také je k dispozici sbírka úloh [2], kde si můžete procvičit příklady z kapitol 2, 3 a 4. K samostatnému procvičení

Více

Exponenciální rovnice. Metoda převedení na stejný základ. Cvičení 1. Příklad 1.

Exponenciální rovnice. Metoda převedení na stejný základ. Cvičení 1. Příklad 1. Eponenciální rovnice Eponenciální rovnice jsou rovnice, ve kterých se neznámá vsktuje v eponentu. Řešíme je v závislosti na tpu rovnice několika základními metodami. A. Metoda převedení na stejný základ

Více

1 Linearní prostory nad komplexními čísly

1 Linearní prostory nad komplexními čísly 1 Linearní prostory nad komplexními čísly V této přednášce budeme hledat kořeny polynomů, které se dále budou moci vyskytovat jako složky vektorů nebo matic Vzhledem k tomu, že kořeny polynomu (i reálného)

Více

MAT 1 Mnohočleny a racionální lomená funkce

MAT 1 Mnohočleny a racionální lomená funkce MAT 1 Mnohočleny a racionální lomená funkce Studijní materiály Pro listování dokumentem NEpoužívejte kolečko myši nebo zvolte možnost Full Screen. Brno 2012 RNDr. Rudolf Schwarz, CSc. First Prev Next Last

Více

MATURITNÍ TÉMATA Z MATEMATIKY

MATURITNÍ TÉMATA Z MATEMATIKY MATURITNÍ TÉMATA Z MATEMATIKY 1. Základní poznatky z logiky a teorie množin Pojem konstanty a proměnné. Obor proměnné. Pojem výroku a jeho pravdivostní hodnota. Operace s výroky, složené výroky, logické

Více

Základní vlastnosti křivek

Základní vlastnosti křivek křivka množina bodů v rovině nebo v prostoru lze chápat jako trajektorii pohybu v rovině či v prostoru nalezneme je také jako množiny bodů na ploše křivky jako řezy plochy rovinou, křivky jako průniky

Více

LOKÁLNÍ EXTRÉMY. LOKÁLNÍ EXTRÉMY (maximum a minimum funkce)

LOKÁLNÍ EXTRÉMY. LOKÁLNÍ EXTRÉMY (maximum a minimum funkce) Předmět: Ročník: Vytvořil: Datum: MATEMATIKA ČTVRTÝ Mgr. Tomáš MAŇÁK 5. srpna Název zpracovaného celku: LOKÁLNÍ EXTRÉMY LOKÁLNÍ EXTRÉMY (maimum a minimum funkce) Lokální etrémy jsou body, v nichž funkce

Více

2.6. Vlastní čísla a vlastní vektory matice

2.6. Vlastní čísla a vlastní vektory matice 26 Cíle V této části se budeme zabývat hledáním čísla λ které je řešením rovnice A x = λ x (1) kde A je matice řádu n Znalost řešení takové rovnice má řadu aplikací nejen v matematice Definice 261 Nechť

Více

CZ 1.07/1.1.32/02.0006

CZ 1.07/1.1.32/02.0006 PO ŠKOLE DO ŠKOLY CZ 1.07/1.1.32/02.0006 Číslo projektu: CZ.1.07/1.1.32/02.0006 Název projektu: Po škole do školy Příjemce grantu: Gymnázium, Kladno Název výstupu: Prohlubující semináře Matematika (MI

Více

S funkcemi můžeme počítat podobně jako s čísly, sčítat je, odečítat, násobit a dělit případně i umocňovat.

S funkcemi můžeme počítat podobně jako s čísly, sčítat je, odečítat, násobit a dělit případně i umocňovat. @08. Derivace funkce S funkcemi můžeme počítat podobně jako s čísly, sčítat je, odečítat, násobit a dělit případně i umocňovat. Definice: Součet funkce f a g je takový předpis, taková funkce h, která každému

Více

Matematika. Kamila Hasilová. Matematika 1/34

Matematika. Kamila Hasilová. Matematika 1/34 Matematika Kamila Hasilová Matematika 1/34 Obsah 1 Úvod 2 GEM 3 Lineární algebra 4 Vektory Matematika 2/34 Úvod Zkouška písemná, termíny budou včas vypsány na Intranetu UO obsah: teoretická a praktická

Více

Požadavky k opravným zkouškám z matematiky školní rok 2014-2015

Požadavky k opravným zkouškám z matematiky školní rok 2014-2015 Požadavky k opravným zkouškám z matematiky školní rok 2014-2015 1. ročník (první pololetí, druhé pololetí) 1) Množiny. Číselné obory N, Z, Q, I, R. 2) Absolutní hodnota reálného čísla, intervaly. 3) Procenta,

Více

DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU SBÍRKA ŘEŠENÝCH PŘÍKLADŮ

DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU SBÍRKA ŘEŠENÝCH PŘÍKLADŮ Jihočeská univerzita v Českých Budějovicích Pedagogická fakulta DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1. ŘÁDU SBÍRKA ŘEŠENÝCH PŘÍKLADŮ DIPLOMOVÁ PRÁCE Diplomant: Vedoucí diplomové práce: Zdeněk ŽELEZNÝ RNDr. Libuše Samková,

Více

Poznámka: V kurzu rovnice ostatní podrobně probíráme polynomické rovnice a jejich řešení.

