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

Transkript

1 MATEMATIKA Sbírka úloh RNDr. Edita Kolářová 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 rovnice prvního řádu 3. Základní pojmy Separovatelné diferenciální rovnice Lineární diferenciální rovnice prvního řádu Diferenciální rovnice vyššího řádu. Homogenní diferenciální rovnice vyššího řádu Nehomogenní diferenciální rovnice vyššího řádu Funkce komplexní proměnné 3. Komplexní čísla Funkce komplexní proměnné Derivace funkce komplexní proměnné, Cauchy-Riemannovy podmínky Integrál funkce komplexní proměnné 3 4. Integrál komplexní funkce pomocí parametrizace křivky Cauchyův vzorec a Cauchyova věta Teorie reziduí 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 6 8. Definice a vlastnosti Z-transformace Zpětná Z-transformace Řešení diferenčních rovnic pomocí Z-transformace

5 MATEMATIKA Sbírka úloh 3 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.

6 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 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.

7 MATEMATIKA Sbírka úloh 5 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.

8 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně. 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.

9 MATEMATIKA Sbírka úloh 7 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 ).

10 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně.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.

11 MATEMATIKA Sbírka úloh 9 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..

12 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 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. 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 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.3.6. 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.3.7. Řešte následující rovnice prvního řádu a) y y tg x = b) xy + y = y cos 3 x 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.

13 MATEMATIKA Sbírka úloh 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. Diferenciální rovnice vyššího řádu. 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):

14 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... 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.

15 MATEMATIKA Sbírka úloh 3 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... 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..3. 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..4. 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.

16 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně. 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... 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 =.

17 MATEMATIKA Sbírka úloh 5 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

18 6 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.

19 MATEMATIKA Sbírka úloh 7 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... 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

20 8 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.

21 MATEMATIKA Sbírka úloh 9 Příklad..3. 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). 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..4. 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.

22 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..5. 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.

23 MATEMATIKA Sbírka úloh 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. 3 Funkce komplexní proměnné 3. 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.

24 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 3... 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.

25 MATEMATIKA Sbírka úloh 3 Příklad 3... 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.

26 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 3. 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.

27 MATEMATIKA Sbírka úloh 5 Příklad 3... Určete reálnou a imaginární část funkce f(z) a) f(z) = (z + j ) b) f(z) = e j z Řešení: a) f(x+j y) = (x + j y + j ) = (x + j (y + )) = x + j x(y + ) (y + ) = x y y + j (xy + x). Z toho píšeme, že Re f(z) = x y y a Im f(z) = xy + x. b) f(x+j y) = e j (x+j y) = e (y j x) = e y (cos( x)+j sin( x)) = e y (cos x j sin x). Potom Re f(z) = e y cos x a Im f(z) = e y sin x. Příklad 3... Vypočítejte hodnoty následujících výrazů, v části d) až h) hlávní hodnoty výrazů a) e +j π b) e j π c) ln(e j π 3 ) d) ln( + j ) e) ln( ) f) ( ) j g) j j h) j π Řešení: a) e +j π = e(cos π + j sin π) = e. b) e j π π = (cos + j sin π ) = j. c) ln(e j π π 3 ) = ln + j 3 = j π 3. d) + j = (cos( π 4 + kπ) + j sin(π 4 + kπ)). Pak ln( + j ) = ln( ) + j π 4. e) = (cos(π + kπ) + j sin(π + kπ)). Omezíme-li se na hlavní větev logaritmu, bereme k = a dostaneme, že ln( ) = ln + j π = j π. f) ( ) j = e j ln( ) = e j ln(cos π+j sin π) = e j j π = e π. g) j j = e j ln j = e j (ln +j π ) = e π. h) j π = e π ln j = e πj π = e j π = cos π π + j sin. Příklad Vyjádřete cos ϕ a sin ϕ pomocí komplexních goniometrických funkcí argumentu ϕ. Řešení: Nejdřív spočítáme cos ϕ : ( e j ϕ cos + e j ϕ) ϕ = = ej ϕ + + e j ϕ 4 4 Podobně sin ϕ = cos ϕ. = + ej ϕ +e j ϕ = + cos ϕ.

