Pˇr´ıklady k pˇredmˇetu Matematika 4 - ČVUT FSv · Byl pˇridán pˇr´ıklad 12.4 na vy´poˇcet pˇribliˇznyćh vlastn´ıch ˇc´ısel okrajové u´lohy. K verzi ze dne

Prıklady k predmetu Matematika 4Verze ze dne 22. rıjna 2019

Jan Chleboun

Obsah

Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 Vlastnı cısla a vlastnı vektory matic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 Aplikace Gersgorinovy vety . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 Normy vektoru a matic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264 Gaussova eliminace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315 Dalsı ulohy s vektory a maticemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336 Iteracnı metody. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 Skalarnı soucin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438 Resitelnost okrajovych uloh v 1D. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 489 Pozitivnı definitnost operatoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5210 Pozitivnı definitnost operatoru, Ritzova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

10.1 Metoda konecnych prvku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7911 Metoda sıtı v 1D: okrajove ulohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9012 Metoda sıtı v 1D: vlastnı cısla okrajovych uloh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9813 Metoda sıtı ve 2D: okrajove ulohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10114 Metoda sıtı ve 2D: vlnova rovnice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11015 Metoda sıtı ve 2D: rovnice vedenı tepla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

Uvod

Tato sbırka sestava predevsım z prıkladu, s nimiz se posluchaci v minulosti potykali uzkousek. Protoze behem let pribyvajı nova temata nebo se ta stara rozrustajı o nove mo-difikace, pokryva sbırka vıce latky nez je behem prednasky probrano a na konci semestruzkouseno. Vyber kapitol vztahujıcıch se ke zkousce vyplyva z prubehu prednasek a cvicenı,je upresnen i prednasejıcım.

Zkouskove prıklady v prave aktualnım semestru nemusejı byt jen trivialnımi obmenamizde uvedenych problemu, ale presto pri zvladnutı (a plnem pochopenı metod resenı) ulohz teto sbırky mohou studenti a studentky jıt ke zkousce se sebeduverou a s velkou nadejına zıskanı lepsıho hodnocenı nez C.

Nekde je postup resenı zamerne zkracen nebo je uveden jen vysledek, aby si ctenarimohli povzbudit sebevedomı dopocıtanım chybejıcıch useku.

Text je provazen mnoha poznamkami pod carou, mimo jine jsou v nich podany navody,jak pocıtat efektivneji a pri pısemne zkousce zıskat cas nebo body a snızit riziko chyby.Doporucuji cıst a uchovat v pameti.

Postup resenı sice obvykle poskytuje dostatek zachytnych bodu, nicmene se predpokla-da, ze se ctenar v latce orientuje a ze uzıva prinejmensım texty [5] a [6]. Velmi uzitecna, alednes hure dostupna, jsou skripta [3]. Vsechny prıklady jsou vsak sestaveny tak, aby k jejichvyresenı postacily informace z tech studijnıch materialu, jez je povoleno mıt u zkousky(predevsım [6]), a aby potrebne vypocty nevyzadovaly pouzitı kalkulacky.

Studujıcım doporucuji, aby nezustali jen u mechanickeho naucenı se postupu, jakprıklady resit, ale aby se snazili pochopit logicke uvahy vedoucı k resenı.1 Naprıklad ulohyv kapitole 1 se zdajı byt dosti ruznorode, nicmene jejich resenı vzdy vyplyva z nemnohaelementarnıch vlastnostı vlastnıch cısel a vlastnıch vektoru matice. Jednoduche vyuzitıtechto vlastnostı pak vede k nasledne algebraicke uloze (hledanı korenu charakteristickehopolynomu, sestavenı rovnic pro nezname prvky matice aj.), jejız vyresenı, jakoz i doresenıvychozıho problemu, se deje standardnımi postupy.

Naucte se formulovat odpovedi a jejich zduvodnenı. Spravna odpoved’ bez zduvodnenıje povazovana za neplatnou a v pısemne praci neprinese bodovy zisk.

Venujte pozornost i zkouskam spravnosti dılcıch a hlavnıch vysledku, a to zejmenav prıpadech, kdy takova zkouska je velmi jednoducha a casove nenarocna. Kolik boduuz studujıcı ztratili tım, ze si pri zkouskove pısemce neoverili, zda spravnevyresili kvadratickou rovnici nebo soustavu linearnıch algebraickych rovnic,zda panuje soulad mezi vypoctenym vlastnım cıslem a vlastnım vektorema zda vypocteny vysledek je vubec mozny, naprıklad vyjde-li urcity integralz kladne funkce zaporne (to je chyba opravdu trestuhodna).

Zkouskove prıklady a jejich resenı pochazejı z materialu, ktere se pouzıvajı pri opra-vovanı pısemnych pracı. Zamerne jsem na nekolika mıstech ponechal navodne poznamkypro opravujıcı pedagogy, co pri opravovanı sledovat a na co byt prısny. Muzete si z nichudelat lepsı predstavu o durazech pri hodnocenı spravnosti resenı.

V textu ponekud nekonzistentne pouzıvam ruzne symboly ve vyznamu”je definovano

takto“. Nejcasteji je uzito prosteho rovnıtka”=“, jinde — v zajmu odlisenı od rovnice —

symbolu ekvivalence”≡“, v situacıch, o nichz vım, ze je studenti casto mylne interpretujı

jako rovnice, pouzıvam”def=“, viz tez poznamku pod carou na strane 57.

1K budovanı takoveho intelektualnıho zazemı slouzı i navsteva prenasky z MA 4, kde je, na rozdılod cvicenı, cas na vyklad souvislostı.

2

Na nekolika mıstech uvidıte vne textu symbol (!!). Vyznacuje mısto hodne pozoru, (!!)ktere by jinak ctenar mozna presel bez povsimnutı. Obvykle jde o dulezity krok resenı,drobnou zkousku (mezi)vysledku nebo malou uvahu usnadnujıcı ci urychlujıcı postupresenı.

Symbolem (P) jsou zdurazneny prıklady nebo jejich casti, jez nenı radno pri stu- (P)diu minout. Obvykle se vyznacujı vyssı obtıznostı nebo nejakym rysem, jenz je odlisujeod ostatnıch prıkladu podobneho typu.

Symbolem (N) jsou oznaceny prıklady zcela nebo castecne nove, tedy takove, ktere (N)bud’ vubec nebyly uvedeny v predchozı verzi sbırky, nebo uvedeny byly, ale v mene narocneverzi. U dvou prıkladu v kapitole 13 bylo ponechano oznacenı (N), prestoze byly novejen v minulem vydanı sbırky, nicmene se dosud (v pozmenene podobe) neobjevily mezizkouskovymi ulohami.

Nekolik prıkladu z predchozı sbırky jsem do inovovane sbırky nezaradil.Dekuji byvalym studentum (dnes jiz absolventum) FSv CVUT za upozornenı na chyby,

predevsım tiskove. Ty se ostatne temer jiste ukryvajı i v soucasnem textu. Nedavno jichnekolik odhalili doc. Ivana Pultarova a dr. Jan Lamac, za coz jim patrı muj dık.

K verzi ze dne 3. ledna 2019Protoze predchozı vyklad tykajıcı se definicnıho oboru operatoru znel komplikovane, bylaupravena poznamka na strane 53 a v prıkladech se pouzıva jen jednoducha definice D(A).

Byl pridan prıklad 12.4 na vypocet pribliznych vlastnıch cısel okrajove ulohy.

K verzi ze dne 29. ledna 2019Z podnetu pecliveho ctenare Bc. Miroslava Capa (dekuji) byl opraven chybny indexvlastnıho cısla v prıkladu 1.23 a opravena hornı mez intervalu I4 v prıkladu 2.6.

K verzi ze dne 22. rıjna 2019Podekovanı patrı i Bc. Pavlovi Horakovi, jenz si v prıkladu 5.3 povsiml nesrovnalosti mezidimenzı vektoroveho prostoru a poctem ortogonalnıch vektoru. Dimenze je nynı zvysena.

3

1 Vlastnı cısla a vlastnı vektory matic

V teto kapitole naleznete prıklady jednoduche i komplikovanejsı — s parametry. Je dobresi uvedomit, ze ruznorodost prıkladu s parametry je jen zdanliva. Vzdy jde predevsım o to,odvodit ze zadanı ulohy rovnice, z nichz lze hodnoty parametru vypocıtat. Vypocty pourcenı parametru jsou uz jen rutinnı cestou k vlastnım cıslum nebo k vlastnım vektorum.K odvozenı rovnic se s vyhodou vyuzijı vlastnosti vlastnıch cısel a vlastnıch vektoruuvedene v [6].

Venujte pozornost poznamkam v textu i pod carou. Majı vas povzbudit k premyslenınad vypocty, jımz si muzete podstatne ulehcit praci. K tomu slouzı jednak vyuzitı teorie,jednak drobne pocetnı triky. Nekdy je mozne vyresit cast prıkladu bez znalosti resenı castipredchozı, viz prıklad 1.23 a poznamku pod carou na strane 16.

Prıklad 1.1: O matici M =

−1 1 11 −1 21 2 −1

je znamo, ze jejı vlastnı cısla jsou λ1 = −3,

λ2 = −√3 a λ3 =

√3. Urcete nejvetsı a nejmensı vlastnı cıslo matice M−1.

Resenı: Vlastnı cısla matice M−1 se rovnajı prevracenym hodnotam vlastnıch cısel maticeM . Hledana vlastnı cısla tedy jsou λ−1

3 = 1/√3 =

√3/3 a λ−1

2 = −1/√3 = −

√3/3.

Poznamka: Vyresenı predchozı ulohy snadno vyplyva z jedne z vlastnostı vlastnıchcısel. Jine zakladnı vlastnosti (vıce [6]) jsou predvedeny naprıklad v techto ulohach:

Je λ = 1 + i vlastnım cıslem matice A =

7 5 15 2 31 3 −1

?

(Nenı, protoze A je symetricka, a tudız vsechna jejı vlastnı cısla jsou realna.)

Je λ = 1 + i vlastnım cıslem matice A =

7 5 1 60 2 3 10 0 1 + i −20 0 0 9

?

(Ano, je, protoze vlastnı cısla teto trojuhelnıkove matice jsou totozna s prvky na hlavnıdiagonale (zamyslete se nad tım, jak vypada charakteristicky polynom).)

Prıklad 1.2: Najdete aspon jednu takovou dvojici realnych cısel a a b, aby vlastnı cısla

matice A =

3 a 1−1 4 21 b −2

byla realna, postup zduvodnete.

Resenı: Vlastnı cısla realne symetricke matice jsou realna. Stacı zvolit a = −1 a b = 2.

Prıklad 1.3: Najdete aspon jednu ctverici cısel a, b, c a d takovou, aby matice A =(a + b a− cb+ 2c a+ d

)mela vlastnı cısla λ1 = −1 a λ2 = 1.

Resenı: Jelikoz naprıklad hornı trojuhelnıkova matice ma vlastnı cısla identicka s prvkyna hlavnı diagonale, hledejme vhodnou hornı trojuhelnıkovou matici. Jejı specialnı verzıje diagonalnı matice; stacı se tedy zabyvat soustavou

a+ b = −1, a− c = 0, b+ 2c = 0, a+ d = 1.

4

Ma prave jedno resenı, a to a = 1, b = −2, c = 1, d = 0.

Prıklad 1.4: Je dana matice A =

(5 −8−2 5

). (N)

a) Naleznete vlastnı cısla a vlastnı vektory matic B a B−1, kde B = A3, tj. B = AAA.b) Naleznete vlastnı cısla a vlastnı vektory matice C = 162AB−1 − 27A−1 + 5I, kde I jejednotkova matice typu 2× 2.c) Vypoctete slozky vektoru ζ = Cw, kde w = (6, 1)T.

Resenı: a) Necht’ λ je vlastnı cıslo matice A a u je prıslusny vlastnı vektor. Z Au = λuplyne Bu = AAAu = AAλu = Aλ2u = λ3u a B−1u = λ−3u.

Vlastnımi cısly matice A jsou koreny charakteristickeho polynomu

det(A− λI) = det

(5− λ −8−2 5− λ

)= (5− λ)2 − 16 = λ2 − 10λ+ 9,

tedy cısla 1 a 9, tudız vlastnı cısla matice B jsou 1 a 93 = 36 = 729 a vlastnı cısla maticeB−1 jsou 1 a 9−3 = 3−6 = 1/729.

Z vlastnostı vlastnıch vektoru plyne, ze matice A,B a B−1 majı tytez vlastnı vektory v1

a v2. Standardnım postupem zjistıme, ze v1 =

(21

)p a v2 =

(2−1

)q, kde p, q ∈ C\0.

b) Upravme matici C, tedy C = 162A−1A−1 − 27A−1 + 5I. Vıme, ze vektory v1 a v2jsou vlastnımi vektory nejen matice A, ale take matic A−1 a I. Zkusme vypocıtat Cv1 aCv2. Dostaneme

Cv1 = (162A−1A−1 − 27A−1 + 5I)v1 = 162× 1× 1v1 − 27× 1v1 + 5v1 = 140v1,

Cv2 = (162A−1A−1 − 27A−1 + 5I)v2 = 1621

9

1

9v2 − 27

1

9v2 + 5v2 = (2− 3 + 5)v2 = 4v2.

Ze srovnanı levych a pravych stran plyne, ze vlastnı cısla matice C jsou µ1 = 140 a µ2 = 4,

jimz po rade odpovıdajı vlastnı vektory v1 =

(21

)p a v2 =

(2−1

)q, kde p, q ∈ C\0.

c) Z predchozıho vıme, ze vektory w1 =

(21

)a w2 =

(2−1

)jsou vlastnımi vektory

matice C. Jsou linearne nezavisle a tvorı bazi prostoru R2. Snadno zjistıme, ze w =2w1 + w2. Pocıtame

ζ = Cw = C(2w1 + w2) = 2Cw1 + Cw2 = 2µ1w1 + µ2w2 = 280w1 + 4w2 =

(568276

).

Poznamka pro opravujıcı: Jestlize student nejprve vypocte matici B, nebo dokonceB−1, a pak pocıta jejich vlastnı cısla a vektory, dejte plny pocet bodu, pokud jsou vysledkyspravne; k prıpadnym numerickym chybam vsak nebud’te shovıvavı — at’ nese riziko toho,ze neumı vyuzıt zakladnı vlastnosti vlastnıch cısel a vektoru a dela veci zbytecne slozite.

Prıklad 1.5: Jsou dany matice

A =

(−1 13 1

)a B =

(4 a1 b

).

Naleznete hodnoty a, b ∈ R takove, aby matice B mela stejna vlastnı cısla jako matice A.

5

Resenı: Charakteristicky polynom matice A jest (−1 − λ)(1− λ)− 3 s koreny 2 a −2.Charakteristicka rovnice matice B jest (4 − λ)(b − λ) − a = 0 a pro λ = 2, λ = −2

z nı zıskame soustavu

2b− a = 4

6b− a = −12,

jejı resenı: a = −12, b = −4.

Prıklad 1.6: Je dana matice A a jejı vlastnı vektor u prıslusny jistemu neznamemuvlastnımu cıslu:

A =

−2 2 −77 3 7−2 −2 3

, u =

230

−23

p, p ∈ C \ 0.

Najdete vsechna vlastnı cısla matice A a vsechny zbyvajıcı vlastnı vektory matice A.

Resenı: Mısto s u pro jednoduchost pocıtejme s vlastnım vektorem u = u/23 =

10−1

,

jenz prıslusı stejnemu vlastnımu cıslu jako vlastnı vektor u. Jelikoz Au =

50−5

, je

prıslusne vlastnı cıslo λ1 = 5.Dale muzeme postupovat dvema zpusoby.Prvnı zpusob (obvykle rychlejsı): Z obecne platnych rovnostı λ1 + λ2 + λ3 = trA a

λ1λ2λ3 = detA, do nichz dosadıme trA = 4, detA = −60 a λ1 = 5, dostaneme soustavu

λ2 + λ3 = −1,

λ2λ3 = −12

s resenım λ2 = 3 a λ3 = −4.Prıslusne vlastnı vektory jsou (nezapomente na jejich (nenulove) nasobky komplexnım

cıslem)

v =

−111

p a w =

−110

q, kde p, q ∈ C \ 0.

Druhy zpusob: Charakteristicky polynom matice A

(−2− λ)(3− λ)(3− λ)− 28 + 98− 14(3− λ)− 14(3− λ) + 14(−2− λ)

= (−2− λ)(9− 6λ+ λ2) + 70− 84 + 28λ− 28− 14λ

= −λ3 + 4λ2 + 17λ− 60

vydelıme polynomem λ− 5 a dostaneme polynom

−λ2 − λ+ 12 = −(λ− 3)(λ+ 4)

s koreny λ2 = 3 a λ3 = −4.Vypocet vlastnıch vektoru je stejny jako v prvnı metode.

6


A =

−3 −1 −1111 9 111 1 9

, u =

−43430

.

Najdete vsechna vlastnı cısla matice A a vsechny zbyvajıcı vlastnı vektory matice A.

Resenı: Vlastnı cısla λ1 = −2, λ2 = 8 a λ3 = 9.Prıslusne vlastnı vektory jsou v = (−1, 0, 1)Tp a w = (−1, 1, 1)Tq, kde p, q ∈ C \ 0.

Prıklad 1.8: Najdete vlastnı cısla a vlastnı vektory matice

A =

4 2 −1−1 4 1−1 4 4

.

(Napoveda: Vlastnı cısla teto matice jsou mala cela cısla.)

Resenı: Koreny charakteristickeho polynomu

(4− λ)3 + 3λ− 10 = λ3 − 12λ2 + 45λ− 54

lze vypocıtat nekterym z postupu uvedenych v [4, kapitola 1.20], ale my je v teto skolnıuloze budeme hledat zkusmo tak, ze za λ dosadıme mala cela cısla 0, 1, −1, 2, −2, 3,−3, . . . Snaze se vycısluje vyraz vlevo, tj. pred roznasobenım. Po nalezenı prvnıho korene(tj. 3) urcıme zbyvajıcı dva koreny (tj. 6 a 3) jednou z metod ukazanych v prıkladu 1.6,viz tez poznamku nıze.

Vlastnı cısla tedy jsou 3, 3, 6, prıslusne vlastnı vektory (1, 0, 1)T a (0, 1/2, 1)T (a jejichnenulove nasobky komplexnım cıslem).

Poznamky: Dosazovanım muzeme najıt koren polynomu, ale nemuzeme odhalit, ze jenasobny, v nasem prıpade je to koren λ = 3. Snızıme tedy stupen charakteristickehopolynomu delenım a hledame koreny vysledneho podılu. Jiny postup hledanı nasobnychkorenu spocıva v nalezenı korenu derivace charakteristickeho polynomu. Platı totiz, ze po-kud nejake cıslo je nasobnym korenem polynomu, je take korenem jeho derivace. Naprıkladnas charakteristicky polynom ma derivaci 3 (1− (4− λ)2), jejımz korenem je opet λ = 3.

Dalsı moznostı je vyuzıt vztahu λ1 + λ2 + λ3 = trA(= 12) a λ1λ2λ3 = detA(=64− 2 + 4− 4 + 8− 16 = 54), jak je to podrobne popsano v resenı prıkladu 1.6.

Nekterı studenti obchazejı vypocet determinantu jinou dosazovacı metodou, totiz tım,ze pro ruzne hodnoty λ zkoumajı linearnı (ne)zavislost radku matice A − λI. To jev poradku, v teto uloze to dokonce nenı ani moc tezkopadne. Dvojnasobnost vlastnıhocısla 3 se tım vsak neodhalı.

Jak se pri vypoctu projevı chyba v urcenı vlastnıho cısla? Pokud µ nenı vlastnı cıslo, (!!)pak matice A−µI je regularnı a soustava (A−µI)u = (0, 0, 0)T ma jen trivialnı (nulove)resenı.

Povsimnete si, ze matice A ma tri vlastnı cısla (pocıtana i s nasobnostı), ale jen dvavlastnı vektory. Pozor — nenı pravda, ze pocet linearne nezavislych vlastnıch vektoru je ro- (!!)ven poctu ruznych vlastnıch cısel (naprıklad jednotkova matice typu 3×3 ma trojnasobnevlastnı cıslo 1 a tri linearne nezavisle vlastnı vektory).

7

Prıklad 1.9: Najdete vlastnı cısla a vlastnı vektory matice

A =

−2 −1 −34 3 31 1 2

.

(Napoveda: Vlastnı cısla teto matice jsou mala cela cısla.)

Resenı: Vlastnı cısla jsou 2, 2,−1, prıslusne vlastnı vektory (−1, 1, 1)T a (−1, 1, 0)T (ajejich nenulove nasobky komplexnım cıslem).


1 0 50 2 0−2 0 3

. Naleznete jejı vlastnı cısla a prıslusne (P)

vlastnı vektory. Pokud je matice regularnı, urcete vlastnı cısla a prıslusne vlastnı vektorymatice A−1.

Resenı: Vypocteme det(A− λI) = (2− λ)((1− λ)(3− λ) + 10

)= (2− λ)(λ2 − 4λ+ 13).

Koreny charakteristickeho polynomu jsou λ1 = 2, λ2 = 2 + 3i a λ3 = 2− 3i.Vysledky muzeme alespon castecne zkontrolovat. Soucet vlastnıch cısel je roven 6, coz (!!)

odpovıda stope matice A. Soucin vlastnıch cısel je roven 2× (22 +32) = 26, coz odpovıdadetA.

Matice A ma jen nenulova vlastnı cısla, je tedy regularnı. Vlastnı cısla matice A−1

jsou prevracenymi hodnotami vlastnıch cısel matice A, tedy

µ1 = 1/2, µ2 =1

λ2

=1

2 + 3i

2− 3i

2− 3i=

2− 3i

4 + 9=

2

13− 3

13i.

Z komplexnı sdruzenosti vlastnıch cısel plyne, ze µ3 =213

+ 313i, coz lze ovsem take prımo

spocıtat tak, jak jsme to udelali s µ2.Vypocıtejme vlastnı vektor prıslusny vlastnımu cıslu λ1 = 2. Resıme soustavu (A −

λ1I)v1 = 0, tj. s maticı −1 0 50 0 0−2 0 1

∼

(−1 0 5−2 0 1

).

Odtud v1 = c(0, 1, 0)T, kde c ∈ C \ 0.Vypocıtejme vlastnı vektor prıslusny vlastnımu cıslu λ2 = 2 + 3i. Resıme soustavu

(A− λ2I)v2 = 0, tj. s maticı

−1− 3i 0 5

0 −3i 0−2 0 1− 3i

∼

−1− 3i 0 5

0 −3i 00 0 0

∼

(−1 − 3i 0 5

0 1 0

);

pri upravach jsme prvnı radek vynasobili cıslem 2/(−1 − 3i) a soucin pricetli ke tretımuradku. Jelikoz

5 · 2−1 − 3i

+ 1− 3i = − 10

1 + 3i

1− 3i

1− 3i+ 1− 3i = −10 − 30i

1 + 9+ 1− 3i = 0,

je tretı radek vynulovan, a tım zaroven overeno, ze vlastnı cıslo je spravne spocteno(matice A− λ2I je singularnı). Nakonec jsme druhy radek vydelili cıslem −3i.

8

Z ekvivalentnı soustavy plyne, ze druha slozka hledaneho vlastnıho vektoru se rovnanule. Za tretı slozku volıme parametr q, pak pro prvnı slozku v2,1 platı

(−1− 3i)v2,1 + 5q = 0 =⇒ v2,1 =5q

1 + 3i

1− 3i

1− 3i=

5− 15i

10q = (1− 3i)r,

kde q = 2r. Odtud v2 = r(1− 3i, 0, 2)T, kde r ∈ C \ 0.Z teorie (komplexne sdruzene vlastnı vektory!) plyne, ze v3 = s(1 + 3i, 0, 2)T, kde

s ∈ C \ 0, tento vlastnı vektor ovsem lze i vypocıtat resenım homogennı soustavys maticı A− λ3I.

Jako cvicenı overme, ze Av3 = (2− 3i)v3. Mame (stacı uvazovat s = 1)

Av3 =

1 + 3i + 100

−2 − 6i + 6

=

11 + 3i

04− 6i

, (2− 3i)

1 + 3i02

=

2− 3i + 6i + 9

04− 6i

,

z cehoz je patrne, ze rovnost skutecne platı.Vlastnı vektory matice A−1 opet jsou v1, v2 a v3 a odpovıdajı vlastnım cıslum v poradı

µ1, µ2 a µ3.

Poznamka: Povsimnete si, ze matice A ma realne prvky, ale dve jejı vlastnı cısla jsou (!!)komplexnı a jim odpovıdajıcı vlastnı vektory majı nektere slozky take komplexnı.

Prıklad 1.11: Je dana matice A zavisla na parametrech a, b ∈ R a jsou dany vektory ua v:

A =

a b 15 5 1−5 −4 0

, u =

−450

, v =

−105

.

Naleznete takove hodnoty parametru a, b ∈ R, aby matice A mela vlastnı vektory ua v, stanovte prıslusna vlastnı cısla. Dale (po dosazenı nalezenych cıselnych hodnot zaparametry a a b) urcete zbyvajıcı vlastnı cıslo a zbyvajıcı vlastnı vektor2 matice A.

Resenı: Jelikoz

Au =

−4a + 5b

50

a Av =

−a + 5

05

,

porovnanım s u a v zjistıme, ze vektorum odpovıdajı vlastnı cısla λ1 = 1 a λ2 = 1,a odvodıme rovnice pro parametry a a b:

−4a+ 5b = −4, −a + 5 = −1.

Odtud a = 6 a b = 4.Soucet vlastnıch cısel je roven stope matice, tj. souctu prvku na hlavnı diagonale. Tedy

a+ 5 = λ1 + λ2 + λ3, konkretne 6 + 5 = 1 + 1 + λ3. Odtud zıskame λ3 = 9.Prıslusny vlastnı vektor (−1,−1, 1)Tq, q ∈ C \ 0.

Prıklad 1.12: Je dana matice A zavisla na parametrech a, b ∈ R a jsou dany vektory ua v:

A =

3 0 2−8 −1 −4−1 a b

, u =

−121

, v =

−241

.

2U zkousky se nezrıdka stava, ze studujıcı zcela zbytecne pocıtajı i dalsı vlastnı vektory, tedy tyzadane. Tım jenom ztracejı cenny cas.

9

Naleznete takove realne cıslo a a takove realne cıslo b, aby vektory u a v byly vlastnımivektory matice A a stanovte prıslusna vlastnı cısla. Dale naleznete zbyvajıcı vlastnı cısloa zbyvajıcı vlastnı vektor matice A (s dosazenymi hodnotami parametru a, b ∈ R).

Resenı: Parametr a = 0, parametr b = 0; vlastnı cısla λ1 = 1, λ2 = 2 a λ3 = −1. Vlastnıvektor prıslusny vlastnımu cıslu λ3 je (0, 1, 0)Tq, q ∈ C \ 0.


A =

a −6 −1313 8 136 6 8

, u =

−27027

p, p ∈ C \ 0,

kde a ∈ R. Urcete parametr a, najdete vsechna vlastnı cısla matice A a vsechny zbyvajıcıvlastnı vektory matice A.

Resenı: Pocıtejme s vlastnım vektorem u = (−1, 0, 1)T. Jelikoz Au = (−a − 13, 0, 2)T, je(dle tretı slozky) prıslusne vlastnı cıslo λ1 = 2 a platı −a− 13 = 2(−1), tedy a = −11.

Vyuzijeme rovnostı λ1λ2λ3 = detA a λ1 + λ2 + λ3 = trA. Jest (povsimnete si usporyprace, kdyz pri vypoctu determinantu nevycıslujeme souciny, ale cinitele sdruzujeme a (!!)vytykame)

detA = −11 · 8 · 8− 6 · 6 · 13− 6 · 13 · 13 + 8 · 6 · 13 + 11 · 6 · 13 + 8 · 6 · 13= −11 · 8 · 8 + 6 · 13(−6− 13 + 8 + 11 + 8) = 8(−88 + 78) = −80;

trA = 5.

Pouzitım λ1 = 2 dostaneme λ2 = 3 − λ3, coz dosazeno do λ2λ3 = −80/2 vede k rovniciλ23 − 3λ3 − 40 = 0.Prıslusne vlastnı vektory jsou (nezapomente na jejich (nenulove) nasobky)

v = (−1, 1, 1)Tp, p ∈ C \ 0 a w = (−1, 1, 0)Tq, q ∈ C \ 0.

Prıklad 1.14: Stanovte hodnotu parametru a, b ∈ R tak, aby vektor v = (2, 1)T bylvlastnım vektorem matice

A =

(a −a2

b b2

)

prıslusnym nekteremu nenulovemu vlastnımu cıslu matice A. Proved’te zkousku.

Resenı: Necht’ vlastnı vektor v odpovıda nejakemu vlastnımu cıslu λ. Pak platı Av = λv,tj.

−a2 + 2a = 2λ,

b2 + 2b = λ.

Soustava dvou rovnic obsahuje tri nezname, nema jednoznacne resenı a hodnotu jednenezname si muzeme zvolit. Zvolme naprıklad λ = −1, pak dostavame b = −1 a rovnicia2 − 2a− 2 = 0, jejız resenı je a1 = 1 +

√3 a a2 = 1−

√3.

Vektor v tedy je vlastnım vektorem naprıklad matice

A =

(1 +

√3 −4− 2

√3

−1 1

).

10

Zkouska — maticı A vynasobıme vektor v, dostaneme vektor −v. (!!)

Prıklad 1.15: Naleznete takove hodnoty a, b, c, d ∈ R, aby matice A mela vlastnı vektory (N)v1, v2 a v3, pricemz

A =

0 −2 da b c−2 1 0

, v1 =

1−21

, v2 =

−211

, v3 =

−241

.

Resenı: Oznacme λi vlastnı cıslo prıslusne vlastnımu vektoru vi, kde i = 1, 2, 3. Tretıradek matice A neobsahuje zadnou neznamou, to znamena, ze tretı slozka vektoru Avise musı rovnat tretı slozce vektoru vi vynasobene vlastnım cıslem λi, i = 1, 2, 3. Odtudihned odvodıme, ze λ1 = −4, λ2 = 5 a λ3 = 8.

Teto nove znalosti vyuzijeme a ze vztahu Avi = λivi, i = 1, 2, 3, odvodıme rovnice pronezname a, b, c, d

a− 2b+ c = 8,

−2a + b+ c = 5,

−2a+ 4b+ c = 32,

4 + d = −4, −2 + d = −10, −8 + d = −16.