Poznámka: V kurzu rovnice ostatní podrobně probíráme polynomické rovnice a jejich řešení. @083 6 Polynomické funkce Poznámka: V kurzu rovnice ostatní podrobně probíráme polynomické rovnice a jejich řešení. Definice: Polynomická funkce n-tého stupně (n N) je dána předpisem n n 1 2 f : y a x

Více

Vzdálenosti. Copyright c 2006 Helena Říhová

Vzdálenosti. Copyright c 2006 Helena Říhová Vzdálenosti Copyright c 2006 Helena Říhová Obsah 1 Vzdálenosti 3 1.1 Vzdálenostivrovině... 3 1.1.1 Vzdálenostdvoubodů..... 3 1.1.2 Vzdálenostboduodpřímky..... 4 1.1.3 Vzdálenostdvourovnoběžek.... 5 1.2

Více

2.7.6 Rovnice vyšších řádů

2.7.6 Rovnice vyšších řádů 6 Rovnice vyšších řádů Předpoklady: 50, 05 Pedagogická poznámka: Pokud mám jenom trochu čas probírám látku této hodiny ve dvou vyučovacích hodinách V první probíráme separaci kořenů, v druhé pak snížení

Více

ALGEBRA LINEÁRNÍ, KVADRATICKÉ ROVNICE

ALGEBRA LINEÁRNÍ, KVADRATICKÉ ROVNICE ALGEBRA LINEÁRNÍ, KVADRATICKÉ ROVNICE A NEROVNICE, SOUSTAVY ROVNIC A NEROVNIC Gymnázium Jiřího Wolkera v Prostějově Výukové materiály z matematiky pro vyšší gymnázia Autoři projektu Student na prahu 21.

Více

Definice. Vektorový prostor V nad tělesem T je množina s operacemi + : V V V, tj. u, v V : u + v V : T V V, tj. ( u V )( a T ) : a u V které splňují

Definice. Vektorový prostor V nad tělesem T je množina s operacemi + : V V V, tj. u, v V : u + v V : T V V, tj. ( u V )( a T ) : a u V které splňují Definice. Vektorový prostor V nad tělesem T je množina s operacemi + : V V V, tj. u, v V : u + v V : T V V, tj. ( u V )( a T ) : a u V které splňují 1. u + v = v + u, u, v V 2. (u + v) + w = u + (v + w),

Více

Požadavky k opravným zkouškám z matematiky školní rok 2013-2014

Požadavky k opravným zkouškám z matematiky školní rok 2013-2014 Požadavky k opravným zkouškám z matematiky školní rok 2013-2014 1. ročník (první pololetí, druhé pololetí) 1) Množiny. Číselné obory N, Z, Q, I, R. 2) Absolutní hodnota reálného čísla, intervaly. 3) Procenta,

Více

Příklad 1. Řešení 1a. Řešení 1b. Řešení 1c ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2 ČÁST 7

Příklad 1. Řešení 1a. Řešení 1b. Řešení 1c ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2 ČÁST 7 Příklad 1 a) Autobusy městské hromadné dopravy odjíždějí ze zastávky v pravidelných intervalech 5 minut. Cestující může přijít na zastávku v libovolném okamžiku. Určete střední hodnotu a směrodatnou odchylku

Více

Ekonomická fakulta, Jihočeská univerzita v Českých Budějovicích. MATEMATICKÝ SOFTWARE MAPLE - MANUÁL Marek Šulista

Ekonomická fakulta, Jihočeská univerzita v Českých Budějovicích. MATEMATICKÝ SOFTWARE MAPLE - MANUÁL Marek Šulista Ekonomická fakulta, Jihočeská univerzita v Českých Budějovicích MATEMATICKÝ SOFTWARE MAPLE - MANUÁL Marek Šulista Matematický software MAPLE slouží ke zpracování matematických problémů pomocí jednoduchého

Více

Katedra matematiky Fakulty jaderné a fyzikálně inženýrské ČVUT v Praze. Zápočtová písemná práce č. 1 z předmětu 01MAB3 varianta A

Katedra matematiky Fakulty jaderné a fyzikálně inženýrské ČVUT v Praze. Zápočtová písemná práce č. 1 z předmětu 01MAB3 varianta A Zápočtová písemná práce č. 1 z předmětu 01MAB3 varianta A středa 19. listopadu 2014, 11:20 13:20 ➊ (8 bodů) Rozhodněte o stejnoměrné konvergenci řady n 3 n ( ) 1 e xn2 x 2 +n 2 na množině A = 0, + ). ➋

