MATEMATIKA 2. Sbírka úloh. RNDr. Edita Kolářová, Ph.D. ÚSTAV MATEMATIKY

Transkript

1 MATEMATIKA Sbírka úloh RNDr. Edita Kolářová, Ph.D. ÚSTAV MATEMATIKY

2

3 MATEMATIKA Sbírka úloh Úvod Dostali jste do rukou sbírku příkladů k přednášce Matematika. Tato sbírka je doplněním textu Matematika. Navazuje na teoretický výklad látky z této knihy. Zároveň jsem se ale snažila uvést do této sbírky všechny důležité vzorce, které při řešení příkladů využívám, abyste po prostudování příslušných kapitol z knihy Matematika mohli sbírku používat i samostatně. Je zde řada příkladů řešených detailně, u dalších jsou uvedené výsledky, případně rady a návody. Studijní jednotky jsou navrženy tak, aby obsahovaly látku, která spolu úzce souvisí, a je možné je pochopit a nastudovat najednou jako celek. Předpokládám, že jste už úspěšně zvládli předmět Matematika, ovládáte základy diferenciálního a integrálního počtu funkce jedné proměnné, diferenciální počet funkce více proměnných a máte základní poznatky o řadách.

4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Obsah Diferenciální počet funkcí více proměnných 3. Parciální derivace funkce více proměnných Lokální extrémy funkce dvou proměnných Diferenciální rovnice prvního řádu 4. Základní pojmy Separovatelné diferenciální rovnice Lineární diferenciální rovnice prvního řádu Diferenciální rovnice vyššího řádu 3 3. Homogenní diferenciální rovnice vyššího řádu Nehomogenní diferenciální rovnice vyššího řádu Funkce komplexní proměnné Komplexní čísla Funkce komplexní proměnné Derivace funkce komplexní proměnné, Cauchy-Riemannovy podmínky Integrál funkce komplexní proměnné 4 5. Integrál komplexní funkce pomocí parametrizace křivky Cauchyův vzorec a Cauchyova věta Teorie reziduí 5 6. Laurentova řada Singulární body komplexní funkce, reziduová věta Laplaceova integrální transformace Definice a vlastnosti Laplaceovy transformace Zpětná Laplaceova transformace Řešení diferenciálních rovnic Laplaceovou transformaci Laplaceovy obrazy konečných impulsů Fourierovy řady Definice a vlastnosti Fourierovy řady Z-transformace Definice a vlastnosti Z-transformace Zpětná Z-transformace Řešení diferenčních rovnic pomocí Z-transformace

5 MATEMATIKA Sbírka úloh 3 STUDIJNÍ JEDNOTKA FUNKCE VÍCE PROMĚNNÝCH Cíle studijní jednotky. K zvládnutí této studijní jednotky potřebujete znát diferenciální počet funkce jedné proměnné. Zavedeme pojem funkce více proměnných a ukážeme, jak se počítají parciální derivace prvního, ale i vyššího řádu. Potom soustředíme naši pozornost na funkci dvou proměnných a naučíme se počítat rovnici tečné roviny k ploše. Na konci této jednotky najdete metodu na hledání lokálních extrémů funkcí dvou proměnných. Diferenciální počet funkcí více proměnných. Parciální derivace funkce více proměnných Funkce n proměnných funkce f : R n R, která zobrazuje bod (x,..., x n ) R n do bodu y R. Značíme y = f(x,..., x n ). Definiční obor funkce n proměnných množina A R n bodů, pro které má definiční předpis funkce smysl. Funkce dvou proměnných funkce f : R R. Značíme z = f(x, y). Definičním oborem takové funkce je část roviny. Grafem je zpravidla plocha. Parciální derivace funkce n proměnných podle x i je derivace funkce jedné proměnné g(x) = f(x,..., x i, x, x i+,..., x n ). Značíme f nebo také f x x i. i Parciální derivace druhého řádu f x i x j (x,..., x n ) = (f x i (x,..., x n )) x j. Je to parciální derivace funkce f x f i (x,..., x n ), podle proměnné x j. Značíme také. x i x j Gradient funkce f v bodě A vektor gradf(a) = (f x (A),..., f x n (A)). Značíme také f(a). Je to směr, ve kterém funkce nejrychleji roste.

6 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Poznámka. Při počítání parciálních derivací f x i považujeme za proměnnou pouze x i, na ostatní proměnné se díváme jako na konstanty. Pro výpočet parciálních derivací platí pravidla o derivování součtu, součinu a podílu funkcí. Poznámka. Můžeme počítat i parciální derivace vyšších řádů. Parciální derivace n - tého řádu je parciální derivace funkce, která sama vznikla jako (n )-ní derivace. Při počítání parciálních derivací vyšších řádů nezáleží na pořadí, v jakém počítáme derivace podle jednotlivých proměnných, jsou-li tyto derivace spojité. Tečná rovina k ploše Tak jako u funkce jedné proměnné jsme mohli využít derivaci v bodě k zapsání tečny v tomto bodě, můžeme využít parciálních derivací při hledání tečné roviny k ploše. Někdy se jedná o plochu, která je grafem funkce dvou proměnných z = f(x, y). V tomto případě říkáme, že plocha je daná explicitně. Někdy z rovnice plochy neumíme vyjádřit proměnnou z, například u kulové plochy. V tomto případě říkáme, že plocha je daná implicitně. Rovnice tečné roviny ρ k ploše z = f(x, y) v bodě T = [x, y, z = f(x, y )] : ρ : f x (T )(x x ) + f y (T )(y y ) (z z ) =. Tečná rovina k ploše dané implicitně rovnicí F (x, y, z) = v bodě T = [x, y, z ], pro který platí F (x, y, z ) =, má rovnici: ρ : F x (T )(x x ) + F y (T )(y y ) + F z (T )(z z ) =. Příklad... Najděte definiční obor funkce: a) f(x, y) = 4 x y b) f(x, y) = arcsin x + y 6 3 Řešení: a) Přirozený definiční obor této funkce tvoří body, pro které platí 4 x y, tedy D f = {[x, y] R x + y 4}, což je uzavřený kruh se středem v počátku a s poloměrem. Grafem funkce je horní polovina kulové plochy x + y + z = 4, z. b) Zde musí platit x + y 6 a x + y 6. Po úpravě dostaneme 3 3 definiční obor D f = {[x, y] R x + y 3 a x + y 9}, což je mezikruží ohraničené kružnicemi s poloměry 3 a 3 se středem v počátku.

7 MATEMATIKA Sbírka úloh 5 Příklad... Najděte parciální derivaci funkce z = y x + y. Řešení: Nejdříve spočítáme z. Při počítání považujeme y za konstantu a x derivujeme z jako funkci jedné proměnné x. z x (x + y) y y = = (x + y) (x + y). z Podobně při počítání y funkci jedné proměnné y. považujeme x za konstantu a derivujeme z jako z y = (x + y) y (x + y) = x (x + y). Příklad..3. Najděte parciální derivace funkce z podle jednotlivých proměnných a) z = x + y 3xy + 4x + 5y 7 b) z = y sin(x y) c) z = x cos(x + 3y) d) z = x y, x > e) z = arccos y x f) z = arctg x + y x y g) z = ln sin (x y) h) z = ln (x + x + y ) Řešení: a) z x = x 3y + 4, z y = y 3x + 5; b) z x = y cos(x y), z y = sin(x y) y cos(x y); c) z x = x cos(x + 3y) x sin(x + 3y), z y = 3x sin(x + 3y); d) z x = yx y, z y = x y ln x; e) z x y = z y = x ; f) y z x = y, z x +y y = x ; x +y z y = cotg (x y); h) z x = x +y, z y = g) z x = cotg (x y), y x +y +x x. +y x x, y Příklad..4. Dokažte, že funkce z = e x y vyhovuje rovnici x z x + y z y =. Řešení: Dosadíme do rovnice: z x = e x y y ; x e x y y xy y 3 e x y z y = e x y ( x y 3 ). ( = e x y x y x ) =. y

