MATEMATIKA 2. Sbírka úloh. Edita Kolářová ÚSTAV MATEMATIKY

MATEMATIKA Sbírka úloh Edita Kolářová ÚSTAV MATEMATIKY

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.

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Obsah Diferenciální počet funkcí více proměnných 3. Parciálníderivacefunkcevíceproměnných... 3. Lokálníextrémyfunkcedvouproměnných... 9 Diferenciální rovnice prvního řádu 4. Základnípojmy.... 4. Separovatelnédiferenciálnírovnice.... 7.3 Lineárnídiferenciálnírovniceprvníhořádu... 9 3 Diferenciální rovnice vyššího řádu 3 3. Homogennídiferenciálnírovnicevyššíhořádu.... 3 3. Nehomogennídiferenciálnírovnicevyššíhořádu... 6 4 Funkce komplexní proměnné 33 4. Komplexníčísla.... 33 4. Funkcekomplexníproměnné.... 36 4.3 Derivace funkce komplexní proměnné, Cauchy-Riemannovy podmínky... 38 5 Integrál funkce komplexní proměnné 4 5. Integrálkomplexnífunkcepomocíparametrizacekřivky... 4 5. CauchyůvvzorecaCauchyovavěta... 47 6 Teorie reziduí 5 6. Laurentovařada.... 5 6. Singulárníbodykomplexnífunkce,reziduovávěta.... 5 7 Laplaceova integrální transformace 56 7. DefiniceavlastnostiLaplaceovytransformace.... 56 7. ZpětnáLaplaceovatransformace... 59 7.3 ŘešenídiferenciálníchrovnicLaplaceovoutransformaci... 6 7.4 Laplaceovyobrazykonečnýchimpulsů... 65 8 Fourierovy řady 68 8. DefiniceavlastnostiFourierovyřady.... 68 9 Z-transformace 76 9. DefiniceavlastnostiZ-transformace... 76 9. ZpětnáZ-transformace.... 78 9.3 ŘešenídiferenčníchrovnicpomocíZ-transformace.... 79

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 Funkcenproměnných funkce f: R n R,kterázobrazujebod(x,...,x n ) R n dobodu y R.Značíme y= f(x,...,x n ). Definičníoborfunkcenproměnných množina A R n bodů,prokterémádefiniční předpis funkce smysl. Funkcedvouproměnných funkce f : R R.Značíme z=f(x,y).definičním oborem takové funkce je část roviny. Grafem je zpravidla plocha. Parciálníderivacefunkcenproměnnýchpodle x i jederivacefunkcejednéproměnné g(x)=f(x,...,x i,x,x i+,...,x n ).Značíme f x i nebotaké f x i. Parciálníderivacedruhéhořádu f x i x j (x,...,x n )=(f x i (x,...,x n )) x j.jetoparciálníderivacefunkce f x f i (x,...,x n ),podleproměnné x j.značímetaké. x i x j Gradientfunkce fvbodě A vektor gradf(a)=(f x (A),...,f x n (A)).Značíme také f(a). Je to směr, ve kterém funkce nejrychleji roste.

4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Poznámka.Připočítáníparciálníchderivací f x i považujemezaproměnnoupouze 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 Takjakoufunkcejednéproměnnéjsmemohlivyužítderivacivboděkzapsánítečnyv tomto bodě, můžeme využít parciálních derivací při hledání tečné roviny k ploše. Někdy sejednáoplochu,kterájegrafemfunkcedvouproměnných z= f(x,y).vtomtopřípadě 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. Rovnicetečnéroviny ρkploše z= f(x,y)vbodě T=[x,y,z = f(x,y )]: ρ: f x (T)(x x )+ f y (T)(y y ) (z z )=. Tečnárovinakplošedanéimplicitněrovnicí F(x,y,z)=vbodě T=[x,y,z ], prokterýplatí F(x,y,z )=,márovnici: 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},cožje uzavřenýkruh sestředemvpočátkuaspoloměrem. Grafemfunkcejehornípolovinakulovéplochy x + y + z =4, z. b)zdemusíplatit x + y 6 a x + y 6.Poúpravědostaneme 3 3 definičníobor D f = {[x,y] R x + y 3ax + y 9},což je mezikružíohraničenékružnicemispoloměry 3a3sestředemvpočátku.

MATEMATIKA Sbírka úloh 5 Příklad...Najděteparciálníderivacifunkce z= y x+y. Řešení: Nejdřívespočítáme z.připočítánípovažujeme yzakonstantua x derivujeme z jako funkci jedné proměnné x. z x = (x+y) y (x+y) y = (x+y). z Podobně při počítání y funkci jedné proměnné y. považujeme xzakonstantuaderivujeme zjako 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= ysin(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=lnsin(x y) h) z=ln(x+ x + y ) Řešení: a) z x=x 3y+4, z y=y 3x+5; b) z x=ycos(x y), z y=sin(x y) ycos(x y); c) z x=xcos(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 y ; f) z x= y x +y, z y= x x +y ; g) z x=cotg(x y), z y= cotg(x y); h) z x= x +y, z y= y x +y +x x +y. x x y, Příklad..4.Dokažte,žefunkce z= e x y vyhovujerovnici x z x + y z y =. Řešení: z x = e x y y ; z y = e x y ( x y 3 ). Dosadíme do rovnice: ( ) x e x y y xy e x y 3 y = e x y x y x =. y

6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..5.Dokažte,žefunkce z=ln( x+ y)vyhovujerovnici x z z +y x y =. Příklad..6.Dokažte,žefunkce z= e x y ln yvyhovujerovnici x z x + y z y = z ln y. Příklad..7.Dokažte,žefunkce z=ln(x +xy+y )vyhovujerovnici 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 ) [3cos(x y ) xsin(x y )], u z= e x3 cos(x y ), u y=x 3 yzsin(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=6x, u y= yw+5zw, u z= zw +5yw, u w= y z w+5yz. Příklad..9.Dokažte,žefunkce u=x+ x y y z vyhovujerovnici 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 x, A=[,,] 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...Najdětehodnotusoučtu u x + u y + u z f(x,y,z)=ln(+x+y + z 3 ). vbodě A=[,,]profunkci Řešení: u x + u y + u z A = +x+y + z 3+ y +x+y + z 3+ 3z +x+y + z 3 A = 3.

