Kapitola 1. Nekonečné číselné řady. Definice 1.1 Nechť {a n } n=1 je posloupnost reálných čísel. Symbol. a n nebo a 1 + a 2 + a

Transkript

1 Kapitola Nekonečné číselné řady Definice. Nechť {a n } n= je posloupnost reálných čísel. Symbol a n nebo a + a 2 + a n= nazýváme nekonečnou číselnou řadou. s n = n i= a i = a + a a n nazveme n-tý částečný součet řady a {s n } n= posloupnost částečných součtů. Existuje-li vlastní limita lim n s n = s, řekneme, že řada n= a n konverguje a má součet s. Neexistuje-li vlastní limita lim n s n, řekneme, že řada n= a n diverguje. Divergentní řady dále dělíme na tři případy: Je-li lim n s n =, řekneme, že řada diverguje k + a píšeme n= a n = +, je-li lim n s n =, řekneme, že řada diverguje k a píšeme n= a n =, jestliže lim n s n neexistuje, řekneme, že řada osciluje. Příklad. Určete, kdy konverguje geometrická řada n= aqn, kde a, q R\{0} a zjistěte její součet. Řešení:. Nechť q =, pak s n = na a tedy lim n s n = + pro a > 0 a lim n s n = pro a < 0. Řada je tedy divergentní a diverguje k + ( ) pro a > 0(a < 0).

2 2. Nechť q =, pak s n = 0 pro n sudé a s n = a pro n liché, tedy lim n s n neexistuje. Řada osciluje. 3. Nechť q =. Pro q < je s n = a + aq + aq aq n s n q = aq + aq aq n s n s n q = s n ( q) = a aq n = a( q n ) řada konverguje a má součet Pro q > je řada diverguje k ±. s n = a qn q. lim n s n = lim n a qn q = a q, a. q lim n s n = lim n a qn q = a q = ±, Pro q < limita lim n s n neexistuje, řada tedy osciluje. Definice.2 Řada se nazývá omezená, je-li posloupnost {s n } omezená. Věta. Konvergentní řada je omezená. Důkaz Viz. věta z prvního semestru, má-li posloupnost vlastní limitu, pak je omezená. Poznámka. Obrácené tvrzení neplatí. Např. řada n= ( )n je divergentní (osciluje), ale je omezená. Věta.2 Nechť jsou řady n= a n a n= b n konvergentní. Pak je konvergentní i řada n= (λa n + γb n ) a platí, (λa n + γb n ) = λ a n + γ n= 2 n= b n. n=

3 Důkaz Důsledek věty o aritmetice limit. Poznámka.2 Konvergentní řady tvoří vektorový prostor. Věta.3 (nutná podmínka konvergence) Je-li a n konvergentní, pak lim a n = 0. n Důkaz Sporem. Je-li lim n a n 0, pak pro každé ε > 0 a každé n 0 N existuje m > n 0 takové, že a m > ε, tedy s m s m > ε a proto neni posloupnost {s n } Cauchyovská, tedy neni ani konvergentní. Poznámka.3 Obráceně věta neplatí. Příklad.2 Vyšetřete konvergenci harmonické řady n=. n Řešení: 2 n i= i = n 2 = n 2 n i= = n +. 2 i + 2n 2n 2 = n i= i= i + 2n 2 2 i + 2 n n n i= i (n ) 2 Posloupnost částečných součtů této řady je rostoucí, jelikož a n = > 0, tedy limita n lim n s n existuje. Jelikož je s 2 n n+, je tato limita +. Tedy harmonická 2 řada diverguje k +. Věta.4 Nechť p N, pak řady n= a n, n=p+ a n současně buď konvergují nebo divergují. Důkaz Označme s n = n i= a i a ŝ n = n i=p+ a i, pak s n = p i= a i+ŝ n a jelikož p i= a i R, tak lim n s n R lim n ŝ n R a lim n s n = ± lim n ŝ n ±. Poznámka.4 Z předcházející věty plyne, že na konvergenci, resp. divergenci řady nemá vliv chování konečného počtu jejích členů. 3

4 . Řady s nezápornými členy Je-li a n 0 pro všechna n N, pak řadu n= a n nazveme řadou s nezápornými členy. Věta.5 Buď n= a n řada, a n 0 n N, pak součet této řady existuje. Je-li n= a n neomezená, je n= a n = +. Je-li n= a n omezená, je n= a n = sup{s n } n=. Důkaz Přímí dusledek věty z prvního semestru rostoucí posloupnost má limitu, která je vlastní (rovna sup{a n }), je-li tato posloupnost omezená a je rovna +, je-li posloupnost {a n } neomezená... Kritéria konvergence Věta.6 (srovnávací kritérium) Nechť n N, 0 a n b n, pak platí: Jestliže konverguje řada n= b i, tak konverguje i řada n= a n. Jestliže diverguje řada n= a n, tak diverguje i řada n= b n. Důkaz Označme s n = n i= a i a ŝ n = n i= b i, pak s n ŝ n. Jelikož jsou posloupnosti {s n } a {ŝ n } neklesající, tak mají limitu. Navíc platí lim n s n lim n ŝ n. Poznámka.5 Předpoklad a n b n nemusí platit pro všechna n, ale stačí, aby platil n > n 0 pro nějaké n 0 N. Příklad.3 Rozhodněte o konvergenci řady n= věta o nerovnostech a limitách v prvním semestru. n 2 4

5 Řešení: Jelikož <,a n 2 n(n ) konvergenci řady n=2 i= Řada n= i(i + ) = lim n = n(n ) n= = lim n ( = lim n = lim n i= n= n 2. n(n+) = + n=2 n n i(i + ) = lim n i= i= ( n ) n i i + i=, tak se stačí zaměřit na n 2 ( i ) i n n ) n + ( ) =. n + konverguje a tedy konverguje i řada n(n+) n= Věta.7 (limitní srovnávací kritérium) Nechť a n 0 a b n > 0 n N. Jestliže a lim n n bn (0, ), pak obě řady buď konvergují, nebo obě divergují. Důkaz a Označma lim n n bn = A > 0, pak existuje n 0 N takové, že A 2 an b n 2A, n > n 0. Tedy A b 2 n a n 2A a n, n > n 0 a dál jen využijeme věty.6 a.2.. n 2 Příklad.4 Rozhodněte o konvergenci řad: a) 2+3n n=, n 2 b) n= c) n= sin π n. Řešení: 2+3n n a) lim 2 n n n+cos n, n 3 +3n 2 +8 ln n = 3 (0, ). Jelikož harmonická řada příklad.2), tak diverguje i řada n= 2+3n n 2. n= n diverguje (viz b) lim n n= n+cos n n 3 +3n 2 +8 ln n n 2 příklad.3), tak konverguje i řada n= = (0, ). Jelikož řada n= n+cos n. n 3 +3n 2 +8 ln n n 2 konverguje (viz 5

6 c) lim n sin π n n = π (0, ), tak řada n= sin π n diverguje. Věta.8 (Odmocninové kritérium - Cauchyho) Nechť n N je a n 0. a) i) Jestliže existuje q < a n N : n a n q, pak řada n= a n konerguje. ii) Je-li n a n pro nekonečně mnoho členů posloupnosti {a n }, tak řada n= a n diverguje. b) Existuje-li limita lim n n a n = q R, pak: Důkaz i) Je-li q <, tak řada n= a n konverguje. ii) Je-li q >, tak řada n= a n diverguje. a) i) Je-li q < a n N : n a n q, pak a n q n pro všechna n N a jelikož geometrická řada n= qn konverguje (viz. příklad.), tak konverguje řada n= a n dle věty.6. ii) Je-li n a n pro nekonečně mnoho členů posloupnosti {a n }, tak lim n a n 0 a tedy řada n= a n diverguje (viz. věta.3). b) Existuje-li limita lim n n a n = q R, pak: i) Je-li q <, zvolme ε > 0 tak, aby platilo q + ε <. Pak existuje n 0 N takové, že n a n < q + ε pro všechna n > n 0. Dále postupujeme stejně jako v části a) i). ii) Je-li q >, tak existuje n 0 N takové, že a n > n > n 0. Dále viz. a) ii). Příklad.5 Rozhodněte o konvergenci řad: a) n= n, (3+ n )n b) n= ( 2 π arccos n) n 2. Řešení: 6