8 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..5. Dokažte, že funkce z = ln( x + y) vyhovuje rovnici x z x + y z y =. Příklad..6. Dokažte, že funkce z = e x y ln y vyhovuje rovnici x z x + y z y = z ln y. Příklad..7. Dokažte, že funkce z = ln(x +xy+y ) vyhovuje rovnici x z z +y x y =. Příklad..8. Najděte parciální derivace funkce u podle jednotlivých proměnných a) u = x y yz 4xy + 6xz b) u = ze x3 cos(x y ) c) u = e sin (z xy) d) u = arctg ( x y ) z y e) u = ln f) u = x 3 y w z w + 5yzw x + z Řešení: a) u x = xy 4y + 6z, u y = x y z 4x, u z = yz + 6x; b) u x = x z e x3 cos(x y ) [3 cos(x y ) x sin(x y )], u z = e x3 cos(x y ), u y = yz sin(x y ) e x3 cos(x y ) ; c) u x = y e sin(z xy) cos(z xy), u y = x e sin(z xy) cos(z xy), u z = e sin(z xy) cos(z xy); d) u x = z, x +y +z xy u z y =, x +y +z xy u y x z = ; e) x +y +z xy u x = x, x +z u y =, y u z = z ; f) u x +z x = 3x, u y = yw + 5zw, u z = zw + 5yw, u w = y z w + 5yz. Příklad..9. Dokažte, že funkce u = x + x y y z vyhovuje rovnici u x + u y + u z =. Příklad... Najděte parciální derivace funkce f v bodě A podle všech proměnných a) f(x, y) = x + y x y, A = [3, ] b) f(x, y, z) = ln(x + y + z ), A = [3,, ] c) f(x, y) = x y + y x, A = [, ] d) f(x, y, z) = x y + y z z, A = [,, ] x Řešení: a) f x(a) = 4, f y(a) = 6; b) f x(a) = 3 7, f y(a) = 7, f z(a) = 7 ; c) f x(a) =, f y(a) = ; d) f x(a) =, f y(a) =, f z(a) =. Příklad... Najděte hodnotu součtu f(x, y, z) = ln( + x + y + z 3 ). u x + u y + u z v bodě A = [,, ] pro funkci Řešení: u x + u y + u z A = + x + y + z 3 + y + x + y + z 3 + 3z + x + y + z 3 A = 3.

9 MATEMATIKA Sbírka úloh 7 Příklad... Najděte gradient funkce f v bodě A a) f(x, y) = x 3 + y 3 3xy, A = [, ] b) f(x, y, z) = x e z+y, A = [,, ] x c) f(x, y, z) =, A = [,, ] d) f(x, y, z) = xyz, A = [,, 3] x + y + z Řešení: a) f = 3x f 3y = 9, = 3y 3x = 3. x A A y A A Z toho gradient funkce v bodě A je vektor gradf(a) = (9, 3). b) f(a) = (,, ); c) f(a) = (7, 4, 4); d) f(a) = (6, 3, ). 8 Příklad..3. Napište rovnici tečné roviny k následujícím plochám v bodě T = [x, y, z ]: (a) z = x y, T = [,,?] (b) x 3 + y 3 + z 3 + xyz 6 =, T = [,, ] (c) z = x + y xy, T = [3, 4,?] (d) 3x 4 4y 3 z + 4xyz 4z 3 x + =, T = [?,, ] (e) z = x 4y, T = [,,?] Řešení: a) Nejdříve spočítáme třetí souřadnici bodu T. Bod leží na ploše, a proto z = f(, ) =. Dále z x = x, z z (T ) = ; x y = y, z (T ) =. y Rovnice tečné roviny ρ k ploše z = x y v bodě T=[, -,]: ρ : (x ) + (y + ) (z ) =. Po úpravě dostaneme rovnici tečné roviny ρ : x + y z =. b) Plocha je daná implicitně. Bod T leží na dané ploše, protože souřadnice tohoto bodu splňují rovnici plochy: =. Spočítáme parciální derivace funkce F (x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 + xyz 6 : F x = 3x +yz, F y = 3y +xz, F z = 3z +xy; F x(t ) =, F y(t ) =, F z(t ) = 5. Potom ρ : (x ) + (y ) + 5(z + ) =. Po úpravě dostaneme rovnici tečné roviny ρ : x + y + 5z 8 =. c) T = [3, 4, 7] a ρ : 7x + y + 5z 6 = ; d) 3x x 4x + = 3x 4 = 3 x = anebo x = T = [,, ] a ρ : 3x y z+ = a také T = [,, ] a ρ : 3x y z + 7 = ; e) T = [,, 4] a ρ : 8x 8y z 4 =.

10 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně f podle jed- Příklad..4. Najděte všechny parciální derivace druhého řádu funkce notlivých proměnných a) f(x, y) = x e y b) f(x, y) = x + y + xy x y c) f(x, y) = xy + cos(x y) d) f(x, y) = ln(x + y ) e) f(x, y, z) = xyz 3x + 7y + 5z ( ) y z f) f(x, y, z) = ln x Řešení: a) Nejdříve spočítáme parciální derivace prvního řádu dané funkce: f x = ey, Potom f x =, f y = x ey, b) f xx = y (x y) 3, f xy f y = x ey. f x y = f y x = ey. = xy (x y) 3, f yy = x (x y) 3 ; c) f xx = cos(x y), f xy = + cos(x y), f yy = cos(x y); d) f xx = y x (x +y ), f xy = 4xy (x +y ), f yy = x y ; e) f (x +y ) xx =, f yy =, f zz =, f xy = z, f xz = y, f yz = x; f) f xx =, f x yy =, f y zz =, f z xy =, f xz =, f yz =. Příklad..5. Dokažte, že funkce z = e x (x cos y y sin y) vyhovuje diferenciální rovnici z xx + z yy =. Příklad..6. Dokažte, že funkce z xx + z xy =. Příklad..7. Dokažte, že funkce f(x, y) = xy x y f xx + f xy + f yy = x y. Příklad..8. Dokažte, že funkce u = u xx + u yy + u zz =. Příklad..9. Najděte z (4) xxxy kde z = y ln(xy). Řešení: z x = y xy y = y x, z = arctg(x y) vyhovuje diferenciální rovnici z xx = y x, x + y + z Příklad... Najděte z xyy kde z = ln(x + y ). Řešení: z xyy = 4x(3y x ) (x +y ). vyhovuje diferenciální rovnici vyhovuje diferenciální rovnici z xxx = y x 3 z (4) xxxy = x 3. Příklad... Dokažte, že funkce z = x e y + y e x vyhovuje diferenciální rovnici z xxx + z yyy = xz xyy + yz xxy.

11 MATEMATIKA Sbírka úloh 9. Lokální extrémy funkce dvou proměnných Lokální maximum (resp. minimum) funkce z = f(x, y) je hodnota z = f(x, y ) v bodě T = [x, y ], jestliže v libovolném bodě nějakého okolí bodu T jsou funkční hodnoty funkce f menší (resp. větší) než z. Při hledání bodu extrému funkce proměnných postupujeme podobně jako při hledání extrému funkce jedné proměnné: Najdeme stacionární bod funkce f (bod ve kterém je gradient funkce rovný ), potom pomocí druhých parciálních derivaci zjistíme, zda v tomto bodě existuje maximum nebo minimum, ev. že v stacionárním bodě nemá funkce extrém. Hledání extrému funkce z = f(x, y) :. Spočítáme f x a f y a položíme je rovny nule.. Najdeme stacionární bod T = [x, y ], ve kterém f f (T ) = a zároveň (T ) =. x y 3. Spočítáme f x (T ), f (T ), y f (T ) a z těchto tří derivací vytvoříme jedno číslo: x y D(T ) = f x (T ) f y (T ) ( ) f x y (T ). 4. Podle znaménka D(T ) rozhodneme o existenci extrému v bodě T = [x, y ]. (a) Pokud D(T ) <, funkce nemá v tomto bodě lokální extrém. (b) Pokud D(T ) >, funkce má v bodě T extrém. V tomto případě ještě musíme rozhodnout, zda jde o maximum nebo minimum: (i) Je-li f x (T ) >, funkce f má v bodě T lokální minimum z = f(x, y ). (ii) Je-li f x (T ) <, funkce f má v bodě T lokální maximum z = f(x, y ). (c) Pokud D(T ) =, nemůžeme na základě této metody rozhodnout o existenci extrému v bodě T. Poznámka. Rovnice f f (T ) = a (T ) = vlastně tvrdí, že gradf(t ) =. x y Příklad... Najděte lokální extrémy funkce f(x, y) = x 3 + y 3 3xy. Řešení: gradient: Hledáme stacionární body body, ve kterých má funkce nulový gradf = (3x 3y, 3y 3x) = { 3x 3y = y = x, 3y 3x = x = y.