Více

Řešení. Hledaná dimenze je (podle definice) rovna hodnosti matice. a 1 2. 1 + a 2 2 1

Řešení. Hledaná dimenze je (podle definice) rovna hodnosti matice. a 1 2. 1 + a 2 2 1 Příklad 1. Určete všechna řešení následující soustavy rovnic nad Z 2 : 0 0 0 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 Gaussovou eliminací převedeme zadanou soustavu na ekvivalentní soustavu v odstupňovaném

Více

19 Hilbertovy prostory

19 Hilbertovy prostory M. Rokyta, MFF UK: Aplikovaná matematika III kap. 19: Hilbertovy prostory 34 19 Hilbertovy prostory 19.1 Úvod, základní pojmy Poznámka (připomenutí). Necht (X,(, )) je vektorový prostor se skalárním součinem

Více

MO-ME-N-T MOderní MEtody s Novými Technologiemi

MO-ME-N-T MOderní MEtody s Novými Technologiemi Projekt: Reg.č.: Operační program: MO-ME-N-T MOderní MEtody s Novými Technologiemi CZ.1.07/1.5.00/34.0903 Vzdělávání pro konkurenceschopnost Škola: Hotelová škola, Vyšší odborná škola hotelnictví a turismu

Více

ÚSTAV MATEMATIKY A DESKRIPTIVNÍ GEOMETRIE. Matematika I/2 BA07. Cvičení, zimní semestr

ÚSTAV MATEMATIKY A DESKRIPTIVNÍ GEOMETRIE. Matematika I/2 BA07. Cvičení, zimní semestr Vysoké učení technické v Brně Stavební fakulta ÚSTAV MATEMATIKY A DESKRIPTIVNÍ GEOMETRIE Matematika I/ BA07 Cvičení, zimní semestr DOMÁCÍ ÚLOHY Jan Šafařík Brno c 0 () Integrace užitím základních vzorců.

Více

2. Numerické výpočty. 1. Numerická derivace funkce

2. Numerické výpočty. 1. Numerická derivace funkce 2. Numerické výpočty Excel je poměrně pohodlný nástroj na provádění různých numerických výpočtů. V příkladu si ukážeme možnosti výpočtu a zobrazení diferenciálních charakteristik analytické funkce, přičemž

Více

Neurčité rovnice. In: Jan Vyšín (author): Neurčité rovnice. (Czech). Praha: Jednota československých matematiků a fyziků, 1949. pp. 21--24.

Neurčité rovnice. In: Jan Vyšín (author): Neurčité rovnice. (Czech). Praha: Jednota československých matematiků a fyziků, 1949. pp. 21--24. Neurčité rovnice 4. Nejjednodušší rovnice neurčité 2. stupně In: Jan Vyšín (author): Neurčité rovnice. (Czech). Praha: Jednota československých matematiků a fyziků, 1949. pp. 21--24. Persistent URL: http://dml.cz/dmlcz/402869

Více

PRAVDĚPODOBNOST A STATISTIKA aneb Krátký průvodce skripty [1] a [2]

PRAVDĚPODOBNOST A STATISTIKA aneb Krátký průvodce skripty [1] a [2] PRAVDĚPODOBNOST A STATISTIKA aneb Krátký průvodce skripty [1] a [2] Použitá literatura: [1]: J.Reif, Z.Kobeda: Úvod do pravděpodobnosti a spolehlivosti, ZČU Plzeň, 2004 (2. vyd.) [2]: J.Reif: Metody matematické

Více

Vyšetřování průběhu funkce pomocí programu MatLab. 1. Co budeme potřebovat?

Vyšetřování průběhu funkce pomocí programu MatLab. 1. Co budeme potřebovat? Vyšetřování průběhu funkce pomocí programu MatLab K práci budeme potřebovat následující příkazy pro 1. Co budeme potřebovat? (a) zadání jednotlivých výrazů symbolicky (obecně) (b) řešení rovnice f()=0,

Více

2 Zpracování naměřených dat. 2.1 Gaussův zákon chyb. 2.2 Náhodná veličina a její rozdělení

2 Zpracování naměřených dat. 2.1 Gaussův zákon chyb. 2.2 Náhodná veličina a její rozdělení 2 Zpracování naměřených dat Důležitou součástí každé experimentální práce je statistické zpracování naměřených dat. V této krátké kapitole se budeme věnovat určení intervalů spolehlivosti získaných výsledků

Více

3. Celistvé výrazy a jejich úprava 3.1. Číselné výrazy

3. Celistvé výrazy a jejich úprava 3.1. Číselné výrazy . Celistvé výrazy a jejich úprava.1. Číselné výrazy 8. ročník. Celistvé výrazy a jejich úprava Proměnná je znak, zpravidla ve tvaru písmene, který zastupuje čísla z dané množiny čísel. Většinou se setkáváme

Více

Aproximace funkcí. x je systém m 1 jednoduchých, LN a dostatečně hladkých funkcí. x c m. g 1. g m. a 1. x a 2. x 2 a k. x k b 1. x b 2.