Dostaneme d = −8. Zbyvajıcı soustava maticove

1 −2 1 | 8−2 1 1 | 5−2 4 1 | 32

∼

1 −2 1 | 80 −3 3 | 210 3 0 | 27

.

Odtud b = 9, c = 16, a = 10.

Prıklad 1.16: Naleznete takove hodnoty a, b, c, d ∈ R, aby matice A mela vlastnı vektoryv1, v2 a v3, pricemz

A =

a b c20 10 44−2 d 12

, v1 =

−220

, v2 =

2−2−1

, v3 =

4−2−2

.

Zkouskou overte, ze nalezene hodnoty vyhovujı zadanı ulohy.

Resenı: a = −6, b = 4, c = −44 a d = −2.Zkouskou nasobenım overıme, ze pro matici

A =

−6 4 −4420 10 44−2 −2 12

platı Av1 = −10v1, Av2 = 12v2 a Av3 = 14v3.

Prıklad 1.17: Naleznete vsechny hodnoty parametru a ∈ R takove, aby ‖A‖2 = 1, kde

A =

(2a 0a a

).

11

Resenı: Matice A nenı symetricka, tedy ‖A‖2 =√

ρ(ATA). Jest

ATA = a2(2 10 1

)(2 01 1

)= a2

(5 11 1

)≡ a2C, kde C =

(5 11 1

).

Tedy 1 = ‖A‖2 =√

ρ(a2C) =√

a2ρ(C) = |a|√ρ(C), odtud |a| = 1/

√ρ(C).

Vlastnı cısla matice C: Charakteristicky polynom

det(C − λI) = (5− λ)(1− λ)− 1 = λ2 − 6λ+ 4

s koreny

λ1,2 =6±

√36− 16

2= 3±

√5.

Tudız√ρ(C) =

√3 +

√5 a

a =1√

3 +√5

spolu s a = − 1√3 +

√5

jsou hledane hodnoty parametru a.Studenti budou pravdepodobne hledat vlastnı cısla matice a2C, jejı charakteristicky

polynom je λ2 − 6a2λ+ 4a4, jeho koreny 3a2 ± a2√5. Pak opet z 1 = ‖A‖2 =

√ρ(a2C) =√

a2ρ(C) = |a|√3 +

√5 dostaneme |a| = 1/

√3 +

√5.

Prıklad 1.18: Je dana matice A a vektory u, v: (P)

A =

(a bc 3

), u =

(11

), v =

(21

).

Vypoctem naleznete takove hodnoty parametru a, b, c ∈ R a cısel λu, λv ∈ R, aby zarovenplatilo:(i) u je vlastnı vektor matice A prıslusny vlastnımu cıslu λu ∈ R a v je vlastnı vektormatice A prıslusny vlastnımu cıslu λv ∈ R;(ii) cıslo λv je o dve vetsı nez cıslo λu.Proved’te zkousku spravnosti resenı.Pripomenutı: Platı, ze soucet hodnot vlastnıch cısel je roven souctu tech prvku matice,ktere lezı na hlavnı diagonale.Doporucenı: Budete-li resit soustavu rovnic, rovnice si nejprve vhodne usporadejte.Uklidnenı: Prıpadny nadbytek rovnic nemusı byt na zavadu.Upozornenı: Nebudou tolerovany numericke chyby, protoze zkouska spravnosti resenı jevelmi snadna a rychla.

Resenı: Z rovnostı Au = λu, Av = λv, pozadavku (ii), pripomenutı a doporucenı odvodıme

a+ b = λu,

c + 3 = λu,

2a+ b = 2λv,

2c+ 3 = λv,

λv − λu = 2,

λu + λv = 3 + a,

=⇒

a+ b− λu = 0,

c− λu = −3,

2a+ b− 2λv = 0,

2c− λv = −3,

−λu + λv = 2,

a− λu − λv = −3,

=⇒

a + b− λu = 0,

2a+ b− 2λv = 0,

a− λu − λv = −3,

c− λu = −3,

2c− λv = −3,

−λu + λv = 2.

12

Maticove pro vektor neznamych (a, b, c, λu, λv)T

1 1 0 −1 0 | 02 1 0 0 −2 | 01 0 0 −1 −1 | −30 0 1 −1 0 | −30 0 2 0 −1 | −30 0 0 −1 1 | 2

∼

1 1 0 −1 0 | 00 −1 0 2 −2 | 00 −1 0 0 −1 | −30 0 1 −1 0 | −30 0 0 2 −1 | 30 0 0 −1 1 | 2

∼

1 1 0 −1 0 | 00 −1 0 2 −2 | 00 0 0 −2 1 | −30 0 1 −1 0 | −30 0 0 0 1 | 70 0 0 −1 1 | 2

∼

1 1 0 −1 0 | 00 −1 0 2 −2 | 00 0 1 −1 0 | −30 0 0 1 −1 | −20 0 0 −2 1 | −30 0 0 0 1 | 7

∼

1 1 0 −1 0 | 00 −1 0 2 −2 | 00 0 1 −1 0 | −30 0 0 1 −1 | −20 0 0 0 −1 | −70 0 0 0 1 | 7

∼

1 1 0 −1 0 | 00 −1 0 2 −2 | 00 0 1 −1 0 | −30 0 0 1 −1 | −20 0 0 0 1 | 7

.

Odtud λv = 7, λu = 5, c = 2, b = −4 a a = 9.Zkouska (

9 −42 3

)(11

)=

(55

),

(9 −42 3

)(21

)=

(147

).

Prıklad 1.19: Jsou dany tyto matice

I =

(1 00 1

), A =

(−1 −1−1 −1

), B = A5 = AAAAA.

Spoctetea) vlastnı cısla matice B;b) ‖B‖2;c) vlastnı cısla matice 17I −B. (P)

Resenı: a) Standardnım postupem s vyresenım charakteristicke rovnice se snadno spocıta,ze matice A ma vlastnı cısla λ1 = 0 a λ2 = −2. Jeste rychlejsı vsak je tato uvaha: MaticeA je singularnı, ma tedy vlastnı cıslo λ1 = 0. Jelikoz dale obecne platı λ1 + λ2 = −1− 1, (!!)dostavame λ2 = −2. Matice B ma vlastnı cısla µ1 = 0 a µ2 = (−2)5 = −32.

b) Matice A je symetricka, tedy i matice B je symetricka (proc to platı?); vıme, zema vlastnı cısla µ1 = 0 a µ2 = −32, tedy ‖B‖2 = 32.

c) Zaved’me matici C ≡ 17I − B. Jestlize θ je vlastnı cıslo matice C a v prıslusnyvlastnı vektor, pak θv = Cv = (17I − B)v = 17v − Bv, odtud Bv = (17 − θ)v, cozznamena, ze v je take vlastnım vektorem matice B prıslusnym vlastnımu cıslu 17 − θ.Jeste snaze nahledneme, ze pokud µ je vlastnı cıslo matice B a w prıslusny vlastnı vektor,tj. µw = Bw, pak Cw = (17I−B)w = 17w−Bw = (17−µ)w, a tudız w je vlastnı vektormatice C prıslusny vlastnımu cıslu θ = 17− µ.

13

Overili jsme tedy, ze matice C a B majı totozny system vlastnıch vektoru a odvodilijsme vztah mezi odpovıdajıcımi vlastnımi cısly, tj. θ = 17−µ. Jelikoz µ1 = 0 a µ2 = −32,vlastnı cısla matice 17I − B jsou θ1 = 17 a θ2 = 49.

Prıklad 1.20: Je dana matice A a jejı vlastnı vektory u a v:

A =

−1 4 48 −8 −14−4 7 13

, u =

−1−21

, v =

0−11

.

Urcete vsechna vlastnı cısla matice a tretı vlastnı vektor matice A (nezapomente nanasobky). Oznacte w ten tretı vlastnı vektor matice A, jehoz prvnı slozka ma hodnotu 2,a vypocıtejte vektor B(w + u), kde matice B = AA.

Resenı: Prvnı slozka soucinu Au je rovna −3, vlastnı cıslo λu = 3. Druha slozka soucinuAv je rovna −6, vlastnı cıslo λv = 6. Jest λw = trA− λu − λv = 4− 9 = −5.

Zbyvajıcı vlastnı vektor prıslusı vlastnımu cıslu λw = −5 a je resenım soustavy s nu-lovou pravou stranou (soustava vznikne z matice A+5I) . Vlastnı vektor a jeho nasobky

z =

1−21

p, p ∈ C \ 0. Vektor w =

2−42

.

Jest B(w + u) = AAw + AAu = λ2ww + λ2

uu = 25w + 9u =

50− 9−100− 1850 + 9

=

41−11859

.

Prıklad 1.21: O matici A =

3 1 1 11 3 1 11 1 3 11 1 1 3

je znamo, ze ma vlastnı vektory v1 =

(−1, 0, 0, 1)T, v2 = (−1, 0, 1, 0)T a v3 = (−1, 1, 0, 0)T. Urcete vsechna vlastnı cısla ma-tice A a zbyvajıcı vlastnı vektor(y).

Resenı: Porovnanım Avi s vi odhalıme vlastnı cısla λi = 2, kde i = 1, 2, 3. Jelikoz trA =12, je λ4 = 6.

Zbyvajıcı vlastnı vektor lze zıskat vyresenım soustavy (A− 6I)v4 = 0. Jinou a moznajednodussı cestou je vyuzitı toho, ze matice A je symetricka, takze vlastnı vektor v4prıslusny vlastnımu cıslu 6 je ortogonalnı k vi, tj. vi · v4 = 0, kde i = 1, 2, 3. Je tudız treba (!!)vyresit homogennı soustavu s maticı B, jejız radky odpovıdajı vektorum vi, i = 1, 2, 3,tedy Bv4 = (0, 0, 0)T:

−1 0 0 1−1 0 1 0−1 1 0 0

∼

1 0 0 −10 0 1 −10 1 0 −1

∼

1 0 0 −10 1 0 −10 0 1 −1

.

Prıslusny vlastnı vektor tedy jest p(1, 1, 1, 1)T, kde p ∈ C \ 0.


4 −1 0−1 4 −10 −1 4

. Ukoly:

a) Urcete vsechna vlastnı cısla a prıslusne vlastnı vektory matice A. Spravnost vysledku

14

overte zkouskou (tj.”Au = λu“).

b) Vypoctete ‖A‖2.c) Vyberte a zapiste tri linearne nezavisle vlastnı vektory, jejichz euklidovska norma jerovna 2; oznacte je v1, v2 a v3 (poradı pri oznacovanı si zvolte). Vypocıtejte skalarnı soucin(−

√3v1 +

√5v2 − 5−1v3, 5v3 −

√5v2 −

√3v1).

Resenı: a) det(A− λI) = (4− λ)3 − (4− λ)− (4− λ) = (4− λ)(λ2 − 8λ+ 14). Koreny3

jsou λ1 = 4, λ2 =8+

√8

2= 4 +

√2 a λ2 = 4−

√2.

b) Odtud (A je symetricka matice) ‖A‖2 = (A) = 4 +√2.

Prıslusne vlastnı vektory

u1 =

−101

p, u2 =

1

−√2

1

q, u3 =

1√21

r, p, q, r ∈ C \ 0.

Zkouskou se overı, ze Aui = λiui, i = 1, 2, 3.c) Pri volbe p =

√2, q = 1, r = 1 a oznacenı vi ≡ ui jest ‖v1‖2 = ‖v2‖2 = ‖v3‖2 = 2.

Matice je realna a symetricka, jejı vlastnı vektory jsou ortogonalnı, tj. (v1, v2) =(v1, v3) = (v2, v3) = 0. Tım se vypocet zjednodusı:4

(−√3v1 +

√5v2 − 5−1v3, 5v3 −

√5v2 −

√3v1)

= (−√3v1, −

√3v1) + (

√5v2, −

√5v2) + (−5−1v3, 5v3)

= 3(v1, v1)− 5(v2, v2)− (v3, v3)

= 4(3− 5− 1) = −12.


a b 0b a 00 0 a

. Ukoly:5 (P)

1) Naleznete vsechny takove dvojice celych cısel a, b, aby matice A mela vlastnı cıslaλ1 = −5 a λ2 = −2. Matice napiste (Pomoc: ctyri dvojice). Bonus za kazdou necelocıselnoudvojici a, b nalezenou navıc.2) Pro kazdou celocıselnou matici A vypoctete zbyvajıcı vlastnı cıslo λ3 .3) Pro kazdou nalezenou celocıselnou dvojici a, b definujte matici Bab takto Bab =

18AAA+

32A−1A−1 + 15I, kde A−1 je matice inverznı k matici A a I je jednotkova matice, avypoctete vsechna vlastnı cısla matice Bab.4) Necht’ pro vektory v1 a v2 platı Av1 = −5v1 a Av2 = −2v2. Necht’ v = 200v1 + 2v2.Vyjadrete vektor Babv jako linearnı kombinaci vektoru v1 a v2.

Resenı:Ukol 1) a 2): det(A− λI) = (a− λ)3 − b2(a− λ) = (a− λ)(λ2 − 2aλ+ a2 − b2).

Nalezenı ctyr celocıselnych resenı je jednoduche a rozpada se na dva prıpady (viz dale),nalezenı vsech resenı je ukazano az v zaveru.

1. prıpad: Z λ1 = −5 a z rovnice det(A− λI) = (a− λ)(λ2 − 2aλ+ a2 − b2) = 0 ihnedvidıme, ze pri volbe a ≡ a1 = −5 bude rovnice splnena (je-li tedy a = −5, je λ1 = −5

3Opet se vyplatilo neroznasobovat a neupravovat jednotlive cleny, ale vytknout spolecny clen 4− λ.4I pri jine volbe parametru p, q, r zustane vysledek nezmenen, protoze zavisı jen na norme vektoru vi.5Tento prıklad byl vyjimecny v tom, ze umoznoval zıskat bonusove body za nalezenı necelocıselnych

dvojic. Standardnı a bonusove body jen z tohoto prıkladu stacily na hodnocenı E.

15

vlastnı cıslo). Rovnice, v nız uz a = −5, ovsem musı platit i pro vlastnı cıslo λ2 = −2,ktere tudız musı byt korenem polynomu (λ2 − 2aλ+ a2 − b2), v nemz za a dosadıme −5,tedy korenem polynomu λ2 + 10λ + 25 − b2. Jinak napsano 0 = λ2

2 + 10λ2 + 25 − b2 =4− 20 + 25− b2 = 9− b2, coz je splneno pro b1 = 3 nebo b′1 = −3. Dostavame dve resenı,a to matice

A1 =

−5 3 03 −5 00 0 −5

, A′

1 =

−5 −3 0−3 −5 00 0 −5

.

U obou matic λ3 = −8, nebot’ soucet prvku na diagonale matice A je roven −15.2. prıpad pojednejme obdobne, avsak strucneji: λ2 = −2 ⇒ a2 = −2 a cıslo λ1 = −5

musı byt korenem polynomu λ2 + 4λ + 4 − b2, tj. 25 − 20 + 4 − b2 = 0, odtud b2 = 3,b′2 = −3. Dostavame dve resenı – matice

A2 =

−2 3 03 −2 00 0 −2

, A′

2 =

−2 −3 0−3 −2 00 0 −2

.

U obou matic λ3 = 1, nebot’ soucet prvku na diagonale matice A je roven −6.Ukol 3): Je-li λ vlastnı cıslo matice A, pak µ = 1

8λ3+32λ−2+15 je vlastnı cıslo matice

Bab.Pro dvojice a1, b1 a a1, b

′1 mame vlastnı cısla λ1 = −5, λ2 = −2 a λ3 = −8, dostavame

µ1 =1

8(−125) + 32

1

25+ 15 =

−5

8+

32

25=

−125 + 256

200=

131

200,

µ2 = −1 + 8 + 15 = 22,

µ3 = −64 +1

2+ 15 = −49 +

1

2= −97

2.

Pro dvojice a2, b2 a a2, b′2 mame vlastnı cısla λ1 = −5, λ2 = −2 a λ3 = 1, dostavame

µ1 =1

8(−125) + 32

1

25+ 15 =

131

200(vypocet jiz proveden vyse),

µ2 = −1 + 8 + 15 = 22 (vypocet jiz proveden vyse),

µ3 =1

8+ 32 + 15 = 47 +

1

8=

377

8.

Ukol 4): V obou prıpadech6 majı matice A i Bab stejne vlastnı vektory (proc?), proto

Bab(200v1 + 2v2) = 200Babv1 + 2Babv2 = 200µ1v1 + 2µ2v2 = 131v1 + 44v2.

Nalezenı vsech, tj. i necelocıselnych resenı. Do charakteristicke rovnice dosadıme jed-nou λ = −5 a podruhe λ = −2, po upravach dostaneme dve rovnice

15a2 + 75a+ 125− 5b2 + a(a2 − b2) = 0,

6a2 + 12a+ 8− 2b2 + a(a2 − b2) = 0, (1)

jejichz odectenım zıskameb2 = 3a2 + 21a+ 39, (2)

6Povsimnete si, ze cely ukol 4) a dve tretiny ukolu 3) lze vyresit bez resenı ukolu 1) a 2). Tak mohlicenne body (a byla jich docela slusna porce) zıskat i ti, jimz se nepodarilo vyresit ukoly 1) a 2).

16

coz dosazeno do (1) (pred roznasobenım) dava rovnici

(a+ 2)(−2a2 − 17a− 35) = 0

s koreny a1 = −5, a2 = −2, a3 = −7/2. Ze vztahu (2) pak dostaneme hodnoty b1, b′1, b2,

b′2 zname z predchozıch odstavcu a dale b3 = 3/2, b′3 = −3/2, tudız dalsı dve matice

A3 =

−7/2 3/2 03/2 −7/2 00 0 −7/2

, A′

3 =

−7/2 −3/2 0−3/2 −7/2 00 0 −7/2

s vlastnımi cısly −2,−5,−7/2.

Prıklad 1.24: Je dana matice A a vektory7 v a w

A =

α 2 33 7 9−6 −6 −9

, v =

111

, w =

22−1

Urcete α ∈ R a naleznete vsechna vlastnı cısla matice A a vsechny jim prıslusne vlastnıvektory. Vypocty vam usnadnı informace, ze jeden z vlastnıch vektoru, oznacme jej u1,je (vcetne svych nasobku) kolmy jak k vektoru v, tak k vektoru w. Nakonec vypoctete(Au1, 2u1 + 3v − 4w). Napoveda: Ucko dvakrat kolme je,

k rovnicım te dovede,

chces-li lambdu objevit,

musıs ucko nasobit.

Resenı: Opet zdurazneme (viz poznamku), ze v a w nejsou vlastnı vektory matice A, cozje ihned patrne po nasobenı Av a Aw. Necht’ u1 = (a, b, c)T je vlastnı vektor, pro nejzplatı u1⊥v a u1⊥w. Po provedenı skalarnıch soucinu obdrzıme dve rovnice

a + b+ c = 0,

2a+ 2b− c = 0 ⇒ a = −b ⇒ c = 0,

a z nich tvar vlastnıho vektoru u1 = b(−1, 1, 0)T, kde b ∈ C \ 0. Pri volbe b = 1

Au1 =

−α + 2

40

= λ1u1,

tedy (z druheho radku predchozı rovnosti) λ1 = 4 a (z prvnıho radku po dosazenı λ1 = 4)α = 6. Pak8

λ2 + λ3 = trA− λ1 = 0 ⇒ λ2 = −λ3,

λ2λ3 =1

4detA =

1

4(−9 · 6 · 7− 6 · 9 · 2− 6 · 9 + 3 · 6 · 7 + 6 · 6 · 9 + 6 · 9)

=1

4[9 · 6(−7− 2 + 6) + 3 · 6 · 7] = 1

4[9 · 6(−3) + 3 · 6 · 7] = 1

43 · 6[−9 + 7] = −9,

7Pozor! Nikde nenı receno, ze jde o vlastnı vektory. A take to vlastnı vektory nejsou! Nekterı nepozornıstudujıcı s nimi jako s vlastnımi pocıtali. V zadanı je treba cıst jen to, co tam skutecne je, a nedodavatvlastnı (mylne) interpretace.

8Povsimnete si, ze pri vypoctu determinantu nenı efektivnı hned vycıslit souciny. Vhodnejsı je cinitelesdruzovat a vytykat, usetrıte si tım praci a snızıte pravdepodobnost chyby.

17

z cehoz plyne −9 = λ2λ3 = −λ22, tudız λ2 = 3, λ3 = −3 (nebo obracene).

Pro λ2 = 3 odvodıme vlastnı vektor(y) u2 = q(1,−3, 1)T , q ∈ C \ 0.Pro λ2 = −3 odvodıme vlastnı vektor(y) u3 = p(1, 6,−7)T , p ∈ C \ 0.Nakonec (Au1, 2u1 + 3v − 4w) = (4u1, 2u1) = 8(u1, u1) = 16, vyuzili jsme Au1 = 4u1

a ortogonalitu u1⊥v a u1⊥w. Vysledna hodnota muze byt i jina podle konkretnı volbyvektoru u1.

Prıklad 1.25: O matici A =

−3 1 1 01 −3 0 11 0 −3 10 1 1 −3

je znamo, ze ma vlastnı vektor v1 = (P)

(1,−1,−1, 1)T a vlastnı cıslo −3. Naleznete zbyvajıcı vlastnı cısla a vsechny linearnenezavisle vlastnı vektory krome jiz znameho v1 (vlastnı vektory stacı uvest bez nasobku).

Je matice A pozitivne definitnı? Svou odpoved’ zduvodnete.

Resenı: Pozor, zadanı nerıka, ze vlastnı vektor v1 je prıslusny k vlastnımu cıslu −3. Po- (!!)rovnanım Av1 s v1 ihned odhalıme vlastnı cıslo λ1 = −5. Na dalsı vlastnı cısla nepujdemeprımym utokem, ale mırnou oklikou.

Zamerme se na vlastnı vektory prıslusne vlastnımu cıslu λ2 = −3. Soustava

0 1 1 01 0 0 11 0 0 10 1 1 0

∼

(0 1 1 01 0 0 1

)

ma resenı p(−1, 0, 0, 1)T a q(0,−1, 1, 0)T, z nichz volbou p = q = 1 dostavame dva linearnenezavisle vlastnı vektory v2 a v3. Odtud odvodıme, ze −3 je nasobne vlastnı cıslo,9 urcitetedy λ3 = −3. Muze byt i ctvrte vlastnı cıslo rovne −3? Nemuze. Jelikoz trA = −12, jeλ4 = −1. To je potvrzeno i tım, ze matice (A+ I) je singularnı.

Prıslusny vlastnı vektor lze zıskat vyresenım soustavy (A+ I)v4 = 0, ale tez je moznevyuzıt toho, ze A je symetricka, takze vlastnı vektor v4 prıslusny vlastnımu cıslu −1 jeortogonalnı k vi, kde i = 1, 2, 3. Resı se tedy homogennı soustava s maticı, jejız radkyodpovıdajı vi, i = 1, 2, 3:

1 −1 −1 1−1 0 0 10 −1 1 0

∼

1 −1 −1 10 −1 −1 20 −1 1 0

∼

1 −1 −1 10 −1 −1 20 0 2 −2

.

Prıslusny vlastnı vektor tedy jest naprıklad v4 = (1, 1, 1, 1)T. Vzhledem k jednoduchostimatice A a vlastnıch vektoru vi, je snadne overit, ze skutecne platı Avi = λivi, i = 1, 2, 3, 4.

Matice je symetricka a ma zaporna vlastnı cısla, nenı tedy pozitivne definitnı. Tez lze (!!)ukazat, ze naprıklad (Av1, v1) < 0.

Prıklad 1.26: Ja dana matice A =

2 0 0 10 2 1 00 0 3 10 0 1 3

. Vypoctete vsechna jejı vlastnı cısla (P)

a stanovte jejich algebraickou a geometrickou nasobnost. Urcete bazi prıslusnych nulovychprostoru.

9Vektory v2 a v3 tvorı bazi nuloveho prostoru N (A+3I), ten ma tedy dimenzi dve. Tudız geometricka

18

Resenı: Matice je typu 4× 4, pri vypoctu charakteristickeho polynomu pouzijeme postupvylozeny v Prırucce pro prezitı, tj. metodu rozvoje dle radku nebo sloupce matice. Zkusmerozvıjet podle prvnıho radku:

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

2− λ 0 0 10 2− λ 1 00 0 3− λ 10 0 1 3− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣

= (−1)1+1(2− λ)

∣∣∣∣∣∣

2− λ 1 00 3− λ 10 1 3− λ

∣∣∣∣∣∣+ (−1)1+4

∣∣∣∣∣∣

0 2− λ 10 0 3− λ0 0 1

∣∣∣∣∣∣♠= (2− λ)

((2− λ)(3− λ)2 − (2− λ)

)= (2− λ)2

((3− λ)2 − 1

)

= (2− λ)2(λ2 − 6λ+ 8) = (2− λ)3(4− λ).

Za rovnostı oznacenou ♠ vystupuje jen prvnı ze dvou predchozıch determinantu, nebot’

ten druhy je roven nule (prvnı sloupec je nulovy). Rozvoj podle prvnıho radku je zbytecneslozity, zde je ukazan pro pripomenutı metody. Pri rozvoji podle prvnıho sloupce, jenz majen jeden nenulovy clen, bychom se vyhnuli psanı subdeterminantu s nulovym sloupcem.Oba rozvoje samozrejme vedou k temuz charakteristickemu polynomu.

Vlastnı cısla matice A tedy jsou λ1 = 2 s algebraickou nasobnostı tri a λ2 = 4 s algeb-raickou i geometrickou nasobnostı rovnou jedne. Zaver tykajıcı se λ2 plyne i bez vypoctuvlastnıch vektoru ihned z toho, ze geometricka nasobnost ma vzdy hodnotu aspon jednaa zaroven je nejvyse rovna nasobnosti algebraicke. Protoze vsak potrebujeme zjistit i bazinuloveho prostoru N (A− 4I),10 urcıme vlastnı vektor:

A− 4I =

−2 0 0 10 −2 1 00 0 −1 10 0 1 −1

∼

−2 0 0 10 −2 1 00 0 1 −1

⇒

1/21/211

p, p ∈ C \ 0.

Bazi prostoru N (A− 4I) tedy tvorı vektor (naprıklad) (1, 1, 2, 2)T.

Zbyva urcit geometrickou nasobnost vlastnıho cısla 2. Z A−2I =

0 0 0 10 0 1 00 0 1 10 0 1 1

ihned

vidıme, ze tretı a ctvrty sloupec jsou linearne nezavisle11 a ze hodnost matice A − 2I jerovna dvema. Resenı soustavy (A−2I)u = 0 tudız bude zavisle na 4−2 = 2 parametrecha prıslusny nulovy prostor bude mıt dimenzi dve. Bazi tvorı naprıklad vektory (1, 0, 0, 0)T

a (0, 1, 0, 0)T. Vlastnı cıslo λ1 = 2 tedy ma algebraickou nasobnost tri a geometrickounasobnost dve.

nasobnost vlastnıho cısla −3 je rovna dvema. Vıme, ze geometricka nasobnost vlastnıho cısla je nejvyserovna jeho algebraicke nasobnosti. Charakteristicky polynom matice A tedy musı mıt aspon dva korenys hodnotou −3. Je nutne zjistit, zda ma takove koreny dva nebo tri. Ctyri mıt nemuze, nebot’ jeden korenje −5.

10Pripomenme, ze N (A − λI) = v ∈ Rn| (A − λI)v = 0 a ze bazi tohoto prostoru tvorı linearnenezavisle vlastnı vektory matice A prıslusne vlastnımu cıslu λ.

11Matice A− 2I otocena o 90 stupnu ma standardnı schodovity tvar.

19

Prıklad 1.27: Ja dana matice A =

2 0 0 00 2 1 00 0 3 10 0 −1 3

. Vypoctete vsechna jejı vlastnı cısla

a stanovte jejich algebraickou a geometrickou nasobnost.

Resenı: Postup resenı je obdobny jako v prıkladu 1.26, nynı vsak postupujeme rychleji.Pri vypoctu charakteristickeho polynomu uplatnıme dvakrat rozvoj dle prvnıho sloupce:

det(A− λI) =

∣∣∣∣∣∣∣∣

2− λ 0 0 10 2− λ 1 00 0 3− λ 10 0 −1 3− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)1+1(2− λ)

∣∣∣∣∣∣

2− λ 1 00 3− λ 10 −1 3− λ

∣∣∣∣∣∣

= (2− λ)(−1)1+1(2− λ)

∣∣∣∣3− λ 1−1 3− λ

∣∣∣∣ = (2− λ)2((3− λ)2 + 1

)

= (2− λ)2(λ2 − 6λ+ 10

).

Koreny jsou λ1 = 2 (dvojnasobny), λ2 = 3 + i a λ3 = 3 − i. Vlastnı cısla λ2 a λ3 majıalgebraickou i geometrickou nasobnost jedna.

Stanovme geometrickou nasobnost vlastnıho cısla λ1. Matice

A− 2I =

0 0 0 10 0 1 00 0 1 10 0 −1 1

ma hodnost dve. Resenı soustavy (A − 2I)v = 0 je tedy nekonecne mnoho a zavisejı nadvou parametrech. Geometricka (i algebraicka) nasobnost vlastnıho cısla λ1 je tedy rovnadvema.

Prıklad 1.28: Vytvorte matici, ktera ma vlastnı cısla λ1 = 3 a λ2 = 5 a navıc splnuje: (N)a) λ1 ma algebraickou i geometrickou nasobnost rovnou jedne, λ2 ma algebraickou nasob-nost tri a geometrickou dve. (P)b) λ1 ma algebraickou i geometrickou nasobnost rovnou jedne, λ2 ma algebraickou nasob-nost tri a geometrickou jedna.Poznamka: Obe casti ulohy majı nekonecne mnoho resenı. V a) i b) vsak stacı najıt jednutakovou matici.

Resenı: a) Hledanou matici oznacme A. Celkova algebraicka nasobnost obou vlastnıchcısel je ctyri, charakteristicky polynom matice A tedy musı mıt ctyri koreny a matice A jetypu 4 × 4. Umıme snadno navrhnout matici A1 s vlastnımi cısly splnujıcımi pozadavkyna algebraickou nasobnost:

A1 =

3 0 0 00 5 0 00 0 5 00 0 0 5

.