12 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Po dosazení za y do druhé rovnice máme x = x 4 x(x 3 ) =. Potom x = nebo x =. Dopočítáme příslušné hodnoty y a dostáváme dva stacionární body A = [, ], B = [, ]. Vypočítáme druhé parciální derivace funkce: f x = 6x, f x y = 3, f y = 6y. V bodě A = [, ] máme f (A) =, x f (A) = 3, x y f (A) =. y Potom D(A) = ( 3) = 9 <. Funkce nemá v bodě A lokální extrém. Teď vyšetříme bod B = [, ] : f (B) = 6, x f (B) = 3, x y f (B) = 6. y Z toho D(B) = 6 6 ( 3) = 7 >, a funkce má v bodě B lokální extrém. Vidíme, že f (B) = 6 >. V bodě B nastane minimum. x Ještě spočítáme hodnotu funkce v tomto bodě: f(b) = + 3 =. Příklad... Najděte lokální extrémy funkce f(x, y) = e x y. Řešení: gradf = ( ) e x y ( x), e x y ( y) = (, ) { x =, y =. Bod A = [, ] je jediný stacionární bod. Vypočítáme druhé parciální derivace: f y = e x (x ), x f x y y = 4xy e x, f y = e x (y ). y V bodě A = [, ] máme f (A) =, x D(A) = ( ) = 4 > a zároveň f x =. Funkce má v bodě A = [, ] lokální maximum; f(a) =. f (A) =, x y f (A) =. y Na obrázku je graf funkce v okolí stacinárního bodu. f(x, y) = e x y

13 MATEMATIKA Sbírka úloh Příklad..3. Zjistěte, zda funkce z = x 4 + y 4 x 4xy y má lokální extrémy v bodech A = [, ] a B = [, ]. Řešení: z x = 4x3 4x 4y, Dosadíme bod A = [, ] : z y = 4y3 4x 4y. z x (A) = =, a z y (A) = =. Bod A = [, ] je stacinární bod. Podobně můžeme dosadit i bod B = [, ] do prvních parciálních derivací a ukázat, že i bod B je stacionární bod. Druhé parciální derivace funkce jsou z x = x 4, z x y = 4. Tedy D = (x 4)(y 4) ( 4). z y = y 4, V bodě A = [, ] máme z (A) = a D(A) = 4 6 >. Funkce x má v bodě A = [, ] lokální minimum. V bodě B = [, ] máme také z (B) = a D(B) = 4 6 >. x Funkce má i v bodě B = [, ] lokální minimum. Příklad..4. Najděte lokální extrémy následujících funkcí z = f(x, y) (a) z = x xy + y y + (b) z = x + y + xy (c) z = x 3 + 3x + y 3 3y x (d) z = x 3 + xy 6x (e) z = x xy + y + 4x (f) z = 8 x + x y + y (g) z = x 4 + 8x + y 4y (h) z = xy x 3 y 3 (i) z = x + xy 3y + y + x (j) z = 5xy + 5 x + 8 y Řešení: (a) gradf = (x y, x + y ) = (, ) T = [, 4] stacionární 3 3 bod. Dále f xx =, f yy =, f xy = a D(T ) = ( ) = 3 >. Funkce má v bodě T lokální minimum. 3 (b) gradf = ( x y, xy ) = (, ) T = [, ] jediný stacionární bod. f xx = x 3 y, f yy = xy 3, f xy = x y ; D(T ) = = 3 >, f xx(t ) = >. Funkce má v bodě T = [, ] lokální minimum 3.

14 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně (c) gradf = (6x + 6x, 3y 3) = (, ) Potom x = nebo x = a y = nebo y =. { (x + )(x ) =, y =. Stacionární body jsou A = [, ], B = [, ], C = [, ] a D = [, ]. f xx = x + 6, f yy = 6y, f xy = a D(x, y) = 36 y (x + ). D(A) = 36 ( 3) < neexistuje extrém v bodě A = [, ]. D(B) = 36 ( 3) >, f xx(b) < v B = [, ] lokální maximum. D(C) = 36 (3) >, f xx(c) > v C = [, ] lokální minimum. D(D) = 36 (3) < neexistuje extrém v bodě D = [, ]. (d) gradf = (6x +y 6, xy) = (, ). Z druhé rovnice x = nebo y =. Je-li x = y = ± 6 = ±6 6. Je-li y = x = ±6. Stacionární body jsou A = [, 6 6], B = [, 6 6], C = [6, ] a D = [ 6, ]. f xx = x, f yy = x, f xy = y a D(x, y) = 4 (3x y ). D(A) = 4 ( 6) < neexistuje extrém v bodě A = [, 6 6]. D(B) = 4 ( 6) < neexistuje extrém v bodě B = [, 6 6]. D(C) = 4 (3 36) >, f xx(c) > v C = [6, ] lokální minimum. D(D) = 4 (3 36) >, f xx(d) < v D = [ 6, ] lokální maximum. e) minimum 8 v [ 4, ], f) minimum 5 v [4, ], g) minimum 4 v [, ], h) minimum 64 v [4, 4], i) nemá extrémy, j) minimum 3 v [ 5, 4 5 ]. Příklad..5. Najděte rozměry balíku tak, aby jeho kombinovaná délka, tzn. obvod podstavy plus výška, byla nanajvýš 8 cm a zároveň měl maximální objem. Řešení: Rozměry podstavy balíku označíme x, y a výšku z. Chceme aby objem byl maximální, a tak můžeme předpokládat, že kombinovaná délka je x + y + z = 8. Z toho z = 8 x y. Balík je kvádr a proto jeho objem je V = xyz = xy(8 x y). Navíc musí platit, že x, y, z >. Hledáme maximum funkce f(x, y) = xy(8 x y) = 8xy x y y x. gradf = (8y 4xy y, 8x x 4xy) = (, ) x = y. Stacionární body řeší rovnici 8x 6x =. Máme 6x(8 x) = x = nebo x = 8. Ale délka podstavy nemůže být. Zajímá nás jediný stacionární bod A = [8, 8]. Vypočítáme druhé parciální derivace: f x = 4y, f x y = 8 4x 4y, f y = 4x.

15 MATEMATIKA Sbírka úloh 3 V bodě A = [8, 8] máme f xx(a) = 4 8, f xy(a) = 36, f yy(a) = 4 8. D(A) = >. Funkce má v bodě A lokální maximum. Rozměry hledaného balíku budou x = 8 cm, y = 8 cm a výška z = 36 cm. Příklad..6. Najděte rozměry otevřené obdélníkové krabice o objemu m 3 tak, aby její povrch byl minimální. Řešení: Hledáme minimum funkce f(x, y) = xy+x xy +y xy = xy+ y + x, kde x, y jsou rozměry podstavce balíku a z = je jeho výška. xy Tato funkce má lokální minimum v bodě A = [ 3, 3 ]. Rozměry hledané krabice jsou x = 3 m, y = 3 m a výška z = 3 m.

16 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně STUDIJNÍ JEDNOTKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE PRVNÍHO ŘÁDU Cíle studijní jednotky. K této studijní jednotce potřebujete znát diferenciální a integrální počet funkce jedné proměnné. Začátek je krátký úvod do teorie diferenciálních rovnic. Procvičíte si základní pojmy jako diferenciální rovnice, obecné řešení, partikulární řešení. Potom se naučíte řešit dva typy rovnic prvního řádu: separovatelnou a lineární. Na konci této jednotky najdete různé úlohy, kde si můžete vyzkoušet, zda dokážete jednotlivé typy rovnic nejen řešit, ale také od sebe rozlišit. Diferenciální rovnice prvního řádu. Základní pojmy Obyčejná diferenciální rovnice rovnice, v níž se vyskytuje derivace neznámé funkce jedné proměnné. Řád diferenciální rovnice řád nejvyšší derivace, která se v rovnici vyskytuje. Řešit diferenciální rovnici najít všechny funkce, které vyhovují dané rovnici. Obecné řešení diferenciální rovnice n-tého řádu řešení, které závisí na n různých parametrech takovým způsobem, že všechna řešení rovnice můžeme získat vhodnou volbou těchto konstant. Partikulární řešení diferenciální rovnice n-tého řádu řešení, které dostaneme z obecního řešení konkrétní volbou všech n parametrů. Integrální křivka řešení diferenciální rovnice, graf řešení diferenciální rovnice. Počáteční úloha problém najít partikulární řešení diferenciální rovnice, které splňuje tzv. počáteční podmínky. Může se stát, že diferenciální rovnice nemá žádné řešení. Diferenciální rovnice, s nimiž se zde setkáte, řešení mají. Obecné podmínky pro existenci řešení najdete v Matematice.