28 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 3.3 Derivace funkce komplexní proměnné, Cauchy-Riemannovy podmínky Analogicky jako u funkcí reálné proměnné se definuje limita komplexní funkce w = f(z) v bodě z a derivace f (z ), jako f (z ) = lim z z f(z) f(z ) z z. Pro komplexní funkci platí stejná pravidla pro derivování součtu, rozdílu, součinu a podílu jako pro reálné funkce. Stejně tak platí i pravidlo pro derivování složené funkce. Jestliže f (z ) existuje, říkáme, že funkce f je diferencovatelná v bodě z. Jestliže f existuje v bodě z a v nějakém jeho okolí, nazývá se funkce f analytická nebo také holomorfní v z. Funkce f(x + j y) = u(x, y) + j v(x, y) je holomorfní v bodě z, právě když v nějakém okolí tohoto bodu splňuje tzv. Cauchy-Riemannovy podmínky: u x = v y, u y = v x. Příklad Zjistěte z Cauchy-Riemannových podmínek, na které oblasti jsou následující funkce holomorfní, a na této oblasti spočítejte jejích derivace a) f(z) = e z b) f(z) = z c) f(z) = Im z d) f(z) = z e) f(z) = z Řešení: a) Nejdřív musíme určit reálnou a imaginární část funkce. f(x + j y) = e x+j y = e x e j y = e x (cos y + j sin y) = e x cos y + j e x sin y. Potom Rovnice u x = ex cos y = v y, u(x, y) = e x cos y a v(x, y) = e x sin y. u y = ex ( sin y) = v x Funkce f(z) = e z je holomorfní pro všechna z C a f (z) = e z. b) f(x + j y) = x + j y = x j y x + y = Potom u(x, y) = x x + y j y x + y. x y a v(x, y) = x + y x + y. platí na celém C. u x = x + y xx = y x (x + y ) (x + y ), v y = + y yy x = y x (x + y ) (x + y ), u y = xy (x + y ), v x = xy (x + y ).

29 MATEMATIKA Sbírka úloh 7 Cauchy-Riemannovy podmínky platí pro všechna z C\{}. Funkce f(z) = z je holomorfní v každém bodě kromě nuly a f (z) = pro z. z c) Pro f(z) = Im z máme f(x + j y) = y. Potom u(x, y) = y a v(x, y) = a u x = = v y, u y =, v x =,. Rovnice neplatí v žádném bodě. Funkce není holomorfní v žádném bodě, a proto f (z) neexistuje. d) Pro f(z) = z máme f(x + j y) = x + y. Potom u(x, y) = x + y a v(x, y) = a u x = x x + y = v y pouze pro x =. Podobně u y = v pro y =. Ale v bodě z = + j příslušné x derivace nejsou definované. Rovnice neplatí v žádném bodě. Funkce není holomorfní v žádném bodě a proto f (z) neexistuje. e) f(x + j y) = (x + j y) = x + xyj y = x y + j xy. Potom u(x, y) = x y Rovnice u x = x = v y, a v(x, y) = xy. u y = y = v x platí na celém C. Funkce f(z) = z je holomorfní pro všechna z C a f (z) = z. Příklad Zjistěte oblast na které je funkce f(z) = f ( j ), jestliže derivace v tomto bodě existuje. j z j holomorfní, a vypočítejte Řešení: f(x+j y) = Potom u(x, y) = u x j x + j y j = = (y )x (x + (y ) ), v y (y ) x + (y ) a v(x, y) = j j (y ) x + j (y ) x x j (y ) x x + (y ). = x(y ) (x + (y ) ) u x = v y = (y ) + j x x + (y ). u y = x (y ) (x + (y ) ), v x = (y ) x (x + (y ) ) u y = v x Cauchy-Riemannovy podmínky platí všude kromě bodu x =, y =. Funkce je holomorfní pro všechna z C {j }. f (z) = j (z j ), f ( j ) = j ( j j ) = j 8j = 8.