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)= x + y + z, A=[,,] d) f(x,y,z)=xyz, A=[,,3] Řešení: a) f =3x f 3y =9, =3y 3x = 3. x A A y A A Ztohogradientfunkcevbodě Ajevektor gradf(a)=(9, 3). b) f(a)=(,,); c) f(a)= (7, 4, 4); d) f(a)=(6,3,). 8 Příklad..3.Napišterovnicitečnérovinyknásledujícímplochámvbodě T=[x,y,z ]: (a) z= x y, T=[,,?] (b) x 3 + y 3 + z 3 + xyz 6=, T=[,, ] (c) z= x + y xy, (d) 3x 4 4y 3 z+4xyz 4z 3 x+=, (e) z=x 4y, T=[3,4,?] T=[?,,] T=[,,?] Řešení: a) Nejdříve spočítáme třetí souřadnici bodu T. Bod leží na ploše, a proto z = f(, )=.Dále z x = x, z x (T)=; z y = y, z y (T)=. Rovnicetečnéroviny ρkploše z= x y vbodět=[,-,]: ρ:(x )+(y+) (z )=. Poúpravědostanemerovnicitečnéroviny ρ:x+y z =. b) Plocha je daná implicitně. Bod T leží na dané ploše, protože souřadnice tohotobodusplňujírovniciplochy:+8 6=.Spočítámeparciální derivacefunkce 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+)=. Poúpravědostanemerovnicitečnéroviny ρ: x+y+5z 8=. c)t=[3,4, 7]aρ:7x+y+5z 6=; d)3x 4 4+4x 4x+= 3x 4 =3 x= anebo x= T =[,,]a ρ : 3x y z+=ataké T =[,,]a ρ : 3x+4y =; e) T =[,,4]a ρ:8x 8y z 4=.

8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..4. Najděte všechny parciální derivace druhého řádu funkce f podle jednotlivých proměnných a) f(x,y)=xe 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, f y = x ey. f x y = f y x = ey. b) f xx = y, f (x y) 3 xy = xy, f (x y) 3 yy = x ; c) f (x y) 3 xx = cos(x y), f xy=+cos(x y), f yy= cos(x y); d) f xx= y x, f (x +y ) xy= 4xy, (x +y ) f yy= x y ; e) f (x +y ) xx=, f yy=, f zz=, f xy= z, f xz= y, f f) f xx=, f x yy=, f y zz=, f z xy=, f xz=, f yz=. yz= x; Příklad..5.Dokažte,žefunkce z= e x (xcos y ysin y)vyhovujediferenciálnírovnici z xx+ z yy=. Příklad..6. Dokažte, že funkce z = arctg(x y) vyhovuje diferenciální rovnici 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) xxxykde z= yln(xy). Řešení: z x= y xy y= y x, z xx= y x, Příklad...Najděte z xyykde z=ln(x + y ). Řešení: z xyy= 4x(3y x ) (x +y ). vyhovuje diferenciální rovnici x + y + z vyhovujediferenciálnírovnici z xxx= y z x xxxy= (4) 3 x 3. Příklad... Dokažte, že funkce z = xe y + y e x vyhovuje diferenciální rovnici z xxx+ z yyy= xz xyy+ yz xxy.

MATEMATIKA Sbírka úloh 9. Lokální extrémy funkce dvou proměnných Lokálnímaximum(resp.minimum)funkce z= f(x,y)jehodnota z = f(x,y )vbodě T=[x,y ],jestliževlibovolnémboděnějakéhookolíbodu Tjsoufunkčníhodnotyfunkce fmenší(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. Hledáníextrémufunkce z= f(x,y):.spočítáme f x a f y apoložímejerovnynule..najdemestacionárníbod T=[x,y ],vekterém f f (T)=azároveň x y (T)=. 3.Spočítáme f x (T), f y (T), f x y (T)aztěchtotříderivacívytvořímejednočíslo: D(T)= f x (T) f y (T) ( ) f x y (T). 4.Podleznaménka D(T)rozhodnemeoexistenciextrémuvbodě T=[x,y ]. (a)pokud D(T) <,funkcenemávtomtobodělokálníextrém. (b)pokud D(T) >,funkcemávbodě Textrém.Vtomtopřípaděještěmusíme rozhodnout, zda jde o maximum nebo minimum: (i)je-li f x (T) >,funkce fmávbodě Tlokálníminimum z = f(x,y ). (ii)je-li f x (T) <,funkce fmávbodě Tlokálnímaximum z = f(x,y ). (c)pokud D(T)=,nemůžemenazákladětétometodyrozhodnoutoexistenci extrémuvbodě T. Poznámka.Rovnice f f (T)=a x y (T)=vlastnětvrdí,žegradf(T)=. Příklad...Najdětelokálníextrémyfunkce f(x,y)=x 3 + y 3 3xy. Řešení: Hledáme stacionární body body, ve kterých má funkce nulový gradient: gradf=(3x 3y,3y 3x)= { 3x 3y= y= x, 3y 3x= x=y.