17 MATEMATIKA Sbírka úloh 5 Příklad... Najděte obecné řešení diferenciální rovnice y = 8 e 3x + sin x. Řešení: Je to obyčejná diferenciální rovnice třetího řádu, velmi speciální, protože pravá strana závisí pouze na x. Řešení dostaneme postupným integrováním. y = 8 e 3x + sin x y = (8 e 3x + sin x) dx = 6 e 3x cos x + C, y = (6 e 3x cos x + C ) dx = e 3x sin x + C x + C. A konečně obecné řešení bude y = ( e 3x sin x + C x + C ) dx = 3 e3x + cos x + C x + C x + C 3. Protože šlo o rovnici třetího řádu, jsou v obecném řešení tři parametry. Dosazením konkrétních hodnot za konstanty C, C, C 3 se dostanou partikulární řešení této rovnice. Příklad... Najděte partikulární řešení diferenciální rovnice splňuje počáteční podmínky y() =, y () =. y = x 3 + 8, které Řešení: Je li y = x 3 + 8, potom y = ( x 3 + 8) dx = 3 x x + C. Obecné řešení bude y = (3 x 4 + 8x + C ) dx = 3 5 x5 + 4 x + C x + C. Konstanty budeme počítat dosazením počátečních podmínek do y a y : = y() = C + C = C ; = y () = C = C. Z této soustavy rovnic dostaneme C =, C =. Hledané partikulární řešení je y = 3 5 x5 + 4x + x. Příklad..3. Najděte integrální křivku rovnice y = tg x, která prochází bodem [,]. Řešení: Integrální křivka procházející daným bodem je partikulární řešení splňující počáteční podmínku y() =. sin x ( sin x) y = tg x y = tg x dx = cos x dx = dx = cos x (cos x) = dx = ln cos x + C. cos x Obecné řešení je y = ln cos x + C, x π + kπ, k celé. Dále = y() = ln cos + C = + C. Dostali jsme, že C =. Potom hledané řešení je y = ln cos x.

18 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..4. Ukažte, že funkce y = C + C x + C 3 e 3x je obecné řešení rovnice y 3 y =, a najděte partikulární řešení, pro které y() = 3, y () = 6, y () = 8. Řešení: y = C + 3 C 3 e 3x, y = 9 C 3 e 3x, y = 7 C 3 e 3x. Po dosazení y 3 y = 7 C 3 e 3x 3 9 C 3 e 3x =. Dále 3 = y() = C + C 3, 6 = y () = C + 3 C 3, 8 = y () = 9 C 3. Řešíme soustavu rovnic: C + C 3 = 3, C + 3 C 3 = 6, 9 C 3 = 8. Z toho C =, C =, C 3 =. Hledané partikulární řešení je y = + e 3x. Příklad..5. Ukažte, že funkce y = C (x + ) + C (x + (x + ) arctg x) je obecné řešení rovnice (x + ) y y =, a najděte partikulární řešení této rovnice, pro které platí y() =, y () =. ) Řešení: y = C x+c ( + x arctg x + x + = C x + x+c (+x arctg x), y = C + C ( arctg x + Po dosazení dostaneme: x x +). (x + ) y y = (x +)C +C ( ( x + ) arctg x + x ) C (x +) C ( x + ( x + ) arctg x ) =. Funkce řeší diferenciální rovnici. Dále dosadíme počáteční podmínky = y() = C + C = C =, = y () = C + C = C C =. Hledané partikulární řešení je y = x +. Příklad..6. Ukažte, že funkce y = C cos x + C sin x + e x je obecné řešení rovnice y + y = 5 e x, a najděte partikulární řešení, pro která platí a) y() = 6, y () = 6 b) y() =, y () = c) y() = 3, y () = 5 d) y( π ) = eπ, y ( π ) = eπ Řešení: a) y = 5 cos x + 4 sin x + e x ; b) y = e x 3 sin x; c) y = cos x + sin x + ex ; d) y = cos x + e x. Příklad..7. Ukažte, že funkce y = C e x + C xe x + C 3 e x je obecné řešení rovnice y 3y + y =, a najděte partikulární řešení rovnice, které splňuje počáteční podmínky y() =, y () =, y () =. Řešení: y = e x + 4xe x + e x Další část této jednotky bude věnovaná diferenciálním rovnicím prvního řádu. Naučíte se řešit dva typy rovnic prvního řádu.

19 MATEMATIKA Sbírka úloh 7. Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelná diferenciální rovnice rovnice, která se dá upravit na tvar y = f(x) g(y). Pokud rozpoznáte separovatelnou rovnici postupujte při řešení následovně:. y nahraďte výrazem dy dx ;. celou rovnici vynásobte dx; 3. odseparujte proměnné, tzn. členy, které obsahují y, převeďte na levou stranu rovnice spolu s dy a členy, které obsahují x, převeďte na pravou stranu spolu s dx; 4. integrujte obě strany poslední rovnice. Příklad... Řešte separovatelnou diferenciální rovnici y = x y 3. Řešení: Postupujeme podle návodu:.) dy dx = x y 3.) dy = x y 3 dx 3.) y 3 dy = ( x) dx 4.) y 3 dy = ( x) dx Z toho po integrování dostaneme y4 + C = x 4 x + K, kde C a K jsou integrační konstanty. Převedeme-li konstantu C na pravou stranu, dostaneme řešení ve tvaru y4 = x x + K C. Označíme konstantu K C = c a 4 dostaneme obecné řešení rovnice y 4 4 = x x + c. Tuto úpravu s konstantami můžete udělat pokaždé, a proto stačí psát integrační konstantu pouze jednou (obyčejně ji píšeme do pravé strany). Řešení, která se dostanou při řešení separovatelné rovnice, jsou obvykle v implicitním tvaru. Úpravou se někdy podaří získat explicitní tvar řešení y = ϕ(x). Příklad... Řešte separovatelnou diferenciální rovnici ( + y ) dx + ( + x ) dy =. Řešení: Upravíme na ( + x ) dy = ( + y ) dx a pokračujeme 3. krokem: ( + y ) dy = ( + x ) dx; ( + y ) dy = ( + x ) dx; arctg y = arctg x + C. Obecné řešení bude arctg x + arctg y = C.

20 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..3. Řešte separovatelnou diferenciální rovnici y tg x = y. Řešení:.) tg x dy dx = y;.) tg x dy = y dx; 3.) y cos x (sin x) 4.) y dy = sin x dx; y dy = sin x dx. Po integrování dostaneme dy = cos x sin x dx; ln y = ln sin x + c. Získané řešení upravíme: y = e ln sin x +c = e ln sin x e c = e c sin x. Označíme C = ±e c. Obecně takové C. Někdy můžeme připustit i C =, jako v tomto příkladě. Můžeme tedy napsat obecné řešení naši rovnice ve tvaru y = C sin x. Příklad..4. Najděte partikulární řešení separovatelné diferenciální rovnice Řešení:.) ( + e x ) y dy dx = ex ; e x 3.) y dy = dx; 4.) ( + e x ) ( + e x ) y y = e x, y() =..) ( + e x ) y dy = e x dx; e x y dy = ( + e x ) dx. Dostali jsme obecné řešení ve tvaru y = ln( + ex ) + C. Hledáme partikulární řešení: Partikulární řešení je y = ln( + ex ) + ln. Po úpravě y = ln( + e x ) + ln 4. = ln( + e ) + C. Potom C = ln. Příklad..5. Řešte separovatelné diferenciální rovnice a) x y y = x b) y = y tg x c) y y + x = d) y = (y )(y ) e) y = e x+y f) (xy + x) dx + (y x y) dy = Řešení: a) y x = ln x + c, po úpravě x + y = ln Cx, C > ; b) y = C ; c) C = arcsin x+ arcsin y, y =, y = ; cos x d) integrál dle dy počítejte rozkladem na parciální zlomky. Řešení je ln y = x+c. Po úpravě y = y Cex (y ). Další řešení je y = ; e)využijte vztah e x+y = e x e y a e y =. Řešení bude e x + e y = C; e y f) ln(y + ) = ln x + c. Po úpravě y + = C(x ).