30 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad Zjistěte z Cauchy-Riemannových podmínek, na které oblasti jsou následující funkce holomorfní, a na této oblasti spočítejte jejich derivace a) f(z) = z 3 b) f(z) = c) f(z) = Re z d) f(z) = z + z e) f(z) = cos z z Řešení: a) f (z) = 3z pro všechna z C; b) f (z) = (z ) pro všechna z C {}; c) není holomorfní v žádném bodě; d) není holomorfní v žádném bodě; e) f (z) = sin z pro všechna z C. Příklad Najděte holomorfní funkci f(z), která má při z = x + j y reálnou část u = x y + x. Řešení: u x v = x + =. Z toho integrováním dostaneme, že y a z toho v x = y + C (x). v = (x + ) dy = xy + y + C(x) Na druhé straně v x = u y = y. Dostali jsme rovnost y + C (x) = y. Z toho C (x) =, a pak C(x) = dx = K. Po dosazení v = xy + y + K a máme řešení f(x + j y) = x y + x + j (xy + y + K). Když chceme vyjádřit tuto funkci v závislosti na z, nahradíme x = z a y =. Potom f(z) = z + z + j (z + + K) = z + z + j K. Příklad Najděte holomorfní funkci f(z), která má při z = x+j y imaginární část v = x + y 3 a f() = 3j. Řešení: v y = = u x. Z toho u = dx = x + C(y). Potom u y = C (y). Na druhé straně u y = v x =. Dostali jsme rovnost C (y) =. Pak C(y) = dy = y + K. Po dosazení u = x y + K, f(x + j y) = x y + K + j (x + y 3), f(z) = z + j z 3j + K. Musí platit, že f() = + j 3j + K = 3j. Potom K =. Hledaná funkce je f(z) = z + j z 3j.

31 MATEMATIKA Sbírka úloh 9 Příklad Najděte holomorfní funkci f(z), která má při z = x+j y reálnou část a) u = 6xy + 3x y y 3 a f() = 5j b) u = x xy a f() = Řešení: a) f(z) = j z 3 3j z + 5j ; b) taková funkce neexistuje. Příklad Najděte holomorfní funkci f(z), která má při z = x+j y imaginární část a) v = 9x 3 y 9xy 3 + 5x a f() = 6 b) v = 7xy 3 7x 3 y 8x a f() = 3 Řešení: a) f(z) = 9 4 x4 7 x y y4 5y j (9x 3 y 9xy 3 + 5x) = 9 4 z4 + 5j z + 6; b) f(z) = 7 4 x4 + x y 7 4 y4 +8y+3+j (7xy 3 7x 3 y 8x) = 7 4 z4 8j z+3.

32 3 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně STUDIJNÍ JEDNOTKA INTEGRÁL FUNKCE KOMPLEXNÍ PROMĚNNÉ Cíle studijní jednotky. Naučíte se integrovat komplexní funkci přes křivku v komplexní rovině tak, že komplexní integrál převedete na výpočet určitého integrálu funkce reálné proměnné. Budete k tomu potřebovat integrální počet funkce jedné proměnné a také doporučuji zopakovat si některé části z analytické geometrie, a to popis kružnice, přímky a úsečky. Naučíte se také Cauchyovu větu a Cauchyův vzorec. 4 Integrál funkce komplexní proměnné 4. Integrál komplexní funkce pomocí parametrizace křivky Nechť je daná : R C komplexní funkce reálné proměnné : z(t) = x(t) + j y(t); t α, β. kde funkce x(t), y(t) jsou spojité reálné funkce jedné proměnné takové, že jejich derivace x (t), y (t) jsou po částech spojité. Potom říkáme, že je po částech hladká orientovaná křivka v komplexní rovině začínající v bodě z(α) a končící v bodě z(β). Z křivek budeme nejčastěji uvažovat úsečky a kružnice, jejichž parametrické rovnice v Gaussové rovině jsou tyto:. Obecně úsečka o krajních bodech z, z má parametrickou rovnici z(t) = z + (z z )t, t, Speciálním případem jsou úsečky ležící na souřadnicových osách. Nejjednodušší popis úsečky ležící na x-ové ose mezi body z = α, z = β je z(t) = t, t α, β a podobně úsečku ležící na y-ové ose mezi body z = αj, z = βj popisujeme jako z(t) = j t, t α, β.. Kladně orientovaná kružnice se středem v bodě z o poloměru r má parametrickou rovnici z(t) = z + r e j t, t, π.