Pro matici A1 je geometricka nasobnost12 vlastnıho cısla λ1 rovna jedne, ale geometrickanasobnost vlastnıho cısla λ2 je rovna trem. Opravdu, matice A − 5I ma hodnost jedna,

12Vlastnı vektor (1, 0, 0, 0)T a jeho nenulove nasobky.

20

existujı tedy tri linearne nezavisle vlastnı vektory prıslusne λ2. Potrebujeme tudız, abymatice A − 5I mela hodnost dve. To zajistıme naprıklad pridanım hodnoty jedna nadhlavnı diagonalu

A2 =

3 0 0 00 5 1 00 0 5 00 0 0 5

.

Pak

A2 − 5I =

3− 5 0 0 00 0 1 00 0 0 00 0 0 0

∼

(−2 0 0 00 0 1 0

),

coz znamena, ze resenı prıslusne homogennı soustavy bude zaviset na dvou volnych para-metrech, a proto dimenze nuloveho prostoru bude rovna dvema. Jinymi slovy, geometrickanasobnost vlastnıho cısla 5 je rovna dvema. Mame hledanou matici, A ≡ A2.

b) Postupem jako v a) zjistıme, ze potrebujeme, aby matice A− 5I mela hodnost tri,coz matice A2 − 5I nesplnuje, ma jen dva linearne nezavisle radky. Matice A3 − 5I, kde

A3 =

3 0 0 00 5 1 00 0 5 10 0 0 5

uz ma pozadovanou vlastnost, protoze

A3 − 5I =

3− 5 0 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

∼

−2 0 0 00 0 1 00 0 0 1

ma hodnost tri a resenı homogennı soustavy zavisı jen na jednom volnem parametru.Dimenze nuloveho prostoru (tj. geometricka nasobnost) je rovna jedne. Je tedy A ≡ A3.

2 Aplikace Gersgorinovy vety

Pro uspesne vyresenı uloh teto kapitoly je nutne spravne pochopit definici cısla podmıne-nosti a spektralnıho polomeru. A take nezapomenout, ze je treba uvazovat s absolutnımihodnotami vlastnıch cısel. Krome lehkych prıkladu 2.1 jsou zastoupeny i obtıznejsı ulohy(viz prıklady 2.6 a 2.7), doporucuji venovat jim pozornost.


45 14 03 8 −130 30 −37

a vektor f =

27649

. Spoctete ‖A‖1

a ‖A‖∞. Pomocı Gersgorinovy vety najdete nejvetsı a ∈ R a nejmensı b ∈ R, aby platilodhad a ≤ (A) ≤ b. K vektoru f sestrojte ortogonalnı vektor ω takovy, aby ‖ω‖∞ = 1.

Resenı: Jest ‖A‖1 = 52 a ‖A‖∞ = 67.Dale b = 67 (z tretıho radku) a a = 31 z prvnıho radku, nebot’ jedno vlastnı cıslo musı byt

21

v kruhu se stredem 45 a polomerem 14, jenz je disjunktnı se zbyvajıcımi dvema kruhy,v jejichz sjednocenı lezı dve vlastnı cısla.

Necht’ ω = (a, b, c). Z pozadavku ortogonality plyne

0 = f · ω = 27a+ 6b+ 49c a zaroven max|a|, |b|, |c| = 1.

Tomu vyhovuje naprıklad ω = (−6/27, 1, 0).

Prıklad 2.2: Pomocı Gersgorinovy vety odhadnete zdola a shora cıslo podmınenosti ma-

tice A (intervalovy odhad), A =

158 12 −1/2 512 867 −1 24

−1/2 −1 19 3/25 24 3/2 371

. K vypoctu cısla podmıne-

nosti κ(A) pouzijte spektralnı normu ‖ · ‖2. Svuj postup zduvodnete.(Pripomenutı: Je-li regularnı matice realna a symetricka, je matice k nı inverznı take

realna a symetricka.)

Resenı: Z definice κ(A) = ‖A‖2‖A−1‖2.Matice A je realna a symetricka ⇒ vlastnı cısla jsou realna a ‖A‖2 = (A).Podle Gersgorinovy vety lezı vsechna vlastnı cısla matice A ve sjednocenı kruhu,

v nasem prıpade intervalu (usecek)

K1 = z ∈ R : |158− z| ≤ 35/2 = [281/2, 351/2],

K2 = z ∈ R : |867− z| ≤ 37 = [830, 904],

K3 = z ∈ R : |19− z| ≤ 3 = [16, 22],

K4 = z ∈ R : |371− z| ≤ 61/2 = [681/2, 803/2].

Vsechny intervaly lezı v kladne casti realne osy a navzajem se neprotınajı, vlastnı cısla,oznacme je λ1, λ2, λ3 a λ4, tedy jsou kladna a v kazdem intervalu lezı prave jedno z nich,proto

(A) = max|λ1|, |λ2|, |λ3|, |λ4| = maxλ1, λ2, λ3, λ4 = λ2,

kde λ2 ∈ K2. Tudız (viz K2) ‖A‖2 = λ2 ∈ [830, 904].Vsechna vlastnı cısla symetricke matice A jsou kladna, tedy i vsechna vlastnı cısla

symetricke matice A−1 jsou kladna a lezı v intervalech

I1 = [2/351, 2/281],

I2 = [1/904, 1/830],

I3 = [1/22, 1/16],

I4 = [2/803, 2/681].

Odtud vyvodıme, ze

‖A−1‖2 = (A−1) = max1/|λ1|, 1/|λ2|, 1/|λ3|, 1/|λ4|= max1/λ1, 1/λ2, 1/λ3, 1/λ4 = 1/λ3,

nebot’ 1/λ3 ∈ I3. Platı tedy ‖A−1‖2 ∈ [1/22, 1/16].Dostaneme κ(A) ∈ [830/22, 904/16] = [415/11, 113/2].

22

Prıklad 2.3: Pomocı Gersgorinovy vety odhadnete zdola a shora cıslo podmınenosti

matice C (intervalovy odhad), C =

210 8 0 58 470 1 −140 1 8 −15 −14 −1 980

.

K vypoctu cısla podmınenosti κ(C) pouzijte spektralnı normu ‖ · ‖2. Svuj postupzduvodnete.

(Pripomenutı: Je-li regularnı matice realna a symetricka, je matice k nı inverznı takerealna a symetricka.)

Resenı: Cıslo podmnınenosti κ(C) ∈ [96, 500/3].


matice A (intervalovy odhad), A =

252 −8 2 5−8 −900 −1 312 −1 15 25 31 2 348

. K vypoctu cısla podmıne-

nosti κ(A) pouzijte spektralnı normu ‖ · ‖2. Svuj postup zduvodnete.(Pripomenutı: Je-li regularnı matice realna a symetricka, je matice k nı inverznı take


Resenı: Z definice je κ(A) = ‖A‖2‖A−1‖2. Matice A je realna a symetricka, tedy vlastnıcısla jsou realna a ‖A‖2 = (A).

Podle Gersgorinovy vety lezı vsechna vlastnı cısla matice A, oznacme je λ1, λ2, λ3 aλ4, ve sjednocenı kruhu, v prıpade nası symetricke matice intervalu

K1 = z ∈ R : |252− z| ≤ 15 = [237, 267],

K2 = z ∈ R : | − 900− z| ≤ 40 = [−940, −860],

K3 = z ∈ R : |15− z| ≤ 5 = [10, 20],

K4 = z ∈ R : |348− z| ≤ 38 = [310, 386].

Pak tedy

(A) = max|λ1|, |λ2|, |λ3|, |λ4| = maxλ1, |λ2|, λ3, λ4 = |λ2|.

Tri vlastnı cısla tedy jsou kladna, jedno zaporne, jeho absolutnı hodnota je vsak vetsı nez(absolutnı) hodnota zbyvajıcıch vlastnıch cısel. Tudız ‖A‖2 = (A) ∈ [860, 940], nebot’

λ2 ∈ K2.Vlastnı cısla matice A−1 jsou prevracenymi hodnotami vlastnıch cısel matice A, proto

lezı v intervalech [1/267, 1/237], [−1/860, −1/940], [1/20, 1/10], [1/386, 1/310].Odtud

‖A−1‖2 = (A−1) = max1/|λ1|, 1/|λ2|, 1/|λ3|, 1/|λ4| = max1/λ1, 1/|λ2|, 1/λ3, 1/λ4= 1/λ3.

Pak ‖A−1‖2 ∈ [1/20, 1/10], nebot’ λ3 ∈ K3.Dostaneme tedy κ(A) ∈ [860/20, 940/10] = [43, 94].

Poznamka: Povsimnete si, ze zadne dva z intervalu K1, K2, K3 a K4, kde K2 =[860, 940], se neprotınajı.

23


matice A (intervalovy odhad), A =

−1050 −23 −2 25−23 214 2 7−2 2 −25 125 7 1 470

. K vypoctu cısla podmı-

nenosti κ(A) pouzijte spektralnı normu ‖ · ‖2. Svuj postup zduvodnete.(Pripomenutı: Je-li regularnı matice realna a symetricka, je matice k nı inverznı take


Resenı: κ(A) ∈ [1000/30, 1100/20] = [100/3, 55]

Prıklad 2.6: Pomocı Gersgorinovy vety odhadnete zdola a shora cıslo podmınenosti (P)

matice C (intervalovy odhad), kde C =

545 −2 7 31−2 −10 1 −27 1 −310 2731 −2 27 −540

.

K vypoctu cısla podmınenosti κ(C) pouzijte spektralnı normu ‖ · ‖2. Svuj postupzduvodnete. (Pripomenutı: Je-li regularnı matice realna a symetricka, je matice k nı in-verznı take realna a symetricka.)

Resenı: κ(C) = ‖C‖2‖C−1‖2.Matice C je realna a symetricka, tudız ‖C‖2 = |λ|, kde λ je to vlastnı cıslo matice C,

jehoz absolutnı hodnota je nejvetsı (vsechna vlastnı cısla matice C jsou realna).Podle Gersgorinovy vety lezı vsechna vlastnı cısla matice C ve sjednocenı kruhu (in-

tervalu)

K1 = z ∈ R : |545− z| ≤ 40 = [505, 585],

K2 = z ∈ R : | − 10− z| ≤ 5 = [−15,−5],

K3 = z ∈ R : | − 310− z| ≤ 35 = [−345,−275],

K4 = z ∈ R : | − 540− z| ≤ 60 = [−600,−480].

Definujme jeste intervaly pro absolutnı hodnoty vlastnıch cısel, tj.

K2 = [5, 15], K3 = [275, 345], K4 = [480, 600].

Intervaly K1, . . . , K4 jsou navzajem disjunktnı (neprotınajı se), proto v kazdem lezı prave

jedno vlastnı cıslo. Zaroven vidıme, ze K1 ∩ K4 6= ∅, dokonce K1 ⊂ K4. Pri odhaduintervalu, v nemz lezı ‖C‖2 budeme muset peclive uvazovat: V K1 i v K4 je jiste po (!!)jednom vlastnım cısle, tudız |λ| ∈ [505, 600] (nejvetsı absolutnı hodnota vlastnıch cıselnemuze byt mensı nez 505, nebot’ v K1 lezı nejake vlastnı cıslo

13), tedy ‖C‖2 ∈ [505, 600].Vlastnı cısla matice C−1 jsou prevracenymi hodnotami vlastnıch cısel matice C. Vlast-

nı cısla matice C−1 tedy lezı v intervalech I1 = [1/585, 1/505], I2 = [−1/5,−1/15], I3 =[−1/275,−1/345] a I4 = [−1/480,−1/600]. Definujme intervaly pro absolutnı hodnotyvlastnıch cısel matice C−1, tj.

I2 = [1/15, 1/5], I3 = [1/345, 1/274], I4 = [1/600, 1/480].

13Pozor, tento prıklad je obtızny – uvedene zduvodnenı si dobre promyslete!

24

Od pocatku je nejvzdalenejsı interval I2, navıc neobsahuje zadny z intervalu I1, I3, I4.Tudız ‖C−1‖2 ∈ [1/15, 1/5].

Dostaneme tedy κ(C) ∈ [505/15, 600/5] = [101/3, 120].

Prıklad 2.7: Najdete takove nejvetsı a ∈ R a takove nejmensı b ∈ R, aby platilo a ≤ (P)

κ(C) ≤ b, kde κ(C) je cıslo podmınenosti matice C =

(−12 22 10

)odhadnute pomocı

Gersgorinovy vety. K vypoctu κ(C) pouzijte spektralnı normu ‖ · ‖2.Potom presne vypoctete ‖C‖2, ‖C−1‖2 a κ(C). Zlomky upravte tak, aby ve jmenovateli

bylo cele cıslo. Je presne cıslo podmınenosti mensı nez 4/3 (vyrazy s odmocninami a sezlomky vhodne odhadnete bez pouzitı kalkulacky)? Overte, zda presne κ(C) vyhovujeodhadu dle Gersgorinovy vety.

Resenı: κ(C) = ‖C‖2‖C−1‖2.Matice C je realna a symetricka, tudız ‖C‖2 = |λ|, kde λ je to vlastnı cıslo matice C,

jehoz absolutnı hodnota je nejvetsı (vsechna vlastnı cısla matice C jsou realna).Podle Gersgorinovy vety lezı vsechna vlastnı cısla matice C ve sjednocenı kruhu (in-

tervalu)

K1 = z ∈ R : | − 12− z| ≤ 2 = [−14,−10],

K2 = z ∈ R : |10− z| ≤ 2 = [8, 12].

Definujeme-li K1 = [10, 14], vidıme, ze K1 ∩ K2 6= ∅. Nicmene nejvzdalenejsı vlastnı

cıslo bude mıt od pocatku vzdalenost alespon 10, neplatı totiz, ze K2 ⊂ K1 (srovnejte (!!)s prıkladem 2.6), tedy ‖C‖2 ∈ [10, 14].

Vlastnı cısla matice C−1 jsou prevracenymi hodnotami vlastnıch cısel matice C. Vlast-nı cısla matice C−1 tedy lezı v intervalech [−1/10,−1/14] a [1/12, 1/8]. Pro odhad normy‖C−1‖2 jsou rozhodujıcı intervaly [1/14, 1/10] a [1/12, 1/8]. Majı sice neprazdny prunik,ale jeden nenı podmnozinou druheho. Jest ‖C−1‖2 ∈ [1/12, 1/8].

Dostaneme tedy κ(C) ∈ [10/12, 14/8] = [5/6, 7/4]. Tento odhad lze jeste ihned zlepsit,nebot’ vzdy musı byt κ(C) ≥ 1.14 Tedy κ(C) ∈ [1, 7/4].

Pro presne urcenı κ(C) potrebujeme vlastnı cısla matice C. Koreny charakteristickehopolynomu

det(C − λI) = (−12− λ)(10− λ)− 4 = λ2 + 2λ− 124

jsou−2 ±

√4 + 4 · 1242

=−2±

√500

2=

−2 ± 10√5

2= −1± 5

√5.

Odtud ‖C‖2 = 1 + 5√5.

Vlastnı cısla matice C−1 jsou

1

−1 + 5√5=

1

−1 + 5√5

5√5 + 1

5√5 + 1

=5√5 + 1

125− 1=

5√5 + 1

124,

1

−1 − 5√5=

1

−1− 5√5

−5√5 + 1

−5√5 + 1

=−5

√5 + 1

125− 1=

−5√5 + 1

124.

14To je dusledek nerovnosti platne pro libovolnou z nami zavedenych norem matic a pro situaci, kdymatice M je soucinem matic A a B, tj. M = AB. Pak platı ‖M‖ ≤ ‖A‖ ‖B‖. Pro I = CC−1 tudızdostaneme 1 = ‖I‖2 = ‖CC−1‖2 ≤ ‖C‖2‖C−1‖2 = κ(C).

25

Odtud ‖C−1‖2 = 5√5+1

124a

κ(C) =5√5 + 1

124(1 + 5

√5) =

125 + 10√5 + 1

124=

63 + 5√5

62≤ 63 + 5 · 3

62=

78

62=

39

31

≤ 40

30=

4

3,

tudız κ(C) = 63+5√5

62je mensı nez 4/3 = 16/12 < 21/12 = 7/4. Zaroven vidıme, ze

κ(C) ≥ 1, takze opravdu platı κ(C) ∈ [1, 7/4].

3 Normy vektoru a matic

Resenı prıkladu bez parametru je jednoduche. O resenı uloh s parametrem platı to, cobylo receno v uvodu kapitoly 1: z podmınek kladenych na matice ci vektory se odvodırovnice, z nichz se vypocıtajı hodnoty parametru. Zbyle ukony jsou jiz rutinnı.

Prıklad 3.1: Jsou dany matice A,B,C a vektory v, w = Av:

A =

3 −2 2 1−1 2 4 −35 1 1 4−3 4 −2 −1

, B =

(−2 33 −2

), C =

(1 20 1

), v =

1−1−23

.

Vypocıtejte ‖w‖1, ‖w‖2, ‖w‖∞, ‖A‖1, ‖A‖∞, ‖B‖2 a ‖C‖2.Resenı: w = (4,−20, 14,−6)T.‖w‖1 = 4 + 20 + 14 + 6 = 44.‖w‖2 =

√16 + 400 + 196 + 36 =

√648 = 2

√162 = 18

√2.

‖w‖∞ = 20.‖A‖1 = max12, 9, 9, 9 = 12.‖A‖∞ = max8, 10, 11, 10 = 11.Matice B je realna a symetricka. Jejı vlastnı cısla jsou koreny polynomu λ2 + 4λ − 5,tj. λ1 = 1, λ2 = −5, tudız ‖B‖2 = (B) = 5.

Matice C nenı symetricka. ‖C‖2 =√

(CTC), kde CTC =

(1 22 5

). Charakteristicky

polynom λ2 − 6λ+ 1 ma koreny λ1 = 3 + 2√2 a λ2 = 3− 2

√2.

Odtud ‖C‖2 =√

3 + 2√2

(=√1 + 2

√2 + 2 =

√(1 +

√2)2 = 1 +

√2

).

Prıklad 3.2: Jsou dany matice A,B a vektory v, w:

A =

2 −1 3 −21 2 4 3−2 1 −3 15 2 2 −1

, B =

(−1 22 −1

), v =

21−3−2

, w = Av.

Vypocıtejte ‖w‖2, ‖A‖1, ‖A‖∞ a ‖B‖2.Resenı: ‖w‖2 = ‖(−2,−14, 4, 8)T‖2 =

√280 = 2

√70.

‖A‖1 = max10, 6, 12, 7 = 12.

26

‖A‖∞ = max8, 10, 7, 10 = 10.Matice B je symetricka. Jejı vlastnı cısla jsou koreny polynomu λ2 + 2λ − 3, tj. λ1 = 1,λ2 = −3, tudız ‖B‖2 = 3.

Prıklad 3.3: Jsou dany matice A,B,C a vektory v, w:

A =

2 −1 2 a−1 0 4 −45 −1 2 4−3 2 −4 −1

, B =

(−1 33 −1

), C =

(1 −11 1

), v =

23−1−2

, w = Av.

Najdete takove zaporne realne cıslo a, aby platilo ‖w‖2 = 7√2. Tuto hodnotu a pouzijte

i k vypoctu ‖w‖1, ‖w‖∞, ‖A‖1, ‖A‖∞. Dale stanovte ‖B‖2 a ‖C‖2.Resenı: w = (−1 − 2a, 2,−3, 6)T a ‖w‖2 =

√49 + (1 + 2a)2. Odtud a = −4.

Pak w = (7, 2,−3, 6)T a ‖w‖1 = 7 + 2 + 3 + 6 = 18.‖w‖∞ = 7.‖A‖1 = max11, 4, 12, 13 = 13.‖A‖∞ = max9, 9, 12, 10 = 12.Matice B je symetricka. Jejı vlastnı cısla jsou koreny polynomu λ2 + 2λ − 8, tj. λ1 = 2,λ2 = −4, tudız ‖B‖2 = 4.

Matice C nenı symetricka. ‖C‖2 =√(CTC), kde CTC =

(2 00 2

). Vlastnı cıslo 2 je

dvojnasobne a ‖C‖2 =√2.


A =

2 −1 2 −4−1 1 4 −42 −1 2 4a 0 −4 −1

, B =

(−2 33 −2

), C =

(−1 −11 1

), v =

−23−2−1

, w = Av.

Najdete takove zaporne realne cıslo a, aby platilo ‖w‖2 = 10√5. Tuto hodnotu a pouzijte

i k vypoctu ‖w‖1, ‖w‖∞, ‖A‖1, ‖A‖∞. Dale stanovte ‖B‖2 a ‖C‖2.Resenı: a = −3, w = (−7, 1,−15, 15)T, ‖w‖1 = 38, ‖w‖∞ = 15, ‖A‖1 = 13, ‖A‖∞ = 10,‖B‖2 = 5, ‖C‖2 = 2.

Prıklad 3.5: Necht’ matice A a vektor z jsou:

A =

1 a 2−2 0 bc 1 2

, z =

1−11

.

Pomocı A a z jsou zadany vektory v a w, konkretne v = Az a w = ATz. Naleznete takovehodnoty a, b, c ∈ R, aby v = w a ‖v‖2 = 2

√2.

Resenı:

v = Az =

1 a 2−2 0 bc 1 2

1−11

=

3− a−2 + bc+ 1

, (3)

w = ATz =

1 −2 ca 0 12 b 2

1−11

=

3 + ca+ 14− b

.

27

Z rovnosti v = w dostavame

a + c = 0,

a− b = −3,

b+ c = 3

s resenım a = −p, b = 3− p a c = p, kde p je realny parametr.Z prave strany rovnosti (3) vyjadrıme ‖v‖22 pomocı p

‖v‖22 = ‖(3 + p, 1− p, p+ 1)‖22 = (3 + p)2 + (1− p)2 + (p+ 1)2

= 9 + 6p+ p2 + 1− 2p+ p2 + p2 + 2p+ 1 = 3p2 + 6p+ 11,

coz s podmınkou ‖v‖22 = 8 dava rovnici

3p2 + 6p+ 11 = 8 upravenou na p2 + 2p+ 1 = 0

a s resenım p1,2 = −1.Hledane parametry tedy jsou a = 1, b = 4 a c = −1.Dosazenım techto hodnot do matice A a vypoctenım v = Az, w = ATz a ‖v‖2 se overı,

ze v = w a ‖v‖2 = 2√2.

Prıklad 3.6: Je dana matice A a vektor u:

A =

(a 2b1 c

), u =

(2−1

).

Naleznete takove hodnoty parametru a, b, c ∈ R, aby platilo (zaroven!) Au = v = ATu, uje vlastnı vektor matice A prıslusny nejakemu realnemu vlastnımu cıslu a ‖v‖2 =

√10.

Resenı: 15

v = Au =

(a 2b1 c

)(2−1

)=

(2a− 2b2− c

), ATu =

(a 12b c

)(2−1

)=

(2a− 14b− c

).

Z rovnosti v = ATu dostavame

2a− 2b = 2a− 1 ⇒ b =1

2,

2− c = 4b− c ⇒ b =1

2.

Zada se, aby u byl vlastnı vektor. Oznacme λ ∈ R prıslusne vlastnı cıslo, tj. v = Au = λu.Pak dostaneme

10 = ‖v‖22 = ‖Au‖22 = ‖λu‖22 = ‖(2λ,−λ)T‖22 = (2λ)2 + (−λ)2 = 5λ2 ⇒ λ = ±√2.

Z Au = λu a b = 1/2 dale obdrzıme

2a− 2b = 2λ ⇒ a =1

2+ λ,

2− c = −λ ⇒ c = 2 + λ.

15Obtıznost resenı nespocıva v uplatnenı nejakych hlubokych uvah, ale v postupnem zuzitkovanı po-skytnutych informacı, v nemz resitel nesmı zabloudit.

28

Odtud

λ =√2 ⇒ a =

1

2+√2, b =

1

2, c = 2 +

√2;

λ = −√2 ⇒ a =

1

2−

√2, b =

1

2, c = 2−

√2.

Resenım tedy jsou dve trojice hodnot a, b, c.


A =

3 −4 2−5 a 1/2−2 7 −6

, B =

(−1 33 −1

), C =

(1 12 1

), v =

−134

, w = Av.

Najdete takove cele cıslo a, aby platilo ‖w‖2 = 5√3. Tuto hodnotu a pouzijte i k vypoctu

‖w‖1, ‖w‖∞, ‖A‖1, ‖A‖∞. Dale stanovte ‖B‖2 a ‖C‖2.Resenı: a = −4, w = (−7,−5,−1)T, ‖w‖1 = 13, ‖w‖∞ = 7, ‖A‖1 = 15, ‖A‖∞ = 15,

‖B‖2 = 4, ‖C‖2 =√

7+3√5

2.

Prıklad 3.8: Je dana matice A a vektor u:

A =

(a bb 2a

), u =

(1−3

).

Vypoctem naleznete vsechny takove dvojice hodnot parametru a, b ∈ R a cısel λ ∈ R, abyzaroven platilo:(i) u je vlastnı vektor matice A prıslusny nejakemu realnemu vlastnımu cıslu λ;(ii) ‖Au‖2 = 2

√10.

Proved’te zkousku spravnosti resenı.

Resenı: Ze vztahu Au = λu obdrzıte dve linearnı rovnice svazujıcı a, b a λ.Z rovnostı Au = λu a (ii) vypocıtate λ = ±2 a pouzijete v predchozıch rovnicıch.

Dostanete dve resenı: λ = 2, a =16

17, b = − 6

17a λ = −2, a = −16

17, b =

6

17.

Zkouska

1

17

(16 −6−6 32

)(1−3

)=

(2−6

),

1

17

(−16 66 −32

)(1−3

)=

(−26

), ‖(2,−6)‖2 = 2

√10.

Prıklad 3.9: Vektor v = (a, 1)T je zavisly na parametru a. Najdete vsechna takova realnacısla a, ze platı

√2‖v‖2 = ‖v‖1.

Resenı: Z pozadovane rovnosti plyne, ze 2‖v‖22 = ‖v‖21, tj. 2(a2 + 1) = a2 + 2|a|+ 1, tedya2 − 2|a| + 1 = 0, cili (|a| − 1)2 = 0. Odtud a = 1 nebo a = −1, coz lze snadno overitzkouskou.

Prıklad 3.10: Naleznete vsechny hodnoty parametru a ∈ R takove, aby ‖A‖2 =√5, kde

A =

(2a 2aa a

).

29

Resenı: Matice A nenı symetricka, tedy ‖A‖2 =√

ρ(ATA). Jest

ATA = a2(2 12 1

)(2 21 1

)= a2

(5 55 5

)≡ a2C, kde C =

(5 55 5

).

Tedy√5 = ‖A‖2 =

√ρ(a2C) =

√a2ρ(C) = |a|

√ρ(C), odtud |a| =

√5/√ρ(C).

Vlastnı cısla matice C: Charakteristicky polynom

det(C − λI) = (5− λ)(5− λ)− 25 = λ2 − 10λ

s korenyλ1 = 0, λ2 = 10.

Tudız√ρ(C) =

√10 a

a =

√5√10

=1√2=

√2

2spolu s a = −

√5√10

= − 1√2= −

√2

2

jsou hledane hodnoty parametru a.Studenti budou pravdepodobne hledat vlastnı cısla matice a2C, jejı charakteristicky

polynom je λ2 − 10a2λ, jeho koreny 0 a 10a2. Pak opet ‖A‖2 =√ρ(a2C) = |a|

√10.

Prıklad 3.11: Jsou dany matice A,C a vektory u, v, w:

A =

1 2 a4 5 67 8 b

, C =

(d −11 d

), v =

3−21

, u =

212

, w = Av,

kde a, b, d ∈ R.Najdete vsechny dvojice a, b ∈ R, aby zaroven platilo, ze u a w jsou ortogonalnı vektorya ‖w‖2 = 4

√5. Pro vsechny nalezene dvojice vypoctete ‖w‖1, ‖w‖∞, ‖A‖1 a ‖A‖∞. Dale

stanovte ‖C‖2, tj. obecne v zavislosti na d.

Resenı: Jest w = (−1 + a, 8, 5 + b)T. Z podmınky ortogonality u · w = 16 + 2a + 2b = 0dostavame b = −8 − a, coz po dosazenı do w dava

80 = ‖w‖22 = 64 + (a− 1)2 + (a+ 3)2 =⇒ 16 = ((a+ 1)− 2)2 + ((a+ 1) + 2)2

=⇒ 16 = 2(a+ 1)2 + 8 =⇒ |a+ 1| = 2.

Odtud dve dvojice hodnot: a1 = 1, b1 = −9 a a2 = −3, b2 = −5.Pak w1 = (0, 8,−4)T a ‖w1‖1 = 12, ‖w1‖∞ = 8.w2 = (−4, 8, 0)T a ‖w2‖1 = 12, ‖w2‖∞ = 8.Pro a1 = 1, b1 = −9 je ‖A‖1 = max12, 15, 16 = 16, ‖A‖∞ = max4, 15, 24 = 24.Pro a2 = −3, b2 = −5 je ‖A‖1 = max12, 15, 14 = 15, ‖A‖∞ = max6, 15, 20 = 20.

Matice C nenı symetricka. ‖C‖2 =√

(CTC), kde CTC =

(d2 + 1 0

0 d2 + 1

). Vlastnı

cıslo d2 + 1 je dvojnasobne a ‖C‖2 =√d2 + 1.

30

4 Gaussova eliminace

Prıklad 4.1: Gaussovou eliminacnı metodou vyreste soustavu linearnıch algebraickychrovnic:

−4U1 + U2 = 40,

U1 − 2U2 + U3 = 30,

U2 − 4U3 = 24.

Resenı:−4 1 0 | 401 −2 1 | 300 1 −4 | 24

∼

1 −2 1 | 30−4 1 0 | 400 1 −4 | 24

∼

1 −2 1 | 300 −7 4 | 1600 1 −4 | 24

∼

1 −2 1 | 300 1 −4 | 240 −7 4 | 160

∼

1 −2 1 | 300 1 −4 | 240 0 −24 | 328

.

Odtud

U3 = −328

24= −41

3,

U2 = 24 + 4U3 =72

3− 164

3= −92

3,

U1 = 30− U3 + 2U2 =90

3+

41

3− 184

3= −53

3.

(Doporucuji provest zkousku spravnosti resenı dosazenım do vychozı soustavy rovnic.)

