FAKULTA ELEKTROTECHNIKY^ A KOMUNIKAČNÍCH ^^^^^B TECHNOLOGIÍ IfcBCTflfTHľETnig MATEMATIKA 2 Sbírka úloh Edita Kolářová MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 1 Úvod Dostali jste do rukou sbírku příkladů k přednášce Matematika 2. Tato sbírka je doplněním textu Matematika 2. 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 2 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 1, ovládáte základy diferenciálního a integrálního počtu funkce jedné proměnné, diferenciální počet funkce více proměnných a máte základní poznatky o řadách. 2 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Obsah 1 Diferenciální počet funkcí více proměnných 3 1.1 Parciální derivace funkce více proměnných.................. 3 1.2 Lokální extrémy funkce dvou proměnných .................. 9 2 Diferenciální rovnice prvního řádu 14 2.1 Základní pojmy ................................ 14 2.2 Separovatelné diferenciální rovnice....................... 17 2.3 Lineární diferenciální rovnice prvního řádu.................. 19 3 Diferenciální rovnice vyššího řádu 23 3.1 Homogenní diferenciální rovnice vyššího řádu ................ 23 3.2 Nehomogenní diferenciální rovnice vyššího řádu............... 26 4 Funkce komplexní proměnné 33 4.1 Komplexní čísla ................................ 33 4.2 Funkce komplexní proměnné ......................... 36 4.3 Derivace funkce komplexní proměnné, Cauchy-Riemannovy podmínky ... 38 5 Integrál funkce komplexní proměnné 42 5.1 Integrál komplexní funkce pomocí parametrizace křivky........... 42 5.2 Cauchyův vzorec a Cauchyova věta...................... 47 6 Teorie reziduí 50 6.1 Laurentova řada ................................ 50 6.2 Singulární body komplexní funkce, reziduová věta.............. 52 7 Laplaceova integrální transformace 56 7.1 Definice a vlastnosti Laplaceovy transformace................ 56 7.2 Zpětná Laplaceova transformace........................ 59 7.3 Řešení diferenciálních rovnic Laplaceovou transformaci........... 62 7.4 Laplaceovy obrazy konečných impulsů .................... 65 8 Fourierovy řady 68 8.1 Definice a vlastnosti Fourierovy řady..................... 68 9 Z-transformace 76 9.1 Definice a vlastnosti Z-transformace...................... 76 9.2 Zpětná Z-transformace............................. 78 9.3 Řešení diferenčních rovnic pomocí Z-transformace.............. 79 MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 3 studijní jednotka FUNKCE VICE 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. 1 Diferenciální počet funkcí více proměnných 1.1 Parciální derivace funkce více proměnných Funkce n proměnných — funkce / : IR™ —> IR, která zobrazuje bod (xi,... ,xn) G IR™ do bodu y G IR. Značíme y = f(xi,. .., xn). Definiční obor funkce n proměnných — množina A C IR™ bodů, pro které má definiční předpis funkce smysl. Funkce dvou proměnných — funkce / : IR2 —> IR. Značíme z = f(x,y). Definičním oborem takové funkce je část roviny. Grafem je zpravidla plocha. Parciální derivace funkce n proměnných podle x% —je derivace funkce jedné proměnné df g(x) = f(xi,..., x, xl+i,..., xn). Značíme —— nebo také f . OXi Parciální derivace druhého řádu —f".x.(%i, ■ ■ ■ ,xn) = (f'x.(xi, ■ ■ ■ ,xn))'x.. Je to parciální d/2 derivace funkce f (x±,... , xn), podle proměnné xy Značíme také ——-—. Gradient funkce / v bodě A — vektor grad/(a) = (f (A),..., f'Xn(A)). Značíme také v/(^4). Je to směr, ve kterém funkce nejrychleji roste. 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Poznámka. Při počítání parciálních derivací f'x. považujeme za proměnnou pouze xl5 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 in — l)-ní derivace. Při počítání parciálních derivací vyšších řádů nezáleží na pořadí, v jakém počítáme derivace podle jednotlivých proměnných, jsou-li tyto derivace spojité. Tečná rovina k ploše Tak jako u funkce jedné proměnné jsme mohli využít derivaci v bodě k zapsání tečny v tomto bodě, můžeme využít parciálních derivací při hledání tečné roviny k ploše. Někdy se jedná o plochu, která je grafem funkce dvou proměnných z = f(x,y). V tomto případě říkáme, že plocha je daná explicitně. Někdy z rovnice plochy neumíme vyjádřit proměnnou z, například u kulové plochy. V tomto případě říkáme, že plocha je daná implicitně. Rovnice tečné roviny p k ploše z = f(x, y) v bodě T = [x0, y0, z0 = f(x0, y0)] : 8f df 9 ' dx^T^X ~ + dy^T^V ~ V0^ ~(Z~ = °' Tečná rovina k ploše dané implicitně rovnicí F(x,y,z) = 0 v bodě T = [x q, yo, zq] pro který platí F(xq, yo, zq) = 0, má rovnici: dF dF dF p : Z-(T){x - x0) + jr(T)(y - y0) + ^-(T)(z - z0) = 0. ox oy oz Příklad 1.1.1. Najděte definiční obor funkce: a) f(x,y) = \J\ — x2 — y2 b) f(x,y) = arcsin - 3 Řešení: a) Přirozený definiční obor této funkce tvoří body, pro které platí 4 — x2 — y2 > 0, tedy D f = {[x, y] G ÍR2 | x2 + y2 < 4}, což je uzavřený kruh se středem v počátku a s poloměrem 2. Grafem funkce je horní polovina kulové plochy x2 + y2 + z2 = 4, z > 0. b) Zde musí platit---> -1 a--- < 1. Po úpravě dostaneme definiční obor D f = {[x, y] G ÍR2 | x2 + y2 > 3 a x2 + y2 < 9}, což je mezikruží ohraničené kružnicemi s poloměry \/3 a 3 se středem v počátku. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 5 Příklad 1.1.2. Najděte parciální derivaci funkce z = ^ x + y d z Řešení: Nejdříve spočítáme —. Při počítání považujeme y za konstantu a dx derivujeme z jako funkci jedné proměnné x. dz 0 • (x + y) — 1 • y y dx (x + y)2 (x + y) 2 ' dz Podobně při počítání — považujeme x za konstantu a derivujeme z jako dy funkci jedné proměnné y. dz 1 • (x + y) — y ■ 1 x dy (x + y)2 (x + y) 2 ' Příklad 1.1.3. Najděte parciální derivace funkce z podle jednotlivých proměnných a) z = x2 + y2 — 3xy + 4x + 5y — 7 b) z = y sin(2x — y) c) z = x2 cos(x + 3y) d) z = xy, x > 0 e) z = arccos — j) z = arctg - x x — y g) z = ln sin (x — 2y) h) z = ln (x + \/x2 + y2) Řešení: a) z^. = 2x — 3y + 4, z^ = 2y — 3x + 5; b) z'x = 2 y cos(2x — y), z' = sin(2x — y) — y cos(2x — y); c) z'x = 2x cos(x + 3y) — x2 sin(x + 3y), z' = —3x2 sin(x + 3y); d) z'x = yxv~1, z' =xvlnx; e) z^. = —,y , z'y = 7^?' f) z* = 4 = S?i S) < = cots (x " 2^)' z' = -2 cotg (x - 2y); h) z^ = -T^=, z' = Příklad 1.1.4. Dokažte, že funkce z = ev2 vyhovuje rovnici 2x ——h y tt- = 0. ax ay Řešení: dz jl 1 <9z jl (—2x — = e» <9x y2' dy \ y3 Dosadíme do rovnice: 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně dz dz 1 Příklad 1.1.5. Dokazte, že funkce z = ln(\/x + y7?/) vyhovuje rovnici x ——h y —- = —. x dz dz z Příklad 1.1.6. Dokážte, že funkce z = ev lny vyhovuje rovnici x ——h y —- = i-. dx dy ln y dz d z Příklad 1.1.7. Dokažte, že funkce z = ln(x2 +xy+y2) vyhovuje rovnici x ——Vy —- = 2. ox oy Příklad 1.1.8. Najděte parciální derivace funkce u podle jednotlivých proměnných a) u = x2y2 — y z2 — Axy + 6xz b) u = zex3 cos(x-y2) c)u = esin i*-23*) d)u = arctg (^—^) z e) u = ln ^ = /) u = 2x3 — y2w — z2w2 + 5yzw \/x2 + z2 Řešení: a) u'x = 2xy2 — Ay + 6z, v! = 2x2y — z2 — Ax, u'z = —2yz + 6x; b) u'x = x2z ex3cos(x~y2)[3cos(x — y2) — xsin(x — y2)], u'z = ex3 cos(x~y2) ^ u'y = 2x3yzsin(x - y2) <**(*-v2)■ c) u'x = -2y ďin(-z-2xy^ cos(z - 2xy), u'y = -2x ď^z-2xv) cos(z - 2xy), u'z = ď^z~2xy) cos(z - 2xy); d) < = y~x x2-\-y2-\-z2 — 2xyJ ^y x2-\-y2-\-z2—2xyJ ^z x2-\-y2-\-z2 — 2xy' ^x x2-\-z2 ' u'y = ^, -u'z = -^2^2; f) *4 = 6x2, -u^ = -2yiř; + 5zw, u'z = -2zw2 + 5yw, u'w = —y2 — 2z2w + 5yz. x — y du du du Přiklad 1.1.9. Dokažte, že funkce u = x -\--vyhovuje rovnici ——\- ——\- — = 1. y — z ox oy o z Příklad 1.1.10. Najděte parciální derivace funkce f v bodě A podle všech proměnných a) f(x,y) = A = [3, 2] b) f(x,y, z) = ln(x2 + y2 + z2), A = [3, 2,1] A =[1,1] d) f(x,y,z) = - + ^---, A =[1,1,1] y z x Řešení: a) fx(A) = "4, /^) = 6; b) fx(A) = f, f'y{A) = f, = ±; c) = 0, = 0; d) = 2, /^(A) = 0, f'z(A) = -2. du du du Příklad 1.1.11. Najděte hodnotu součtu ——\- ——\- —— v bodě A = [1, 1, 1] pro funkci dx dy dz fix, y, z) = ln(l + x + y2 + z3). X + y X -y X + y- y i X Řešení: du du du dx dy dz 2y 3z2 1 + x + y2 + z3 1 + x + y2 + z3 1 + x + y2 + z3 _ 3 a 2' MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 7 Příklad 1.1.12. Najděte gradient funkce f v bodě A a) f(x,y) = x3 + y3 - 3xy, A = [2,1] b) f(x, y, z) = x ez+2y, A= [1,-1,2] f(x,y,z) = x2 + y2 + z 2 ' A = [1, 2, 2] d) f(x,y,z) = xyz, A = [1, 2, 3] Řešení: al _/ dx = 3x2 3y = 9, _/ dy 3y — 3x = -3. Z toho gradient funkce v bodě A je vektor grád f (A) = (9, —3). b)Vf(A) = (1, 2,1); c)V/(A) = i(7, -4, -4); d)V/(A) = (6, 3, 2). Příklad 1.1.13. Napište rovnici tečné roviny k následujícím plochám v bodě T = [x0,y0, z0]: {a) z = — -y, (b) x3 + y3 + zA + xyz — 6 = 0, (c) z = ^/ x2 + y2 — xy, (d) 3x4 - Ay3z + 4xyz2 - Az3x + 1 = 0, (e) z = 2x2-4y2, T T T T T [2,-1,?] [1,2,-1] [3,4,?] [?,1,1] [2,1,?] Řešení: a) Nejdříve spočítáme třetí souřadnici bodu T. Bod leží na ploše, a proto zq = f (2, —1) = 1. Dále dx ' dx^ ^ ' dy ^' dy^ ^ Rovnice tečné roviny p k ploše z = ^ — y2 v bodě T=[2, -1,1]: p: 2(x-2) + 2(y + l)-(z-l) = 0. Po úpravě dostaneme rovnici tečné roviny p : 2x + 2y — z — 1 = 0. b) Plocha je daná implicitně. Bod T leží na dané ploše, protože souřadnice tohoto bodu splňují rovnici plochy: 1 + 8 — 1 — 2 — 6 = 0. Spočítáme parciální derivace funkce F(x, y, z] = x3 y + z + xyz — 6 : F'x = 3x2+yz, F'y = 3y2+xz, F'z = 3z2+xy; F'X(T) = 1, F'y(T) = 11, F'Z(T) = 5. Potom p : l(x - 1) + ll(y - 2) + 5(z + 1) = 0. Po úpravě dostaneme rovnici tečné roviny p : x + Íly + 5z — 18 = 0. c) T = [3, 4, -7] a p : 17x + 11y + 5z - 60 = 0; d) 3x4 - 4 + Ax - Ax + 1 = 0 => 3x4 = 3 => x = 1 anebo x = —1 => T\ = [1,1,1] a p\ : 3x — 2y — 2z + 1 = 0 a také T2 = [-1,1,1] a p2 : 3x + 4y - 1 = 0; e) T = [2,1,4] a p : 8x - 8y - z - 4 = 0. 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 1.1.14. Najděte všechny parciálni derivace druhého řádu funkce f podle jednotlivých proměnných xy_ y a)f{x,y)=xey b) f\x,y) = x + y + j c) f(x, y) = xy + cos(x — y) d) f(x, y) = ln(x2 + y2) (y z2 — x Řešení: a) Nejdříve spočítáme parciální derivace prvního řádu dané funkce: df y df ^~ = e ' = x e • ox oy d2f df2 „ df2 df2 Potom ——■ = 0, —— = x eu, dx2 ' dy2 ' dxdy dydx ť) fxx = (x-y)3 ' fxy = ~ (x-ľ/)3 ' fyy = (x-y)3 ' C) f xx = ~ COS(x ~ V) i fxy = l + COs(x - y), f>>y = - COs(x - y); d) fL = f^, fxy = jžgfr, mi _ 2x2-2y2 . n mi _ q f" — Q f" — f) f" - z f" — ?/ f" - r- Jyy ~ (x2+y2)2 ' / J xx ~ ui Jyy ~~ ui Jzz ~ ui ./xy ~~ Jxz ~ i/) Jyz ~~ x> n f = j- f =__l f = -i. f" = o /■" = n f" = n / x2 1 •> yy y2j zz z2j Jxy > Jxz > */ yz Příklad 1.1.15. Dokážte, že funkce z = ex(xcosy — y siny) vyhovuje diferenciální rov- ■ ■ ii : ii n mez zxx + zro = 0. Příklad 1.1.16. Dokažte, že funkce z = arctg(2x — y) vyhovuje diferenciální rovnici z" + 2z" - 0 ^xx ' ^^xy ~ u- xy Příklad 1.1.17. Dokažte, že funkce f (x, y) = - vyhovuje diferenciální rovnici x-y f" + o f" + f" = 2 J xx Jxy 1 Jyy x — y' Příklad 1.1.18. Dokažte, že funkce u = —^^^=^^^= vyhovuje diferenciální rovnici y x2 + y2 + z2 Uxx ' Uyy ' Uzz ~ U- Příklad 1.1.19. Najděte zx4Jxy kde z = yln(xy). Řešení: zx = y—y = —, zxx = — —, zxxx = — => zx}xy = —. tXj (j iXj iXj iXj iXj Příklad 1.1.20. Najděte z'£yy kde z = ln(x2 + y2). m = 4x(3y2-x2) xyy (x2+y2)2 Rešení: z'"„„ = ,^,„2,2 Příklad 1.1.21. Dokažte, že funkce z = xey + y ex vyhovuje diferenciální rovnici m 1 /// _ /// 1 /// ^xxx ' ^yyy X^xyy ' y^xxy' MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 9 1.2 Lokální extrémy funkce dvou proměnných Lokální maximum (resp. minimum) funkce z = f(x,y) je hodnota zq = f(xo,yo) v bodě T = [xo, yo], jestliže v libovolném bodě nějakého okolí bodu T jsou funkční hodnoty funkce / menší (resp. větší) než zq. Při hledání bodu extrému funkce 2 proměnných postupujeme podobně jako při hledání extrému funkce jedné proměnné: Najdeme stacionární bod funkce / (bod ve kterém je gradient funkce rovný 0), potom pomocí druhých parciálních derivaci zjistíme, zda v tomto bodě existuje maximum nebo minimum, ev. že v stacionárním bodě nemá funkce extrém. Hledání extrému funkce z = f(x,y) : 1. Spočítáme —— a —— a položíme je rovny nule. dx dy df df 2. Najdeme stacionární bod T = [xo,yo], ve kterém ——(T) = 0 a zároveň —— (T) = 0. d2f d2f d2f 3. Spočítáme —— (T), ——-(T), ———-(T) a z těchto tří derivací vytvoříme jedno číslo: ox2 oy2 dxdy d2f d2f ( d2 f x 2 4. Podle znaménka DÍT) rozhodneme o existenci extrému v bodě T = [xo, yo]. (a) Pokud D(T) < 0, funkce nemá v tomto bodě lokální extrém. (b) Pokud DÍT) > 0, funkce má v bodě T extrém. V tomto případě ještě musíme rozhodnout, zda jde o maximum nebo minimum: dx2 dx2 (c) Pokud DÍT) = 0, nemůžeme na základě této metody rozhodnout o existenci extrému v bodě T. (i) Je-li -^-y(T) > 0, funkce / má v bodě T lokální minimum zq = f(xo,yo). u2f (ii) Je-li ——j(T) < 0, funkce / má v bodě T lokální maximum z0 = f(x0, y0). 