České vysoké učení technické v Praze, Fakulta elektrotechnická
Matematika 2 Doc. Mgr. Petr Habala, Ph.D.
Přepis přednášek z LS 2005/2006
Přepsal Radomír Černoch,
[email protected]
Obsah Úvodní hodina......................................................................................................................................4 Skripta................................................................................................................................4 Upozornění...........................................................................................................................................4 Diferenciální rovnice............................................................................................................................5 Obyčejné diferenciální rovnice..........................................................................................5 Lineární ODR řádu 1, separovatelné.................................................................................6 Jednoznačnost diferenciálních rovnic.............................................................9 Lineární ODT (1. řádu)......................................................................................................9 Metoda variace konstant pro ........................................................................10 Lineární ODT (n-tého řádu)............................................................................................12 Lineární ODR s konstantními koeficienty....................................................15 Lineární nehomogenní diferenciální rovnice s konstantními parametry.........................16 Metoda odhadu pro speciální pravou stranu.................................................20 Speciální verze..............................................................................................20 Soustavy lineárních ODR................................................................................................21 Maticový přístup...........................................................................................21 Nehomogenní rovnice...................................................................................24 Laplaceova transformace....................................................................................................................26 Slovník.............................................................................................................................28 Gramatika........................................................................................................................29 Inverzní Laplaceova transformace...................................................................................31 Slovníček......................................................................................................32 Gramatika.....................................................................................................32 Integrálně-diferenciální rovnice......................................................................................32 Soustavy........................................................................................................34 Konvoluce........................................................................................................................34 Řady....................................................................................................................................................37 Reálné řady......................................................................................................................37 Částečné součty...............................................................................................................37 Konvergence....................................................................................................................37 Geometrická řada.............................................................................................................38 Aritmetická řada..............................................................................................................38 Teleskopická řada............................................................................................................39 Konvergence řad důkladně..............................................................................................40 Řady s ..........................................................................................................40 Integrální test.............................................................................40 Integrální odhad.........................................................................41 Srovnávací test...........................................................................42 Srovnávací škála........................................................................42 Alternující řady.............................................................................................44 Reálné řady: absolutní konvergence.............................................................45 Situace........................................................................................45 Posloupnosti a řady............................................................................................................................48 Posloupnosti.....................................................................................................................48 Řady.................................................................................................................................49 Obor konvergence.........................................................................................49 Mocninné řady..............................................................................................49 Taylorova řada..............................................................................................52 Matematika 2
2 / 60
verze 29.5.2006
Slavné Taylorovy rozklady........................................................53 Oblíbeným trikem je substituce.................................................53 Mocninné řady na C......................................................................................55 Fourierova řada................................................................................................................55 Lemma..........................................................................................................56 Periodické prodloužení.................................................................................57 Jordanovo kritérium......................................................................................58 Sinová a cosinová fourierova řada................................................................59
Matematika 2
3 / 60
verze 29.5.2006
Úvodní hodina
Úvodní hodina
Úvodní hodina Petr Habala
[email protected] Konzultace středa 12:30 – 14:20 http://math.feld.cvut.cz/habala
Skripta Tkadlec – sylabus Cvika 30% absencí je povoleno Písemky 6. a 13. týden
Upozornění Přepisovatel (já :-) nenese žádnou odpovědnost za informace obsažené v tomto textu. Pokud byste tedy náhodou neudělali zkoušku kvůli chybě v tomto dokumentu, tak se na mne, prosím, nezlobte. Radši na chybu upozorněte, ať se to nestane dalšímu. Je totiž celkem jisté, že text chyby a překlepy obsahuje. Pište, prosím, na
[email protected].
Matematika 2
4 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Diferenciální rovnice
Diferenciální rovnice Obyčejné diferenciální rovnice • • •
má znaménko = obsahuje proměnnou a funkci – může mít i derivaci
Dif. rovnice má řád (ODR) – nejvyšší řád derivace, která se objeví. DEF Obyčejná diferenciální rovnice řádu n je rovnice tvaru F x , y , y ' , ... y n =0 , kde F je funkce n2 proměnných, ve které se y n vyskytuje. PŘ
řád 0: např: y 2 x −3=sin x y=± x '=
řád 1: y =∫
řád 2:
3sin x x !=0 x
1 x
1 dx =ln ∣ x ∣C ; x ! =0 x
3 x '−2 y 1 =1 - to např vůbec nevíme co s tím! 2 y ' ' − y x 4 3y ' −2 y 1 −1=0 2 y ' '− y x 4 F x , y , y ' , y' '
Jak tedy na to? Vykašlu se na derivace a integrály 3 c−2b 1 F a , b , c , d = − −1 2 a−b a4 DEF Řešení rce y = y x je řešením rovnice na otevřeném intervalu I <=> f je n-krát diferenciovatelná na I a ∀ x ∈ I : F x , y x , y x , ... , y n x =0 PŘ
y x =x⋅e x je řešení na 0,∞ . Zkusím dosadit: 3 x1e x −2 x e x 1 x3 = =1 x x x4 x4 2 x 2e − x e Je dobré dosazovat do původní funkce – aby nepřibylo, nebo neubylo žádní řešení. GRAF 1
PŘ
y =x e x je maximální řešení tamté rovnice na −4,∞ , y =x e x je maximální řešení tamté rovnice na −∞ ,−4 :
Vím, že jediný problém je v -4 – minule, když jsme dosazovali, tak nic nezlobilo. Platí: ∀ A∈ℝ : y x = A x e x je řešením na obou zadaných intervalech. Z toho vyplývá, že řešení je nekonečně mnoho (viz GRAF 2). POZN Nejčastěji bývá řešení tolik, kolik je ODR
Matematika 2
5 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
PŘ
Obyčejné diferenciální rovnice
Najdi řešení původní rovnice splňující 5 a) y 0= 2 e 5 5 0 Chci, aby y 0= 2 , takže A⋅0⋅e = 2 a to nejde. e e 5 2 e 5 5 5 2 x A⋅2⋅e = 2 A= 2 y x = 4 x e e 2e 2e
b) y 2=
Cauchyho úloha je jednoznačně řešitelná <=> ∀ y 1, y 2 řešení ∃ okolí U =U x 0 : y 1= y 2 . Řešení z je jednoznačné na intervalu I ⇔ A v řešení úlohy na J , I ⊆ J : y=v na I
Lineární ODR řádu 1, separovatelné Budeme řešit rovnice typu y n= f x , y , y ' ,... , y n−1 DEF Lineární ODR řádu 1 lze zapsat ve tvaru y ' x =g x ⋅h x DOPSAT Z PAPÍRU VĚTA o existenci a jednoznačnosti: Uvažujme rovnici y ' =g x ⋅h y : S . Nechť I, J jsou otevřené intervaly: • g x je spojitá na I • h y je spojitá na a≠0 na I OBR 1 – SAKRAŠ, SEM NEVÍM CO PATŘÍ... ∀ x 0⊂ I , y 0 ∈ J . ∃ řešení Cauchyho úlohy (S) y x 0 = y 0 Toto řešení lze protáhnout až na hranici I x J a je jednoznačné
VĚTA Předpokládejme, že G je primitivní fce k g na I, a H(x) je primitivní k 1/h y na J. Jestliže má H inverzní funkci H −1 , pak y x =H −1 G x C je obecné řešení (S) na I
Matematika 2
6 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODR řádu 1, separovatelné
A jak vlastně řešíme? y ' x =g x ⋅h y dy =g x ⋅h y dx dy=g x ⋅h y⋅dx dy = y x dx h y dy ∫ h y =∫ y x dx H y =G x C y x =H −1 G x C
DK
Jak na důkaz? Tkadlec má ve skriptech odvození – to je dlouhé. Chytrý student vezme ten poslední řádek a dosadí ho do původní rovnice. Musíme znát větu o derivaci inverzní funkce.
PŘ
5 Pro ODR x y ' =
a) b)
−2 řešte Cauchyho úlohy y
y 1=3 y −1=−1
1) Je separovatelná? −1 2 ⋅ 5 x y −2 5 d y x = dx y 2 y d y =− 5 d x x 2 ∫ y d y=∫ − x 5 d x y '=
Je separovatelná! 2) Vyřešíme 1 2 2 1 y = ⋅ 4 C 2 4 x 1 2 y = 4 2C x 1 2 y = 4 C x
Matematika 2
7 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODR řádu 1, separovatelné
3) A teď rozdělíme •
•
1 C x4 C0∧x ∈0, ∞ C0∧x ∈−∞ ,0
•
C0∧x ∈ 0, −
•
C0∧x ∈ − −
y=
•
•
y =− •
(1) (2)
1 C
(3)
1 ,0 C
(4)
4
4
1 C x4 obdobně 4 možnosti
4) A Cauchyho podmínky Díky podmínce, že x ≠0 a y ≠0 => 4 intervaly a)
y 1=3
1 C 3 1 C= 3−1 3=
y x =
b)
1 31 ; x ∈0, ∞ x
y −1=−1
1 C 4 1 C=0 1 y x = ; x ∈−∞ , 0 x −1=−
Matematika 2
8 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODR řádu 1, separovatelné
Jednoznačnost diferenciálních rovnic PŘ
Cauchyho úloha y ' =3 y 2 , y 0=0 y x =0 na ℝ • y ≠0 •
∫ dy2 =∫ dx y3 1/ 3 y = xC 3 y x = xC , x ∈ℝ
a počáteční podmínky 3
y x =x ; na ℝ
Dohromady tedy 2 řešení a je z toho jasné, že jednoznačnost není jednoduchá. VĚTA O jednoznačnosti a existenci řešení ODR y ' = f x , y ∗ Předpokládám, že ∃ otevřené intervaly I a J: f(x) je spojitá na I ×J . Pak ∀ x 0, y 0 :neco , neco a y x 0 = y 0
Máme existenci a teď jednoznačnost: Pokud navíc d f x dy je spojitá nebo omezená na I ×J , pak jsou ta řešení jednoznačné.
A teď pro separovatelné rovnice. y ' =g x ⋅h y= f x , y 1. g, h spojité => existuje řešení 2. h' je spojité (nebo omezené) na J => jednoznačné Tato věta nám sice zaručí, jestli řešení existuje, ale vůbec nám neřekne, jaké to řešení je.
Lineární ODT (1. řádu) Obecný vzorec: y ' a x ⋅y=b x A pokud je navíc homogenní, tak b x =0 Přidružená homogenní potom vypadá takto: y h 'a x y h=0 Důsledek: VĚTA O existenci a jednoznačnosti L1: Pokud a x , b x spojitá na I => ∀ x 0 ∈I , ∀ y 0∈ℝ ∃ řešení úlohy L1 y x 0 = y 0 a je jednoznačné na I.
Matematika 2
9 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODT (1. řádu)
TVRZENÍ Jestliže a x je spojité na intervalu I => obecné řešení y ' a x y =0 na I je y x =C⋅e −A x , kde A je primitivní funkce k a x a na I. DK • •
L1 je separovatelná y ' x =−a x ⋅y x . Díky tomu platí platí: stacionární řešení y x =0 na I. jinak dy =∫ −a x dx y ln∣x∣=− A x C C − Ax − Ax y =±e ; e =C⋅e pro C=0 dostanu A0 stacionární.