33 MATEMATIKA Sbírka úloh 3 Nechť je w = f(z) komplexní funkce, jednoznačná a spojitá na křivce. Potom integrál z funkce f po křivce je definován takto: f(z) dz = β α f(z(t))z (t) dt. O integrálu funkce komplexní proměnné platí řada vět analogicky k větám o integrálu reálných funkcí, zejména tyto: (f (z) + f (z)) dz = f (z) dz + f (z) dz k f(z) dz = k f(z) dz f(z) dz = f(z) dz + f(z) dz, skládá-li se z křivek a, a mají jediný společný bod f(z) dz = f(z) dz, značí-li opačně orientovanou křivku Příklad 4... Vypočtěte integrál z dz, kde je úsečka z bodu - do bodu 3. Řešení: Parametrická rovnice této úsečky je z(t) = t, t, 3. Z toho vyjádříme z(t) = t a 3 [ ] t 3 z dz = t dt = Příklad 4... Vypočtěte dz = dt. = 9 ( ) = 4. z dz, kde je horní půlkružnice z bodu do bodu -. Řešení: Parametrická rovnice půlkružnice je z(t) = e j t, t, π. Z toho vyjádříme z(t) = a dz = j e j t dt. π π [ e z dz = j e j t dt = j e j t j t dt = j j cos π + j sin π = + j =. Příklad Vypočtěte ] π = [ e j t] π = ej π e = z z dz, kde je horní půlkružnice z bodu - do bodu. Řešení: Parametrická rovnice půlkružnice je z(t) = e j t, t = π t =. Z toho vyjádříme z(t) z = e j t a dz = j e j t dt. z z dz = e j t j e j t dt = j dt = j [t] π = j ( π) = j π. π π

34 3 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad Vypočtěte Re z dz, kde je horní půlkružnice z bodu 3 do bodu -3. Řešení: Parametrická rovnice půlkružnice je z(t) = 3e j t, t, π. Potřebujeme vyjádřit Re z ale z této rovnice půlkružnice to nejde, musíme použit jiný zápis: z(t) = 3(cos t + j sin t), Potom Re z = 3 cos t, a = π 3 cos t( 3 sin t + j 3 cos t) dt = 9 t, π. dz = ( 3 sin t + j 3 cos t) dt, a π ( cos t sin t) dt + 9j Nejdřív spočítáme první integral pomocí substituce u = cos t. Re z dz = π cos t dt. Pak du = sin t dt, a pro t = je u =, pro t = π je u =. π [ ] u Dostaneme 9 ( cos t sin t) dt = 9 u du = 9 = 9( ) =. Pro výpočet druhého integrálu použijeme vzorec : cos + cos x x =. π π Potom cos + cos t π π t dt = dt = dt + cos t dt = [ ] π [ ] π t sin t = + = π 4. Dostali jsme, že Re z dz = + 9j π = 9 πj. Příklad Vypočtěte integrál Im z dz, kde je úsečka z bodu do bodu + j. Řešení: Parametrická rovnice této úsečky je z(t) = t + j t, t,. Z toho Im z(t) = t a dz = ( + j ) dt a Im z dz = t ( + j ) dt = Příklad Vypočtěte t dt + j [ t t dt = má parametrickou rovnici z(t) = t + j t, t,. ] [ t + j ] = + j. Re z dz, kde je oblouk paraboly z bodu do bodu, který Řešení: : z(t) = t + j t, t,, Re z(t) = t a dz = ( + j t) dt. [ ] t Re z dz = t( + j t) dt = t dt + j t [ ] t 3 dt = + j = 3 = + 3 j.

