Diferenciální rovnice

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

Lineární rovnice prvního řádu. Máme řešit nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce h(t) = 2

Lineární rovnice prvního řádu. Máme řešit nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce h(t) = 2 Cvičení Lineární rovnice prvního řádu. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x + x tg t = cos t, které vyhovuje podmínce xπ =. Máme nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce ht = tg t a

Více

4. OBYČEJNÉ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE

4. OBYČEJNÉ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE FBI VŠB-TUO 28. března 2014 4.1. Základní pojmy Definice 4.1. Rovnice tvaru F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0 se nazývá obyčejná diferenciální rovnice n-tého řádu a vyjadřuje vztah mezi neznámou funkcí y

Více

Soustavy lineárních diferenciálních rovnic I. řádu s konstantními koeficienty

Soustavy lineárních diferenciálních rovnic I. řádu s konstantními koeficienty Soustavy lineárních diferenciálních rovnic I řádu s konstantními koeficienty Definice a) Soustava tvaru x = ax + a y + az + f() t y = ax + a y + az + f () t z = a x + a y + a z + f () t se nazývá soustava

Více

Lineární diferenciální rovnice n tého řádu

Lineární diferenciální rovnice n tého řádu Kapitola 2 Lineární diferenciální rovnice n tého řádu 2.1 Cauchyova úloha pro lineární rovnici n tého řádu Klíčová slova: obyčejná lineární diferenciální rovnice n tého řádu, rovnice s konstantními koeficienty,

Více

Nejdřív spočítáme jeden příklad na variaci konstant pro lineární diferenciální rovnici 2. řádu s kostantními koeficienty. y + y = 4 sin t.

Nejdřív spočítáme jeden příklad na variaci konstant pro lineární diferenciální rovnici 2. řádu s kostantními koeficienty. y + y = 4 sin t. 1 Variace konstanty Nejdřív spočítáme jeden příklad na variaci konstant pro lineární diferenciální rovnici 2. řádu s kostantními koeficienty. Příklad 1 Najděte obecné řešení rovnice: y + y = 4 sin t. Co

Více

LDF MENDELU. Simona Fišnarová (MENDELU) LDR druhého řádu VMAT, IMT 1 / 22

LDF MENDELU. Simona Fišnarová (MENDELU) LDR druhého řádu VMAT, IMT 1 / 22 Lineární diferenciální rovnice druhého řádu Vyšší matematika, Inženýrská matematika LDF MENDELU Podpořeno projektem Průřezová inovace studijních programů Lesnické a dřevařské fakulty MENDELU v Brně (LDF)

Více

4.1 Řešení základních typů diferenciálních rovnic 1.řádu

4.1 Řešení základních typů diferenciálních rovnic 1.řádu 4. Řešení základních tpů diferenciálních rovnic.řádu 4..4 Určete řešení z() Cauchov úloh pro rovnici + = 0 vhovující počáteční podmínce z =. Po separaci proměnných v rovnici dostaneme rovnici = d a po

Více

pouze u některých typů rovnic a v tomto textu se jím nebudeme až na

pouze u některých typů rovnic a v tomto textu se jím nebudeme až na Matematika II 7.1. Zavedení diferenciálních rovnic Definice 7.1.1. Rovnice tvaru F(y (n), y (n 1),, y, y, x) = 0 se nazývá diferenciální rovnice n-tého řádu pro funkci y = y(x). Speciálně je F(y, y, x)

Více

Diferenciální rovnice 1

Diferenciální rovnice 1 Diferenciální rovnice 1 Základní pojmy Diferenciální rovnice n-tého řádu v implicitním tvaru je obecně rovnice ve tvaru,,,, = Řád diferenciální rovnice odpovídá nejvyššímu stupni derivace v rovnici použitému.

Více

1. Náhodný vektor (X, Y ) má diskrétní rozdělení s pravděpodobnostní funkcí p, kde. p(x, y) = a(x + y + 1), x, y {0, 1, 2}.

1. Náhodný vektor (X, Y ) má diskrétní rozdělení s pravděpodobnostní funkcí p, kde. p(x, y) = a(x + y + 1), x, y {0, 1, 2}. VIII. Náhodný vektor. Náhodný vektor (X, Y má diskrétní rozdělení s pravděpodobnostní funkcí p, kde p(x, y a(x + y +, x, y {,, }. a Určete číslo a a napište tabulku pravděpodobnostní funkce p. Řešení:

Více

Nalezněte obecné řešení diferenciální rovnice (pomocí separace proměnných) a řešení Cauchyho úlohy: =, 0 = 1 = 1. ln = +,

Nalezněte obecné řešení diferenciální rovnice (pomocí separace proměnných) a řešení Cauchyho úlohy: =, 0 = 1 = 1. ln = +, Příklad Nalezněte obecné řešení diferenciální rovnice (pomocí separace proměnných) a řešení Cauchyho úlohy: a) =, 0= b) =, = c) =2, = d) =2, 0= e) =, 0= f) 2 =0, = g) + =0, h) =, = 2 = i) =, 0= j) sin+cos=0,