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Podosazeníza ydodruhérovnicemáme x=x 4 x(x 3 )=. Potom x=nebo x=.dopočítámepříslušnéhodnoty yadostávámedva stacionárníbody A=[,], B=[,]. Vypočítáme druhé parciální derivace funkce: f x =6x, f x y = 3, f y =6y. Vbodě A=[,]máme f x (A)=, f x y (A)= 3, f y (A)=. Potom D(A)= ( 3) = 9 <.Funkcenemávbodě Alokálníextrém. Teďvyšetřímebod B=[,]: f x (B)=6, f x y (B)= 3, f y (B)=6. Ztoho D(B)=6 6 ( 3) =7 >,afunkcemávbodě Blokálníextrém. Vidíme,že f x(b)=6>.vbodě Bnastaneminimum. Ještěspočítámehodnotufunkcevtomtobodě: f(b)=+ 3=. Příklad...Najdětelokálníextrémyfunkce 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 (x ), =e x x f x y y =4xy e x, f y (y ). =e x y Vbodě A=[,]máme f x (A)=, D(A)= ( )=4> azároveň f x=. Funkcemávbodě A=[,] lokálnímaximum; f(a)=. f x y (A)=, f y (A)=. Naobrázkujegraffunkcev okolí stacinárního bodu. f(x,y)=e x y

MATEMATIKA Sbírka úloh Příklad..3.Zjistěte,zdafunkce z= x 4 + y 4 x 4xy y málokálníextrémyv bodech A=[, ]ab=[, ]. Řešení: z x =4x3 4x 4y, Dosadímebod A=[, ]: z y =4y3 4x 4y. z x (A)=4 4 4 =, a z y (A)=4 4 4 =.Bod A=[, ]jestacinárníbod. Podobněmůžemedosaditibod B=[, ]doprvníchparciálníchderivacíaukázat,žeibod Bjestacionárníbod. Druhéparciálníderivacefunkcejsou z 4, x =x z x y = 4.Tedy D=(x 4)(y 4) ( 4). z y =y 4, Vbodě A=[, ]máme z x(a)= a D(A)=4 6 >.Funkce mávbodě A=[, ]lokálníminimum. Vbodě B=[, ]mámetaké z x(b)= a D(B)=4 6 >. Funkcemáivbodě B=[, ]lokálníminimum. 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=[ 3,4]stacionární 3 bod.dále f xx=, f yy=, f xy= a D(T)= ( ) =3>. Funkcemávbodě T lokálníminimum. 3 (b)gradf=( x y, xy )=(,) T=[,]jedinýstacionárníbod. f xx= x 3 y, f yy= xy 3, f xy= x y ; D(T)= =3>, f xx(t)=>. Funkcemávbodě T=[,]lokálníminimum3.

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 =. Stacionárníbodyjsou A=[,], B=[, ], C=[,]a D=[, ]. f xx=x+6, f yy=6y, f xy= a D(x,y)=36y(x+). D(A)=36( 3) < neexistujeextrémvbodě A=[,]. D(B)= 36( 3) >, f xx(b) < v B=[, ]lokálnímaximum. D(C)=36(3) >, f xx(c) > v C=[,]lokálníminimum. D(D)= 36(3) < neexistujeextrémvbodě D=[, ]. (d)gradf=(6x +y 6,xy)=(,).Zdruhérovnice x=nebo y=. Je-li x= y= ± 6=±6 6.Je-li y= x=±6. Stacionárníbodyjsou 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) < neexistujeextrémvbodě A=[,6 6]. D(B)=4( 6) < neexistujeextrémvbodě B=[, 6 6]. D(C)=4(3 36) >, f xx(c) > v C=[6,]lokálníminimum. D(D)=4(3 36) >, f xx(d) < v D=[ 6,]lokálnímaximum. e)minimum 8v[ 4, ], f)minimum5v[4,], g)minimum 4v[,], h)minimum64v[4,4], i)nemáextrémy, j)minimum3v[ 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.ztoho z=8 x y.balíkjekvádraprotojeho objemje V= xyz= xy(8 x y).navícmusíplatit,že x,y,z >. Hledámemaximumfunkce f(x,y)=xy(8 x y)=8xy x y y x. gradf=(8y 4xy y,8x x 4xy)=(,) x=y. Stacionárníbodyřešírovnici8x 6x =. Máme6x(8 x)= x=nebo x=8.aledélkapodstavynemůžebýt. Zajímá nás jediný stacionární bod A =[8, 8]. Vypočítáme druhé parciální derivace: f x= 4y, f x y =8 4x 4y, f y= 4x.

MATEMATIKA Sbírka úloh 3 Vbodě A=[8,8]máme f xx(a)= 4 8, f xy(a)= 36, f yy(a)= 4 8. D(A)=36 8 4 8 >.Funkcemávbodě Alokálnímaximum. Rozměryhledanéhobalíkubudou x=8cm, y=8cmavýška z=36cm. Příklad..6.Najděterozměryotevřenéobdélníkovékrabiceoobjemum 3 tak,abyjejí povrch byl minimální. Řešení: Hledámeminimumfunkce f(x,y)=xy+x xy +y xy = xy+ y + x, kde x,yjsourozměrypodstavcebalíkuaz= xy jejehovýška. Tatofunkcemálokálníminimumvbodě A=[ 3, 3 ]. Rozměryhledanékrabicejsou x= 3 m, y= 3 mavýška z= 3 m.

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.

MATEMATIKA Sbírka úloh 5 Příklad...Najděteobecnéřešenídiferenciálnírovnice 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 +sinx y = (8 e 3x +sinx)dx=6e 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 +cosx+ C x + C x+c 3. Protože šlo o rovnici třetího řádu, jsou v obecném řešení tři parametry. Dosazenímkonkrétníchhodnotzakonstanty C,C,C 3 sedostanoupartikulární řešení této rovnice. Příklad...Najdětepartikulárnířešenídiferenciálnírovnice y =x 3 +8,které splňujepočátečnípodmínky y()=, y ()=. Řešení: Jeli y = x 3 +8,potom y = ( x 3 +8)dx=3x 4 +8 x+c. Obecnéřešeníbude y= (3 x 4 +8x+C )dx= 3 5 x5 +4 x + C x+c. Konstantybudemepočítatdosazenímpočátečníchpodmínekdo ya y : =y()= 3 5 5 +4 +C +C = C ; =y ()=3 4 +8 +C = C. Ztétosoustavyrovnicdostaneme C =, C =. Hledanépartikulárnířešeníje y= 3 5 x5 +4x + x. Příklad..3.Najděteintegrálníkřivkurovnice y = tg x,kteráprocházíbodem[,]. Řešení: Integrální křivka procházející daným bodem je partikulární řešení splňující počáteční podmínku y() =. sin x ( sin x) y = tg x y= tg xdx= cos x dx= dx= cos x (cos x) = dx= ln cos x +C. cos x Obecnéřešeníje y= ln cos x +C, x π + kπ, kcelé. Dále=y()= ln cos +C=+C. Dostalijsme,že C=. Potomhledanéřešeníje y= ln cos x.