Aproximace funkcí. x je systém m 1 jednoduchých, LN a dostatečně hladkých funkcí. x c m. g 1. g m. a 1. x a 2. x 2 a k. x k b 1. x b 2. Aproximace funkcí Aproximace je výpočet funkčních hodnot funkce z nějaké třídy funkcí, která je v určitém smyslu nejbližší funkci nebo datům, která chceme aproximovat. Třída funkcí, ze které volíme aproximace

Více

MATEMATIKA 1 pro obory Finance a řízení a Cestovní ruch

MATEMATIKA 1 pro obory Finance a řízení a Cestovní ruch MATEMATIKA 1 pro obory Finance a řízení a Cestovní ruch Marie Hojdarová Jana Krejčová Martina Zámková RNDr. Marie Hojdarová, CSc., RNDr. Jana Krejčová, Ph.D., RNDr. Ing. Martina Zámková, Ph.D. ISBN: 978-80-87035-94-8

Více

POLYNOMY 1 Jan Malý UK v Praze a UJEP v Ústí n. L.

POLYNOMY 1 Jan Malý UK v Praze a UJEP v Ústí n. L. Soustavy o jedné rovnici neboli rovnice. Algebraické rovnice: Polynom= 0. POLYNOMY 1 Jan Malý UK v Praze a UJEP v Ústí n. L. Rovnice 1. stupně: lineární, ax + b = 0, a 0. Řešení: x = b a. Rovnice 2. stupně:

Více

Matematika I, část I Vzájemná poloha lineárních útvarů v E 3

Matematika I, část I Vzájemná poloha lineárních útvarů v E 3 3.6. Vzájemná poloha lineárních útvarů v E 3 Výklad A. Vzájemná poloha dvou přímek Uvažujme v E 3 přímky p, q: p: X = A + ru q: X = B + sv a hledejme jejich společné body, tj. hledejme takové hodnoty parametrů

Více

11.1 Jedna rovnice pro jednu neznámou

11.1 Jedna rovnice pro jednu neznámou 52. ešení rovnic Mathcad je schopen řešit i velmi složité rovnice, kdy hledaná neznámá je obsažena současně v několika různých funkcích apod.. Jedna rovnice pro jednu neznámou.. Funkce root Před vlastním

Více

FAKULTA STAVEBNÍ MATEMATIKA I MODUL GA01 M01 STUDIJNÍ OPORY PRO STUDIJNÍ PROGRAM GEODÉZIE A KARTOGRAFIE S KOMBINOVANOU FORMOU STUDIA

FAKULTA STAVEBNÍ MATEMATIKA I MODUL GA01 M01 STUDIJNÍ OPORY PRO STUDIJNÍ PROGRAM GEODÉZIE A KARTOGRAFIE S KOMBINOVANOU FORMOU STUDIA VYSOKÉ UČENÍ TECHNICKÉ V BRNĚ FAKULTA STAVEBNÍ MATEMATIKA I MODUL GA01 M01 VYBRANÉ ČÁSTI A APLIKACE VEKTOROVÉHO POČTU STUDIJNÍ OPORY PRO STUDIJNÍ PROGRAM GEODÉZIE A KARTOGRAFIE S KOMBINOVANOU FORMOU STUDIA

Více

Řešení slovních úloh pomocí lineárních rovnic

Řešení slovních úloh pomocí lineárních rovnic Řešení slovních úloh pomocí lineárních rovnic Řešení slovních úloh představuje spojení tří, dnes bohužel nelehkých, úloh porozumění čtenému textu (pochopení zadání), jeho matematizaci (převedení na rovnici)

Více

Cvičení 1 Elementární funkce

Cvičení 1 Elementární funkce Cvičení Elementární funkce Příklad. Najděte definiční obor funkce f = +. + = + =, = D f =,. Příklad. Najděte definiční obor funkce f = 3. 3 3 = > 3 3 + =, 3, 3 = D f =, 3, 3. ± 3 = Příklad 3. Nalezněte

Více

2. spojitost (7. cvičení) 3. sudost/lichost, periodicita (3. cvičení) 4. první derivace, stacionární body, intervaly monotonie (10.