Poznamka: Ulohy, jez reprezentuje prıklad 4.1, nebyvajı zadavany samostatne, ale byvajısoucastı rozsahlejsıch ukolu, viz kapitoly s prıklady zamerenymi na metodu sıtı.

Prıklad 4.2: Najdete vsechna resenı soustavy linearnıch algebraickych rovnic, jejız roz- (P)sırena matice ma tvar

4 4 7 5 −9

2 5 7 5 −12

2 7 10 7 −18

2 3 8 5 −12

.

Proved’te zkousku spravnosti resenı.Existuje resenı, jehoz prvnı slozka je rovna cıslu 1? Pokud ano, napiste je.

31

Resenı:

4 4 7 5 −9

2 5 7 5 −12

2 7 10 7 −18

2 3 8 5 −12

∼

2 5 7 5 −12

2 7 10 7 −18

2 3 8 5 −12

4 4 7 5 −9

∼

2 5 7 5 −12

0 2 3 2 −6

0 −2 1 0 0

0 −6 −7 −5 15

∼

2 5 7 5 −12

0 −2 1 0 0

0 0 4 2 −6

0 0 2 1 −3

∼

2 5 7 5 −12

0 2 −1 0 0

0 0 2 1 −3

Matice soustavy i jejı rozsırena matice majı hodnost tri, soustava ma ctyri nezname. PodleFrobeniovy vety ma soustava nekonecne mnoho resenı. Jsou zavisla na jednom parametru.

Zvolme u4 = p, pak u3 =−3 − p

2. Dale

2u2 −−3 − p

2= 0,

u2 =−3 − p

4

a nakonec

2u1 = −12− 5p− 7−3− p

2− 5

−3− p

4,

2u1 =−48− 20p+ 42 + 14p+ 15 + 5p

4,

u1 =9− p

8.

Obecne resenı u =

98

−34

−32

0

+

−18

−14

−12

1

p, p ∈ R, lze pri volbe p = 1−8q ekvivalentne zapsat (!!)

u =

1−1−21

+

124−8

q, kde q ∈ R.

Oznacıme-li A matici soustavy, u = (1,−1,−2, 1)T a u0 = (1, 2, 4,−8)T, pak snadnospocteme, ze Au = (−9,−12,−18,−12)T a Au0 = (0, 0, 0, 0)T, poslednı rovnost sa-mozrejme platı i pro nasobky vektoru u0. Spravnost resenı je overena. Vektor u je resenıms prvnı slozkou rovnou jedne.


8 10 −26 9 04 −4 −10

a je dan vektor f = (0, 3,−18)T.

Najdete a popiste vsechna resenı soustavy Au = f (proved’te zkousku spravnosti), z nich paknavıc vyberte to resenı, ktere je ortogonalnı k vektoru w = (1, 1, 1)T.

32

Resenı: Upravami

8 10 −2 | 06 9 0 | 34 −4 −10 | −18

∼

4 5 −1 | 06 9 0 | 34 −4 −10 | −18

∼

4 5 −1 | 00 3 3 | 60 −9 −9 | −18

∼(4 5 −1 | 00 1 1 | 2

)

dostavame u3 = p, u2 = 2− p a u1 = (p− 10+ 5p)/4 = −52 +

32p. Resenı soustavy ma tedy tvar

u =

−5

220

+

32−11

p, p ∈ R, nebo (pri p = 1 + 2q) u =

−111

+

3−22

q, q ∈ R,

coz se overı vynasobenım maticı A, tj. soucin Au je roven vektoru f . Z pozadavku ortogonalitydostavame u · w = 1 + 3q = 0, tj. q = −1/3, tedy resenı

u =

−111

+

−12/3−2/3

=

−25/31/3

.

Snadno lze overit, ze Au = f a (u, w) = 0.

5 Dalsı ulohy s vektory a maticemi

Prıklad 5.1: Vektor u =

(a2

)zavisly na parametru a ∈ R a vynasobeny maticı A =

(2 −31 −5

)

dava vektor v, tj. v = Au. Najdete vsechna realna cısla a takova, aby platilo, ze vektory u a vjsou vzajemne ortogonalnı.

Resenı: a1 = 1 +√11, a2 = 1−

√11

Prıklad 5.2: O matici C =

(5 −112 −3

)a vektoru u =

(12

)je znamo, ze Cu = 3u. Najdete

vsechny nenulove realne vektory v ortogonalnı k vektoru w = C−1u, pro nez zaroven platı‖v‖1 = 9.

Resenı: Vektor u je vlastnı vektor matice C, je tedy i vlastnım vektorem matice C−1, jest w = 13u.

Mısto ortogonality v a w tedy stacı zamerit se na v ortogonalnı k u. Odtud v = k(2,−1)T, kdek ∈ R. Jelikoz 9 = ‖v‖1 = 3|k|, je k = ±3 a dostavame resenı (6,−3)T a (−6, 3)T.

Prıklad 5.3: Je dan vektorovy prostor R5 (tj. prostor usporadanych petic realnych cısel) s ob-vyklym skalarnım soucinem (v,w), kde v,w ∈ R

5. Vektory u1, u2, u3, u4 ∈ R5 jsou navzajem

ortogonalnı. Navıc platı, ze (uk, uk) = k2, kde k = 1, 2, 3, 4. Jsou zadany vektory

u = −3u1 + 2u2 +1

3u3 − u4 a z = −u1 +

1

4u2 +

1

3u3 + u4.

Vypoctete (u, z).

Resenı: Z ortogonality plyne

(u, z) = (−3u1,−u1)+(2u2,

1

4u2

)+

(1

3u3,

1

3u3

)+(−u4, u4) = 3 ·1+ 1

2·22+ 1

9·32−42 = −10.

33


0 −8 8 22 −4 6 36 −4 10 74 −4 8 5

a je dan vektor f = (−22,−13,−17,−15)T . (P)

a) Najdete vsechna resenı soustavy Au = f (je znamo, ze rozsırena matice soustavy mahodnost 2) a zkouskou overte jejich spravnost. Z techto resenı vyberte to (ta) resenı, ktere je(ktera jsou) ortogonalnı k vektoru z = (0, 1, 1, 0)T a zaroven splnuje (splnujı) ‖u‖∞ = 5.

b) Zamyslete se a urcete aspon dve vlastnı cısla (ne nutne ruzna) a aspon dva linearnenezavisle vlastnı vektory matice A.

c) Muze matice A mıt vlastnı cıslo, jehoz realna cast je mensı nez −19? Svou odpoved’

zduvodnete.

Resenı: a) Upravou rozsırene matice soustavy a zpetnym chodem zjistıme, ze resenı soustavylze zapsat naprıklad takto

u = u+ rv + sw, kde u =

1000

−11

, v =

−4104

, w =

301−4

, r, s ∈ R.

Zkouska: Au = (−22,−13,−17,−15)T , Av = Aw = (0, 0, 0, 0)T .Z pozadavku ortogonality z · u = r + s = 0 dostavame r = −s, tedy resenı napr.

u =

10− 7rr−r

8r − 11

.

Rovnost 5 = ‖u‖∞ = max|10 − 7r|, |r|, | − r|, |8r − 11| nastane pro r = 2 a r = 3/4. Hledanevektory tudız jsou

u1 =

−42−25

a u2 =

19/43/4−3/4−5

.

b) Vıme (viz bod a)), ze Av = 0v a Aw = 0w, pricemz vektory v a w jsou nenulovea linearne nezavisle. Z toho plyne, ze matice A ma dvojnasobne vlastnı cıslo 0 a odpovıdajıcıvlastnı vektory (naprıklad) v a w.

c) Z Gersgorinovy vety vyplyva, ze kruh K1 ma stred (0, 0) a polomer 18, kruh K2 ma stred(−4, 0) a polomer 11, kruh K3 ma stred (10, 0) a polomer 17, kruh K4 ma stred (5, 0) a polomer16, takze zadne vlastnı cıslo nemuze mıt realnou cast mensı nez −19.

Prıklad 5.5: 16 V rovine je dan trojuhelnık KLM s vrcholy K = [1, 2] , L = [2, 3], M = [2,−1]a trojuhelnık KLM s vrcholy K = [0, 0] , L = [1, 0] a M = [0, 1].

a) Naleznete afinnı zobrazenı F : R2 → R2, ktere zobrazuje trojuhelnıkKLM na trojuhelnık

KLM , pricemz F (K) = K, F (L) = L a F (M) = M .b) Ukazte, ze strana LM se zobrazı na stranu LM .Pripomenme, ze zobrazenı F lze reprezentovat vztahem17 F (Z) = A~z +~b, kde Z = [z1, z2],

A je matice typu 2× 2, ~z =

(z1z2

)a ~b =

(b1b2

)∈ R

2.

16Prıklad je inspirovan metodou konecnych prvku s trojuhelnıkovymi prvky.17Pro lepsı srozumitelnost jsou v tomto prıkladu vektory oznaceny sipkou ~ .

34

Resenı: a) Musıme urcit prvky matice A a slozky vektoru ~b, celkem sest neznamych hodnot.Vıme, ze vrcholy trojuhelnıka KLM se zobrazı na vrcholy trojuhelnıka KLM , pricemz kazdyvrchol ma dve souradnice, dostaneme tedy potrebnych sest linearnıch rovnic.

Oznacme ai prvky matice, tj. A =

(a1 a2a3 a4

)a preznacme prvky vektoru ~b takto: ~b =

(a5a6

).

Souradnicım vrcholu K, L a M necht’ po rade odpovıdajı sloupcove vektory ~z1, ~z2 a ~z3

a souradnicım vrcholu K, L a M necht’ po rade odpovıdajı sloupcove vektory ~z1, ~z2 a ~z3.Z vlastnostı zobrazenı F pak dostavame

A~zi +~b = ~zi, tj.

(a1 a2a3 a4

)(zi1zi2

)+

(a5a6

)=

(zi1zi2

), i = 1, 2, 3. (4)

Postupne pro i = 1, 2, 3 dosadıme zname souradnice

(zi1zi2

)a

(zi1zi2

). Pro vektor neznamych

(a1, a2, . . . , a6)T tak dostaneme soustavu sesti linearnıch algebraickych rovnic s rozsırenou maticı

1 2 0 0 1 0 | 00 0 1 2 0 1 | 02 3 0 0 1 0 | 10 0 2 3 0 1 | 02 −1 0 0 1 0 | 00 0 2 −1 0 1 | 1

∼

1 2 0 0 1 0 | 02 3 0 0 1 0 | 12 −1 0 0 1 0 | 00 0 1 2 0 1 | 00 0 2 3 0 1 | 00 0 2 −1 0 1 | 1

,

jejız resenı je (3/4, 1/4, 1/4,−1/4,−5/4, 1/4)T . Povsimnete si, ze soustava sestava ze dvou trojicrovnic, pricemz kazda trojice se resı samostatne, nezavisle na druhe trojici. Rovnice tvorıcı prvnı(druhou) trojici vznikly z rovnice (4) pro prvnı slozky zi1 (druhe slozky zi2).

Zobrazenı F je tedy reprezentovano takto

(3/4 1/41/4 −1/4

)(z1z2

)+

(−5/41/4

)=

(z1z2

), z ∈ R

2.

Spravnost vysledku lze snadno potvrdit tım, ze se overı, ze vrcholy K, L a M se skutecnezobrazujı na vrcholy K, L a M .

b) Jestlize bod X lezı na strane LM , lze jeho souradnice ~x =

(x1x2

)vyjadrit jako linearnı

kombinaci souradnic bodu18 L a M , tj. ~x = λ~z2 + (1− λ)~z3 pro nejake λ ∈ [0, 1]. Pak19

A~x+~b = A(λ~z2 + (1− λ)~z3

)+λ~b+(1−λ)~b = λ

(A~z2 +~b

)+(1−λ)

(A~z3 +~b

)= λ~z2+(1−λ)~z3,

coz odpovıda bodu na strane LM .

Prıklad 5.6: Je dana matice A (ma hodnost 3) a vektory f , v1, v2 a v3: (P)

A =

2 −8 6 23 −4 5 310 −10 9 76 −6 7 5

, f =

−6−131

, v1 =

5−3−70

, v2 =

01−6−2

, v3 =

0232

.

a) Naleznete takovy vektor w, pro nejz zaroven platı, ze ‖w‖2 = 7, ze je resenım soustavyAw = f a ze je kolmy k vektorum v1, v2 a v3.

18Vychazıme z rovnice usecky urcene bodem M a vektorem L−M : ~x = ~z3 + λ(~z2 − ~z3).19Tato cast ukolu je zcela nezavisla na vyresenı prvnı casti. Resenı je zalozeno vylucne na vlastnostech

afinnıho zobrazenı. Opet prılezitost zıskat body, i kdyz se resenı prvnı casti prıkladu zadrhne.

35

Napoveda: Je dano tolik informacı, ze resenı je mozne zıskat ruznymi zpusoby. Zamyslete sea zvolte ten nejjednodussı, vypocetne nejmene narocny.

b) Muze byt spektralnı polomer matice A vetsı nez 73/2?c) Matice A ma ctyri ruzna realna vlastnı cısla. Najdete jedno z nich (libovolne z te ctverice).

Resenı: a) Pro ilustraci nejprve tezkopadna a pracna cesta:

2 −8 6 2 | −63 −4 5 3 | −110 −10 9 7 | 36 −6 7 5 | 1

∼

1 −4 3 1 | −30 8 −4 0 | 80 30 −21 −3 | 330 18 −11 −1 | 19

∼

1 −4 3 1 | −30 2 −1 0 | 20 10 −7 −1 | 110 18 −11 −1 | 19

∼

1 −4 3 1 | −30 2 −1 0 | 20 0 −2 −1 | 10 0 −2 −1 | 1

∼

1 −4 1 0 | −20 2 −1 0 | 20 0 −2 −1 | 1

Odtud w4 = p, w3 = −(1 + p)/2, w2 = (2− (1 + p)/2)/2 = (3− p)/4a w1 = −2+ (1+ p)/2+3− p = 3/2− p/2, kde p ∈ R. Po volbe naprıklad p = 3− 4r, kde r ∈ R,dostaneme w4 = 3− 4r, w3 = −(1+ p)/2 = −2+2r, w2 = (3− p)/4 = r a w1 = 3/2− p/2 = 2r.Tedy obecne resenı zavisle na parametru vypada kuprıkladu takto

w =

00−23

+

212−4

r, r ∈ R.

Vektor w = (2r, r,−2 + 2r, 3 − 4r)T ma byt kolmy naprıklad k vektoru v1, tedy

10r − 3r + 14 − 14r = 0 ⇒ 7r = 14 ⇒ r = 2.

Z kolmosti k v2 bychom take dostali r = 2. Bez ohledu na hodnotu r platı (w, v3) = 0. Po dosazenır = 2 do w obdrzıme w = (4, 2, 2,−5)T, snadno overıme, ze (w, v1) = (w, v2) = (w, v3) = 0 a‖w‖2 = 7.

Tez lze postupovat jeste pracneji. Z w = (2r, r,−2 + 2r, 3 − 4r)T a ‖w‖22 = 49 dostaneme

49 = 4r2 + r2 + (−2 + 2r)2 + (3− 4r)2 = 5r2 + 4− 8r + 4r2 + 9− 24r + 16r2

= 25r2 − 32r + 13 ⇒ 25r2 − 32r − 36 = 0,

s resenım r1 = 2 a r2 = −18/25, pricemz w po dosazenı r2 nevyhovı podmınkam kolmosti k v1a v2.

(Poznamka pro opravujıcı: Nenı duvod nejak vyrazne bodove odmenovat za postup ty, kdo sivybrali tezsı cestu, a pak ji kvuli pocetnım chybam nezvladli. Naopak, meli bychom byt prısnejsı,protoze od inzenyra se ceka jista schopnost kreativne myslet.)

Snadna cesta. Vektor w ma byt kolmy na v1, v2 a v3. Je tedy resenım homogennı soustavy (!!)5 −3 −7 0 | 00 1 −6 −2 | 00 2 3 2 | 0

∼

5 −3 −7 0 | 00 1 −6 −2 | 00 0 15 6 | 0

∼

5 −3 −7 0 | 00 1 −6 −2 | 00 0 5 2 | 0

.

Odtud w4 = q, w3 = −2q/5, w2 = 2q − 12q/5 = −2q/5, w1 = (−14q/5 − 6q/5)/5 = −4q/5, kdeq ∈ R. Volbou naprıklad q = −5s dostaneme vektor ω = (4s, 2s, 2s,−5s)T. Z ‖ω‖22 = 49 vychazı49s2 = 49, tj. s = ±1. Ze dvou moznostı zbyva zjistit, ktera odpovıda resenı soustavy, stacıvektory-kandidaty nasobit maticı A. Ukaze se, ze w = (4, 2, 2,−5)T (tj. s = 1) resı soustavu.

36

Skutecne Aw = f .

b) Stredy si Gersgorinovych kruhu lezı na ose x a majı polomery ri: s1 = 2, r1 = 16,s2 = −4, r2 = 11, s3 = 9, r3 = 27, s4 = 5, r4 = 19. Spektralnı polomer je nejvyse roven9 + 27 = 36, nemuze tedy byt vetsı nez 73/2.

c) V zadanı je receno, ze matice ma hodnost 3, je tedy singularnı a ma vlastnı cıslo 0.

6 Iteracnı metody

Prıklad 6.1: Je dana soustava linearnıch algebraickych rovnic Cx = y, kde

C =

4 1 21 2 01 1 3

a y =

826

.

a) Soustavu reste priblizne provedenım dvou kroku Jacobiovy iteracnı metody s pocatecnımvektorem x(0) = (1, 1, 1)T, dostanete tedy priblizne resenı x(2).

b) Ukazte, ze pro tuto soustavu Jacobiova metoda konverguje. (Stacı jedno zduvodnenı.V prıpade vypoctu normy pouzijte normu ‖ · ‖∞.)

c) Aniz byste vyresenım soustavy zıskali jejı presne resenı x, dvema zpusoby odhadnetevelikost rozdılu ‖x− x(2)‖∞. Muzeme zarucit, ze ‖x− x(2)‖∞ < 0,4?

d) Muzeme zarucit, ze ‖x− x(25)‖∞ ≤ 0,01? Odpoved’ zduvodnete. (P)e) Pro jake nejmensı k bude zarucen odhad ‖x − x(k)‖1 ≤ 0,01, jestlize x(0) je pocatecnı

vektor iteracı? (P)(Pomoc pro vypocty: log10 2 ≈ 0,301, log10 3 ≈ 0,477, log10 5 ≈ 0,699, log10 7 ≈ 0,845, log10 11 ≈1,04.)

Resenı: a) Konstrukce matice pro iteracnı proces:

A = D−1C =

14 0 00 1

2 00 0 1

3

0 −1 −2−1 0 0−1 −1 0

= −

0 1/4 1/21/2 0 01/3 1/3 0

.

Dale

b = D−1y =

212

.

Behem iteracnıho procesu x(k+1) = Ax(k) + b, kde k = 0, 1, . . . , dostavame

x(1) = −

0 1/4 1/21/2 0 01/3 1/3 0

111

+

212

= −

3/41/22/3

+

212

=

5/41/24/3

,

x(2) = −

0 1/4 1/21/2 0 01/3 1/3 0

5/41/24/3

+

212

= −

1/8 + 4/65/8

5/12 + 1/6

+

212

= −

19/245/87/12

+

212

=

29/243/817/12

.

b) Konvergence je zarucena nerovnostı ‖A‖∞ = 34 < 1 (maximum radkovych souctu) nebo

‖A‖1 = 56 < 1 (maximum sloupcovych souctu)nebo tım, ze matice C ma prevladajıcı diagonalu

(viz odpovıdajıcı tvrzenı v [6]).

37

c) Pouzijme obecnou nerovnost

‖x− x(k)‖ ≤ ‖A‖k‖x0‖+‖A‖k

1− ‖A‖‖b‖

z [6], dostaneme prvnı odhad

‖x− x(2)‖∞ ≤ ‖A‖2∞‖x0‖∞ +‖A‖2∞

1− ‖A‖∞‖b‖∞ =

(3

4

)2

· 1 +(34

)214

· 2 =81

16.

Pouzijme druhou obecnou nerovnost

‖x− x(k)‖ ≤ ‖A‖1− ‖A‖‖x

(k) − x(k−1)‖

z [6], dostaneme druhy odhad

‖x− x(2)‖∞ ≤ ‖A‖∞1− ‖A‖∞

‖x(2) − x(1)‖∞ = 3

∥∥∥∥∥

(−1

24,−1

8,1

12

)T∥∥∥∥∥∞

=3

8.

Ano, z druheho odhadu dostavame ‖x− x(2)‖∞ ≤ 3/8 < 0,4.d) Analogicky k c) (prvnı odhad) dostavame20 (!!)

‖x− x(25)‖∞ ≤ ‖A‖25∞‖x0‖∞ +‖A‖25∞

1− ‖A‖∞‖b‖∞ =

(3

4

)25(1 +

214

)= 9

(3

4

)25

.

Tazeme se, zda 2 log10 3 + 25 log10(34

)je mensı nez −2 (tj. log10 0,01). Ukaze se, ze ano (2 ·

0.477 + 25(0.477 − 0.602) = 0.954 − 25 · 0.125 = −2.171 < −2).Muzeme tedy zarucit, ze ‖x− x(25)‖∞ ≤ 0,01.e) Hodnotu ‖A‖1 = 5

6 dosadıme do odhadu

‖x− x(k)‖1 ≤ ‖A‖k1(‖x0‖1 +

‖b‖11− ‖A‖1

)=

(5

6

)k(3 +

516

)= 33

(5

6

)k

.

Tazeme se, pro jake nejmensı k bude log10

(33(56

)k) ≤ −2. Pocıtejme

log10 33 + k log105

6≤ −2,

k♣≥ −2− log10 33

log10 5− log10 6

k ≥ −2− 1,517

0,699 − 0,778≈ 44,5.

Pro zaruceny odhad je zapotrebı nejmene k = 45 iteracnıch kroku.V mıste ♣ je obracen smer nerovnosti, protoze obe strany predchozı nerovnosti byly vydeleny (!!)

zapornou hodnotou log10 5− log10 6.

Poznamka: Pri vypoctu vektoru x(1) a x(2) nenı nutne postupovat prımo dle predpisux(k+1) = Ax(k) + b. Je naprıklad mozne pouzıt x(k+1) = D−1(Cx(k) + y) nebo resit soustavu

Dx(k+1) = Cx(k) + y, viz take vztah pro vypocet x(k+1)i uvedeny v [6].

20U zkousky se ukazuje, ze nekterym studujıcım delajı logaritmy potıze, doporucuji zopakovat siprıslusnou latku.

38


C =

5 1 11 4 11 1 3

a y =

543

.

a) Soustavu reste priblizne provedenım dvou kroku Jacobiovy iteracnı metody s pocatecnımvektorem x(0) = (1, 1, 1)T, dostanete tedy priblizne resenı x(2).


c) Aniz byste resenım soustavy zıskali jejı presne resenı x, odhadnete velikost rozdılu ‖x −x(2)‖∞.

d) Muzeme zarucit, ze ‖x− x(21)‖∞ ≤ 0,001? Odpoved’ zduvodnete.

(Pomoc pro vypocet: log102

3≈ −0,17609, log10 4 ≈ 0,60206.)


A = D−1C =

15 0 00 1

4 00 0 1

3

0 −1 −1−1 0 −1−1 −1 0

= −

0 1/5 1/51/4 0 1/41/3 1/3 0

.

Dale

b = D−1y =

111

.


x(1) = −

0 1/5 1/51/4 0 1/41/3 1/3 0

111

+

111

= −

2/51/22/3

+

111

=

3/51/21/3

,

x(2) = −

0 1/5 1/51/4 0 1/41/3 1/3 0

3/51/21/3

+

111

= −

1/10 + 1/153/20 + 1/123/15 + 1/6

+

111

= −

5/3014/6011/30

+

111

=

25/3023/3019/30

.


tım, ze matice C ma prevladajıcı diagonalu.c) Lze pouzıt odhadu

‖x− x(2)‖∞ ≤ ‖A‖2∞‖x0‖∞ +‖A‖2∞

1− ‖A‖∞‖b‖∞ =

(2

3

)2

· 1 +(23

)213

· 1 =16

9

nebo odhadu

‖x− x(2)‖∞ ≤ ‖A‖∞1− ‖A‖∞

‖x(2) − x(1)‖∞ = 2

∥∥∥∥∥

(7

30,8

30,9

30

)T∥∥∥∥∥∞

=9

15.

d) Platı odhad

‖x− x(21)‖∞ ≤ ‖A‖21∞‖x0‖∞ +‖A‖21∞

1− ‖A‖∞‖b‖∞ =

(2

3

)21

· 1 +(23

)2113

· 1 = 4

(2

3

)21

.

39

Tazeme se, zda vyraz log10 4 + 21 log10(23

)je mensı nez −3 (tj. log10 0,001). Ukaze se, ze je

mensı, protoze −3.09583 < −3.Muzeme tedy zarucit, ze ‖x− x(21)‖∞ ≤ 0,001.


C =

4 1 01 4 10 1 4

a y =

−484

.

a) Soustavu reste priblizne provedenım trı kroku Jacobiovy iteracnı metody s pocatecnımvektorem x(0) = (0, 1, 0)T, dostanete tedy priblizne resenı x(3).

b) Ukazte, ze pro tuto soustavu Jacobiova metoda konverguje. (Stacı jedno zduvodnenı. Vprıpade vypoctu normy pouzijte normu ‖ · ‖∞.)

c) Aniz byste resenım soustavy zıskali jejı presne resenı x, dvema ruznymi zpusoby odhadnetevelikost rozdılu ‖x− x(3)‖∞. Lze zarucit, ze ‖x− x(3)‖∞ ≤ 1/4?


A = −1

4

0 1 01 0 10 1 0

.

Dale

b =

−121

.


x(1) =

−5/423/4

,

x(2) =

−3/217/81/2

,

x(3) =

−49/329/415/32

.


tım, ze matice C ma prevladajıcı diagonalu.c) Pouzije se odhad

‖x− x(3)‖∞ ≤ ‖A‖3∞‖x(0)‖∞ +‖A‖3∞

1− ‖A‖∞‖b‖∞ =

5

8

a odhad

‖x− x(3)‖∞ ≤ ‖A‖∞1− ‖A‖∞

‖x(3) − x(2)‖∞ =1

8.

Na zaklade druheho odhadu lze rıci, ze ‖x− x(3)‖∞ ≤ 1/4.

40


C =

−2 1

212

1 −3 12 0 3

a y =

−2−30

.

a) Soustavu reste priblizne provedenım dvou kroku Jacobiovy iteracnı metody s pocatecnımvektorem x(0) = (−1, 1, 1)T, dostanete tedy priblizne resenı x(2).


c) Aniz byste vyresenım soustavy zıskali jejı presne resenı x, odhadnete velikost rozdılu‖x− x(2)‖∞. Muzete zarucit, ze ‖x− x(2)‖∞ < 2?

d) Muzete zarucit, ze ‖x− x(22)‖∞ ≤ 0,001? Odpoved’ zduvodnete.(Pomoc pro vypocty: log10 2 ≈ 0,301, log10 3 ≈ 0,477.)


A =

0 1/4 1/41/3 0 1/3−2/3 0 0

.

Dale

b =

110

.


x(1) =

3/21

2/3

, x(2) =

17/1231/18−1

.


tım, ze matice C ma prevladajıcı diagonalu.c) Z

‖x− x(k)‖ ≤ ‖A‖1− ‖A‖‖x

(k) − x(k−1)‖

dostaneme odhad

‖x− x(2)‖∞ ≤ ‖A‖∞1− ‖A‖∞

‖x(2) − x(1)‖∞ =10

3.

Z

‖x− x(k)‖ ≤ ‖A‖k(‖x(0)‖+ 1

1− ‖A‖‖b‖)

dostaneme odhad

‖x− x(2)‖∞ ≤ ‖A‖2∞(‖x(0)‖∞ +

1

1− ‖A‖∞‖b‖∞

)=

16

9.

Ano, z druheho odhadu dostavame ‖x− x(2)‖∞ ≤ 169 < 2.

d) Analogicky k c) (druhy odhad) dostavame

‖x− x(22)‖∞ ≤ ‖A‖22∞(‖x(0)‖∞ +

‖b‖∞1− ‖A‖∞

)=

(2

3

)22(1 +

113

)= 4

(2

3

)22

.

41

Tazeme se, zda log10 4+22 log10(23

)je mensı nez −3 (tj. log10 0,001). Ukaze se, ze ano (0,602 +

22(0,301 − 0,477) = 0,602 − 22 · 0,176 = 0,602 − 3,872 < −3).Muzeme tedy zarucit, ze ‖x− x(22)‖∞ ≤ 0,001.

Prıklad 6.5: a) Necht’ C =

4 1 21 2 01 0 3

a y =

361815

. Soustavu Cx = y reste priblizne prove-

denım dvou kroku Jacobiovy iteracnı metody (napiste iteracnı matici A) s pocatecnım vektoremx(0) = (12, 4, 2)T, dostanete tedy priblizna resenı x(1) a x(2).

b) Dvema ruznymi zpusoby oduvodnete tvrzenı, ze pro tuto soustavu posloupnost vektorux(k), kde k → ∞, konverguje k presnemu resenı x.

Kdyby soustava mela jinou pravou stranu y (napr. y = (109, 109, 109)T), byla by zarucenakonvergence Jacobiovy metody se stejnym x(0)? Svou odpoved’ zduvodnete.

c) Velikost rozdılu x−x(k) (chybu) muzeme merit v ruznych normach. Jakou normu z ‖ · ‖1, (P)‖ · ‖2, ‖ · ‖∞ pouzijeme, aby odhad chyby s rostoucım k co nejrychleji klesal? Zduvodnete.(Napoveda: Uvaha je zalozena na odhadu, neobejdete se bez vypoctu.)

d) Soustavu reste priblizne provedenım jednoho kroku Gaussovy-Seidelovy iteracnı metody (P)

s pocatecnım vektorem x(0)GS = (12, 4, 2)T, dostanete tedy priblizne resenı x

(1)GS. Pri vypoctu se

vyhnete sestavovanı iteracnı matice.e) Soustavu Cx = y vyreste presne Gaussovou eliminacnı metodou, proved’te zkousku

spravnosti resenı. Vypocıtejte ‖x−x(1)‖1 a ‖x−x(1)GS‖1. Ktera iteracnı metoda poskytla presnejsıvysledek?

Resenı: a) Konstrukce matice pro Jacobiuv iteracnı proces:

A =

0 −1/4 −1/2−1/2 0 0−1/3 0 0

.