6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..4. Ukažte,žefunkce y = C + C x+c 3 e 3x jeobecnéřešenírovnice y 3 y =,anajdětepartikulárnířešení,prokteré y()=3, y ()=6, y ()=8. Řešení: y = C +3 C 3 e 3x, y =9C 3 e 3x, y =7 C 3 e 3x. Podosazení 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 ()=9C 3. Řešímesoustavurovnic: C + C 3 =3, C +3 C 3 =6, 9 C 3 =8. Ztoho C =, C =, C 3 =.Hledanépartikulárnířešeníje y=+ e 3x. Příklad..5.Ukažte,žefunkce y= C (x +)+C (x+(x +)arctg x)jeobecné řešenírovnice(x +) y y=,anajdětepartikulárnířešenítétorovnice,prokteré platí y()=, y ()=. ) Řešení: y = C x+c (+xarctg x+ x + = C x + x+c (+xarctg x), y =C + C ( arctg x+ x x +). Po dosazení dostaneme: (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 =. Hledanépartikulárnířešeníje y= x +. Příklad..6.Ukažte,žefunkce y= C cos x+c sin x+e x jeobecnéřešenírovnice y + y=5e x,anajdětepartikulárnířešení,prokteráplatí a) y()=6, y ()=6 b) y()=, y ()= c) y()= 3, y ()= 5 d) y( π )=eπ, y ( π )=eπ Řešení: a) y=5cosx+4sin x+e x ; b) y= e x 3sin x; c) y= cos x+ sin x+ex ; d) y=cosx+e x. Příklad..7.Ukažte,žefunkce y=c e x + C xe x + C 3 e x jeobecnéřešenírovnice y 3y +y=,anajdětepartikulárnířešenírovnice,kterésplňujepočátečnípodmínky 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.

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 nahraďtevýrazem dy dx ;. celou rovnici vynásobte dx; 3. odseparujte proměnné, tzn. členy, které obsahují y, převeďte na levou stranu rovnice spolus dyačleny,kteréobsahují x,převeďtenapravoustranuspolus dx; 4. integrujte obě strany poslední rovnice. Příklad...Řešteseparovatelnoudiferenciálnírovnici y = x y 3. Řešení: Postupujemepodlenávodu:.) dy dx = x y 3.) dy= x y 3 dx 3.) y 3 dy=( x)dx 4.) y 3 dy= ( x)dx Ztohopointegrovánídostaneme y4 + C = x 4 x + K,kde C a K jsou integrační konstanty. Převedeme-li konstantu C na pravou stranu, dostaneme řešenívetvaru y4 = x x + K C.Označímekonstantu K C = ca 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...Řešteseparovatelnoudiferenciálnírovnici (+y )dx+(+x )dy=. Řešení: Upravímena (+x )dy= (+y )dxapokračujeme3.krokem: (+y ) dy= (+x ) dx; (+y ) dy= (+x ) dx; arctg y= arctg x+c. Obecnéřešeníbude arctg x+arctg y= C.

8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..3.Řešteseparovatelnoudiferenciálnírovnici y tg x=y. Řešení:.)tg x dy dx = y;.)tg x dy= ydx; 3.) y dy=cos x sin x dx; cos x (sin x) 4.) y dy= sin x dx; y dy= sin x dx. Po integrování dostaneme ln y =ln sin x +c. Získanéřešeníupravíme: y =e ln sin x +c = e ln sin x e c = e c sin x. Označíme C= ±e c.obecnětakové C.NěkdymůžemepřipustitiC=, 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 (+e x ) y y = e x, y()=. Řešení:.)(+e x ) y dy dx = ex ;.)(+e x ) ydy= e x dx; e x e x 3.) ydy= dx; 4.) ydy= (+e x ) (+e x ) dx. Dostalijsmeobecnéřešenívetvaru y =ln(+ex )+C. Hledámepartikulárnířešení: Partikulárnířešeníje y =ln(+ex )+ ln. Poúpravě y= ln(+e x )+ ln4. =ln(+e )+C. Potom C= ln. Příklad..5. Řešte separovatelné diferenciální rovnice a) x y y = x b) y = ytg 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, poúpravě x + y =lncx, C >; b) y= C ; c) C=arcsin x+arcsiny, y=, y= ; cos x d) integrál dle dy počítejte rozkladem na parciální zlomky. Řešeníje ln y =x+c.poúpravě y y =Cex (y ). Dalšířešeníje y=; e)využijtevztah e x+y = e x e y a e y =.Řešeníbude e x + e y = C; e y f) ln(y +)= ln x +c. Poúpravě y +=C(x ).

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) Homogennílineárnídif.rovniceprvníhořádu rovnicetvaru 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=. Totořešeníseupravínatvar y= C F(x).Potomsepředpokládá,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).ztohosevypočítákonkrétnífunkce C(x). Příklad.3..Řeštelineárnídiferenciálnírovnici y +xy= e x. Řešení: Nejdřívvyřešímehomogennírovnici y +xy=: y dy = xy; dx = xy; dy= xdx; y y dy= xdx; 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. Našlijsmeobecnéřešenílineárníhomogennírovnice y +xy=.obecné řešenílineárnínehomogennírovnicebudemehledatvetvaru 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). Podosazenídostanemepodmínkupro 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)=. Ztohointegrovánímdostaneme,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.