2. spojitost (7. cvičení) 3. sudost/lichost, periodicita (3. cvičení) 4. první derivace, stacionární body, intervaly monotonie (10. MA. cvičení průběh funkce Lukáš Pospíšil,202 Průběh funkce Pod úkolem vyšetřete průběh funkce budeme rozumět nalezení všech kvalitativních vlastností zadané funkce - tedy bude potřeba zjistit o funkci

Více

MODELY ŘÍZENÍ ZÁSOB nákladově orientované modely poptávka pořizovací lhůta dodávky předstih objednávky deterministické stochastické

MODELY ŘÍZENÍ ZÁSOB nákladově orientované modely poptávka pořizovací lhůta dodávky předstih objednávky deterministické stochastické MODELY ŘÍZENÍ ZÁSOB Význam zásob spočívá především v tom, že - vyrovnávají časový nebo prostorový nesoulad mezi výrobou a spotřebou - zajišťují plynulou výrobu nebo plynulé dodávky zboží i při nepředvídaných

Více

Všechno, co jste kdy chtěli vědět o maticích, ale báli jste se zeptat

Všechno, co jste kdy chtěli vědět o maticích, ale báli jste se zeptat Všechno, co jste kdy chtěli vědět o maticích, ale báli jste se zeptat Čtvercová matice n n, např. může reprezentovat: A = A A 2 A 3 A 2 A 22 A 23 A 3 A 32 A 33 matici koeficientů soustavy n lineárních

Více

y 10 20 Obrázek 1.26: Průměrová rovina válcové plochy

y 10 20 Obrázek 1.26: Průměrová rovina válcové plochy 36 KAPITOLA 1. KVADRIKY JAKO PLOCHY 2. STUPNĚ 2 1 2 1 1 y 1 2 Obráek 1.26: Průměrová rovina válcové plochy Věta: Je-li definována průměrová rovina sdružená s asymptotickým směrem, potom je s tímto směrem

Více

MATEMATIKA Přijímací zkoušky na ČVUT

MATEMATIKA Přijímací zkoušky na ČVUT Kolektiv MATEMATIKA Přijímací zkoušky na ČVUT Praha 200 Vydavatelství ČVUT Lektoři: doc. RNDr. Čeněk Zlatník, CSc. doc. RNDr. Ludmila Machačová, CSc. Jaroslav Černý, Růžena Černá, František Gemperle, Vladimíra

Více

Matematika pro studenty ekonomie. Doc. RNDr. Jiří Moučka, Ph.D. RNDr. Petr Rádl

Matematika pro studenty ekonomie. Doc. RNDr. Jiří Moučka, Ph.D. RNDr. Petr Rádl Doc. RNDr. Jiří Moučka, Ph.D. RNDr. Petr Rádl Matematika pro studenty ekonomie Vydala Grada Publishing, a.s. U Průhonu 22, 70 00 Praha 7 tel.: +420 234 264 40, fax: +420 234 264 400 www.grada.cz jako svou

Více

Číselné charakteristiky a jejich výpočet

Číselné charakteristiky a jejich výpočet Katedra ekonometrie, FVL, UO Brno kancelář 69a, tel. 973 442029 email:jiri.neubauer@unob.cz charakteristiky polohy charakteristiky variability charakteristiky koncetrace charakteristiky polohy charakteristiky

Více

Finanční. matematika pro každého. 8. rozšířené vydání. f inance. věcné a matematické vysvětlení základních finančních pojmů

Finanční. matematika pro každého. 8. rozšířené vydání. f inance. věcné a matematické vysvětlení základních finančních pojmů Finanční matematika pro každého 8. rozšířené vydání J. Radová, P. Dvořák, J. Málek věcné a matematické vysvětlení základních finančních pojmů metody pro praktické rozhodování soukromých osob i podnikatelů

Více

Sbírka úloh z matematiky

Sbírka úloh z matematiky Střední průmyslová škola a Střední odborné učiliště, Trutnov, Školní 101 Sbírka úloh z matematiky v rámci projektu královéhradeckého kraje zavádění inovativních metod výuky pomocí ICT v předmětu matematika

Více

5.2. Funkce, definiční obor funkce a množina hodnot funkce

5.2. Funkce, definiční obor funkce a množina hodnot funkce 5. Funkce 8. ročník 5. Funkce 5.. Opakování - Zobrazení a zápis intervalů a) uzavřený interval d) otevřený interval čísla a,b krajní body intervalu číslo a patří do intervalu (plné kolečko) číslo b patří

Více

STŘEDOŠKOLSKÁ MATEMATIKA

STŘEDOŠKOLSKÁ MATEMATIKA STŘEDOŠKOLSKÁ MATEMATIKA MOCNINY, ODMOCNINY, ALGEBRAICKÉ VÝRAZY VŠB Technická univerzita Ostrava Ekonomická fakulta 006 Mocniny, odmocniny, algebraické výrazy http://moodle.vsb.cz/ 1 OBSAH 1 Informace

Více

15. Moduly. a platí (p + q)(x) = p(x) + q(x), 1(X) = id. Vzniká tak struktura P [x]-modulu na V.

15. Moduly. a platí (p + q)(x) = p(x) + q(x), 1(X) = id. Vzniká tak struktura P [x]-modulu na V. Učební texty k přednášce ALGEBRAICKÉ STRUKTURY Michal Marvan, Matematický ústav Slezská univerzita v Opavě 15. Moduly Definice. Bud R okruh, bud M množina na níž jsou zadány binární operace + : M M M,