Dale

b =

995

.


x(1) =

731

x(2) =

31/411/28/3

.

b) 1. Postacı ‖A‖∞ = 3/4 < 1 nebo ‖A‖1 = 5/6 < 1, (body za uvahu a aspon jednu normu).2. Matice C ma prevladajıcı diagonalu.Ano, konvergence by byla zarucena, nebot’ ta zavisı na matici C (A), nikoliv na prave strane.Take je to videt z odhadu chyby s mocninami normy matice A, norma je mensı nez 1.

c) Rychlost klesanı zavisı na norme matice A, viz odhady rozdılu ‖x − x(k)‖ v [6]. Normy‖A‖∞ a ‖A‖1 jiz zname, viz b), musıme spocıtat ‖A‖2 =

√(ATA).

ATA =

1336 0 00 1

1618

0 18

14

.

42

Charakteristicky polynom

(13

36− λ

)(1

16− λ

)(1

4− λ

)−(13

36− λ

)1

64

=

(13

36− λ

)(1

64− λ

16− λ

4+ λ2 − 1

64

)=

(13

36− λ

)λ

(λ− 5

16

)

ma koreny 0, 5/16 a 13/36. Mame 5/16 < 1/3 < 13/36 a

‖A‖2 =√

13

36=

√13

6<

4

6=

8

12<

9

12=

3

4= ‖A‖∞ < ‖A‖1,

pouzijeme tedy normu ‖ · ‖2.d) Gaussova-Seidelova metoda21

x(1)GS,1 = −1

4(4 + 2 · 2) + 36

4= 7,

x(1)GS,2 = −1

2(7 + 0) +

18

2=

11

2,

x(1)GS,3 = −1

3(7 + 0) +

15

3=

8

3.

e) Gaussova eliminace dava x = (6, 6, 3)T. Zkouska — nasobenı Cx potvrdı, ze Cx = y.‖x− x(1)‖1 = ‖(−1, 3, 2)‖1 = 6,

‖x− x(1)GS‖1 = ‖(−1, 1/2, 1/3)‖1 =

6 + 3 + 2

6=

11

6.

Presnejsı vysledek poskytla G.-S. metoda.

7 Skalarnı soucin

Pripomenme, ze skalarnı soucin dvou prvku z linearnıho prostoru V je zobrazenı, ktere dvojiciprvku linearnıho prostoru V prirazuje realne cıslo. Skalarnı soucin prvku x, y ∈ V znacıme (x, y)nebo i jinym typem zavorek, naprıklad 〈x, y〉 nebo 〈〈x, y〉〉. Skalarnı soucin je definovan takto:Jestlize pro kazdou trojici x, y, z ∈ R

n a pro kazdou hodnotu α ∈ R platı

(x, y) = (y, x), (5)

(x+ z, y) = (x, y) + (z, y), (6)

(αx, y) = α(x, y), (7)

(x, x) ≥ 0, (8)

(x, x) = 0 ⇒ x = 0∗, 0∗ je nulovy prvek prostoru V , (9)

21Pri vypoctu Gaussovych-Seidelovych iteracı nenı prakticke prımo pouzıvat maticovy zapis

x(k+1) = (D − L)−1Ux(k) + (D − L)−1y, k = 0, 1, . . . ,

protoze vyzaduje vypocet inverznı matice (D − L)−1. Pohodlnejsı je pouzıt vztah uvedeny v [6]

x(k+1)i = − 1

cii

i−1∑

j=1

cijx(k+1)j +

n∑

j=i+1

cijx(k)j

+

yicii, i = 1, 2, . . . , n.

43

pak zobrazenı (·, ·) : V × V → R nazveme skalarnım soucinem na prostoru V .Uvedomte si, ze z vyse uvedenych vlastnostı plynou dusledky. Kuprıkladu z (5) a (6) plyne

(x, y + z) = (y + z, x) = (y, x) + (z, x) = (x, y) + (x, z).

Obdobne z (5) a (7) dostaneme

(x, αy) = (αy, x) = α(y, x) = α(x, y).

Pri vysetrovanı, zda dany predpis definuje na danem prostoru V skalarnı soucin, je trebaoverit, zda (5)-(9) platı pro vsechny prvky prostoru V a vsechna realna cısla α.

K tomu, abychom ukazali, ze nejde o skalarnı soucin, postacı najıt prvek ci prvky prostoru V ,pro nejz (nez) neplatı nektera z vlastnostı (5)-(9). S trochou zkusenostı zıskate cit pro to, kteraz vlastnostı skalarnıho soucinu neplatı a na kterych prvcıch prostoru V se to snadno ukaze, vizprıklady 7.2 a), 7.3 a), 7.4 b), 7.5.

Prıklad 7.1: Necht’ R3 je linearnı prostor usporadanych trojic realnych cısel. Rozhodnete, zdapredpisem 〈u, v〉 = u1v1 + 2u2v2 + 4u3v3, kde u = (u1, u2, u3) ∈ R

3 a v = (v1, v2, v3) ∈ R3, je

definovan skalarnı soucin na prostoru R3. Sve rozhodnutı zduvodnete.

Resenı: . Musıme overit, zda zobrazenı z R×R do R definovane danym predpisem ma vlastnosti(5)-(9). Krome vektoru u a v jeste pouzijeme vektor z = (z1, z2, z3) a tez α ∈ R. Zdurazneme,ze u, v, z jsou libovolne vektory z R

3 a ze α reprezentuje libovolne realne cıslo.

〈u, v〉 = u1v1 + 2u2v2 + 4u3v3 = v1u1 + 2v2u2 + 4v3u3 = 〈v, u〉 ⇒ (5),

〈u+ z, v〉 = (u1 + z1)v1 + 2(u2 + z2)v2 + 4(u3 + z3)v3

= u1v1 + 2u2v2 + 4u3v3 + z1v1 + 2z2v2 + 4z3v3 = 〈u, v〉 + 〈z, v〉 ⇒ (6),

〈αu, v〉 = αu1v1 + 2αu2v2 + 4αu3v3 = α〈u, v〉 ⇒ (7),

〈u, u〉 = u1u1 + 2u2u2 + 4u3u3 ≥ 0 ⇒ (8).

Jestlize 〈u, u〉 = u21 + 2u22 + 4u23 = 0, pak musı byt u1 = u2 = u3 = 0, tedy u = 0∗, kde 0∗

symbolizuje nulovy prvek (0, 0, 0). To je vlastnost (9).Dane zobrazenı tedy je skalarnım soucinem na prostoru R

3.

Prıklad 7.2: Necht’ V = R3 a W = (u1, u2, u3) ∈ R

3| u2 = 0. Rozhodnete, zda predpisem (P)〈u, v〉 = 2u1v1 − 3u2v2 + 5u3v3, kde u, v ∈ R

3, je definovan skalarnı soucin1) na prostoru V ;2) na prostoru W .Sva rozhodnutı zduvodnete.

Resenı: 1) Zvolme u = (0, 1, 0) ∈ R3. Pak 〈u, u〉 = −3 < 0 a (8) neplatı. Zobrazenı nenı skalarnım

soucinem na prostoru R3.

2) Jestlize u, v ∈ W , pak 〈u, v〉 = 2u1v1 + 5u3v3. Postupem stejnym jako v prıkladu 7.1overıme, ze pro u, v, z ∈W platı (5)-(9). Zobrazenı je skalarnım soucinem na prostoru W .

Prıklad 7.3: Necht’ V je prostor funkcı spojitych na intervalu [a, b], tj. V = C([a, b]). Roz-

hodnete, zda predpisem (u, v) =∫ ba sinxu(x)v(x) dx, kde u, v ∈ V , je na prostoru V definovan

skalarnı soucin1) jestlize a = 0, b = 2π;2) jestlize a = 0, b = π. (P)Sva rozhodnutı zduvodnete.

44

Resenı: 1) Definujme funkci s(x) =

0 pro x ∈ [0, π],

sinx pro x ∈ (π, 2π].Platı, ze s ∈ V . Zaroven

(s, s) =

∫ 2π

0s2(x) sinxdx =

∫ 2π

πsin3 xdx < 0,

tedy neplatı (8).22

Pokud a = 0 a b = 2π, pak predpisem nenı na prostoru V definovan skalarnı soucin.2) Musıme overit, zda zobrazenı z V × V do R definovane danym predpisem ma vlastnosti

(5)-(9). Krome funkcı u, v ∈ V jeste pouzijeme funkci z ∈ V a tez α ∈ R. Zdurazneme, ze u, v, zjsou libovolne funkce z V a ze α reprezentuje libovolne realne cıslo.

Pro dukaz vlastnostı (8) a (9) je podstatne, ze sinx > 0 pro x ∈ (0, π).

(u, v) =

∫ π

0sinxu(x)v(x) dx = (v, u) ⇒ (5),

(u+ z, v) =

∫ π

0sinx(u(x) + z(x))v(x) dx

=

∫ π

0sinxu(x)v(x) dx+

∫ π

0sinx z(x)v(x) dx = (u, v) + (z, v) ⇒ (6),

(αu, v) =

∫ π

0sinxαu(x)v(x) dx = α

∫ π

0sinxu(x)v(x) dx = α(u, v) ⇒ (7),

(u, u) =

∫ π

0sinxu2(x) dx ≥ 0 ⇒ (8).

Jestlize

(u, u) =

∫ π

0sinxu2(x) dx = 0,

pak u2(x) = 0 pro vsechna x z intervalu [0, π]. Kdyby totiz u2(y) > 0 pro nejaky bod y ∈ [0, π], (!!)plynulo by ze spojitosti funkce u2 (funkce u je spojita!), ze u2(t) > 0 pro vsechny body t ∈ I, kdeI ⊂ (0, π) je nejaky interval nenulove delky. To by vsak bylo ve sporu s vychozım predpokladem(u, u) = 0, nebot’ by pak nastalo23

0 = (u, u) =

∫ π

0sinxu2(x) dx ≥

∫

Isinxu2(x) dx > 0.

Jelikoz tedy u2(x) = 0 ∀x ∈ [0, π], je take u(x) = 0 ∀x ∈ [0, π] a (9) je splneno.Pokud a = 0 a b = π, pak predpisem je na prostoru V definovan skalarnı soucin.24

Prıklad 7.4: Necht’25 V = u ∈ C1([0, 1])| u(1/2) = 0 a W = C1([0, 1]) jsou dva prostoryfunkcı. Rozhodnete, zda predpisem (u, v) =

∫ 10 x

2u′(x)v′(x) dx, kde u, v ∈ C1([0, 1]) a ′ znacıderivaci funkce, je definovan skalarnı soucin1) na prostoru V ; (P)2) na prostoru W .Sva rozhodnutı zduvodnete.

22Nakreslete si grafy funkcı sinx, s(x) a s2(x) sinx pro x ∈ [0, 2π]. Protoze funkce sin je na castiintervalu [a, b] zaporna, lze v prostotu V najıt funkci, pro niz neplatı (8).

23V poslednım integralu bychom integrovali soucin dvou funkcı, ktere jsou kladne na podintervalu I.24Povsimnete si, ze (5)-(7) platı i v uloze 1).25Pripomenme, ze C1([0, 1]) je prostor funkcı, ktere jsou na intervalu [0, 1] spojite vcetne prvnı derivace.

45

Resenı: 1) Musıme overit, zda zobrazenı z V ×V do R definovane danym predpisem ma vlastnosti(5)-(9). Krome funkcı u, v ∈ V jeste pouzijeme funkci z ∈ V a tez α ∈ R. Zdurazneme, ze u, v, zjsou libovolne funkce z V a ze α reprezentuje libovolne realne cıslo.

(u, v) =

∫ 1

0x2 u′(x)v′(x) dx = (v, u) ⇒ (5),

(u+ z, v) =

∫ 1

0x2(u(x) + z(x))′v′(x) dx

=

∫ 1

0x2 u′(x)v′(x) dx+

∫ 1

0x2 z′(x)v′(x) dx = (u, v) + (z, v) ⇒ (6),

(αu, v) =

∫ 1

0x2 (αu(x))′v(x) dx = α

∫ 1

0x2 u′(x)v′(x) dx = α(u, v) ⇒ (7),

(u, u) =

∫ 1

0x2 u′2(x) dx ≥ 0 ⇒ (8).

Jestlize

(u, u) =

∫ 1

0x2 u′2(x) dx = 0,

pak funkce u′2(x) = 0 pro vsechna x z intervalu [0, 1]. Kdyby totiz u′2(y) > 0 pro nejaky bod (!!)y ∈ [0, 1], plynulo by ze spojitosti funkce u′2 (funkce u′ je spojita!), ze u′2(t) > 0 pro vsechnybody t ∈ I, kde I ⊂ (0, 1) je nejaky interval nenulove delky. To by vsak bylo ve sporu s vychozımpredpokladem (u, u) = 0, nebot’ by pak nastalo26

0 = (u, u) =

∫ 1

0x2 u′2(x) dx ≥

∫

Ix2 u′2(x) dx > 0.

Jelikoz tedy u′2(x) = 0 ∀x ∈ [0, 1], je take u′(x) = 0 ∀x ∈ [0, 1]. Z poslednı rovnosti dalevyplyva, ze funkce u je na intervalu [0, 1] konstatnı. Jelikoz u ∈ V , musı platit u(1/2) = 0(a zaroven u je konstatnı dle predchozıho), tudız u = 0 na celem intervalu [0, 1] a (9) je splneno. (!!)

Predpisem je na prostoru V definovan skalarnı soucin.2) Zvolme naprıklad u = 2, jiste platı, ze u ∈W . Pak

(u, u) =

∫ 1

0x2 u′2(x) dx =

∫ 1

00 dx = 0

a (9) nenı splneno.Predpisem nenı na prostoru W definovan skalarnı soucin.

Prıklad 7.5: Necht’ V = C([−1, 1]) je prostor funkcı spojitych na intervalu [−1, 1]. Rozhodnete, (P)zda predpisem (u, v) =

∫ 1−1 7u

2(x)v(x) dx, kde u, v ∈ V , je na prostoru V definovan skalarnısoucin. Sve rozhodnutı zduvodnete.

Resenı: Ukazme, ze neplatı (7). Zvolme nejake kladne funkce u, v ∈ V a α ∈ R. Definujme funkciw = αu. Jiste w ∈ V . Dosad’me do leve strany rovnosti (7):

(αu, v) = (w, u) =

∫ 1

−17w2(x)v(x) dx =

∫ 1

−17α2u2(x)v(x) dx = α2

∫ 1

−17u2(x)v(x) dx

= α2(u, v). (10)

Nynı postacı za α zvolit naprıklad 2. Podle (7) by melo byt (2u, v) = 2(u, v), kdezto rovnost(10) dava (2u, v) = 4(u, v). Porovnanım techto dvou rovnostı zıskame 2(u, v) = 4(u, v). Kdyby

26V poslednım integralu bychom integrovali soucin dvou funkcı, ktere jsou kladne na podintervalu I.

46

(u, v) = 0, tak rovnost platı, my vsak vıme, ze (u, v) 6= 0 (dokonce (u, v) > 0 protoze funkce u av jsme zvolili kladne), tudız nemuze nastat 2(u, v) = 4(u, v) a (7) neplatı.

Predpisem nenı na prostoru V definovan skalarnı soucin.

Prıklad 7.6: Necht’ na intervalu [0, 1] je dan prostor vsech polynomu P opatreny skalarnımsoucinem (u, v) =

∫ 10 u(x)v(x) dx a normou ‖u‖ =

√(u, u), kde u, v ∈ P . Najdete vsechna

realna cısla a, b, c takova, aby zaroven platilo, ze polynom p(x) = ax2 + bx+ c je ortogonalnı kevsem konstatnım polynomum a k polynomu x a ze ‖p‖ =

√5.

(Rada: Nejprve vyuzijte podmınek ortogonality a vyjadrete parametry a, b pomocı c, pak sevenujte norme polynomu.)

Resenı: Z podmınek ortogonality dostavame rovnici

(p, 1) =

∫ 1

0(ax2 + bx+ c) dx =

[ax3

3+ b

x2

2+ cx

]1

0

=a

3+b

2+ c = 0

a rovnici

(p, x) =

∫ 1

0(ax3 + bx2 + cx) dx =

[ax4

4+ b

x3

3+ c

x2

2

]1

0

=a

4+b

3+c

2= 0.

Resenım rovnic obdrzıme a = 6c, b = −6c, coz zjednodusı p = 6cx2 − 6cx+ c. Pak

‖p‖2 = c2∫ 1

0(6x2 − 6x+ 1)2 dx = c2

∫ 1

0(36x4 − 72x3 + 48x2 − 12x+ 1) dx

= c2(36/5 − 72/4 + 48/3 − 12/2 + 1) = c2(36/5 − 18 + 16− 6 + 1)

= c2(36/5 − 7) = c2/5

se ma rovnat 5, odkud c = ±5.Dve resenı: p = 30x2 − 30x+ 5 a p = −30x2 + 30x− 5.

Prıklad 7.7: Funkce u = ax+ b a v = bx+ a zavisejı na a, b ∈ R.1) Naleznete konkretnı dvojice u, v (tj. takova a, b ∈ R), pro nez platı, ze u(0) = −3 a ze u a vjsou na intervalu [0, 1] navzajem ortogonalnı.2) Existujı takove funkce u, v, pro nez platı, ze u je na intervalu [0, 1] ortogonalnı ke konstante5 a ze u a v jsou na intervalu [0, 1] navzajem ortogonalnı? (Nynı nemusı platit u(0) = −3.)

Resenı: Z ortogonality∫ 10 (ax+ b)(bx+ a) dx =

4ab

3+a2 + b2

2= 0. Tedy

8ab+ 3a2 + 3b2 = 0. (11)

1) Ma byt u(0) = −3. Po dosazenı do predpisu pro funkci u obdrzıme b = −3 a z (11)dostavame kvadratickou rovnici

−24a+ 3a2 + 27 = 0 ⇒ a2 − 8a+ 9 = 0

s koreny a = 4±√7. Dve dvojice funkcı: u1 = (4+

√7)x−3, v1 = −3x+4+

√7; u2 = (4−

√7)x−3,

v2 = −3x+ 4−√7.

2) Z ortogonality funkce u a konstanty, tj. z∫ 10 (ax + b) dx = 0 plyne a = −2b. Dosazenım

do (11) dostaneme(−16 + 12 + 3)b2 = 0;

odkud b = 0, a = 0. Resenım jsou pouze nulove funkce u a v.

47

8 Resitelnost okrajovych uloh v 1D

Ulohy z teto kapitoly jsou opakovanım latky27 z Matematiky 3, ktera se na prednasce jestepodrobne pripomına, a prıpravou na tema kapitoly 12.

Pripomenme vlastnı cısla a vlastnı funkce nekolika zakladnıch okrajovych uloh pro dife-rencialnı rovnici u′′ + λu = 0.

1) Okrajove podmınky u(a) = 0 = u(b).System vlastnıch cısel a prıslusnych vlastnıch funkcı:

λk =

(kπ

b− a

)2

, uk(x) = sinkπ(x− a)

b− a, kde k = 1, 2, . . . (12)

2) Okrajove podmınky u(a) = 0 = u′(b).System vlastnıch cısel a prıslusnych vlastnıch funkcı:

λk =

((k + 1/2)π

b− a

)2

, uk(x) = sin(k + 1/2)π(x − a)

b− a, kde k = 0, 1, 2, . . . (13)

Prıpadne (povsimnete si hodnot pro k)

λk =

((k − 1/2)π

b− a

)2

, uk(x) = sin(k − 1/2)π(x − a)

b− a, kde k = 1, 2, . . . (14)

3) Okrajove podmınky u′(a) = 0 = u(b).System vlastnıch cısel a prıslusnych vlastnıch funkcı:

λk =

((k + 1/2)π

b− a

)2

, uk(x) = cos(k + 1/2)π(x − a)

b− a, kde k = 0, 1, 2, . . . (15)

Prıpadne (povsimnete si hodnot pro k)

λk =

((k − 1/2)π

b− a

)2

, uk(x) = cos(k − 1/2)π(x − a)

b− a, kde k = 1, 2, . . . (16)

Prıklad 8.1: Je dana okrajova uloha

u′′ − πu = ln(π + x),

u(0) = 0, u(π) = 0.

Kolik ma resenı?

Resenı: Jelikoz −π nenı vlastnı cıslo ulohy (bud’ dle (12), nebo si stacı uvedomit, ze vlastnı cıslavyse uvedene homogennı ulohy jsou kladna)

u′′ + λu = 0,

u(0) = 0, u(π) = 0,

ma dana uloha prave jedno resenı.

Prıklad 8.2: Zjistete, jak zavisı pocet resenı okrajove ulohy (P)

27Historie pısemnych zkousek ukazuje, ze krome prıkladu 8.1 jsou pro studujıcı ulohy z teto kapitolyobtızne, prestoze jsou do znacne mıry opakovacı.

48

u′′ + λu = 3 sin 4x− sin(−5x) + 8 sin 9x, u(0) = 0 = u(π),

na parametru λ ∈ R. Odpoved’ jasne zformulujte vzhledem k hodnotam parametru λ.

Resenı: Vlastnı cısla λ = k2 a prıslusne vlastnı fukce uk = sin kx, kde k = 1, 2, 3, . . . , viz (12).Prava strana rovnice f = 3u4 + u5 + 8u9, nebot’ sin(−5x) = − sin(5x).λ ∈ R \ k2 : k = 1, 2, . . . (λ nenı vlastnı cıslo) ⇒ prave jedno resenı.λ = 16 (k = 4) ⇒ nema resenı (nebot’ prava strana f nenı ortogonalnı k u4 (proc?)).λ = 25 (k = 5) ⇒ nema resenı (nebot’ prava strana f nenı ortogonalnı k u5 (proc?)).λ = 81 (k = 9) ⇒ nema resenı (nebot’ prava strana f nenı ortogonalnı k u9 (proc?)).λ ∈ M , kde M = k2 : k ∈ N \ 4, 5, 9 ⇒ ma nekonecne mnoho resenı (prava strana f jeortogonalnı k uk, pokud k 6= 4, k 6= 5, k 6= 9.

Usporneji muzeme resenı zapsat takto: Vlastnı cısla tvorı mnozinu V = k2 : k = 1, 2, . . . ,vlastnı funkce prıslusna vlastnımu cıslu k2 je uk = sin kx.Prava strana rovnicef = 3u4+u5+8u9.

1. Jestlize λ ∈ R \ V , pak uloha ma prave jedno resenı.

2. Pro k ∈ 4, 5, 9 je (uk, f) 6= 0, tedy pro λ ∈ 16, 25, 81 uloha nema resenı.

3. Jestlize λ ∈ V \ 16, 25, 81, pak uloha ma nekonecne mnoho resenı.

Poznamka pro opravujıcı: Hodnocenı by melo byt nizsı, pokud odpoved’ nenı formulovanapro λ, ale je formulovana jen pro k.

Prıklad 8.3: Zjistete, jak zavisı pocet resenı na parametru λ ∈ R:

u′′ + λu = sin(−x) + 5 sin 3x− 8 sin 7x+1

2sin 22x,

u(0) = u(π) = 0.

Resenı: Vlastnı cısla tvorı mnozinu V ≡ k2 : k = 1, 2, 3, . . . , vlastnı funkce prıslusna k λ = k2

je uk = sin kx. Prava strana rovnice f ≡ −u1 + 5u3 − 8u7 +12u22.

1. Jestlize λ ∈ R \ V , pak uloha ma prave jedno resenı.

2. Pro k = 1, 3, 7, 22 je (uk, f) 6= 0, tedy pro λ = 1, 9, 49, 222 uloha nema resenı (222 = 484).

3. Jestlize λ ∈ V \ 1, 9, 49, 222, pak uloha ma nekonecne mnoho resenı.

Prıklad 8.4: Zjistete, jak zavisı pocet resenı na parametru λ ∈ R:

u′′ + λu = sin(−2x) + 3 sin(−6x)− 2 sin 10x+ π sin 18x,

u(0) = u(π/2) = 0.

(Nezapomente sve zavery radne zduvodnit.)

Resenı: Vlastnı cısla tvorı mnozinu V ≡ 4k2 : k = 1, 2, 3, . . . , vlastnı funkce prıslusnak λ = 4k2 je uk = sin 2kx. Prava strana f ≡ −u1 − 3u3 − 2u5 + πu9.

1. Jestlize λ ∈ R \ V , pak prave jedno resenı.

2. Pro k = 1, 3, 5, 9 je (uk, f) 6= 0, tedy pro λ = 4, 36, 100, 324 uloha nema resenı.

3. Jestlize λ ∈ V \ 4, 36, 100, 324, pak uloha ma nekonecne mnoho resenı.

49

Prıklad 8.5: Je dana okrajova uloha (P)

u′′ + u = f,

u(−π/2) = 0 = u(π/2).

Rozhodnete, zda a kolik ma resenı, jestlize a) f ≡ x2; b) f ≡ x3.Sve rozhodnutı radne zduvodnete (vypoctem, uvahou).Doporucenı: Inspiraci hledejte mj. v nacrtcıch a v rıkance: V Monte Carlu suda, licha

zoky penez prinası,

v em a ctyrce

pri pısemce

tezkou praci zaplası.

Resenı: Pro tuto ulohu jsou vlastnı cısla dana hodnotami k2 π2

(b−a)2, kde k = 1, 2, 3, . . . Hodnota

1 tedy je vlastnım cıslem s prıslusnou vlastnı funkcı u1(x) = sin kπ(x−a)b−a

∣∣∣k=1

= sin(x+ π

2

)=

cos x. Ta je na intervalu[−π

2 ,π2

]suda a na intervalu

(−π

2 ,π2

)kladna. Pri zkoumanı prıslusnych

skalarnıch soucinu se lze vyhnout vypoctum uvahami o vlastnostech integrovane funkce.a) Platı (u1, f) 6= 0, nebot’ u1(x)x

2 je funkce kladna na(−π

2 , 0)∪(0, π2

). Uloha nema resenı.

b) Platı (u1, f) = 0 nebot’ u1(x)x3 je funkce licha na

(−π

2 ,π2

). Uloha ma nekonecne mnoho

resenı.Poznamka pro opravujıcı: Pokud nekdo bude skalarnı souciny pocıtat integracı, je to v po-

radku, i kdyz zbytecne pracne. Strhavejte vsak body, pokud integrace bude chybne provedena.

Prıklad 8.6: Zjistete, jak zavisı pocet resenı na parametru λ ∈ R v uloze

u′′ + λu = 2 sinx+ sin(−3x) + 3 sin(−5x)− 1

3sin 7x+

1

2sin 3x,

u(0) = u′(π/2) = 0.

Resenı: Vlastnı28 cısla, viz (13), tvorı mnozinu V ≡ (2k+1)2 : k = 0, 1, 2, . . . , vlastnı funkceprıslusna k λ = (2k + 1)2 je uk = sin

((2k+ 1)x

). Prava strana f ≡ 2u0 − u1 − 3u2 − 1

3u3 +12u1.

1. Jestlize λ /∈ V , pak prave jedno resenı.

2. Pro k = 0, 1, 2, 3 je (uk, f) 6= 0, tedy pro λ = 1, 9, 25, 49 uloha nema resenı.

3. Jestlize λ ∈ V \ 1, 9, 25, 49, pak uloha ma nekonecne mnoho resenı.29


u′′ + λu = −1

3sin(−2x) + 7 sin 6x− 1

9sin 14x+ 5 sin(−18x) − 2

7sin(−22x),

u(0) = u′(π/4) = 0.

Nezapomente sve zavery radne zduvodnit.

Resenı: Vlastnı cısla tvorı mnozinu V ≡ 4(2k + 1)2 : k = 0, 1, 2, . . . , vlastnı funkce prıslusnak λ = 4(2k + 1)2 je uk = sin

(2(2k + 1)x

). Prava strana f ≡ 1

3u0 + 7u1 − 19u3 − 5u4 +

27u5.

28Neprehledete zadanı okrajove podmınky!29Pouzijeme-li (14), dostaneme V ≡ (2k − 1)2 : k = 1, 2, . . . , uk = sin

((2k − 1)x

), f ≡ 2u1 − u2 −

3u3 − 13u4 +

12u2. Opet vsak obdrzıme stejnou ctverici dulezitych vlastnıch cısel λ = 1, 9, 25, 49.

50


2. Pro k = 0, 1, 3, 4, 5 je (uk, f) 6= 0, tedy pro λ = 4, 36, 196, 324, 484 uloha nema resenı.

3. Jestlize λ ∈ V \ 4, 36, 196, 324, 484, pak prıslusna vlastnı funkce je ortogonalnı k f , atudız uloha ma nekonecne mnoho resenı.

Prıklad 8.8: 1) Zjistete, jak zavisı pocet resenı na parametru λ ∈ R v uloze

u′′ + λu = −3 sin(−2x) + sin(−6x) + 2 sin(18x) − 1

3sin(−26x),

u(0) = u′(π/4) = 0.

Nezapomente sve zavery radne zduvodnit.2) Je dana okrajova uloha u′′ + 16u = f , u(−π/2) = 0 = u(π/2).

Rozhodnete, zda a kolik ma resenı, jestlize a) f ≡ 1; b) f ≡ x2.Sve rozhodnutı radne zduvodnete (vypoctem, uvahou).

Resenı: 1) Vlastnı cısla tvorı mnozinu V ≡ 4(2k+1)2 : k = 0, 1, 2, . . . , vlastnı funkce prıslusnak λ = 4(2k + 1)2 je uk = sin

(2(2k + 1)x

). Prava strana f ≡ 3u0 − u1 + 2u4 +

13u6.

1. Jestlize λ /∈ V , pak prave jedno resenı.

2. Pro k = 0, 1, 4, 6 je (uk, f) 6= 0, tedy pro λ = 4, 36, 182 = 324, 262 = 676 uloha nemaresenı.

3. Jestlize λ ∈ V \ 4, 36, 324, 676, pak prıslusna vlastnı funkce je ortogonalnı k f , a tudızuloha ma nekonecne mnoho resenı.

2) Pro tuto ulohu jsou vlastnı cısla dana hodnotami k2 π2

(b−a)2 = k2, kde k = 1, 2, 3, . . .