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad.3..Řeštelineárnídiferenciálnírovnici y Řešení: y = xy +x ; y dy= x +x dx. xy +x= x, y()=. ln y = ln(+x )+c=ln +x + c, potom y= C +x. Variacekonstanty: y= C(x) +x ; y = C (x) +x x +C(x). +x Podosazení: C (x) +x = x; C (x)= x ; C(x)= +x Substituce+x = t vedena C(x)= +x + K. Obecnéřešenídanérovniceje y= K +x + x +. Dosadímepočátečnípodmínku: =y()=k +=K+. x +x dx. Ztoho K= ahledanépartikulárnířešeníbude y= +x + x +. Příklad.3.3.Najděteobecnéřešenírovnice xy + y e x =. Řešení: Rovnice není ve tvaru lineární diferenciální rovnice. Nejdřív ji musímeupravit.převedeme e x napravoustranuapakcelourovnicivydělíme 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. Variacekonstanty: 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 dt + IR=E. Najděte vzorec pro řešení I(t), jestliže víte, že na počátku byl proud nulový. Řešení: Rovnici upravíme na tvar di dt + R L I=, di dt + R L I=E L ařešímejako(lr): di dt = IR L, R I di= R L dt, I di= L dt. Řešeníhomogennírovnicebude ln I = R L t+c I= C e R L t..

MATEMATIKA Sbírka úloh Variacekonstanty: I= C(t) e R L t, I = C (t) e R L t C(t) R L e R L t. Podosazení 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 Obecnéřešeníjetedy I= R e R L t + K e R L t = K e R L t + E R. Zpočátečnípodmínky I()=dostaneme,že K= E R. HledanývzorecproproudvelektrickémRLobvoduje I= E R ( e R L t ). Příklad.3.5. Kondenzátor o kapacitě C = 3 F je zapojen do série s odporem R = Ωanabíjenzesériovězapojenéhozdrojeonapětí E = V.Určetenapětí nakondenzátorujednusekundupozapojenízdrojezapředpokladu,ževčase t=byl kondenzátor vybit. Řešení: Podle druhého Kirchhoffova zákona závislost proudu I na čase t vyjadřuje integrální rovnice C t I(τ)dτ+ RI= E. Podosazenívztahu I(t)= dq dt do této rovnice dostaneme rovnici pro náboj na kondenzátoru R dq dt + C Q=E. Dosadíme hodnoty za konstanty a dostaneme lineární diferenciální rovnici Q +5Q=,6. Obecnéřešenítétorovniceje Q(t)=K e 5t +,. ) Partikulárnířešeníspočátečnípodmínkou Q()=je Q(t)=, ( e 5t. Napětínakondenzátoruvčase tserovná E C (t)= ( C Q(t)= e ). 5t Ztoho 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 + ytg x= cos x c) y +xy= xe x d) xy y x+ = x e)(+x )y xy=(+x ) f) y + ycosx=sin xcos x

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Řešení: a) y= C x +x ; b) y= Ccosx+sin x; c) y= e x ( x+ C); d)dostanete dy= dx. Použijterozkladnaparciálnízlomky. y x(x+) Výsledek: y= x x+ (C+ x+ln x ); e) y=(+x )(C+ x); f)dostanete C(x)= e sin x sin xcos xdx.použijtenejdřívsubstituciapotom perpartes.výsledek: y= Ce sin x +sin x. Příklad.3.7. Najděte řešení y(x) počáteční úlohy ( π a) y cos x ysin x=x, y()= b) y =6y 4e 6x cos5x+4, y = 4 ) c) y y x+ = x, y()= d) y = y +5x 5, y(6)=4 x 5 Řešení: a) y= x cos x ; b) y= ( 4 5 4 5 sin5x 4e 6x) e 6x ; 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 ytg x= cos 3 x b) xy + y= y c) y xln x y=3x 3 ln x d) y = x x y tg x+k Řešení: a) lineární,řešení: y= cos x ; b) separovatelná,řešení: y= a y=; Kx c) lineární,řešení: y=(x 3 + K)ln x; d) lineárníatakéseparovatelná,řešení: y=+k e x3 3.

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 homogennírovnicevetvaru 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. Charakteristickárovnicehomogennílineárnídiferenciálnírovnice.řádujerovnice a λ + a λ+a =.Tutorovnicivyřešíme(pomocívzorceprokvadratickourovnici).Mohou nastat tři případy(v závislosti na diskriminantu):

4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně.Diskriminantjekladný,rovnicemádvanavzájemrůznéreálnékořeny λ λ. Potom fundamentální systém rovnice je y = e λ x, y = e λ x..diskriminantjenulový,rovnicemádvojnásobnýreálnýkořen λ=λ = λ. Potom fundamentální systém rovnice je y = e λx, y = xe λx. 3.Diskriminantjezáporný,rovnicemádvakomplexněsdruženékořeny λ, = α+iβ, kde i označuje komplexní jednotku. Hledá se reálné řešení, a proto se zvolí(vzhledem kplatnostieulerovyidentity e iβx =cos βx+isin βx)fundamentálnísystém: y = e αx cos βx, y = e αx sin βx. Obecnéřešenípakbude(vevšechtřechpřípadech): 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) Napíšemecharakteristickourovnici λ λ =.Tuvyřešíme λ, = ± +8, =. Potom y = e x, y = e x, azevztahu y= C y + C y dostanemeobecné řešení y= C e x + C e x. b) Charakteristickárovniceje4λ 4λ+=; λ, = 4 ± 6 6 8 =. Charakteristickárovnicemádvojnásobnýkořen,aproto y = e x, y = xe x. Obecné řešení této rovnice je y= C e x + C x e x.

MATEMATIKA Sbírka úloh 5 c) Charakteristickárovniceje λ +4= amákomplexníkořeny λ, = ±i. Potom y =cosx, y =sinx. Obecnéřešeníbude y= C cosx+c sinx. d) Charakteristickárovniceje λ 4λ+3=. Dostanemezasekomplexníkořeny λ, = 4± 6 5 = 4± 36 = ±3i. Ztoho y = e x cos3x, y = e x sin3x aobecnéřešeníje y= C e x cos3x+c e x sin3x. Příklad 3... Najděte řešení Cauchyho úlohy a) y 4y =, y()=3, y ()=8 b) y y +y=, y()=, y ()= Řešení: a) Charakteristickárovnice λ 4λ=máreálnékořeny λ = a λ =4. Potom y = e x =, y = e 4x a y= C + C e 4x. Spočítáme y =4C e 4x adosadímepočátečnípodmínky 3=y()=C + C,8=y ()=4C. Řešenímtétosoustavyrovnicje C =, C =. Ztohopartikulárnířešeníbude y=+ e 4x. b) Charakteristickárovnice λ λ+= mákomplexníkořeny 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. Ztoho y = C e x cos x C e x sin x+c e x sin x+c e x cos x. Podosazenípodmínekdostanemesoustavu C =, C + C =. Pak C =, C = ahledanéřešeníbude y=e x sin x. Příklad 3..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 cos3x+c e x sin3x; f) y= C cos x+c sin x. Příklad 3..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=4e x + e 3x ; b) y=cos x +sin x ; c) y=e3x cosx.