7 a) lim n proto řada konverguje. n an = lim n n n (3 + n )n = lim n n n 3 + n = 3 <, b) lim n tedy řada konverguje. ( n n 2 an = lim n π arccos n ) n 2 = lim n e n ln( 2 π arccos n) = e lim n L H = e limn 2 π arccos n 2 π /n 2 n 2 n 2 ( 2 = lim n π arccos n ln( 2 π arccos n) n = e 2 π <, Věta.9 (Podílové kritérium - d Alembertovo) Nechť a n 0. i) Jeli a n+ a n q < pro všechna n N, pak řada n= a n konverguje. Platí-li pro všechna n N nerovnost a n+ a n, tak řada n= a n diverguje. ii) Existuje-li limita lim n a n+ a n Důkaz = q, pak: je-li q <, tak řada n= a n konverguje, je-li q >, tak řada n= a n diverguje. i) Jelikož a n+ a n q <, tak a n+ a n q, tedy indukcí dokážeme, že a n a q n. Jelikož n= a q n je konvergentní geometrická řada ( q < ), tak řada n= a n konverguje dle věty.6. Je-li a n+ a n, tak a n+ a a jelikož řada n= a diverguje 2, tak diverguje i řada n= a n. a ii) Je-li lim n+ n a n = q <, tak existuje ε > 0 a n 0 N takové, že a n+ a n < q+ε < pro všechna n > n 0. Označme ˆq = q+ε a postupujme dále jako v první části důkazu, tedy dostaneme a n+ a nˆq pro všechna n > n 0 a proto a n0 +k a n0 ˆq k k N. Jelikož je n=0 a n 0 +nˆq n konvergentní geometrická řada, tak je i n=n 0 a n konvergentní dle věty.6 a tedy je konvergentní i řada n= a n dle věty.4. 2 a > 0, jelikož výraz a2 a má smysl z předpokladu věty, že an+ a n 7 ) n

8 a Je-li lim n+ n a n = q >, tak existuje ε > 0 a n 0 N takové, že < q ε < a n+ a n pro všechna n > n 0, tedy a n0 +k > a n0 n > n 0. Dále postupujeme jako v předchozích částech důkazu. Příklad.6 Rozhodněte o konvergenci řad: a) (2n 7)2 n n=, n! b) n n n=. n! Řešení: a) a n+ lim n a n = lim n tedy řada konverguje. (2n 5)2 n+ (n+)! (2n 7)2 n n! (2n 5)2 = lim n (2n 7)n = lim 4n 0 n 2n 2 7n = 0 <, b) a n+ lim n a n = lim n tedy řada diverguje. (n+) n+ (n+)! n n n! = lim n (n + ) n n n ( = lim + n = e >, n n) a Poznámka.6 V situaci, kdy lim n+ n a n =, kritérium mlčí. Tato situace může nastat jak pro konvergentní řadu (viz. příklad.3), tak pro divergentní řadu (viz. příklad.2). Věta.0 (Raabeovo kritérium) Nechť a n 0 n N. ( ) a i) Je-li lim n n n a n+ >, tak řada n= a n konverguje. ( ) a ii) Je-li lim n n n a n+ <, tak řada n= a n diverguje. Důkaz 8

9 ( ) ( ) a i) Nechť lim n n n a a n+ >, pak existuje ε > 0 a n 0 takové, že n n a n+ > + ε pro všechna n > n 0. Dostaneme tedy: ( ) an n > + ε, a n+ Tedy s n = n(a n a n+ ) > a n+ + εa n+, na n (n + )a n+ > εa n+, ε (na n (n + )a n+ ) > a n+. n a i = a + i= n a i < a + i=2 n i=2 ( ) ε ((i )a i ia i ) = a + ε (a 2a 2 + 2a 2 3a (n )a n na n ) = a + ε (a na n ) a + ε a. Jelikož posloupnost {s n } je neklesající a omezená, je také konvergentní. Proto řada n= a n konverguje. ( ) ( ) a ii) Je-li lim n n n a a n+ <, tak existuje n 0 N takové, že n n a n+ < pro všechna n > n 0. Pak ( ) an n < a n+ i=n 0 + i=n 0 + na n na n+ < a n+ na n < (n + )a n+. Dostáváme (n 0 +)a n0 + < (n 0 +2)a n0 +2 <... < na n a tedy a n > (n n 0+)a n0 +. Proto n n n a i > i (n 0 + )a n0 + = (n 0 + )a n0 + i. i=n 0 + Z divergence harmonické řady (viz. příklad.2) a věty.6 plyne divergence řady n=n 0 + a n a tedy i divergence řady n= a n (dle věty.4). 9

10 Poznámka.7 Někdy se Raabeovo kritérium uvádí ve tvaru 3 ( ) lim n n a n+ a n >... řada konverguje, ( ) lim n n a n+ a n <... řada diverguje. Příklad.7 Rozhodněte o konvergenci řady: kde a > 0. Řešení: n+ ( ) lim n an = lim n n a n+ n n! (a + )(a + 2)...(a + n), = lim n ( n! (a+)(a+2)...(a+n) (n+)! (a+)(a+2)...(a+n)(a+n+) ( ) a + n + = lim n + n n ) a n + = a. Je-li tedy a >, tak řada n= a n konverguje, pro a (0, ) řada n= a n diverguje. Pro a = dostaneme řadu n=, což je harmonická řada bez prvního členu a n+ tedy řada divergentní. Poznamenejme, že v této úloze by nám nepomohlo d Alembertovo kritérium, jelikož a lim n+ n a n =. Věta. (Integrální kritérium) Nechť je funkce f nerostoucí, nezáporná a definovaná na intervalu [, ). Pokud a n = f(n) n N, pak řada n= a n konverguje právě tehdy, když f(x)dx <. Důkaz 3 zne uvedeno bez předpokladů, kleré jsou ale stejné jako v výše uvedené verzi tohoto kritéria 0

11 f je nerostoucí, tedy f(n ) f(x) f(n) x [n, n]. Dále dostaneme f(n ) = n n f(n )dx k f(n ) n=2 lim k a n = n= k f(n) n= n= n n n k n=2 k f(x)dx n f(x)dx f(x)dx k k f(n) lim f(x)dx k f(n) f(x)dx n= n n k f(n) n=2 k f(n) n=2 n=2 f(n)dx = f(n) k lim f(n) k n=2 f(n) = a n. n=2 Z první nerovnosti dostaneme: n= a n < (konvergnentní) f(x)dx <. Z druhé nerovnosti dostaneme: f(x)dx < n=2 a n < a tedy konverguje i řada n= a n. Příklad.8 Rozhodněte o konvergenci řady: n+ n α, kde α. Řešení: Zavedeme funkci f(x) =, pak funkce f splňuje pro α > 0 podmínky x α věty.. Dostaneme [ ] x f(x)dx = x α α x α dx = = lim α x α α tedy f(x)dx = pro α > a f(x)dx = pro α (0, ). α Jelikož řada n= diverguje pro α = (jde o harmonickou řadu viz. příklad x α.2) a pro α 0 je lim n 0 4, tak dostáváme, že řada x α n= konverguje pro x α α > a diverguje pro α. 4 neni splněna nutná podmínka konvergence viz. věta.3

12 .2 Řady s obecnými členy Věta.2 (Bolzano-Cauchyova podmínka) Řada n= a n konverguje právě tehdy, když ε > 0 n 0 N n > n 0 p N : s n+p s n = p i= a n+i < ε. Důkaz Jde o přímý důsledek definice a Bolzano-Cauchyho věty pro posloupnosti. Věta.3 Je-li řada n= a n konvergentní, tak je konvergentní i řada n= a n. Důkaz Je-li řada n= a n, tak dle předchozí věty.2 platí: ε > 0 n 0 N n > n 0 p N : p i= a n+i p i= a n+i < ε. Tedy i řada n= a n splňuje BC podmínku a je také konvergentní. Definice.3 Řekneme, že řada n= a n konverguje absolutně, jestliže konverguje řada n= a n. Jestliže řada n= a n konverguje, ale řada n= a n diverguje, říkáme že řada n= a n konverguje relativně. Příklad.9 Rozhodněte o konvergenci řad: a) ( ) n+ n=, n 2 b) ( ) n+ n=. n Řešení: a) Jelikož řada n= i řada ( ) n+ n= n 2 b) n= ( )n+ n n 2 = = n= ( )n+ n 2 konverguje (příklad.3), tak konverguje (dle věty.3) a tedy řada konverduje absolutně. n= n je harmonická řada, o které víme, že je divergentní. Musíme tedy zkoumat konvergenci přímo řady ( ) n+ n=. n s 2n = 2n i= ( ) n+ n = n 2n = n (n )n < i(i + ). i= 2