Více

Nyní využijeme slovník Laplaceovy transformace pro derivaci a přímé hodnoty a dostaneme běžnou algebraickou rovnici. ! 2 "

Nyní využijeme slovník Laplaceovy transformace pro derivaci a přímé hodnoty a dostaneme běžnou algebraickou rovnici. ! 2 ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MB ČÁST Příklad Nalezněte pomocí Laplaceovy transformace řešení dané Cauchyho úlohy lineární diferenciální rovnice prvního řádu s konstantními koeficienty v intervalu 0,, které vyhovuje

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

8.1. Separovatelné rovnice

8.1. Separovatelné rovnice 8. Metody řešení diferenciálních rovnic 1. řádu Cíle V předchozí kapitole jsme poznali separovaný tvar diferenciální rovnice, který bezprostředně umožňuje nalézt řešení integrací. Eistuje široká skupina

Více

Kapitola 10: Diferenciální rovnice 1/14

Kapitola 10: Diferenciální rovnice 1/14 Kapitola 10: Diferenciální rovnice 1/14 Co je to diferenciální rovnice? Definice: Diferenciální rovnice je vztah mezi hledanou funkcí y(x), jejími derivacemi y (x), y (x), y (x),... a nezávisle proměnnou

Více

Matematická analýza ve Vesmíru. Jiří Bouchala

Matematická analýza ve Vesmíru. Jiří Bouchala Matematická analýza ve Vesmíru Jiří Bouchala Katedra aplikované matematiky jiri.bouchala@vsb.cz www.am.vsb.cz/bouchala - p. 1/19 typu: m x (sin x, cos x) R(x, ax +...)dx. Matematická analýza ve Vesmíru.

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

9.5. Soustavy diferenciálních rovnic

9.5. Soustavy diferenciálních rovnic Cíle Budeme se nyní zabývat úlohami, v nichž je cílem najít dvojici funkcí y(x), z(x), pro které jsou zadány dvě lineární rovnice prvního řádu, obsahující tyto funkce a jejich derivace. Výklad Omezíme-li

Více

INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2

INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2 INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2 Robert Mařík 5. října 2009 c Robert Mařík, 2009 Obsah 1 LDR druhého řádu 4 2 Homogenní LDR, lineární nezávislost a wronskián 9 3 Homogenní LDR s konstantními

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

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

7.3. Diferenciální rovnice II. řádu

7.3. Diferenciální rovnice II. řádu Diferenciální rovnice 7 Diferenciální rovnice II řádu Ve stručném přehledu se budeme zabývat výhradně řešením lineárních diferenciálních rovnic II řádu s konstantními koeficienty Obecný tvar: ay + ay +

Více

6. Lineární ODR n-tého řádu

6. Lineární ODR n-tého řádu 6. Lineární ODR n-tého řádu A. Obecná homogenní LODRn V předcházející kapitole jsme diferenciální rovnici (libovolného řádu) nazvali lineární, je-li tato rovnice lineární vzhledem ke hledané funkci y a

Více

Kapitola 7: Integrál. 1/17

Kapitola 7: Integrál. 1/17 Kapitola 7: Integrál. 1/17 Neurčitý integrál - Motivační příklad 2/17 Příklad: Necht se bod pohybuje po přímce rychlostí a) v(t) = 3 [m/s] (rovnoměrný přímočarý pohyb), b) v(t) = 2t [m/s] (rovnoměrně zrychlený

Více

Příklady pro předmět Aplikovaná matematika (AMA) část 1

Příklady pro předmět Aplikovaná matematika (AMA) část 1 Příklady pro předmět plikovaná matematika (M) část 1 1. Lokální extrémy funkcí dvou a tří proměnných Nalezněte lokální extrémy funkcí: (a) f 1 : f 1 (x, y) = x 3 3x + y 2 + 2y (b) f 2 : f 2 (x, y) = 1

Více

VI. Derivace složené funkce.

VI. Derivace složené funkce. VI. Derivace složené funkce. 17. Parciální derivace složené funkce Budeme uvažovat složenou funkci F = f(g, kde některá z jejich součástí může být funkcí více proměnných. Předpokládáme, že uvažujeme funkce,

Více

1 Modelování systémů 2. řádu

1 Modelování systémů 2. řádu OBSAH Obsah 1 Modelování systémů 2. řádu 1 2 Řešení diferenciální rovnice 3 3 Ukázka řešení č. 1 9 4 Ukázka řešení č. 2 11 5 Ukázka řešení č. 3 12 6 Ukázka řešení č. 4 14 7 Ukázka řešení č. 5 16 8 Ukázka