Více

GONIOMETRICKÉ FUNKCE

GONIOMETRICKÉ FUNKCE Projekt ŠABLONY NA GVM Gymnázium Velké Meziříčí registrační číslo projektu: CZ.1.07/1.5.00/34.0948 IV-2 Inovace a zkvalitnění výuky směřující k rozvoji matematické gramotnosti žáků středních škol GONIOMETRICKÉ

Více

Vlastní číslo, vektor

Vlastní číslo, vektor [1] Vlastní číslo, vektor motivace: směr přímky, kterou lin. transformace nezmění invariantní podprostory charakteristický polynom báze, vzhledem ke které je matice transformace nejjednodušší podobnost

Více

MATEMATIKA B 2. Metodický list č. 1. Název tématického celku: Význam první a druhé derivace pro průběh funkce

MATEMATIKA B 2. Metodický list č. 1. Název tématického celku: Význam první a druhé derivace pro průběh funkce Metodický list č. 1 Význam první a druhé derivace pro průběh funkce Cíl: V tomto tématickém celku se studenti seznámí s některými základními pojmy a postupy užívanými při vyšetřování průběhu funkcí. Tématický

Více

FUNKCE INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ

FUNKCE INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ FUNKCE Gymnázium Jiřího Wolkera v Prostějově Výukové materiály z matematiky pro vyšší gymnázia Autoři projektu Student na prahu. století - využití ICT ve vyučování matematiky na gymnáziu INVESTICE DO ROZVOJE

Více

DIGITÁLNÍ ARCHIV VZDĚLÁVACÍCH MATERIÁLŮ

DIGITÁLNÍ ARCHIV VZDĚLÁVACÍCH MATERIÁLŮ DIGITÁLNÍ ARCHIV VZDĚLÁVACÍCH MATERIÁLŮ Číslo projektu Číslo a název šablony klíčové aktivity Tematická oblast CZ.1.07/1.5.00/34.0963 IV/2 Inovace a zkvalitnění výuky směřující k rozvoji matematické gramotnosti

Více

Algebraické výrazy pro učební obory

Algebraické výrazy pro učební obory Variace 1 Algebraické výrazy pro učební obory Autor: Mgr. Jaromír JUŘEK Kopírování a jakékoliv další využití výukového materiálu je povoleno pouze s uvedením odkazu na www.jarjurek.cz. 1. Algebraické výrazy

Více

Základní pojmy o signálech

Základní pojmy o signálech Základní pojmy o signálech klasifikace signálů transformace časové osy energie a výkon periodické signály harmonický signál jednotkový skok a impuls Jan Černocký ÚPGM FIT VUT Brno, cernocky@fit.vutbr.cz

Více

6. Lineární (ne)rovnice s odmocninou

6. Lineární (ne)rovnice s odmocninou @06 6. Lineární (ne)rovnice s odmocninou rovnice Když se řekne s odmocninou, znamená to, že zadaná rovnice obsahuje neznámou pod odmocninou. není (ne)rovnice s odmocninou neznámá x není pod odmocninou

Více

K OZA SE PASE NA POLOVINĚ ZAHRADY Zadání úlohy

K OZA SE PASE NA POLOVINĚ ZAHRADY Zadání úlohy Koza se pase na polovině zahrady, Jaroslav eichl, 011 K OZA E PAE NA POLOVINĚ ZAHADY Zadání úlohy Zahrada kruhového tvaru má poloměr r = 10 m. Do zahrady umístíme kozu, kterou přivážeme provazem ke kolíku

Více

Ukázka knihy z internetového knihkupectví www.kosmas.cz

Ukázka knihy z internetového knihkupectví www.kosmas.cz Ukázka knihy z internetového knihkupectví www.kosmas.cz U k á z k a k n i h y z i n t e r n e t o v é h o k n i h k u p e c t v í w w w. k o s m a s. c z, U I D : K O S 1 8 0 7 6 1 Edice Osobní a rodinné

Více

Kapitola 1: Lineární prostor

Kapitola 1: Lineární prostor Lineární prostor Kapitola 1: Lineární prostor Chcete-li ukončit prohlížení stiskněte klávesu Esc. Chcete-li pokračovat stiskněte klávesu Enter.. p.1/15 Lineární prostor Lineární prostoralineární podprostor

Více

Funkce, funkční závislosti Lineární funkce

Funkce, funkční závislosti Lineární funkce Funkce, funkční závislosti Lineární funkce Obsah: Definice funkce Grafické znázornění funkce Konstantní funkce Lineární funkce Vlastnosti lineárních funkcí Lineární funkce - příklady Zdroje Z Návrat na