13 je konvergentní (viz. příklad.3) a tedy je limita lim 2n n(n+) n i= Řada n= konečná a proto je konečná i limita lim n s 2n. Označme lim n s 2n = A R, pak lim n s 2n+ = lim n s 2n +lim n = A a tedy je lim 2n+ n s n = A n= je konvergentní, tj. řada n= konverguje relativně. ( ) n+ n ( ) n+ n Věta.4 (Leibnitzovo kritérium) Nechť pro všechna n N platí: I. a n 0, II. a n+ a n, III. lim n a n = 0. Pak řada n= ( )n+ a n konverguje. Důkaz s 2n+2 = s 2n + (a 2n+ a 2n+2 ) s 2n, tedy je posloupnost {s 2n } n= neklesající. Jelikož i(i+) s 2n = a a 2 + a 3... a 2n 2 + a 2n a 2n = a (a 2 a 3 ) (a 4 a 5 )... (a 2n 2 a 2n ) a 2n a, je navíc posloupnopst {s 2n } n= omezená a tedy konvergentní. Označme lim n s 2n = A R, pak lim s 2n+ = lim s 2n + lim a 2n+ = A, n n n tedy je posloupnost {s n } konvergentní a proto řada n= ( )n+ a n konverguje. Příklad.0 Vraťme se k řadě n= ( ) n+ n tak I. n > 0, II. n > n+ a III. lim n n = 0, tedy řada n=. Využijeme-li Leibnitzovo kritérium, ( ) n+ n konverguje. Lemma.5 Mějme posloupnopsti {a n } a {b n } a čísla n, p N, n < p. Označme β k = k i= b i. Pak p k=n+ a k b k = p k=n+ β k (a k a k+ ) + β p a p+ β n a n+. (.) 3

14 Důkaz p p p p a k b k = a k (β k β k ) = a k β k a k β k k=n+ = = k=n+ p k=n+ p k=n+ k=n+ p a k β k a k+ β k = k=n+ ( p a k β k a n+ β n a p+ β p + k=n k=n+ k=n+ β k (a k a k+ ) + a p+ β p a n+ β n. ) p a k+ β k Věta.6 (Abelovo-Dirichletovo kritérium) Nechť {a n } je monotonní posloupnost a platí jedna z následujících podmínek:. (Dirichlet) lim n a n = 0 a řada n= b n má omezené částečné součty. 2. (Abel) Řada n= b n je konvergentní a posloupnost {a n } je omezená. Pak je řada n= a nb n konvergentní. Důkaz. Použijeme B-C podmínku (věta.2) a předchozí lemma. Stejně jako v přechozím lemmatu používáme značení β k = k i= b i. Jelikož má řada b n omezené částečné součty, tak existuje M R takové, že β k < M pro všechna k N. BÚNO předpokládáme, že {a n } je nerostoucí. p p a k b k = β k (a k a k+ ) + a p+ β p a n+ β n k=n+ k=n+ p β k (a k a k+ ) + a p+ β p a n+ β n = k=n+ p k=n+ p k=n+ p k=n+ β k (a k a k+ ) + a p+ β p a n+ β n M(a k a k+ ) + a p+ β p + a n+ β n M(a k a k+ ) + a p+ M + a n+ M = M(a n+ a p+ + a p+ + a n+ ) = 2Ma n+. 4

15 Jelikož lim n a n = 0, pak pro každé ε > 0 n 0 N takové, že n > n 0 platí a n < ε. Tedy pro n 0 < n < p platí: p a k b k < 2Mε, k=n+ a proto je řada n= a nb n konvergentní (dle věty.2). 2. Řada n= b n je konvergentní, označme tedy její součet β = n= b n. Z rovnosti p k=n+ (a k a k+ ) = a n+ a p+ dostaneme rovnost Pak p k=n+ a k b k = = p k=n+ k=n+ 0 = p k=n+ β(a k a k+ ) + βa p+ βa n+. β k (a k a k+ ) + a p+ β p a n+ β n p (β k β)(a k a k+ ) + a p+ (β p β) a n+ (β n β) p (β k β) (a k a k+ ) + a p+(β p β) a n+ (β n β) p (β k β) (a k a k+ ) + a p+ β p β + a n+ β n β. k=n+ k=n+ Jelikož je řada n= b n konvergentní, tak pro ε > 0 existuje n 0 N takové, že β β k < ε pro všechna k > n 0. Jelikož je posloupnost {a n } omezená, tak existuje M R takové, že a n < M. Tedy pro n, p > n 0 dostaneme p p a k b k (β k β) (a k a k+ ) + a p+ β p β + a n+ β n β k=n+ k=n+ p < ε(a k a k+ ) + ε a p+ + ε a n+ k=n+ ε( a n+ a p+ + a p+ + a n+ ) 2ε( a p+ + a n+ ) < 4εM. Proto řada n= a nb n konverguje (dle věty.2). 5

16 Příklad. Nechť a n > 0, {a n } je nerostoucí a lim n a n = 0. Ukažme, že pro x R \ {2πk} k Z řady n= a n sin(nx) a n= a n cos(nx) konvergují. Nejdříve ukážeme, že řady n= a n sin(nx) a n= a n cos(nx) mají pro x 2πl omezené částečné součty. Mějme geometrickou řadu s kvocientem e ix = cos(x) + i sin(x). Pak s n = n i= eikx ix einx = e, tedy e ix s n = einx eix e ix = eix einx 2 e ix e ix = 2 e ix ( e ix )( e ix ) 4 2 e ix e ix ] = 2 eix +e ix = 2 cos(x). 2 2 Je-li x 2kπ, tak s n <. Jelikož s cos(x) n = n k= cos(kx) + n k= sin(kx), tak n k= cos(kx) s n a n k= sin(kx) s n, tedy řady n= a n sin(nx) a n= a n cos(nx) mají pro x 2πl omezené částečné součty. Dále už jen stačí aplikovat Dirichletovo kritérium. Speciálně řady sin(nx) n=, cos(nx) n n= pro x 2π konvergují, ale nejsou absolutně n konvergentní..2. Přerovnávání řad Definice.4 Nechť n= a n je řada a {k n } je permutace množiny N ({k n } je prostá posloupnost přirozených čísel, v níž se každé přirozené číslo vyskytuje). Pak říkáme, ža n= a k n vznikla přerovnáním řady n= a n. Věta.7 Nechť řada n= a n konverguje absolutně. Pak konverguje absolutně i řada n= a k n, která vznikla přerovnáním této řady a jejich součet je stejný (tj. n= a n = n= a k n ). Důkaz Mějme ε > 0, pak existuje n 0 N takové, že a n + a n a p < ε pro každé p > n n 0 (viz. věta.2). Jelikož {k n } je permutace množiny N, tak existuje ˆn 0 N takové, že {, 2,..., n 0 } {k, k 2,..., kˆn0 }. Je-li ˆp > ˆn > ˆn 0 a označme p = max{kˆn, kˆn+,..., kˆp }, pak a kˆn + a kˆn a kˆp a n0 + + a n a p < ε, tedy je řada n= a k n absolutně konvergentní. Nyní dokážeme, že n= a n = n= a k n. Nechť n > max{n 0, ˆn 0 }a označme s n = n i= a i a ŝ n = n i= a k i. pak s n ŝ n = a + a a n (a k + a k a kn ) a n0 + + a n a q < ε, 6

17 kde q = max{n, k,..., k n }. Tedy lim n s n ŝ n = 0 a proto n= a n = lim n s n = lim n ŝ n = a kn. n= Označme a + = max{0, a} a a = max{0, a}. Pak a = a + a a a = a + + a. Je-li n= a n nekonečné řada, tak můžeme uvažovat dvě nekonečné řady s nezápornými členy n= a+ n a n= a n. Lemma.8 Nechť řada n= a n konverguje relativně, pak obě řady divergují k +. n= a n n= a+ n a Důkaz Jelikož n= a+ n a n= a n jsou řady s nezápornými koeficienty, tak každá z těchto řed buď konverguje, nebo diverguje k +. Kdyby obě konvergovaly, pak by konvergovala i řada n= a n = n= (a+ n +a n ) (věta.2) a tedy by řada n= a n konvergovala absolutně. Pokud by řada n= a+ n konvergovala a řada n= a n divergovala k +, pak by n= a+ n = lim n s + n = A R a n= a n = lim n s n = +. Tedy pro každé ε > 0 a každé K R by existovalo n 0 N takové, že A ε < s + n < A + ε a s n > K n > n 0. Tedy s n = s + n s n < A K + ε, n > n 0. Proto by n= a n = lim n s n = lim n (s + n s n ) =. Tedy by řada n= a n divergovala. Stejně by se ukázalo, že pro konvergentní řadu nemůže nastat aby řada n= a+ n divergovala k + a 5ada n= a n konvergovala. Proto obě řady n= a+ n a n= a n divergují k +. Věta.9 (Riemannova) Nechť řada n= a n konverguje relativně a nechť s R. Pak existuje takové přerovnání n= a k n řady n= a n, že n= a n = s a takové přerovnání n= a p n řady n= a n, že řada n= a p n osciluje. Důkaz 7