Více

9. T r a n s f o r m a c e n á h o d n é v e l i č i n y

9. T r a n s f o r m a c e n á h o d n é v e l i č i n y 9. T r a n s f o r m a c e n á h o d n é v e l i č i n Při popisu procesů zpracováváme vstupní údaj, hodnotu x tak, že výstupní hodnota závisí nějakým způsobem na vstupní, je její funkcí = f(x). Pokud

Více

11. přednáška 10. prosince Kapitola 3. Úvod do teorie diferenciálních rovnic. Obyčejná diferenciální rovnice řádu n (ODR řádu n) je vztah

11. přednáška 10. prosince Kapitola 3. Úvod do teorie diferenciálních rovnic. Obyčejná diferenciální rovnice řádu n (ODR řádu n) je vztah 11. přednáška 10. prosince 2007 Kapitola 3. Úvod do teorie diferenciálních rovnic. Obyčejná diferenciální rovnice řádu n (ODR řádu n) je vztah F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0 mezi argumentem x funkce jedné

Více

Matematika 2 LS 2012/13. Prezentace vznikla na základě učebního textu, jehož autorem je doc. RNDr. Mirko Rokyta, CSc. J. Stebel Matematika 2

Matematika 2 LS 2012/13. Prezentace vznikla na základě učebního textu, jehož autorem je doc. RNDr. Mirko Rokyta, CSc. J. Stebel Matematika 2 Matematika 2 13. přednáška Obyčejné diferenciální rovnice Jan Stebel Fakulta mechatroniky, informatiky a mezioborových studíı Technická univerzita v Liberci jan.stebel@tul.cz http://bacula.nti.tul.cz/~jan.stebel

Více

Učební texty k státní bakalářské zkoušce Matematika Diferenciální rovnice. študenti MFF 15. augusta 2008

Učební texty k státní bakalářské zkoušce Matematika Diferenciální rovnice. študenti MFF 15. augusta 2008 Učební texty k státní bakalářské zkoušce Matematika Diferenciální rovnice študenti MFF 15. augusta 2008 1 7 Diferenciální rovnice Požadavky Soustavy lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu lineární

Více

Praha & EU: investujeme do vaší budoucnosti. Daniel Turzík, Miroslava Dubcová,

Praha & EU: investujeme do vaší budoucnosti. Daniel Turzík, Miroslava Dubcová, E-sbírka příkladů Seminář z matematiky Evropský sociální fond Praha & EU: investujeme do vaší budoucnosti Daniel Turzík, Miroslava Dubcová, Pavla Pavlíková Obsah 1 Úpravy výrazů................................................................

Více

Vzdělávací materiál. vytvořený v projektu OP VK CZ.1.07/1.5.00/34.0211. Anotace. Integrální počet VY_32_INOVACE_M0308. Matematika

Vzdělávací materiál. vytvořený v projektu OP VK CZ.1.07/1.5.00/34.0211. Anotace. Integrální počet VY_32_INOVACE_M0308. Matematika Vzdělávací materiál vytvořený v projektu OP VK Název školy: Gymnázium, Zábřeh, náměstí Osvobození 0 Číslo projektu: Název projektu: Číslo a název klíčové aktivity: CZ..07/.5.00/3.0 Zlepšení podmínek pro

Více

PRIMITIVNÍ FUNKCE. Primitivní funkce primitivní funkce. geometrický popis integrály 1 integrály 2 spojité funkce konstrukce prim.

PRIMITIVNÍ FUNKCE. Primitivní funkce primitivní funkce. geometrický popis integrály 1 integrály 2 spojité funkce konstrukce prim. PRIMITIVNÍ FUNKCE V předchozích částech byly zkoumány derivace funkcí a hlavním tématem byly funkce, které derivace mají. V této kapitole se budou zkoumat funkce, které naopak jsou derivacemi jiných funkcí

Více

PRIMITIVNÍ FUNKCE DEFINICE A MOTIVACE

PRIMITIVNÍ FUNKCE DEFINICE A MOTIVACE PIMITIVNÍ FUNKCE V předchozích částech byly zkoumány derivace funkcí a hlavním tématem byly funkce, které derivace mají. V této kapitole se budou zkoumat funkce, které naopak jsou derivacemi jiných funkcí

Více

7. Soustavy ODR1 Studijní text. 7. Soustavy ODR1. A. Základní poznatky o soustavách ODR1

7. Soustavy ODR1 Studijní text. 7. Soustavy ODR1. A. Základní poznatky o soustavách ODR1 7 Soustavy ODR1 A Základní poznatky o soustavách ODR1 V inženýrské praxi se se soustavami diferenciálních rovnic setkáváme především v úlohách souvisejících s mechanikou Příkladem může být úloha popsat

Více

arcsin x 2 dx. x dx 4 x 2 ln 2 x + 24 x ln 2 x + 9x dx.