Více

11 Analýza hlavních komponet

11 Analýza hlavních komponet 11 Analýza hlavních komponet Tato úloha provádí transformaci měřených dat na menší počet tzv. fiktivních dat tak, aby většina informace obsažená v původních datech zůstala zachována. Jedná se tedy o úlohu

Více

Přílohy. Příloha 1. Obr. P1.1 Zadání úlohy v MS Excel

Přílohy. Příloha 1. Obr. P1.1 Zadání úlohy v MS Excel Přílohy Příloha 1 Řešení úlohy lineárního programování v MS Excel V této příloze si ukážeme, jak lze řešit úlohy lineárního programování pomocí tabulkového procesoru MS Excel 2007. Výpočet budeme demonstrovat

Více

1. Jordanův kanonický tvar

1. Jordanův kanonický tvar . Jordanův kanonický tvar Obecně nelze pro zadaný lineární operátor ϕ : U U najít bázi α takovou, že (ϕ) α,α by byla diagonální. Obecně však platí, že pro každý lineární operátor ϕ : U U nad komplexními

Více

JčU - Cvičení z matematiky pro zemědělské obory (doc. RNDr. Nýdl, CSc & spol.) Minitest MT7

JčU - Cvičení z matematiky pro zemědělské obory (doc. RNDr. Nýdl, CSc & spol.) Minitest MT7 ŘEŠENÍ MINITESTŮ JčU - Cvičení z matematiky pro zemědělské obory (doc. RNDr. Nýdl, CSc & spol.) Minitest MT7. Najděte rovnici tečny ke křivce y x v bodě a. x Tečna je přímka. Přímka se zapisuje jako lineární

Více

Vlastnosti konvoluce. ÚPGM FIT VUT Brno, cernocky@fit.vutbr.cz

Vlastnosti konvoluce. ÚPGM FIT VUT Brno, cernocky@fit.vutbr.cz Systémy Vlastnosti lineárních systémů. Konvoluce diskrétní a spojitý čas. Vlastnosti konvoluce Jan Černocký ÚPGM FIT VUT Brno, cernocky@fit.vutbr.cz 1 Systémy obecně: spojení komponentů, zařízení nebo

Více

8 Věta o Fourierově transformaci funkcí, které lze na sebe transformovat regulární lineární transformací souřadnic

8 Věta o Fourierově transformaci funkcí, které lze na sebe transformovat regulární lineární transformací souřadnic 8 REGULÁRNÍ LINEÁRNÍ TRANSFORMACE SOUŘADNIC 8 Věta o Fourierově transformaci funkcí, které lze na sebe transformovat regulární lineární transformací souřadnic Ze zkušenosti s Fraunhoferovými difrakčními

Více

15. Goniometrické funkce

15. Goniometrické funkce @157 15. Goniometrické funkce Pravoúhlý trojúhelník Ze základní školy znáte funkce sin a cos jako poměr odvěsen pravoúhlého trojúhelníka ku přeponě. @160 Měření úhlů Velikost úhlů se měří buď mírou stupňovou

Více

analytické geometrie v prostoru s počátkem 18. stol.

analytické geometrie v prostoru s počátkem 18. stol. 4.. Funkce více proměnných, definice, vlastnosti Funkce více proměnných Funkce více proměnných se v matematice začal používat v rámci rozvoje analtické geometrie v prostoru s počátkem 8. stol. I v sami

Více

Euklidovský prostor. Euklides. Euklidovy postuláty (axiomy)

Euklidovský prostor. Euklides. Euklidovy postuláty (axiomy) Euklidovský prostor Euklidovy Základy (pohled do historie) dnešní definice kartézský souřadnicový systém vlastnosti rovin v E n speciální vlastnosti v E 3 (vektorový součin) a) eprostor, 16, b) P. Olšák,

Více

METODICKÉ LISTY Z MATEMATIKY pro gymnázia a základní vzdělávání

METODICKÉ LISTY Z MATEMATIKY pro gymnázia a základní vzdělávání METODICKÉ LISTY Z MATEMATIKY pro gymnázia a základní vzdělávání Jaroslav Švrček a kolektiv Rámcový vzdělávací program pro gymnázia Vzdělávací oblast: Matematika a její aplikace Tematický okruh: Závislosti

Více

Poznámky pro žáky s poruchami učení z matematiky 2. ročník 2005/2006 str. 1. Funkce pro UO 1

Poznámky pro žáky s poruchami učení z matematiky 2. ročník 2005/2006 str. 1. Funkce pro UO 1 Poznámky pro žáky s poruchami učení z matematiky 2. ročník 2005/2006 str. 1 Funkce pro UO 1 Co je to matematická funkce? Mějme dvě množiny čísel. Množinu A a množinu B, které jsou neprázdné. Jestliže přiřadíme

Více

4 - Vlastnosti systému: Stabilita, převrácená odezva, řiditelnost a pozorovatelnost