18 Nechť je s R. Označme n nejmenší n N takové, že n i= a+ i > s (jelikož n= a+ n =, tak takové n existuje). Označme m nejmenší m N takové, že n i= a+ i m i= a i < s. Dále pro k = 2, 3,... označme n k nejmenší n k N takové, že n k i= a+ k m k i= > s a m k nejmenší m k N takové, že n k < s. Tato konstrukce nám vytvoří řadu mk i= i= a+ k a a + n (a a m ) + a + n a + n 2 (a m ) +..., která vznikla přerovnáním řady n= a n. Označme ŝ n součet takto přerovnané řady, pak částečný součet ŝ n +m +...+n k se od s liší maximálně o a + n k a částečný součet s n +m +...+m k se od s liší maximálně o a m k. Podobně částečný součet ŝ n, kde n + m n k < n < n + m m k se od s liší maximálně o max{a + n k, a m k } a obdobně pro n + m m k < n < n + m n k+ je s n s max{a + n k+, a m k }. Jelikož řada n= a n konverguje, tak lim n a n = 0 a proto je lim n ŝ n = s. Ukažme, že lze řadu přerovnat tak, aby n= a k n =. Stačí třeba zvolit náslkedující přerovnání. n N je nejmenší n takové, že a a + n >. n 2 > n je nejmenší n 2 takové, že a a + n+ a +a + n a + n 2 > 2, n 3 > n 2 je nejmenší takové, že a a + n+ a +a + n a + n 2 a 2 +a + n a + n 3 > 3 a tak dál. Dále postupujeme jak v předchozí části důkazu. Pro přerovnávání do oscilující řady stačí, aby n bylo nejmenší takové, že a a + n >, m nejmenší takové, že a a + n (a a m ) <, n 2 > n nejmenší takové, že a a + n (a +...+a m )+a + n a 2 n 2 > a tak dále. 8

19 Kapitola 2 Diferenciální rovnice Nejprve zavedene některé pojmy z teorie funkcí více proměnných. Definice 2. R d značí množinu uspořádaných d-tic reálných čísel x = (x, x 2,..., x d ), x i R, i =,..., d. Nechť f : R d R, pak je f spojitá v bodě a R d, jestliže pro každé ε > 0 existuje δ > 0 takové, že f(x) f(a) < ε pro všechna x U δ (a) (U δ (a) = {x R d : x a = d i= (x i a i ) 2 < δ}). Funkci f(a) f(x x i := lim,...,x i,x i +h,x i+,...,x d ) f(x,...,x d ) h 0 nazýváme parciální derivace funkce f podle i-té proměnné v bodě h a. Definice 2.2 Nechť F (t, x 0, x,..., x n ) je funkce (n + 2) reálných proměnných definovaná na M R n+2, která není vzhledem k proměnné x n konstantní. Potom symbol F (t, y, y,..., y (n) ) = 0 (2.) nazýváme obyčejnou diferenciální rovnicí n-tého řádu pro neznámou funkci y = y(t). Řešením rovnice 2. na intervalu I R nazveme funkci y(t), která má na intervalu I všechny derivace až do řádu n včetně a pro každé t I platí F (t, y(t), y (t),..., y (n) (t)) = 0. Poznámka 2. Je-li t koncový bod intervalu I, uvažujeme v tomto bodě příslušné jednostranné derivace. Pod pojmem řešení rozumíme dvojici: interval I a funkci y(t) na něm definovanou. 9

20 Definice 2.3 Je-li I J, kde I a J jsou intervaly a nechť y (t) je řešením rovnice 2. na intervalu I a y 2 (t) je řešením rovnice 2. na intervalu J. Je-li navíc y (t) = y 2 (t) ja I, pak y (t) nazýváme zúžením řešení y 2 (t) a y 2 (t) nazveme rozšířením řešení y 2 (t). Řešení, které na M nelze rozšířit nazveme maximálním řešením rovnice 2. v M. Příklad 2. Rovnice y y = 0 má řešení y(t) = e t na R (toto řešení je maximální). Definice 2.4 Říkáme, že řešení y(t) rovnice 2. splňuje počáteční podmínky y 0, y,..., y n v bodě t 0, jestliže y(t 0 ) = y 0, y (t 0 ) = y,..., y (n ) (t 0 ) = y n, t 0, y 0,..., y n R. Úloha nalézt řešení y(t) diferenciální rovnice 2.2, které splňuje počáteční podmínku y (k) (t 0 ) = y k pro t 0 I a k = 0,,..., n se nazývá Cauchyova úloha. Dále se budeme zabývat rovnicemi ve tvaru y (n) = f(t, y, y,..., y (n ) ), (2.2) kde f je reálná funkce n + proměnných, definovaná na množině M R n+. Uvedeme si následující větu bez důkazu. Věta 2. (Existenční) Nechť f : M R je spojitá funkce, M R n+ je otevřená množina a (t 0, y 0, y,..., y n ) M je libovolný bod. Pak existuje alespoň jedno řešení rovnice 2.2 procházející tímto bodem. Tj. existuje nějaké δ > 0 takové, že t (t 0 δ, t 0 + δ) platí y (n) (t) = f(t, y(t), y (t),..., y (n ) (t)) a navíc platí: y (k) (t 0 ) = y k pro k = 0,,..., n. Příklad 2.2 Uvažujme rovnici y = y. Tato rovnice má řešení y 0 i { (x c) 2, x > c, y c = 4 0, x c. Je-li y 0, nebo x < c, pak 0 = y = y = 0, tedy y 0 je řešením danné rovnice na R a y c je řešením danné rovnice na (, c). Pro y c a x > c dostaneme: tedy y je řešením rovnice y = y. ( ) (x c) y 2 = = x c (x c) =

21 Věta 2.2 (O jednoznačnosti řešení) Nechť M R n+ je otevřená množina a f : M R je spojitá funkce, která splňuje na M lokální Lipschitzovu podmínku podle posledních n proměnných: Ke každému bodu (t 0, y 0,..., y n ) existuje okolí U tohoto bodu a číslo K R takové, že f(t, y,..., yn ) f(t, y0, 2..., yn ) 2 L k n=0 y k y2 k pro každé dva body (t, y,..., yn ), (t, y0, 2..., yn ) 2 U. Potom existuje řešení rovnice 2.2 splňující počáteční podmínku (y 0, y,..., y n ) v bodě t 0 a toho řešení je jediné v následujícím smyslu. Dvě řešení rovnice 2.2 splňující stejnou počáteční podmínku jsou si rovna na průniku svých definičních intervalů. Poznámka 2.2 Za předpokladů předchozí věty je maximální řešení určeno jednoznačně, tj. každým bodem (t 0, y 0,..., y n ) prochází právě jedno maximální řešení. 2. Diferenciální rovnice prvního řádu 2.. Rovnice se separovanými proměnnými Obyčejnou diferenciální rovnici prvního řádu nazveme rovnicí se separovanými proměnnými, pokud má tvar y = f(x)g(y), (2.3) kde f a g jsou spojité funkce. Je-li g 0, tak z rovnice 2.3 dostaneme rovnici dy g(y) = f(x)dx. Zintegrováním této rovnice dostaneme dy g(y) = f(x)dx. Je-li G(y) primitivní dunkce k funkci a F (x) je primitivní funkce k funkci f(x), g(y) tak dostaneme rovnici G(y) = F (x) + c, tedy y = G (F (x) + c). Poznámka 2.3 Je důležité nezapomenout na integrační konstantu c, ta nám umožňuje najít řešení, které splňuje konkrétní počáteční podmínku. 2

22 Příklad 2.3 Najděte řešení rovnice y = y. Řešení: Pro y 0 dostaneme y = y dy y = dy = y dx 2 sgn(y) y = x + c. Jelikož y > 0, tak y a x + c má stejné znaménko, tedy pro x > c dostaneme x + c y = 2 (x + c)2 y =, x > c. 4 Stejně dostaneme (x + c)2 y =, x < c. 4 Pro y = 0 dostaneme konstantní řešení y(x) = 0. Příklad 2.4 Najděte řešení rovnice y y = 2. x Řešení: y y 2 = (2.4) x dy = (2.5) y 2 x dy = dx (2.6) y 2 x arcsiny = ln x + c. (2.7) Zde je třeba si uvědomit, že obor hodnot funkce arcsin je [ π, π ], tedy rovnost 2 2 arcsiny = ln x + c platí pro takové x a c, pro které je ln x + c ( π, π ). Dále tedy 2 2 dostaneme y = sin(ln x + c), pro x (e π 2 c, e π 2 c ). Zkusme třeba pro volbu c = 0 a x (e π 2, e π ) zjistit, zda je funkce y = sin(ln x +c) = sin(ln x ) řešením naší rovnice. Pak dostaneme, že y cos(ln x) = x 22