arcsin x 2 dx. x dx 4 x 2 ln 2 x + 24 x ln 2 x + 9x dx. Neurčitý integrál arcsin. Integrál najdeme integrací per partes. Pomocí této metody dostaneme arcsin = arcsin 4 = arcsin + 4 + C, (,. ln + 4 ln + 9. Tento integrál lze převést substitucí ln = y na integrál

Více

Vzpěr jednoduchého rámu, diferenciální operátory. Lenka Dohnalová

Vzpěr jednoduchého rámu, diferenciální operátory. Lenka Dohnalová 1 / 40 Vzpěr jednoduchého rámu, diferenciální operátory Lenka Dohnalová ČVUT, fakulta stavební, ZS 2015/2016 katedra stavební mechaniky a katedra matematiky, Odborné vedení: doc. Ing. Jan Zeman, Ph.D.,

Více

Zpracoval: hypspave@fel.cvut.cz 7. Matematická indukce a rekurse. Řešení rekurentních (diferenčních) rovnic s konstantními koeficienty.

Zpracoval: hypspave@fel.cvut.cz 7. Matematická indukce a rekurse. Řešení rekurentních (diferenčních) rovnic s konstantními koeficienty. Zpracoval: hypspave@fel.cvut.cz 7. Matematická indukce a rekurse. Řešení rekurentních (diferenčních) rovnic s konstantními koeficienty. (A7B01MCS) I. Matematická indukce a rekurse. Indukční principy patří

Více

Příklad 1. Řešení 1a Máme vyšetřit lichost či sudost funkce ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 3

Příklad 1. Řešení 1a Máme vyšetřit lichost či sudost funkce ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 3 Příklad 1 Zjistěte, zda jsou dané funkce sudé nebo liché, případně ani sudé ani liché: a) =ln b) = c) = d) =4 +1 e) =sin cos f) =sin3+ cos+ Poznámka Všechny tyto úlohy řešíme tak, že argument funkce nahradíme

Více

Necht tedy máme přirozená čísla n, k pod pojmem systém lineárních rovnic rozumíme rovnice ve tvaru

Necht tedy máme přirozená čísla n, k pod pojmem systém lineárních rovnic rozumíme rovnice ve tvaru 2. Systémy lineárních rovnic V této kapitole se budeme zabývat soustavami lineárních rovnic s koeficienty z pole reálných případně komplexních čísel. Uvádíme podmínku pro existenci řešení systému lineárních

Více

INTEGRÁLY S PARAMETREM

INTEGRÁLY S PARAMETREM INTEGRÁLY S PARAMETREM b a V kapitole o integraci funkcí více proměnných byla potřeba funkce g(x) = f(x, y) dy proměnné x. Spojitost funkce g(x) = b a f(x, y) dy proměnné x znamená vlastně prohození limity

Více

Matematika IV 9. týden Vytvořující funkce

Matematika IV 9. týden Vytvořující funkce Matematika IV 9. týden Vytvořující funkce Jan Slovák Masarykova univerzita Fakulta informatiky jaro 2015 Obsah přednášky 1 Vytvořující funkce a Fibonacciho čísla 2 Vytvořující funkce - připomenutí 3 Řešení

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

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

Funkce komplexní proměnné a integrální transformace

Funkce komplexní proměnné a integrální transformace Funkce komplexní proměnné a integrální transformace Fourierovy řady I. Marek Lampart Text byl vytvořen v rámci realizace projektu Matematika pro inženýry 21. století (reg. č. CZ.1.07/2.2.00/07.0332), na

Více

VYBRANÉ PARTIE Z NUMERICKÉ MATEMATIKY

VYBRANÉ PARTIE Z NUMERICKÉ MATEMATIKY VYBRANÉ PARTIE Z NUMERICKÉ MATEMATIKY Jan Krejčí 31. srpna 2006 jkrejci@physics.ujep.cz http://physics.ujep.cz/~jkrejci Obsah 1 Přímé metody řešení soustav lineárních rovnic 3 1.1 Gaussova eliminace...............................

Více

a počtem sloupců druhé matice. Spočítejme součin A.B. Označme matici A.B = M, pro její prvky platí:

a počtem sloupců druhé matice. Spočítejme součin A.B. Označme matici A.B = M, pro její prvky platí: Řešené příklady z lineární algebry - část 1 Typové příklady s řešením Příklady jsou určeny především k zopakování látky před zkouškou, jsou proto řešeny se znalostmi učiva celého semestru. Tento fakt se

Více

Základy matematiky pro FEK

Základy matematiky pro FEK Základy matematiky pro FEK 12. přednáška Blanka Šedivá KMA zimní semestr 216/21 Blanka Šedivá (KMA) Základy matematiky pro FEK zimní semestr 216/21 1 / 15 Integrování jako inverzní operace příklady inverzních