8f df Poznámka. Rovnice —— (T) = 0 a —— (T) = 0 vlastně tvrdí, že grad/(T) = 0. Příklad 1.2.1. Najděte lokální extrémy funkce f(x, y) = x3 + y3 — 3xy. Řešení: Hledáme stacionární body - body, ve kterých má funkce nulový gradient: grad/ = (3x2 - 3y, 3y2 - 3x) = 0 ^ ^ o 2 _ 2 3x2 — 3y = 0 y = x2, 3y2 — 3x = 0 => x = y2. 10 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Po dosazení za y do druhé rovnice máme x = x4 <ŕ» x(x3 — 1) = 0. Potom x = 0 nebo x = 1. Dopočítáme příslušné hodnoty y a dostáváme dva stacionární body A = [0, 0], B = [1,1]. Vypočítáme druhé parciální derivace funkce: 32f d2f d2f dx2 dxdy dy2 Vbodé/l = [O,O]míme0(A)=O. ^(A) =-3, 0(.4) = 0. Potom -D(A) = 0-0 — (—3)2 = —9 < 0. Funkce nemá v bodě A lokální extrém. d2f d2f d2f Teď vyšetříme bod B = [1,1] : ^(5) = 6, ^-(5) = -3, ^(5) = 6. Z toho D(B) = 6 • 6 — (—3)2 = 27 > 0, a funkce má v bodě B lokální extrém. dx2 Ještě spočítáme hodnotu funkce v tomto bodě: f(B) = 1 + 1 — 3 = —1. Vidíme, že -^-^(B) = 6 > 0. V bodě B nastane minimum. Příklad 1.2.2. Najděte lokální extrémy funkce f(x,y) = e x2 y2. Řešení: grad/= (e-^2(-2x),e-^2(-2y)) =(0,0) =» j X== °' Bod ^4 = [0, 0] je jediný stacionární bod. Vypočítáme druhé parciální derivace: 92/=2e-^2(2x2-l), p-=±Xy^-v\ p-\ = 2e-*2-y\2y2-l). dx2 ' dxdy ' dy2 Vbodě^0,0]mAmeg(,4) = -2, |£(/1) = 0. 0(A) = -2. = -2 • (-2) = 4 > 0 a zároveň ——- = — 2. dx1 Funkce má v bodě A = [0, 0] lokální maximum; f (A) = 1. Na obrázku je graf funkce v okolí stacinárního bodu. f(x,y) = e x2 y2 MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 11 Příklad 1.2.3. Zjistěte, zda funkce z = x4 + y4 — 2x2 — Axy — 2y2 má lokální extrémy v bodech A = [y/2, y/2] a B = [-y/2, -y/2]. Řešení: dz d z — = 4x3 - 4x - Ay, — = 4y3 - 4x - Ay. ox oy Dosadíme bod A = [y/2, y/2] : -£-{A)=A- 2y/2 - Ay/2 - Ay/2 = 0, ox a ^-(A) = A ■ 2y/2 - Ay/2 - Ay/2 = 0. Bod A = W/2, y/2] je stacinární bod. oy Podobně můžeme dosadit i bod B = [—y/2, — y/2] do prvních parciálních derivací a ukázat, že i bod B je stacionární bod. d2z , . d2 hé parciální derivace tunkce jsou d2-. Druhé parciální derivace funkce jsou ^—— = \2x2 — 4, ^—— = \2yz — 4, -A. Tedy D = (12x" - A)(12y2 - 4) - (-4)'. <9x<9y & dx ma v bodě A = W/2, y/2] lokální minimum. V bodě A = W/2, y/2] máme -^{A) = 20 a = 400 - 16 > 0. Funkce O2 z V bodě B = [-y/2,-y/2] máme také -^(B) = 20 a DÍB) = 400 - 16 > 0. ox2 Funkce má i v bodě B = [-y/2, -y/2] lokální minimum. Příklad 1.2.4. Najděte lokální extrémy následujících funkcí z = f(x,y) a) z = xz — xy + y2- 2y + l (b) z = x + y xy c) z = 2x3 - f 3x2 + y3 -3y- 12x (d) z = 2x3 + 2 xy - - 216x e) z = xz — 2xy - V2y2 + Ax (/) z _ 8 i x x y + y 9) z = x4 + 8x2 H -y2- -Ay co z = 12xy - - X3 -y3 i) z = x2 + xy - 3y2- - y + x — 1 (j) z = 5xy + 25 i X 8 Řešení: (a) grad/ = (2x — y, —x + 2y — 2) = (0, 0) => T = [§,|] stacionární bod. Dále= 2, = 2, fly = -1 a £>(T) = 2 • 2 - (-1)2 = 3 > 0. Funkce má v bodě T lokální minimum |. (b) grad/ = (1 — 1 — ^) = (0, 0) => T = [1,1] jediný stacionární bod. fxx = ^-y, fyy = é> f"v = ^ D(T) = 2-2-l2 = 3>0, f"x(T) = 2 > 0. Funkce má v bodě T = [1,1] lokální minimum 3. 12 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně (c) gradf = (6x2 + 6x - 12, 3y2 - 3) = (0, 0) j (x + 2)(x-l) = 0, y2 = i. Potom x = —2 nebo x = 1 a y = —1 nebo y = 1. Stacionární body jsou A = [-2,1], B = [-2, -1], C = [1,1] a D = [1, -1]. /;x = 12x + 6, /^ = 6y, /^ = 0 a y) = 36y (2x + 1). D (A) = 36 (—3) < 0 => neexistuje extrém v bodě A = [—2,1]. D(B) = -36 (-3) > 0, f"x(B) < 0 => v i? = [-2, -1] lokálni maximum. D(C) = 36 (3) > 0, f%x(C) > 0 v C = [1,1] lokálni minimum. D (D) = —36 (3) < 0 => neexistuje extrém v bodě D = [1, —1]. (d) grad/ = (6x2 + y2 — 216, 2xy) = (0, 0). Z druhé rovnice x = 0 nebo y = 0. Je-li x = 0 y = iv7^ = ±6\/6. Je-li y = 0 x = ±6. Stacionární body jsou A = [0, 6y/E], B = [0, -6\/6], C =[6,0] a D = [-6, 0]. = 12x, j'yy = 2x, j'xy = 2y a D(x, y) = 4 (3x2 - y2). .D(j4) = 4 (-216) < 0 =>■ neexistuje extrém v bodě A = [0, 6y/6]. D (B) = 4 (-216) < 0 neexistuje extrém v bodě S = [0, -6y/E\. D[C) = 4 (3 • 36) > 0, /"X(C) > 0 v C = [6, 0] lokálni minimum. £>(£>) = 4 (3 • 36) > 0, <0^ví) = [-6, 0] lokálni maximum. e) minimum —8 v [—4, —2], f) minimum 5 v [4,2], g) minimum —4 v [0,2], h) minimum 64 v [4,4], i) nemá extrémy, j) minimum 30 v [5 41 l2' 5-1 Příklad 1.2.5. Najděte rozměry balíku tak, aby jeho kombinovaná délka, tzn. obvod podstavy plus výška, byla nanajvýš 108 cm a zároveň měl maximální objem. Řešení: Rozměry podstavy balíku označíme x, y b, výšku z. Chceme aby objem byl maximální, a tak můžeme předpokládat, že kombinovaná délka je 2x + 2y + z = 108. Z toho z = 108 — 2x — 2y. Balík je kvádr a proto jeho objem je V = xyz = xy(108 — 2x — 2y). Navíc musí platit, že x, y, z > 0. Hledáme maximum funkce f (x, y) = xy(108 — 2x — 2y) = 108xy— 2x2y— 2y2x. grad/ = (108y - 4xy - 2y2, 108x - 2x2 - 4xy) = (0, 0) => x = y. Stacionární body řeší rovnici 108x — 6x2 = 0. Máme 6x(18 — x) = 0 => x = 0 nebo x = 18. Ale délka podstavy nemůže být 0. Zajímá nás jediný stacionární bod A = [18,18]. Vypočítáme druhé parciálni derivace: d2 f d2 f d2 f oxA oxoy oyA MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 13 V bodě A = [18,18] máme f"x(A) = -4 • 18, f"y(A) = -36, fýy(A) = -4 • 18. D (A) = 36 • 182 — 4 • 182 > 0. Funkce má v bodě A lokálni maximum. Rozměry hledaného balíku budou x = 18 cm, y = 18 cm a výška z = 36 cm. Příklad 1.2.6. Najděte rozměry otevřené obdélníkové krabice o objemu 1 w? tak, aby její povrch byl minimální. 11 2 2 Řešení: Hledáme minimum funkce f(x, y) = xy + 2x--h2y— = xyH---1—, xy xy V x kde x, y jsou rozměry podstavce balíku a z = — je jeho výška. xy Tato funkce má lokální minimum v bodě A = [\/2, \/2]. z/2 Rozměry hledané krabice jsou x = \/2 m, y = \/2 m a výška z = m. 14 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně STUDIJNÍ JEDNOTKA diferenciální rovnice prvního radu 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. 2 Diferenciální rovnice prvního řádu 2.1 Základní pojmy Obyčejná diferenciální rovnice — rovnice, v níž se vyskytuje derivace neznámé funkce jedné proměnné. Rád 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 2. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 15 Příklad 2.1.1. Najděte obecné řešení diferenciální rovnice y'" = 18 e + sin x. Řešení: Je to obyčejná diferenciální rovnice třetího řádu, velmi speciální, protože pravá strana závisí pouze na x. Řešení dostaneme postupným integrováním. y'" = 18 e3x + sinx => y" = J(18 e3x + sinx) dx = 6 e3x — cos x + C±, y' = J(6 e3x — cosx + C\) dx = 2 e3x — sinx + C\x + C2. A konečně obecné řešení bude y = í (2 e31 - sin x + dx + C2) dx = - e3x + cos x + —x2 + C2x + C3. J 3 2 Protože šlo o rovnici třetího řádu, jsou v obecném řešení tři parametry. Dosazením konkrétních hodnot za konstanty C±, C2, C3 se dostanou partikulární řešení této rovnice. Příklad 2.1.2. Najděte partikulární řešení diferenciální rovnice y" = 12 x3 + 8, které splňuje počáteční podmínky y(0) = 0, y'(0) = 1. Řešení: Je li y" = 12 x3 + 8, potom y' = J(12 x3 + 8) dx = 3 x4 + 8 x + Cx. Obecné řešení bude y = J(3 x4 + 8x + Ci) dx = | x5 + 4 x2 + C\x + Ci-Konstanty budeme počítat dosazením počátečních podmínek do y a y' : 0 = y(0) = l 05 +4-02 + CiO + C2 = C2; 1 = y(0) = 3-04 + 8-0 + Ci = Cx. 5 Z této soustavy rovnic dostaneme C\ = 1, C2 = 0. 3 Hledané partikulární řešení je y = - x5 + 4x2 + x. 5_ Příklad 2.1.3. Najděte integrální křivku rovnice y' = tgx, která prochází bodem [0,1]. Řešení: Integrální křivka procházející daným bodem je partikulární řešení splňující počáteční podmínku y(0) = 1. , f f sinx f (—sinx) y = tg x => y = / tg x dx = / -dx = — / -dx = / / cosx / cosx (cosx)' cosx dx = — ln I cosxl + C. Obecné řešení je y = — ln | cos x| + C, x ^ | + kir, k celé. Dále 1 = y(0) = - ln | cos 0| + C = 0 + C. Dostali jsme, že C = 1. Potom hledané řešení je y = 1 — ln | cosx|. 16 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 2.1.4. Ukažte, že funkce y = C\ + C2 x + C3e je obecné řešení rovnice y'" — 3 y" = 0, a najděte partikulární řešení, pro které y(0) = 3, y'(0) = 6, y"(0) = 18. Řešení: y' = C2 + 3 C3 e3x, y" = 9 C3 e3x, y'" = 27 C3 e3x. Po dosazení ý" - 3 y" = 27 C3 e3x - 3 • 9 C3 e3x = 0. Dále 3 = y(0) = d + C3, 6 = y'(0) = C2 + 3 C3, 18 = y"(0) = 9 C3. Řešíme soustavu rovnic: C\ + C3 = 3, C*2 + 3 C3 = 6, 9 C3 = 18. Z toho Ci = 1, C2 = 0, C3 = 2. Hledané partikulární řešení je y = 1 + 2 e3x. Příklad 2.1.5. Ukažte, že funkce y = C\ (x1 + 1) + C2 (x + (x2 + 1) arctgx) je obecné řešení rovnice (x2 + 1) y" — 2y = 0, a najděte partikulární řešení této rovnice, pro které platí y(0) = 1, y'(0) = 0. Řešení: y' = Cr2x+C2 (l + 2x arctgx + f2^^) = Cr2x+C2(2+2x arctgx), y// = 2Ci + C2(2arctgx + ^). Po dosazení dostaneme: (x2 + 1) y" -2y = 2(x2+l)Ci+C2 (2 (x2 + 1) arctgx + 2x)-2Ci(x2+l)-2C2 (x + (x2 + l) arctgx) = 0. Funkce řeší diferenciální rovnici. Dále dosadíme počáteční podmínky 1 = y(0) = Ci + C2 • 0 = 1 Ci = 1, 0 = y'(0) = 2 • 0 • Ci + 2 C2 = 2 C2 C2 = 0. Hledané partikulární řešení je y = x2 + 1. Příklad 2.1.6. Ukažte, že funkce y = C\ cos x + C2 sin x + e2x je obecné řešení rovnice y" + y = 5 e2x, a najděte partikulární řešení, pro která platí a) y(0) = 6, y'(0) = 6 6) y(0) = 1, y'(0) = -1 c) y(0) = |, y'(0) = f d) y(f) = e^, y\\) = 2e- - 1 Řešení: a) y = 5 cos x + 4 sin x + e2x; b) y = e2x — 3 sinx; c) y = \ cosx + i sinx + e2x; d) y = cos x + e2x. Příklad 2.1.7. Ukažte, že funkce y = Ciex + C2xex + C3e_2x je obecné řešení rovnice y'" — 3y' + 2y = 0, a najděte partikulární řešení rovnice, které splňuje počáteční podmínky y(0) = 0, y'(0) = 1, y"(0) = 11. Řešení: y = — ex + 4xex + e_2x Další část této jednotky bude věnovaná diferenciálním rovnicím prvního řádu. Naučíte se řešit dva typy rovnic prvního řádu. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 17 2.2 Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelná diferenciální rovnice — rovnice, která se dá upravit na tvar V = f {x) ■ g (y). Pokud rozpoznáte separovatelnou rovnici postupujte při řešení následovně: 1. y' nahraďte výrazem 2. celou rovnici vynásobte dx; 3. odseparujte proměnné, tzn. členy, které obsahují y, převeďte na levou stranu rovnice spolu s di/a členy, které obsahují x, převeďte na pravou stranu spolu s dx; 4. integrujte obě strany poslední rovnice. 1 — 2x Příklad 2.2.1. Reste separovatelnou diferenciální rovnici y' =--—. y.í -ň t-> ' dy 1 — 2x Rešem: Postupujeme podle návodu: 1.) —— =--— dx y6 1 - 2x , 2. ) dy =--— dx 3. ) y3 dy = (1 - 2x) dx 4. ) J y3 dy = J (1 - 2x) dx Z toho po integrování dostaneme ^ + C = x — x2 + K, kde C a K jsou integrační konstanty. Převedeme-li konstantu C na pravou stranu, dostaneme řešení ve tvaru ^ = x — x2 + K — C. Označíme konstantu K — C = c a dostaneme obecné řešení rovnice V4 2 , — = x — x + c. 4 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 = 0; b) y = c) C = arcsin x+ arcsin y, y = 1, y = —1; d) integrál dle dy počítejte rozkladem na parciální zlomky. Řešení je ln ||5f I = x + c. Po úpravě y — 2 = Cex(y — 1). Další řešení je y = 1; e) Využijte vztah ex+y = exey a e_y = ^. Řešení bude ex + e_y = C; f) | ln(y2 + 1) = i ln |x2 - 1| + c. Po úpravě y2 + 1 = C(x2 - 1). MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 19 2.3 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 = 0. Metoda variace konstanty — metoda na řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice 1. řádu, při které se nejdřív metodou separace proměnných najde řešení homogenní rovnice y + f (x) ■ y = 0. 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) = 4>{x). Z toho se vypočítá konkrétní funkce C (x). Příklad 2.3.1. Řešte lineárni diferenciální rovnici y' + 2xy = e~x . Řešení: Nejdřív vyřešíme homogenní rovnici y' + 2xy = 0 : y = —2xy; —— = —2xy; — dy = —2x dx; - dy = / — 2x dx; ln \y\ = —x +c. dx y J y J Potřebujeme vyjádřit y, a proto musíme dál upravovat: |y|=e-x2+c; |y|=e-x2-ec; y = C ■ e~x\ kde C = ±ec. Našli jsme obecné řešení lineární homogenní rovnice y + 2xy = 0. 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~x2; y' = C (x) ■ e'*2 + C (x) ■ e~x2 ■ (-2a;). Po dosazení dostaneme podmínku pro C (x) : C (x) ■ e~x2 + C (x) ■ e~x2(-2x) + 2x ■ C (x) ■ e~x2 = e~x2. C\x) -e~x2 =e~x2; C {x) = 1. Z toho integrováním dostaneme, že C (x) = J 1 dx = x + K. Zbývá už jenom dosadit za C (x). Hledané obecné řešení bude y = C (x) ■ e~x2 = (x + K) ■ e~x2= K ■ e~x2 + x ■ e~x2. 