23 a y 2 sin 2 (ln x) cos(ln x) = = = x x x Tedy pro takové c a t je y(x) řešením rovnice y = y 2 x. Příklad 2.5 Řešte Cauchyho úlohu y = 2xy, y(0) = 2. Řešení: y = 2xy dy y = 2xdx dy y = 2xdx ln y = x 2 + c y = e c e x2 y = ±e c e x2. cos(ln x). x Jelikož je řešením i y 0, tak můžeme obecné řešení napsat ve tvaru y = ce x2, kde c R. Máme tedy obecný tvar řešení, dosazením počátečních podmínek do obecného řešení najdeme to řešení, které vyhovuje počáteční podmínkce. y(0) = ce 0 = c = 2, tedy řešením této úlohy je funkce y(x) = 2e x2. Příklad 2.6 (Rozpad radioaktivního materiálu) Příklad je převzatý ze skript J. Kuben (995): Obyčejné diferenciální rovnice. Rychlost rozpadu radia je přímo úměrná jeho okamžitému množství. Poloměr rozpadu radia je 590 let. Za kolik let ubude z počátečního množství 25%? Řešení: Označme y(t) množství radia a y 0 > 0 jeho počáteční množství v čase t = 0. Ze zadání dostáváme rovnici y = Ky, kde K je neznámá konstanta. Navíc víme, že y(0) = y 0 a y(590) = y 0 2. y = Ky y y = K ln y = Kt + c, (c R) y = ce Kt, (c > 0) y = ce Kt, (c R) 2. Počáteční množství se za 590 let zmenší na polovinu. 23

24 Jelikož je množství nezáporné, tak uvažujeme řešení pouze ve tvaru y(t) = ce Kt, kde c 0. Dosazením počáteční podmínky dostaneme y(0) = ce K0 = c = y 0 a y(590) = y 0 e K 590 = y 0 2, tedy K = ln = ln Pro hledaný čas t platí 3 4 y 0 = y(t ) = y 0 e ln 3 4 = ln t t = 590 ln 3 4 ln 2 ln t. = 660. Množství radia se sníží o čtvrtinu přibližne za 660 let Homogenní rovnice Definice 2.5 Funkce f(x) : R n R se nazývá homogenní stupně α v M R n, jestliže pro každé λ > 0 a x M platí f(λx) = λ α f(x) 3. Je-li g(x, y) = m(x,y), kde l(x,y) m a l jsou homogenní funkce stejného stupně, pak rovnici nazveme homogenní diferenciální rovnicí. Pro g(x, y) = m(x,y) l(x,y) g(λx, λy) = platí, y = g(x, y) m(λx, λy) l(λx, λy) = λα m(x, y) λ α l(x, y) = m(x, y) l(x, y) = g(x, y), tedy g je homogenní funkce stupně 0. Pro λ = tedy dostaneme g(x, y) = g(λx, λy) = g(, y ), tedy pro f(z) := g(, z) x x dostaneme diferenciální rovnici ve tvaru y = f( y y(x) ). Zavedeme neznámou u(x) = x x, pak y(x) = u(x)x a tedy y (x) = u (x)x + u(x). Dosazením a úpravou dostaneme y = g(x, y) u x + u = f(u) u = f(u) u. x To je rovnice se separovanými proměnnými, kterou již řešíme dle dříve uvedeného postupu. 2 Zde jsme přidali i triviální řešení y 0. 3 Všimněme si, že zde hovoříme o funkci n proměnných, tedy x = (x,..., x n ) R n. 24

25 Poznámka 2.4 Všimněme si, že při úpravách potřebujeme podmínku x 0. Tato podmínka ale vzniká při úpravách a při přechodu k původní proměnné zase zmizí, proto je třeba oveřit, zda námi získané řešení není řešením i v bodě x = 0. Příklad 2.7 Najděte obecné řešení rovnice x + y + xy = 0. Řešení: Nejdříve oveříme, že jde o homogenní rovnici. Přepíšem rovnici do tvaru y = x+y, tedy g(x, y) = x+y, pak platí g(x, y) = g(λx, λy) a tedy jde o homogenní x x rovnici. Použijeme substituci u(x) = y a dosadíme do rovnice. x x + y + xy = 0 x + ux + x(u x + u) = 0 u = + 2u x u + 2u = x, (u 2 ) ln + 2u 2 = ln x + c + 2u = c, (c > 0) x2 c x u = 2 = c 2 x 2 2, (c R)4. Jelikož y(x) = u(x)x, tak dostaneme řešení y(x) = c x, x 0, c R. x Rovnice y = f(ax + by + c) Uvažujme rovnici y = f(ax + by + c), (2.8) kde a, b, c R, ab 0. Rovnici řešíme pomocí substituce u(x) = ax + by(x) + c. Pak u (x) = a + by (x), tedy y (x) = u (x) a. Dosazením do rovnice2.8 dostaneme b u (x) a = f(u(x)) b u (x) = bf(u) + a. Tedy dostaneme rovnici se separovanými proměnnými, kterou již umíme řešit. 4 Zde jsme přidali i konstantní řešení rovnice u = 2. 25

26 Příklad 2.8 Řešte rovnici y = toho dostaneme y = u. x+y 2. Řešení: Využijeme substituci u = x + y 2, z ( + u y = u = u x + y 2 u = + u u ) u = u ln u = x + c x + y 2 ln x + y 2 = x + c y ln x + y 2 = c + 2 e y+c = x + y 2. Toto řešení je určeno implicitně. Vyloučili jsme situaci u+ = 0, tedy řešení u =, ze kterého dostaneme řešení y = x Lineární diferenciální rovnice. řádu Rovnici y (x) + a(x)y(x) = b(x), (2.9) kde a(x) a b(x) jsou reálné funkce, nazveme lineární diferenciální rovnicí prvního řádu. Jsou-li funkce a(x) a b(x) spojité na nějakém intervalu J, pak funkce f(x, y) = b(x) a(x)y splňuje lokální Lipschitzovu podmínku a tedy dle věty 2.2 každým bodem (x 0, y 0 ) prochází právě jedno maximální řešení této rovnice. Lze ukázat, že řešení lze prodloužit na celý interval J. Věta 2.3 Jsou-li funkce a(x) a b(x) spojité na intervalu J, tak pro každou počáteční podmínku y(x 0 ) = y 0 existuje právě jedno maximální řešení, které tuto podmínku splňuje. Důkaz Použijeme-li větu 2.2, stačí ukázat, že je funkce f(x, y) = b(x) a(x)y lokálně Lipschitzovská v proměnné y. Tedy, že pro každý bod (x 0, y 0 ) existují okolí U a konstanta K takové, že f(x, y ) f(x, y 2 ) < K y y 2 (x, y i ) U, i =, 2. Jelikož 26

27 jsou funkce a(x) a b(x) spojité, tak jsou na uzavřeném intervalu omezené, tedy pro každé x 0 J existuje nějaké okolí U(x 0 ) a konstanta K taková, že a(x) < K na U(x 0 ). Pak pro x U(x 0 ) dostaneme b(x) a(x)y (b(x) a(x)y 2 ) < K y y 2, tedy je splněna lokální Lipschitzova podmínka a rovnice má jednoznačné maximální řešení. Definice 2.6 Rovnice y (x)+a(x)y(x) = 0 se nazývá homogenní. Je-li b(x) nenulová funkce, tak jde o rovnici nehomogenní. Poznámka 2.5 Nezaměnujme homogenní lineární rovnici s homogenní rovnicí z předchozí kapitoly. Jde o zcela odlišné pojmy. Uvažujme nyní homogenní rovnici kde a(x) je spojitá funkce. y = a(x)y, (2.0) Věta 2.4 Je-li y h (x) netriviální řešení rovnice 2.0 na intervalu J, pak obecné řešení této rovnice (na tomto intervalu) je ve tvaru y(x) = cy h (x), kde c R. Důkaz Je-li y h (x) řešením rovnice 2.0, pak (cy h (x)) = c(y h (x)) = c( a(x)y h (x)) = a(x)(cy h (x)) a tedy je i cy h (x) řešením této rovnice. Nechť existuje řešení y (x) (na intervalu J) rovnice 2.0, které není ve tvaru cy h (x). Je-li y 0 = y (x 0 ) 0 pro nějaké x 0 J, pak pro c = y 0 splňuje i řešení cy y h (x 0 ) h(x) počáteční podmínku (x 0, y 0 ), což je ale v rozporu s jednoznačností (věta 2.3). Tedy každé řešení musí být ve tvaru cy h (x) pro nějaké c R. Označme A(x) primitivní funkci k funkci a(x). Jelikož je homogenní rovnice rovnicí se separovanými proměnnými, tak dostaneme: y = a(x)y y y = a(x) ln y = A(x) + c y = ce A(x). 27