∫
POZN Množina řešení homogenní rovnice je {C⋅e− A x ; C ∈ℝ } . To tvoří vektorový prostor dimenze 1 s bází { e −A x } . POZN Definujeme zobrazení L : y y 'a x y y ∈ { f na I : ∃ f ' na I } y je řešením homogenní rovnice <=> L y =0 => množina všech řešení homogenní rovnice Ker(I) a to je vektorový prostor. A teď zpět k LINDR: VĚTA Nechť a, b jsou spojité funkce na intervalu I. Pak pro ∀ x 0 ∈I ; ∀ y 0∈ℝ : Cauchyho úloha y ' a x y =b x , y x 0 = y 0 má jednoznačné řešení na I. VĚTA Obecné řešení této rovnice na I je y x = B x C e− A x , kde A je primitivní fce k a x na I a B(x) je primitivní funkce b x ⋅e A x na I.
Metoda variace konstant pro y 'a x y=b x 1. Vyřešíme přidruženou homogenní rovnici y ' a x y =0 a tím dostaneme obecné řešení y h x = formulka s C. 2. Variujeme konstantu: předstírej, že C=C x y x . Dosadíme y x 0 do y ' a x y =b x , vyleze z toho rovnice pro C ' x =... . Integrací získáme C x =... . 3. Obecná řešení y ' a x y =b x dostaneme dosazením C x do y x .
Matematika 2
10 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODT (1. řádu)
DK y ' a x y =0 už z dřívějška y h x =C⋅e −A x . To h nám říká, že toto řešení je homogenní na rozdíl od finálního řešení. 2. Variace: y x =C⋅e −A x dosadím do rovnice y 'a x y =b x a zderivuji. Vyjde
1.
− Ax
−A x
C ' x ⋅e
−A x
C x ⋅e ⋅−a x a x ⋅C x ⋅e C ' x ⋅e− A x=b x A x C ' x =b x ⋅e C x =B x C 3. Obecné řešení y x = B x C ⋅e −A x ; x ∈I
=b x
Dosazování y x =C x ⋅ x , pak po dosazení C ' x ⋅ x =b x - TOMU NEROZUMÍM PŘ
y ' y cotg x =2 x sin x , y
3 2 2
3 2
= −1
Podmínky: x ≠k => řeším na k ,k 1 Lineární, řádu 1 => variace konstant 1. Homogenní řešení y h '− y h cotg x =0 dy − y h⋅cotg x =0 dx dy x dx ∫ y h =∫ cos sin x h ln ∣ y h∣=ln ∣sin x ∣C C ∣y∣=e ⋅∣sin x ∣ y=±e C⋅sin x Obecné řešení homogenní rovnice y h x =C⋅sin x , x≠k 2. C začneme brát jako funkci C x a řešíme y x =C x ⋅sin x a dosadím [C x sin x ]'−C x sin x cotg x =2x sin x C ' x sin x C x cos x −C x cos x =2x sin x C ' x sin x =2x sin x 3. A vyřešíme y x = x 2C sin x , x≠k A počáteční podmínka: 3 2 C 2
3 2
3 2 −1 2
⋅sin
=
C=1−2 3
2
2
2
2
y x = x 1−2 3 ⋅sin x ; x ∈ , 2 2
Matematika 2
11 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODT (1. řádu)
POZN −A x
y x = B x C ⋅e − A x − Ax y x =B x ⋅e C⋅e konkretní řešení (partikulární)
řešení přidružené homogenní rovnice
VĚTA Nechť y p je nějaké partikulární řešení y 'a x y =b x . Pak množina všech řešení této rovnice je { y p y h ; y h řeší y ' a x y=0 } DK 1. Jsou y p y n řešení??? Dosadím!!! [ y p y h ]' a x [ y p y h ]= y p ' y n 'a x y p a x y n= =[ y p ' a x y p ][ y n 'a x y n ]=b x 0=b x 2. y řešení y 'a x y =b x , chci y ∈a množina y = y p y− y p = y p y n y = y p yh • y h řeší přidruženou homogenní rovnici? • A dosadím: y h ' 'a x y h = =[ y h y p ]'a x y− y d = =[ y 'a x ]−[ y p ' g x y p ]= =b x −b x =0 y y 'a x y y : L y =b }={ y p } Ker L {
POZN
POZN Soustava n rovnic, n neznámých A x =b , prostor řešení A x = 0 je vektorovým prostorem x dimenze n. Pokud 0 řeší A⋅ x =b , pak množina všech řešení je { xp xh ; A xr=0 } .
Lineární ODT (n-tého řádu) DEF Lineární ODR řádu n je ODR je definována podle vzorce: n
y an −1 x y
n−1
...a 2 x y ''a1 x y '=b x
Pokud potřebujeme přidruženou homogenní => b x ≡0 A Cauchyho úloha vypadá takto: y x 0 = y 01 y ' x 0 = y 02 x −1 y x 0 = y 0n
Matematika 2
12 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODT (n-tého řádu)
TADY JE NĚJAKÁ VĚTA A JEJÍ DŮKAZ PROČ MUSÍ TEN BLBEJ LINUX POŘÁD PADAT?
:-)
TEN DŮKAZ ASI KONČÍ TAKTO =[ y n ... a1 x y n ' a0 x y n ]=b x −b x =0 VĚTA Uvažujme LinODR y nan −1 x y n−1...a1 x y 'a 0 x y=0 na spojitém intervalu I. Pak prostor řešení této rovnice na intervalu I je vektorový prostor V dimenze n, kde V ={ y ; L y =0 ; x ∈I } . DK
Definujeme derivační operátor L : y y n ...a n x y ' =a x x y a ten je lineární.
1) Je to vektorový prostor? a)
y 1, y 2∈V , chci y 1, y 2 ∈V dosazením do L.
b)
y ∈V , ∈ℝ y ∈V n
y ...a1 x [ y 1]'a0 x [ y ]= =[ y n...a1 x y ' y ]=⋅0=0 z definice 0
2) Dimenze - je problém, není na to vzoreček. Dimenze je počet vektorů v bázi => najdu bázi s n vektory (funkcemi) = potřebuji najít n lineárně nezávislých funkcí, jejichž lineární kombinací dostaneme celé obecné řešení. Uděláme to pomocí věty, kterou NEMÁM NAPSANOU (!!!KVŮLI LINUXU!!!) a) zvolím n různých Cauchyho podmínek a tím zafixuji y x 0 : k
y x0
y ' x 0
y x 0
...
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
2
0
0
1
0
0
...
…
...
...
...
...
n
0
0
0
0
1
2
y
n−1
x 0
Z toho dostanu postupně řešení y 0, y 1, ... , y n−1 . Díky větě o existenci vím, že řešení existuje. Všechna se liší dost podstatně – jsou lineárně nezávislá. Je to díky tomu, že v každém sloupečku má každá derivace jen jednu 1. A teď matematicky: n−1
∑ i⋅y i x =0 i=0
LN jen tehdy, když ∀ i : i =0 .
Matematika 2
13 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODT (n-tého řádu)
Dělá se to tak, že zadanou rovnici k-krát zderivuji. n −1
∑ ai⋅y 1 x =0 t
i =1
a dosadím čas x 0 . Jediná derivace, která není 0, je derivace k-tá. k
y i =1⇔i=k k y i =0⇔ i≠k
Rovnice potřebná pro důkaz lineární nezávislosti teď vypadá: n−1
∑ i⋅y i x =a k⋅1=0 ⇒a k =0 i=0
b) Víme, že funkce { y 0, ... , y n−1} jsou LN. Generují ale prostor V? Vezmu si libovolný prvek z V a zjistím, že ho můžu generovat pomocí ypsilonů: Nechť { y ∈V } y řeší rovnici ( L y =0 ) a splňuje Cauchyho podmínky n−1 y x 0 , y ' x 0 , ... , y x 0 ∈ℝ . n−1
Definuji y =∑ y i x 0 ⋅yi ⇒ y ∈V , které také řeší L na I. i=0
Tvrdím, že y = y . A použiji větu o jednoznačnosti – porovnám Cauchyho podmínky. n−1
i
y x 0⋅y x 0=∑ y ⋅y i x 0 = y x 0 i =0 n−1 i
y ' x 0 y ' x 0=∑ y x 0 y i ' x 0 = y ' x 0 i =0
y
n−1
n−1
x 0 ⋅y
... n−1 x 0 =∑ ...= y x 0
Díky stejným Cauchyho podmínkám platí tvrzení nahoře. Někdo mi tedy dá homogenní rovnici a já ji chci řešit. Dostanu bázi a díky ní už mám všechna možná řešení. Tato báze je tak zásadní, že má jméno: DEF Dána rovnice L. Fundamentální systém je libovolná báze prostoru řešení přidružené homogenní rovnice. Ale jak ten fundamentální systém najít? 1) Najdu n řešení. 2) Dokážu, že jsou lineárně nezávislá.
Matematika 2
14 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODT (n-tého řádu)
DEF Wronskián je determinant definován jako: y0 y '0 W x = y ''0 ... n−1 y0
y1 y '1 y ''1 ... n −1 y1
∣
... ... ... ... ...
y n−1 y 'n−1 y ''n−1 ... n−1 y n−1
∣
Nechť y 0, y 1, ... y n−1 jsou řešení téže rovnice na intervalu I. Řešení jsou nezávislá ⇔ W x ≠0 na I ⇒∃ x 0 ∈ I : W x ≠0 . A jak tedy najdu tu bázi? Nevím. Potřebujeme ještě hezčí rovnice.
Lineární ODR s konstantními koeficienty Budou se jmenovat třeba LK: y nan −1 y n−1...a2 y ' ' a 1 'a0 y =b x ; a i ∈ℝ . Důležité je, že místo a i x obsahují jen a i . DEF Charakteristický polynom: p : nan −1 n−1...a 2 2a1 a 0=b x Charakteristická čísla (řešení): p =0 4
PŘ
2
y 2 y y −12 y '−20y=0 3
Charakteristická rovnice je 4 2 32−12 −20=0 . A tu teď vyřeším. Je to školní příklad, takže si můžu být jist, že vyjde pěkně. Charakteristická čísla tedy vyjdou =−2 2x a =1±2j . VĚTA Uvažujme lineární ODR řádu n s konstantními koeficienty. Nechť je její charakteristické číslo násobnosti k. 1. 2.
=∈ℝ , pak funkce e x , x e x , ... , x k−1 e x patří do fundamentálního systému. = j ; ≠0 , pak funkce x
x
e sin x , e cos x , x x x e sin x , x e cos x , ... , ... , k−1 x k−1 x x e sin x , x e cos x také patří do fundamentálního systému. 3. Do fundamentálního systému nepatří nic jiného.