20 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 2.3.2. Řešte lineární diferenciální rovnici y — ^ ^ 2 = x, y(0) = 2. XT/ y 1 1 y 2x Řešení: y = ——-; - dy = - ——- dx. 1 + xz J y 2 J 1 + xz ln |y| = \\ ln(l + x2) + c = ln y/l + x2 + c, potom y = C ■ y/l + x2. x Variace konstanty: y = C(x) •y/l + x2; y' = C"(x)• ví + x2 + C(x)• ■__ V 1 + x2 Po dosazení: C'íxWl + x2 = x; C"(x) = ; C(x) = / , dx. ViTx2 7 yiT^2 Substituce 1 + x2 = t2 vede na C (x) = y/1 + x2 + K. Obecné řešení dané rovnice je y = K ■ y/T + x2 + x +1. Dosadíme počáteční podmínku: 2 = y(0) = K ■ y/T + 1 = K + 1. Z toho K = 1 a hledané partikulární řešení bude y = y/l + x2 + x2 + 1. Příklad 2.3.3. Najděte obecné řešení rovnice xy + y — ex = 0. Řešení: Rovnice není ve tvaru lineární diferenciální rovnice. Nejdřív ji musíme upravit. Převedeme ex na pravou stranu a pak celou rovnici vydělíme x. Dostaneme y + - = — • Tato rovnice už je ve tvaru (LR) a vyřešíme ji metodou variace konstanty. y+- = 0; y =--; í - dy = - í - dx; ln |y| = - ln |x| + c; y = —. x x J y J x x C (x) , C'(x)-x-C(x) Variace konstanty: y =-; y =---. C (x) ex ex + K Po dosazení: —-^ = —; C'(x) = ex; C (x) =ex + K. Pak y = . v * v * v * Příklad 2.3.4. 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^ + IR = E. dt Najděte vzorec pro řešení I(t), jestliže víte, že na počátku byl proud nulový. dl R E Řešení: Rovnici upravíme na tvar —— + — I = — a řešíme jako (LR): dl R dl IR 1 R , /"I ľ R , — + - / = 0, — = —-, -dl = --dt, -dl = - - dt. dt L dt LI L J I J L Řešení homogenní rovnice bude ln |7| = ——t + c ^> I = C e~L*. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 21 Variace konstanty: / = C {t) e"?*, /' = C" (í) e"** - C {t) y e"?*. R-t _ E r"(4.\ _ ^„^í _ -^„^í Po dosazení C (t) e"^ = y, C'(t) = yei\ C (t) = yei* + K. L L R R j. _ , \ R j. R + E Obecne řešeni je tedy I = -e^ + K \ e l = K e L + y- \ R / R R' Z počáteční podmínky 1(0) = 0 dostaneme, že K = E / R \ Hledaný vzorec pro proud v elektrickém RL obvodu je I = — — e"*^. Příklad 2.3.5. Kondenzátor o kapacitě C = 10~3F je zapojen do série s odporem R = 200 íl a nabíjen ze sériově zapojeného zdroje o napětí E = 12 V. Určete napětí na kondenzátoru jednu sekundu po zapojení zdroje za předpokladu, že v čase t = 0 byl kondenzátor vybit. Řešení: Podle druhého Kirchhoffova zákona závislost proudu I na čase t vyjadřuje integrální rovnice 1 ŕ — / I(t) dr + RI = E. Cjo Po dosazení vztahu I{t) = -y- do této rovnice dostaneme rovnici pro náboj na kondenzátoru dQ 4- 1 O F R^t+čQ-E- Dosadíme hodnoty za konstanty a dostaneme lineární diferenciální rovnici Q' + 5Q = 0,06. Obecné řešení této rovnice je Q (t) = K e~5t + 0,012. Partikulární řešení s počáteční podmínkou Q(0) = 0jeQ(ŕ) = 0,012 ^1—e_5í Napětí na kondenzátoru v čase t se rovná Ec(t) = Q (t) = 12 ^1 — e_5í^. Ec(l) = 12(1 - e"5) = 11,92. Z toho -5 Kondenzátor je během jedné sekundy nabit téměř na maximální hodnotu 12 V. Příklad 2.3.6. Reste lineární diferenciální rovnice y i 2 a) y' H— = 6x b) y' + y tg x = - c) y' + 2xy = xe~x x cos x y d) xy--=x e) (1 + x2)y' — 2xy = (1 + x2)2 f) y' + y cos x = sin x cos x x + 1 22 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Řešení: a) y = ^ + 2x2; b) y = Ccosx + sinx; c) y = e x2(tt + C); d) dostanete J ^ dy = J x^x+1^ dx. Použijte rozklad na parciální zlomky. Výsledek: y = -^{C + x + ln |x|); e) y = (1 + x2){C + x); f) dostanete C(x) = f esmx sin x cos x dx. Použijte nejdřív substituci a potom per partes. Výsledek: y = Ce~sinx + sinx — 1. Příklad 2.3.7. Najděte řešení y(x) počáteční úlohy a) y' cos x — y sin x = 2x, y (0) = 0 b) y = Qy — 4e6x cos 5x + 24, y ^—^ = —4 c)y--^-y = x - 1, y(0) = 0 y = —^-g + 5x - 25, y(6) = 14 Řešení: a) y = b) y = (| — | sin5x — 4e~6x) e6x; c) y = (x + 1) (x - 2 ln |x + 1|); d) y = (5x - 16)(x - 5) = 5x2 - 41x + 80. Příklad 2.3.8. Řešte následující rovnice prvního řádu a) V ~y tgx = —\- b) xy + y = y2 COSd X c) yx lnx — y = 3 x3 ln2 x říj y'= x2 — x2y Řešení: a) lineární, řešení: y = ————; cosx b) separovatelná, řešení: y = l_LKx a y = 0; c) lineární, řešení: y = (x3 + K) lnx; d) lineární a také separovatelná, řešení: y = 1 + K e" MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 23 STUDIJNÍ JEDNOTKA diferenciální rovnice vyssiho radu 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 3.1 Homogenní diferenciální rovnice vyššího řádu Homogenní lineární dif. rovnice n-tého řádu s konstantními koeficienty — rovnice, která má tvar any[n) + a„-iy(n_1) + ... + axy + a0y = 0, ao,...,aneR, an ^ 0. 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 eXx K nalezení obecného řešení homogenní lineární diferenciální rovnice n-tého řádu s konstantními koeficienty je třeba vyřešit příslušnou charakteristickou rovnici an\n + a^-iA™"1 + ... + aiA + a0 = 0. 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 2. řádu je rovnice a2^2 + a±\ + ao = 0. Tuto rovnici vyřešíme (pomocí vzorce pro kvadratickou rovnici). Mohou nastat tři případy (v závislosti na diskriminantu): 24 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 1. Diskriminant je kladný, rovnice má dva navzájem různé reálné kořeny Ai 7^ A2. Potom fundamentální systém rovnice je ž/i=eAl*, y2 = ex*x. 2. Diskriminant je nulový, rovnice má dvojnásobný reálný kořen A = Ai = A2. Potom fundamentální systém rovnice je yi=eXx, y2=xeXx. 3. Diskriminant je záporný, rovnice má dva komplexně sdružené kořeny Ai>2 = a + ž/3, kde i označuje komplexní jednotku. Hledá se reálné řešení, a proto se zvolí (vzhledem k platnosti Eulerovy identity el/3x = cos j3x + i sin j3x) fundamentální systém: yi = eax cos (3x, y2 = eax sin j3x. Obecné řešení pak bude (ve všech třech případech): y = C\ y\ + C2 y2. V případě rovnic třetího a vyššího řádu k řešením charakteristické rovnice přiřazujeme fundamentální systém stejným způsobem jako v případě rovnice druhého řádu. Příklad 3.1.1. Najděte obecné řešení lineární diferenciální rovnice druhého řádu a)y"-y'-2y = 0 b) Ay" - Ay1 + y = 0 c) y" + Ay = 0 d) y" - Ay' + 13y = 0 Řešení: a) Napíšeme charakteristickou rovnici A2 — A — 2 = 0. Tu vyřešíme 1± VÍ + 8 / 2, A12 — - 2 \ -1. Potom yi = e2x, y2 = e~x, a ze vztahu y = C\ y\ + C2 y2 dostaneme obecné řešení y = Ci e2x + C2 e~x. b) Charakteristická rovnice je 4A2 — 4A + 1 = 0; Ai>2 =---- = -. 8 2 Charakteristická rovnice má dvojnásobný kořen, a proto yi = e2x, y2 = xe^x. Obecné řešení této rovnice je y = Ci e^x + C2 x e^x. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 25 c) Charakteristická rovnice je A2 + 4 = 0 a má komplexní kořeny Ai>2 = ±2ž. Potom yi = cos 2x, y2 = sin 2x. Obecné řešení bude y = C\ cos2x + C2 sin2x. d) Charakteristická rovnice je A2 - 4A + 13 = 0. Dostaneme zase komplexní kořeny Ai>2 = 4±x/*6 52 = 4±vp^ = 2 ± 3ž. Z toho yi = e2x cos 3x, y2 = e2x sin 3x a obecné řešení je y = d e2x cos 3x + C2 e2x sin 3x. Příklad 3.1.2. Najděte řešení Cauchyho úlohy a) y" - 4y' = 0, y(0) = 3, y'(0) = 8 6) y" - 2y' + 2y = 0, y(0) = 0, y'(0) = 2 Řešení: a) Charakteristická rovnice A2 — 4A = 0 má reálné kořeny Ai = 0 a A2 = 4. Potom yx = e0x = 1, y2 = e4x a y = Cx + C2 e4x. Spočítáme y' = 4 C2 e4x a dosadíme počáteční podmínky 3 = y(0) = Ci + C2, 8 = y'(0) = 4 C2. Řešením této soustavy rovnic je C\ = 1, Ci = 2. Z toho partikulární řešení bude y = 1 + 2 eAx. b) Charakteristická rovnice A2-2A+2 = 0 má komplexní kořeny A1>2 = l±ž. Potom = ex cos x, y2 = ex sin x a y = C\ ex cos x + C2 ex sin x. Z toho y' = Ci ex cos x — C\ ex sin x + C2 ex sin x + C2 ex cos x. Po dosazení podmínek dostaneme soustavu C\ = 0, Ci + C2 = 2. Pak Ci = 0, C2 = 2 a hledané řešení bude y = 2 ex sinx. Příklad 3.1.3. Najděte obecné řešení rovnic druhého řádu a) y" - 5y' + 6y = 0 6) y" - 4y' + 4y = 0 c) y" - y = 0 d) y" - 4y' + 5y = 0 e) y" + 2y' + 10y = 0 /) y" + 2y = 0 Řešení: a) y = C\ e2x + C2 e3x; b) y = C\ e2x + C2 xe2x; c) y = Ci ex + C2 e~x; ď) y = Cx e2x cos x + C2 e2x sin x; e) y = Ci e~x cos 3x + C2 e_x sin 3x; f) y = C\ cos \/22; + C2 sin \/2x. Příklad 3.1.4. Najděte řešení Cauchyho úlohy a) y" - 4y' + 3y = 0, y(0) = 6, y'(0) = 10 6) 4y" + y = 0, y(0) = 1, y'(0) = 1 c) y" - 6y' + 13y = 0, y(0) = 2, y'(0) = 6 Řešení: a) y = 4 ex + 2 e3x; b) y = cos | + 2 sin f; c) y = 2e3x cos 2x. 26 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 3.2 Nehomogenní diferenciální rovnice vyššího řádu Obecné řešení nehomogenní lineární diferenciální rovnice n-tého řádu any(n) + + • • • + alV' + a0y = f(x) je součtem obecného řešení homogenní rovnice (budeme ho značit yu) a jednoho partikulárního řešení nehomogenní rovnice (budeme ho značit Y), y = yh + 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) Partikulární řešení Y f(x) = eaxPn(x) kde Pn(x) je polynom n-tého stupně Y = eaxxkQn(x) a je /c-násobný kořen char, rovnice Qnix) je obecný polynom n-tého stupně f{x) = eax(M cos j3x + N sin j3x) Y = eaxxh (A cos j3x + B sin j3x) a + i/3 je /c-násobný kořen char, rovnice A, B jsou reálná čísla Poznámka. V případě, že a (resp. a + i/3) není kořen charakteristické rovnice, k = 0. Princip superpozice. Jestliže funkce na pravé straně je součtem speciálních pravých stran f(x) = f1(x) + ... + fm(x), potom i partikulární řešení nehomogenní rovnice bude součtem partikulárních řešení pro jednotlivé speciální pravé strany, Y = Y1 + ... + Ym. Příklad 3.2.1. Najděte obecné řešení lineární diferenciální rovnice druhého řádu se speciální pravou stranou a) y" - 4y = 10e3x 6) y" + 4y = 8x2 - 32x + 4 c) y" + 2y' -3y= (Ax - 3) ex d) 3y" - 2y' = 10 cos 2x Řešení: a) Vyřešíme homogenní rovnici y" — 4y = 0. Máme A2 — 4 = 0. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 27 Kořeny charakteristické rovnice jsou Ai^ = ±2 a yt = Ci e2x + C2 e 2x. Pravá strana je tvaru f (x) = 10 e3x = e3x P0(x). Zde a = 3 není kořen charakteristické rovnice (3 7^ ±2), a proto k = 0. Obecný polynom nultého stupně je konstanta, označíme ji A. Potom partikulární řešení bude mít tvar Y = e3xx°A = Ae3x a musí splňovat rovnici Y" — AY = 10 e3x. Musíme Y dvakrát derivovat a dosadit do rovnice: Y = A e3x, Y' = 3A e3x, Y" = 9A e3x. Po dosazení 9A e3x - AA e3x = 10 e3x. Rovnici nejdřív vydělíme e3x a dostaneme 9A — AA = 10; 5A = 10; A = 2. Máme jedno partikulární řešení Y = 2 e3x a obecné řešení nehomogenní rovnice je y = yh + Y = d e2x + C2 e~2x + 2e3x. b) Vyřešíme homogenní rovnici y" + Ay = 0. Charakteristická rovnice je A2 + 4 = 0 a její kořeny jsou Ai^ = ±2ž a yu = C\ cos2x + C2 sin2x. Pravá strana je tvaru f (x) = 8x2 -32x + A = e0x (8x2 - 32x + 4) = e0x P2(x). Zde a = 0 není kořen charakteristické rovnice (0 7^ ±2ž), a proto k = 0. Obecný polynom druhého stupně je Ax2 + Bx + C. Potom partikulární řešení bude mít tvar Y = e0x x° (Ax2 + Bx + C) = Ax2 + Bx + C a musí splňovat rovnici Y" + AY = 8x2 — 32x + 4. Musíme Y dvakrát derivovat Y = Ax2 + Bx + C, Y' = 2Ax + B, Y" = 2A, a po dosazení 2A + 4Ar2 + ABx + AC = 8x2 - 32x + 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). x2 : AA = 8 x1 : AB = -32 x° : 2A + AC = A 28 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Dostali jsme soustavu rovnic. Po vyřešení máme A = 2, B = —8, C = 0. Získali jsme jedno partikulární řešení nehomogenní rovnice Y = 2 x2 — 8 x. Potom obecné řešení nehomogenní rovnice bude c) Vyřešíme homogenní rovnici y" + 2y' — 3y = 0. Charakteristická rovnice jeA2 + 2A —3 = 0 a její kořeny jsou Ai = 1, A2 = —3 a y^ = C\ ex + C2 e_3x Pravá strana je tvaru Zde a = 1 je jednonásobný kořen charakteristické rovnice, a proto k = 1. Obecný polynom prvního stupně je Ax + B, a partikulární řešení bude mít tvar a musí splňovat rovnici Y" + 2Y' — 3V = (Ax — 3) ex. Musíme Y dvakrát derivovat (jako součin): Y = ex(Ax2 + Bx), Y' = ex(Ax2 + Bx) + ex(2Ax + B) = ex(Ax2 + Bx + 2 Ar + B), Y" = ex(Ax2 + Bx + 2Ar + 5) + ex(2Ar + S + 2 A) = = ex(Ax2 + Bx + 2Ax + B + 2Ax + B + 2A) = ex(Ax2 + Bx + AAx + 2B+ 2A), a po dosazení ex (Ax2 + Bx + AAx + 2B+ 2A)+ 2ex(Ax2 + Bx + 2Ax +B)-3ex(A x2 + Bx) = = (Ax - 3)ex. Rovnici nejdřív vydělíme ex a dostaneme Ax2 + Bx + AAx + 2B + 2A + 2Ax2 + 2Bx + AAx + 2B-3Ax2-3Bx = 4a;-3. Porovnáme koeficienty u jednotlivých mocnin. x2 : A + 2A - 3A = 0 x1 : B + AA + 2B + AA — 3B = A x° : 25 + 2A + 25 = -3 Dostali jsme soustavu 8A = 4, 2A + 45 =-3. Potom A = \, B = -1. Partikulární řešení je V = ex (--x ] . Potom obecné řešení bude y = yh + Y = Ci cos 2x + C2 sin 2x + 2 x2 — 8 x. /(x) = (4x-3)ex = exPi(x). Y ex x1 (Ax + B)= ex(Ax2 + 5x) MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 29 d) Vyřešíme homogenní rovnici 3y" — 2y' = 0. Charakteristická rovnice je 3A2 — 2A = 0 a její kořeny jsou Ai = 0, A2 = | a y h = C\ + C2 eix. Pravá strana je tvaru f (x) = 10 cos 2x = e0x (10 cos 2x + 0 sin 2x). Zde a + i/3 = 0 + 2í není kořen charakteristické rovnice, a proto k = 0. Partikulární řešení bude mít tvar Y = e0x x° (A cos 2x + B sin 2x) = A cos 2x + B sin 2x a musí splňovat rovnici 3Y" — 2Y' = 10cos2x. Musíme Y dvakrát derivovat: Y'=-2Asin2x + 2Bcos2x, Y" = —4Acos2x — 4Bsin2x. Dosadíme 3(-AA cos 2x - AB sin 2x) - 2{-2A sin 2x + 2B cos 2x) = 10 cos 2x, -12A cos 2x - 12B sin 2x + AA sin 2x - 4S cos 2x = 10 cos 2x. Aby rovnice platila, musí se rovnat koeficienty při cos 2x a sin 2x na obou stranách: cos2x: -12A-AB = 10 sm2x: -125 + 4.4 = 0 Zase jsme dostali soustavu rovnic: —12A — AB = 10, A — 3B = 0. 