4 - Vlastnosti systému: Stabilita, převrácená odezva, řiditelnost a pozorovatelnost 4 - Vlastnosti systému: Stabilita, převrácená odezva, řiditelnost a pozorovatelnost Michael Šebek Automatické řízení 25 25-2-5 Stabilita obecně Automatické řízení - Kybernetika a robotika Stabilita obecně

Více

takţe podmínka vypadá takto jmenovatel = 0 jmenovatel 0 něco < 0 něco 0 vnitřek 0 vnitřek > 0 cos(argument) = 0 sin(argument) =

takţe podmínka vypadá takto jmenovatel = 0 jmenovatel 0 něco < 0 něco 0 vnitřek 0 vnitřek > 0 cos(argument) = 0 sin(argument) = ZJIŠŤOVÁNÍ DEFINIČNÍHO OBORU FUNKCÍ Definiční obor funkce f(x) zjišťujeme tímto postupem: I. Vypíšeme si všechny výrazy pro které by mohlo být něco zakázáno a napíšeme podmínky pro to, aby se ty zakázané

Více

Malé statistické repetitorium Verze s řešením

Malé statistické repetitorium Verze s řešením Verze s řešením Příklad : Rozdělení náhodné veličiny základní charakteristiky Rozdělení diskrétní náhodné veličiny X je dáno následující tabulkou x 0 4 5 P(X = x) 005 05 05 0 a) Nakreslete graf distribuční

Více

Statistika. Regresní a korelační analýza Úvod do problému. Roman Biskup

Statistika. Regresní a korelační analýza Úvod do problému. Roman Biskup Statistika Regresní a korelační analýza Úvod do problému Roman Biskup Jihočeská univerzita v Českých Budějovicích Ekonomická fakulta (Zemědělská fakulta) Katedra aplikované matematiky a informatiky 2008/2009

Více

1.7.4. Skládání kmitů

1.7.4. Skládání kmitů .7.4. Skládání kmitů. Umět vysvětlit pojem superpozice.. Umět rozdělit různé typy skládání kmitů podle směru a frekvence. 3. Umět určit amplitudu a fázi výsledného kmitu. 4. Vysvětlit pojem fázor. 5. Znát

Více

CVIČENÍ Z MATEMATIKY I

CVIČENÍ Z MATEMATIKY I Slezská univerzita v Opavě Filozoficko-přírodovědecká fakulta Ústav fyziky CVIČENÍ Z MATEMATIKY I Sbírka příkladů Andrea Kotrlová Opava Obsah Příklady k opakování středoškolské látky. Úprava algebraických

Více

Numerické řešení variačních úloh v Excelu

Numerické řešení variačních úloh v Excelu Numerické řešení variačních úloh v Excelu Miroslav Hanzelka, Lenka Stará, Dominik Tělupil Gymnázium Česká Lípa, Gymnázium Jírovcova 8, Gymnázium Brno MirdaHanzelka@seznam.cz, lenka.stara1@seznam.cz, dtelupil@gmail.com

Více

, p = c + jω nejsou zde uvedeny všechny vlastnosti viz lit.

, p = c + jω nejsou zde uvedeny všechny vlastnosti viz lit. Statiké a dynamiké harakteristiky Úvod : Základy Laplaeovy transformae dále LT: viz lit. hlavní užití: - převádí difereniální rovnie na algebraiké (nehomogenní s konstantními koefiienty - usnadňuje řešení

Více

(ne)závislost. α 1 x 1 + α 2 x 2 + + α n x n. x + ( 1) x Vektoru y = ( 1) y říkáme opačný vektor k vektoru y. x x = 1. x = x = 0.

(ne)závislost. α 1 x 1 + α 2 x 2 + + α n x n. x + ( 1) x Vektoru y = ( 1) y říkáme opačný vektor k vektoru y. x x = 1. x = x = 0. Lineární (ne)závislost [1] Odečítání vektorů, asociativita BI-LIN, zavislost, 3, P. Olšák [2] Místo, abychom psali zdlouhavě: x + ( 1) y, píšeme stručněji x y. Vektoru y = ( 1) y říkáme opačný vektor k

Více

Střední hodnota a rozptyl náhodné. kvantilu. Ing. Michael Rost, Ph.D.

Střední hodnota a rozptyl náhodné. kvantilu. Ing. Michael Rost, Ph.D. Střední hodnota a rozptyl náhodné veličiny, vybraná rozdělení diskrétních a spojitých náhodných veličin, pojem kvantilu Ing. Michael Rost, Ph.D. Príklad Předpokládejme že máme náhodnou veličinu X která

Více

Pojem binární relace patří mezi nejzákladnější matematické pojmy. Binární relace

Pojem binární relace patří mezi nejzákladnější matematické pojmy. Binární relace RELACE Pojem binární relace patří mezi nejzákladnější matematické pojmy. Binární relace slouží k vyjádření vztahů mezi prvky nějakých množin. Vztahy mohou být různé povahy. Patří sem vztah býti potomkem,

Více