Hodnota 16 tedy je vlastnım cıslem s prıslusnou vlastnı funkcıu4(x) = sin 4π(x−a)

b−a = sin(4x+ 2π) = sin(4x), coz je licha funkce.

a) Platı (u4, 1) = 0, nebot’ u4(x) je funkce licha na(−π

2 ,π2

). b) Take (u4, x

2) = 0, nebot’

x2u4(x) je funkce licha na(−π

2 ,π2

). Obe ulohy majı nekonecne mnoho resenı.


u′′ + λu = cos(−2x) + 3 cos 6x− 2 cos 14x,

u′(0) = u(π/4) = 0.

Nezapomente sve zavery radne zduvodnit.

Resenı: Vlastnı cısla30 tvorı mnozinu V ≡ 4(2k+1)2 : k = 0, 1, 2, . . . , vlastnı funkce prıslusnak λ = 4(2k + 1)2 je uk = cos

(2(2k + 1)x

), viz (15). Prava strana (platı cos(−α) = cos(α))

f ≡ u0 + 3u1 − 2u3.


2. Pro k = 0, 1, 3 je (uk, f) 6= 0, tedy pro λ = 4, 36, 196 uloha nema resenı.

3. Jestlize λ ∈ V \ 4, 36, 196, pak prıslusna vlastnı funkce je ortogonalnı k f , a tudız ulohama nekonecne mnoho resenı.

51

Prıklad 8.10: Je dana okrajova uloha (P)

u′′ + λu = f,

u(−π) = 0 = u(π).

Pro kazde ze zadanı a) – f) rozhodnete, zda okrajova uloha ma resenı, prıpadne kolik resenı ma:a) λ = 1, f = 1; b) λ = 1, f = −x; c) λ = 1, f = x2; d) λ = 1, f = sin 2x;e) λ = 2, f = sinx.Sve rozhodnutı radne zduvodnete (vypoctem, uvahou).Napoveda: Vyuzijte vlastnostı goniometickych funkcı a tech vlastnostı funkcı, jez jsou vyhodnepri integraci na intervalu se stredem v pocatku.

Resenı: Pro tuto ulohu jsou vlastnı cısla dana hodnotami k2 π2

(b−a)2= k2

22, kde k = 1, 2, 3, . . . Hod-

nota 1 tedy je vlastnım cıslem (pro k = 2) s prıslusnou vlastnı funkcı u2(x) = sin kπ(x−a)b−a

∣∣∣k=2

=

sin (x+ π) = − sinx. Ta je na intervalu [−π, π] licha.a) Platı (u2, f) = 0, nebot’ u2(x) je funkce licha na [−π, π]. Uloha ma nekonecne mnoho

resenı.b) Platı (u2, f) 6= 0, nebot’ −xu2(x) je funkce suda a kladna na (−π, 0)∪ (0, π). Uloha nema

resenı.c) Platı (u2, f) = 0 nebot’ x2u2(x) je funkce licha na [−π, π]. Uloha ma nekonecne mnoho

resenı.d) Platı (u2, f) = 0, nebot’ f = sin 2x = sin(2x+ 2π) = sin 4π(x−(−π))

π−(−π) = u4 je vlastnı funkcı

pro k = 4 (λ = 4), je tedy ortogonalnı k u2. Uloha ma nekonecne mnoho resenı.e) λ = 2 nenı vlastnı cıslo. Uloha ma prave jedno resenı.

9 Pozitivnı definitnost operatoru

Hodnocenı pısemnych pracı ukazuje, ze toto tema je z cele latky bezesporu nejobtıznejsı a zejen male procento studujıcıch zvladne i narocnejsı prıklady.

V kapitolach 9, 10 a 11 se ve vetsine uloh pozaduje nalezenı symetrickeho a pozitivne defi-nitnıho operatoru. Ukazat symetrii operatoru je snadny ukon vyzadujıcı tri kroky: prepsanı dife-rencialnı rovnice do divergentnıho tvaru (nenı-li v tomto tvaru jiz zadana), definovanı operatorua upravu energetickeho skalarnıho soucinu integracı po castech s vyuzitım okrajovych podmınek.

Narocnejsı byva dokazat pozitivnı definitnost operatoru, prıpadne spravne upravit dife-rencialnı rovnici tak, aby prıslusny operator byl pozitivne definitnı. Prestoze kapitoly nabızejıradu ukazkovych resenı, zkusenost doklada, ze mnoho studujıcıch s temito ulohami zapası —snad proto, ze ukazkova resenı jsou strucna nebo ze se ctenarum v jednotlivych resenıch nedarırozpoznat jednotny a vzdy stejny postup. Tyto uvodnı odstavce se o takovy celkovy pohledpokousejı.

Nıze uvedeny navod, jak se vyporadat se situacemi, s nimiz se setkate pri resenı zkouskovychuloh, nenı jedinym moznym postupem. Ten, kdo problematice rozumı, si naprıklad muze dovolitmanipulovat se znamenky pred integraly svobodneji, nez je zde uvedeno. Avsak prave zmatkyv (ne)nasobenı rovnice cıslem −1 a v minimalizovanı ci maximalizovanı integralu pozorovanesnad ve vetsine studentskych pracı me vedly k zaveru, ze asi bude lepsı predlozit postup ve formepevnych pravidel a zamlcet, ze jde jen o jednu z rady technicky rovnocennych variant.

1. Zabyvame se okrajovou ulohou pro obycejnou diferencialnı rovnici

r(x)u′′(x) + s(x)u′(x) + q(x)u(x) = f(x), (17)

30Neprehledete zadanı okrajove podmınky!

52

kde r, s a q jsou zname funkce definovane na intervalu [a, b], v jehoz koncovych bodechjsou zadany okrajove podmınky.

2. Rovnici (17) prevedeme do divergentnıho tvaru

−(p(x)u′(x)

)′+ q(x)u(x) = f(x), (18)

kde potrebujeme, aby p ∈ C1([a, b]) byla funkce nezaporna na intervalu [a, b] a kladnana nejakem podintervalu intervalu [a, b].31 Pokud je funkce q kladna na [a, b], bude di-ferencialnı operator pozitivne definitnı. Jestlize funkce q nenı kladna na [a, b], musı bytkladna funkce p, ale ani pak nenı pozitivnı definitnost operatoru obecne zarucena. Vse jepodrobneji vylozeno v bode 5.

Srovname-li koeficienty u funkcı u′′ a u′ v (17) a v (18) po zderivovanı, vidıme, zep(x) = −r(x) a s(x) = −p′(x). Jelikoz potrebujeme, aby p byla nezaporna (kladna)funkce, znamena to, ze potrebujeme, aby funkce r byla nekladna (zaporna).

Uvedomte si, ze je-li v (18) funkce p nekladna (zaporna), stacı celou rovnici (18) vynasobitcıslem −1 a p bude nezaporna (kladna), pricemz se resenı u vubec nezmenı. (!!)

Povsimnete si, ze v (18) stojı zaporne znamenko pred zavorkou vymezujıcı derivovanyvyraz s funkcı p.

Je-li uprava rovnice (17) na tvar (18) mozna, je snadna. Casto vsak nevıme, zda funkcep, kterou pri uprave dostaneme, je opravdu nezaporna (kladna). Pak nam pomuze, kdyzurcıme maximum a minimum funkce p na intervalu [a, b]. Pokud zjistıme, ze p v (18) jefunkce nekladna (nebo dokonce zaporna) na [a, b], vynasobıme vychozı rovnici (17) i rovnici(18) cıslem −1 a dale pracujeme s takto upravenou rovnicı. Technicky je vyhodne (prointegraci po castech) nechat pred p zaporne znamenko, viz (18). V dalsım i prenasobeneveliciny znacıme stale p, q a f .

Extremy funkce q na [a, b] v teto fazi sice nejsou dulezite, ale to, zda q je funkce nezaporna,bude vyznamne v kroku 5.

3. Definujeme jak operator

Audef= −

(pu′)′+ qu,

tak D(A), tj. definicnı obor operatoru; pritom u ∈ D(A).

Poznamka: Na definicnı obor operatoru muzeme nahlızet dvojım zpusobem. Nejprve jakona

”nejvetsı“ mnozinu funkcı, pro nez je definovan vyraz na leve strane rovnice a pro nez

majı dobry smysl okrajove podmınky. V druhem pohledu navıc pozadujeme, aby funkce z de-finicnıho oboru umoznovaly zakladnı upravu, totiz integraci po castech (uvidıte pozdeji).

Rozdıl objasneme na prıkladu okrajovych podmınek

u(a) = 0 = u(b).

Operator A definovany levou stranou diferencialnı rovnice ma definicnı obor

D1(A) = v ∈ C([a, b]) ∩ C2((a, b)) : v(a) = 0 = v(b)

vyjadrujıcı, ze resenı se hleda mezi funkcemi se dvema spojitymi derivacemi v otevrenemintervalu (a, b), ktere vsak navıc jsou spojite na uzavrenem intervalu [a, b]. Pri inte-graci po castech vsak dostavame souciny, v nichz vystupujı derivace v′(a) a v′(b), ktere

31Pokud by p byla jen nezaporna, mohla by byt i nulova na celem intervalu. Pak by ovsem (18) nebyladiferencialnı rovnicı.

53

v D1(A) nejsou explicitne podchyceny a s nimiz by mohly byt potıze. Proto by bylo vhodnejsıuvazovat

D2(A) = v ∈ C1([a, b]) ∩ C2((a, b)) : v(a) = 0 = v(b).Lze se vsak omezit na jeste jednodussı

D3(A) = v ∈ C2([a, b]) : v(a) = 0 = v(b),

pricemz D3(A) ⊂ D2(A) ⊂ D1(A).

Tretı definice je sice”zbytecne omezujıcı,“ protoze v nasich okrajovych podmınkach ani

nejsou druhe derivace, avsak v teorii, ktera vede k zobecnenemu (slabemu) resenı okrajoveulohy to nevadı. Vysledny operator vystupujıcı v prıslusne variacne nebo slabe formulovaneokrajove uloze ma definicnı obor sestavajıcı z funkcı ze specialnıho (Sobolevova) prostoru,jenz je obecnejsı nez C([a, b]) ∩ C2((a, b)). Tento obecnejsı definicnı obor v sobe zahrnujei definicnı obor puvodnıho operatoru i v te prvnı (nejsirsı) verzi.

Ve shode s [3] tedy budeme pouzıvat

D(A) = u ∈ C2([a, b]) : okrajove podmınky v krajnıch bodech intervalu [a, b]. (19)

4. Uzitım metody integrace po castech a vyuzitım okrajovych podmınek ukazeme, ze operatorje symetricky, tj.

(Au, v) = (u,Av) ∀u, v ∈ D(A). (20)

Konkretne32

(Au, v) = (u,Av) = (u, v)A

≡∫ b

ap(x)u′(x)v′(x) dx+

∫ b

aq(x)u(x)v(x) dx ∀u, v ∈ D(A). (21)

Pred prvnım integralem v (21) nenı minus, coz je dusledek integrace po castech. Funkcep je nezaporna bud’ jiz z definice puvodnı rovnice, nebo po vynasobenı rovnice cıslem −1.Pro jednoduchost vykladu mejme pred druhym integralem znamenko plus, tj. prıpadneminus se

”schova“ do q.

Poznamka: Uvedomte si, ze jestlize lze operator zapsat v divergentnım tvaru a ma vhodnydefinicnı obor, pak je jiz nutne symetricky, viz [6], prıpadne integraci v poznamce nastrane 58. Okrajovymi podmınkami, ktere zajistı symetrii operatoru v divergentnım tvaru, (!!)tedy jsou u(a) = 0 = u(b) nebo u′(a) = 0 = u(b) nebo u(a) = 0 = u′(b), prıpadneu′(a) = 0 = u′(b).

5. Dokazeme pozitivnı definitnost operatoru A. Pracujeme s integraly v tomto tvaru

(Au, u) = (u,Au) = (u, u)A ≡∫ b

ap(x)u′2(x) dx+

∫ b

aq(x)u2(x) dx, (22)

znovu pripomınam, ze pred symboly integralu nedavame znamenko minus, vyjimkou muzebyt jen prıpad, kdy q je zaporna konstanta, tj. q uz nemusıme minimalizovat (viz dale).

Nejcasteji jste se setkali s touto verzı pozitivnı definitnosti (o jine moznosti pojednavabod 7)

∀u ∈ D(A) (u, u)A ≥ c‖u‖2L2(a,b) ≡ c

∫ b

au2(x) dx, (23)

32Povsimnete si, jak je definovan skalarnı soucin (u, v)A. Odvozenı rovnosti (21) je uvedeno v [6].

54

kde c je kladna konstanta nezavisla na u ∈ D(A).

a) Pokud pro vsechny body x ∈ [a, b] je p(x) ≥ 0 a q(x) > 0,33 postacı jednoduchy odhadzalozeny na nerovnostech

(u, u)A =

∫ b

ap(x)u′2(x) dx+

∫ b

aq(x)u2(x) dx ≥

∫ b

aq(x)u2(x) dx ≥ c

∫ b

au2(x) dx, (24)

kde kladna konstanta c = mint∈[a,b] q(t), viz prıklady 9.1, 9.3, 9.4 ci 9.5.

b) Pokud p > 0 a q = 0 na [a, b], je odhad zalozen na vyuzitı Friedrichsovy nerovnosti

∫ b

au′2(x) dx ≥ 2

(b− a)2

∫ b

au2(x) dx. (25)

Nerovnost platı pro u ∈ C1([a, b]) (i pro trochu obecnejsı funce), pricemz u(a) = 0 nebou(b) = 0, viz [2, strana 112].

K tomu, aby bylo mozne uzıt Friedrichsovu nerovnost (25), je nejdrıve nutne odhadnouthodnotu prvnıho integralu v (22) zdola pomocı minima funkce p na [a, b], tedy

∫ b

ap(x)u′2(x) dx ≥

∫ b

a

(mint∈[a,b]

p(t)

)u′2(x) dx =

(mint∈[a,b]

p(t)

)2

(b− a)2

∫ b

au2(x) dx,

viz prıklady 9.2 a 9.6.

Jestlize je q > 0 na [a, b], lze zıskat vetsı konstantu c v (23) tım, ze zdola odhadnemei hodnotu druheho integralu, viz napr. prıklady 9.1 a 9.5.

c) Pokud p > 0 a funkce q nenı na [a, b] nezaporna (pozor, muze byt zaporna nebo muze

menit znamenko), odhadneme∫ ba p(x)u

′(x)2 dx jako v b), navıc je vsak nezbytne vhodne

odhadnout i∫ ba q(x)u

2(x) dx. Pro splnenı pozitivnı definitnosti by odhad v tomto prıpademel byt takovy, ze ac druhy integral odhadneme zespoda zapornou hodnotou, je soucetdolnıho odhadu prvnıho integralu a dolnıho odhadu druheho integralu stale jeste vetsınebo roven c‖u‖2L2(a,b), kde c > 0. Pri odhadovanı vychazıme z tvaru (22), odhad je

zalozen na hodnote minima funkce p (viz b)) a minima funkce q na [a, b]. V prıkladech 9.7a 9.8 je funkce q rovna zaporne konstante (minimum je jasne), v prıkladu 9.9 nenı funkceq konstantnı, proto se hleda jejı minimum. Prıklad 9.9 je vsak jeste komplikovanejsı, vizbod 6.

6. Pokud jsme omylem v (18) neoverili nezapornost (kladnost) p nebo chybne (zbytecne)zmenili znamenko rovnice, ukaze se to prave pri zjist’ovanı pozitivnı definitnosti. Prvnıintegral, tj. ten, v nemz vystupuje u′2, totiz nebude kladny. Pak stacı rovnici a definicnıpredpis operatoru nasobit −1 a znovu se venovat dukazu pozitivnı definitnosti, symetrieoperatoru zustane zachovana, viz tez poznamku na konci prıkladu 9.1.

7. Pozitivnı definitnost operatoru A muze mıt i podobu

∀u ∈ D(A) (u, u)A ≥ c

(∫ b

au2 dx+

∫ b

au′2 dx

)= c

(‖u‖2L2(a,b) + ‖u′‖2L2(a,b)

), (26)

kde c je kladna konstanta nezavisla na u ∈ D(A). Myslenka dukazu nerovnosti (26) jezalozena na rozkladu (u, u)A na soucet dvou clenu, naprıklad

(u, u)A = α(u, u)A + β(u, u)A,

33Protoze q je spojita funkce, nabyva na [a, b] minima, ktere je kladne, nebot’ predpokladame, zeq(x) > 0 v kazdem bode intervalu [a, b], tedy i v bode minima.

55

kde α, β > 0, pricemz α + β = 1; nekdy postacı zvolit α = β = 1/2. Pak postupemvylozenym v bodu 5 ukazeme, ze prvnı scıtanec splnuje nerovnost (23) , tj.

α(u, u)A ≥ c1

∫ b

au2 dx, kde c1 > 0. (27)

U druheho scıtance usilujeme o odhad

β(u, u)A ≥ c2

∫ b

au′2 dx, kde c2 > 0. (28)

Kombinacı (27) a (28) dostaneme odhad (26)

(u, u)A = α(u, u)A + β(u, u)A ≥ c1

∫ b

au2 dx+ c2

∫ b

au′2 dx

≥ c(‖u‖2L2(a,b) + ‖u′‖2L2(a,b)

),

kde c = min(c1, c2) > 0. V praxi je jednodussı myslenku rozkladu uplatnit az v prubehu

odhadovanı, a to na integral∫ ba u

′2 dx, viz resenı prıkladu 9.9, kde je tez ukazano, zevhodna volba koeficientu α a β muze zlepsit (zvetsit) konstantu c. Postupujeme tedytakto (pmin a qmin jsou minima funkcı p a q na [a, b])

(u, u)A ≥∫ b

a

(mint∈[a,b]

p(t)

)u′2 dx+

∫ b

a

(mint∈[a,b]

q(t)

)u2 dx

= pmin

∫ b

au′2 dx+ qmin

∫ b

au2 dx = pmin(α+ β)

∫ b

au′2 dx+ qmin

∫ b

au2 dx

= pminα

∫ b

au′2 dx+ qmin

∫ b

au2 dx+ pminβ

∫ b

au′2 dx.

Prvnı integral odhadneme pomocı Friedrichsovy nerovnosti, pricemz pri vhodnych hod-notach konstant pmin, α, qmin a konstanty 2/(b−a)2 z Friedrichsovy nerovnosti dosahnemetoho, ze soucet

pminα

∫ b

au′2 dx+ qmin

∫ b

au2 dx

bude vetsı nebo roven nejakemu kladnemu nasobku∫ ba u

2 dx, coz spolu s tretım integralemvede k nerovnosti (26). Nekdy pozitivnı definitnost dokazeme jen pri vhodne (promyslene)volbe parametru α, volba α = 1/2 totiz nemusı vest ke kyzene nerovnosti, tj. pozitivnıdefinitnosti.

Obecne vsak pri kladne funkci p a zaporne funkci q operator A nemusı byt pozitivnedefinitnı.

Prıklad 9.1: Urcete funkci a tak, aby rovnici (29) bylo mozne zapsat v divergentnım tvaru (N)a aby a(1) = 0. Pak najdete operator prıslusny okrajove uloze a jeho definicnı obor. Ukazte, zelze najıt operator symetricky a pozitivne definitnı; pouzijte normu ‖u‖2 ≡ ‖u‖2L2(2,5).

u′′a(x) +u′

x− u lnx = 1, u(2) = 0, u(5) = 0. (29)

Resenı: Proved’me naznacene derivovanı leve strany rovnice v divergentnım tvaru

−(p(x)u′(x))′ + q(x)u(x) = −p′(x)u′(x)− p(x)u′′(x) + q(x)u(x).

56

Odtud vidıme, ze musı platit q(x) = − ln(x), −p′(x) = 1/x a −p(x) = a(x). Tedy a′(x) = 1/x,a proto a(x) = ln(x) + K, kde K ∈ R je integracnı konstanta. Z podmınky a(1) = 0 ihneddostaneme K = 0. Rovnice v divergentnım tvaru

(u′ lnx)′ − u lnx = 1, tj. − (−u′ lnx)′ − u lnx = 1.

Srovnanım s (18) zjist’ujeme, ze

p(x) = − lnx, q(x) = − lnx,

pricemz p je na intervalu [2, 5] zaporna funkce.Aby operator, k nemuz smerujeme, byl pozitivne definitnı, je treba vyjıt z rovnice vynasobene

cıslem −1, tj. definovat operator A takto

Audef= −u′′ lnx− u′

x+ u lnx, u ∈ D(A),

kde (viz poznamku na strane 53)

D(A) = u ∈ C2([2, 5]) : u(2) = 0, u(5) = 0.

Jeste vhodnejsı tvar operatoru (a samozrejme ekvivalentnı s predchozım zapisem) je tvar diver-gentnı

Audef= −(u′ lnx)′ + u lnx, u ∈ D(A). (30)

Tento zapis je vhodny pro aplikaci integrace po castech (per partes), viz dale. Navıc je z neja z okrajovych podmınek jasne, ze operator je symetricky, viz poznamku na strane 54.

Uloha (29) tedy prejde v ulohu najıt fukci u ∈ D(A) takovou, aby platilo Au = −1, kdeoperator A je dan vztahem (30).34

Ackoli z uvah o divergentnım tvaru operatoru jiz vıme, ze operator A je symetricky, ukazmepro ilustraci cely postup. Integracı per partes upravıme skalarnı souciny (Au, v) a (u,Av) nastejny vyraz, pricemz vyuzijeme okrajovych podmınek v(2) = v(5) = 035 a u(2) = u(5) = 0vyplyvajıcıch z D(A).36 Pro ∀u, v ∈ D(A) tedy platı

(Au, v) =

∫ 5

2

(−(u′ lnx)′ + u lnx

)v dx

= [− lnxu′(x)v(x)]x=5x=2 +

∫ 5

2u′v′ lnxdx+

∫ 5

2uv lnxdx

=

∫ 5

2u′v′ lnxdx+

∫ 5

2uv lnxdx,

(u,Av) =

∫ 5

2

(−(v′ lnx)′ + v lnx

)udx

= [− lnx v′(x)u(x)]x=5x=2 +

∫ 5

2u′v′ lnxdx+

∫ 5

2uv lnxdx

=

∫ 5

2u′v′ lnxdx+

∫ 5

2uv lnxdx;

tudız (Au, v) = (u,Av) ∀u, v ∈ D(A).

34Vyraz Au = −1 je rovnicı, v nız se leva strana ma rovnat strane prave, kdezto v (30) je definovano,jak operator A pusobı na funkci u.

35Odtud plyne nulovost”prvnı hranate zavorky“ nıze.

36Odtud plyne nulovost”druhe hranate zavorky“ nıze.

57

Poznamka:37 Muzeme pouzıt i obecnejsıho zapisu pri oznacenı p(x) = lnx, q(x) = lnx.

(Au, v) =

∫ 5

2

(−(p(x)u′(x))′ + q(x)u(x)

)v(x) dx

= [p(x)u′(x)v(x)]x=5x=2 +

∫ 5

2u′v′p dx+

∫ 5

2uvq dx

=

∫ 5

2u′v′p dx+

∫ 5

2uvq dx

(u,Av) =

∫ 5

2

(−(p(x)v′(x))′ + q(x)v(x)

)u(x) dx

= [p(x) v′(x)u(x)]x=5x=2 +

∫ 5

2v′u′p dx+

∫ 5

2vuq dx

=

∫ 5

2u′v′p dx+

∫ 5

2uvq dx.

Vysetreme pozitivnı definitnost, tj. zda ∀u ∈ D(A) (Au, u) ≥ c‖u‖2L2(2,5), kde kladna realna

konstanta c nezavisı na u ∈ D(A). Skalarnı soucin (Au, u) nemusıme pocıtat z definice operatoruA, tj. opet pouzıt integraci per partes a okrajove podmınky, nybrz stacı do prave odvozenehointegralnıho vyrazu pro skalarnı soucin (Au, v) dosadit za v funkci u.38 Pro jednoduchost budemepsat ‖u‖2 mısto ‖u‖2L2(2,5).

Protoze lnx > 0 pro x ∈ [2, 5], muzeme pouzıt nejjednodussı metodu odhadu (24), v nız seprvnı integral odhadne zdola nulou:

(Au, u) =

∫ 5

2u′2 lnxdx+

∫ 5

2u2 lnxdx

≥∫ 5

2

(mint∈[2,5]

ln t

)u2 dx = ln 2 ‖u‖2,

lze tedy naprıklad zvolit c = ln 2 nebo obecneji c ∈ (0, ln 2].Jeste vetsı c nam poskytne pouzitı Friedrichsovy nerovnosti (25)

(Au, u) =

∫ 5

2u′2 lnxdx+

∫ 5

2u2 lnxdx

≥∫ 5

2

(mint∈[2,5]

ln t

)u′2 dx+

∫ 5

2

(mint∈[2,5]

ln t

)u2 dx

= ln 2

∫ 5

2u′2 dx+ ln 2‖u‖2 = ln 2

(2

(5 − 2)2‖u‖2 + ‖u‖2

)=

11 ln 2

9‖u‖2.

Odtud c = 11 ln 29 nebo obecneji c ∈

(0, 11 ln 2

9

].

Poznamka: Kdybychom neodhalili, ze vychozı rovnici je treba vynasobit cıslem −1, dostalibychom operator A s obracenym znamenkem, tudız (!!)

(Au, u) =

∫ 5

2u′2(− lnx) dx−

∫ 5

2u2 lnxdx,

odkud by bylo okamzite patrne, ze prvnı (ani druhy) integral nemuze byt kladny a zetakto k pozitivnı definitnosti nedospejeme.

37Symbol oznacuje konec poznamky.38Nevım proc tento cas setrıcı postup studujıcı temer nepouzıvajı, ale radeji ztracejı pet cennych minut

opetovnym integrovanım po castech.

58

Prıklad 9.2: Obdoba prıkladu 9.1, jen s okrajovou ulohou

−u′′ lnx− u′

x= sinx, u(2) = 0, u(5) = 0.

Resenı: Zadanı neobsahuje neznamou funkci a. Postupujeme jako v prıkladu 9.1, ale jednoduseji.Prechod k divergentnımu tvaru rovnice

−(lnxu′)′ = sinx

je prımocary. Jelikoz p(x) = lnx , rovnici nenasobıme cıslem −1. Jen v dukazu pozitivnı defi-nitnosti je nutne vyuzıt Friedrichsovu nerovnost (25):

∀u ∈ D(A) (Au, u) =

∫ 5

2u′2 lnxdx ≥ ln 2‖u′‖2 ≥ 2

9ln 2 ‖u‖2.

Prıklad 9.3: Definujte39 funkci η tak, aby η(0) = 1/20 a aby okrajovou ulohu (P)

u′′η(x)− u′e−4x

5− ue−2x = x3 + 2, u(0) = 0, u(2) = 0,

bylo mozne napsat v divergentnım tvaru. Pak stanovte operator A (vcetne definicnıho oboruD(A)) prıslusny okrajove uloze a ukazte, ze lze najıt operator symetricky a takovy, ze prokazdou funkci u z D(A) platı (Au, u) ≥ c‖u‖2L2(0,2), kde c je vhodna kladna konstanta — jejıvelikost blıze urcete.

Resenı: Leva strana rovnice v divergentnım tvaru musı mıt tvar

−((p(x)u′(x)

)′ − ue−2x = −p(x)u′′(x)− p′(x)u′(x)− ue−2x.

Srovnanım se zadanım zjistıme, ze

−p(x) = η(x) a − p′(x) = η′(x) = −e−4x

5.

Z tretı rovnosti plyne

η(x) =e−4x

20+ c,

kde c je integracnı konstanta. Z podmınky

η(0) =e0

20+ c =

1

20

dostavame c = 0, a tedy η(x) =e−4x

20.

Po prevedenı rovnice do divergentnıho tvaru

−(−e−4x

20u′)′

− e−2xu = x3 + 2

zjist’ujeme, ze ve vychozı rovnici je p(x) = −e−4x/20, coz je na danem intervalu zaporna funkce.Rovnici je tedy treba vynasobit cıslem −1.

39Prıklad vznikl obmenou letite ulohy, nova je pouze cast tykajıcı se funkce η.

59

Dostaneme operator Audef= −

(u′e−4x

20

)′+ ue−2x s definicnım oborem

D(A) = u ∈ C2([0, 2]) : u(0) = 0 = u(2).Operatorova rovnice: najıt fukci u ∈ D(A) takovou, aby platilo Au = −x3 − 2.

Symetrie (pomocı integrace po castech a s vyuzitım okrajovych podmınek40)

(Au, v) =

∫ 2

0

[−(u′e−4x

20

)′+ ue−2x

]v dx

=

∫ 2

0

(e−4x

20u′v′ + e−2xuv

)dx ∀u, v ∈ D(A),

(u,Av) =

∫ 2

0

(e−4x

20u′v′ + e−2xuv

)dx ∀u, v ∈ D(A).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3])

(Au, u) =

∫ 2

0

(e−4x

20u′2 + e−2xu2

)dx ≥

∫ 2

0e−2xu2 dx ≥ c‖u‖2L2(0,2),

kde (naprıklad) c = 1/100, nebot’ minx∈[0,2] e−2x = e−4 > 3−4 > 1/100.

Prıklad 9.4: Stanovte operator A (vcetne definicnıho oboru D(A)) prıslusny okrajove uloze

x2u′′ + 2xu′ − u sin(x) = 2 cos x+ 1, u(π/6) = 0, u(5π/6) = 0.

Ukazte, ze lze najıt operator symetricky a takovy, ze pro kazdou funkci u z D(A) platı (Au, u) ≥c‖u‖2L2(π/6, 5π/6), kde c je vhodna kladna konstanta — jejı velikost blıze urcete.

Resenı: Po prevedenı rovnice do divergentnıho tvaru

−(−x2u′

)′ − u sinx = 2cos x+ 1

zjist’ujeme, ze ve vychozı rovnici je p(x) = −x2, coz je na danem intervalu zaporna funkce.Rovnici je tedy treba vynasobit cıslem −1.

Operator Audef= −

(x2u′

)′+ u sinx

s definicnım oborem D(A) = u ∈ C2([π/6, 5π/6]) : u(π/6) = 0 = u(5π/6).Symetrie (pomocı integrace po castech a s vyuzitım okrajovych podmınek)

(Au, v) =

∫ 5π/6

π/6

[−(x2u′(x)

)′+ u(x) sin x

]v dx

=

∫ 5π/6

π/6

(x2u′(x)v′(x) + u(x)v(x) sin x

)dx ∀u, v ∈ D(A),

(u,Av) =

∫ 5π/6

π/6

(x2u′(x)v′(x) + u(x)v(x) sin x

)dx ∀u, v ∈ D(A).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3]): ∀u ∈ D(A)

(Au, u) =

∫ 5π/6

π/6

(x2u′2(x) + u2(x) sinx

)dx ≥

∫ 5π/6

π/6u2(x) sin xdx ≥ c‖u‖2L2(π/6, 5π/6),

kde (naprıklad) c = 1/2 nebo c ∈ (0, 1/2], nebot’ minx∈[π/6, 5π/6] sinx = 1/2.