Více

Vlastní (charakteristická) čísla a vlastní (charakteristické) Pro zadanou čtvercovou matici A budeme řešit maticovou

Vlastní (charakteristická) čísla a vlastní (charakteristické) Pro zadanou čtvercovou matici A budeme řešit maticovou 1 Vlastní (charakteristická) čísla a vlastní (charakteristické) vektory matice Pro zadanou čtvercovou matici A budeme řešit maticovou rovnici A x = λ x, kde x je neznámá matice o jednom sloupci (sloupcový

Více

0.1 Obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu

0.1 Obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu 0.1 Obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu 1 0.1 Obyčejné diferenciální rovnice prvního řádu Obyčejná diferenciální rovnice je rovnice, ve které se vyskytují derivace nebo diferenciály neznámé funkce

Více

příkladů do cvičení. V textu se objeví i pár detailů, které jsem nestihl (na které jsem zapomněl) a(b u) = (ab) u, u + ( u) = 0 = ( u) + u.

příkladů do cvičení. V textu se objeví i pár detailů, které jsem nestihl (na které jsem zapomněl) a(b u) = (ab) u, u + ( u) = 0 = ( u) + u. Několik řešených příkladů do Matematiky Vektory V tomto textu je spočteno několik ukázkových příkladů které vám snad pomohou při řešení příkladů do cvičení. V textu se objeví i pár detailů které jsem nestihl

Více

Matematika I A ukázkový test 1 pro 2014/2015

Matematika I A ukázkový test 1 pro 2014/2015 Matematika I A ukázkový test 1 pro 2014/2015 1. Je dána soustava rovnic s parametrem a R x y + z = 1 x + y + 3z = 1 (2a 1)x + (a + 1)y + z = 1 a a) Napište Frobeniovu větu (existence i počet řešení). b)

Více

Algebraické výrazy - řešené úlohy

Algebraické výrazy - řešené úlohy Algebraické výrazy - řešené úlohy Úloha č. 1 Určete jeho hodnotu pro =. Určete, pro kterou hodnotu proměnné je výraz roven nule. Za proměnnou dosadíme: = a vypočteme hodnotu výrazu. Nejprve zapíšeme rovnost,

Více

19 Eukleidovský bodový prostor

19 Eukleidovský bodový prostor 19 Eukleidovský bodový prostor Eukleidovským bodovým prostorem rozumíme afinní bodový prostor, na jehož zaměření je definován skalární součin. Víme, že pomocí skalárního součinu jsou definovány pojmy norma

Více

Projekt OPVK - CZ.1.07/1.1.00/ Matematika pro všechny. Univerzita Palackého v Olomouci

Projekt OPVK - CZ.1.07/1.1.00/ Matematika pro všechny. Univerzita Palackého v Olomouci Projekt OPVK - CZ..07/..00/6.007 Matematika pro všechny Univerzita Palackého v Olomouci Tematický okruh: Závislosti a funkční vztahy Gradovaný řetězec úloh Téma: Goniometrické funkce Autor: Ondráčková

Více

KOMPLEXNÍ ČÍSLA INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ

KOMPLEXNÍ ČÍSLA INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ KOMPLEXNÍ ČÍSLA Gymnázium Jiřího Wolkera v Prostějově Výukové materiály z matematiky pro vyšší gymnázia Autoři projektu Student na prahu 21. století - využití ICT ve vyučování matematiky na gymnáziu INVESTICE

Více

Diferenciální rovnice separace proměnných verze 1.1

Diferenciální rovnice separace proměnných verze 1.1 Úvod Diferenciální rovnice separace proměnných verze. Následující tet popisuje řešení diferenciálních rovnic, konkrétně metodu separace proměnných. Měl by sloužit především studentům předmětu MATEMAT na

Více

Riemannův určitý integrál

Riemannův určitý integrál Riemannův určitý integrál 1. Motivační příklad Příklad (Motivační příklad pro zavedení Riemannova integrálu). Nechť,. Vypočtěme obsah vybarvené oblasti ohraničené grafem funkce, osou a svislými přímkami

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

Sbírka příkladů z matematické analýzy II. Petr Tomiczek

Sbírka příkladů z matematické analýzy II. Petr Tomiczek Sbírka příkladů z matematické analýzy II Petr Tomiczek Obsah Diferenciální rovnice. řádu 3. Separace proměnných......................... 3. Přechod k separaci.......................... 4.3 Variace konstant...........................