3 1 Odtud A = — f, B = — 7. Partikulární řešení je F = — cos2x--sin2x, 41 4 4 4 Obecné řešení nehomogenní rovnice bude v r, „ 2* 3 o 1 ■ o y = yh + Y = C\ + C2 e3--cos2x--sin2x. Příklad 3.2.2. Najděte partikulární řešení lineární diferenciální rovnice druhého řádu se speciální pravou stranou a) y" + 2y' + y = 2x-l, y(0) = 3, y'(0) = -4 b) y" + y = 8sinx, y(0) = 1, y'(0) = -3 Řešení: a) Vyřešíme homogenní rovnici y"+2y'+\ = 0. Máme A2+2A+1 = 0. Kořeny charakteristické rovnice jsou Ai = A2 = — 1 a yu = C\ e~x + C2 x e~x. Pravá strana je tvaru f(x) = 2x-l=e0x (2x - 1) = e0x P^x). Zde a = 0 není kořen charakteristické rovnice, a proto k = 0. Potom 30 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Y = e0x x° (Ax + B) = Ax + B, Y' = A, Y" = 0 a po dosazení 0 + 2A + Ax + B = 2x - 1. Porovnáme koeficienty: x1 : A = 2 x° : 2 A + S = -1 a dostaneme A = 2 a B = — 5. Potom V = 2x — 5 a obecné řešení y = yh + Y = d e~x + C2 x e~x + 2x - 5. Spočítáme ještě y', abychom mohli dosadit počáteční podmínky, y' = -Ci e~x + C2 e~x - C2 x e~x + 2. Z toho 3 = y(0) = Ci-5, -4 = y'(0) = -Ci+C2+2. Pak d = 8, C2 = 2. Hledané partikulární řešení bude y = 8 e~x + 2 x e~x + 2x — 5. b) Vyřešíme homogenní rovnici y" + y = 0. Máme A2 + 1 = 0. Kořeny charakteristické rovnice jsou A12 = ±ž a yu = C\ cos x + C2 sinx. Pravá strana je tvaru /(x) = 8sinx = e0x (Ocosx + 8sinx). Zde a + i/3 = 0 + i je kořen charakteristické rovnice, a proto /c = 1 a V = e0x x1 (Acosx + Ssinx) = x(Acosx + Ssinx). Spočítáme derivace a dosadíme do rovnice: Y' = A cosx+S sinx+x(—A sin x+i? cos x) = (A+Bx) cosx + (B—Ax) sinx, Y" = (2B - Ax) cos x + (-2A - Bx) sin x, (2B — Ax) cos x + (-2A — Bx) sin x + Ax cos x + Sx sin x = 8 sin x. Musí se rovnat koeficienty při cos x a sin x na obou stranách: cos x : 2S — Ax + Ax = 0 sinx : — 2A — Bx + Bx = 8 Potom A = —4, i? = 0, V = —4xcosx a y = C\ cosx + C2 sinx —4xcosx. Spočítáme y' = —C\ sinx + C2 cosx —4cosx+4xsinx a dosadíme počáteční podmínky: 1 = y(0) = Cu -3 = y'(0) = C2 - 4 Ci = 1, C2 = 1. Hledané řešení je y = cos x + sin x — Ax cos x. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 31 Příklad 3.2.3. Je dán elektrický LC obvod, kde cívka o indukčnosti L = 10 H má velmi malý ohmický odpor. Do série k ní je zařazen kondenzátor o kapacitě C = 0.1 F a zdroj, jehož napětí lineárně roste s časem podle vztahu E = 10t. Určete závislost proudu tekoucího obvodem na čase, je-li 1(0) = 0 a kondenzátor byl v čase t = 0 vybit. Řešení: Pro tento obvod platí Po derivování a dosazení dostaneme lineární diferenciální rovnici druhého řádu d2/ 10-ľľJ + 107 = 10-dŕ^ Obecné řešení této rovnice je I(t) = C\ cos ŕ + C2 siní + 1. Partikulární řešení splňující dané počáteční podmínky 1(0) = 0 a I'(0) = 0 určíme z 1(0) = d + 1 = 0, ľ (t) = -Cx sin ŕ + C2 cos ŕ a I'(0) = C2 = 0. Řešení úlohy tedy je I(t) = 1 - cos ŕ. Přestože napětí neomezeně roste, zůstává proud v takovém obvodu omezený. Příklad 3.2.4. Principem superpozice vyřešte lineární diferenciální rovnici druhého řádu y" + y' = 5x + 2ex. Řešení: Kořeny charakteristické rovnice A2 + A = 0 jsou Ax = 0, A2 = — 1 a yh = C1 +C2 e~x. Partikulární řešení dostaneme jako součet partikulárních řešení dvou rovnic, které mají speciální pravé strany: y" + y' = 5x a y" + y' = 2ex. U první rovnice je pravá strana tvaru ft(x) = 5x = e0x 5x = e0x P^x). Zde a = 0 je jednoduchý kořen charakteristické rovnice, a proto k = 1. Potom li = e0x x1 (Ax + B) = Ax2 + Bx, Y[ = 2Ax + B, Y" = 2A a po dosazení do rovnice Y" + Y[ = 5x máme 2A + 2Ax + B = 5x. Porovnáme koeficienty: x1 : 2A = 5 x° : 2A + B = 0 Z toho A = | a B = —5. Dostali jsme Y\ = |x2 — 5x. U druhé rovnice je pravá strana tvaru f2(x) = 2ex = ex 2 = ex P0(x). 32 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Zde a = 1 není kořen charakteristické rovnice, a proto k = 0. Potom píšeme Y2 = exx°A = Aex, Y2' = Aex, Y2" = Aex a po dosazení do V2" + V2' = 2ex, Aex + Aex = 2ex, 2Aex = 2ex, 2A = 2, A = 1. Potom Y2 = ex a jedno partikulární řešení původní rovnice dostaneme jako Hledané obecné řešení je y = C\ + C2 e x H—x2 — 5x + ex. Příklad 3.2.5. Najděte obecné řešení rovnic druhého řádu metodou neurčitých koeficientů Řešení: a) y = d e^x+C2 e~x-2e2x; b) y = d e~x + C2 e3x + ±(3x-5); c) y = d cos \/3x + C2 sin \/3x + 3x2 - 2; d) y = d e"3x + C2 xe"3x + e3x(x — i); e) y = Ci e~x cos 2x + C2 e~x sin 2x — A cos 2x + sin 2x; f) y = Ci + C2 etx + 4 cos x — 3sinx. Příklad 3.2.6. Najděte partikulární řešení rovnic metodou neurčitých koeficientů a) y" - 2ý = 2x2ex, y(0) = 1, y'(0) = 5 6) y" -2y = (2x - l)2, y(0) = -±, y'(0) = 2 c) y" - 7ý + Wy = 116 sin 2x, y(0) = 3, y'(0) = -2 Řešení: a) y = ± + §e2x+ex(-2x2-4); b) y = +e~"/2x-2x2+2x-\; c) y = —4e2x + 7 cos 2x + 3 sin 2x. 5 a) 2y" - 5y' - 7y = 18e2x d) y" + 6y' + 9y = 36xe3x b) y"-2y'-3y = l-x e) y" + 2y' + 5y = 17 sin 2x c) y" + 3y = 9x2 /) 3y" -4y' = 25 sin x MATEMATIKA 2 - 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 4.1 Komplexní čísla Komplexní jednotka — číslo j, pro které platí j2 = —1, někdy se označuje také jako i. Algebraický tvar komplexního čísla — komplexní číslo zapsané ve tvaru z = a + j 6, a, b E M., a = Tie 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 ž = a — j b. Absolutní hodnota komplexního čísla — pro z = a + j b je to reálné číslo \z\ = V a2 + b2. Argument komplexního čísla — arg z = p je úhel mezi kladnou x-ovou poloosou a polopřímkou, spojující bod z s počátkem. Uvažujeme-li pouze p E (—7r,7r), píšeme Arg z = (p. Pro argument p komplexního čísla z = a + j b platí a b cos p = — , sin p = =. Va2 + b2 Va2 + b2 34 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Gaussova rovina — rovina xy, ve které komplexní číslo z = a+j b je znázorněno bodem [a, b]. Absolutní hodnota čísla z se potom rovná vzdálenosti bodu [a, b] od počátku. Absolutní hodnota rozdílu dvou komplexních čísel se rovná jejich vzdálenosti v komplexní rovině. Goniometrický tvar komplexního čísla — komplexní číslo zapsané ve tvaru z = \z\(cosip + j sinip), kde \z\ je absolutní hodnota komplexního čísla a ip je argument čísla z. Eulerův tvar komplexního čísla — komplexní číslo zapsané ve tvaru z = \z\ e]ip, kde \z\ a ip mají stejný význam jako u goniometrického tvaru. Pro a + jfc-ac + jd libovolná komplexní čísla se definuje sčítání a násobení takto: (a+j 6) + (c + jd) = (a + c) +j {b + d), (a+j 6)- (c + jd) = (ac - bd) + j {ad + 6c). Při dělení komplexních čísel se využívá komplexně sdružené číslo jmenovatele: a + \ b a + \ b c — i d ac + bd bc — ad , , ^, , , —^ = —V-^ = ^—^+J^—^ a+j&,c + jdeC; c + jd^O. c+jo! c + ja c — jo! <+ + g!z cz + gt Komplexní čísla se zjednodušují podle pravidel ik E Z): j2 = -l, j3 = -j, j4 = l, j5=j,...,j4fe = l, j4fe+1=j, j4fe+2 = "l, J4fe+3 = -J-Násobení a dělení komplexních čísel v goniometrickém tvaru: u \u\ uv = \u\ ■ lvi (cos (a + /3) + j sin (a + /3)); — = —(cos (a — /3) + j sin (a — /3)), kde u = |ií|(cosa + j sina) a v = |u|(cos/3 + j sin0) jsou dvě nenulová komplexní čísla. Pro umocňování platí Moivreova věta: zn = (\z\(cos

+ j sinny?), n G N. Příklad 4.1.1. Vypočítejte komplexní číslo a)z = (2+j)(5+j) b)z=j +j3+j15+j29 C)z = i±|- Řešení: a) (2 + j )(5 + j) = 10 + 5j + 2j - 1 = (10 - 1) + j (5 + 2) = 9 + 7j; b)j +j3+j15+j29=j +j3+j3+j j -j -j +j =a l + 2j = (l + 2j)(3 + 4j) = 3 + 4j +6j + 8j2 = -5 + lOj = _1 2. Cj3-4j 32-(4j)2 9 -(-16) 25 5 5J' MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 35 Příklad 4.1.2. Určete absolutní hodnotu a argument komplexních čísel a) -1+j 6) j c) -1 d)2 + 2j Řešení: a) | — 1 + j | = \J(—l)2 + l2 = \/2; sin o? = —r=, cos o? =--t=. = v 2 v2 3 Potom ld = -7T + 2/c7T, /c celé. 4 b) |j | = \/0 + l2 = 1; sin ip = 1, cos o? = 0. Z toho o? = -7r + 2kir. c) | — 1| = (—l)2 + 0 = 1; sin o? = 0, cos o? = — 1. Z toho o? = 7r + 2kir. d) 12 + 2j I = V22 + 22 = \/8, sin o? = ^- = -L = —, cos o? = -4= = —. Potom o? =--h 2kiľ. 4 Příklad 4.1.3. Najděte v Gaussově rovině čísla z, pro něž platí dané rovnice a)|z + 3-5j|=3 b)\z-j\ = l c)l<|z+j|<2 d) \z\ = 1 — 2j e) z = Um z /) Stí 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 1. c) Vzdálenost bodu z od —j musí být v rozmezí od 1 do 2. Množina všech takových z je tedy vnitřek mezikruží se středem v bodě —j. Poloměry hraničních kružnic jsou 1 a 2. 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 4.1.4. Zapište v Eulerově tvaru z = \z\ eiV komplexní čísla a) l-j\/3 6) - j c) -1 d)l Řešení: a) 2 eH+2feKi; b) eH+2feKi; c) e(1+2fe^ ; d) e2fe"j 36 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 4.2 Funkce komplexní proměnné Funkce w = f [z) definovaná na oblasti íl C C s funkčními hodnotami v oboru komplexních čísel se nazývá funkce komplexní proměnné. Je-li ke každému z G f! 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 + j y a u(x,y), v(x,y) jsou reálné funkce dvou proměnných. Funkci u(x,y) nazýváme reálnou částí /, píšeme 73e/ a v(x,y) nazýváme imaginární částí funkce /, značíme 1m f. Přehled některých důležitých komplexních funkcí Název komplexní funkce Vzorec pro komplexní funkci Podmínky platnosti vzorce Exponenciální funkce ez = ex(cosy + j siny) z = x + j y, z E C Kosinus ei z+e~i z COS Z = - z G C Sinus sin z = -—~?— z G C Tangens tg Z = ° COS z z 7^ (2fc+1)7r^ ce\£ Kotangens cot z = 2££ sm z z kn, k celé Kosinus hyperbolický coshz = e2+2e z G C Sinus hyperbolický sinhz = e*~e z G C Logaritmická funkce ln z = ln z| + j arg z z G C, z ^ 0 Mocninná funkce _ ln z z, a G C, z ^ 0 Funkce ez, sinhz a coshz jsou periodické s periodou 27rj, funkce sin z a cos z s periodou 2tt. Funkce ln z a zQ jsou víceznačné, ke každému číslu je přiřazeno více komplexních čísel. Omezíme-li se na Arg z G (—7r,7r) dostaneme tzv. hlavní větev logaritmu resp. hlavní hodnotu mocninné funkce. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 37 Příklad 4.2.1. Určete reálnou a imaginární část funkce f (z) a)f(z) = (z+j)2 b)f{z)=e-i* Řešení: a) /(x+j y) = (x + j y + j )2 = (x + j (y + l))2 = x2 + 2j x(y + 1) - (y + l)2 x2 — y2 — 2y — 1 + j 2(xy + x). Z toho píšeme, že 7\!e /(z) = x2 — y2 — 2y — 1 a Tm f (z) = 2xy + 2x. b) /(x+jy) = e~j(x+jy) = e(y_jx) = ey(cos(—x)+j sin(—x)) = ey(cosx — j sinx). Potom Tie f (z) = ev cos x a Tmf(z) = —evsinx. Příklad 4.2.2. Vypočítejte hodnoty následujících výrazů, v části d) až h) hlavní hodnoty výrazů a) e1+^ 6) e' f c) ln(e' f) d) ln(l + j) e) in(-i) f)(-iy h) r Řešení: a) e1^71" = e(cos7r + j sin7r) = —e. b) e1 2 = (cos - +] srn-) = c) ln(e' 3) = lnl + j - = j -. d) 1 + j = \/2(cos(^ + 2/c7r)+j sin(^ + 2/ctt)). Pak ln(l + j) = ln(v^) + j j. e) —1 = l(cos(7r + 2kir) + j sin(7r + 2kir)). Omezíme-li se na hlavní větev logaritmu, bereme k = 0 a dostaneme, že ln(—1) = lnl+J7r=J7r. f) (-l)j =ei ln(_1) =ejj^ = e^. g) j j =ej m j =ei(im+jf) =i-f_ 2 2 h) j *■ = ew lnj = ewj í = e' í = cos y + j sin y. Příklad 4.2.3. Vyjádřete cos2 c/? a sin2 c/? pomocí komplexních goniometrických funkcí argumentu 2tp. Řešení: Nejdřív spočítáme cos2 ip : cos2 (f = (e^ + e--^)2 e2^ + 2 + e-2-^ 1 + °"^" _ l + cos2^ 4 4 Podobně sin^ c/j 2 1 — cos 2ip 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) v bodě zq a derivace f'(zo), jako f'(z0) = lim /(*)-/(«>) z- z0 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'(zo) existuje, říkáme, že funkce / je diferencovatelná v bodě z$. Jestliže /' existuje v bodě z0 a v nějakém jeho okolí, nazývá se funkce / analytická nebo také holomorfní v zq. Funkce fix + j y) = u(x, y) + j vix, y) je holomorfní v bodě z0, právě když v nějakém okolí tohoto bodu splňuje tzv. Cauchy-Riemannovy podmínky: du dv dx dy' du dy dv dx Příklad 4.3.1. Zjistěte z Cauchy-Riemannových podmínek, na které oblasti jsou následující funkce holomorfní, a na této oblasti spočítejte jejích derivace a)f(z)=ď b)f(z) = - c)f(z)=Tmz d)f(z) = \z\ e) f(z) = z2 Řešení: a) Nejdřív musíme určit reálnou a imaginární část funkce. fix + j y) = ex+iy = exéy = ex(cosy + j siny) = ex