40Vyuzitı okrajovych podmınek by melo byt radne vysvetleno, viz resenı prıkladu 9.1.

60


(1 + lnx)u′′ +u′

x− ue−x = 2 sin x, u(1) = 0, u(2) = 0.

Ukazte, ze lze najıt operator symetricky a takovy, ze pro kazdou funkci u z D(A) platı (Au, u) ≥c‖u‖2L2(1,2), kde c je vhodna kladna konstanta — jejı velikost blıze urcete.

Resenı: Po prevedenı do divergentnıho tvaru

−(−(1 + lnx)u′

)′ − ue−x = 2 sin x

zjist’ujeme, ze ve vychozı rovnici je p(x) = −(1+lnx), coz je na danem intervalu zaporna funkce.Rovnici je tedy treba vynasobit cıslem −1.

Operator Audef= − ((1 + lnx)u′)′ + ue−x s definicnım oborem D(A) = u ∈ C2([1, 2]) :

u(1) = 0 = u(2).Symetrie (pomocı integrace po castech a s vyuzitım okrajovych podmınek)

(Au, v) =

∫ 2

1

[−((1 + lnx)u′

)′+ ue−x

]v dx

=

∫ 2

1

((1 + lnx)u′v′ + e−xuv

)dx ∀u, v ∈ D(A),

(u,Av) =

∫ 2

1

((1 + lnx)u′v′ + e−xuv

)dx ∀u, v ∈ D(A).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3])

(Au, u) =

∫ 2

1

((1 + lnx)u′2 + e−xu2

)dx ≥

∫ 2

1e−xu2 dx ≥ c‖u‖2L2(1,2) ∀u ∈ D(A),

kde (naprıklad) c = 1/10, nebot’ minx∈[1,2] e−x = e−2 > 3−2 > 1/10.

S pouzitım Friedrichsovy nerovnosti (25) dostavame vetsı konstantu c:

(Au, u) =

∫ 2

1

((1 + lnx)u′2 + e−xu2

)dx

≥∫ 2

1

(mint∈[1,2]

(1 + ln t)

)u′2 dx+

∫ 2

1

(mint∈[1,2]

e−t

)u2 dx

=

∫ 2

1u′2 dx+ e−2

∫ 2

1u2 dx

= 2

∫ 2

1u2 dx+ e−2

∫ 2

1u2 dx ≥ 19

9‖u‖2L2(1,2).

Poslednı nerovnost je dusledkem odhadu e−2 > 3−2 = 1/9. Tedy c = 19/9 nebo obecnejic ∈ (0, 19/9].


(1 + cos x)e−xu′′ − (1 + cosx+ sinx)e−xu′ = ln(x+ 5), u(0) = 0, u(π/2) = 0.

Ukazte, ze lze najıt operator symetricky a takovy, ze pro kazdou funkci u z D(A) platı (Au, u) ≥c‖u‖2L2(0,π/2), kde c je vhodna kladna konstanta — jejı velikost blıze urcete. Pro tento operator

napiste okrajovou ulohu v operatorovem tvaru. Muze byt c > 1/10? (Pri vypoctech muzetepouzıt 5 > eπ/2 > 48/10, 10 > π2 > 49/5.)

61

Resenı: Po prevedenı na divergentnı tvar (18)

−(−(1 + cos x)e−xu′

)′= ln(x+ 5)

zjist’ujeme, ze ve vychozı rovnici je p(x) = −(1 + cos x)e−x, coz je na danem intervalu zapornafunkce. Rovnici je tedy treba vynasobit cıslem −1.

Operator Audef= − ((1 + cos x)e−xu′)′ s definicnım oborem

D(A) = u ∈ C2([0, π/2]) : u(0) = 0 = u(π/2).Operatorova uloha: Najıt funkci u ∈ D(A) takovou, aby platilo

Au = − ln(x+ 5).

Symetrie (pomocı integrace po castech a s vyuzitım okrajovych podmınek — zduvodnenı!)

(Au, v) =

∫ π/2

0(1 + cos x)e−xu′v′ dx = (u,Av) ∀u, v ∈ D(A).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3]) s vyuzitım Friedrichsovy nerovnosti (25) a nerov-nosti e−π/2 > 1/5 (viz zadanı prıkladu)41

(Au, u) =

∫ π/2

0(1 + cos x)e−xu′2 dx ≥

∫ π/2

0

(min

t∈[0,π/2](1 + cos t)e−t

)u′2(x) dx

=

∫ π/2

0e−π/2u′2(x) dx ≥ 1

5

∫ π/2

0u′2(x) dx ≥ 1

5

2(π2

)2∫ π/2

0u2(x) dx

=8

5π2‖u‖2L2(0,π/2) ≥

8

50‖u‖2L2(0,π/2) ∀u ∈ D(A).

Lze tedy volit c ∈ (0, 16/100], tudız muze byt c > 1/10.

Prıklad 9.7: Definujte42 funkci η tak, aby aby okrajovou ulohu(−1

3e2x + sin

2x

3

)u′′ +

(1

3e2x + η(x)

)u′ − 1

12π2u = 2 sinx,

u(0) = 0, u′(π) = 0,

bylo mozne napsat v divergentnım tvaru. Pak stanovte operator A (vcetne definicnıho oboruD(A)) prıslusny teto okrajove uloze.

Ukazte, ze lze najıt operator symetricky a takovy, ze pro kazdou funkci u z D(A) platı(Au, u) ≥ c‖u‖2L2(0,π), odvod’te konkretnı velikost konstanty c ∈ R. Napiste operatorovou rovnici.

Resenı: Leva strana rovnice v divergentnım tvaru musı mıt tvar

−((p(x)u′(x)

)′ − 1

12π2u = −p(x)u′′(x)− p′(x)u′(x)− 1

12π2u.

Srovnanım koeficientu u u′′ v zadanı okrajove ulohy a v predchozım vyrazu zjistıme, ze −p(x) =−1

3e2x + sin

2x

3, coz zderivovano dava

−p′(x) = −2

3e2x +

2

3cos

2x

3,

41Rovnost mint∈[0,π/2](1 + cos t)e−t = e−π/2 je dusledkem toho, ze jak 1 + cos t, tak e−t jsou naintervalu [0, π/2] klesajıcı kladne funkce (zamyslete se nad znamenkem jejich derivace). Jejich soucin jetake klesajıcı funkce, minima proto nabyva v bode π/2.

42Prıklad vznikl obmenou letite ulohy, nova je pouze cast tykajıcı se funkce η.

62

avsak zaroven (viz rovnici a koeficient u u′) se musı rovnat1

3e2x + η(x). Z rovnosti

−2

3e2x +

2

3cos

2x

3=

1

3e2x + η(x) pak plyne η(x) = −e2x +

2

3cos

2x

3.

Rovnice v divergentnım tvaru je tedy zapsana takto

−((

1

3e2x − sin

2x

3

)u′)′

− 1

12π2u = 2 sin x.

Vidıme, ze (viz (18)) p(x) =1

3e2x − sin

2x

3. Potrebujeme zjistit, zda p je na intervalu [0, π]

nezaporna funkce.Venujme se extremum funkce p na intervalu [0, π]. Pro x ∈ [0, π] platı, ze (!!)

p′(x) =2

3e2x − 2

3cos

2x

3=

2

3

(e2x − cos

2x

3

)≥ 2

3

(e2x − 1

)≥ 0.

Na intervalu (0, π] tedy funkce p ma kladnou derivaci, proto je rostoucı na intervalu [0, π] a (!!)

pro x ∈ [0, π] tudız platı p(x) ≥ p(0) =1

3. (31)

V teto fazi vsak vyuzijeme jen toho, ze funkce p je na intervalu [0, π] kladna a ze nenı trebamenit znamenko.

(Poznamka pro opravujıcı: Studenti majı zduvodnit, proc je funkce p na intervalu [0, π]kladna. Chybejıcı zduvodnenı = bodova ztrata.)

Prıslusny diferencialnı operator

Audef= −

((1

3e2x − sin

2x

3

)u′)′

− 1

12π2u

s definicnım oborem D(A) = u ∈ C2([1, π)) : u(0) = 0 = u′(π), viz poznamku na strane 53.Operatorova rovnice: najıt takovy prvek u ∈ D(A), aby Au = 2 sin x.Symetrie (integrace po castech a vyuzitı okrajovych podmınek): pro ∀u, v ∈ D(A)

(Au, v) =

∫ π

0

[−((

1

3e2x − sin

2x

3

)u′)′

− 1

12π2u

]v dx

=

[−(1

3e2x − sin

2x

3

)u′v

]π

0

+

∫ π

0

(1

3e2x − sin

2x

3

)u′v′ dx−

∫ π

0

1

12π2uv dx

=

∫ π

0

(1

3e2x − sin

2x

3

)u′v′ dx−

∫ π

0

1

12π2uv dx.

(Poznamka pro opravujıcı: Studenti majı zduvodnit nulovost clenu

[(1

3e2x − sin

2x

3

)u′v

]π

0

pouzitım v(0) = 0 a u′(π) = 0. Pri opomenutı strhavejte body.)Podobne (u,Av). Operator je symetricky.43

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3]) ukazeme s vyuzitım vztahu (31) a Friedrichsovynerovnosti (25) (!!)

43Pri predchozım odvozovanı by se vyplatil uspornejsı zapis pouzity v poznamce na strane 58.

63

(Au, u) =

∫ π

0

(1

3e2x − sin

2x

3

)u′2 dx−

∫ π

0

1

12π2u2 dx

≥∫ π

0

(mint∈[0,π]

(1

3e2t − sin

2t

3

))u′2 dx−

∫ π

0

1

12π2u2 dx

viz (31)=

1

3

∫ π

0u′2 dx−

∫ π

0

1

12π2u2 dx

≥ 2

3π2

∫ π

0u2 dx−

∫ π

0

1

12π2u2 dx

=7

12π2

∫ π

0u2 dx.

Lze tedy volit c = 712π2 nebo obecneji c ∈

(0, 7

12π2

].

Prıklad 9.8: Stanovte operator A (vcetne definicnıho oboru D(A)) prıslusny okrajove uloze (P)(1

3x3 + 6x2 + 11x+

46

3

)u′′ +

(x2 + 12x+ 11

)u′ +

2

9u = 5cos3 x,

u(−3) = 0, u′(0) = 0.

Ukazte, ze je mozne tento operator zvolit symetricky a zaroven takovy, ze lze nalezt konstantuc > 0 takovou, ze pro kazdou funkci u z D(A) platı (Au, u) ≥ c‖u‖2L2(−3,0). Odvod’te konkretnıhodnotu konstanty c. Napiste operatorovou rovnici. Jednotlive kroky radne zduvodnete.

Resenı: Z rovnice v divergentnım tvaru (18)

−(−(1

3x3 + 6x2 + 11x+

46

3

)u′)′

+2

9u = 5cos3 x

vidıme, ze

p(x) = −(1

3x3 + 6x2 + 11x+

46

3

).

Potrebujeme zjistit, zda p je na intervalu [−3, 0] nezaporna (kladna) funkce.Venujme se extremum funkce p na intervalu [−3, 0]. Pro t ∈ [−3, 0] platı, ze

p′(t) = −(t2 + 12t+ 11) = −(t+ 1)(t+ 11) = 0.

V intervalu [−3, 0] platı p′(t) = 0 pouze pro t = −1. Funkce p muze v intervalu [−3, 0] mıtextrem jen pro t ∈ −3,−1, 0. Hodnoty

p(−3) = −(−9 + 54− 33 +

46

3

)= −82

3,

p(−1) = −(−1

3+ 6− 11 +

46

3

)= −30

3= −10, (32)

p(0) = −46

3.

znamenajı, ze funkce p je na intervalu [−3, 0] zaporna. Vychozı rovnici je nutne vynasobit cıslem−1.

Divergentnı tvar operatoru Audef= −

((13x

3 + 6x2 + 11x+ 463

)u′)′ − 2

9us definicnım oborem44 D(A) = u ∈ C2([−3, 0]) : u(−3) = 0 = u′(0); za chvıli ukazeme, zetento operator je opravdu pozitivne definitnı na D(A).

44Vyuzıvame poznamku k (19) na strane 53.

64

Operatorova rovnice: najıt takovy prvek u ∈ D(A), aby Au = −5 cos3 x.Symetrie45 (integrace po castech, vyuzitı okrajovych podmınek): pro ∀u, v ∈ D(A)

(Au, v) =

∫ 0

−3

[−((

1

3x3 + 6x2 + 11x+

46

3

)u′)′

− 2

9u

]v dx

= −[(

1

3x3 + 6x2 + 11x+

46

3

)u′v

]0

−3

+

∫ 0

−3

(1

3x3 + 6x2 + 11x+

46

3

)u′v′ dx

− 2

9

∫ 0

−3uv dx

=

∫ 0

−3

(1

3x3 + 6x2 + 11x+

46

3

)u′v′ dx− 2

9

∫ 0

−3uv dx.

(Poznamka pro opravujıcı: Studenti majı zduvodnit nulovost clenu

[(1

3x3 + 6x2 + 11x+

46

3

)u′v

]0

−3

uzitım v(−3) = 0 a u′(0) = 0. Pri opomenutı strhavejte body.)

Podobne (u,Av). Operator je symetricky.Pozitivnı definitnost46 (ve smyslu skript [3]) s vyuzitım Friedrichsovy nerovnosti (25) (!!)

(Au, u) =

∫ 0

−3

(1

3x3 + 6x2 + 11x +

46

3

)u′2 dx−

∫ 0

−3

2

9u2 dx

≥∫ 0

−3

(min

t∈[−3,0]

(1

3t3 + 6t2 + 11t+

46

3

))u′2 dx− 2

9

∫ 0

−3u2 dx

viz (32); znamenko!= 10

∫ 0

−3u′2 dx− 2

9

∫ 0

−3u2 dx

≥ 20

9

∫ 0

−3u2 dx− 2

9

∫ 0

−3u2 dx

= 2

∫ 0

−3u2 dx ∀u ∈ D(A).

Hledana konstanta c = 2 nebo obecneji c ∈ (0, 2].

Prıklad 9.9: Stanovte operator A (vcetne definicnıho oboru D(A)) prıslusny okrajove uloze (P)

(−3x3 + 15x2 − 51

4x+ 6

)u′′ +

(−9x2 + 30x− 51

4

)u′ +

(x− 1

2

)u = sinx,

u(0) = 0, u(1) = 0.

Ukazte, ze je mozne tento operator zvolit symetricky a zaroven takovy, ze lze nalezt konstantu

c > 0 takovou, ze platı (Au, u) ≥ c(‖u‖2L2(0,1) + ‖u′‖2L2(0,1)

)pro kazdou funkci u z D(A).

Odvod’te konkretnı hodnotu konstanty c. Napiste operatorovou rovnici. Jednotlive kroky radnezduvodnete.

45To, ze je operator symetricky, jiz vlastne vıme z poznamky na strane 54. Nynı ukazeme propripomenutı.

46Pri odhadech vyuzijeme informace o funkci p z puvodnı (tj. jeste neprenasobene) rovnice. Neza-pomeneme vsak na to, ze znamenko funkce bylo zmeneno. Podle (32) ma na intervalu [−3, 0] vyraz13x

3 + 6x2 + 11x+ 463 minimum s hodnotou 10.

65

Resenı: Zadana rovnice v divergentnım tvaru −(pu′)′ + qu = f :

−((

3x3 − 15x2 +51

4x− 6

)u′)′

+

(x− 1

2

)u = sinx.

Musıme zjistit, zda funkce p(x) =(3x3 − 15x2 + 51

4 x− 6)je kladna na intervalu [0, 1]. Najdeme

jejı extremy na intervalu [0, 1].Platı, ze p′(x) = 9x2 − 30x+ 51

4 = 0, je-li x = 176 nebo x = 1

2 . Extremy na [0, 1] tedy mohounastat v bodech 0, 1

2 a 1. Hodnoty funkce

p(0) = −6, p

(1

2

)= −3, p(1) = −21

4(33)

ukazujı, ze funkce p je na [0, 1] zaporna a ze puvodnı rovnici musıme vynasobit cıslem −1.Definujme operator A predpisem

Audef= −

((−3x3 + 15x2 − 51

4x+ 6

)u′)′

+

(1

2− x

)u,

kde u ∈ D(A) =u ∈ C2([a, b]) : u(0) = 0 = u(1)

.

Operator A je symetricky, coz se dokaze standardne integracı po castech a vyuzitım okra-jovych podmınek.

Pri dokazovanı te verze pozitivnı definitnosti, jez je pozadovana v zadanı ulohy, postupu-jeme zcela standardne, jen v okamziku pred aplikacı Friedrichsovy nerovnosti rozdelıme integral∫ 10 u

′2 dx na soucet dvou integralu (viz prechod od 3. ke 4. radku v retezci rovnostı a nerovnostı (!!)nıze) a Friedrichsovu nerovnost uplatnıme jen na jeden z nich. Jde o postup ukazany v souvis-losti s nerovnostı (26), viz vyklad na str. 55. Navıc zname extremy funkce 3t3 − 15t2 + 51

4 t− 6na intervalu [0, 1], viz (33), coz se nam nynı hodı. Povsimnete si, ze pred obema integraly nızemame znamenko

”+“, cehoz jsme dosahli formalnı upravou v definici operatoru A.

(Au, u) =

∫ 1

0

(−3x3 + 15x2 − 51

4x+ 6

)u′2 dx+

∫ 1

0

(1

2− x

)u2 dx

≥∫ 1

0

(mint∈[0,1]

(−3t3 + 15t2 − 51

4t+ 6

))u′2 dx+

∫ 1

0

(mint∈[0,1]

(1

2− t

))u2 dx

= 3

∫ 1

0u′2 dx− 1

2

∫ 1

0u2 dx

=3

2

∫ 1

0u′2 dx+

3

2

∫ 1

0u′2 dx− 1

2

∫ 1

0u2 dx

≥ 3

2

2

(1− 0)2

∫ 1

0u2 dx− 1

2

∫ 1

0u2 dx+

3

2

∫ 1

0u′2 dx

=5

2

∫ 1

0u2 dx+

3

2

∫ 1

0u′2 dx

≥ 3

2

(∫ 1

0u2 dx+

∫ 1

0u′2 dx

).

Hledanou konstantu c tedy muzeme volit napr. takto: c ∈ (0, 3/2]. Hornı mez pro konstantu clze zvysit vhodnejsım rozdelenım integralu. Naprıklad volba

∫ 1

0u′2 dx =

7

18

∫ 1

0u′2 dx+

11

18

∫ 1

0u′2 dx

s uplatnenım Friedrichsovy nerovnosti na prvnı integral vpravo by nas privedla k c ∈ (0, 11/6].

66

Prıklad 9.10: K okrajove uloze

−(x2 + x− 2)u′′ − (2x+ 1)u′ + 7 sin(8x2)u = ln(1 + x),

u(0) = 0, u′(1/2) = 0

najdete operator A symetricky na svem definicnıho oboru D(A) a takovy, aby pro kazdou funkciu ∈ D(A) platilo (Au, u) ≥ c‖u‖2L2(0,1/2), kde c je kladna konstanta, tuto konstantu konkretizujte.Napiste operatorovou rovnici.

Resenı: Divergentnı tvar rovnice

−((x2 + x− 2)u′)′ + 7 sin(8x2)u = ln(1 + x),

kde funkce (x2 + x− 2) je na [0, 1/2] zaporna, znamena, ze je treba rovnici vynasobit cıslem −1

a definovat Audef= −((2− x2 − x)u′)′ − 7 sin(8x2)u s definicnım oborem47

D(A) = u ∈ C2([0, 1/2]) : u(0) = 0, u′(1/2) = 0.Operatorova rovnice: najıt takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo Au = − ln(1 + x).

Symetrie (zduvodnit vynulovanı prıslusneho clenu!!!!!).Pozitivnı definitnost s vyuzitım Friedrichsovy nerovnosti (25)

(Au, u) =

∫ 1/2

0(2− x2 − x)u′2 dx+

∫ 1/2

0(−7) sin(8x2)u2 dx

≥∫ 1/2

0

(min

t∈[0,1/2](2− t2 − t)

)u′2 dx+

∫ 1/2

0

(min

t∈[0,1/2]

(−7 sin(8t2)

))u2 dx

≥ 5

4

∫ 1/2

0u′2 dx− 7

∫ 1/2

0u2 dx ≥ 5

48

∫ 1/2

0u2 dx− 7

∫ 1/2

0u2 dx

= 3‖u‖2L2(0,1/2).

Lze zvolit c = 3 nebo obecneji c ∈ (0, 3].

10 Pozitivnı definitnost operatoru, Ritzova metoda

Doporucuji precıst si text na zacatku predchozı kapitoly a venovat pozornost i obtıznejsımprıkladum 9.8 a 9.9. V teto kapitole jiz postup odvozenı pozitivnı definitnosti nebyva podrobnepopsan. V nekterych ulohach se pozitivnı definitnosti ani nevenuje pozornost, jsou vsak narocnejinym zpusobem, viz prıklady 10.9, 10.10, 10.14 aj.

Prıklad 10.1: Najdete pozitivne definitnı operator A (vcetne definicnıho oboru D(A)) prıslusnyokrajove uloze

(4x2 − 4x+ 8)u′′ + (8x− 4)u′ = −π cos4 x,u(0) = 0, u(π) = 0.

S pouzitım nalezeneho operatoru napiste danou okrajovou ulohu jako operatorovou rovnici.Ukazte, ze operator je symetricky na D(A) a ze pro kazdou funkci v ∈ D(A) platı (Av, v) ≥

c‖v‖2L2(0,π), kde c je kladna konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Lze zarucit, ze c > 6/5?

47Vyuzıvame poznamku k (19) na strane 54.

67

Ritzovou metodou pak najdete priblizne resenı okrajove ulohy s operatorem A. Ritzovu apro-ximaci hledejte ve tvaru w = a sinx, kde a ∈ R. (Pro usnadnenı vypoctu:

∫ π0 cos2 xdx = π

2 ,∫ π0 x cos

2 xdx = π2

4 ,∫ π0 x

2 cos2 xdx = π3

6 + π4 .)

Resenı: Z divergentnıho tvaru (18) rovnice

−(−(4x2 − 4x+ 8)u′

)′= −π cos4 x

odvodıme p(x) = −(4x2 − 4x + 8). Kvadraticka funkce p ma u clenu x2 zaporny koeficient,nabyva maxima v bode, v nemz je jejı derivace nulova, tj. v bode 1/2, kde se hodnota funkcerovna −7 (pro koncove body intervalu totiz platı p(0) = −8 a p(π) = −4π2 + 4π − 8 ≈ −35).Funkce je tedy zaporna a kvuli pozadovane pozitivnı definitnosti operatoru musıme celou rovnici

vynasobit cıslem −1. Dostaneme operator Audef= −4

((x2 − x+ 2)u′

)′s definicnım oborem

D(A) = u ∈ C2([0, π]) : u(0) = 0 = u(π).Operatorova rovnice: najıt takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo

Au = π cos4 x.

Symetrie (integrace po castech, role okrajovych podmınek48)

(Au, v) = 4

∫ π

0(x2 − x+ 2)u′v′ dx = 4

∫ π

0(x2 − x+ 2)v′u′ dx = (u,Av).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3]) s vyuzitım Friedrichsovy nerovnosti (25)

(Av, v) = 4

∫ π

0(x2 − x+ 2)v′2 dx ≥ 4

∫ π

0

(mint∈[0,π]

(t2 − t+ 2)

)v′2 dx

≥ 7

∫ π

0v′2 dx ≥ 7

2

π2‖v‖2L2(0,π),

tedy lze zvolit c = 14π2 > 14/10 > 6/5.

Z podmınky minima funkcionalu energie plyne a =(f, ω)

(Aω,ω), kde f = π cos4 x a ω = sinx.

Jest (v prvnım integralu pouzijeme substituci cos x = t, v druhem integralu vyuzijeme rovnostiuvedene v zadanı ulohy)

(f, ω) =

∫ π

0π cos4 x sinxdx = π

∫ 1

−1t4 dt = π

[t5

5

]1

−1

=2

5π.

(Aω,ω) = 4

∫ π

0(x2 − x+ 2)ω′2(x) dx = 4

∫ π

0(x2 − x+ 2) cos2 xdx

= 4

(π

4+π3

6− π2

4+ 2

π

2

)=

2π3

3− π2 + 5π.

Odtud a =25

23π

2 − π + 5, a tedy w(x) =

6

10π2 − 15π + 75sinx, kde x ∈ [0, π].


(−x2 − 4)u′′ − 2xu′ = x2,

u(−1) = 0, u(1) = 0.

48V pısemce je nutne konkretne zduvodnit, proc clen[(x2 − x+ 2)u′(x)v(x)

]π0

je roven nule. Je todusledek rovnosti v(0) = 0 = v(π) zavedene v mnozine D(A), do nız patrı jak u, tak v. Pozor, prou ∈ D(A) obecne u′(0) 6= 0 6= u′(π).

68

S pouzitım nalezeneho operatoru napiste danou okrajovou ulohu jako operatorovou rovnici.Ukazte, ze operator je symetricky na D(A) a ze pro kazdou funkci v ∈ D(A) platı (Av, v) ≥

c‖v‖2L2(−1,1), kde c je kladna konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Ritzovou metodou paknajdete priblizne resenı okrajove ulohy s operatorem A. Ritzovu aproximaci hledejte ve tvaruw = a(x+ 1)(x − 1), kde a ∈ R.

Resenı: V divergentnım tvaru rovnice

−((x2 + 4)u′

)′= x2

vystupuje kladna funkce x2 + 4. Rovnici tedy nenasobıme cıslem −1, nybrz prımo dostaneme

operator Audef= −

((x2 + 4)u′

)′s definicnım oborem D(A) = u ∈ C2([−1, 1]) : u(−1) = 0 =

u(1).Operatorova rovnice: najıt takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo

Au = x2.

Symetrie (integrace po castech, vyuzitı okrajovych podmınek)

(Au, v) =

∫ 1

−1(x2 + 4)u′v′ dx =

∫ 1

−1(x2 + 4)v′u′ dx = (u,Av).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3]) s vyuzitım Friedrichsovy nerovnosti (25).

(Av, v) =

∫ 1

−1(x2 + 4)v′2 dx ≥

∫ 1

−1

(min

t∈[−1,1](t2 + 4)

)v′2 dx

≥ 4

∫ 1

−1v′2 dx ≥ 4

2

22‖v‖2L2(−1,1),

tedy c = 2 nebo obecneji c ∈ (0, 2].

Z podmınky minima funkcionalu energie plyne a =(f, ω)

(Aω,ω), kde f = x2 a ω = x2 − 1. Jest

(f, ω) =

∫ 1

−1x2(x2 − 1) dx =

∫ 1

−1(x4 − x2) dx =

[x5

5− x3

3

]1

−1

=2

5− 2

3= − 4

15.

(Aω,ω) =

∫ 1

−1(x2 + 4)(ω′)2 dx =

∫ 1

−1(x2 + 4)4x2 dx =

∫ 1

−1(4x4 + 16x2) dx

=

[4

5x5 +

16

3x3]1

−1

=8

5+

32

3=

184

15.

Odtud a = −1/46. Priblizne resenı w(x) = (1− x2)/46, kde x ∈ [−1, 1].

Prıklad 10.3: Stanovte operator (vcetne definicnıho oboru D(A)) prıslusny okrajove uloze

−(1/2 + x)u′′ − u′ = x,

u(0) = 0, u(1) = 0;

ukazte, ze je symetricky a ze existuje c > 0, ze pro kazdou funkci v ∈ D(A) platı (Av, v) ≥c‖v‖2L2(0,1) (nezapomente na zduvodnenı). Pak Ritzovou metodou najdete priblizne resenı okra-

jove ulohy. Ritzovu aproximaci hledejte ve tvaru w = ax(x− 1).

69

Resenı: Z divergentnıho tvaru rovnice odvodıme, ze funkce p (viz (18)) je kladna, rovnici

nenasobıme cıslem −1. Operator Audef= − ((1/2 + x)u′)′ s definicnım oborem

D(A) = u ∈ C2([0, 1]) : u(0) = 0 = u(1).Symetrie (pomocı integrace po castech a s vyuzitım okrajovych podmınek)

(Au, v) = −∫ 1

0

((1/2 + x)u′

)′v dx =

∫ 1

0(1/2 + x)u′v′ dx ∀u, v ∈ D(A),

(u,Av) =

∫ 1

0(1/2 + x)u′v′ dx ∀u, v ∈ D(A),

(Av, v) =

∫ 1

0(1/2 + x)v′2 dx ≥

∫ 1

0

(mint∈[0,1]

(1/2 + t)

)v′2 dx

=1

2

∫ 1

0v′2 dx ≥ 1

2

2

1

∫ 1

0v2 dx ∀v ∈ D(A).

Z podmınky minima funkcionalu energie plyne a = (f,ω)(Aω,ω) , kde f = x a ω = x(x− 1). Jest

(f, ω) =

∫ 1

0(x3 − x2) dx =

[x4

4− x3

3

]1

0

= − 1

12.

(Aω,ω) =

∫ 1

0(1/2 + x)

((x(x− 1))′

)2dx

=

∫ 1

0(1/2 + x)(2x− 1)2 dx =

∫ 1

0(1/2 + x)(4x2 − 4x+ 1) dx

=

∫ 1

0(4x3 − 2x2 − x+ 1/2) dx =

[x4 − 2x3

3− x2

2+x

2

]1

0

= 1/3.

Odtud a = −1/4. Priblizne resenı w = −x(x− 1)/4 = (x− x2)/4.

Prıklad 10.4: Stanovte operator (vcetne definicnıho oboru D(A)) prıslusny okrajove uloze

−(1 + x)u′′ − u′ = x2,

u(0) = 0, u(1) = 0.

Ukazte, ze operator je symetricky na D(A) a ze pro kazdou funkci v ∈ D(A) platı (Av, v) ≥c‖v‖2L2(0,1), kde c je kladna konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Ritzovou metodou pak

najdete priblizne resenı okrajove ulohy. Ritzovu aproximaci hledejte ve tvaru w = ax(x− 1).