Více

Matematika 1 pro PEF PaE

Matematika 1 pro PEF PaE Reálné funkce 1 / 21 Matematika 1 pro PEF PaE 1. Reálné funkce Přemysl Jedlička Katedra matematiky, TF ČZU funkce Reálné funkce Základní pojmy 2 / 21 Zobrazení z množiny A do množiny B je množina f uspořádaných

Více

+ 2y. a y = 1 x 2. du x = nxn 1 f(u) 2x n 3 yf (u)

+ 2y. a y = 1 x 2. du x = nxn 1 f(u) 2x n 3 yf (u) Diferenciální počet příklad 1 Dokažte, že funkce F, = n f 2, kde f je spojitě diferencovatelná funkce, vhovuje vztahu + 2 = nf ; 0 Řešení: Označme u = 2. Pak je F, = n fu a platí Podle vět o derivaci složené

Více

2. Určete jádro KerL zobrazení L, tj. nalezněte alespoň jednu jeho bázi a určete jeho dimenzi.

2. Určete jádro KerL zobrazení L, tj. nalezněte alespoň jednu jeho bázi a určete jeho dimenzi. Řešené příklady z lineární algebry - část 3 Typové příklady s řešením Příklad 3.1: Zobrazení L: P 3 R 23 je zobrazení z prostoru P 3 všech polynomů do stupně 3 (včetně nulového polynomu) do prostoru R

Více

MATEMATIKA 2. Sbírka úloh. RNDr. Edita Kolářová ÚSTAV MATEMATIKY

MATEMATIKA 2. Sbírka úloh. RNDr. Edita Kolářová ÚSTAV MATEMATIKY MATEMATIKA Sbírka úloh RNDr. Edita Kolářová ÚSTAV MATEMATIKY MATEMATIKA Sbírka úloh Úvod Dostali jste do rukou sbírku příkladů k přednášce Matematika. Tato sbírka je doplněním textu Matematika. Navazuje

Více

Diferenciální rovnice a jejich aplikace. (Brkos 2011) Diferenciální rovnice a jejich aplikace 1 / 36

Diferenciální rovnice a jejich aplikace. (Brkos 2011) Diferenciální rovnice a jejich aplikace 1 / 36 Diferenciální rovnice a jejich aplikace Zdeněk Kadeřábek (Brkos 2011) Diferenciální rovnice a jejich aplikace 1 / 36 Obsah 1 Co to je derivace? 2 Diferenciální rovnice 3 Systémy diferenciálních rovnic

Více

OBYČEJNÉ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1.ŘÁDU

OBYČEJNÉ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1.ŘÁDU OBYČEJNÉ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE Diferenciální rovnice patří mezi nejužívanější nástroje matematiky v aplikacích. Jsou to rovnice, kde neznámou je funkce a rovnice obsahuje i derivace této funkce. Lze očekávat,

Více

1 Diference a diferenční rovnice

1 Diference a diferenční rovnice 1 Diference a diferenční rovnice Nechť je dána ekvidistantní síť uzlů x 0, x 1,..., x n tj. h R, h > 0 takové, že x i = x 0 + ih, i = 0, 1,..., n. Číslo h se nazývá krok. Někdy můžeme uvažovat i nekonečnou

Více

8.2. Exaktní rovnice. F(x, y) x. dy. df = dx + y. Nyní budeme hledat odpověd na otázku, zda a jak lze od této diferenciální formule

8.2. Exaktní rovnice. F(x, y) x. dy. df = dx + y. Nyní budeme hledat odpověd na otázku, zda a jak lze od této diferenciální formule Cíle Ve výkladu o funkcích dvou proměnných jsme se seznámili také s jejich diferenciálem prvního řádu, který je pro funkci F(x, y) vyjádřen výrazem df dx + dy. Nyní budeme hledat odpověd na otázku, zda

Více

Goniometrické rovnice

Goniometrické rovnice Goniometrické rovnice Funkce Existují čtyři goniometrické funkce sinus, kosinus, tangens a kotangens. Výraz číslo, ze kterého je daná funkce v obecném tvaru je to x se nazývá argument. Argument může u

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

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

Diferenciální rovnice a dynamické modely

Diferenciální rovnice a dynamické modely Diferenciální rovnice a namické modely Robert Mařík 31. srpna 2009 c Robert Mařík, 2009 G. Galilei: Velkou knihu příro mohou číst jen ti, kteří znají jazyk, jímž je tato kniha napsána. A tímto jazykem

Více

Matematika III. Miroslava Dubcová, Daniel Turzík, Drahoslava Janovská. Ústav matematiky

Matematika III. Miroslava Dubcová, Daniel Turzík, Drahoslava Janovská. Ústav matematiky Matematika III Řady Miroslava Dubcová, Daniel Turzík, Drahoslava Janovská Ústav matematiky Přednášky ZS 202-203 Obsah Číselné řady. Součet nekonečné řady. Kritéria konvergence 2 Funkční řady. Bodová konvergence.

Více

INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE října 2009

INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE října 2009 INŽENÝRSKÁ MATEMATIKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 1 Robert Mařík 2. října 2009 c Robert Mařík, 2009 Obsah 1 Diferenciální rovnice úvod 4 2 DR se separovanými proměnnými 9 DR se sep. proměnnými.........................