PŘ
y 42 y 3 y 212 y '20 y=0
a) najděte fundamentální systém b) obecné řešení c) pro tuto rovnici vyřešte Cauchyho podmínky y 0=1 ; y ' 0=3 ; y 2 0 =20 ; y 3 0=−26 Matematika 2
15 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární ODT (n-tého řádu)
a) Charakteristická čísla jsou −22x ; 1±2j => podle předcházející věty: {e−2x , x e −2x , e x⋅sin2x , e x⋅cos 2x} b) ze a): y x =a⋅e
−2x
b⋅x e
−2x
x
x
c⋅e ⋅sin 2xd⋅e ⋅cos 2x ; x ∈ℝ
c) Dosadím z Cauchyho podmínek x
x
y x =a⋅e b⋅x e c⋅e ⋅sin 2xd⋅e ⋅cos 2x −2x x x y ' x =e −2a−b sin 2x e c−2dcos 2x e 2e d −2x x x x y ' ' x =e 4a−4b4b x e c−2d sin2x e −3c−4a cos 2x e 4c−3a −2x x x x y ' ' ' x =e −2a12bx e −8bsin 2x e −11c2d cos 2x e −2c−11b a d =1 −2a b 2c d =1 4a −4b 4c −3d =3 −8a 11b −2c −11d =26 ⇒ a=1 ; b=−1 ; c=3 ; d =0 A teď stačí dosadit do obecného řešení: y x =e−2x− x e−2x3 e x sin2x ; x ∈ℝ −2x
−2x
Lineární nehomogenní diferenciální rovnice s konstantními parametry Už umíme y na n−1⋅y n−1...a1 y ' a 0 y=0 - z minulého týdne Teď se naučíme y na n−1⋅y n−1...a1 y ' a 0 y=b x . A využijeme platnosti věty y x = y p y n . Metodou variace konstant! (bude platit i pro a i i jako funkce a i x )
1. 2. 3. 4.
Připomenutí z minula: n=1 Řešení homogenní rovnice ⇒ y h x =c⋅h x Variace y x =c x ⋅h x Dosazení do původní rovnice C ' x ⋅h x =b x A dosadíme ⇒C x =... y p x =C x ⋅u x
Matematika 2
16 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární nehomogenní diferenciální rovnice s konstantními parametry
My teď použijeme přechod na vyšší řád: 1. Řeším přidruženou homogenní y h x =c 1 y 1 x ....c n y n x 2. Variace y h x =c 1 x y 1 x ....c n x y n x 3. Rovnice C 1 ' x y1 x ...C 1 ' y n x =0 - je tam 0! C 1 ' x y 1 ' x ...C 1 ' y n ' x =0 C 1 ' x y 1 ' ' x ...C 1 ' y n ' ' x =0 … n−1
C 1 ' x y1
n−1
x ...C 1 ' y n
x =b x
4. A tyto rovnice vyřešíme C 1 ' x =... ; C 2 ' x =... ; ... ; C n ' x =¿ 5. A zintegrujeme y p x =c1 x y1 x ...c n x y n x A proč to tak funguje? Rovnici n-1 krát zderivujeme a dosadíme do původní funkce – stejně jako u řádu 1. y=∑ ck y k y ' = ∑ ck ' y k ∑ c k y k ' Při každé další derivaci přibude jedna derivace a po dosazení by to nepomohlo Pokud: y ' =∑ c k ' y k ∑ ck yk ' 0
y'
y ' ' =∑ c k ' y k ' ∑ ck y k ' ' 0
... y n=∑ c k ' y nk −1 ∑ c k y kn
A pokud tyto rovnice dosadím do té původní, dostanu tu velkou soustavu a je to. Naštěstí to nemusíme umět. PŘ
Najdi obecné řešení rovnice x 1 x−2 y ' y= . 2 x −2 2 x −2 x Jako vždy – neumím. Víme-li, že {2x , e x/ 2 } je fundamentální systém. y''−
1. Vyřešíme přidruženou homogenní y h x =a⋅2xb⋅e x /2
Matematika 2
17 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární nehomogenní diferenciální rovnice s konstantními parametry
2. Variace konstant y x =a x ⋅2xb x ⋅e x /2 3. Rovnice a ' x ⋅2xb ' x e x /2=0 1 x /2 x−2 a ' x ⋅2b ' x e = 2 x Odečtením vyřešíme x−2 a ' x [4−2x]=2 x −1 a ' x = x −x /2 b ' x =2⋅e 4. Dořeším a x =−ln ∣x∣ − x/ 2 b x =−4 e −x /2 x /2 y p x =−ln ∣x∣⋅2x−4 e ⋅e x/ 2 y x = y p y h=2 a xb e −2x ln∣x∣−4 ; x ∈−∞ , 0∨ x ∈0, 2∨x ∈2,∞
Alternativní postup: a x =−ln ∣x∣a −x /2 b x =−4 e b − x/ 2 x/ 2 ⇒ y x =−ln ∣x∣a 2x−4 e b e 5. alternativní: Cramerem e x /2 x /2 D= 1 x/ 2 = e x−2 2 e 2 x/ 2 0 e x−2 x/ 2 D a ' = x −2 1 x /2 =− e e 2 x 2 2x 0 Db ' = x −2 =2 x −2 2 x Da ' −1 a'= = D x Da' −x /2 b'= =2e D 2x
∣ ∣
∣
Matematika 2
∣
∣ ∣
18 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
PŘ
Vyřeš x¨ x =
Lineární nehomogenní diferenciální rovnice s konstantními parametry
1 ; x 0=2, x˙ 0=0 cos t
1. homogenní x¨ x =0 2=1=0 ⇒=± j x h t =a sin x b cos t 2. Variace x t=at sin tbt cos t 3. Rovnice a ' t sint b ' t cos t =0 1 a ' t cos t −b ' t sin t= cos t Kramerovo pravidlo – domácí úkol – je dobré to zkusit Finta: sin t¿ 1cos t¿ 2=0 2 2 a ' t[sin t cos t]=1 a ' t =1 a dosadím do #1 −sin x b ' t= cos x ⇒ a t=ta ⇒ b t=ln∣cos t∣b 4. Dosadím x t=t sin tln ∣cos t∣cos ta sint b cos t ; t≠ 2 k
5. Počáteční podmínky x˙ t=sin tt cos t −sint −ln ∣cos t ∣ sint a cos t b sin t dosadím t =0 do x , x˙ : a=0 ; b=2 6.
Matematika 2
x t=t sin tln ∣cos t∣cos t=2cos t ; t∈ − , − 2 2
19 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Lineární nehomogenní diferenciální rovnice s konstantními parametry
Metoda odhadu pro speciální pravou stranu
TADY TO VŠECHNO CHYBÍ
Speciální verze k b x =P x ; =0, =0 ⇒ y x =x P x x k x b x =P x e ; =0⇒ y x =x P x e k x cos x ] b x =P x sin x Q x cos x ; =0 ⇒ y x = x [ P x sin x Q
VĚTA Platí princip superpozice L y = y n a n−1 x y n−1...a0 x y... y 1 řeší L y=b1 x y 2 řeší L y=b2 x ⇒ y 1 y 2 řeší L y =b 1 x b 2 x
PŘ
Najděte obecné řešení rovnice y ' ' −2 y ' y= 2⋅e e−2x x 27 =1,=0
1.
=−2, =0
1 =0 , =0
2−2 1=0,−12=0 ; =1
2. pravé strany 2 e x ⇒=1, =0 ⇒ j=1⇒ k =2 ⇒ x 2 A e x −2x 0 −2 x 27 e ⇒ =−2, =0⇒ = j=−2 ⇒k =0⇒ x B e 0 1 ⇒=0 =0⇒ j=0 ⇒ x =0 ⇒ x C 3. Součet y p x = Ax 2 e x B e−2x C
Matematika 2
20 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Soustavy lineárních ODR
Soustavy lineárních ODR y 1 '=a11 y 1a 12 y 2...a 1n y nb1 x y 1 '=a21 y 1a 22 y 2...a 2n y n b2 x ... y 1 '=a n1 y 1a n2 y 2...ann y n bn x Soustava homogenní b i=0
FAKT Soustava n rovnic, y 1 .. y n pocvičím s tím a vyjde rovnice řádu n. Eliminací! Zpět trikem. VĚTA O existenci a jednoznačnosti fce b i spojitá na I => soustava má jednoznačné řešení Cauchyho podmínek má jednoznačné řešení Cauchyho úloh na I. DEF Cauchyho úlohy v soustavách y 1 x 0 = y 01, y 2 x 0 = y 02, ... , y n x 0 = y 0n PŘ
Vypočítejte soustavu
[
y1 ' = y1 y2 − y3 y 2 ' = y 1 2 y 2 y3 ' = y1 2 y 3
]
⇒ y 1= y 3 ' −2 y 3 ∗∗ y ' ' −2 y 3 '= y 3 ' −2 y 3 y 2− y 3 ⇒ 3 y 2= y 3 ' ' −3 y 3 ' 3 y 3 ∗ y 2 ' = y 3 ' −2 y 2 2 y 2 y 3 ' ' ' −3 y 3 ' '3 y 3 ' = y 3 ' 2 y 3 ' ' −6 y 3 ' 6 y 3−2 y 3 y 3 ' ' ' −5 y' '8 y 3 '=0 Char. polynom: 3 −5 28 −4=0 ⇒=1, 2 −1 −4 4=0 ⇒=2 2x 2 2x 2x ⇒ y 3 x =a e b e c x e A dosadím do ∗
[
]
y 2 x =a e x
b e 2x 2x
2x
c x 1 e 2x
2x
4 be =6 b e 3 b e
2x
2x
2x
c[ 3x e − 3 2x1e 4x4 e ]
Ještě jednou dosadím do ∗∗ y 1 x =−a e x c 1− x e 2x
Maticový přístup Teď se podíváme na soustavu jinak. Zavedeme matici soustavy:
Matematika 2
21 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Soustavy lineárních ODR
DEF Matice soustavy a 11 a 12 a a A= 21 22 ... ... a n1 a n2
... a1n ... a2n ... ... ... ann
Vektor neznámých y1 x ... yn x
y x =
Vektor pravých stran b x =
b1 x ... bn x
POZN Nulový vektor 0 0 = ... 0
Tedy: Řešením soustavy y ' = A yb dostaneme y . Počáteční podmínky: y x 0 = y0 ∈ℝ VĚTA Množina řešení soustavy homogenní velikosti n je vektorovým prostorem o dimenzi n. y 1 x ,... , yn x } => můžu hledat bázi n vektorů y ={ => fundamentální matice y = y1, ... , yn
POZN n
y x −∑ ci yi x i =1
⇒ y x =Y x ⋅c
PŘ
c ∈R
n
Stejný jako minule, ale tentokrát maticově −a e y x = a e x x ae
x
2x
2x
be 2x b e
2x c 1−x e 0 1−x e −e x 2x c x x1 e =a e x b e 2x c 1x e 2x 2x 2x x 2x c xe e e xe
y1
−e ⇒Y x =y x = e x x e
Matematika 2
x
y2
y3
2x
2x
e 2x e
1− x e 2x x x 1 e 2x xe
22 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Soustavy lineárních ODR
a máme matici soustavy 1.
y 3=e x dosadím do ∗ a ∗∗ x
y 2 =e , y 1=−e −2 e ⇒ y1 = e x x e
x
x
2. zbylé vektory obdobně Existuje však ještě jeden postup: DEF A matice n×n (reálná) je vlastní číslo <=> det A− E =0 (det bude stupně n) v = 0 Vlastní vektor v ≠0, A− E
VĚTA Homogenní soustava => matice A => vlastní čísla => vlastní vektor v , pak x y x =v⋅e řeší soustavu y 2 jsou LN. Pokud mám 1, 2 ; 1≠2 , pak y1,
Návrat k příkladu, tento: PŘ
[
y1 ' = y1 y2 − y 3 y 2 ' = y 1 2 y 2 y3 ' = y1 2 y 3
1 1 −1 A= 1 2 0 1 0 2
]
1− 1 −1 ∣A− E∣= 1 2− 0 =3−5 2−8 −4=0 1 0 2−
[
]
1=1 ; 1=2 2x •
A začneme =1
0 1 −1 v 1 0 1 1 0 v2 = 0 1 0 1 v3 0
0 1 −1 1 0 1 1 1 0 ~ 0 1 −1 1 0 1 0 0 0
Matematika 2
23 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Soustavy lineárních ODR
A zvolím si v 3=1⇒ v 2 =1, v 1=−1 −1 −1 x v = 1 ⇒ y1= 1 e 1 1
•
A ještě =2 −1 1 −1 1 0 0 ~ 1 0 0 0 −1 −1 1 0 0 0 0 0 Zvolím v 3=1⇒ v 2=1 a , zvolím si i v1 =−1 .