28 Vraťme se nyní k nehomogenní rovnici 2.9 kde a(x) a b(x) jsou spojité funkce. y = a(x)y + b(x), Věta 2.5 Nechť y p (x) je řešením rovnice 2.9 a y h (x) je řešením homogenní rovnice 2.0, pak y(x) = cy h (x) + y p (x) pro c R je obecným řešením rovnice 2.9. Důkaz Prostým dosazením oveříme, že je cy h (x) + y p (x) řešením rovnice 2.9 Je-li ŷ(x) řešením rovnice 2.9, pak ŷ(x) y p (x) musí být řešením rovnice 2.0 (opět oveříme prostým dosazením) a tedy ve tvaru cy h (x) dle věty 2.4. Z uvedené věty vyplývá, že k nalezení obecného tvaru řešení nehomogenní rovnice 2.9 stačí najít obecný tvar řešení homogenní rovnice 2.0 a jedno řešení (partikulární řešení) nehomogenní rovnice 2.9. Obecné řešení homogenní rovnice hledat již umíme, nalezení partikulárního řešení nehomogenní rovnice si ukážene nyní pomocí metody variace konstant. Variace konstant Nechť y h (x) je řešení homogenní rovnice 2.0, pak hledejme řešení nehomogenní rovnice 2.9 ve tvaru y(x) = c(x)y h (x), tj. ve tvaru funkce, kde konstantu c, která nám dává obecný tvar řešení homogenní rovnice 2.0 nahradíme funkcí c(x). Dosadíme y(x) do nehomogenní rovnice a využijeme toho, že c(x)y h = c(x)a(x)y h 5. (c(x)y h (x)) = a(x)c(x)y h (x) + b(x) c(x)y h(x) + c (x)y h (x) = a(x)c(x)y h (x) + b(x) c (x)y h (x) = b(x) c (x) = b(x) y h (x) b(x) c(x) = y h (x) dx. Tímto postupem získáme jedno (partikulární) řešení nehomogenní rovnice y p (x) = c(x)y h (x) = b(x) dx y y h (x) h(x). Tedy obecné řešení nehomogenní rovnice je ve tvaru y(x) = cy h (x) + y p (x) = cy h (x) + 5 Jelikož, y h je řešením příslušné homogenní rovnice. b(x) y h (x) dx y h(x), c R. 28

29 Příklad 2.9 Najděte obecný tvar řešení rovnice y = 2y + x. Řešení: I. Nejdříve budeme hledat řešení homogenní rovnice y = 2y. y = 2y y = 2, (y 0) y ln y = 2x + c y = ce 2x, c R. II. Nyní použijeme metodu variace konstant k nalezení partikulárního řešení nehomogenní rovnice. Uvažujme řešení ve tvaru y(x) = c(x)e 2x. Tedy y = 2y + x c (x)e 2x + 2c(x)e 2x = 2c(x)e 2x + x c (x) = xe 2x c(x) = xe 2x y p (x) = c(x)y h (x) = e 2x ( x e 2x dx = e 2x ( x ) e 2x = x 2 4. ). III. Obecný tvar řešení je tedy y(x) = y p (x) + cy h (x) = x ce2x. Ukažme si nyní jiný způsob, jak najít nějaké partikulární řešení nehomogenní rovnice 2.9. Použijeme opět označení A(x) pro primitivní funkci k funkci a(x) a budeme upravovat rovnici 2.9. y (x) + a(x)y(x) = b(x) y (x)e A(x) + a(x)y(x)e A(x) = b(x)e A(x) ( ) y(x)e A(x) = b(x)e A(x) y(x)e A(x) = b(x)e A(x) dx y(x) = e A(x) b(x)e A(x) dx. 29

30 Tedy partikulární řešení nehomogenní rovnice 2.9 lze napsat ve tvaru y(x) = e A(x) b(x)e A(x) dx. Porovnejme tento výsledek s řešením získaným pomocí variace konstant. Užitím metody variace konstant jsme dostali partikulární řešení nehomogenní rovnice ve tvaru y p (x) = b(x) y h (x) dx y h(x). Dosadíme-li do tohoto vzorce dříve získaný tvar řešení homogenní rovnice y h (x) = e A(x), tak dostaneme stejný tvar řešení, tj. y(x) = e A(x) b(x)e A(x) dx. Příklad 2.0 (Bernoulliho rovnice) Řešte rovnici y y = xy 5. Tato rovnice neni lineární 6 (je zde člen y 5 ), ale k jejímu řešení využijeme toho, že umíme řešit lineární rovnici. Rovnici převedeme do tvaru y y = x, y 0. 5 y4 Zde jsme vynechali případ, kdy y 0, který je také řešením této rovnice. Nyní použijeme substituci u =, tedy dostaneme u = 4 y a po dosazení do původní y 4 y 5 rovnice dostaneme rovnici y y 5 y = x 4 Nejprve vyřešíme rovnici 4 u u = x u = 4u 4x. u = 4u. Tedy máme řešení u h (x) = ce 4x a použijeme variaci konstant. Hledáme tedy řešení ve tvaru u(x) = c(x)e 4x. u = 4u + 4x c (x)e 4x 4xc(x)e 4x = 4c(x)e 4x + 4x c (x) = 4xe 4x c(x) = 4xe 4x dx = xe 4x ( e 4x dx = e 4x x ). 4 Tedy u(x) = x 4 + ce 4x a řešení původní rovnice dostaneme ve tvaru y(x) =. x 4 + ce 4x 6 Rovnice tohoto typu se nazývají Bernoulliho rovnice. 4 30

31 2.2 Diferenciální rovnice vyšších řádů 2.2. Lineární diferenciální rovnice Rovnice tvaru y (n) + a n (x)y (n ) a (x)y + a 0 (x)y = b(x), (2.) se nazývá lineární diferenciální rovnice n-tého řádu. Je-li b(x) 0, mluvíme o homogenní lineární diferenciální rovnici n-tého řádu, v opačném případě jde o rovnici nehomogenní. Platí následující věta ohledně existence a jednoznačnosti řešení Cauchyho úlohy. Věta 2.6 Nechť jsou funkce b(x) a a i (x) pro i = 0,,..., n spojité na intervalu J. Nechť x 0 J a y 0, y,..., y n R, pak existuje na J právě jedno řešení y(x) rovnice 2. splňující podmínky y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y,..., y (n ) (x 0 ) = y n. Definice 2.7 Reálné (komplexní) funkce f (x),..., f x (x) jsou lineárně závislé na množině M, jestliže existují taková reálná (komplexní) čísla c,..., c n, že platí n c i f i (x) = 0 i= na M a alespoň jedno z čísel c i je nenulové. Pokud nejsou funkce f (x),..., f x (x) lineárně závislé, říkáme, že jsou lineárně nezávislé. Homogenní diferenciální rovnice n-tého řádu Uvažujme homogenní lineární diferenciální rovnici n-tého řádu y (n) + a n (x)y (n ) a (x)y + a 0 (x)y = 0. (2.2) Pak pro tuto rovnici platí následující věta, která je obdobou věty 2.4 pro rovnici prvního řádu. Věta 2.7 Jsou-li y a y 2 dvě řešení rovnice 2.2 (na J), pak je řešením této rovnice (na J) i y + y 2 a cy pro libovolné c R. Tedy řešení homogenní rovnice 2.2 tvoří vektorový prostor. Dimenze tohoto prostoru je n. 3

32 Důkaz Nechť je y a y 2 řešením homogenní rovnice 2.2. Dosadíme do této rovnice y = c y + c 2 y 2 a dostaneme y (n) + a n (x)y (n ) a (x)y + a 0 (x)y = (c y + c 2 y 2 ) (n) + a n (x)(c y + c 2 y 2 ) (n ) a 0 (x)(c y + c 2 y 2 = ( ) ( ) c y (n) + a n (x)y (n ) a 0 (x)y + c 2 y (n) 2 + a n (x)y (n ) a 0 (x)y 2 = 0, tedy c y + c 2 y 2 je také řešením homogenní rovnice 2.2. Nechť x 0 J a označme y i pro i =,..., n řešení rovnice 2.2 splňující počáteční podmínky y (k) i (x 0 ) = 0, i k + =, i = k +, pro k = 0,,..., n. Existence takových řešení na J zaručuje věta 2.6. Zároveň jde o nezávislá řešení, jelikož n c i y (k ) i (x 0 ) = 0 = y (k ) k (x 0 ), i=,i k pro libovolná čísla c,..., c n. Ukažme, že tato řešení tvoří bázi prostoru řešení homogenní diferenciální rovnice 2.2, tedy že pro libovolná řešení rovnice y existují konstanty c i, i =,..., n takové, že y = n i= y i. Nechť y je libovolné řešení této rovnice, pak pro c i = y (i ) (x 0 ) platí, že ( n (k) c i y i (t 0 )) = i= n i= c i y (k) i (x 0 ) = c k+ y (k) k+ (x 0) = c k+ = y (k) (x 0 ). Tedy řešení rovnice ve tvaru n i= c iy i splňuje stejné počáteční podmínky jako řešení y a tedy se tyto dvě řešení musí rovnat dle věty 2.6. Definice 2.8 Množinu n nezávislých řešení homogenní rovnice 2.2 na J nazýváme fundamentální systém řešení této rovnice na J. Definice 2.9 Nechť f,..., f n mají v bodě x 0 derivace až do řádu n včetně. Pak determinant f (x 0 ) f 2 (x 0 )... f n (x 0 ) det f (x 0 ) f 2(x 0 )... f n(x 0 ) f (n) (x 0 ) f (n) 2 (x 0 )... f n (n) (x 0 ) 32