Více

ANALYTICKÁ GEOMETRIE V ROVINĚ

ANALYTICKÁ GEOMETRIE V ROVINĚ ANALYTICKÁ GEOMETRIE V ROVINĚ Analytická geometrie vyšetřuje geometrické objekty (body, přímky, kuželosečky apod.) analytickými metodami. Podle prostoru, ve kterém pracujeme, můžeme analytickou geometrii

Více

Homogenní rovnice. Uvažujme rovnici. y = f(x, y), (4) kde

Homogenní rovnice. Uvažujme rovnici. y = f(x, y), (4) kde Homogenní rovnice Uvažujme rovnici kde y = f(, y), (4) f(λ, λy) = f(, y), λ. Tato rovnice se nazývá homogenní rovnice 1. řádu. Ukážeme, že tuto rovnici lze převést substitucí na rovnici se separovanými

Více

9 Kolmost vektorových podprostorů

9 Kolmost vektorových podprostorů 9 Kolmost vektorových podprostorů Od kolmosti dvou vektorů nyní přejdeme ke kolmosti dvou vektorových podprostorů. Budeme se zabývat otázkou, kdy jsou dva vektorové podprostory na sebe kolmé a jak to poznáme.

Více

Neurčitý integrál. Robert Mařík. 4. března 2012

Neurčitý integrál. Robert Mařík. 4. března 2012 Neurčitý integrál Robert Mařík 4. března 0 V tomto souboru jsou vysvětleny a na příkladech s postupným řešením demonstrovány základní integrační metody. Ikonka za integrálem načte integrál do online aplikace

Více

16. Goniometrické rovnice

16. Goniometrické rovnice @198 16. Goniometrické rovnice Definice: Goniometrická rovnice je taková rovnice, ve které proměnná (neznámá) vystupuje pouze v goniometrických funkcích. Řešit goniometrické rovnice znamená nalézt všechny

Více

Lineární rovnice. Rovnice o jedné neznámé. Rovnice o jedné neznámé x je zápis ve tvaru L(x) = P(x), kde obě strany tvoří výrazy s jednou neznámou x.

Lineární rovnice. Rovnice o jedné neznámé. Rovnice o jedné neznámé x je zápis ve tvaru L(x) = P(x), kde obě strany tvoří výrazy s jednou neznámou x. Lineární rovnice Rovnice je zápis rovnosti mezi dvěma algebraickými výrazy, které obsahují alespoň jednu proměnnou, kterou nazýváme neznámá. Rovnice má levou stranu L a pravou stranu P. Rovnost pak zapisujeme

Více

ANALYTICKÁ GEOMETRIE LINEÁRNÍCH ÚTVARŮ V ROVINĚ

ANALYTICKÁ GEOMETRIE LINEÁRNÍCH ÚTVARŮ V ROVINĚ ANALYTICKÁ GEOMETRIE LINEÁRNÍCH ÚTVARŮ V ROVINĚ Parametrické vyjádření přímky v rovině Máme přímku p v rovině určenou body A, B. Sestrojíme vektor u = B A. Pro bod B tím pádem platí: B = A + u. Je zřejmé,

Více

c ÚM FSI VUT v Brně 20. srpna 2007

c ÚM FSI VUT v Brně 20. srpna 2007 20. srpna 2007 1. 3 arctg x 1+x 2 dx 2. (x 2 + 2x + 17)e x dx 3. 1 x 3 x dx Vypočtěte integrál: 3 arctg x 1 + x 2 dx Příklad 1. Řešení: Použijeme substituci: arctg x = t 3 arctg x dx = 1 dx = dt 1+x 2

Více

Nechť je číselná posloupnost. Pro všechna položme. Posloupnost nazýváme posloupnost částečných součtů řady.

Nechť je číselná posloupnost. Pro všechna položme. Posloupnost nazýváme posloupnost částečných součtů řady. Číselné řady Definice (Posloupnost částečných součtů číselné řady). Nechť je číselná posloupnost. Pro všechna položme. Posloupnost nazýváme posloupnost částečných součtů řady. Definice (Součet číselné

Více

f (k) (x 0 ) (x x 0 ) k, x (x 0 r, x 0 + r). k! f(x) = k=1 Řada se nazývá Taylorovou řadou funkce f v bodě x 0. Přehled některých Taylorových řad.

f (k) (x 0 ) (x x 0 ) k, x (x 0 r, x 0 + r). k! f(x) = k=1 Řada se nazývá Taylorovou řadou funkce f v bodě x 0. Přehled některých Taylorových řad. 8. Taylorova řada. V urzu matematiy jsme uázali, že je možné funci f, terá má v oolí bodu x derivace aproximovat polynomem, jehož derivace se shodují s derivacemi aproximované funce v bodě x. Poud má funce