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) jesoučtemobecnéhořešeníhomogennírovnice(budemehoznačit y h )ajednohopartikulárního 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)jepolynom n-téhostupně Partikulární řešení Y Y= e αx x k Q n (x) αje k-násobnýkořenchar.rovnice Q n (x)jeobecnýpolynom n-téhostupně f(x)=e αx (Mcos βx+nsin βx) Y= e αx x k (Acos βx+bsin βx) α+iβje k-násobnýkořenchar.rovnice A,Bjsoureálnáčísla Poznámka.Vpřípadě,že α (resp. α+iβ)neníkořencharakteristickérovnice, k=. Princip superpozice. Jestliže funkce na pravé straně je součtem speciálních pravých stran 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 =cosx Řešení: a) Vyřešímehomogennírovnici y 4y=. Máme λ 4=.

MATEMATIKA Sbírka úloh 7 Kořenycharakteristickérovnicejsou λ, = ± a y h = C e x + C e x. Pravá strana je tvaru f(x)= e 3x = e 3x P (x). Zde α=3neníkořencharakteristickérovnice(3 ±),aproto k =. Obecný polynom nultého stupně je konstanta, označíme ji A. Potom partikulární řešení bude mít tvar Y= e 3x x A = A e 3x amusísplňovatrovnici Y 4Y= e 3x. Musíme Y dvakrátderivovata dosaditdorovnice: Y= A e 3x, Y =3A e 3x, Y =9A e 3x. Podosazení 9A e 3x 4A e 3x = e 3x. Rovnicinejdřívvydělíme e 3x adostaneme 9A 4A=; 5A=; A=. Mámejednopartikulárnířešení Y = e 3x aobecnéřešenínehomogenní rovnice je y= y h + Y= C e x + C e x + e 3x. b) Vyřešímehomogennírovnici y +4y=.Charakteristickárovniceje λ +4= ajejíkořenyjsou λ, = ±i a y h = C cosx+c sinx. Pravá strana je tvaru f(x)=8x 3x+4=e x (8x 3x+4)=e x P (x). Zde α=neníkořencharakteristickérovnice( ±i),aproto k=. Obecnýpolynomdruhéhostupněje Ax + Bx+C.Potompartikulárnířešení bude mít tvar Y= e x x (Ax + Bx+C)=Ax + Bx+C amusísplňovatrovnici Y +4Y=8x 3x+4.Musíme Ydvakrátderivovat Y= Ax + Bx+C, Y =Ax+B, Y =A, apodosazení 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

8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Dostalijsmesoustavurovnic.Povyřešenímáme A=, B= 8, C=. Získalijsmejednopartikulárnířešenínehomogennírovnice Y=x 8 x. Potom obecné řešení nehomogenní rovnice bude y= y h + Y= C cosx+c sinx+ x 8 x. c) Vyřešímehomogennírovnici y +y 3y=.Charakteristickárovnice je λ +λ 3= ajejíkořenyjsou 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=jejednonásobnýkořencharakteristickérovnice,aproto k=. Obecnýpolynomprvníhostupněje Ax+B,apartikulárnířešeníbudemít tvar Y= e x x (Ax+B)=e x (Ax + Bx) amusísplňovatrovnici Y +Y 3Y=(4x 3)e x. Musíme Y dvakrátderivovat(jakosoučin): 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. Rovnicinejdřívvydělíme e x adostaneme 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 Dostalijsmesoustavu 8A=4, A+4B= 3. Potom A=, B=. ( ) x Partikulárnířešeníje Y= e x x. Potom obecné řešení bude ( ) x y= y h + Y= C e x + C e 3x + e x x.

MATEMATIKA Sbírka úloh 9 d) Vyřešímehomogennírovnici 3y y =.Charakteristickárovniceje 3λ λ= ajejíkořenyjsou λ =, λ = 3 a y h= C + C e 3 x. Pravá strana je tvaru f(x)=cosx=e x (cosx+sinx). Zde α+iβ =+ineníkořencharakteristickérovnice,aproto k =. Partikulární řešení bude mít tvar Y= e x x (Acosx+Bsinx)=Acosx+Bsinx amusísplňovatrovnici 3Y Y =cosx.musíme Y dvakrátderivovat: Y = Asinx+Bcosx, Y = 4Acosx 4Bsinx. Dosadíme 3( 4Acosx 4Bsinx) ( Asinx+Bcosx)=cosx, Acosx Bsinx+4Asinx 4Bcosx=cosx. Abyrovniceplatila,musíserovnatkoeficientypři cosx a sinx naobou stranách: cosx: A 4B= sinx: B+4A= Zasejsmedostalisoustavurovnic: A 4B=, Odtud A= 3 4, A 3B=. B= 4. Partikulárnířešeníje Y= 3 4 cosx 4 sinx, Obecné řešení nehomogenní rovnice bude y= y h + Y= C + C e 3 x 3 4 cosx 4 sinx. 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=8sin x, y()=, y ()= 3 Řešení: a) Vyřešímehomogennírovnici y +y +=.Máme λ +λ+=. Kořenycharakteristickérovnicejsou 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=neníkořencharakteristickérovnice,aproto k=.potom