cos y + j ex siny. Potom Rovnice du dx Funkce f (z) - b) f(x+jy) Potom du dx u(x, y) = ex cos y ex cos y vix, y) = ex siny. di ex(—siny) = — platí na celém C. dv du dy' dy ez je holomorfní pro všechna z G C a f (z) = e 1 x — i u x -2/ x +jy u(x,y) 1 — x2x x-]y x2 + y2 x 9 J 9 yz xA y 2 ' x2 + y2 9 r y — x' y* „2 a vix, y) = ,2' [x* y 2\2 du dy [x* + y —2xy 2\2 ' y 2\2 ■ dv dy dv dx x' + y2 - yžy y2 x (r + y 2xy 2\2 ,2\2 ■ [x* y 2\2 ' MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 39 Cauchy-Riemannovy podmínky platí pro všechna z G C\{0}. Funkce f(z) = -je holomorfní v každém bodě kromě nuly a f'(z) =--- pro z ^ 0. z2 c) Pro f (z) = Um z máme f(x + j y) = y. Potom u(x, y) = y a v(x, y) = 0 du dv du dv , , a —— = 0 = —, — = 1, —— = 0, 1^0. Rovnice neplatí v žadnem dx dy dy dx bodě. Funkce není holomorfní v žádném bodě, a proto f (z) neexistuje. d) Pro f (z) = \z\ máme /(x + jy) = y'x2 + y2. /-^-7T du x dv Potom ulx.y) = \/x2 + u2 a vlx.y) = 0 a —— = —. = —— pouze 1 ; V K ' dx ^Ty2 dy du dv pro x = 0. Podobně —— = — — pro y = 0. Ale v bodě z = 0 + 0j příslušné dy dx derivace nejsou definované. Rovnice neplatí v žádném bodě. Funkce není holomorfní v žádném bodě a proto f (z) neexistuje. e) f(x+jy) = (x+j yf = x2 + 2xyj - y2 = x2 - y2 + j 2xy. Potom u(x,y)=x2—y2 a v(x,y) = 2xy. du dv du dv , Rovnice — = 2x = —, —— = — 2y = — —— platí na celém L. dx dy dy dx Funkce f (z) = z2 je holomorfní pro všechna z G C a f (z) = 2z. Příklad 4.3.2. Zjistěte oblast na které je funkce f (z) = —-— holomorfní, a vypočítejte z-j f (2 — j), jestliže derivace v tomto bodě existuje. Ť>- > sr , - \ J J ^-J(y-l) (y-l)+jx Resem: j{x+]y) =-=--------- = —---—. x + j y - j x + j (y - 1) x - j (y - 1) x2 + (y-\)2 {V ~ 1) /x x Potom u(x, y) = ^ + (y _ i? a v(x, y) = ^ + (y _ i?. du —(y — l)2x dv — x2(y — 1) du dv dx (x2 + (y — l)2)2' dy (x2 + (y — l)2)2 dx dy du x2 — (y — l)2 dv (y — l)2 — x2 du dv dy (x2 + (y — l)2)2' <9x (x2 + (y — l)2)2 <9y <9x Cauchy-Riemannovy podmínky platí všude kromě bodu x = 0, y = 1. Funkce je holomorfní pro všechna z G C — {j }. 40 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 4.3.3. Zjistěte z Cauchy-Riemannových podmínek, na které oblasti jsou následující funkce holomorfní, a na této oblasti spočítejte jejich derivace a)f(z) = z3 b)f(z) = -!— c)f(z)=Vez d)f(z) = z + ž e) f (z) = cos z z — 1 Řešení: a) f'(z) = 3z2 pro všechna z G C; b) f'(z) = — ^z\y W° všechna z G C — {1}; c) není holomorfní v žádném bodě; d) není holomorfní v žádném bodě; e) f (z) = — sin z pro všechna z G C. Příklad 4.3.4. Najděte holomorfní funkci f (z), která má při z = x+]y reálnou část u = x2 — y2 + x. Qu Qv Řešení: První metoda: —— = 2x+l = —. Z toho integrováním dostaneme Qx Qy v = f(2x + 1) dy = 2xy + y + C (x) a z toho ^ = 2y + C'(x). ox Qv Qu Na druhé straně —— = — —— = 2y. Dostali jsme rovnost 2y + C'(x) = 2y. Qx Qy Z toho C'{x) = 0, a pak C(x) = J 0 dx = K. Po dosazení v = 2xy + y + K a máme řešení f(x + j y) = x2 - y2 + x + j (2xy + y + K). Když chceme vyjádřit tuto funkci v závislosti na z, nahradíme x = z a y = 0. Potom /(z) = z2 - O2 + z + j (2z ■ 0 + 0 + K) = z2 + z+]K. Druhá metoda: Z Cauchy-Riemannových podmínek odvodíme vzorec na derivaci funkce v bodě pouze pomocí reálné části funkce: . du(x,y) . du(x,y) f[x+jy) = —p--J —p— Qx Qy Qu Qu Víme, že — = 2x + 1 a — = —2y. Z toho f(x + j y) = 2x + 1 - j (-2y). Potom f (z) = 2z + 1 a f (z) = J 2z + 1 dz = z2 + z + c, c G C. Reálná část konstanty je nula, protože naše funkce je u = x2 — y2 + x. Z toho plyne, že komplexní číslo c bude ryze imaginární. Příklad 4.3.5. Najděte holomorfní funkci f'(z), která má při z = x+]y imaginární část v = x + y — 3 a /(O) = —3j. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 41 dv du Řešení: První metoda: — = 1 = ——. Z toho u = f 1 dx = x + C (y). dy dx Potom ^- = C (y), dy du dv Na druhé straně — = — —— = — 1. Dostali jsme rovnost C (y) = —1. dy dx Pak C (y) = — J 1 dy = —y + K. Po dosazení u = x — y + K, f(x+jy) =x-y + K +j (x + y - 3), f(z) = z+jz-3j +K. Musí platit, že /(O) = 0 + j 0 - 3j + K = -3j. Potom K = 0. Hledaná funkce je /(z) = z + j z — 3j. Druhá metoda: Z Cauchy-Riemannových podmínek odvodíme vzorec na derivaci funkce v bodě pouze pomocí imaginární části funkce: dy dx dv dv Víme, že — = 1 a — = 1. Z toho fix + jy) = 1 + j. dx dy Potom f (z) = 1 + j a f (z) = J 1 + j dz = (1 + j )z + c, c G C. Imaginární čast konstanty c je -3, protože naše funkce je v = x + y — 3. Z toho plyne, že komplexní číslo c = a — 3j. Dosazením počáteční podmínky dostaneme, že a = 0, a proto /(z) = (1 + j )z — 3j. Příklad 4.3.6. Najděte holomorfní funkci f (z), která má při z = x+]y reálnou část a) u = 6xy + 3x2y — y3 a /(O) = 5j b) u = x2 — 2xy a /(O) = 0 Řešení: a) /(z) = —j z3 — 3j z2 + 5j; b) -u není harmonická, proto neexistuje holomorfní funkce, která má za reálnou část u. Příklad 4.3.7. Najděte holomorfní funkci f (z), která má při z = x+]y imaginární část a) v = 9x3y - 9xy3 + 5x a /(O) = 6 b) v = 7xy3 - 7x3y - 8x a /(O) = 3 Řešení: a) /(z) = |x4 - f x2y2 + |y4 - 5y + 6 + j (9x3y - 9xy3 + 5x) = |z4 + 5j z + 6; b) f (z) = -|x4 + f x2y2-|y4 + 8y+3+j (7xy3 - 7x3y - 8x) = -|z4-8jz + 3. 42 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně STUDIJNÍ JEDNOTKA INTEGRAL 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. 5 Integrál funkce komplexní proměnné 5.1 Integrál komplexní funkce pomocí parametrizace křivky Nechť je daná T : IR —> C komplexní funkce reálné proměnné r : z(t)=x(t)+jy(t); t E {a, (3). 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 T je po částech hladká orientovaná křivka v komplexní rovině začínající v bodě z (a) a končící v bodě z((3). Z křivek budeme nejčastěji uvažovat úsečky a kružnice, jejichž parametrické rovnice v Gaussové rovině jsou tyto: 1. Obecně úsečka o krajních bodech zi, z2 má parametrickou rovnici Z(t) = Zi + (z2 - 2i)í, t E (0, 1) Speciálním případem jsou úsečky ležící na souřadnicových osách. Nejjednodušší popis úsečky ležící na x-ové ose mezi body z\ = a, z2 = (3 je zit) = t, t E {a, (3) a podobně úsečku ležící na y-ové ose mezi body z\ = aj, z2 = /3j popisujeme jako z(t) = jí, t E (a, (3). 2. Kladně orientovaná kružnice se středem v bodě zq o poloměru r má parametrickou rovnici z(t) = z0 + r-e]t, t E (0, 2tt). MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 43 Nechť je w = f [z) komplexní funkce, jednoznačná a spojitá na křivce Y. Potom integrál z funkce / po křivce T je definován takto: O integrálu funkce komplexní proměnné platí řada vět analogicky k větám o integrálu reálných funkcí, zejména tyto: ífi(z) + f2(z)) dz= í f1(z)dz+ í f2(z)dz k ■ f (z) dz = k f (z) dz r Jt I f (z) dz = I f (z) dz + / f (z) dz, skládá-li se T z křivek Ti a T2, Jt Jtx Jt2 Ti a T2 mají jediný společný bod / f (z) dz = — / f (z) dz, značí-li Ti opačně orientovanou křivku T Jt Aj Příklad 5.1.1. Vypočtěte integrál J ž dz, kde T je úsečka z bodu -1 do bodu 3. Řešení: Parametrická rovnice této úsečky je z (t) = t, ŕ G (—1, 3). Z toho vyjádříme lit) = t a dz = 1 dŕ. z dz = t dt = t J-i 9 2 2 1) = 4. Příklad 5.1.2. Vypočtěte J \z\ dz, kde T je horní půlkružnice z bodu 1 do bodu -1. Řešení: Parametrická rovnice půlkružnice je zit) = e1*, t G (0,7r). Z toho vyjádříme \z(t) \ = 1 a dz = je'* dŕ. \z\ dz= / jefí dŕ = j / efí dŕ = j 'r Jo Jo cos7T + jsin7r — 1 = — 1+j - 0 — 1 = —2. Jí jíl7" - J" _ Oo e = Příklad 5.1.3. Vypočtěte J \z\ z dz, kde T je horní půlkružnice z bodu -1 do bodu 1. Řešení: Parametrická rovnice půlkružnice je zit) = e'*, ŕ = tt —> t = 0. Z toho vyjádříme \z(t) \ ~ž = e--'* a dz = j e-'* dŕ. 0 ľ0 t: Ji Ji : / 1 Ji : ľi|0 z\ždz= / e-'V dr=j / ldr = j [C=j(0-7r) = -j£. 44 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 5.1.4. Vypočtěte J ~Rez dz, kde T je horní půlkružnice z bodu 3 do bodu -3. Řešení: Parametrická rovnice půlkružnice je zit) = 3e'*, t E (0,7r). Potřebujeme vyjádřit z ale z této rovnice půlkružnice to nejde, musíme použit jiný zápis: z(t) = 3(cosŕ+j sinŕ), t E (0, ir). Potom 7Ze z = 3 cos t, a dz = (—3 sin ŕ + j 3 cos ŕ) dŕ, a J7tezdz = = / 3cosr(—3 sin ŕ + j 3 cos ŕ) dŕ = 9 / (— cos ŕ sin ŕ) dŕ + 9j / cos2ŕdŕ. Jo Jo Jo Nejdřív spočítáme první integrál pomocí substituce u = cos ŕ. Pak du = — sin ŕ dŕ, a pro ŕ = 0 je u = 1, pro ŕ = 7rje u = — 1. Dostaneme 9 -i cos ŕ sin ŕ) dŕ = 9 / iidíi = 9 u T = 9(5-j)=0. t-. ' i 2 1 + COS 2x Pro výpočet druhého integrálu použijeme vzorec : cos x =---. r 2 , ľ 1 + cos 2ŕ , r 1 , r cos 2ŕ , Potom / cos2 ŕ dŕ = /---dŕ = J - dŕ + J dŕ = 7T 9 fezdz = 0 + 9j- = -^ "ŕ" 7ľ 1 sin2ŕ 7ľ 7T 2 + 0 4 0 2 Příklad 5.1.5. Vypočtěte integrál J Tmz dz, kde T je úsečka z bodu 0 do bodu 1 + j . Řešení: Parametrická rovnice této úsečky je z (t) = ŕ + j ŕ, ŕ E (0,1). Z toho Im zit) = ŕa dz = (l+j)dŕa J Im z dz = ŕ-(l+j)dŕ ŕdŕ + j / ŕdŕ o o "ŕ2" i "ŕ2" i 1 1 2 0 H 2 0 2 " Příklad 5.1.6. Vypočtěte J ~Rez dz, kde T je oblouk paraboly z bodu 0 do bodu 1, který má parametrickou rovnici z (ŕ) = ŕ+jŕ2, ŕ E (0,1). Řešení: T : z (t) = t + j ŕ2, ŕ E (0,1), %z(í)=ŕ a dz = (1 + j 2ŕ) dŕ. í Vezdz= í ŕ(l + 2j ŕ) dŕ = /" ŕ dŕ + 2j /" ŕ2 dŕ 7r Jo Jo Jo 2j 2_3 MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 45 Příklad 5.1.7. Vypočtěte j Vez dz, kde T je lomená čára spojující body 0, 1 a 1 + j Řešení: Křivka Y se skládá ze dvou úseček Ti a Tj. I\ : z{t) =t, t E (0,1), ftez(t)=ta dz = dt. r2 : z(t) = 1 + jí, t E (0,1), Kez(t) = l & dz = j dt. Vezdz = í tdt+] í l dt = r Jo Jo Příklad 5.1.8. Vypočtěte J \z\ z dz, kde T je a) kladně orientována kružnice \z\ = 2 b) daná graficky Řešení: a) z(ť) = 2ejí, t E (0, 2tt), |z(t)| ž(í) = 2 • 2e"jí a dz = 2j ejí dt. /» /*2"7T /*2"7T \z\ždz= / 4e"jí2jeií dt = 8j / dt = 8j [t]^ = 8j 2tt = 16ttj . 7r Vo ./o - b) Křivka se skládá ze tři části: T = Ti U T 2 U IV T1:z(t)=t, t G (0,1), \z(t)\ ž(í) =t-t = t2 a dz = dí. z| z dz = / t2 df r J o r+3 1 3" r2:z(t)=eií, tG(0,f), |z(í)| ž(í) = e-'* a dz=jei*dt. z I z dz = e-^jei* dt = j / dí=j [Í]| = 7J. r2 Jo Jo 4 7t T3: z(t) = ^t+j^t=^t{l+3), dz = ^(l+j)dí a |z(t)| ~z{t) = ^tV2^t(l - j) = ^t2(l - j). I kl^dz = ^°t2^(l-j)^(l+j)dt = i(l-j)(l+j) x/2, 1 3' / \z\ z dz = / |z| z dz + \z\ z dz Jt Jt! Jt2 r3 i i — i 1 77 1 7r \z\ z dz = —|—i--= —i. m 3 4J 3 4J 46 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 5.1.9. Vypočtěte integrály, když integrační cesta je daná graficky Řešení: a) 7ttj ; b)c) f; d)|j; e) 2 +\/2 (j - 1). Ve všech příkladech v této kapitole jsme integrovali funkce, které nejsou holomorfní na C. Byly to funkce Tie z, lín z, \z\,~ž~, 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. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 47 5.2 Cauchyův vzorec a Cauchyova věta Cauchyova věta. Jestliže funkce f (z) je holomorfní v jednoduše souvislé oblasti v níž leží křivka T, potom hodnota integrálu J f (z) dz nezávisí na tvaru křivky T, pouze na jejich krajných bodech. V takovém případě f (z) dz = F(z2)-F(z1), kde z\ je počáteční a z2 koncový bod křivky T, a pro funkci F (z) platí, že F'(z) = f (z). Pro uzavřenou křivku T v této oblasti platí, že J f (z) dz = 0. Cauchyův vzorec. Jestliže funkce f (z) je holomorfní v jednoduše souvislé oblasti íž v níž leží uzavřená křivka T, potom platí fíz\ I 27rj/(zo), jestliže zq leží uvnitř Y, J y ' dz = ( r z zo \ 0, jestliže zq leží vně T. Příklad 5.2.1. Vypočtěte následující integrály b) J ez dz, kde T je obvod obdélníka s vrcholy z\ = —1, z2 = 1, z^ = 1+j, z^ = —1+j kladné orientovaný c) j sin j z dz, kde Y je libovolná křivka spojující body 0 a 7rj r d) I -dz, T : \z + j I = 1 je kladné orientovaná kružnice e) / -dz, kde T je trojúhelník spojující body 0, 2j a 3 + j b) ez je holomorfní funkce na množině C, a proto J ez dz = 0. c) / sin j z dz = —- [cos j z$ = j (cos(—7r) — cos 0) = j (—1 — 1) = — 2j. d) / dz = 0; e) / Z dz = 0. ^ 7r^-J Wr^ + 2j 48 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 5.2.2. Využitím Cauchyho vzorce vypočtěte následující integrály a) / -dz, kde Y : \z — 1| = 1 je kladně orientovaná kružnice b) ľ ——-—— dz, kde Y je daná rovnicí \z\ = 3, kladně orientovaná Jt z — 2 f e]z c) I — dz, kde Y je daná rovnicí \z + 1| = 2, kladně orientovaná Jt z ľ cos z d) / -dz, r : \z\ = 1 je kladně orientovaná kružnice Jt * ľ z2 e) / -dz, kde Y je daná rovnicí \z + j I = 1, kladně orientovaná JT z + 5 - 2j Řešení: a) f (z) = ez je holomorfní funkce na množině C, a bod zq = 1 leží uvnitř křivky Y. Y f ez Dle Cauchyho vzorce / -dz = 2tt'} e. JT z - 1 = b) V tomto případě f(z) = z2 + 2z + 2 a zq = 2 leží uvnitř křivky Y. f z2 + 2z + 2 Podle Cauchyho vzorce / -dz = 2it] (4 + 4 + 2) = 207rj. Jt z — 2 = f e^z f cos z f z2 c) / _ dz = 2ttj ; d) / -dz = 2ttj ; e) / dz = 0. Jt z Jt z Jt z + 5 - 2j Příklad 5.2.3. Využitím Cauchyho vzorce vypočtěte následující integrály ľ dz a) I —r-z-r, kde Y : I z I = 1 je kladně orientovaná kružnice yrz(z2+4)' dz b) I 9 , -, ) ^e T je daná rovnicí \z — j | = 1, kladně orientovaná z2 + r dz c) I ——-—-—, kde Y je daná rovnicí \z — 1 — j I = 2, kladně orientovaná V (z^ + l)(z + iy z2 + 2z — 1 ří) /----— dz, kde Y je daná rovnicí I z + 21 = 1, kladně orientovaná J 'T z(z + 2) ' J I ^ I > f dz e) / —-, kde Y je daná rovnicí Izl = 3, kladně orientovaná J JTz2 + V 1 1 MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 49 Řešení: a) Funkce f (z) = z(z2 + 4) je holomorfní na C — {0, 2j, — 2j }. Funkce f (z) Bod zo = 0 leží uvnitř křivky T, další body, ve kterých funkce není holomorfní leží mimo křivku. Proto funkci upravíme takto: i z2+4 z(z2 + 4) z z2 + 4 spolu s křivkou T a bodem zq = 0 splňují předpoklady k použití Cauchyho vzorce. Můžeme psát b) Funkce f (z) = dz rz(z2+4) 1 z2+4 1 1 r z ^ = 2^-=^. 