21 MATEMATIKA Sbírka úloh 9.3 Lineární diferenciální rovnice prvního řádu Lineární diferenciální rovnice prvního řádu rovnice, která se dá upravit na tvar y + f(x) y = g(x). (LR) Homogenní lineární dif. rovnice prvního řádu rovnice tvaru y + f(x) y =. Metoda variace konstanty metoda na řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice. řádu, při které se nejdřív metodou separace proměnných najde řešení homogenní rovnice y + f(x) y =. Toto řešení se upraví na tvar y = C F (x). Potom se předpokládá, že C = C(x), tj. konstanta závisí na x, a řešení lineární rovnice hledáme ve tvaru y = C(x) F (x). Předpokládaný tvar řešení se dosadí do diferenciální rovnice (LR). Vznikne rovnice typu C (x) = φ(x). Z toho se vypočítá konkrétní funkce C(x). Příklad.3.. Řešte lineární diferenciální rovnici y + xy = e x. Řešení: Nejdřív vyřešíme homogenní rovnici y + xy = : y dy = xy; dx = xy; dy = x dx; y y dy = x dx; ln y = x +c. Potřebujeme vyjádřit y, a proto musíme dál upravovat: y = e x +c ; y = e x e c ; y = C e x, kde C = ±e c. Našli jsme obecné řešení lineární homogenní rovnice y + xy =. Obecné řešení lineární nehomogenní rovnice budeme hledat ve tvaru y = C(x) e x. Abychom mohli určit C(x), musíme dosadit do diferenciální rovnice, a k tomu musíme nejdřív y derivovat. y = C(x) e x ; y = C (x) e x + C(x) e x ( x). Po dosazení dostaneme podmínku pro C (x) : C (x) e x + C(x) e x ( x) + x C(x) e x = e x. C (x) e x = e x ; C (x) =. Z toho integrováním dostaneme, že C(x) = dx = x + K. Zbývá už jenom dosadit za C(x). Hledané obecné řešení bude y = C(x) e x = (x + K) e x = K e x + x e x.

22 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad.3.. Řešte lineární diferenciální rovnici y Řešení: y = xy + x ; y dy = x + x dx. xy = x, y() =. + x ln y = ln( + x ) + c = ln + x + c, potom y = C + x. Variace konstanty: y = C(x) + x ; y = C (x) x + x +C(x). + x Po dosazení: C (x) + x = x; C (x) = x ; C(x) = + x Substituce + x = t vede na C(x) = + x + K. Obecné řešení dané rovnice je y = K + x + x +. Dosadíme počáteční podmínku: = y() = K + = K +. x + x dx. Z toho K = a hledané partikulární řešení bude y = + x + x +. Příklad.3.3. Najděte obecné řešení rovnice xy + y e x =. Řešení: Rovnice není ve tvaru lineární diferenciální rovnice. Nejdřív ji musíme upravit. Převedeme e x na pravou stranu a pak celou rovnici vydělíme x. Dostaneme y + y x = ex x. Tato rovnice už je ve tvaru (LR) a vyřešíme ji metodou variace konstanty. y + y x = ; y = y x ; y dy = x dx; ln y = ln x + c; y = C x. Variace konstanty: y = C(x) x ; y = C (x) x C(x). x C (x) Po dosazení: = ex x x ; C (x) = e x ; C(x) = e x +K. Pak y = ex + K x Příklad.3.4. Je dán elektrický RL obvod s cívkou o samoindukčnosti L, ohmickým odporem R a napětím E. Dle Kirchhoffova zákona závislost proudu I na čase t vyjadřuje diferenciální rovnice L di + IR = E. dt Najděte vzorec pro řešení I(t), jestliže víte, že na počátku byl proud nulový. Řešení: di dt + R L I =, Rovnici upravíme na tvar di dt + R L I = E L di dt = IR L, I di = R L dt, a řešíme jako (LR): I di = R L dt. Řešení homogenní rovnice bude ln I = R L t + c I = C e R L t..

23 MATEMATIKA Sbírka úloh Variace konstanty: I = C(t) e R L t, I = C (t) e R L t C(t) R L e R L t. Po dosazení C (t) e R L t = E L, C (t) = E L e R L t, C(t) = E R e R L t + K. ( ) E Obecné řešení je tedy I = R e R L t + K e R L t = K e R L t + E R. Z počáteční podmínky I() = dostaneme, že K = E R. Hledaný vzorec pro proud v elektrickém RL obvodu je I = E R ( e R L t ). Příklad.3.5. Kondenzátor o kapacitě C = 3 F je zapojen do série s odporem R = Ω a nabíjen ze sériově zapojeného zdroje o napětí E = V. Určete napětí na kondenzátoru jednu sekundu po zapojení zdroje za předpokladu, že v čase t = byl kondenzátor vybit. Řešení: Podle druhého Kirchhoffova zákona závislost proudu I na čase t vyjadřuje integrální rovnice t I(τ) dτ + RI = E. C Po dosazení vztahu I(t) = dq do této rovnice dostaneme rovnici pro náboj dt na kondenzátoru R dq dt + C Q = E. Dosadíme hodnoty za konstanty a dostaneme lineární diferenciální rovnici Q + 5Q =,6. Obecné řešení této rovnice je Q(t) = K e 5t +,. ) Partikulární řešení s počáteční podmínkou Q() = je Q(t) =, ( e 5t. Napětí na kondenzátoru v čase t se rovná E C (t) = ( C Q(t) = e ). 5t Z toho E C () = ( e 5 ) =,9. Kondenzátor je během jedné sekundy nabit téměř na maximální hodnotu V. Příklad.3.6. Řešte lineární diferenciální rovnice a) y + y x = 6x b) y + y tg x = cos x c) y + xy = xe x d) xy y x + = x e) ( + x )y xy = ( + x ) f) y + y cos x = sin x cos x

24 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Řešení: a) y = C + x x ; b) y = Ccos x + sin x; c) y = e x ( x + C); d) dostanete dy = dx. Použijte rozklad na parciální zlomky. y x(x+) Výsledek: y = x (C + x + ln x ); e) y = ( + x+ x )(C + x); f) dostanete C(x) = e sin x sin x cos x dx. Použijte nejdřív substituci a potom per partes. Výsledek: y = Ce sin x + sin x. Příklad.3.7. Najděte řešení y(x) počáteční úlohy ( π ) a) y cos x y sin x = x, y () = b) y = 6y 4e 6x cos 5x + 4, y = 4 c) y y x + = x, y() = d) y = y + 5x 5, y(6) = 4 x 5 Řešení: a) y = x ; b) y = ( 4 4 sin 5x 4e 6x) e 6x ; cos x 5 5 c) y = (x + ) (x ln x + ) ; d) y = (5x 6)(x 5) = 5x 4x + 8. Příklad.3.8. Řešte následující rovnice prvního řádu a) y y tg x = cos 3 x b) xy + y = y c) y x ln x y = 3 x 3 ln x d) y = x x y Řešení: a) lineární, řešení: y = tg x + K cos x ; b) separovatelná, řešení: y = a y = ; Kx c) lineární, řešení: y = (x 3 + K) ln x; d) lineární a také separovatelná, řešení: y = + K e x3 3.