3 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Y= e x x (Ax+B) = Ax+B, Y = A, Y = apodosazení +A+Ax+B=x. Porovnámekoeficienty: x : A= x : A+B= adostaneme A=a B= 5. Potom Y=x 5 aobecnéřešení y= y h + Y= C e x + C x e x +x 5. Spočítámeještě y,abychommohlidosaditpočátečnípodmínky, y = C e x + C e x C x e x +. Ztoho3=y()=C 5, 4=y ()= C +C +.Pak C =8, C =. Hledanépartikulárnířešeníbude y=8e x + x e x +x 5. b) Vyřešímehomogennírovnici y + y=. Máme λ +=. Kořenycharakteristickérovnicejsou λ, = ±i a y h = C cos x+c sin x. Pravá strana je tvaru f(x)=8sin x=e x (cosx+8sin x). Zde α+iβ=+ijekořencharakteristickérovnice,aproto k= a Y= e x x (Acos x+bsin x)=x(acos x+bsin x). Spočítáme derivace a dosadíme do rovnice: Y = Acos x+bsin x+x( Asin x+bcosx)=(a+bx)cosx+(b Ax)sinx, Y =(B Ax)cos x+( A Bx)sin x, (B Ax)cos x+( A Bx)sin x+axcos x+bxsin x=8sin x. Musíserovnatkoeficientypři cosx a sinx naoboustranách: cos x: B Ax+Ax= sin x: A Bx+Bx=8 Potom A= 4, B=, Y= 4xcos x a y= C cos x+c sin x 4xcos x. Spočítáme y = C sin x+c cosx 4cos x+4xsin x adosadímepočáteční podmínky: =y()=c, 3=y ()=C 4 C =, C =. Hledanéřešeníje y= cos x+ sinx 4xcos x.

MATEMATIKA Sbírka úloh 3 Příklad3..3.JedánelektrickýLCobvod,kdecívkaoindukčnosti L=Hmávelmi malýohmickýodpor.dosériekníjezařazenkondenzátorokapacitě C=.Fazdroj, jehož napětí lineárně roste s časem podle vztahu E = t. Určete závislost proudu tekoucíhoobvodemnačase,je-li I()=akondenzátorbylvčase 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 dt +I=. Obecnéřešenítétorovniceje I(t)=C cos t+c sin t+. Partikulárnířešenísplňujícídanépočátečnípodmínky I()=aI ()= určímez I()=C +=, I (t)= C sin t+c cos tai ()=C =. Řešení úlohy tedy je I(t)= cos t. Přestože napětí neomezeně roste, zůstává proud v takovém obvodu omezený. Příklad 3..4. Principem superpozice vyřešte lineární diferenciální rovnici druhého řádu y + y =5x+e x. Řešení: Kořenycharakteristickérovnice λ + λ= jsou λ =, λ = a y h = C + C e x. Partikulární řešení dostaneme jako součet partikulárních řešení dvou rovnic, kterémajíspeciálnípravéstrany: 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=jejednoduchýkořencharakteristickérovnice,aproto k =. Potom Y = e x x (Ax+B) = Ax +Bx, Y =Ax+B, Y =A apodosazení dorovnice Y + Y =5x máme A+Ax+B=5x. Porovnámekoeficienty: x : A=5 x : A+B= Ztoho A= 5 a B= 5. Dostalijsme Y = 5 x 5x. U druhé rovnice je pravá strana tvaru f (x)=e x = e x =e x P (x).

3 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Zde α= neníkořencharakteristickérovnice,aproto k=. Potompíšeme Y = e x x A=Ae x, Y = Ae x, Y = Ae x apodosazenído Y +Y =e x, Ae x + Ae x =e x, Ae x =e x, A=, A=. Potom Y = e x ajednopartikulárnířešenípůvodnírovnicedostanemejako Y= Y + Y = 5 x 5x+e x. Hledanéobecnéřešeníje y= C + C e x + 5 x 5x+e x. Příklad 3..5. 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=7sinx f)3y 4y =5sin 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 cosx+c e x sinx 4cosx+sinx; f) y= C + C e 4 3 x +4cosx 3sin x. Příklad 3..6. 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=6sinx, 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 +7cosx+3sinx.

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 Komplexníjednotka čísloj,prokteréplatíj =,někdyseoznačujetakéjako 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. Číslokomplexněsdružené kčíslu z= a+j b jetočíslo z= a j b. Absolutníhodnotakomplexníhočísla pro z= a+j b jetoreálnéčíslo z = a + b. Argumentkomplexníhočísla Arg z= ϕjeúhelmezikladnou x-ovoupoloosoua polopřímkou, spojující bod z s počátkem. Uvažujeme-li pouze ϕ, π), píšeme arg z= ϕ.proargument ϕkomplexníhočísla z= a+j b platí cos ϕ= a a + b, sin ϕ= b a + b.

34 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Gaussovarovina rovina xy,vekterékomplexníčíslo z=a+j b jeznázorněno bodem[a,b].absolutníhodnotačísla zsepotomrovnávzdálenostibodu[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+jsin 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 bac+j dlibovolnákomplexníčíslasedefinujesčítáníanásobenítakto: (a+jb)+(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+jb c+jd = a+j b c+j d c jd c jd = ac+bd bc ad c + d+j c + d; a+jb,c+j d C; c+j d. Komplexní čísla se zjednodušují podle pravidel(k Z): 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)+jsin(α+β)); u v = u (cos(α β)+jsin(α β)), v kde u= u (cosα+jsin α)a v= v (cosβ+jsin β)jsoudvěnenulovákomplexníčísla. Pro umocňování platí Moivreova věta: z n =( z (cos ϕ+jsin ϕ)) n = z n (cos nϕ+jsin 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+6j+8j 3 (4j) 9 ( 6) = 5+j 5 = 5 + 5 j.

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, kcelé. 4 b) j = + =; sin ϕ=, cos ϕ=. Ztoho ϕ= π+kπ. c) = ( ) +=; sin ϕ=, cos ϕ=. Ztoho ϕ=π+kπ., cosϕ= = 8 d) +j = + = 8, sin ϕ= 8 = = Potom ϕ= π 4 +kπ.. Příklad 4..3. 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. VGaussověrovině z+3 5j vyjadřujevzdálenostbodů za 3+5j atatovzdálenostmusíbýtprokaždé zrovnatřem.množinavšechtakových zjetedykružnicesestředemvbodě 3+5j apoloměrem3. b) Kružnicesestředemvboděj apoloměrem. c) Vzdálenostbodu zod j musíbýtvrozmezíoddo.množinavšech takových zjetedyvnitřekmezikružísestředemvbodě j. Poloměryhraničníchkružnicjsoua. 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. Příklad4..4.ZapištevEulerovětvaru z= z e j ϕ komplexníčísla 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.