Co teď s vícenásobným vlastním číslem? Je to problém. Ale existuje na to procedura: 1. je vícenásobná: • A− E V1 =0 ⇒ y1 =v1 e x x
•
A− E v2=v1 ⇒ y2 = v1 x v2 e
•
A− E v3= v2 ⇒ y3= 12 v1 x v2 x v3 e
•
A− E v4= v3 ⇒ y4= 16 v1 x
2
31
2
2
x
v2 x v3 x v4 e
x
2. Co když je ∈ℂ ? • => najdu v e x •
=> řešení je ℜv e x , ℑv e x
A 1 je náš případ, pokračujeme v našem příkladě: −1 1 −1 0 1 0 0 1 ~ 1 0 0 1 0 1 −1 1 1 1 0 1 0 0 0 0
Dosadíme a řešení pak vyjde: 0 1 2x y3= 1 x 1 e 1 0
[ ]
Nehomogenní rovnice • •
Můžu použít eliminaci Použiji variaci přímo na soustavu. 1. Vyřeším homogenní soustavu y 1 x =a u 1 x b v 2 x c w 3 x ... ... y n x =a u n x b v n x c w n x ...
Matematika 2
24 / 60
verze 29.5.2006
Diferenciální rovnice
Soustavy lineárních ODR
2. Variace a ' x u 1 x b ' x v 1 x ...=b1 x ... a ' x u n x b ' x v n x ...=b n x •
Vektorová variace 1. Najdu vlastní čísla a fundamentální matici => obecné řešení přidružené rovnice y x =Y x ⋅ c 2. Variace Y x ⋅ c ' x = bx −1 c ' =Y x b x −1 c x =∫ Y x b x dx yP x =Y x ⋅ c x
PŘ y 1 ' =2 y 1 y2 −3 y 2 ' = y 12 y 23 x−4 y 0=6, y 2 x =1 Eliminací: y 2= y 1 ' −2 y 13 y 1 ' ' −4 y 1 ' 3 y1 = 3 x2
[
•
]
spec j =0
y 1 x =2 xa e x b e 3x do∗ x 3x ⇒ y 2 x =−2x−a e b e x
3x
y x = 2x a e x b e 3x −2 x −e e
•
Z poč. podm: a=1, b=2 Vektorovou metodou 2 1 =A 1 2 x 3x −1, 3⇒ 1 e , 1 e −1 1
•
•
Řádková a ' x e x b ' x e 3x=−3 x 3x −a ' x e b ' x e =3x−4 Vektorová
x
3x
e e C 1 ' x = −3 x −3x −e e 2x−4 C 2' x
Matematika 2
25 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
Laplaceova transformace
Laplaceova transformace DEF
f x :0 ; ∞ ℝ Definuji Laplaceovu transformaci jako ∞
− pt
ℒ { f t}: p ∫ f t e
dt
0
Zapisujeme: ℒ : f t ℒ { f t} f t= ℒ { f t } , ℒ { f t } p=F p ℒ : f t F p , f t= F p
PŘ
f t=eat , t≥0 ∞
at
− pt
ℒ { f t} p=∫ e ⋅e 0
a− p
∞
dt=∫ e
t a− p
dt=
0
∞
e 1 t a− p = =lim e = a− p 0 t ∞ a− p a) a− p0 : ∞ 1 b) a− p0 : a− p 1 a , p0 nebo f t≙ , Tedy ℒ { f t} p= p−a p−a
[ ]
pa
POZN k příkladu: Je dobré si uvědomit: f t=eat , t ≥0 f t=0 t 0
= umrtvování. Umrtvování je naprosto samozřejmé, dokonce tak, že se ani nepíše. 1 at pa Tedy: e = p−a DEF Heavisidova funkce: H t =1 ; t≥0 H t =0 ; t0
FAKT g t : ℝ ℝ g t H t =g t ; t≥0 g t H t =0 ; t0
Tedy píšu ℒ {e at } , ale myslím tím ℒ {e at⋅H t } . Matematika 2
26 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
PŘ
Laplaceova transformace ∞
t2
t2 − pt
ℒ {e }: p ∫ e e
d t=
0
∞
=∫ e
2
2
2
t− p/2 − p /4
d t=e
0
−p ∞ 4
2
∫ e t − p /2 d t≥ 0 ≥1
≥e
−p 2 ∞ 4
∫ 1 dt=∞ 0
Závěr - tuhle funkci nezLaplacíme. Co tedy jde zLaplacit? Třeba integrál musí jít spočítat. DEF f je po částech spojitá na intervalu I ⇔∃ x 1 x 2 x 3 ...∈ I , aby {x k } je konečná a x k ∞ . f je spojitá na x i , x i1 , ∃ f x 1 , f x −1 a I ⊂U =x i , x i1 . Funkce je pak po částech spojitá je i integrovatelná (po částech). DEF
f :0, ∞ ℝ je nejvýše exponenciálního růstu ⇔∃ M , a∈ℝ :∣ f t ∣≤ M e a t .
DEF
ℒ 0= f :0, ∞ ℝ ; f je po částech spojitá na 0, ∞ a f je nejvýše exp. růstu.
ℒ 0 obsahuje • • •
po částech spojité funkce, které jsou omezené exponenciály polynomy (viz škála mocnin)
VĚTA Jestliže f ∈ ℒ 0∧∣ f ∣≤M ea t , pak ∃ ℒ { f } p pro pa , navíc lim ℒ { f } p=0 p ∞
DK
na dvojku u ústního ∞
kouknu se na
∫ f t e− p t
f ∈ℒ 0
0
K
=> je po částech spojitá ⇒∃∫ f t e− p t d t
∀ k 0
e
=> a co když K ∞ Dokonce odhadnu: ∞ ∞ ∣ f t e− p t∣≤M e a t⋅e− p t ⇒∫ f t e − p t d t≤∫ M e t a− p = 1 ; pa , tedy konverguje! p−a 0
A tím pádem existuje i Laplacka. M 0 Taky ∣ℒ { f p}∣= p−a Matematika 2
0
27 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
Slovník
Slovník eat
1 ; p−a
tn
n! ; n1 n
sin t
, p 2
p0
p , 2 p
p0
pa
pa
2
cos t
2
VĚTA 1. věta gramatická: LT je lineární f , g ∈ ℒ 0, , ∈ℝ ⇒ f g∈ℒ 0 a ℒ { f g }= ℒ { f } ℒ {g f }
DK
Věty o linearitě (2) f, g je po částech spojitá, pak f g je také po částech spojitá ∣ f ∣ <= M e a t • ∣g∣ <= N e b t •
∣ f g∣≤∣∣∣ f ∣∣∣∣g∣≤∣∣ M e a t ∣∣ N e −a t ≤ at bt max a ,b t ≤max ∣∣ M ,∣∣ N ⋅e e max ∣∣ M ,∣∣ N ⋅2⋅e = e =M
a t −pt
ℒ { f g }=∫ f g e
∞
−pt
= ∫ f t e 0
DK
∞
−pt
d t∫ f t e
d t=
d t= ℒ { f } p ℒ {g } p
0
Slovníku 1 1 − j t jt ℒ {sin t}=ℒ { j e − j e }= 2 2 1 j t − j t = ℒ {e }− ℒ {e } = 2 1 1 1 = − = 2 2 2 p− j p j p
cos t dokážu stejně
Matematika 2
28 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
Slovník
t n matematickou indukcí ∞
−p t
n=0 : ℒ {1}=L {H t }=∫ 1 e 0
n ⇒ n1 : ℒ {t
n1
} ℒ {H t t
1 0! dt =...= = 01 OK p p
n1
∞
}=∫ t
n1 − p t
e
d t=
0
∞
− pt −p t n1 e ne ∣ ∣ = per partes = t ⋅ −n1∫ t d t= −p 0 −p 0
[
n1
]
∞
t 1 n1 n1 n − pt ⋅ 0 0 ∫ t e d t= pt p p p 0 t ∞ e n1 n1 n ! n1! n =−00 ℒ {t }=indukcí ⋅ = n1 p p p n1 p =−lim
∞
Gramatika VĚTA Gramatika 2 f ∈ℒ0 1 (i) a0 : ℒ { f a t }= a ℒ { f }∣ p - změna měřítka a
at
(ii) a∈ℝ : ℒ {e f t }=ℒ { f }∣p −a - posun v obraze (iii) a0 : ℒ { f t−a H t−a }=e −ap ℒ { f } - posun ve vzoru dn ℒ { f }] n[ dp t f t ∞ konverguje ⇒ ℒ { }=∫ ℒ { f }q d q (v) lim f t t t 0 p n
n
(iv) n∈ℕ : ℒ {t f t }=−1 −
DK •
1 2 3 jsou v pohodě, 4 a 5 jsou hustý. Posun sin t=sin t H t A co když posunu proměnnou sin t− H t− 2 2 Funkce se šoupne o - jasný 2 A co: = viz obr. 2 Takže Heaviside se posouvá kvůli tomu, abysme funkce dokázali zabíjet i jinde, než na 0. sin t⋅H t−
Matematika 2
29 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
Gramatika
DEF Konečný signál fce, která není 0, jen na a , b FAKT H t−a −H t−b =1 ; t ∈a , b ∨ f =0 ; jinde Zapisujeme také X a , b PŘ
Funkce, která má jen 1. kopeček ze sinusovky Můžu použít Heavisida: ℒ { f }= ℒ {sin t [ H t− H t− ] }= 1 − p = 2 −e ℒ {sin t}= p 1 1 1 1 − p − p = 2 e ℒ {sin t}= 2 e 2 p 1 p 1 p 1
PŘ
ℒ {t e 3t }= tuto funkci chci zmermomocnit tak, aby byla ze slovníku
VĚTA
n ∈ L0
∫ DK •
n
⇒ ℒ {∫ }=¿
Indukcí n=0 :
ℒ{f •
0
0
t }= p ℒ { f }
n=n1
ℒ{f
N 1
=[ f
∞
t}=∫ f
n1
−pt
n
] − ∫ t − pe −p t d t=
t ⋅e
=∣per − partes∣=
0 −pt ∞ 0
t e
f n
n
=lim t ∞
n
t t n n − p t − f 0 p ∫ f e d t= pt e 0 ∞
n
n−1
n−1
=− f 0 p [ p L { f }− p f 0 −...− f 0 ] n1 n n n = p L { f }− p f 0 −...− p f 0 − f 0
DK 2
t
ℒ { f }= ℒ
{[∫ a
Matematika 2
t
] } {∫
f s ds ' = p ℒ
0
f s ds
}
30 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
Gramatika
DK z minula: Bývá u zkoušek! ∞
− pt
ℒ { f t−a H t−a}=∫ f t−a H t−a e 0
∞
d t=∫ ...= a
∞ y=t−1 ∞ −p ya −pa −p y −pa = t= y a =∫ f y H y e d y=e ∫ f y e dy =e ℒ { f } 0 0 dt=dy
∣ ∣
•
nebo ∞
at
at
−pt
ℒ {e f t }=∫ e f t e 0
∞
− p−a t
dt=∫ f t e
dt=ℒ {}∣ p−a
0
VĚTA f je T-periodická ⇒ℒ {f }
kde f T DK
ℒ{f T}
−pt , 1−e je „1 perioda“ = f t ,0, T , nebo 0, jindy = f t X 0,T
Je to krásný důkaz ke zkoušce ∞
ℒ { f }=∫ f t e
−pt
0
∞
∞ k T T
dt=∑
k =0
∫
−pt
f t⋅e
dt=
kT
T
− p ykT = y=t−k T =∑ ∫ f yk T e dy= dy=dt k=0 0
∣
∣
f y ∞
− pk T
=∑ e k =0
T
∞
0
k =0
∫ f y e − p y dy=ℒ { f T }⋅∑ e − p T K =ℒ { f T } 1−e1− p T
Inverzní Laplaceova transformace Je tu problém, protože Laplacka není prostá transformace. Ale Laplacka je tak úžasná, že se na tento problém radši vykašleme. T : X Y • VĚTA f , g ∈L0, ℒ { f }= ℒ {g}⇒ f =g , až na spočetnou množinu izolovaných bodů. •
Navíc f, g zprava spojité ⇒ f =g . ℒ { f }= F Hledáme tedy f ∈ℒ 0 spojitou zprava, značíme f =ℒ −1 {F } .