25 MATEMATIKA Sbírka úloh 3 STUDIJNÍ JEDNOTKA DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE VYŠŠÍHO ŘÁDU Cíle studijní jednotky. Naučíte se řešit diferenciální rovnice vyššího řádu s konstantními koeficienty. Nejdřív to budou homogenní rovnice, které se budou řešit pomoci charakteristické rovnice. Nehomogenní rovnice budeme řešit pouze v případě, je-li funkce na pravé straně ve speciálním tvaru. Budete využívat diferenciální počet funkce jedné proměnné a vzorec na řešení kvadratické rovnice. 3 Diferenciální rovnice vyššího řádu 3. Homogenní diferenciální rovnice vyššího řádu Homogenní lineární dif. rovnice n-tého řádu s konstantními koeficienty rovnice, která má tvar a n y (n) + a n y (n ) a y + a y =, a,..., a n R, a n. Fundamentální systém řešení homogenní dif. rovnice n-tého řádu n lineárně nezávislých partikulárních řešení příslušné rovnice Charakteristická rovnice rovnice, která vznikne při hledání partikulárních řešení homogenní rovnice ve tvaru e λx K nalezení obecného řešení homogenní lineární diferenciální rovnice n-tého řádu s konstantními koeficienty je třeba vyřešit příslušnou charakteristickou rovnici a n λ n + a n λ n a λ + a =. Jde o algebraickou rovnici, která má n kořenů. Ke každému nalezenému kořenu se přiřadí jedno partikulární řešení a tak se dostane celý fundamentální systém. Na příkladu rovnice druhého řádu ukážeme jak toto přiřazení provést. Charakteristická rovnice homogenní lineární diferenciální rovnice. řádu je rovnice a λ + a λ + a =. Tuto rovnici vyřešíme (pomocí vzorce pro kvadratickou rovnici). Mohou nastat tři případy (v závislosti na diskriminantu):

26 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně. Diskriminant je kladný, rovnice má dva navzájem různé reálné kořeny λ λ. Potom fundamentální systém rovnice je y = e λ x, y = e λ x.. Diskriminant je nulový, rovnice má dvojnásobný reálný kořen λ = λ = λ. Potom fundamentální systém rovnice je y = e λx, y = xe λx. 3. Diskriminant je záporný, rovnice má dva komplexně sdružené kořeny λ, = α + iβ, kde i označuje komplexní jednotku. Hledá se reálné řešení, a proto se zvolí (vzhledem k platnosti Eulerovy identity e iβx = cos βx + i sin βx) fundamentální systém: y = e αx cos βx, y = e αx sin βx. Obecné řešení pak bude (ve všech třech případech): y = C y + C y. V případě rovnic třetího a vyššího řádu k řešením charakteristické rovnice přiřazujeme fundamentální systém stejným způsobem jako v případě rovnice druhého řádu. Příklad 3... Najděte obecné řešení lineární diferenciální rovnice druhého řádu a) y y y = b) 4y 4y + y = c) y + 4y = d) y 4y + 3y = Řešení: a) Napíšeme charakteristickou rovnici λ λ =. Tu vyřešíme λ, = ± + 8, =. Potom y = e x, y = e x, a ze vztahu y = C y + C y dostaneme obecné řešení y = C e x + C e x. b) Charakteristická rovnice je 4λ 4λ + = ; λ, = 4 ± =. Charakteristická rovnice má dvojnásobný kořen, a proto y = e x, y = xe x. Obecné řešení této rovnice je y = C e x + C x e x.

27 MATEMATIKA Sbírka úloh 5 c) Charakteristická rovnice je λ + 4 = a má komplexní kořeny λ, = ±i. Potom y = cos x, y = sin x. Obecné řešení bude y = C cos x + C sin x. d) Charakteristická rovnice je λ 4λ + 3 =. Dostaneme zase komplexní kořeny λ, = 4± 6 5 = 4± 36 = ± 3i. Z toho y = e x cos 3x, y = e x sin 3x a obecné řešení je y = C e x cos 3x + C e x sin 3x. Příklad 3... Najděte řešení Cauchyho úlohy a) y 4y =, y() = 3, y () = 8 b) y y + y =, y() =, y () = Řešení: a) Charakteristická rovnice λ 4λ = má reálné kořeny λ = a λ = 4. Potom y = e x =, y = e 4x a y = C + C e 4x. Spočítáme y = 4 C e 4x a dosadíme počáteční podmínky 3 = y() = C + C, 8 = y () = 4 C. Řešením této soustavy rovnic je C =, C =. Z toho partikulární řešení bude y = + e 4x. b) Charakteristická rovnice λ λ+ = má komplexní kořeny λ, = ±i. Potom y = e x cos x, y = e x sin x a y = C e x cos x + C e x sin x. Z toho y = C e x cos x C e x sin x + C e x sin x + C e x cos x. Po dosazení podmínek dostaneme soustavu C =, C + C =. Pak C =, C = a hledané řešení bude y = e x sin x. Příklad Najděte obecné řešení rovnic druhého řádu a) y 5y + 6y = b) y 4y + 4y = c) y y = d) y 4y + 5y = e) y + y + y = f) y + y = Řešení: a) y = C e x + C e 3x ; b) y = C e x + C xe x ; c) y = C e x + C e x ; d) y = C e x cos x + C e x sin x; e) y = C e x cos 3x + C e x sin 3x; f) y = C cos x + C sin x. Příklad Najděte řešení Cauchyho úlohy a) y 4y + 3y =, y() = 6, y () = b) 4y + y =, y() =, y () = c) y 6y + 3y =, y() =, y () = 6 Řešení: a) y = 4 e x + e 3x ; b) y = cos x + sin x ; c) y = e3x cos x.

28 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 3. Nehomogenní diferenciální rovnice vyššího řádu Obecné řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice n-tého řádu a n y (n) + a n y (n ) a y + a y = f(x) je součtem obecného řešení homogenní rovnice (budeme ho značit y h ) a jednoho partikulárního řešení nehomogenní rovnice (budeme ho značit Y ), y = y h + Y. Metoda, pomocí které se dá určit jedno partikulární řešení Y v případě speciální pravé strany, se nazývá metoda neurčitých koeficientů. Tvar partikulárního řešení se odhadne z tvaru pravé strany diferenciální rovnice: Pravá strana f(x) f(x) = e αx P n (x) kde P n (x) je polynom n-tého stupně f(x) = e αx (M cos βx + N sin βx) Partikulární řešení Y Y = e αx x k Q n (x) α je k-násobný kořen char. rovnice Q n (x) je obecný polynom n-tého stupně Y = e αx x k (A cos βx + B sin βx) α + iβ je k-násobný kořen char. rovnice A, B jsou reálná čísla Poznámka. V případě, že α (resp. α + iβ) není kořen charakteristické rovnice, k =. Princip superpozice. stran Jestliže funkce na pravé straně je součtem speciálních pravých f(x) = f (x) f m (x), potom i partikulární řešení nehomogenní rovnice bude součtem partikulárních řešení pro jednotlivé speciální pravé strany, Y = Y Y m. Příklad 3... Najděte obecné řešení lineární diferenciální rovnice druhého řádu se speciální pravou stranou a) y 4y = e 3x b) y + 4y = 8x 3x + 4 c) y + y 3y = (4x 3) e x d) 3y y = cos x Řešení: a) Vyřešíme homogenní rovnici y 4y =. Máme λ 4 =.

29 MATEMATIKA Sbírka úloh 7 Kořeny charakteristické rovnice jsou λ, = ± a y h = C e x + C e x. Pravá strana je tvaru f(x) = e 3x = e 3x P (x). Zde α = 3 není kořen charakteristické rovnice (3 ±), a proto k =. Obecný polynom nultého stupně je konstanta, označíme ji A. Potom partikulární řešení bude mít tvar Y = e 3x x A = A e 3x a musí splňovat rovnici Y 4Y = e 3x. Musíme Y dvakrát derivovat a dosadit do rovnice: Y = A e 3x, Y = 3A e 3x, Y = 9A e 3x. Po dosazení 9A e 3x 4A e 3x = e 3x. Rovnici nejdřív vydělíme e 3x a dostaneme 9A 4A = ; 5A = ; A =. Máme jedno partikulární řešení Y = e 3x a obecné řešení nehomogenní rovnice je y = y h + Y = C e x + C e x + e 3x. b) Vyřešíme homogenní rovnici y + 4y =. Charakteristická rovnice je λ + 4 = a její kořeny jsou λ, = ±i a y h = C cos x + C sin x. Pravá strana je tvaru f(x) = 8x 3x + 4 = e x (8x 3x + 4) = e x P (x). Zde α = není kořen charakteristické rovnice ( ±i), a proto k =. Obecný polynom druhého stupně je Ax + Bx + C. Potom partikulární řešení bude mít tvar Y = e x x (Ax + Bx + C) = Ax + Bx + C a musí splňovat rovnici Y +4Y = 8x 3x+4. Musíme Y dvakrát derivovat Y = Ax + Bx + C, Y = Ax + B, Y = A, a po dosazení A + 4Ax + 4Bx + 4C = 8x 3x + 4. Na obou stranách rovnice jsou polynomy druhého stupně. Aby platila rovnost musí se rovnat koeficienty u jednotlivých mocnin (odtud pochází také název metoda neurčitých koeficientů). x : 4A = 8 x : 4B = 3 x : A + 4C = 4