1 — je holomorfní na C — {j, — j }. z2 + l (z+j)(z-j) Bod zq = j leží uvnitř křivky T, bod zi = —j leží mimo křivku. dz Tz2 + 1 i 1 dz = 27tj - = 7t. r ^ - J 2j - dz (z2 + l)(z + l)í (z+JX^+l)2 , 7t. ,x / z + 2Z - 1 dz = -7TJ; d) , / , o r z — j 2 yr z(z + 2 dz = 7tj . 1 — je holomorfní na C — {j , — j }. e) Funkce /(z) = ^— = — . z2 + l (z+j)(z-j) Body zo = j, a z\ = — j leží uvnitř křivky T a nemůžeme použit Cauchyův vzorec pro tuto funkci ani po úpravě. Rozložíme funkci na parciální zlomky. 1 A B z2 + l z + } z — j l = A(z-j) + S(z+j) =► A = ]-,B = -]- Potom máme dz z2 + l dz i ľ dz i i ,--- / -= -2ttj - -2ttj = 0. 2jrz+j 2irz-j 2 2 = (Použili jsme Cauchyův vzorec na každý integrál zvlášt.) 50 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. 6 Teorie reziduí 6.1 Laurentova řada Nechť je íl mezikruhová oblast se středem v bodě z$. Jestliže komplexní funkce /(z) je holo morfní v oblasti íž, potom pro každé z 6 íl je možno funkci f (z) vyjádřit Laurentovou řadou: oo f (z) = Yl a^z - Ti— — OO kde konstanty an jsou určeny vzorci - J_ ľ M A ^ 27TJ JT (z - Z0)"+l ÚZ a T je libovolná kružnice ležící v mezikruží íž. -i Část ^2 an{z — zo)n se nazývá hlavní část Laurentovy řady. n= — oo Je vidět, že Taylorova řada je zvláštním případem Laurentovy řady, kde hlavní část se rovná 0. 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. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 51 Posloupnost {an}^=1 = {aoqn}^=0 se nazývá geometrická posloupnost. oo Je-li \q] > 1, geometrická řada Qpg" diverguje. Je-li \q\ < 1, je geometrická řada konvergentní a apg" = - n=0 oo n=0 Příklad 6.1.1. Pro funkci f (z) = y--— určete Laurantovu řadu se středem v bodě a) z0 = 0 b) z0 = —1 c) z0 = 1 Řešení: a) Pro \z\ < 1 je funkce f (z) součtem geometrické řady, 1 1 oo oo f (z) = — = —— = = £(-l)nzn = l-z + z2-z3 + .. . Tato řada je Taylorovou řadou. Pro \z\ > 1 je |i| < 1, a proto vyjdeme z jiného vyjádření funkce f (z), l 1 1 00 i i 00 (—l)n n=0 n=0 b) V tomto případě funkce f (z) = y--— =--—— je dána přímo Laurentova řadou, která se redukuje na jeden člen. Laurentova řada funkce je tedy f (z) = (z + c) Funkci upravíme, abychom dostali součet geometrické řady, kde kvocient se dá vyjádřit pomocí z — 1. /(*) = 1 1 1 111 l + z l + (z-l) + l 2+ (2-1) 2(1 + ^i) 2 l + z-+f' Pro < 1 platí 11 1 Al / z-l\n A, ,Jz-l) l + z 2 i-(_£=i) ^ 2 I 2 / ^v 7 2™+1 Pro \^y~\ > 1 upravujeme podobně jako v části a). i = i = A = v _J_ ŕ__V = ví iv 2" 1 + Z 2 + (z-l) 1 + ^ Z^z-iy Z-l) JLf > (Z_ l)n+l" 52 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 6.2 Singulární body komplexní funkce, reziduová věta Nechť komplexní funkce f (z) je holomorfní v určitém okolí bodu z0 s výjimkou bodu z0. Pak zq se nazývá singulárním bodem funkce f (z). Klasifikace singulárních bodů: odstranitelná singularita — hlavní část Laurentovy řady v bodě zq se rovná 0 a zřejmě limz^Zo f (z) = ao, a je tedy konečná, podstatná singularita — hlavní část Laurentovy řady v bodě z0 má nekonečně mnoho nenulových členů, limz^Zo f (z) neexistuje, pól m-tého řádu — hlavní část Laurentovy řady v bodě zq má konečně mnoho nenulových koeficientů, tj. an = 0 pro n < —m, a_m ^ 0, a platí, že lim^^ f (z) = oo. Nej důležitějšími singulárními body komplexní funkce jsou póly Pro určení řádu pólu užíváme limity \imz^Zo(z — zo)mf(z) = a_m, která musí být vždy konečná a nenulová. Koeficient a_i z Laurentovy řady funkce f (z) v bodě zq se nazývá reziduem funkce f (z) v bodě zq. Značíme a_i = res f (z). z=z0 Vzorec na výpočet rezidua pro pól prvního řádu res f (z) = lim (z - z0)f(z) Z=ZQ Z = Zq Vzorec na výpočet rezidua pro pól m-tého řádu Nechť f {z) <£{z)_ , kde funkce (p(z) a ip(z) jsou holomorfní v bodě zq, (p(zo) ^ 0, i/)(zo) = 0, i/)'(zo) 0. Potom má funkce f (z) v bodě z0 pól prvního řádu a platí, že tí \ res f(z) = 77T^ Reziduová věta. Nechť komplexní funkce /(z) je holomorfní uvnitř a na jednoduché uzavřené, kladně orientované křivce T s výjimkou pólů z±, z2, ■ ■ ■, zn uvnitř křivky T, potom » n / f (z) dz = 27TJ reS /( z) Sčítáme tedy pouze rezidua v pólech, které leží uvnitř křivky Y. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 53 Příklad 6.2.1. Vypočítejte rezidua v pólech funkce f (z) = z3 — z5 Řešení: Funkce f (z) je racionální lomená funkce, takže má za singularity pouze póly, a to jsou kořeny jmenovatele. Řešíme rovnici z3 — z5 = 0, z3(l — z2) = 0, z3(l — z)(l + z) = 0. Máme dva jednoduché kořeny z\ = 1, Z2 = —1, a jeden trojnásobný kořen z3 = 0. Funkce /(z) má v bodech z\ = 1 a Z2 = — 1 póly prvního řádu a v bodě z3 = 0 pól třetího řádu. res f (z) = lim(z — 1)—-- = lim—-—--—--- = lim-—-- = — z=l *->r JZ3-Z5 ^1z3(1-Z)(1 + Z) ^1-Z3(1+Z) ^ res f (z) = lim (z + 1)—-- = lim —r-.—-—--- = —, z=-i K ' z^-iK 'z3-z5 z^-i z3{\-z){\ +z) tr \ 1 r ( 3 1 V 1v ( ŕ Y 1v ( 1 " res j{z) = — lim z —-- = - lim —--— = - lim z=o 2! «->o \ z3 - z5 J 2 z->o V z3(l - z2) / 2z^o\l-z 1, / 2z V 1, 2(l-z2)2 + 2z2(l-z2)2z = - lim--— = - lim---—- = 1. 2 *->o V(l - z2)2 J 2*->o (1-z2)4 z2 Příklad 6.2.2. Vypočítejte rezidua v pólech funkce f (z) = ^——. Řešení: Řešíme rovnici (l + z2)2 = 0, (z + j )2(z — j )2 = 0. Funkce /(z) má v bodech z\ = j a z2 = —j póly druhého řádu. z2íz_y\2 res f (z) = lim ( (z - j )2——— I = lim ' (1 + z2)2; V(z-j)2)(z+j) = lim (--TT7T I = lim ^ ^ ^2 z+})2) ^i(z+])3 4j 2^j -1 j res /(z) = lim f(z+j)2 * ) = lim Příklad 6.2.3. Vypočítejte rezidua v pólech funkce f(z) =-. sin z Řešení: Funkce /(z) = ^| j, kde <^(z) = 1 a i/>(.z) = sin-2 Jsou holomorfní funkce na C, funkce <^>(z) = 1 je nenulová všude a if)(z) = sin z = 0 v bodech Zfc = kir, k celé. Navíc (sin z)' = cos z je v bodech z^ nenulové. Funkce /(z) má tehdy v bodech z^ = kir, k celé, póly prvního řádu a 1 1 . 54 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 6.2.4. Vypočítejte rezidua v pólech daných funkcí «) m = b) f (z) 1 1 + z4 ' w 1 + zn Řešení: a) Funkce /(z) je podílem dvou holomorfních funkcí, kde (p(z) = 1 je nenulová na C. Musíme vyřešit rovnici 1 + z4 = 0. Je to binomická rovnice, po úpravě máme z4 = —1. Při řešení této rovnice využijeme zápis komplexních čísel v goniometrickém tvaru na obou stranách rovnice a Moivreovou větu. (2k + 1)tt Dostaneme kořeny zk = cosujk + j sinu;fc, k = 0,1, 2, 3, kde uok =---. Navíc (1 + z4)' = Az3 je v bodech zk nenulové. 7T 3tt 5tt Funkce f (z) má tehdy v bodech zk s argumenty uj\ = —, uj2 = —, lo3 = — 77T _ 1 zk zk zk a lua = — poiy prvního radu a res t (z) = —5- = —j = —-- =--. 4 z=zk K ' Az3 Az4 4(-l) JL b) Postupujeme podobně jako v části a). Řešíme binomickou rovnici l+z™ = 0. (2A; + l)7r , Dostaneme kořeny zk s argumenty uik =-, k = 0,1,. .. ,n — 1. n Derivace (l + z™)' = nz™"1 je v bodech zk nenulové. Jsou to póly prvního řádu. j., n 1 zk zk zk res ŕ z =-t = - = —-- =--. z=zk J V ; nz"- Jizľ n(-l) jl Příklad 6.2.5. Určete u daných funkcí řád pólů a vypočítejte rezidua v těchto pólech «)/(*) = 777^ *>)M = T^-5 c)f(z) = z{l-z2) /JW 1 + z3 /JW (z-l)(z-2)2 d)M=,„2 , ^ <0/(z) = -i- /)/(*) = 1 ^z2 + l)2(z — 1) 7 ^ v ' COS Z .> / .> \ / ez _ 1 Řešení: a) res /(z) = 1, res /(z) = —|, res /(z) = —|; z=0 z=l z= — l b) _res /(z) = + y^j), _res f (z) = 4(1 - v^j) Z— 2 + 2 J Z— 2 2 J res f (z) = J; c) res /(z) = 1, res f (z) = -1; z=-l z=l z=2 d) res /(z) = ±, res /(z) = -|, res f (z) = -|; 2=1 2=j 2 = — j e) res f (z) = (—l)fc+1, /c celé; f) res f (z) = 1, k celé. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 55 Příklad 6.2.6. Vypočtěte následující integrály pomocí reziduí ľ dz a) / ~r-rrr, kde r : \z\ = \ je kladně orientovaná kružnice b) / ~~r~^-ľ dz, kde r : |z + 1 + j I = 2 je kladně orientovaná kružnice JT z(z2 + 1) / e cj / —r-z-r dz, kde T : \z\ = ^ je kladně orientovaná kružnice J JTz(z2 + l) 1 1 2 dz d) I -^t) ^e r : Izl = 2 je kladně orientovaná kružnice lT z[z - \y e) J —j^-—Í_ dz, kde Y : |z| = 2 je kladně orientovaná kružnice z(z-l)2 Řešení: a) Funkce f (z) = —-— má v bodě zi = 0 pól prvního řádu a v ; J w z(z - l)2 bodě z2 = 1 pól druhého řádu. Z obou pólů leží uvnitř křivky V pouze pól z\ = 0 a res /(z) = 1. z=0 1 Podle reziduově věty / —-— dz = 2ir) res f(z) = 2ir). JT z(z - I)1 z=o = ez b) Funkce fíz) = ——-- má v bodech z\ = 0, z2 = j a z3 = —j póly z[zl + 1) prvního řádu. Uvnitř křivky V leží pouze póly z\ = 0 a z3 = — j. Dále res f(z) = 1 a res f(z) = —^j-- z=0 z=~i —4-- dz = 2ttí ( res f(z) + res f(z)) = 2tt] (1 - —) = r z{z2 + 1) -n z=oJy J z=-i ,n " ,n 2 ' = —7r sin 1 + j (2tt — 7Tcos 1). c) 2ttj; d)0; e) 2ttj 56 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně STUDIJNÍ JEDNOTKA LAPLACEOVA TRANSFORMACE Cíle studijní jednotky. V této části se naučíte řešit diferenciální rovnice pomocí Lapla-ceovy transformace. Ukážeme, jak se dají řešit pomocí Laplaceovy transformace integrálně diferenciální rovnice a také diferenciální rovnice s nespojitou pravou stranou. 7 Laplaceova integrální transformace 7.1 Definice a vlastnosti Laplaceovy transformace Nechť funkce / : IR —> IR splňuje následující podmínky: 1. funkce fit) je po částech spojitá, 2. funkce f(t) = 0 pro t < 0, 3. funkce fit) je exponenciálního řádu, tzn. existují konstanty M, s, to G IR, M, to > 0, takové, že pro všechna t > to platí |/(r)| < Mest. Potom definujeme funkci komplexní proměnné a říkáme ji Laplaceova transformace funkce fit). Značíme C{f(t)} = F(p). Funkce /(£), která splňuje podmínky 1., 2., 3. se nazývá předmět a funkce F(p) se nazývá obraz funkce fit). Budeme předpokládat, že podmínka 2. je automaticky splněná. Např. výrazem £{e*} rozumíme obraz funkce fit) = 0 pro t < 0 a fit) = e* pro t > 0. Laplaceova transformace je lineární: C{afit) + bgit)} aC{f(t)} + bC{g(t)}, a,beC. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 57 Základní slovník a gramatika Laplaceovy transformace Číslo vzorce fit) /»oo £{/(*)} = = / /(í)e-* dí 1. c c 2. tn, n G N n\ pn+l 3. 1 jo — a 4. tneat, n G N n\ (p - a)n+1 5. coswŕ P p2 + ĹO2 6. sin Lot ĺo p2 + ĹO2 7. eat cos cut p — a (p — a)2 + ĺo2 8. eat sin cut ĺo (p — a)2 + ĺo2 9. fit) pF(p)-f(0) 10. f" (t) P2F(p)-pf(0)-f'(0) 11. fit) P3F(p)-p2f(0)-pf'(0)-f"(0) 12. f (n) (J) pnF(p) - p71'1 f {Q) - pn-2f'(0) - ... - /(n_1)(0) 13. Sofiu) du F(p) P 14. fit -a), a > 0 e-apF(p) 58 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 7.1.1. Přímým výpočtem určete obraz funkce fit) = t. Řešení: Budeme hledat obraz funkce 1 t pro t > 0, /(*) 0 pro t < 0. Tato funkce je spojitá, její derivace je po částech spojitá (f'(t) = 0 pro t < 0 a fit) = 1 pro t > 0) a splňuje podmínku 2. Zbývá ověřit 3. podmínku. Platí, že t < e* pro t > 0. Daná funkce je vzorem Laplaceovy transformace. £{t} te~ptdt = lim / te~pt dt. A—too Integrál spočítáme metodou per partes: u = t u' = 1 / = e~pt v = -±e"pí p po dosazení £{t} = lim = lim A—too A t e~pt dt = lim A—too -pt p -pt dt = A-^-oo \ p -pA p Jo pt dt = lim A o p 1 pro Tie p > 0 je lim A = 0 A-^oo l p epA p 1 -pt = lim A-too \ p -pA 1 = 1 P ,2 ' A-too p epA Příklad 7.1.2. Pomoci tabulky určete obraz funkce f (t) = t3 + 3ŕ2 + 2t + 1. Řešení: Budeme používat vzorec číslo 2. p^ p^ pá p6 pz p Z linearity Laplaceovy transformace dostaneme „r , , -.6 2 116621 £{ŕ3 + 3ŕ2 + 2ŕ + l} = — + 3— + 2— + - = — + — + — + -. ) pi pó pA p pi pá pA p MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 59 7.2 Zpětná Laplaceova transformace Přechod od operátorové funkce F(p) ke vzoru f(t) se nazývá zpětná Laplaceova transformace a značí se symbolem £_1{F(j>)}. Ke každému obrazu je předmět určen jednoznačně. Při hledání předmětu užíváme pak slovník Laplaceovy transformace nebo použijeme tzv. Heavisideovu větu o rozkladu. Věta o rozkladu. Nechť operátorová funkce F(p) má tvar ryze racionální lomené funkce M{p) F(p) = kde M(p) a N(p) jsou polynomy a stupeň polynomu M(p) je menší než stupeň polynomu M(p) N(p) ■ N(p). Označme pk póly funkce F(p) = 777^7. Pak pro zpětnou Laplaceovou transformaci funkce F(p) platí f(t) = C-1{F{p)} = ^2 res [F(p)é*]> í>0 Pk p=Pk Poznámka. Jestliže funkce F(p) = s reálními koeficienty má komplexní póly p\^ a ± j /3, stačí vypočítat reziduum pouze pro jeden kořen, protože platí: r es [F(p) ď] p=Q+j /3 res [F[p) ďl] =2Ve res [F[p) ď1 —■ : a p=a+j /3 p=Q-J Příklad 7.2.1. Najděte vzor funkce F(p) p2(p — 4) Řešení: 1. Při hledání vzoru pomocí tabulky nejdřív musíme funkci rozložit na parciální zlomky a pak použit vzorce z tabulky na všechny parciální zlomky postupně. c-1 1 p2(p — 4) = C~1 1 1 1 Ap2 IQp ' 16(p - 4) 1 4* 16 + 166 1 1 1 4í 2. Při hledání vzoru pomocí věty o rozkladu nejdřív najděme póly funkce. Funkce F(p) = p2(^_4) má v bodě p\ = 0 pól druhého řádu a v bodě P2 = 4 pól prvního řádu. Vypočítáme příslušná rezidua a dosadíme. f 1 1 / ppí 9. . = res F(p)ďt+ res F(p) ďf = lim [ p2 —-— p2(p-A)j P=o p=4 v/ M)\V(p-4) ■ hm (p - 4)—-- = hm -^-- p^4\ p2(p-A)J p^o\ (p -4)2 -lim —- =--ŕ 1 1 ,4í p_j>4 ^ 4 16 16 60 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 7.2.2. Pomoci tabulky najděte vzory daných obrazů F{p) p-8 p2 + 4 p2 + 9 d)F(p)= 9Pt \ n e) F(p) = , , Z , o f)F(p)= 2P p2 + 2p + 2 y v ' p2 + 2p + 2 y v y p2 + 4p + 7 p(p+ 2) 1 v/ [p- l)(p2 + 2p + 5) Řešení: a) C-^FÍp)} = C-1^-?