Matematika 2
31 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
Inverzní Laplaceova transformace
Slovníček 1 at }=e p−a 1 1 −1 n−1 ℒ { n }= t n−1! p sin ... podobně cos ... taky −1
ℒ {
Gramatika (0) (1) (2) (3) (4)
−1 ℒ je lineární −1 −a p −1 ℒ {e F p}=ℒ {F p}∣t −a⋅H t−a −1 at −1 ℒ {F p−a}=e ℒ {F p} −1 −1 ℒ F p=−t ℒ {F p } −1 ℒ { p F p }=...
PŘ ℒ
−1
{
1 1 1 −1 −t −1 =ℒ =e ℒ = 2 2 p 2 p5 p1 4 p 4 1 −t −1 2 1 −t = e ℒ = e sin 2t 2 2 p 4 2 2
}
{
{
}
{
}
}
PŘ − p
ℒ
−1
e p =ℒ 2 ∣t − ⋅H t−=cos t− H t−=−cos t H t− 2 p 1 p 1
{ } {
}
VĚTA F je ryzí racionální lomená funkce => má vzor v ℒ 0 , najdu ho skrz parciální zlomky.
Integrálně-diferenciální rovnice Jsou to rovnice s y , y ' , y ' ' , … a možná také ∫ y dt . Jak na ně? Cimrmanovským krokem stranou = zLaplacím obě strany a dostanu rovnice s ℒ { y } , p ℒ { y } , p2 ℒ { y } . K tomu potřebuji také y 0 t , y ' 0 t , ... . Ale ejhle! To jsou Cauchyho podmínky. Takže po zLaplacení je z integrodiferenciální rovnice rovnice algebraická! Na konci tedy dostanu Y =ℒ { y } . Pak inverzní Laplackou dostanu y =ℒ −1 {Y } .
Matematika 2
32 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
PŘ
Integrálně-diferenciální rovnice
x¨ −x =2 X 0,1 , x 0 =0, x˙ 0 =0
Zkusíme LT, ℒ {x }= X 2
p X − p x 0 − x˙ 0 − X = ℒ {2[ H t−H t−i ]} 2 2 −p 2 p X − X = −e p p 2 2 −p 2 X p −1= −e p p 2 2 −p X= − e 2 2 p p −1 p p −1
tedy x t ℒ { −1
2 2 2 2 −p −1 −1 − e }= ℒ { }ℒ {− }∣t−1 H t−1= 2 2 2 2 p p −1 p p −1 p p −1 p p −1 2 −2 1 1 −1 −t t = = L {}=−2e e = p p−1 p1 p p1 p−1 −t t t −1 −t −1 =e e −2−e e −2 H t−1=
∣
• •
∣
=et e −t −2, t≥0∧t1 1 t −t =e 1− e 1−e , t≥1 e
POZN Po úpravě se dá dostat ke tvaru x t= • •
=2cosh t−2, t≥0∧t 1 1 −t t =e 1− e 1−e ,t ≥1 e
POZN Skorozkouška - není to úplná zkouška, ale většinou nám bude stačit. Skutečná zkouška by znamenala, že výsledek dosadím do původní rovnice, ale to je moc moc škaredý. Mrkneme se, jestli se obě větve napojí – vrazíme 1 do prvního i druhého vzorce a testneme, jestli se budou rovnat. Dosazení 1: 1 • e −2 e 1 1 1 • e 1− 1−e =e −2 e e e
Matematika 2
33 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
Integrálně-diferenciální rovnice
POZN U zkoušky se občas stává, že se student nechá vyvést z míry a rozhodí skokovou změnu na dvě rovnice už na začátku. To je ale blbě. Není to blbě úplně, ale radši řešit normálně POZN Jak najdeme obecné řešení? Fintou! Parametry a , b ,…∈ℝ a řeším rovnici y 0 =a , y ' 0 =b , ... ℒ { y ' }= p Y −a 2 ℒ { y ' ' }= p Y −ap−b ... => řešíme obecné řešení. PŘ
t
y ' 4 y 3 ∫ y s ds=0 0
L { y}=Y 1 pY −24 Y 3 Y =0 /∗p p 2 Y p 4p3=2 2p −1 3 ⇒Y = = p3 p1 p1 p3 −1 −t −3t ⇒ y=ℒ {Y }=−e 3 e , t≥0
Soustavy y˙ 1=− y 1−2 y 22e t a y 1 0 =0, y 2 0 =0 y˙ 2 = y 1 y 2 •
Zlaplacím:
[
p Y 1−1=−Y 1−2 Y 2
2 p−1
p Y 2=Y 1Y 2
[
2 p−1 −Y 1 p−1Y 2=0
p1Y 12 Y 2=
]
]
Y 1 =... , Y 2=... −1 y 1= ℒ {Y 1} , y 2= ℒ {Y 2} , y 1 t =sin tcos t , y 2 t =e t −cos t , r ∈ℝ −1
Konvoluce DEF
f , g ℝ ℝ ∞
∞
Konvoluce je f ∗g : t ∫ f u g t −ud u=∫ f t−u g ud u −∞
Matematika 2
−∞
34 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
Konvoluce
Platí všechno jako u násobení (pro důkaz stačí 1 řádek z definice): f ∗g =g∗ f f ∗g ∗h= f ∗ g∗h a f ∗g =a f ∗g f g ∗h= f ∗hg∗h Při Laplacení platí: f , g ∈ℒ 0 : ∞
f ∗g t =∫ f u g t−ud t 0
VĚTA f , g ∈ℒ 0 : ℒ { f ∗g }=ℒ { f }⋅ℒ {g } Máme tedy 2 prostory funkcí - ℒ 0 a nějaký druhý. Laplacka přenáší funkce z jednoho do druhého. Je zajímavé, že když v prostoru ℒ 0 konvoluji, tak ve druhém je stačí prachsprostě vynásobit. Pro spočítání konvoluce tedy stačí funkce zLaplacit, vynásobit a odLaplacit. DK PŘ
Je krásný, elegantní, ale potřebuje dvojné integrály. Jestli zbude čas... t
y ' ∫ cosh t−u y u d u=0 ;
x 0 =2
0
y ' cosh t∗ y=0 ℒ { y }=Y p p Y −2 2 ⋅Y =0 p −1
POZN k PŘ: 1 1 1 ℒ {e t }ℒ {e−t } = 12 p−1 2 p1 1 a ℒ {sinht }= 2 p −1
ℒ {cosh t }=
Zpět k př: p 3 Y =2 p2 −1 2 2 2, Y = − 3 ⇒ y t =2−t t≥0 p p
DK
Těch zbývajících ℒ {t f t }=−[ F p ] ' a ∞ 1 ℒ { f t}=∫ F qd q b t p F p= ℒ { f }
Matematika 2
35 / 60
verze 29.5.2006
Laplaceova transformace
a)
Konvoluce
−[ F p ] ' =− ∞
d dp
∞
[∫
−pt
f t e
0
∞
]
=∫ 0
−pt
d [ f t e− p t ]= dp
−pt
=−∫ f t e ⋅−t d t=∫ f t e 0
d t=ℒ {t f t}
t
b) ℒ { f }= 1) =F t 2) = ℒ {t −
1 d 1 f t }=− ℒ { f t } t dt t
[
]
d 1 ℒ { f t} =−F p dt t
[
]
p
p
1 ℒ { f t}=−∫ F q d q=−∫ F q d qC t a 0 p
1 lim ℒ { f t }=lim −∫ F q d qC t p ∞ p∞ 0 p
0=lim −∫ F q d qC p ∞
0 ∞
⇒C=∫ F q d q 0
p
1 ⇒ ℒ { f t }=−∫ F q d q∫ F q d q=∫ F q d q t 0 0 p
Matematika 2
∞
∞
36 / 60
verze 29.5.2006
Řady
Řady
Řady Reálné řady DEF řada je ∞
∑ ak ,
k=n0
kde a k ∈ℝ a n0 ∈ℤ
je to symbol pro a n a n 1… 0
0
Částečné součty DEF Pro danou řadu definuji částečné součty. N
S N = ∑ a k =a n an 1 ...a N , pro N ≥n0 k=n 0
0
0
Konvergence Řekneme, že řada konverguje (k A), jestliže {S N } konvergují k A. •
Značíme: ∞
∑ ak = A
k=n0
Jinak řada diverguje. ∞
•
∑ ak =∞ ⇔ S N ∞
k=n0 ∞
•
∑ ak =−∞⇔ S N −∞
k=n0
•
PŘ
něco úplně jiného :-) ∞
1
1
1
1
= ... ∑ k 2 4 16 k=1 2
1 2 1 1 3 S 2= = 2 4 4 ... 1 S N =1− n 2 S 1=
DK
S N =1 Matematickou indukcí Nlim ∞
Matematika 2
37 / 60
verze 29.5.2006
Řady
Konvergence
1 =1 k 2
∞
∑
tedy:
k=1
∞
PŘ
∑ 1=111... k=1
S 1=1, S 2=2, S 3 =3, ... S N =N N ∞
∑ 1=∞ k=1
∞
PŘ
∑ −1k =1−11−1 ... k=1
S 1=1, S 2=0, S 3=1, ... S N =1 ⇔ N sudé ∨0 ⇔ N liché N ∞
∑ −1k diverguje k=1
Geometrická řada DEF
Geometrická řada ∞
∑ a⋅qn
k=n0
FAKT
SN=
1−q N 1 1−q
pro n 0=0
∞
∑ qk = k=0
• • •
1 , ∣q∣1 1−q =∞ , q≥1 =divergence , q≤−1 =
Aritmetická řada DEF Aritmetická řada ∞
∑ aq⋅k k=0
FAKT
N N 1 2 konverguje ⇔ a=q=0 S N = N 1aq
Matematika 2
38 / 60
verze 29.5.2006
Řady
PŘ
PŘ
Aritmetická řada n
n n1 2 k=1 n nn12n1 ∑ k 2= 6 k =1
∑ k =12...n=
k −1
k
k
2 ∞
k
5⋅3 3 5 3 5 3 3 =∑ = ∑ = = ∑ 5⋅3 ∑ 2k1 k 6 k=2 4 6 4 k=0 4 2⋅4 k=2 2 k =2 2 3 5 3 1 5⋅9 15 = 1 = ⋅ = = 4 6 4 1−3/ 4 6⋅4 8 ∞
∞
−1
∞
〈 〈∣ ∣ 〉 〉
PŘ
Jak posunu index n 0 u geometrické řady: ∞
∑ q k =q n q n 1q n 2...= 0
0
0
k =n 0 n0
2
3
=q 1qq q ...=q
n0
∞
∑ qk k=0
∞
∑ k=2
k
3 3 = n=k −2 =∑ 4 k =n2 n =0 4 ∞
〈〈
n2
3 = 4
2 ∞
3 4
〉〉 ∑ n=0
n
Teleskopická řada PŘ
Teleskopická řada ∞ 1 1 1 = − ∑ k k 1 ∑ k −1 k k=1 k=1 ∞
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − − − ... − − 1 2 2 3 3 4 n−2 n−1 n−1 n N ∞ 1 S N =1− =1 N ∞ ∑ k k1−1 =1 k=2
SN=
VĚTA
∞
∞
∞
∑ a k bk =∑ ak ∑ b k ∞
∞
∑ c⋅ak =c ∑ a k
Matematika 2
39 / 60
verze 29.5.2006
Řady
Konvergence řad důkladně
Konvergence řad důkladně ∞
VĚTA
∑ ak ,
k=n0
∞
∑
k=n0
n 1n 0 ⇒ n1−1
∞
∞
k =n 1
k=n0
∑ ak konverguje ⇔ ∑ ak
∞
ak = ∑ a k ∑ a k
Řešíme otázku:
k =n 0
∑ ak
k =n 1
konverguje???