Více

METODICKÝ NÁVOD MODULU

METODICKÝ NÁVOD MODULU Centrum celoživotního vzdělávání METODICKÝ NÁVOD MODULU Název Základy matematiky modulu: Zkratka: ZM Počet kreditů: 4 Semestr: Z/L Mentor: Petr Dolanský Tutor: Petr Dolanský I OBSAH BALÍČKU STUDIJNÍCH

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

I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta

I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta 343 I. 7. Diferenciál funkce a Taylorova věta Věta 26. Funkce f má v bodě x 0 diferenciál (je diferencovatelná v x 0 ) právě tehdy, když existuje vlastní derivace

Více

(FAPPZ) Petr Gurka aktualizováno 12. října Přehled některých elementárních funkcí

(FAPPZ) Petr Gurka aktualizováno 12. října Přehled některých elementárních funkcí 1. Reálná funkce reálné proměnné, derivování (FAPPZ) Petr Gurka aktualizováno 12. října 2011 Obsah 1 Přehled některých elementárních funkcí 1 1.1 Polynomické funkce.......................... 1 1.2 Racionální

Více

Úvod do řešení lineárních rovnic a jejich soustav

Úvod do řešení lineárních rovnic a jejich soustav Úvod do řešení lineárních rovnic a jejich soustav Rovnice je zápis rovnosti dvou výrazů, ve kterém máme najít neznámé číslo (neznámou). Po jeho dosazení do rovnice musí platit rovnost. Existuje-li takové

Více

Přechodné děje 2. řádu v časové oblasti

Přechodné děje 2. řádu v časové oblasti Přechodné děje 2. řádu v časové oblasti EO2 Přednáška 8 Pavel Máša - Přechodné děje 2. řádu ÚVODEM Na předchozích přednáškách jsme se seznámili s obecným postupem řešení přechodných dějů, jmenovitě pak

Více

5 Obyčejné diferenciální rovnice

5 Obyčejné diferenciální rovnice 5 Obyčejné diferenciální rovnice 5 Obyčejné diferenciální rovnice Břetislav Fajmon, UMAT FEKT, VUT Brno Téma je úvodním pohledem na řešení diferenciálních rovnic pohled na klasické metody, které ve skriptech

Více

SIGNÁLY A SOUSTAVY, SIGNÁLY A SYSTÉMY

SIGNÁLY A SOUSTAVY, SIGNÁLY A SYSTÉMY SIGNÁLY A SOUSTAVY, SIGNÁLY A SYSTÉMY TEMATICKÉ OKRUHY Signály se spojitým časem Základní signály se spojitým časem (základní spojité signály) Jednotkový skok σ (t), jednotkový impuls (Diracův impuls)

Více

Petr Hasil. Prvákoviny c Petr Hasil (MUNI) Úvod do infinitezimálního počtu Prvákoviny / 57

Petr Hasil. Prvákoviny c Petr Hasil (MUNI) Úvod do infinitezimálního počtu Prvákoviny / 57 Úvod do infinitezimálního počtu Petr Hasil Prvákoviny 2015 c Petr Hasil (MUNI) Úvod do infinitezimálního počtu Prvákoviny 2015 1 / 57 Obsah 1 Úvod Funkce Reálná čísla a posloupnosti Limita a spojitost

Více

4.3.8 Vzorce pro součet goniometrických funkcí. π π. π π π π. π π. π π. Předpoklady: 4306

4.3.8 Vzorce pro součet goniometrických funkcí. π π. π π π π. π π. π π. Předpoklady: 4306 ..8 Vzorce pro součet goniometrických funkcí Předpoklady: 06 Vzorce pro součet goniometrických funkcí: sin + sin y = sin cos sin sin y = cos sin cos + cos y = cos cos cos cos y = sin sin Na první pohled

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

MATICE. a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n A = = [a ij]

MATICE. a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n A = = [a ij] MATICE Matice typu m/n nad tělesem T je soubor m n prvků z tělesa T uspořádaných do m řádků a n sloupců: a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n A = = [a ij] a m1 a m2 a mn Prvek a i,j je prvek matice A na místě

Více

5. Lokální, vázané a globální extrémy

5. Lokální, vázané a globální extrémy 5 Lokální, vázané a globální extrémy Studijní text Lokální extrémy 5 Lokální, vázané a globální extrémy Definice 51 Řekneme, že f : R n R má v bodě a Df: 1 lokální maximum, když Ka, δ Df tak, že x Ka,

Více

a vlastních vektorů Příklad: Stanovte taková čísla λ, pro která má homogenní soustava Av = λv nenulové (A λ i I) v = 0.

a vlastních vektorů Příklad: Stanovte taková čísla λ, pro která má homogenní soustava Av = λv nenulové (A λ i I) v = 0. Výpočet vlastních čísel a vlastních vektorů S pojmem vlastního čísla jsme se již setkali například u iteračních metod pro řešení soustavy lineárních algebraických rovnic. Velikosti vlastních čísel iterační

Více