—] =3C-1Í^— \ = 3efÍ. (Vzorec č. 3.) IP-8J ^ j? — 8 J - P2 + 9J {p2 + 9 p2 + 9j {p2 + 9j 3 ^p2 + 9 = cos3t H— sin3t. (Vzorce č. 5. a 6.) _3_ e) C-4 . P .\=r>l.P+}.7\\=C->< P+1 p2 + 2p + 2 J { (p + l)2 + 1 J \(p + l)2 + l —CT11--—-1 = e_í cos t — e_í sin t. (Vzorce č. 7. a 8.) \(p + l)2 + lj = ^ 7 f) W 9 2f J=2£-^/+n2-2J = 2£-^ P + 2 p2 + 4p + 7J [(p + 2)2 + 3J [(p + 2)2 + 3 (p + 2)2 + 3 J |> + 2)2 + 3 J ^3 [ (p + 2)2 + 3 J = 2e"2í cos y/Š t - -4= e"2í sin \/3 í. (Vzorce č. 7. a 8.) _Vž_ h) £-/ „5" + 3n 1 ■ -p+2 (p- l)(p2 + 2p + 5) J (p + 1)2+ 4 = £ <--, -r + --,-tt;-7 > = e* -e_ícos2ŕ + -e_ísin2í. p-1 (p + 1)2+4 2(p + l)2 + 4J 2 (Vzorce č. 3., 7. a 8.) MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 61 Příklad 7.2.3. Pomoci věty o rozkladu najděte vzory daných obrazů f(p). o)m = ,pt2 o b)f(p) = p2 + 1 p2-Ap + 3 1 v/ (p + l)2(p-l) 0F(P)=, d)F(p)= 5P + 3 (p - 2)(p2 - p - 20) y Vť/ (p - l)(p2 + 2p + 5) Řešení: a) Funkce p2^^+3 má póly prvního řádu v bodech p\ = 3 a p2 = 1. /I2, J= res F(p)^+ res F(p)^ = ^ P t±P ťoj p=p1 p=p2 , /, , (p + 2)eP* \ , /. , (p + 2)eP* \ 5 v 3 , lim (p - 3), v-- + lim (p - 1), v-- = - e3í - - e*. p^V ;(p-3)(p-l)7 ;(p-3)(p-l)7 2 2 b) Funkce F{p) = ^^t^,^ ma pól druhého řádu v bodě p\ = — 1 a pól prvního řádu v bodě p2 = 1. Potom £_1(7---1 = res F(p)ept+ res F(p) e"* = [(p + l)2(p-l)J P=i p=-i = lim({p_i) + ( řešení Uvedený způsob řešení můžeme použít i pro řešení integrálně diferenciálních rovnic, kde se v rovnici objevuje i integrál neznámé funkce. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 63 Příklad 7.3.1. Laplaceovou transformaci řešte následující diferenciální rovnice a) y'-2y = l, y(0) =-2 b) y"' + y' = e2t, y(0) = y'(0) = y"(0) = 0 c) y" + 4y' + 8y = 0, y(0) = 0, y'(0) = 1 d) y" - 18y + 72y = -36re6í , y(0) = 0 , y'(0) = 1 e) y" - 6y' + 9y = 0, y(0) = 1 , y'(0) = 4 f) y"-Ay = At, y(0) = 1 , y'(0) = 0 g) y'" - 3y' + 2y = Sre"*, y(0) = y'(0) = 0 , y"(0) = 1 Řešení: Podle tabulky pretransformujeme celou rovnici. a) £{y(t)} = Y(p); C{y'(t)} = PY(p) - (-2); C{1} = -. p Dostali jsme rovnici pY(p) + 2 — 2Y(p) = —, z které vyjádříme Y(p). p Y(p)(p-2) = --2; Y(p)= 1~2P 1 3 p ' v ' p(p-2) 2p 2(p-2)' 1 3 Zpětnou transformací dostaneme, že y(r) = — — — — e2í. b) C{y"'(t)} = p3Y(p); C{y'(t)} = PY(p); C{e2t} = -±^. Dostali jsme rovnici p3Y(p)+pY(p) =-, z které Y(p) = ——--—--. p — 2 p[p2 + \)yp — 2) K zpětné transformaci použijeme větu o rozkladu. 1 1 2t 2 1 ■ y(t) =---1--e H—cos ŕ--siní. yK ' 2 10 5 5 c) C{y"(t)} = p2Y{p)-\- C{y'(t)} = pY{p)- C{y(t)} = Y(p). p2Y{p) - 1 + ApY{p) + 8Y{p) = 0; Y{p){p2 + Ap + 8) = 1, 1 1 Y(p) p2+Ap + 8 (p + 2)2 + A, y(t) = ^e"2ísin2r. d) y = (ŕ + 3ŕ2) e6í; e) y = e3í + ŕe3í; f) y = |e2í + ie"2í - t; g) y = 2ŕe_í + ŕe* - e* + e_2í. 64 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 7.3.2. Laplaceovou transformací řešte následující integrálně diferenciální rovnice a) y' + 2y + 2 [ y(s) ds = 1, y(0) = 0 Jo b) y' + 2y + 5 f y(s) ds = 2, y(0) = 1 Jo 10 Řešení: a) £{y(t)} = Y(p); £{y\t)} = pY(p); c\ ľy(s) ds) = -Y{p); £{1} = -. {Jo J p p 2 1 Dostali jsme rovnici pY(p) + 2Y(p) -\—Y(p) = -, z které vyjádříme Y(p). p p Máme Y (p) = —-=--—-. Potom y (t) = e_ísinŕ. yi' p2 + 2p + 2 (p+lf + l yy ' = b) C{y\t)}=pY{p) - 1; CÍ ľy(s) ds) = -Y(p); £{1} = -. Uo ) p p 5 2 Řešíme algebraickou rovnici pYíp) — 1 + 2Y(p) H—Y (p) = —. p p Z toho VO,) = 2 + P P+1 + 1 P + 1 ' 2 p2 + 2p + 5 (p+l)2 + A (p + l)2 + 4 2 (p+l)2 + 4' Potom y (t) = e_ícos2ŕ +ie_ísin2ŕ. Příklad 7.3.3. Najděte proudovou odezvu v jednoduchém RLC obvodu, kde odpor resis-toru je R = 20 íl, samoindukce cívky je L = 0,1 H, kapacita kondenzátoru je C = 1 /iF = 10_6-F a napětí U = 100 U. Počáteční proud je ž(0) = 0. Řešení: Proud v obvodu splňuje integrálně diferenciální rovnici 1 " Ri(t) + Li'(t) + — i(s)ds = U, i(0) = 0. ^ Jo Dosadíme do rovnice za R, L, C a U. Vzniklou rovnici budeme řešit pomocí Laplaceovy transformace: 20i(í) + 0,1 i \t) + 106 í i(s) ds = 100, i(0) = 0. Jo 106 100 201(p) + 0,1 p I(p) +-I(p) =-. p p V ''A- Tí \ Tí \ 100 P 1000 Vyjadrime l[p): l[p) = p 0,lp2 + 20p+ 106 jo2 + 200p + 107 1000 . 1000 . 3160 = 0,3- (jo + 100)2 + 9990000 (p + 100)2 + 31602 ' (jo + 100)2 + 31602' Zpětnou transformací dostaneme, že ž (ŕ) = 0,3e_100í sin3160r. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 65 7.4 Laplaceovy obrazy konečných impulsů Při hledání obrazů konečných impulsů užíváme tzv. Diracův impuls. Jedná se o zobecněnou funkci S(t — a), soustředěnou do bodu a G R+, která má následující vlastnosti: Zobecněná derivace nespojité funkce v bodě to, kde má daná funkce skok k, se rovná kô(t — to). Na základě toho napíšeme zobecněnou derivaci konečného impulsu jako součet Diracových impulsů a jejich derivací a použijeme Laplaceovou transformaci na vzniklou rovnici. Postup ukážeme na příkladě. Příklad 7.4.1. Určete Laplaceovu transformaci funkcí pro t = a pro í ^ a 2. 3. £{ó{t - a)} = e~ap 4. C{S'(t-a)} =pe-ap 5. C{Sn(t-a)} =pne-ap pro t G (3, 5) pro t £ (3, 5) pro t G (0,1) pro t g (0,1) pro t G (0,1) pro t g (0,1) pro t G (0, 3) pro t £ (0, 3) Řešení: a) Nakreslíme grafy funkcí f (t) a f (t). f (t) f (t) 2 +2ó{t - 3) Z vnější rovnosti vyjádříme 66 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně b) Po nakreslení obrázku funkce a její zobecněné derivace dostaneme pořád nespojitou funkci. Až druhou derivaci můžeme vyjádřit pouze pomocí Dira-cových impulsů. /'(*) T -l.ó(t) 0 +1 • ô'(t) +1-S(t-1) 0 1 -1 • ó(t) f"(t) = ô'(t)-ô(t) + ô(t-l), p2F(p) = £{/"(*)} =p-l+ e~P. Z toho F(p) = \ (p - 1 + e" c) Až v druhé a třetí zobecěné derivaci se objeví Diracovy impulsy. -1 • 5{t) f"'(t) -1 • 5(t-l) -1 • S'(t) +2ô(t - 1) + 1 • 6'(t - 1) -2ô{t) f"(t) = ô'(t) - 2ô(t) + 2ô(t - 1) + ó'it - 1). Potom C{f(t)\ = \(p-2 + 2e~p+ pe d) I v tomto příkladě musíme počítat druhou zobecněnou derivaci dané funkce. f (t) f" (t) -25(t-3) +2ô(t) 0 1 3 -2ô(t-l) -26' (t- p2F(p) = C{2óiť) - 2ô(t - 1) - 25'(ŕ - 3)} = 2 - 2e~p - 2pe -3P Z toho C{f(t)} = — (2-2e~p - 2pe-3p) e) F[p) = js {3p e~p - e~p + e"^); f) F (p) = ± (3 - 9p e~3p - 3 e~3p). MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 67 Příklad 7.4.2. Reste diferenciální rovnici L-jj| + Ri = u(t), i(0) = 0, kterou je popsán průběh proudu v elektrickém obvodu se sériově zapojenou cívkou s indukčnosti L, ohmickým odporem R a vnějším napětím u(t), kde , . _ r E pro t G (0,a), U[) ~ 10 pro í 0 (0,a). Řešení: >C{i(í)} = /(p); C{i'(t)} = pl(p); Pro určení Laplaceovy transformace pravé strany musíme přetransformovat konečný impuls: u'{t) -E6(t) -E6(t Vidíme, že u'(t) = E ó (t) — E ó (t — a). Použijeme Laplaceovou transformaci na obě strany této rovnice a dostaneme z? p U (p) = C{EÓ(t) - Eó(t-a)} = E - Ee~ap a U(p) = — (l-e p ■ap\ Dostali jsme rovnici pLI(p) + RI(p) = — (l — e_ap) , z které vyjádříme p I(p) = E 1 - e~ap E 1- e~ap E 1 -ap p{Lp + R) Lp(p+^) LU(p+f) p(p + f, = res ■ epí + res P(P + f) p=° ÁP+f) p=-t P(P + f) = nm e"* , ď1 L L _rť L f _r —5-+ hm — =---e i =— 1— e £ p^-m p R R R -ap p(p + f) = C 1 ) a~ap L L B, r, „\ = — - -e"-(í-a); t > a . Pro t < a dodefinujeme funkci í (ŕ) nulou. Potom dostaneme řešení obvodu m = { e l l r 1-e-rM = £ M-e-r pro ŕ G (0, a), e(l_ Le-f t _L + ke-$(t-a)) = K (e-f (*-") - e-f*), pro t > a. l \ r r r ' r 68 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně STUDIJNÍ JEDNOTKA FOURIEROVY ŘADY Cíle studijní jednotky. V této části ukážeme, jak je možné danou reálnou funkci na konečném intervalu vyjádřit ve tvaru nekonečné řady ze sinů a kosinů - tedy ve tvaru Fourierovy řady. 8 Fourierovy řady 8.1 Definice a vlastnosti Fourierovy řady Nekonečná řada, která má tvar oo --Vy (an cos raut + bn sin nujt), uj = —, 2 T 71=1 se nazývá trigonometrickou řadou s periodou T. Nechť T > 0 a / : (a, a + T) —> IR je reálná funkce reálné proměnné, která je na tomto intervalu po částech spojitá a má po částech spojitou derivaci (říkáme, že funkce je po částech hladká). Potom můžeme k funkci / sestrojit v trigonometrickou řadu periodou T, ve které pro čísla an, bn platí 2 pa+T 2 pa+T an = — j /(ŕ) cosnust dŕ, bn = — /(ŕ) sinnut dt a kterou nazýváme Fourierovou řadou funkce / a píšeme oo j(t) ~ — + y (an cos raut + bn sinnwí) , uj = —. n=l Čísla an, bn se nazývají Fourierovy koeficienty. Symbol a: znamená skoro rovnost. Kdy se funkce přesně rovná své Fourierové řadě a jak se chová v bodech, kde rovnost neplatí uvádíme níže. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 69 Součet Fourierovy řady je roven zadané funkci tam, kde je funkce spojitá: oo --h (an cosnut + bn smnut) = /(ŕ), t g (a, a + T), ŕ g (a, a + T), funkce spojitá v t. V bodech nespojitosti se součet rovna aritmetickému průměru limity zprava a limity zleva: oo ^ V + (a™ cosnujt + &™ sinnwŕ) = -[/(r+) + /(í-)], n=l ŕ g (a, a + T), funkce nespojitá v ŕ. Nechť funkce / po částech hladká na symetrickým intervalu (—|-, |-). Potom: • Je-li / sudá funkce, pak 4 /"¥ 2tt bn = 0, an = — f (t) cosnut dt, cu = — 1 Jo 1 a Fourierův rozvoj funkce se redukuje na kosinovou řadu. • Je-li / lichá funkce, pak 4 H 2tt an = 0, bn = — j fit) sinnwŕ dŕ, cu = — T -„ a Fourierův rozvoj funkce se redukuje na sinovou řadu. Příklad 8.1.1. Najděte Fourierovu řadu funkce fit) na daném intervalu b)f(t) = \t\; íg(-1,1) 1, íg(0,7T) a) f{t) = { 0, t = 0 -1, íg(-7T,0) c)f{t) = t2- íg(-7r,7r) Řešení: a) /(*) : 1 -7T d) fit) = 7T 0, t g (-7T,0) ŕ, íg(0,7t) Nejdříve jsme nakreslili graf funkce. Z obrázku vidíme, že funkce je po částech spojitá na (—7r,7r) a je lichá. Potom an = 0 pro n = 0,1, 2,... , T = 2tt a _ 2tt _ 2tt _ ^ ~ Y _ 2Ťr _ 70 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Koeficienty bn spočítáme podle vzorce: bn = — i /(ŕ) sinnŕ dŕ 7T 2 r 2 r 17r -2cosmr + 2 í 0 Pro ™ = 2fc, — / sinnŕ dŕ = — — cosnŕL =- = < ir J0 nir nir I A. pro n = 2k-l. V 77.7T J- ^ 4 4 4 4 f(t)= > —--— sin (2k — l)ŕ = — siní H--sin3ŕ H--sin5ŕ J W ^ (2k - 1)tt 1 ; 7T 3tt 5tt Do následujících obrázků jsme nakreslili grafy funkce fit) a součtů prvních N členů jeho Fourierovy řady (N = 1, 3, 5). -7T 7T 1 1 \ 0 7T 1 -7T = - sinŕ + ^- sin3r 7T /(ŕ) a 5i(ŕ) = ^sinŕ a = /(*) a S5{t) = - sin t+ 4~ sin 3r+ 4~ sin 5r Funkce /(í) = \t\ je spojitá na intervalu (—1,1) a je sudá. Potom bn = 0. Perioda funkce T = 2sluj = ^-=tt. Koeficienty an spočítáme podle vzorce: ciq = J f(t)dt = 2j t dt = 1, an = J f (t) cos nirt dt = 2 J ŕcosmrŕ dŕ = [ metoda per partes] = 2 t sin mrŕ o Jo sinmrŕ , 2 r nl í 0 pro n = 2/c, -dŕ = -—— [cosnirtL = < 71-71 t1" n I -i^ pro n = 2fc-l, MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 71 Dosadíme do vzorce pro Fourierovou řadu a dostaneme, že pro í e (—1,1) ,,lv-/-4 , \ 1 4 4 í =--h > n , ,-T7T COS (2k — 1)7TÍ =---- COS7TÍ--- COS 37TÍ 2 1^1 V71" (2fc - !) / 2 t 97r Znovu jsme nakreslili funkci /(t) a částečné součty její Fourierovy řady. -1 0 fit) a S0(t) = \ 10 12 /(í) a \ - Acosirt 2 7T- COS 7TÍ 9tt: cos 3irt Do posledního obrázku jsme nakreslili funkce |í| a 63 na intervalu (—2, 2). Je tady dobře vidět, ze Fourierova řada funkce je periodická funkce a aproximuje |í| pouze na (—1,1). c) Funkce f(t) = t2 je spojitá na (—ir, ir) a je sudá. Potom bn = 0 pro n = 1, 2,. .., T = 2tt, uj = 1 a koeficienty an spočítáme: a0 2TT2 3 ' 2 7T - / f(t)dt=- / ŕ2dŕ=- i r1" 2 z"71" - / /(ŕ) cosnŕ dt = — I t2 cosnŕ dí = [ metoda per partes] J-77 k Jo í*77 j t sin nt dt = [per partes] Jo rí2 sin nt 2 Z"* 2í sin ní , 4 - / -dí =-- TT J0 n Trn Jo 4 r 17r 47rcosn7r 4(-l)T — [ícosníj0 =-=- 7mz n" Dostali jsme, že pro í e (—tt, tt) 2 TT2 ~ /4(-l)" \ TT2 4 í =--h > -0— cos ní =--4 cos í + cos 2í--cos 3í 3 ^\ n2 J 3 9 71=1 x ' 72 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně d) Funkce f (t) je spojitá a není sudá ani lichá. T = 2tt a ĺo = 1. Koeficienty spočítáme podle vzorců: 1 7T 1 7T 1 ao = ~ / /(í) dŕ = - / 0 dŕ + - / ŕ dŕ = - 7T 1 7T ť 2' i p i r a„ = — I f (t) cosnŕ dŕ = — / t cos nt dt = [ metoda per partes] 1 7T 7T ŕ sin nŕ 7T n 1 rsinnŕ , 1 r í 0 pro n = 2/c, - / -dŕ = —- cosnŕ L = < * Jo n irn2 I pro n = 2fc - 1. 