VĚTA
∑ a k konverguje⇒ a k 0 , tedy
DK
řada konverguje
a k nejdou k 0 ⇒ ∑ a k diverguje
N
⇒
∑ ak
S
k=n0
a N =S N −S N −1 ⇒ lim a N = lim S N − lim S N −1=S−S =0 N∞
N ∞
N∞
Řady s a k≥0 =>
∑ a k =konverguje=s∨=∞ a k ≥0⇒ S N 1 ≥S N ⇒{S N } je ↑⇒ • •
není omezená shora ⇒ ∞ je omezená shora S N S
Integrální test VĚTA Integrální test: f je nerosoucí na n 0, ∞ ∞
k0
ko
n0
∑ f k ⇒∫ f t d t Navíc platí ∞
∞
∞
∫ f t d t≤ ∑ n0
Matematika 2
k=n0
f k ≤ f n0 ∫ f t d t
40 / 60
k=n0
verze 29.5.2006
Řady
DK
Konvergence řad důkladně
Myšlenka: a k⋅1 ∑ a k =∑ obdélník
Tento obdélník má obsah jako horní součet Riemanova integrálu.
∑ a k konverguje⇒∫ f konverguje ∑ a k diverguje ⇒∫ f diverguje
1 2
A teď jak to zapíšeme matematicky: N
t N =∑ f t d t n0
[ N , N 1 ]
f je neklesající, tedy t n≤
f t d t≤t N 1
∫ n0
∞
[
x
∫ f t d t konverguje ⇒ lim ∫ f t d t x ∞ N
Ale:
n0
k1
∫ f t d t=∑ ∫ n0
n0
k
]
konverguje⇒ {t N }konverguje
N −1 k 1
f t d t≤ ∑ n0
∫ k
N −1
f k d t= ∑ f k ⋅1=S N −1 n0
Shrnutí t N ≤S N −1 omezené shora ⇒{t N }omezené shora a roste ⇒ konverguje ∞
∞
⇒∫ f t d t ≤∫ f t n0
PŘ
Dotaz: f x =
n0
∑
1 konverguje? 2 k ln k
1 0, 2 x ln x
≥0 pro x ≥3
Použiji integrální test: ∞ 1 ~ ∑ 2 ∫ 12 d x = k ln k x ln x ∞ dy =∣ln x = y∣=∫ 2 konverguje y 1 ⇒∑ konv 2 k ln k
Integrální odhad Ale vůbec nevíme, kolik řada vyjde. Např:
∑ 12 ∈ k=3 k ln k ∞
Matematika 2
∫ d 2x , 3 x ln x
〈
∞
1 dx ∫ =〈 0,91 ; 1,19〉 2 2 3 ln 3 3 x ln x
41 / 60
∞
〉
verze 29.5.2006
Řady
Konvergence řad důkladně
Srovnávací test VĚTA (Srovnávací test) a k , bk ≥0
1. 2.
ak ≤b k
pro všechna k
∑ a k =∞⇒ ∑ b k =∞ ∑ b k konv ⇒ ∑ a k konv
VĚTA Limitní srovnávací test ∞
∞
a k , bk ≥0 , „ a k ~bk v ∞ “ ⇒ „ ∑ a k ~∑ b k “
tzn.: lim
k ∞
ak 0⇒ ∑ a k konv ⇔ ∑ b k konv bk
Srovnávací škála 1
∑ kp
∑ 1k =∞ , ∑ ∞
PŘ
k=1
∑
PŘ
1 konv 2 k
konv p1∨div p≤1
2
∑ k12 = 6 ∞ 1
1 k 1 2
konverguje, protože • integrální test na jeden řádek 1 1 1 1 ∑ 2 a to konverguje. To si pamatuji. • srovnávací test 2 ≤ 2 ⇒ ∑ 2 k 1 k k 1 k Je dobré se k tomuto příkladu vrátit – dnes ještě stihneme 4 další testy a všechny u ní sklamou.
∑
PŘ • • • •
1 2 2 k −1
jde to k 0? Jde => nic nevím umíme integrovat? Ano – parciální zlomky s nic dalšího nepomůže
2 – to se nám nechce
Srovnávací test 1 1 1 1 ≥ 2 ⇒∑ 2 ≥∑ 2 … 2 2 k −1 2k 2 k −1 2k Mám tedy řadu která konverguje a o té druhé tedy nevím nic
Matematika 2
42 / 60
verze 29.5.2006
Řady •
Konvergence řad důkladně
Limitní srovnávací test už zabere: pro k ~∞ :
1 1 ~ 2 2 2 k −1 2k
2 ak 2k =lim =1 0 2 k ∞ b k k ∞ 2 k −1 1 1 ⇒ ∑ 2 ~∑ 2 konv 2 k −1 2k
lim
LST => řada konverguje VĚTA VELIKÁ A DŮLEŽITÁ: pro a k ≥0 1. Odmocninový test ∃q1
k
∀ k : ak ≤q ⇒ ∑ a k konv
k
∀ k : a k ≥1 ⇒ ∑ a k div
2. Limitní odmocninový test k
=lim a k k ∞
1⇒ ∑ a k konv 1⇒ ∑ ak div =1 ⇒ nic nevím
k k 1 k c 1
e
ln k k
0
e =1
3. Podílový test a k1 • ∃q1 ∀ k : ≤a ⇒ ∑ ak konv ak ak 1 • ∀k : ≥a ⇒ ∑ a k div ak 4. Limitní podílový test a k1 =lim ak k ∞
1 : ∑ a k konv
1 : ∑ a k div
Matematika 2
43 / 60
verze 29.5.2006
Řady
PŘ
Konvergence řad důkladně
∑ 2 k! 2
Limitním podílovým testem: k 1! 2k k 1 ⋅ =lim =∞ k 1 k ! 2 k ∞ k ∞ 2 k! =∞0 ⇒ ∑ k div . 2
=lim
PŘ
2 ln k 1
∑
k
Limitní odmocninový test =lim k ∞
k
k
2 2 =lim k ln k 1 k ∞ ln k 1
1 ∞
=01 ⇒ ∑ konv
PŘ
∑
k −1 k
k
k
a k = 1−
1 1 ≠0 ∑ div k e
Alternující řady VĚTA Leibnizův test
∑ −1k b k ,
bk ≥0
Nechť b k 0
∑ −1k b k konv ⇔ bk 0 ⇔−1k b k 0 PŘ
∑ −1k 1k b k=
je Leibniz
1 je klesající, větší než 0, jdou k 0 k
⇒ ∑ konverguje
Tedy 1 1 1 1 −1 − − ... konv k −ln 2 2 3 4 5 1 1 1 1 1 =∞ harmonická řada 2 3 4 5
Matematika 2
44 / 60
verze 29.5.2006
Řady
Konvergence řad důkladně
Reálné řady: absolutní konvergence DEF
∑ a k konverguje absolutně
⇔ ∑ ∣a k∣ konv
Řada konverguje neabsolutně (podmínečně) <=> konverguje , ale ne absolutně VĚTA
∑∣a k∣
konv ⇒ ∑ a k konv
Absolutní konvergence je tedy silnější, než konvergence. DK
fintou – jak jinak... a∈ℝ= a − a
max a , 0
−
max −a , 0 −
∣a∣=a a ± 0 ≤a ≤∣a∣
∑∣a k∣
konv∧0 ≤a , a ≤∣a∣
−
a díky srovnávacímu kritériu ∑ a , ∑ a − konv − ⇒ ∑ a −a konv Zpátky to neplatí – viz
∑
−1k - ta konverguje neabsolutně k
Situace konvergence
∑ ak ∑∣a k∣ VĚTA
∑ ak
konverguje
konvergence konverguje
↑ konverguje ↑ diverguje
konverguje absolutně =>
∑ a 2k , ∑ a 2k1
NEJDE
divergence
diverguje
diverguje
konverguje
diverguje
konverguje.