30 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Dostali jsme soustavu rovnic. Po vyřešení máme A =, B = 8, C =. Získali jsme jedno partikulární řešení nehomogenní rovnice Y = x 8 x. Potom obecné řešení nehomogenní rovnice bude y = y h + Y = C cos x + C sin x + x 8 x. c) Vyřešíme homogenní rovnici y + y 3y =. Charakteristická rovnice je λ +λ 3 = a její kořeny jsou λ =, λ = 3 a y h = C e x +C e 3x. Pravá strana je tvaru f(x) = (4x 3)e x = e x P (x). Zde α = je jednonásobný kořen charakteristické rovnice, a proto k =. Obecný polynom prvního stupně je Ax + B, a partikulární řešení bude mít tvar Y = e x x (Ax + B) = e x (Ax + Bx) a musí splňovat rovnici Y + Y 3Y = (4x 3) e x. Musíme Y dvakrát derivovat (jako součin): Y = e x (Ax + Bx), Y = e x (Ax + Bx) + e x (Ax + B) = e x (Ax + Bx + Ax + B), Y = e x (Ax + Bx + Ax + B) + e x (Ax + B + A) = = e x (Ax +Bx+Ax+B +Ax+B +A) = e x (Ax +Bx+4Ax+B +A), a po dosazení e x (Ax +Bx+4Ax+B +A)+e x (Ax +Bx+Ax+B) 3e x (A x +Bx) = = (4x 3)e x. Rovnici nejdřív vydělíme e x a dostaneme Ax + Bx + 4Ax + B + A + Ax + Bx + 4Ax + B 3Ax 3Bx = 4x 3. Porovnáme koeficienty u jednotlivých mocnin. x : A + A 3A = x : B + 4A + B + 4A 3B = 4 x : B + A + B = 3 Dostali jsme soustavu 8A = 4, A + 4B = 3. Potom A =, B =. ( ) x Partikulární řešení je Y = e x x. Potom obecné řešení bude ( ) x y = y h + Y = C e x + C e 3x + e x x.

31 MATEMATIKA Sbírka úloh 9 d) Vyřešíme homogenní rovnici 3y y =. Charakteristická rovnice je 3λ λ = a její kořeny jsou λ =, λ = 3 a y h = C + C e 3 x. Pravá strana je tvaru f(x) = cos x = e x ( cos x + sin x). Zde α + iβ = + i není kořen charakteristické rovnice, a proto k =. Partikulární řešení bude mít tvar Y = e x x (A cos x + B sin x) = A cos x + B sin x a musí splňovat rovnici 3Y Y = cos x. Musíme Y dvakrát derivovat: Y = A sin x + B cos x, Y = 4A cos x 4B sin x. Dosadíme 3( 4A cos x 4B sin x) ( A sin x + B cos x) = cos x, A cos x B sin x + 4A sin x 4B cos x = cos x. Aby rovnice platila, musí se rovnat koeficienty při cos x a sin x na obou stranách: cos x : A 4B = sin x : B + 4A = Zase jsme dostali soustavu rovnic: A 4B =, A 3B =. Odtud A = 3, B =. Partikulární řešení je Y = cos x sin x, 4 Obecné řešení nehomogenní rovnice bude y = y h + Y = C + C e 3 x 3 4 cos x sin x. 4 Příklad 3... Najděte partikulární řešení lineární diferenciální rovnice druhého řádu se speciální pravou stranou a) y + y + y = x, y() = 3, y () = 4 b) y + y = 8 sin x, y() =, y () = 3 Řešení: a) Vyřešíme homogenní rovnici y +y + =. Máme λ +λ+ =. Kořeny charakteristické rovnice jsou λ = λ = a y h = C e x +C x e x. Pravá strana je tvaru f(x) = x = e x (x ) = e x P (x). Zde α = není kořen charakteristické rovnice, a proto k =. Potom

32 3 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Y = e x x (Ax + B) = Ax + B, Y = A, Y = a po dosazení + A + Ax + B = x. Porovnáme koeficienty: x : A = x : A + B = a dostaneme A = a B = 5. Potom Y = x 5 a obecné řešení y = y h + Y = C e x + C x e x + x 5. Spočítáme ještě y, abychom mohli dosadit počáteční podmínky, y = C e x + C e x C x e x +. Z toho 3 = y() = C 5, 4 = y () = C +C +. Pak C = 8, C =. Hledané partikulární řešení bude y = 8 e x + x e x + x 5. b) Vyřešíme homogenní rovnici y + y =. Máme λ + =. Kořeny charakteristické rovnice jsou λ, = ±i a y h = C cos x + C sin x. Pravá strana je tvaru f(x) = 8 sin x = e x ( cos x + 8 sin x). Zde α + iβ = + i je kořen charakteristické rovnice, a proto k = a Y = e x x (A cos x + B sin x) = x(a cos x + B sin x). Spočítáme derivace a dosadíme do rovnice: Y = A cos x+b sin x+x( A sin x+b cos x) = (A+Bx) cos x+(b Ax) sin x, Y = (B Ax) cos x + ( A Bx) sin x, (B Ax) cos x + ( A Bx) sin x + Ax cos x + Bx sin x = 8 sin x. Musí se rovnat koeficienty při cos x a sin x na obou stranách: cos x : B Ax + Ax = sin x : A Bx + Bx = 8 Potom A = 4, B =, Y = 4x cos x a y = C cos x+c sin x 4x cos x. Spočítáme y = C sin x+c cos x 4 cos x+4x sin x a dosadíme počáteční podmínky: = y() = C, 3 = y () = C 4 C =, C =. Hledané řešení je y = cos x + sin x 4x cos x.

33 MATEMATIKA Sbírka úloh 3 Příklad Je dán elektrický LC obvod, kde cívka o indukčnosti L = H má velmi malý ohmický odpor. Do série k ní je zařazen kondenzátor o kapacitě C =. F a zdroj, jehož napětí lineárně roste s časem podle vztahu E = t. Určete závislost proudu tekoucího obvodem na čase, je-li I() = a kondenzátor byl v čase t = vybit. Řešení: Pro tento obvod platí L di dt + C t I(τ) dτ = E. Po derivování a dosazení dostaneme lineární diferenciální rovnici druhého řádu d I + I =. dt Obecné řešení této rovnice je I(t) = C cos t + C sin t +. Partikulární řešení splňující dané počáteční podmínky I() = a I () = určíme z I() = C + =, I (t) = C sin t + C cos t a I () = C =. Řešení úlohy tedy je I(t) = cos t. Přestože napětí neomezeně roste, zůstává proud v takovém obvodu omezený. Příklad Principem superpozice vyřešte lineární diferenciální rovnici druhého řádu y + y = 5x + e x. Řešení: Kořeny charakteristické rovnice λ + λ = jsou λ =, λ = a y h = C + C e x. Partikulární řešení dostaneme jako součet partikulárních řešení dvou rovnic, které mají speciální pravé strany: y + y = 5x a y + y = e x. U první rovnice je pravá strana tvaru f (x) = 5x = e x 5x = e x P (x). Zde α = je jednoduchý kořen charakteristické rovnice, a proto k =. Potom Y = e x x (Ax+B) = Ax +Bx, Y = Ax+B, Y = A a po dosazení do rovnice Y + Y = 5x máme A + Ax + B = 5x. Porovnáme koeficienty: x : A = 5 x : A + B = Z toho A = 5 a B = 5. Dostali jsme Y = 5 x 5x. U druhé rovnice je pravá strana tvaru f (x) = e x = e x = e x P (x).

34 3 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Zde α = není kořen charakteristické rovnice, a proto k =. Potom píšeme Y = e x x A = Ae x, Y = Ae x, Y = Ae x a po dosazení do Y +Y = e x, Ae x + Ae x = e x, Ae x = e x, A =, A =. Potom Y = e x a jedno partikulární řešení původní rovnice dostaneme jako Y = Y + Y = 5 x 5x + e x. Hledané obecné řešení je y = C + C e x + 5 x 5x + e x. Příklad Najděte obecné řešení rovnic druhého řádu metodou neurčitých koeficientů a) y 5y 7y = 8e x b) y y 3y = x c) y + 3y = 9x d) y + 6y + 9y = 36xe 3x e) y + y + 5y = 7 sin x f) 3y 4y = 5 sin x Řešení: a) y = C e 7 x +C e x e x ; b) y = C e x +C e 3x + 9 (3x 5); c) y = C cos 3x + C sin 3x + 3x ; d) y = C e 3x + C xe 3x + e 3x (x ); 3 e) y = C e x cos x + C e x sin x 4 cos x + sin x; f) y = C + C e 4 3 x + 4 cos x 3 sin x. Příklad Najděte partikulární řešení rovnic metodou neurčitých koeficientů a) y y = x e x, y() =, y () = 5 b) y y = (x ), y() =, y () = c) y 7y + y = 6 sin x, y() = 3, y () = Řešení: a) y = + 9 ex +e x ( x 4); b) y = e x +e x x +x 5 ; c) y = 4e x + 7 cos x + 3 sin x.