35 MATEMATIKA Sbírka úloh 33 Příklad Vypočtěte Re z dz, kde je lomená čára spojující body, a + j. Řešení: Křivka se skládá ze dvou úseček a. : z(t) = t, t,, Re z(t) = t a dz = dt. : z(t) = + j t, t,, Re z(t) = a dz = j dt. [ ] t Re z dz = t dt + j dt = + j [t] = + j. Příklad Vypočtěte z z dz, kde je a) kladně orientována kružnice z = b) daná graficky π 4 Řešení: a) z(t) = e j t, t, π, z(t) z(t) = e j t a dz = j e j t dt. π π z z dz = 4e j t j e j t dt = 8j dt = 8j [t] π = 8j π = 6πj. b) Křivka se skládá ze tři části: = 3. : z(t) = t, t,, z(t) z(t) = t t = t a dz = dt. [ ] t z z dz = t 3 dt = = 3 3. : z(t) = e j t, t, π, z(t) z(t) = 4 e j t a dz = j e j t dt. π π 4 z z dz = e j t j e j t 4 dt = j dt = j [t] π 4 = π 4 j. 3 : z(t) = t + j t = t( + j ), dz = ( + j ) dt a z(t) z(t) = t t( j ) = t ( j ). z z dz = t 3 ( j ) ( + j ) dt = [ t 3 ( j )( + j ) 3 ] = 3. z z dz = z z dz + z z dz + z z dz = π 4 j 3 = π 4 j.

36 34 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad Vypočtěte integrály, když integrační cesta je daná graficky a) z z dz, kde je: - - b) z z dz, kde je: j c) z z dz, kde je: - j d) z dz, kde je: -j e) z z dz, kde je čtvrtkružnice: π 4 Řešení: a) 5πj ; b) 3 ; c) 4 3 ; d) 4 3 j ; e) + ( )j. Ve všech příkladech v této kapitole jsme integrovali funkce, které nejsou holomorfní na C. Byly to funkce Re z, Im z, z, z, anebo funkce z nich složené. Budeme-li chtít integrovat holomorfní funkce, anebo funkce které jsou holomorfní až na konečný počet bodů v C, nemusíme křivku parametrizovat, ale využíváme Cauchyovou větu, Cauchyův vzorec případně reziduovou větu.

37 MATEMATIKA Sbírka úloh Cauchyův vzorec a Cauchyova věta Cauchyova věta. Jestliže funkce f(z) je holomorfní v jednoduše souvislé oblasti v níž leží křivka, potom hodnota integrálu f(z) dz nezávisí na tvaru křivky, pouze na jejich krajných bodech. V takovém případě f(z) dz = F (z ) F (z ), kde z je počáteční a z koncový bod křivky, a pro funkci F (z) platí, že F (z) = f(z). Pro uzavřenou křivku v této oblasti platí, že f(z) dz =. Cauchyův vzorec. Jestliže funkce f(z) je holomorfní v jednoduše souvislé oblasti Ω v níž leží uzavřená křivka, potom platí f(z) πj f(z ), jestliže z leží uvnitř, dz = z z, jestliže z leží vně. Příklad 4... Vypočtěte následující integrály a) z dz, kde : z 3 + 5j = je kladně orientovaná kružnice b) e z dz, kde je obvod obdélníka s vrcholy z =, z =, z 3 = +j, z 4 = +j, kladně orientovaný c) sin j z dz, kde je libovolná křivka spojující body a πj d) e) e z z j dz, z z + j dz, : z + j = je kladně orientovaná kružnice kde je trojúhelník spojující body, j a 3 + j Řešení: a) z je holomorfní funkce na množině C, a proto z dz =. b) e z je holomorfní funkce na množině C, a proto e z dz =. c) sin j z dz = [cos j z]πj = j (cos( π) cos ) = j ( ) = j. j e z z d) dz = ; e) dz =. z j z + j