Bacha! Neplatí to pro neabsolutní konvergenci. PŘ
1 1 1 1 1 1− − − ... konverguje, ale ne absolutně 2 3 4 5 6
1 1 1 ale každý druhý člen: 1 ...=∞ 3 5 7
DEF Přerovnání řady znamená pomíchání členů
∑ a k =∑ a n , kde
Matematika 2
je permutace.
45 / 60
verze 29.5.2006
Řady
Konvergence řad důkladně
VĚTA 1.
∑ ak
konverguje absolutně, pak konvergují všechna přerovnání a součet je
∑ ak .
2. Zajímavější: Jestliže řada konverguje neabsolutně => ∀ c ∈ℝ∪{±∞} ∃ přerovnání řady se součtem c. VĚTA
∑ a k konverguje absolutně⇒ ∀ znaménka ∑
PŘ
−1k ∑ k 2 konverguje?
něco něco
∑ k a k
konverguje
je klesající, jde k nule, větší než nula => Leibniz => konverguje Absolutně konverguje? k
∑ −12 =∑
∣ ∣ k
PŘ
∑
1 konverguje (p-test) k2
sin n - absolutní konvergence je záchranou n 2
Konverguje absolutně? ∣sin n∣ ∑ 2n ≤∑ 21n Použijeme srovnávací test a ta řada napravo konverguje ( q=0,51 ). DK 1.
=lim n ∞
ak 1 1 a chceme ak
∑ ak
konverguje
Zvolíme q1 . Dle limity ∃n0 ∀ nn 0 Co vím: a
an 1 0
an
a k1 ≤q . ak
≤q ⇒a n 1≤a n ⋅q 0
0
0
an 2 k ≤q ⇒a n 2≤an 1⋅q≤an ⋅q a n 1 0
0
0
0
0
k Matematickou indukcí pak lehce dokážu a n k ≤a n ⋅q 0
a n≤a n ⋅q 0
pro n≥n 0 platí ⇒ A a
Matematika 2
n0 q
−n 0
∞
∑q
n
n−n 0
0
=a n ⋅q 0
konverguje
n0
46 / 60
verze 29.5.2006
Řady
2.
Konvergence řad důkladně k
=lim ak 1 ⇒ ∑ ak diverguje
Zvolím q: 1q , ∃n0 ∀ n≥n 0 :
k a k ≥q k
⇒ ak ≥q k ⇒ ∑ ak ≥∑ q =∞ q1
Matematika 2
47 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Posloupnosti a řady
Posloupnosti a řady Posloupnosti { f k }k =n x ∈∪D f k ⇒ { f k x } ∞
0
a to je reálná posloupnost. Pak se můžu ptát na konvergenci, … Tedy vezmu si M ={x ∈∪D f k ∣{ f k x }konv } DEF
f x =lim f k x je tzv. bodová limita. k∞
PŘ
f k x =arctan k⋅x , k ≥1
lim arctan k⋅x = k ∞
/ 2 x 0 x =0 • 0 • / 2 x 0 Takže výsledná funkce je pěkný hnus. Problém je v aproximaci. Zvolím si a jde mi o to, aby se výsledná funkce nelišila od nějakého arkustangensu nelišila o víc, než o . Problém je v 0 – ať si arkustangens zvolím jakýkoli, u nuly se bude lišit o moc. •
DEF Řeknu, že f k f na množině M (konvergují stejnoměrně) ⇔∀ 0∃ N ∀ n≥N : ∀ x ∈M : f x − f n x
VĚTA f k f na M • •
f k je spojitá na M => f spojitá na M
podobně derivace, integrál, dokonce f '=lim f k '
Matematika 2
48 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Řady
Řady ∞
∑
k=n0
f k = f n0 f n01 f n02 f n03 ...
Obor konvergence DEF obor konvergence {x ∈∪D f k ; ∞
∞
k=n 0
k=n 0
∑ f k x konv}
⇒ f x = ∑ f k x , značím ∑ f k = f
obor absolutní konvergence {x ∈∪D f k ; kde f je součet řady ∞
řeknu
∑
n=n0
VĚTA
∑ f k x konv abs}
N
f k f ⇔ { ∑ f k } f na M k=n0
∑ f k = f , ∑ g k =g ⇒ ∑ f k g k = f g , ∑ f k = f
VĚTA Proč je stejnoměrná lepší
∑ fk 1.
f na M f k spoj na M ⇒ f je spoj na M
2.
∃ f k ' na M ⇒∃ f ' =∑ f k ' na M
x
x
3. ∃∫ f k na M ⇒∫ f t d t=∑∫ f k t d t x0
PŘ
∞
1
k x = , ∑ 1−x k=0
x0
x ∈−1, 1
ale není stejnoměrná – pro x -1 a 1 se k výsledku přibližuje velmi pomalu. Pokavaď ale dáme x ∈−0,9 ; 0,9 tak už stejnoměrná je.
Mocninné řady DEF Mocninná řada se středem v x 0 ∞
∑ ak x −x 0k , k=0
Matematika 2
49 / 60
a k ∈ℝ
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Řady
VĚTA podstatná ∀ mocninné řady ∃r ∈0, ∞ takové, že k ∀ x ∈U r x 0 : ∑ a k x −x 0 konv abs k ∀ x ∉U r x 0 : ∑ a k x− x 0 div ∣x− x 0∣r ∧ ∣x −x 0∣r
POZN Vždy máme abs. konv. v x =x 0 POZN r je poloměr konvergence 1 k lim sup a k
r=
k ∞
Pozn: lim sup na rozdíl od lim existuje vždycky ak r =lim pokud konverguje k ∞ a k 1
PŘ
k
2x ∑ k⋅3 k 2 xk
2k
∑ k⋅3 k =∑ k 3k ⋅ x −0k A je to tedy mocninná řada se středem v 0. Kdy konverguje absolutně? k
∑
k
k
2 x 2 k =∑ k ∣x∣ k k3 k3
∣ ∣
Použijeme odmocninové kriterium: k
2 2 2 ∣x∣k =lim 1 /k ∣x∣= ∣x∣ k 3 k ∞ k ∞ k k3 3 2 3 konv ⇔ 1 ⇔ ∣x∣1 ⇔∣x∣ 3 2
=lim
⇒r =
k
3 2
3 1 x = : ∑ =∞ div 2 k −3 −1k x= :∑ konv 2 k −3 3 ≤x 2 2 −3 3 x ⇒ obor abs konvergence: 2 2 ⇒ obor konvergence:
Matematika 2
50 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Řady k
∑ 2x−4 k
PŘ
k
!=∑
2 k ! x −2 střed je tedy ve 2 k k
=∑ ∑ 2x−4 k!
∣
∣
∣2x−4 k∣ k!
podílové krtérium =lim k ∞
∣2x−4∣ k! ∣2x−4∣ =lim =0 k 1! k 1 k ∞
konvergence ⇔1 ⇔ ∀ x ∈ℝ r =∞ , obor konvergence = obor abs. konv. = ℝ Mocninné řady – připomeňme: ∞
tvar:
∑ a k x− x 0 k 0
Jednu speciální mocninnou řadu umíme sečíst – geometrickou. A každá řada má „poloměr konvergence“. VĚTA Jestliže má řada poloměr konvergence r, pak pro libovolné ∈ 0,r :
∑ a k x− x 0 k
n a U x 0
DŮSLEDEK Mocninná řada (se součtem f x ) konvergující na U r x 0 , pak
x
x0 ρ
-ρ
1. f je spojitá na U r x 0 ∞
2.
k −1
∃ f ' x =∑ a k⋅k x −x 0 k =1
na U r x 0
první člen mi nevadí, protože derivace ho stejně zabije. ∞ 1 k1 ∃prim. fce F x = ak x− x 0 3. na U r x 0 ∑ k 1 k =0 A půjde to naopak? Vyjádřit libovolnou funkci pomocí mocninné řady?
Matematika 2
51 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Řady
Taylorova řada DEF Nechť funkce f má všechny derivace v bodě x 0 . Definujeme její Taylorovu řadu jako následující řadu: ∞
∑ k=0
f
x 0 k x −x 0 k!
k
VĚTA Jestliže f x se rozloží jako mocninná řada na U r x 0 , pak je to řada Taylorova. DK
na dvojku: Zvolím si n a pak podle DŮSLEDKU f
n
∞
k −n
x =∑ ak⋅k⋅ k −1⋅k −2⋅...⋅k −n1⋅ x −x 0 k=n
šup tam x 0 : f x 0 =a n⋅n⋅n−1⋅...⋅1=a n⋅n ! ⇒ an =
PŘ
x
řada = ?
f x =e , x 0=0 x k
f n x 0 n!
k
∑ e k ! 0 x k =∑ k1! x k =∑ kx ! ∞
k=0
∞
∞
k =0
k=0
∞
k
R n x =e −∑ k=0
Rozdíl:
k
x =∣Lagrange∣= k!
f c n x 1, kde c ∈0x n1! n 1
=
Zkusím tento rozdíl poslat do nekonečna c
1.
max ∣e ∣ x n 1 ] n1 c∈ x ,0 n 1 1 n1 x 0 ∣R x ∣= [e x ≤ ∣x∣ = ∣x∣ 0 n n1! n1! n1!
2.
c max ∣e ∣ x 0 ∣R x ∣≤ c∈0, x ∣x∣n1= 1 ∣x∣n1 0 n n1! n1 !
x
∣
∞
⇒e =∑
k =0
Matematika 2
∣
k
x , x ∈ℝ k!
52 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Řady
Slavné Taylorovy rozklady ∞ 1 k =∑ x , x ∈−1,1 1−x k=0 ∞
x
e =∑ k=0
=1x x 2 x 3 x 4...
xk , x ∈ℝ k! ∞
sin x =∑ k=0
2
=1x
−1k 2k1 x , x ∈ℝ 2k1!
−1 2k x , x ∈ℝ k =0 2k!
PŘ
4
3
5
7
2
4
6
= x−
x x x ... 3! 5! 7!
=1−
x x x − ... 2! 4 ! 6 !
k
∞
cos x =∑
3
x x x ... 2! 3 ! 4 !