35 MATEMATIKA Sbírka úloh 33 STUDIJNÍ JEDNOTKA FUNKCE KOMPLEXNÍ PROMĚNNÉ Cíle studijní jednotky. V první části si můžete osvěžit své znalosti o komplexních číslech, které máte ze střední školy. Ke zvládnutí dalších kapitol je nutné, abyste uměli pracovat s komplexními čísly a zobrazovat je v komplexní rovině. Dále se seznámíte s pojmem komplexní funkce a holomorfní funkce, naučíte se tyto funkce derivovat. Předpokládám, že už umíte derivovat funkci jedné reálné proměnné a počítat parciální derivace funkce více proměnných. 4 Funkce komplexní proměnné 4. Komplexní čísla Komplexní jednotka číslo j, pro které platí j =, někdy se označuje také jako i. Algebraický tvar komplexního čísla komplexní číslo zapsané ve tvaru z = a + j b, a, b R, a = Re z, b = Im z. Číslo a nazýváme reálnou částí z, číslo b nazýváme imaginární částí z. Číslo komplexně sdružené k číslu z = a + j b je to číslo z = a j b. Absolutní hodnota komplexního čísla pro z = a + j b je to reálné číslo z = a + b. Argument komplexního čísla Arg z = ϕ je úhel mezi kladnou x-ovou poloosou a polopřímkou, spojující bod z s počátkem. Uvažujeme-li pouze ϕ, π), píšeme arg z = ϕ. Pro argument ϕ komplexního čísla z = a + j b platí cos ϕ = a a + b, sin ϕ = b a + b.

36 34 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Gaussova rovina rovina xy, ve které komplexní číslo z = a + j b je znázorněno bodem [a, b]. Absolutní hodnota čísla z se potom rovná vzdálenosti bodu [a, b] od počátku. Absolutní hodnota rozdílu dvou komplexních čísel se rovná jejich vzdálenosti v komplexní rovině. Goniometrický tvar komplexního čísla komplexní číslo zapsané ve tvaru z = z (cos ϕ + j sin ϕ), kde z je absolutní hodnota komplexního čísla a ϕ je argument čísla z. Eulerův tvar komplexního čísla komplexní číslo zapsané ve tvaru z = z e j ϕ, kde z a ϕ mají stejný význam jako u goniometrického tvaru. Pro a + j b a c + j d libovolná komplexní čísla se definuje sčítání a násobení takto: (a + j b) + (c + j d) = (a + c) + j (b + d), (a + j b) (c + j d) = (ac bd) + j (ad + bc). Při dělení komplexních čísel se využívá komplexně sdružené číslo jmenovatele: a + j b c + j d = a + j b c + j d c j d c j d Komplexní čísla se zjednodušují podle pravidel (k Z): ac + bd bc ad = + j ; a + j b, c + j d C; c + j d. c + d c + d j =, j 3 = j, j 4 =, j 5 = j,..., j 4k =, j 4k+ = j, j 4k+ =, j 4k+3 = j. Násobení a dělení komplexních čísel v goniometrickém tvaru: uv = u v (cos (α + β) + j sin (α + β)); u v = u (cos (α β) + j sin (α β)), v kde u = u (cos α + j sin α) a v = v (cos β + j sin β) jsou dvě nenulová komplexní čísla. Pro umocňování platí Moivreova věta: z n = ( z (cos ϕ + j sin ϕ)) n = z n (cos nϕ + j sin nϕ), n N. Příklad 4... Vypočítejte komplexní číslo a) z = ( + j )(5 + j ) b) z = j + j 3 + j 5 + j 9 c) z = + j 3 4j Řešení: a) ( + j )(5 + j ) = + 5j + j = ( ) + j (5 + ) = 9 + 7j ; b) j + j 3 + j 5 + j 9 = j + j 3 + j 3 + j = j j j + j = ; c) + j 3 4j = ( + j )(3 + 4j ) 3 (4j ) = 3 + 4j + 6j + 8j 9 ( 6) = 5 + j 5 = j.

37 MATEMATIKA Sbírka úloh 35 Příklad 4... Určete absolutní hodnotu a argument komplexních čísel a) + j b) j c) d) + j Řešení: a) + j = ( ) + = ; sin ϕ =, cos ϕ =. Potom ϕ = 3 π + kπ, k celé. 4 b) j = + = ; sin ϕ =, cos ϕ =. Z toho ϕ = π + kπ. c) = ( ) + = ; sin ϕ =, cos ϕ =. Z toho ϕ = π + kπ. d) + j = + = 8, sin ϕ = = = 8, cos ϕ = = 8. Potom ϕ = π 4 + kπ. Příklad Najděte v Gaussově rovině čísla z, pro něž platí dané rovnice a) z + 3 5j = 3 b) z j = c) < z + j < d) z = j e) Re z = Im z f) Im z = j Řešení: a) z +3 5j = z ( 3+5j ) = 3. V Gaussově rovině z +3 5j vyjadřuje vzdálenost bodů z a 3 + 5j a tato vzdálenost musí být pro každé z rovna třem. Množina všech takových z je tedy kružnice se středem v bodě 3 + 5j a poloměrem 3. b) Kružnice se středem v bodě j a poloměrem. c) Vzdálenost bodu z od j musí být v rozmezí od do. Množina všech takových z je tedy vnitřek mezikruží se středem v bodě j. Poloměry hraničních kružnic jsou a. d) Absolutní hodnota komplexního čísla musí být reálné číslo. Daná rovnice nemá řešení. e) Vzdálenost čísla z od reálné osy musí být stejná jako vzdálenost čísla z od imaginární osy. Množina všech takových z je osa prvního a třetího kvadrantu. f) Imaginární část komplexního čísla musí být reálné číslo. Daná rovnice nemá řešení. Příklad Zapište v Eulerově tvaru z = z e j ϕ komplexní čísla a) j 3 b) j c) d) Řešení: a) e ( 3 +k)πj ; b) e ( 3 +k)πj ; c) e (+k)πj ; d) e kπj.

38 36 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 4. Funkce komplexní proměnné Funkce w = f(z) definovaná na oblasti Ω C s funkčními hodnotami v oboru komplexních čísel se nazývá funkce komplexní proměnné. Je-li ke každému z Ω přiřazeno právě jedno komplexní číslo w, pak říkáme, že funkce je jednoznačná, v opačném případě říkáme, že je mnohoznačná. Komplexní funkci w = f(z) můžeme napsat i v algebraickém tvaru f(z) = u(x, y) + j v(x, y), kde z = x + j y a u(x, y), v(x, y) jsou reálné funkce dvou proměnných. Funkci u(x, y) nazýváme reálnou částí f, píšeme Re f a v(x, y) nazýváme imaginární částí funkce f, značíme Im f. Přehled některých důležitých komplexních funkcí Název komplexní funkce Vzorec pro komplexní funkci Podmínky platnosti vzorce Exponenciální funkce e z = e x (cos y + j sin y) z = x + j y, z C Kosinus cos z = ej z +e j z z C Sinus Tangens sin z = ej z e j z j tg z = sin z cos z z C z (k+)π, k celé Kotangens cot z = cos z sin z z kπ, k celé Kosinus hyperbolický Sinus hyperbolický cosh z = ez +e z z C sinh z = ez e z z C Logaritmická funkce Ln z = ln z + j Arg z z C, z Mocninná funkce z α = e α Ln z z, α C, z Funkce e z, sinh z a cosh z jsou periodické s periodou πj, funkce sin z a cos z s periodou π. Funkce Ln z a z α jsou víceznačné, ke každému číslu je přiřazeno více komplexních čísel. Omezíme-li se na arg z, π) dostaneme tzv. hlavní větev logaritmu resp. hlavní hodnotu mocninné funkce.