33 nazveme Wronského determinant (nebo Wronskiánem) funkcí f,..., f n v bodě x 0 a označíme jej W (f,..., f n )(x 0 ). Věta 2.8 Nechť y,..., y n jsou řešení homogenní rovnice 2.2 na intervalu J. Je-li W (y,..., y n )(x 0 ) 0, pro nějaké x 0 J, tak jsou y,..., y n lineárně nezávislé na J a W (y,..., y n )(x) 0 pro všechna x J. Důkaz Je-li W (y,..., y n )(x 0 ) = 0, tak jsou sloupce v determinantu W (y,..., y n )(x 0 ) lineárně závislé, tedy existují konstanty c,..., c n takové, že n c i y (k) i (x 0 ) = 0, k = 0,,..., n. i= Označme y = n i= c iy i, pak y je také řešením rovnice 2.2 (věta 2.7) a navíc platí, že y (k) (x 0 ) = 0 pro k = 0,,..., n. Jelikož y 0 splňuje tuto podmínku, tak z jednoznačnosti řešení lineární rovnice (věta 2.6) plyne y 0, tedy n i= c iy i = 0 na J a proto jsou řešení y i lineárně závislá. Z lineární závislosti řešení y,..., y n na J plyne lineární závislost sloupců v determinantu W (y,..., y n )(x) na J a tedy W (y,..., y n )(x) = 0 na J. Důsledek 2.9 Buď je W (y,..., y n )(x) = 0 na J, nebo W (y,..., y n )(x) 0 na J. Množine řešení rovnice 2.7 je nezávislá na J právě tehdy, když W (y,..., y n )(x) 0 na J. Poznámka 2.6 Předchozí kritérium nezávislosti neplatí obecně pro n-tici funkcí f,..., f n která není řešením nějaké homogenní lineární diferenciální rovnice. Obecně platí, že z podmínky W (f,..., f n ) 0 na J plyne nezávislost funkcí f,..., f n na J. Opak obecně neplatí. Příklad 2. Nechť J = (, ) a f (x) = 0, x < 0 = x 3, x 0 f 2 (x) = x 2, x < 0 = 0, x 0. Pak W (f, f 2 )(x) = 0 na J, ale je-li c f (x) + c 2 f 2 (x) = 0, tak c = c 2 = 0, tedy f a f 2 jsou lineárně nezávislé. 33

34 Věta 2.0 Nechť jsou y,..., y n řešením rovnice 2.2 na intervalu J, pak pro x, x 0 J platí tedy d dx (W (y,..., y n )(x)) = a n (x)w (y x,..., y n )(x), W (y,..., y n )(x) = W (y,..., y n )(x 0 )e x x 0 a n (t)dt. (2.3) Důkaz Podívejme se nejdříve na případ pro n = 2, pak W (y, y 2 )(x) = y y 2 y y 2, tedy d dx (W (y, y 2 )(x)) = (y y 2 y y 2 ) = y y 2 + y y 2 y y 2 y y 2 = (y y 2 y y 2) + (y y 2 y y 2 ) ) ( ) y y 2 ( y = det y 2 y y 2 ( y y = det 2 y y 2 ). + det y y 2 Označme dw n = d (W (y dx, y 2,..., y n )(x)). Obdobně jeko v dvoudimenzionálním případě lze ukázat, že dw n = det y... y n y... y n y n (n ) y (n ) y... y n + det y... y n y (n)... y n (n) y... y n = det y... y n y (n)... y n (n) + det y... y n y... y n y (n )... y n (n ) +... Poslední rovnost plyne z faktu, ze v prvních n determinantech jsou vždy dva řádky stejné, a tak jsou tyto determinanty nulové. Jelikož y i pro i =,..., n je řešením 34

35 rovnice 2.2, tak dosadíme-li y (n) i předchozímo výrazu, dostaneme dw n = det = a n (x)y (n ) i a n 2 (x)y (n 2) i... a 0 (x)y i do y... y n y... y n a n y (n )... a 0 y... a n y n (n )... a 0 y n Použijem to, že vynásobíme-li nějaký řádem matice konstantou a, tak je determinant nové matice a krát větší, než determinant matice původní a také toho, že determinant matice, jejíž řádek je tvořen součtem vektorů lze rozložit na součet determinantů. Dostaneme tedy dw n = a n (x) det a n 2 (x) det a 0 (x) det y... y n y... y n y (n )... y n (n ) y... y n y... y n y n (n 2) y (n 2) y... y n y... y n y... y n = a n (x) det... y... y n y... y n y (n )... y n (n ) = a n (x)w (y,..., y n )(x). Jelikož právě dokázaná rovnost je diferenciální rovnice se separovanými proměnnými (jde o diferenciální rovnici, kde neznámá funkce je funkce wronskiánu, tedy pro každé x vrací hodnotu wronskiánu v tomto bodě), tak druhý vztah je jejím přímým důsledkem. Metoda nalezení druhého řešení za pomocí Wronskiánu Uvažujme rovnice y + p(x)y + q(x)y = 0 (2.4) 35

36 a nechť y je jedno netriviální známé řešení této rovnice. Pak pro libovolné řešení y této rovnice platí W (y, y)(x) = y y y y = W (y, y)(x 0 )e x x 0 p(t)dt. Zvolíme nyní W (y, y)(x 0 ) =. 6 Dostaneme tedy rovnici y y y y = e x x 0 p(t)dt. (2.5) Je-li y řešením rovnice 2.4, pak musí jít o řešení, které je nezávislé s řešením y, jelikož wronskián W (y, y)(x) 0. Je-li naopak y řešením rovnice 2.5, pak y y y y = e x x 0 p(t)dt (y y y y) = p(x)e x x 0 p(t)dt = p(x) (y y y y) y y + y y y y y y = p(x) (y y y y) y y y y = p(x) (y y y y) y y ( p(x)y q(x)y )y = p(x) (y y y y) y y + q(x)y y = p(x)y y y (y + p(x)y + q(x)y) = 0. Tedy y je řešením rovnice 2.4. Dále upravama rovnice 2.5 dostanem y y y y = e x x 0 p(t)dt y y y y y 2 ( y y = e x x 0 p(t)dt y 2 ) = e x x 0 p(t)dt y y = y 2 e x x 0 p(t)dt y = y e y 2 (x) dx x x 0 p(t)dt y 2 (x) Tedy jsme našli vzorec pro určení druhého řešení rovnice 2.4, které je lineárně nezávislé s řešením y. 6 Jelikož je y řešením lineární homogenní diferenciální rovnice, tak i cy je řešením této rovnice, takže volbou Wronskiánu v bodě x 0 měníme y maximálně o multiplikativní konstantu. 36 dx.