1 z-*- 1 r1" bn = — f (t) sinnŕ dt = — t sin nt dŕ = [ metoda per partes] í "~ Pro n = 2/c, I - pro n = 2k — 1. 1 7T -ŕ cos nŕ cos nŕ , — cos niľ -dŕ =- Dosadíme do vzorce pro Fourierovu řadu a dostaneme, že pro ŕ G (—tt, tt) fit) E 71=1 -ir -1 \n+l cos nŕ sin nŕ . n Příklad 8.1.2. Najděte Fourierovu řadu pro napětí tvořené sledem obdélníkových impulsů podle obrázku: Ufí- L 2L Řešení: Funkce je sudá a po částech hladká, a proto existuje Fourierův rozvoj 2tt funkce v kosinovou řadu. Potom b„ = 0. Perioda funkce T = L a ĺo = —. L Koeficienty an spočítáme podle vzorce: MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 73 4 /"š . 2mrŕ , A TT 2mrŕ , a„ = - J /(ŕ)cos—-—dŕ= - J U0cos—j—dt = 4^o L Lsin^fí 2n7r 4rj0 /Lsin^X 2rj0 . mri: L 2mr sin ■ 77.7T L Získané koeficienty dosadíme do vzorce pro Fourierovou řadu a dostaneme, že pro ŕ G R /(*) = U0t0 E°° 2Uq . í mrt0\ Ti TT \ T I í 2mrŕ\ L L—' nir 71=1 COS V L I \ L • ■ Znovu jsme nakreslili funkci fit) a částečné součty její Fourierovy řady. -L 0 Příklad 8.1.3. Najděte Fourierovu řadu funkce fit) na daném intervalu a)fit) = t- ÍG(-7r,7r) 6) fit) = \t\ - 1; ÍG(-1,1) c) f(t) = TT2 t2 . ..... í 0, í G <-7T,0) 12 4' t G (-7T,7r) 1, ÍG(0,7r) Řešení: a) /(ŕ) = —2^^- sinnŕ n=l b) /(ŕ) = 1 4 2 ~ 72 ^ (2ifc - 1) n+l n=l x 1 2 °° 1 <>)/(«) = 5 +-EäT-r^t2"-1)*- n=l 74 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 8.1.4. Pro funkci f(t) = 1 - t, t G (0, 2) spočítejte a) její rozvoj v kosinovou řadu b) její rozvoj v sinovou řadu. Řešení: a) Funkci f(t) = 1 — t rozšíříme na f*(t) tak, abychom dostali na intervalu (—2, 2) sudou funkci, a spočítáme Fourierovu řadu této funkce. Potom bn = 0, perioda funkce T = 2- (-2) = 4aw = f = f. 1 ŕ ŕ Koeficienty an spočítáme podle vzorce: ciq = - / /*(í) dí = / 1 — t dt = 0, 2 7-2 Jo 2(1 - í) mrf —-- sin- nir 7r2n2 [1 — cosmr) = /"2 dí = Jo 2 Z" 2 nirt — / sin- ™ 70 2 0 pro n = 8 7r2n2 pro n = dí = 7r2n2 mři cos ■ Dostali jsme kosinovou Fourierovu řadu funkce pro t G (0, 2) 8 1 -t = oo ^\n2(2k-l) (2k - ÍWA 8 7tí 8 3ttí cos- = — cos--1--- cos- 7TZ 2 9tt2 b) Funkci /(í) = 1 — t rozšíříme na f**(t) tak, abychom dostali na intervalu (—2, 2) lichou funkci, a spočítáme Fourierovu řadu této funkce. Potom an = 0, perioda funkce T = 2 — (-2) = 4aw = ^ = f 1 rnrt K = 2l J**(t)s™—dt = -2(1 - í) mři -cos 10 2 2 ,2 / (1 — í) sin-dí = [ metoda per partes] Jo 2 nir 2 0 pro n = 2k — 1, pro n = 2k. cos_ľ__dŕ = A ((-i)" + i) -o = Trn ./0 2 Trn U ; ; j_ 7rn Dostali jsme sinovou Fourierovu řadu funkce pro t G (0, 2): 4 2kirt\ ^, _ , , -1—ŕ = I --— sin —-— J = I -— sin /c7rí ) = — sin irt H--sin 27tí fc=i 2 2 7T 1 7T MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 75 Příklad 8.1.5. Najděte kosinovou Fourierovu řadu funkce fit) a)f(t) = l+t; ÍG<0,tt) b) f(t) = ^-t-; ÍG<0,tt) c)f(t) = t2; ÍG<0,tt) d)f(t)=t3; t G (0,7r) Řešení: a) /(t) = 1 + | + ^ ^ ~_ 1 ^ cos (2k - l)t ^i2k-lf 1X , 2 ^ cos(2A; - l)í , p. , tt2 „ ^ (-1)" fc=l V 7 n=l d) /(ŕ) = - + 67r^^cosnŕ. 4 ^—' n2 n=l Příklad 8.1.6. Najděte sinovou Fourierovu řadu funkce fit) a)f(t) = l+t; ÍG<0,tt) h)f(t) = ^-l- íg(0,tt) c)f(t) = t2; ÍG<0,tt) d)f(t)=t3; t G (0,7r) \n+l n=l v 7 , , „. , sin2nr 2tt 4(-l)™-4 sin nt\ 71=1 OO / ^7r ( — i r^- 4i-ir-4\ sin nt: n tt n3 c) /(t) = E ( n=l ^ d) f (t) = £ -L-J_ + _^__L sinnŕ. n=l ^ / 76 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně STUDIJNÍ JEDNOTKA Z - TRANSFORMACE Cíle studijní jednotky. V této části se seznámíte se Z-transformací komplexní posloupností. Uvedeme tabulku, která usnadní hledání obrazů mnoha posloupnosti. Pro zpětnou Z-transformací uvedeme pouze metodu, která využívá reziduovou větu. V poslední části je uvedená aplikace Z-transformace na řešení diferenčních rovnic. 9 Z-transformace 9.1 Definice a vlastnosti Z-transformace Nechť / : N —> C je komplexní posloupnost. Definujeme funkci F (z) jako součet řady /(l) , /(2) OO F{z) = Y,f(n) z-" = /(0) z z2 n=0 a nazýváme jí Z-transformace posloupnosti {f{n)}^=0. Značíme Z{f(n)} = F (z) Vlastnosti Z-transformace: 1. Řada Z{f(n)} konverguje pro \z\ > R, kde R = linrin^^ \J\fip)\- 2. Řada se dá derivovat a integrovat člen po členu pro \z\ > R. 3. F (z) je holomorfní pro \z\ > R. 4. Z-transformace je lineární, tj. Z{af(n) + bg{n)} = a Z{f(n)} + bZ{g(n)}, a, b G C. Příklad 9.1.1. Určete obraz posloupnosti f in) = 1 pro n = 0, 1, 2,. .. Řešení: Podle definice "O 11 1 ^/(»)> = E=-" = i + T + ? + - = Tn = rfT- n=0 z [.:' řada konverguje pro |-| < 1, tedy pro \z\ > 1. MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 77 Pro určení obrazů některých vybraných posloupností můžeme použít následující tabulku: Číslo vzorce f(n), n = 0,1,2,... OO Z{f{n)} = F{z) = YJf{n)z-n n=0 1. 1 Z z - 1 2. an z z — a 3. n z (z-l? 4. o 7T z(z + l) (Z - 1)3 5. nan az (z - a)2 6. n2an az(z + a) (z - a)3 7. cos ujn z{z — COS UJ) z2 — 2z cos uj + 1 8. sinům z sinu; z2 — 2z cos uj + 1 9. ó0(n) 1 10. Sm(n) z-m 11. f(n + l) zF(z)-zf(0) 12. f(n + 2) z2F(z)-z2f(0)-zf(l) 13. f(n + k) zkF{z) - Ej-oVOV"'' 14. f(n - k) z"feF(z) Základní slovník a gramatika Z-transformace 78 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 9.2 Zpětná Z-transformace Zobrazení, které každému obrazu F (z) přiřazuje jeho předmět f in) se nazývá zpětná Z-transformace a značí se symbolem Z~1{F(z)}. Při hledání předmětu použijeme následující vzorec. Nechť funkce F (z) je holomorfní kromě konečného počtu svých singulárních bodů a lim F (z) je konečná, pak pro zpětnou Z-transformaci F (z) platí vzorec f(n) = Z~1{F(z)} = V res \F(z) z71'1] , n = 0,1,2,... kde Zk jsou póly funkce F (z) z n-l Příklad 9.2.1. Najděte vzory daných obrazů F (z) a) F(z) = d) F(z) = z 1 + z z z-3 b) F(z) = e) Fiz) = 1 z - 2 2z Jz~^T) c) F(z) = f) m = i z(z- l)2 1 (z + 2)(z + l) n-l Řešení: a) Při hledání vzoru nejdřív najděme póly funkce F(z) z Tato funkce má v bodě z\ = —1 pól prvního řádu. Pak pro n = 0,1, 2,.. . 1 + z f in) = Z-í{F{z)} = res z=-l Z' 1 + z z = lim (z + 1)- = -ir. Dostali jsme tedy, že Z 1 <- [1 + z {(-1)"}^, = (1,-1,1,-1,...)- b) n = 0 : Funkce F (z) z 1 = a Z2 = 2. Můžeme spočítat 1 z(z - 2) /(0)= res z=0 z(z - 2) res z=2 z(z - 2) vn-l má póly prvního řádu v bodech z\ = 0 = lim--h lim - = 0. z->0 z — 2 z->2 z Pro n = 1, 2,. .. funkce F(z) zn =-- má pól prvního řádu pouze v bodě zi = 2. z-2 Potom f in) = res z=2 ^n-l z-2 zn~^ = lim ( (z - 2)- ^2 \+ 'z-2 = 2 n-l Vzorem funkce F(z) je posloupnost {f{n)}^=0 = (0,1, 2,4, 8,...) MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 79 c) n = 0 : F (z) z"1 = řádu. Spočítáme z2(z-l) /(0)= res —-— z=0 ZZ[Z — 1) res z=l má v bodech z\ = 0 a z2 = 1 póly druhého = lim z2 z - 1 ->o V (z — 1 -um z=l V Z —2 —2 = lim--— + lim — = 2-2 = 0. z->0 z — lr zá n = 1 : Fíz) z° = 1 z(z-l)2 z2 = 1 pól druhého řádu. Potom má v bodě z\ = 0 pól prvního řádu a v bodě f(l) = res z=0 = 1-1 = 0. 1 z(z-l) res z=l ^n-2 z(z-l) = lim lim - z->0 (Z — l)2 V Z n = 2, 3,... : F(z) z™"1 = íz-1^ má pouze pól druhého řádu v bodě z\ = \. Potom f(n) = res z=l ^n-2 = lim (. z=l V „n-2> = in - 2) • 1™~3 = n - 2. z-1)2 Vzorem funkce F(z) je posloupnost {f(n)}^=0 = (0, 0, 0,1, 2, 3, 4,...) d)/(n) = 3n, n = 0,1,2,...; e) f (n) = 2 n, n = 0,1,2,...; f) /(0) = 0, f (n) = (-1)™"1 - (-2)™"1, n = 1, 2, 3,.... 9.3 Řešení diferenčních rovnic pomocí Z-transformace Lineární diferenční rovnice k-tého řádu — rovnice, která má tvar y(n + k) + aiy{n + k — 1) + .. . + aky(n) = g(n), ai,.. ., ak G C. Počáteční podmínky diferenční rovnice — podmínky, tvaru 2/(0) = cq, y(l) = ci,... y(/c - 1) = cfc_i, c0,..., cfc_i G C. Řešení diferenční rovnice k-tého řádu — komplexní posloupnost {y{n)}'^'=0, která vyhovuje dané rovnici a splňuje dané počáteční podmínky. Metoda řešení diferenční rovnice Z-transformací je podobná metodě řešení difernciálních rovnic Laplaceovou transformaci: Celou diferenční rovnici včetně pravé strany pretransformuje pomocí Z-transformace, ze vzniklé rovnice vyjádříme Y (z) = Z{y(n)} a výsledek získáme pomocí zpětné Z-transformace. 80 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 9.3.1. Z-transformací řešte následující diferenční rovnice a) yin + 2) - 3y(n + 1) - 10y(n) = 0, y(0) = 0, y(l) = 2 b) y(n + 2) + y(n) = 0, y(0) = 0, y(l) = 1 c) y(n + 2) + y(n + 1) - 2y(n) = 1, y(0) = 0, y(l) = 0 d) + 1) -y(n) = 2n(n- 1), y(0) = 0 e) y(n + 2) - 4y(n + 1) + Ay(n) = 0, y(0) = 1, y(l) = 4 /) y(n + 2) - 5y(n + 1) + 6y(n) = 1, y(0) = 0, y(l) = 0 g) y(n + 2) - 9y(n) = 0, y(0) = 0, y(l) = 1 h) y[n + 2) - 5y{n + 1) + 4y(n) = 2™, y(0) = 0, y(l) = 0 i) y(n + l)-3y(n)=n(-l)n, y(0) = 1 Řešení: a) Podle tabulky pretransformujeme celou rovnici. Z{y(n)} = Y (z); Z{y(n + 1)} = zY(z) - 0 • z = zY(z); Z{y{n + 2)} = z2Y{z) - 0 • z2 - 2z = z2Y(z) - 2z; Dostali jsme rovnici pro Y (z) : z2Y{z) — 2z — 3zY(z) — 10V(z) = 0. 2z Z toho Y (z) = Vin) = -5* (z-5)(z + 2) , a zpětnou transformací získáme -2)n, n = 0,1,2,.... b) Z{y(n)} = Y (z); Z{y(n + 2)} = z2Y(z) - z; Rovnice pro Y (z) je z2Y{z) — z + V(z) = 0, a z toho Y [z) = z2 + l Funkce Y (z) zn~l = z2 + 1 má v bodech z\ = j a z2 = -j póly prvního řádu. Pro n = 0,1,... : y (n) = Z 1{Y(z)} = res z' z" lim--h lim Z + j Z — J J ' "J n-1 Z2 + l res z=-i z2 + l 2 J V2 -1) n-1 2j — 2j 2 2 J V2 2 Řešením diferenční rovnice je posloupnost {y(?T-)}^Lo = (0) 1) 0) ~~ 1) 0) 1, 0,...). c) Z{y(n)} = Y(z); Z{y{n + 1)} = zY(z); Z{y{n + 2)} = z2Y{z)- Rovnice pro Y (z) je z2Y(z)+zY(z)-2Y(z) z - 1 a Y (z) = (z-l)2(z + 2)' MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 81 Funkce Y(z) zn~l =--—-- V ; (z-l)2(z + 2) bodě z2 = 1 pól druhého řádu. má v bodě z\ = —2 pól prvního řádu a v Pro n = 0,1, 2,... : y (n) = Z-1{Y{z)} = res z=-2 res z=l Z" = -(-2)n + lim (z-l)2(z + 2) nzn~1(z + 2) - z = lim , .„ _____ . z-r-2 (z - l)2 z-rl \z + 2 lim (z-l)2(z + 2) z (z + 2)2 d) Z{y{n + 2)} = z2Y(z); Z{n2n)} = Rovnice pro Y [z) je Y (z) (z — 1) = = h-2T + 371-1 = (-2)" + 3n-l 9l ; 9 9 2Z Z{2n)} = Z (z-2)2' 7J z-2' 2z z 2z - z2 + 2z z-2)2 z-2 [z-2f Z toho Y(z) = 4z - z2 -, a Y (z) zn~L = l(4 z 4 — z (z-2)2(z-l)' v 7 (z-2)2(z-l)' Tato funkce má v z\ = 1 pól prvního řádu a v bodě z2 = 2 pól druhého řádu. zn(4 - z) Pro n = 0,1,2,... : y (n) = Z~1{Y{z)} = res z=l res z=2 l(4 Z 4 — Z (z-2)2(z-l) = lim —-——h hm (z-2)2(z-l) zn(4 - z) z-rl (z - 2)2 z->2\ Z - 1 , (nzn"1(4 - z) - zn)(z - 1) - zn(4 - z) 2n2n"1 - 2™ - 2 • 2r-= 3+lim "-"- , \,2---- = 3+--- z^2 (z - l)2 1 = 3 + 2n(n-3). e) Z{y{n)} = Y (z); Z{y{n + 1)} = zY{z) - z; Z{y{n + 2)} = z2Y{z) - z2 - 4z. Po dosazení do rovnice a po úpravě dostaneme V (z) = (z-2) 2 ' vn+l Funkce F(z) z™"1 = {z-2f má v bodě z\ = 1 pól druhého řádu. 82 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Pro n = 0,1,2,... : y(n) = Z'1 {Y (z)} = res z=2 = lim (n + 1) zn = (n + 1) 2", n = 0, 1, 2, .... f) y(n) = ^(3íl + l)-2™, n = 0,l,2,...; 1 1 g) V{n) = -T-1 + -(-S)™"1 = —(1 + (-I)-1), n = 0,1, 2 ...; h) y(n) = i + |4"-1-2"-1, n = 0,l,2...; i) y(n) = — [5 ■ T+1 + (4n - l)(-l)n+1] , n = 0,1, 2 .... MATEMATIKA 2 - Sbírka úloh 83 Reference [1] Eliáš, J., Horváth J., Kajan J., Skuľka R.: Zbierka úloh z vyššej matematiky 4. Bratislava, Nakladateľstvo Alfa, 1970. [2] Haluzíková, A., Knéslová l, Kudláček V.: Aplikovaná matematika iii. Brno, SNTL-Praha, 1972. [3] Chrastinová, M., Kolouchová V., Krupková V., Svarc, S.: Matematická analýza i. Brno, Ediční středisko VUT, 1978. [4] Koukal, S.: Laplaceova transformace. Brno, Ediční středisko VUT, 1979. [5] Mašek, J.: Sbírka úloh z vyšší matematiky. Plzeň, Ediční středisko VSSE, 1965. [6] Novák, V.: Řešené úlohy z matematiky iii. Praha, SNTL, 1966. [7] Voráček, J., Zapletal J., Zástěra B.: Matematická analýza iii. Praha, SNTL, 1984.