38 36 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 4... Využitím Cauchyho vzorce vypočtěte následující integrály e z a) z dz, kde : z = je kladně orientovaná kružnice z + z + b) dz, kde je daná rovnicí z = 3, kladně orientovaná z e j z c) dz, kde je daná rovnicí z + =, kladně orientovaná z cos z d) dz, : z = je kladně orientovaná kružnice z z e) z + 5 j dz, kde je daná rovnicí z + j =, kladně orientovaná Řešení: uvnitř křivky. a) f(z) = e z je holomorfní funkce na množině C, a bod z = leží z Dle Cauchyho vzorce e z z dz = πj e. b) V tomto případě f(z) = z + z + a z = leží uvnitř křivky. z + z + Podle Cauchyho vzorce dz = πj ( ) = πj. z e j z cos z z c) dz = πj ; d) dz = πj ; e) dz =. z z z + 5 j Příklad Využitím Cauchyho vzorce vypočtěte následující integrály dz a) z(z + 4), kde : z = je kladně orientovaná kružnice dz b), kde je daná rovnicí z j =, kladně orientovaná z + dz c), kde je daná rovnicí z j =, kladně orientovaná (z + )(z + ) z + z d) dz, kde je daná rovnicí z + =, kladně orientovaná z(z + ) dz e), kde je daná rovnicí z = 3, kladně orientovaná z +

39 MATEMATIKA Sbírka úloh 37 Řešení: a) Funkce f(z) = z(z + 4) je holomorfní na C {, j, j }. j Bod z = leží uvnitř křivky, další body, ve kterých funkce není holomorfní leží mimo křivku. Proto funkci upravíme takto: j f(z) = z(z + 4) = z +4 z. Funkce f(z) = z + 4 spolu s křivkou a bodem z = splňují předpoklady k použití Cauchyho vzorce. Můžeme psát dz z(z + 4) = z +4 z dz = πj 4 = πj. b) Funkce f(z) = z + = je holomorfní na C {j, j }. (z + j )(z j ) Bod z = j leží uvnitř křivky, bod z = j leží mimo křivku. c) dz (z + )(z + ) = dz z + = z+j z j dz = πj j = π. (z+j )(z+) z j dz = π j ; d) z + z z(z + ) dz = πj. e) Funkce f(z) = z + = je holomorfní na C {j, j }. (z + j )(z j ) Body z = j, a z = j leží uvnitř křivky a nemůžeme použit Cauchyův vzorec pro tuto funkci ani po úpravě. Rozložíme funkci na parciální zlomky. z + = A z + j + B z j Potom máme dz z + = j = A(z j ) + B(z + j ) A = j, B = j dz z + j j dz z j = j πj j πj =. (Použili jsme Cauchyův vzorec na každý integrál zvlášt.)

40 38 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně STUDIJNÍ JEDNOTKA TEORIE REZIDUÍ Cíle studijní jednotky. V této části ukážeme, jak se dá komplexní funkce rozvinout v mocninnou řadu. Také se naučíte rozpoznat singulární body funkce a určovat reziduum v těchto bodech. Nakonec ukážeme, jak pomocí reziduí počítat komplexní integrály. 5 Teorie reziduí 5. Laurentova řada Nechť je Ω mezikruhová oblast se středem v bodě z. Jestliže komplexní funkce f(z) je holomorfní v oblasti Ω, potom pro každé z Ω je možno funkci f(z) vyjádřit Laurentovou řadou: f(z) = a n (z z ) n, kde konstanty a n jsou určeny vzorci a n = πj n= f(z) dz (z z ) n+ a je libovolná kružnice ležící v mezikruží Ω. Část a n (z z ) n se nazývá hlavní část Laurentovy řady. n= Je vidět, že Taylorova řada je zvláštním případem Laurentovy řady, kde hlavní část se rovná. Poznámka. Pro rozvoj racionální komplexní funkce v Laurentovu řadu využíváme vzorec na součet geometrické řady raději než výpočet jednotlivých koeficientů pomocí křivkového integrálu, jak jsme to uvedli v definici. Je to mnohem rychlejší a přehlednější. Zopakujme si proto geometrickou řadu.