36 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 4. Funkce komplexní proměnné Funkce w=f(z)definovanánaoblastiω Csfunkčnímihodnotamivoborukomplexních 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)+jv(x,y), kde z= x+jy a u(x,y), v(x,y) jsoureálnéfunkcedvouproměnných.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 Exponenciálnífunkce e z = e x (cosy+jsin y) z= x+j y,z C Kosinus cosz= 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 cotz= cos z sin z z kπ, k celé Kosinushyperbolický Sinushyperbolický cosh z= ez +e z z C sinh z= ez e z z C Logaritmickáfunkce Lnz=ln z +j Arg z z C, z Mocninnáfunkce z α = e αln z z,α C, z Funkce e z,sinh zacosh zjsouperiodickésperiodouπj,funkcesin zacos zsperiodou π.funkcelnzaz α jsouvíceznačné,kekaždémučíslujepřiřazenovícekomplexních čísel.omezíme-lisena arg z,π)dostanemetzv.hlavnívětevlogaritmu resp. hlavní hodnotu mocninné funkce.

MATEMATIKA Sbírka úloh 37 Příklad 4... Určete reálnou a imaginární část funkce f(z) a) f(z)=(z+j) b) f(z)=e j z Řešení: a) f(x+jy)=(x+j y+j) =(x+j(y+)) = x +j x(y+) (y+) = x y y +j(xy+ x). Ztohopíšeme,že Re f(z)=x y y a Im f(z)=xy+x. b) f(x+jy)=e j(x+j y) = e (y j x) = e y (cos( x)+jsin( x))=e y (cosx jsin x). Potom Re f(z)=e y cos x a Im f(z)= e y sin x. Příklad 4... Vypočítejte hodnoty následujících výrazů, v části d) až h) hlavní 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+jsin π)= e. b) e j π =(cos π +jsin π )=j. c) ln(e j π 3 )=ln+j π 3 =jπ 3. d)+j= (cos( π 4 +kπ)+jsin(π 4 +kπ)). Pak ln(+j)=ln( )+j π 4. e) =(cos(π+kπ)+jsin(π+kπ)). Omezíme-lisenahlavnívětev logaritmu,bereme k= adostaneme,že ln( )=ln+jπ=j π. f)( ) j = e j ln( ) = e jln(cos π+jsin π) = e jjπ = e π. g)j j = e j lnj = e j(ln+j π ) = e π. h)j π = e π lnj = e πj π = e j π =cos π π +jsin. Příklad4..3. Vyjádřete cos ϕa sin ϕ pomocíkomplexníchgoniometrickýchfunkcí argumentu ϕ. Řešení: Nejdřívspočítáme cos ϕ: ( e j ϕ cos + e j ϕ) ϕ= = ej ϕ ++e j ϕ 4 4 Podobně sin ϕ= cosϕ. = + ej ϕ +e j ϕ = +cosϕ.

38 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 4.3 Derivace funkce komplexní proměnné, Cauchy-Riemannovy podmínky Analogicky jako u funkcí reálné proměnné se definuje limita komplexní funkce w = f(z) vbodě z aderivace 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,žefunkce fjediferencovatelnávbodě z. Jestliže f existujevbodě z avnějakémjehookolí,nazývásefunkce fanalytická nebotakéholomorfní v z. Funkce f(x+j y)=u(x,y)+jv(x,y) jeholomorfnívbodě z, právěkdyžvnějakém okolí tohoto bodu splňuje tzv. Cauchy-Riemannovy podmínky: u x = v y, u y = v x. Příklad 4.3.. 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+jy)=e x+j y = e x e j y = e x (cosy+jsin 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 jeholomorfníprovšechna z Ca f (z)=e z. b) f(x+jy)= x+jy = x j y x x + y = x + y j y x + y. Potom x u(x,y)= x + y a v(x,y)= y x + y. platínacelém C. u x = x + y xx (x + y ) = y x (x + y ), v y = x + y yy (x + y ) = y x (x + y ), u y = xy (x + y ), v x = xy (x + y ).

MATEMATIKA Sbírka úloh 39 Cauchy-Riemannovypodmínkyplatíprovšechna z C\{}.Funkce f(z)= z jeholomorfnívkaždémboděkroměnulya f (z)= zpro z. c)pro f(z)=im zmáme f(x+j y)=y. Potom u(x,y)=y a v(x,y)= a u x == v y, u y =, v x =,. Rovniceneplatívžádném bodě.funkceneníholomorfnívžádnémbodě,aproto 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=.alevbodě z=+jpříslušné x derivace nejsou definované. Rovnice neplatí v žádném bodě. Funkceneníholomorfnívžádnémboděaproto f (z)neexistuje. e) f(x+j y)=(x+j y) = x +xyj y = x y +jxy. Potom u(x,y)=x y a v(x,y)=xy. Rovnice u x =x= v y, u y = y= v x platínacelém C. Funkce f(z)=z jeholomorfníprovšechna z Caf (z)=z. Příklad4.3..Zjistěteoblastnakteréjefunkce f(z)= j z j f ( j),jestližederivacevtomtoboděexistuje. holomorfní, a vypočítejte Řešení: f(x+j y)= Potom u(x,y)= u x = (y )x (x +(y ) ), v y j x+j y j = j j(y ) x+j(y ) x x j(y ) (y ) x +(y ) a v(x,y)= x x +(y ). = x(y ) (x +(y ) ) u x = v y = (y )+jx x +(y ). u y = x (y ) (x +(y ) ), v x = (y ) x (x +(y ) ) u y = v x Cauchy-Riemannovypodmínkyplatívšudekroměbodu x=, y=. Funkcejeholomorfníprovšechna z C {j }. f (z)= j (z j), f ( j)= j j ( j j) = 8j = 8.