37 Příklad 2.2 Najděme obecné řešení rovnice y + y má tato rovnice jedno řešení y (x) = x 2. Řešení: ( ) y = e p(x)dx = e x dx x 4 y y x 2 = y 2 x 5 dx = 4x 4 y = 4x 2. Druhé řešení této rovnice je tedy y 2 = x 2 Metoda snížení řádu + 4y x x 2 = e ln x x 4 = x 5 a obecné řešení je ve tvaru y(x) = c x 2 + c 2 x 2, c, c 2 R, x > 0. = 0, x > 0, víme-li, že Předpokládejme, že známe jedno nenulové řešení y homogenní rovnice 2.2. Hledejme další řešení ve tvaru y(x) = u(x)y (x), pak Po dosazení dostaneme rovnici y = u y + uy y = u y + 2u y + uy... ( ) n y (n) = u (n) y + u (n ) y uy (n). u (n) y + b n (x)u (n ) b (x)u + +u ( y (n) + a n (x)y (n ) a (x)y + a 0 (x)y ) = 0, kde funkce b i (x) jdou vyjádřit pomocí funkcí a j (x) a řešení y (x). Vydělením předešlé rovnice řešením y dostaneme rovnici u (n) + b n (x) y (x) u(n ) b (x) y (x) u = 0. Použitím substituce v(x) = u (x) dostaneme lineární homogení rovnici (n )-ního řádu v (n ) + b n (x) y (x) v(n 2) b (x) y (x) v = 0. 37

38 Příklad 2.3 Vraťme se k předchozímu příkladu. Mějme rovnici y + y = 0, x 2 x > 0 a jedno její řešení y (x) = x 2. Řešení: Užijeme substituci y = uy, dosaďme do rovnice, pak použijeme substituci v = u a vyřešíme rovnici. y + y x + 4y x 2 = 0 u y + 2u y + uy + u y + uy + 4uy = 0 x x 2 u x 2 + 4u x + 2u + u x 2 + 2ux + 4ux2 = 0 x x 2 u x 2 + 4u x + u x = 0 v x 2 + 5vx = 0 v = 5v x v v = 5 x ln v = ln x 5 v = x 5. x + 4y Tedy u = vdx = a proto y = uy 4x 4 = x 2 =. Tedy fundamentální systém 4x 4 4x 2 této rovnice je y = x 2 a y 2 =. x 2 Homogenní rovnice s konstantními koeficienty Uvažujeme rovnici y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y = 0, (2.6) kde a 0, a,..., a n R. Pokusíme se najít řešení této rovnice ve tvaru y(x) = e λx, kde λ je nějaké číslo. Pak y (n) (n) = λ n e λx a tedy po dosazení do rovnice 2.6 dostaneme y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y = 0 λ n e λx + a n λ n e λx a λe λx + a 0 e λx = 0 λ n + a n λ n a λ + a 0 = 0. Označme P (λ) = λ n + a n λ n a λ + a 0, pak poslední rovnici lze napsat ve tvaru P (λ) = 0. Tedy najdeme-li kořen λ polynomu P (λ), pak y(x) = e λx bude 38

39 řešením rovnice 2.6. Polynom P (λ) se nazývá charakteristický polynom a rovnici λ n + a n λ n a λ + a 0 = 0 se říká charakteristická rovnice. Rovnice P (λ) = 0 má v komplexním oboru n kořenů 7 (některé ale mohou být stejné, pak hovoříme o vícenásobných kořenech). Pokud je ale kořen λ = α + βi komplexní, pak je řešení y(x) = e λx = e αx (cos(βx) + i sin(βx)) také komplexní. Lze snadno oveřit, že reálná část tohoto řešení y (x) = e αx cos(βx) i imaginární část y 2 (x) = e αx sin(βx)i jsou také řešením této rovnice. Při určování řešení rovnice 2.6 pokračujeme následujícím způsobem. Je-li λ R jednonásobný kořen charakteristické rovnice P (λ) = 0, pak nám tento kořen dá jedno řešení ve tvaru y(x) = e λx. Je-li λ R n-násobný kořen charakteristické rovnice P (λ) = 0 (n > ), pak nám tento kořen dá n nezávislých řešení ve tvaru y (x) = e λx, y 2 (x) = xe λx,..., y n (x) = x n e λx. Je-li λ = α + βi jednonásobný komplexní kořen charakteristické rovnice P (λ) = 0, kde α, β R. Pak nám tento kořen dá dvě nezávislá řešení ve tvaru y (x) = e αx sin(βx), y 2 (x) = e αx cos(βx). 8 Je-li λ = α + βi n-násobný kořen charakteristické rovnice P (λ) = 0 (n > ), kde α, β R. Pak nám tento kořen dá 2n nezávislých řešení ve tvaru y (x) = e αx sin(βx), y 3 (x) = xe αx sin(βx),..., y 2n (x) = x n e αx sin(βx), y 2 (x) = e αx cos(βx), y 4 (x) = xe αx cos(βx),..., y 2n (x) = x n e αx cos(βx). Tímto způsobem získáme pro rovnici 2.6 n nezávislých řešení, které dohromady tvoří fundamentální systém rovnice 2.6. Příklad 2.4 Najděme obecné řešení rovnice y + y 6y = 0. Řešení: Pro tuto rovnice dostáváme charakteristickou rovnice ve tvaru λ 2 + λ 6 = (λ + 3)(λ 2) = 0, 7 Jde o přímý důsledek základní věty algebry, viz. přednáška v druhém semestru. 8 Je třeba si uvědomit, že je-li λ = α+βi komplexním kořenech charakteristické rovnice P (λ) = 0, pak i λ = α βi je kořenem této rovnice, jelikož P (λ) je polynom s reálnými koeficienty (viz. přednáška v druhém semestru). Tento druhý kořen nám ale dá stejnou dvojici řešení, jako kořen λ. 39

40 tedy kořeny jsou λ = 2 a λ 2 = 3. Z toho dostaneme dvě nezávislá řešení y (x) = e 2x a y 2 (x) = e 3x, která tvoří fundamentální systém naší rovnice. Obecné řešení je tedy ve tvaru y(x) = c e 2x + c 2 e 3x. Příklad 2.5 Najděme obecné řešení rovnice y 4y + 3y = 0. Řešení: Pro tuto rovnice dostáváme charakteristickou rovnice ve tvaru λ 2 4λ + 3 = 0, tedy kořeny jsou λ,2 = 4± = 2± 9 = 2±3i. Dostaneme tedy dvě nazávislá řešení y (x) = e 2x sin(3x) a y 2 (x) = e 2x cos(3x), která tvoří fundamentální systém naší rovnice. Obecné řešení je tedy ve tvaru y(x) = c e 2x sin(3x) + c 2 e 2x cos(3x). Příklad 2.6 Najděme obecné řešení rovnice y (5) + 2y (4) + y (3) = 0. Řešení: Pro tuto rovnice dostáváme charakteristickou rovnice ve tvaru λ 5 + 2λ 4 + λ 3 = λ 3 (λ + ) 2 = 0, tedy dostaneme jeden dvojnásobný kořen λ = a jeden trojnásobný kořen λ 2 = 0 Z toho dostáváme pět nezávislých řešení y (x) = e x, y 2 (x) = xe x, y 3 (x) =, y 4 (x) = x, y 5 (x) = x 2. Obecné řešení je tedy ve tvaru y(x) = c e x + c 2 xe x + c 3 + c 4 x + c 5 x 2. Nehomogenní rovnice s konstantními koeficienty, variace konstant Uvažujem rovnici y (n) + a n y (n ) a y + a 0 y = f(x), (2.7) kde a 0, a,..., a n R. Tak jako u lineárních diferenciálních rovnic prvního řádu platí, že je-li y p (x) nějaké (partikulární) řešení nehomogenní rovnice 2.7 a y h (x) je řešením příslušné 40

41 homogenní rovnice 2.6, pak i y(x) = y p (x) + cy h (x), c R je řešením nehomogenní rovnice 2.7. Stejně jako u rovnic prvního řádu bude tedy k nalezení obecného tvaru řešení nehomogenní rovnice stačit nalézt jedno (partikulární) řešení této rovnice a pak k němu přičíst obecné řešení příslušné homogenní rovnice 2.6. K nalezení partikulárního řešení použijeme variaci konstant. Nechť je y,..., y n fundamentální systém příslušné homogenní rovnice, pak budeme partikuární řešení hledat ve tvaru y(x) = c y (x) c n (x)y n (x). Odvození si ukážeme na rovnici druhého řádu. Uvažujme rovnici y + a y + a 0 y = f(x), a y, y 2 jsou dvě nazávislá řešení rovnice y + a y + a 0 y = 0. Hledáme partikulární řešení ve tvaru y(x) = c (x)y (x) + c 2 (x)y 2 (x). Tedy y = c y + c 2y 2 + c y + c 2 y 2. Abychom při výpočtu druhé derivace nedostali i druhé derivace funkcí c a c 2, přidáme podmínku c y + c 2y 2 = 0, tedy y = c y + c 2 y 2 y = c y + c 2y 2 + c y + c 2 y 2. Dosadíme do původní rovnice a dostáváme y + a y + a 0 y = f(x) c y + c 2y 2 + c y + c 2 y 2 + a (c y + c 2 y 2) + a 0 (c y + c 2 y 2 ) = f(x) c y + c 2y 2 + c (y + a y + a 0 y ) + c 2 (y 2 + a y 2 + a 0 y 2 ) = f(x) c y + c 2y 2 = f(x). Pro funkce c a c 2 dostaneme tedy soustavu lineárních rovnic c y + c 2y 2 = 0 c y + c 2y 2 = f(x). Uvědomme si, že determinant matice této soustavy je nenulový, jelikož je to wronskián W (y, y 2 )(x) a y a y 2 jsou nezávislá řešení homogenní rovnice. Tedy tato soustava má jedno řešení. Z této soustavy určíme funkce c a c 2 a pak integrací i funkce c a c 2. 4