Logaritmus – problém má v 0: Můžu udělat střed v 1, nebo logaritmus posunout: k
−1 x 1 k k d x=−∫∑ x d x=−∑ ∫ x d x=∑ − C 1−x k 1 0 0 0 ∞
ln 1−x =∫
∞
∞
Co s Cčkem? Dosadíme 0: x =0 : ln1=∑ 0C ⇒C=0 k1
∞
⇒ln 1−x =∑ − k=0
k
x x ∣ ∗ =〈〈 k 1 k 〉 〉=∑ , −1≤x 1∣ k 1 k=1 k ∞
Oblíbeným trikem je substituce ∞
ln1x =ln 1−−x =∑ −1
k 1
k =1
k 1
∞
−1 k k=1
ln x =ln 1 x −1=∑
PŘ
k
x , −1 x≤1 k k
x −1 , 0x ≤2
f x = x 3e 4x , x 0 =0 - roztrhnutím na 2 věci
y =4x k k k k 1 k ∞ ∞ ∞ ∞ 4x 4x 4 x 3⋅4 k k ∞ f x =x e 3 e = y 3 ∑ =∑ ∑ x = y =x⋅∑ k! e =∑ k=0 k ! k=0 k ! k =0 k=0 k ! 0 k! 4x
4x
∣
∣
k−1
k
k −1
∗ 4 3⋅4 k k = = k 1 x =3∑ ∑ k4−1 ! x k∑ 3⋅4 ∗ k ! k −1! k! k k −1 k=1 k =0 k =1
〈〈
〉〉
∞
∞
k 12 4 =3∑ k! k=1 ∞
Matematika 2
53 / 60
k−1
∞
[
k
]
k
x =
k
x , x ∈ℝ
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
PŘ
f x =
Řady
1 , v 0=0 2 13x
y =−3x2 ∞ ∞ 1 ∣y∣1⇒∣−3x 2∣1 = −3 x 2 k = −1k 3k x 2k , ∣x∣ 1 f= = ∑ ∑ 2 1 1−−3x 2 3 0 k =0 ⇒ x 1/3 ⇒∣x∣ 3
∣
PŘ
∣
f x = x −1 sin x , x 0=−1
Střed je v -1, takže budu chtít výrazy x 1k f x =[ x 1−2 ] sin x1−1=[ x 1−2 ] sin x 1−= =−[ x 1−2 ] sin x 1=2 sin x1− x 1sin x1= k k ∞ ∞ −1 −1 2k1 2k1 y= x 1 = =2⋅∑ x 1 − x 1 ∑ k 1 = y ∈ℝ ⇒ x ∈ℝ k=0 2k1! k=0 2k1!
∣
∣
∞
k
2k1
−1 ⋅2⋅ 2k 1 ! k =0
PŘ
f x =
f x =
[
2k1
x1
=∑
k
∞
2k1
−1 2k 2 x 1 , x ∈ℝ 2k1! k=0
−∑
1 , x 0=1 2x−52 '
'
'
'
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − = =− =− − = = 2 2 2 2x5 2 2x−5 2 2 x−1−3 2 3 1 – x −1 6 1 – x −1 3 3
] [
] [
2 y = x −1 3
〈
〉
1 = = 6 ∣y∣1 ⇒∣x −1∣ 3 2 ∞
=∑ k =1
k−1
] [
∞
[∑ k=0
2 x −1 3
] [
k '
∞
] [∑ =
k =0
k −1
]
'
2 k x −1 = k 1 3
]
k
∞ ∗ 2 ⋅k k−1 k −1 k = 2 k 1 x −1k , ∣x −1∣ 3 x−1 = ∑ 3 k2 k1 ∗ 2 3 k k 1 k=0
〈〈
〉〉
VĚTA f má všechny derivace na U R x 0 a ∃ M 0 ∀ k :∣ f k∣≤M na U r x 0 ⇒ T-řada f na U r x 0
Matematika 2
54 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Řady
Mocninné řady na C VĚTA f =∑ a k x− x 0 k , g=∑ b k x −x 0k ∞
k
f g =∑ a k bk x− x 0 0
∞
f ⋅g=∑
k
∑
k =0 i=0
k
ai b k−i x −x 0
ℂ : U r z 0 ={z ∈ℂ∣z− z 0∣r }
Všechno funguje, až do momentu, kdy potřebuju porovnávat. To pak nende. A k nekonečnu: •
1 1 ∞ =0, 0 =∞ - SUPER!!!
•
e z neexistuje ALE !!! : lim z ∞
•
sin a cos nejsou omezené!!!
•
z n Z ⇔ ℜ Z n ℜ Z ∧ ℑ Z n ℑ Z
tady začíná nekonečno
Fourierova řada DEF a0 ∞ ∑ [ a cos k t b k sink t ] 2 i=1 k = obecně trigonometrická řada, tato se navíc jmenuje Fourierova řada. A chceme f =F-řada , f : ℝ ℝ
Matematika 2
55 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Fourierova řada
FAKTÍK 2 T = ⇒sin k t , cos k t=T - periodická => F-řada je T-periodická např sin k tT =sink t2 k =sink t
DŮSLEDEK f =F-řada ⇒ f ... T-periodická Teď uděláme důkaz, že Fourierův rozklad je jednoznačný – asi bude dost dlouhý
Lemma T
1.
2
∫ sin k t d t= 0
T , 2
T
∫ cos 2 k t= T2 0
T
2.
∫ sin k t sin l t d t=0,
k ≠l
0
T
∫ sin k tcos l t d t=0,
∀ k , l∈ℕ 0
0
T
∫ cos k t cos l t d t=0,
k ≠l
0
BONUS pro zvídavější To, co tady je je vlastně skalární součin. T
f ⋅g=∫ f⋅g d t 0
V ={ f :0, T ℝ , integrovatelné } tím pádem f ⊥ g ⇒ f⋅g=0 u b v A můžeme provádět i průměty - f =a Tím pádem vzorečky v lemmě nám říkají, že tyto goniometrické funkce jsou vlastně lineárně nezávislé. Funkce sin a cos pak tvoří bází, nekonečnou.
VĚTA
f : T-periodická ,
a0 ∞ ; ∑ [ a cos k t b k sink t ] f na0, T ě 1 k
Pak T
2 a k = ∫ f t cos k t d t , ∀ k ∈ℕ0 T 0 T
b k=
Matematika 2
2 ∫ f t sink t d t , ∀ k ∈ℕ T 0
56 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Fourierova řada
DK f=
a0 ∞ ∑ [ a cos l tbl sin l t ] 2 l =1 l
T
/⋅cos k t ,∫ 0
T
∫ f t cos k t d t= 0
T
T
T
a0 =∫ cos k t d t∑ a l∫ cos l t cos k t d t b l ∫ sin l t cos k t d t = l =1 0 2 0 0 ∞
[
=0
Lemma⇒ 0 ⇔ k≠l∨
T ⇔ k=l 2
]
Lemma⇒ =0
T =a k⋅ 2
Periodické prodloužení DEF
f :a , aT singlerbrace ℝ Teď tuto funkci zkopírujeme, tak aby šla Fourieřit
periodické prodloužení f = f t= f t−k T , kde k splňuje t−k T ∈a , aT ) DEF pořádná 1. Nechť f je T-periodická na ℝ a integrovatelná = 2 T , Fourierova řada fce f je f~
a0 ∞ ∑ [ a cos k t b k sink t ] , kde 2 k =1 k T
2 a k = ∫ f t cos k t d t T 0 T
bk =
2.
2 ∫ f t sin k t d t T 0
f :a , aT ) ℝ , integrovatelná Její F-řada je F-řada jejího periodického prodloužení
POZN f je T-periodická, pak 2 ak= T bk =
Matematika 2
2 T
aT
∫
f t cos k t d t
∫
f t sink t d t
a aT a
57 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
PŘ
Fourierova řada
Najdi F-řadu fce f t=t 2, t ∈−1,1 Nejdříve si v duchu uděláme periodické prodloužení a integrujeme 2 T =2, = = T 1
2 t3 a 0= ∫ f t d t= T −1 3 1
1
[]
−1
2 1 2 2 a k = ∫ t ⋅cos k t d t= t sin sink t 2 −1 k
[
[
=0− 2 t
−1 cos k t 2 k =...=
1
]
1
−∫ 2
−1
−1
=
2 3
1
]
−1
1
−∫ 2t −1
1 sin k t d t= k
−1 cos k t d t= 2 k
4 k −1 2 k 2
1
2 ě b k = ∫ t sin k t d t=0 2 −1 1 ∞ 4 k ⇒ f ~ ∑ −1 2 2 cos k t 3 k=1 k
Jordanovo kritérium VĚTA Jordanovo kritérium f: T-periodická, po částech spojitá na intervalu délky T a0 ∞ f ~ ∑ [ ak cos k t bk sin k t ] 2 1 Pak pro t ∈ℝ : lim
N∞
PŘ
− a 0 infinty f t f t ∑ [ a k cos k t b k sink t ] = 2 k=1 2
1 ∞ 4 k 2 ∑ −1 2 2 cos k t t na−1,1 3 k =1 k
pro t=1:
1 ∞ 4 1 ∞ 4 k −1 cos k = ∑ =má se rovnat 1 ∑ k 3 1 3 1 k 2 2 k 2 ∞ 1 ⇒∑ 2= 6 k=1 k
A tím pádem jsme dostali docela zajímavý vztah – nejjednodušší odvození sumy je přes Fourierovu řadu. pro t=0 …. stejně jako minule 2 ∞ −1k =− ∑ k2 12 k=1
Matematika 2
58 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Fourierova řada
FAKT f je T-periodická a0 ∑ ... 2
f~
1. 2.
f sudá ⇒b k =0, ak =
f lichá ⇒a k =0, bk =
4 T
T/2
4 T
T/2
∫
f t cos k t d t
0
∫
f t sink t d t
0
Sinová a cosinová fourierova řada f t:0, T )⇒ℝ
Můžu periodicky prodloužit a z toho udělat F-řadu. Nebo můžu zrcadlit kolem osy y, dostanu sudé periodické prodloužení => cosinová F-řada Nebo můžu zrcadlit 2x kolem obou os, dostanu liché periodické prodloužení => sinová F-řada
Je dobré si všimnout, že se zdvojnásobí perioda. Můžu si tedy to samé vyjádřit normálně, sinovou řadou, nebo cosinovou řadou.
Matematika 2
59 / 60
verze 29.5.2006
Posloupnosti a řady
Fourierova řada
f 0, T ) ⇒ℝ sinová řada: = T , a k =0
PLATÍ
T
b k=
2 ∫ f t sin k t d t T 0
a k=
2 ∫ f t sin k t d t T 0
kosinová řada = T , b k =0 T
PŘ
f t=H 1−t , t ∈0, 2 singlerbrace . Máme najít Fourierovu řadu, sinovou F-řadu a cosinovou F-řadu. Flita fň – pro každou z nich urči její součet.
1. F-řada T =2, = 2
a 0=
2 ∫ f t d t =1 20
2
a k=
1
2 ∫ f t cos k t d t=∫ cos k t d t=0 20 0
2
1
2 −1 1 b k = ∫ f t sin k t d t=∫ sin k t d t= [ cos k −cos 0 ] = 1−−1k 2 2 k k 0
To by mohlo stačit a napíšu f~
∞ 1 1 k ∑ 1−−1 sink t 12 k=1 k
a teď nepovinná úprava: 1 ∞ 2 = ∑ sin2 n1 2 n=0 2 n1 Pro obrázek součtu řady použijeme Jordana – stejný jako na začátku, ale ve skocích je bod „mezi limitami“.
2. Sinová Fourierka T =2,=
2
a k =0
b k =dle def =∫ ot 1sin k 0
2 t d t= [ 1−cos k /2 ] 2 k
2 [ 1−cos k /2 ] sink t /2 k=1 k Pro součet platí stejná pravidla, jako pro sinovou řadu ∞
f ~∑
3. Cosinová je za DÚ f~
Matematika 2
1 ∞ 2 n −1 cos 2 n1t /2 ∑ 2 n=0 22∗n1 60 / 60
verze 29.5.2006