Resenı: Z divergentnıho tvaru rovnice odvodıme, ze funkce p (viz (18)) je kladna, rovnici

nenasobıme cıslem −1. Operator Audef= − ((1 + x)u′)′ s definicnım oborem

D(A) = u ∈ C2([0, 1]) : u(0) = 0 = u(1).Symetrie (zduvodnenı!)

(Au, v) =

∫ 1

0(1 + x)u′v′ dx =

∫ 1

0(1 + x)v′u′ dx = (u,Av),

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3], s uzitım (25))

(Av, v) =

∫ 1

0(1 + x)v′2 dx ≥

∫ 1

0

(mint∈[0,1]

(1 + t)

)v′2 dx ≥

∫ 1

0v′2 dx ≥ 2‖v‖2L2(1,2),

tedy c = 2 nebo obecneji c ∈ (0, 2].

70

Z podmınky minima funkcionalu energie plyne a = (f,ω)(Aω,ω) , kde f = x2 a ω = x(x−1). Odtud

a = −1/10. Priblizne resenı w = −x(x− 1)/10 = (x− x2)/10.


(x2 − 2x+ 4)u′′ + (2x− 2)u′ = −x,u(0) = 0, u(2) = 0.

Ukazte, ze operator je symetricky na D(A) a ze pro kazdou funkci v ∈ D(A) platı (Av, v) ≥c‖v‖2L2(0,2), kde c je kladna konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Ritzovou metodou paknajdete priblizne resenı okrajove ulohy s operatorem A. Ritzovu aproximaci hledejte ve tvaruw = ax(2− x), kde a ∈ R.

Resenı: Z divergentnıho tvaru rovnice odvodıme, ze funkce p (viz (18)) je zaporna, rovnicivynasobıme cıslem −1.

Operator Audef= −

((x2 − 2x+ 4)u′

)′s definicnım oborem D(A) = u ∈ C2([0, 2]) : u(0) =

0 = u(2) bude, jak uvidıme, pozitivne definitnı.Operatorova rovnice: najıt takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo

Au = x.

Symetrie (role okrajovych podmınek!)

(Au, v) =

∫ 2

0(x2 − 2x+ 4)u′v′ dx =

∫ 2

0(x2 − 2x+ 4)v′u′ dx = (u,Av).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3])49

(Av, v) =

∫ 2

0(x2 − 2x+ 4)v′2 dx ≥

∫ 2

0

(mint∈[0,2]

(t2 − 2t+ 4)

)v′2 dx

≥ 3

∫ 2

0v′2 dx ≥ 3

2

22‖v‖2L2(1,2),

tedy c = 3/2 nebo obecneji c ∈ (0, 3/2].

Z podmınky minima funkcionalu energie plyne a = (f,ω)(Aω,ω) , kde f = x a ω = x(2−x). Odtud

a = 5/36. Priblizne resenı w = 5x(2 − x)/36 = (10x − 5x2)/36.


(2− sin3x)u′′ − 3 sin2x cos xu′ = − cos2x,

u(0) = 0, u(π) = 0.

Zformulujte prıslusnou operatorovu rovnici. Ukazte, ze operator je symetricky na D(A) a zepro kazdou funkci v ∈ D(A) platı (Av, v) ≥ c‖v‖2L2(0,π), kde c je kladna konstanta, tuto kon-stantu konkretizujte. Ritzovou metodou pak najdete priblizne resenı okrajove ulohy s operatoremA. Ritzovu aproximaci hledejte ve tvaru w = a sinx, kde a ∈ R. (Pro usnadnenı vypoctu:∫ π/20 cos2xdx =

∫ π/20 sin2xdx =

π

4.)

49Studenti by meli umet najıt minimum funkce x2 − 2x + 4 na intervalu [0, 2] (nabyva se v x = 1)a znat Friedrichsovu nerovnost (25).

71

Resenı: Operator Audef= −

((2− sin3 x)u′

)′(zmena znamenek v zadane rovnici!) s definicnım

oborem D(A) = u ∈ C2([0, π]) : u(0) = 0 = u(π).Operatorova rovnice: najıt takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo

Au = cos2 x.

Symetrie (ukazat pouzitı okrajovych podmınek!)

(Au, v) =

∫ 2

0(2− sin3 x)u′v′ dx =

∫ 2

0(2− sin3 x)v′u′ dx = (u,Av).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3])50

(Av, v) =

∫ π

0(2− sin3 x)v′2 dx ≥

∫ π

0

(mint∈[0,π]

(2− sin3 t)

)v′2 dx

≥ 1

∫ π

0v′2 dx ≥ 2

π2‖v‖2L2(0,π),

tedy c = 2π2 .

Z podmınky minima funkcionalu energie plyne a = (f,ω)(Aω,ω) , kde f = cos2 x a ω = sinx.

Integraly pocıtame substitucnı metodou (cos x = t), castecne lze pouzıt vztahy pro usnadnenıvypoctu, pozor vsak na spravnou delku integracnıho intervalu!

Priblizne resenı w =10 sin x

15π − 4.


(2x2 − 4x+ 5)u′′ + (4x− 4)u′ = −x2,u(−1) = 0, u(2) = 0.

Ukazte, ze operator je symetricky na D(A) a ze pro kazdou funkci v ∈ D(A) platı (Av, v) ≥c‖v‖2L2(−1,2), kde c je kladna konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Ritzovou metodou paknajdete priblizne resenı okrajove ulohy s operatorem A. Ritzovu aproximaci hledejte ve tvaruw = a(x+ 1)(x − 2), kde a ∈ R.


((2x2 − 4x+ 5)u′

)′(bylo nutne vynasobit puvodnı rovnici cıslem −1)

s definicnım oborem D(A) = u ∈ C2([−1, 2]) : u(−1) = 0 = u(2).Operatorova rovnice: najıt takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo

Au = x2.

Symetrie (spravne vyuzıt okrajove podmınky)

(Au, v) =

∫ 2

−1(2x2 − 4x+ 5)u′v′ dx =

∫ 2

−1(2x2 − 4x+ 5)v′u′ dx = (u,Av).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3])s vyuzitım Friedrichsovy nerovnosti (25)

(Av, v) =

∫ 2

−1(2x2 − 4x+ 5)v′2 dx ≥

∫ 2

−1

(min

t∈[−1,2](2t2 − 4t+ 5)

)v′2 dx

≥ 3

∫ 2

−1v′2 dx ≥ 3

2

32‖v‖2L2(−1,2),

50Studenti by meli umet najıt minimum funkce 2 − sin3 x na intervalu [0, π] (nabyva se v x = π/2)a znat Friedrichsovu nerovnost (25).

72

tedy c = 2/3 nebo obecneji c ∈ (0, 2/3].

Z podmınky minima funkcionalu energie plyne a = (f,ω)(Aω,ω) , kde f = x2 a ω = (x+1)(x− 2).

Odtud a =−63202795

=−63

4 · 279 =−7

124.

Priblizne resenı w = −7(x+ 1)(x − 2)/124 = (−7x2 + 7x+ 14)/124.

Prıklad 10.8: Okrajovou ulohu (P)

(8x3 − 12x2 + 6x− 7)u′′(x) + (24x2 − 24x + 6)u′(x)− 3

2u(x) = 3,

u(0) = 0, u′(1) = 0,

lze, pro jisty operator A, napsat v operatorovem tvaru: najıt u ∈ D(A), aby Au = f , kde f = 3,prıpadne f = −3. Ukoly:1) Stanovte D(A) a najdete takovy operator A, aby byl symetricky na D(A) a splnoval ∀u ∈D(A) (Au, u) ≥ 17

2‖u‖2L2(0,1). (Podrobne vysvetlete vyuzitı okrajovych podmınek. Zduvodnenı typu

”po dosazenı okrajovych podmınek vyjde 0“ je nedostacujıcı.)

2) Ritzovou metodou najdete priblizne resenı v prostoru funkcıv ∈ C2([0, 1]) : v(x) = a

(x− x2

2

), kde a ∈ R

.

Resenı: Z divergentnıho tvaru (18) rovnice zjistıme, ze p(x) = −(8x3 − 12x2 + 6x − 7) a zep′(x) = −6(2x− 1)2. Derivace je tedy rovna nule pro x = 1/2. Z hodnot p(0) = 7, p(1/2) = 6 ap(1) = 5 odvodıme, ze minimum funkce p na intervalu [0, 1] je rovno 5.

Operator prımo odvozeny z leve strany rovnice je pozitivne definitnı, nenı tedy treba nasobitrovnici cıslem −1.

Operator Audef= −

(−(8x3 − 12x2 + 6x− 7)u′

)′ − 32u;

jeho definicnı obor D(A) = u ∈ C2([0, 1]) : u(0) = 0, u′(1) = 0.Symetrie: ∀u, v ∈ D(A)

(Au, v) =

∫ 1

0

((8x3 − 12x2 + 6x− 7)u′

)′v dx−

∫ 1

0

3

2uv dx

=[(8x3 − 12x2 + 6x− 7

)u′v]10−∫ 1

0

(8x3 − 12x2 + 6x− 7

)u′v′ dx

−∫ 1

0

3

2uv dx =

∫ 1

0

(−8x3 + 12x2 − 6x+ 7

)u′v′ dx−

∫ 1

0

3

2uv dx.

(Poznamka pro opravujıcı: Studenti majı zduvodnit nulovost clenu[(8x3 − 12x2 + 6x− 7

)u′v]10

odkazem na v(0) = 0 a u′(1) = 0. Pri opomenutı strhavejte body.)Podobne (u,Av). Operator je symetricky.Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3]), pouzita Friedrichsova nerovnost (25)

(Au, u) =

∫ 1

0

(−8x3 + 12x2 − 6x+ 7

)u′2 dx−

∫ 1

0

3

2u2 dx

≥∫ 1

0

(mint∈[0,1]

(−8t3 + 12t2 − 6t+ 7

))u′2 dx− 3

2

∫ 1

0u2 dx

= 5

∫ 1

0u′2 dx− 3

2

∫ 1

0u2 dx

≥ 10

1

∫ 1

0u2 dx− 3

2

∫ 1

0u2 dx =

17

2

∫ 1

0u2 dx.

73

Tım je nerovnost potvrzena.

Ritzova metoda. Resenı ve tvaru u = aw, kde a ∈ R a w(x) = x − x2

2. Jest a =

(f,w)

(Aw,w).

Pocıtejme (f = 3, w′ = 1− x)

(f,w) =

∫ 1

03

(x− x2

2

)dx = 3

[1

2x2 − 1

6x3]1

0

= 3

(1

2− 1

6

)= 1,

(Aw,w) =

∫ 1

0

(−8x3 + 12x2 − 6x+ 7

)(1− x)2 dx− 3

2

∫ 1

0

(x− x2

2

)2

dx

=

∫ 1

0(−8x5 + 28x4 − 38x3 + 31x2 − 20x+ 7) dx− 3

2

∫ 1

0

(x2 − x3 +

1

4x4)

dx

=

[−8

6x6 +

28

5x5 − 38

4x4 +

31

3− 10x2 + 7x

]1

0

− 3

2

[1

3x3 − 1

4x4 +

1

20x5]1

0

= −4

3+

28

5− 19

2+

31

3− 10 + 7− 3

2

(1

3− 1

4+

1

20

)

= 6 +56− 95

10− 3

2

(1

12+

1

20

)= 6− 39

10− 3

2

8

60=

21

10− 4

20

=21

10− 2

10=

19

10,

tedy a =10

19a Ritzovo priblizne resenı je

10

19

(x− x2

2

).

Prıklad 10.9: Operatorova rovnice Au = fi s nejakym linearnım operatorem A definovanym (P)na D(A) = v ∈ C2([0, 1]) : v(0) = 0 = v(1) byla priblizne vyresena Ritzovou metodou, ato pro tri ruzne prave strany fi, i = 1, 2, 3. Priblizne resenı se hledalo ve tvaru ui = aiw, kde

ai ∈ R a w = x(1 − x). Pro f1 ≡ x2 + sinπx bylo nalezeno priblizne resenı u1 =π3 + 80

40π3w,

pro f2 ≡ x2 − sinπx bylo nalezeno priblizne resenı u2 =π3 − 80

40π3w, pro f3 ≡ x bylo nalezeno

priblizne resenı u3 =1

24w. Stanovte konstantu a4 ∈ R v pribliznem resenı u4 = a4x(1 − x),

jestlize je dana prava strana f4 ≡ 1 + 4 sinπx.Napoveda: Vyjdete z ai = (fi, w)/(Aw,w), i = 1, 2, 3, 4. Zamyslete se nad vztahem mezi f4 a fi,i = 1, 2, 3. Operator A nenı zadan, hodnotu (Aw,w) vsak lze urcit na zaklade zadanych velicin.

Resenı: Povsimneme si, ze f4 = 2f1 − 2f2 + 1.51 (!!)

Z ai =(fi, w)

(Aw,w), i = 1, 2, 3, 4, odvodıme

a4 =(f4, w)

(Aw,w)=

(2f1 − 2f2 + 1, w)

(Aw,w)=

(2f1, w)

(Aw,w)+

(−2f2, w)

(Aw,w)+

(1, w)

(Aw,w)= 2a1 − 2a2 +

(1, w)

(Aw,w).

Hodnotu (Aw,w) vypocıtame nejsnaze ze vztahu pro a3, a to takto (!!)

51Resenı je postaveno na skutecnosti, ze operatorova rovnice je linearnı. Jestlize tedy mame funkcevi splnujıcı Aivi = fi, kde i = 1, 2, 3, a uvazujeme funkci v = αv1 + βv2 + γv3, kde α, β, γ ∈ R, pakAv = αAv1 + βAv2 + γAv3 = αf1 + βf2 + γf3. Podarı-li se nam tedy vyjadrit pravou stranu f4 jakonejakou linearnı kombinaci pravych stran f1, f2, f3, tj. f4 = αf1 + βf2 + γf3, pak pro linearnı kombinaciv4 = αv1 + βv2 + γv3 bude platit Av4 = f4, a tedy v4 bude resenı odpovıdajıcı prave strane f4.Teto vlastnosti linearnıch uloh je vyuzito pri resenı priblizne ulohy Ritzovou metodou, coz je predmetem

zadanı.

74

(Aw,w) =1

a3(f3, w) = 24

∫ 1

0x2(1− x) dx = 24

∫ 1

0(x2 − x3) dx

= 24

[1

3x3 − 1

4x4]1

0

= 24

[1

3− 1

4

]= 2.

Dale

(1, w) =

∫ 1

0x(1− x) dx =

∫ 1

0(x− x2) dx =

[1

2x2 − 1

3x3]1

0

=

[1

2− 1

3

]=

1

6.

Celkem tedy

a4 = 2a1 − 2a2 +16

2= 2

π3 + 80

40π3− 2

π3 − 80

40π3+

1

12=

160

20π3+

1

12=

96 + π3

12π3

a u4 =96 + π3

12π3x(1− x).

Prıklad 10.10: Ritzovou metodou naleznete priblizne resenı okrajove ulohy (P)

−(x3 + 1)u′′ − 3x2u′ + x3u = x4, (34)

u(1) = 2, u(3) = −4. (35)

Pri vypoctu priblizneho resenı pouzijte podprostor generovany bazovou funkcıw = (x− 1)(x − 3), kde x ∈ [1, 3].

Resenı: Ulohu upravıme tak, abychom zıskali okrajove podmınky s nulovymi hodnotami. Tohose dosahne tım, ze resenı u hledame ve tvaru u = u+φ, kde φ je dvakrat spojite diferencovatelna (!!)funkce, pro niz platı, ze φ(1) = 2 a φ(3) = −4. Pak totiz bude u(1) = 0 a u(3) = 0, coz jsouokrajove podmınky, s nimiz jiz umıme pocıtat.

Funkci φ volıme co nejjednodussı, postacı ve tvaru φ(x) = αx+ β. Z podmınek (!!)

φ(1) = 2 = α+ β,

φ(3) = −4 = 3α+ β

vypocteme α = −3 a β = 5, tedy φ(x) = −3x+ 5.Od rovnice (34) pro neznamou funkci u potrebujeme prejıt k rovnici pro funkci u. Do rovnice

(34) v puvodnım nebo v divergentnım tvaru dosadıme u = u+ φ a upravıme.

−(x3 + 1)(u + φ)′′ − 3x2(u+ φ)′ + x3(u+ φ) = x4,

−(x3 + 1)u′′ − 3x2u′ + x3u = x4 + (x3 + 1)φ′′ + 3x2φ′ − x3φ, (36)

−(x3 + 1)u′′ − 3x2u′ + x3u = x4 − 9x2 − x3(−3x+ 5),

−(x3 + 1)u′′ − 3x2u′ + x3u = 4x4 − 5x3 − 9x2.

Resenı okrajove ulohy (34)-(35) tedy zıskame prostrednictvım funkce φ a resenı ulohy (!!)

−(x3 + 1)u′′ − 3x2u′ + x3u = 4x4 − 5x3 − 9x2, (37)

u(1) = 0, u(3) = 0. (38)

Okrajova uloha (37)-(38) uz ma homogennı okrajove podmınky.Uloze (37)-(38) odpovıda operator

Audef= −

((x3 + 1)u′

)′+ x3u,

75

kde u ∈ D(A) =v ∈ C2([1, 3]) : v(1) = 0 = v(3)

. Snadno se ukaze, ze operator A je syme-

tricky a pozitivne definitnı na D(A), je tedy mozne pouzıt Ritzovu metodu a priblizne resenıuRitz hledat ve tvaru uRitz = aw = a(x− 1)(x− 3), kde a ∈ R.

Platı, ze a =(f,w)

(Aw,w), kde f = 4x4 − 5x3 − 9x2.

Jest

(f,w) =

∫ 3

1

(4x4 − 5x3 − 9x2

) (x2 − 4x+ 3

)dx =

12

35,

(Aw,w) =

∫ 3

1

((x3 + 1

)(2x− 4)2 + x3

(x2 − 4x+ 3

)2)dx =

904

21.

Nynı se vratıme k uloze (34)-(35), jejı priblizne resenı tedy je

uRitz = uRitz + φ = aw + φ =9

1130(x− 1)(x − 3)− 3x+ 5.

Prıklad 10.11: Ritzovou metodou naleznete priblizne resenı okrajove ulohy

−(x2 + 4)u′′ − 2xu′ + xu = x2,

u(0) = 0, u(1) = 1.

Pri vypoctu priblizneho resenı pouzijte podprostor generovany bazovou funkcıw = x(1− x), kde x ∈ [0, 1].

Resenı: Resenı u hledame ve tvaru u = u+φ, kde φ = x. Upravıme rovnici dosazenım u = u+φ

−(x2 + 4)(u+ φ)′′ − 2x(u+ φ)′ + x(u+ φ) = x2,

−(x2 + 4)u′′ − 2xu′ + xu = x2 + (x2 + 4)φ′′ + 2xφ′ − xφ

−(x2 + 4)u′′ − 2xu′ + xu = 2x,

−((x2 + 4)u′)′ + xu = 2x,

u(0) = 0, u(1) = 0.

Operator Audef= −((x2 + 4)u′)′ + xu, kde u ∈ D(A) =

v ∈ C2([0, 1]) : v(0) = 0 = v(1)

.

Priblizne resenı operatorove rovnice Au = f , kde f = 2x, hledame ve tvaru uRitz = aw, kdea ∈ R je dano vztahem a = (f,w)/(Aw,w). Nıze je (Aw,w) pouzito v integralnım tvaru poprovedenı integrace po castech.

(f,w) =

∫ 1

02x(x− x2) dx = 2

∫ 1

0(x2 − x3) dx = 2

[x3

3− x4

4

]1

0

= 2

(1

3− 1

4

)=

1

6.

(Aw,w) =

∫ 1

0

((x2 + 4)(1− 2x)2 + x(x− x2)2

)dx

=

∫ 1

0

((x2 + 4)(1− 4x+ 4x2) + x(x2 − 2x3 + x4)

)dx

=

∫ 1

0

(x2 − 4x3 + 4x4 + 4− 16x+ 16x2 + x3 − 2x4 + x5

)dx

=

∫ 1

0

(4− 16x+ 17x2 − 3x3 + 2x4 + x5

)dx

=

[4x− 8x2 +

17x3

3− 3x4

4+

2x5

5+x6

6

]1

0

= 4− 8 +17 + 1− 1

3− 3

4+

2

5+

1

6

= 2 +−20− 45 + 24 + 10

60= 2 +

−31

60=

89

60.

76

Na zaklade predchozıch vysledku a =168960

= 1089 , a tedy uRitz =

1089(x− x2) + x = 99

89x− 1089x

2.

Prıklad 10.12: Ritzovou metodou naleznete priblizne resenı okrajove ulohy

−(x+ 2)u′′ − u′ + x2u = 1,

u(−1) = 1, u(1) = −5.

Pri vypoctu priblizneho resenı pouzijte podprostor generovany bazovou funkcıw = (x+ 1)(1 − x), kde x ∈ [−1, 1].Poznamky: Prıslusny operator je symetricky a pozitivne definitnı, nemusıte se jım zabyvat.Integraci si muzete zjednodusit uvahami o lichych a sudych funkcıch.

Resenı: Resenı u hledame ve tvaru u = u+ φ, kde φ = −3x− 2, a upravıme rovnici dosazenımu = u+ φ. Dostaneme ulohu

−((x+ 2)u′)′ + x2u = 3x3 + 2x2 − 2,

u(−1) = 0, u(1) = 0.

Operator Au ≡ −((x+2)u′)′+x2u je symetricky a pozitivne definitnı na svem definicnım oboruD(A) =

v ∈ C2([−1, 1]) : v(−1) = 0 = v(1)

.

Priblizne resenı operatorove rovnice Au = f ve tvaru uRitz = aw, kde a ∈ R je dano vztahema = (f,w)/(Aw,w) a

(f,w) = −32

15, (Aw,w) =

192

35.

Na zaklade predchozıch vysledku a =−32

1519235

= − 718 , a tedy priblizne resenı vychozı ulohy je

uRitz = uRitz + φ = − 7

18w + φ = − 7

18(1− x2)− 3x− 2 =

7

18x2 − 3x− 43

18.

Prıklad 10.13: Ritzovou metodou naleznete priblizne resenı okrajove ulohy (P)

−(x+ 2)u′′ − u′ + x2u = 1,

u′(−1) = 2, u(1) = 3.

Pri vypoctu priblizneho resenı pouzijte podprostor generovany bazovou funkcıw = (x+ 3)(1 − x), kde x ∈ [−1, 1].Poznamky: Prıslusny operator je symetricky a pozitivne definitnı, nemusıte se jım zabyvat.Integraci si muzete zjednodusit uvahami o lichych a sudych funkcıch.

Resenı: Uloha je obdobou prıkladu 10.12, lisı se okrajovou podmınkou a podprostorem, kterypouzijeme pri vypoctu priblizneho resenı.

Resenı u hledame ve tvaru u = u + φ, kde φ = 2x + 1.52 Do rovnice dosadıme u = u + φa upravıme

−(x+ 2)(u+ φ)′′ − (u+ φ)′ + x2(u+ φ) = 1,

−(x+ 2)u′′ − u′ + x2u = 1 + (x+ 2)φ′′ + φ′ − x2φ

−(x+ 2)u′′ − u′ + x2u = 3− x2 − 2x3,

−((x+ 2)u′)′ + x2u = −2x3 − x2 + 3,

u′(−1) = 0, u(1) = 0.

52Volıme takovou funkci φ, aby φ′(−1) = 2 a φ(1) = 3. Pak bude u′(−1) = 0 a u(−1) = 0, cozpotrebujeme pro minimalizaci funkcionalu energie.

77

Operator Au ≡ −((x+2)u′)′+x2u je symetricky a pozitivne definitnı na svem definicnım oboruD(A) =

v ∈ C2([−1, 1]) : v′(−1) = 0 = v(1)

.

Povsimnete si, ze funkce w splnuje okrajove podmınky w′(−1) = 0 a w(1) = 0. Priblizne (!!)resenı operatorove rovnice Au = f ve tvaru uRitz = aw, kde a ∈ R je dano vztahem a =(f,w)/(Aw,w).

Pri vypoctech vyuzijeme toho, ze∫ 1−1 g(x) dx = 0, je-li g licha funkce, a

∫ 1−1 g(x) dx =

2∫ 10 g(x) dx, jestlize g je funkce suda. (!!)

(f,w) =

∫ 1

−1(−2x3 − x2 + 3)(x+ 3)(1 − x) dx =

∫ 1

−1(2x5 + 5x4 − 4x3 − 6x2 − 6x+ 9) dx

= 2

∫ 1

0(5x4 − 6x2 + 9) dx = 2

[x5 − 2x3

]10+ 18 = 2 (1− 2) + 18 = 16.

(Aw,w) =

∫ 1

−1

((x+ 2)(−2− 2x)2 + x2(x+ 3)2(1 − x)2

)dx

=

∫ 1

−1

(x6 + 4x5 − 2x4 − 8x3 + 25x2 + 20x+ 8

)dx

=

∫ 1

−1

(x6 − 2x4 + 25x2 + 8

)dx = 2

∫ 1

0

(x6 − 2x4 + 25x2 + 8

)dx

= 2

[x7

7− 2x5

5+

25x3

3

]1

0

+ 16 = 2

(1

7− 2

5+

25

3

)+ 16 =

3376

105.

Na zaklade predchozıch vysledku a =163376105

= 105211 , a tedy priblizne resenı vychozı ulohy je

uRitz = uRitz + φ =105

211w + φ =

105

211(x+ 3)(1 − x) + 2x+ 1 =

1

211(−105x2 + 212x + 526).

Prıklad 10.14: Zadanı je stejne jako v prıkladu 10.3, jen priblizne resenı okrajove ulohy Rit- (P)zovou metodou se hleda ve tvaru

w = c1v1 + c2v2, kde v1 = x(x− 1), v2 = x2(x− 1) a c1, c2 ∈ R.

Stacı, kdyz pro vypocet neznamych hodnot c1 a c2 sestavıte rovnice s cıselnymi koeficienty.

Resenı: Prvnı cast resenı (symetrie, pozitivnı definitnost) je shodna s prıkladem 10.3, lisı sevypocet priblizneho resenı.

Z podmınky minima funkcionalu energie

F (u) = (Au, u) − 2(f, u) = (u, u)A − 2(f, u)

plyne, ze v Ritzove metode jde o vyresenı problemu (s vyuzitım symetrie skalarnıho soucinu(·, ·)A)

minc1,c2∈R

F (c1v1 + c2v2)

= minc1,c2∈R

(c21(v1, v1)A + 2c1c2(v1, v2)A + c22(v2, v2)A − 2c1(f, v1)− 2c2(f, v2)

).

Minima se nabyva v bode, kde (!!)

78

∂F

∂c1= 0,

∂F

∂c2= 0.

Odtud dostaneme obecny tvar soustavy (!!)

(v1, v1)Ac1 + (v1, v2)Ac2 = (f, v1),

(v1, v2)Ac1 + (v2, v2)Ac2 = (f, v2).

Hodnoty

(f, v1) = − 1

12, (v1, v1)A =

1

3

spocıtame jako v prıkladu 10.3. Zbyva spocıtat

(f, v2) =

∫ 1

0x3(x− 1) dx = − 1

20,

(v1, v2)A =

∫ 1

0

(1

2+ x

)(x2 − x

)′ (x3 − x2

)′dx =

1

5,

(v2, v2)A =

∫ 1

0

(1

2+ x

)(x3 − x2

)′ (x3 − x2

)′dx =

1

6.

Dostavame tedy soustavu

1

3c1 +

1

5c2 = − 1

12,

1

5c1 +

1

6c2 = − 1

20.

Poznamka: Dalsı resene prıklady na pouzitı Ritzovy metody najdete v [3, oddıly 86 a 89].

10.1 Metoda konecnych prvku

Tato cast je zarazena jako podkapitola kapitoly o Ritzove metode, protoze zakladnı myslenka jestejna — priblizne resenı se hleda jako presne ta linearnı kombinace predem zvolenych (bazovych)funkcı, ktera minimalizuje funkcional energie odvozeny ze zadane okrajove ulohy. Rozdıl protiRitzove metode je ve volbe bazovych funkcı.

Resenı prıkladu teto podkapitoly jsou podana podrobne a vykladovym stylem, aby ctenarimohli proniknout i do detailu a uvedomit si shody s Ritzovou metodou i odlisnosti od Ritzovymetody. Nejobsahlejsı je popis resenı prıkladu 10.17, v pısemne praci by ovsem bylo zbytecne,aby student vypracoval dve varianty resenı. Navıc je cast resenı provadeneho druhym zpusobemkvuli logice vykladu

”komplikovana“, viz poznamku za prıkladem 10.17.

Venujte pozornost i prıkladu 10.19, ktery ilustruje, co se stane, kdyz interval nenı uzlovymibody rozdelen rovnomerne.

Prıklad 10.15: 53 Na intervalu [1, 4] je dana okrajova uloha

xu′′ + u′ = −71 s okrajovou podmınkou u(1) = u(4) = 0.

1) Zaved’te vhodnym zpusobem operator A a napiste jeho definicnı obor.2) Ukazte, ze tento operator je linearnı.

53Tento prıklad vznikl upravami prıkladu, ktery do sbırky laskave poskytl kolega J. Novotny z Katedrymatematiky FSv CVUT.

79

3) Ukazte, ze tento operator je symetricky.4) Ukazte, ze tento operator je pozitivne definitnı.5) Ulohu reste metodou konecnych prvku na podprostoru dimenze 2 a s touto volbou bazovychfunkcı:

u1(x) =

N1(x) = x− 1 na intervalu [1, 2]N2(x) = −x+ 3 na intervalu [2, 3]0 jinde

u2(x) =

N3(x) = x− 2 na intervalu [2, 3]N4(x) = −x+ 4 na intervalu [3, 4]0 jinde

6) Napiste vzniklou soustavu linearnıch algebraickych rovnic a vyreste ji.7) Urcete hodnotu priblizneho resenı v bode x = 3

2 a nakreslete graf priblizneho resenı.

Resenı: 1) Divergentnı tvar rovnice −(−xu′)′ = −71 ukazuje, ze rovnici je zapotrebı vynasobitcıslem −1, tj. −(xu′)′ = 71.

Operator Audef= −(xu′)′ s definicnım oborem D(A) = u ∈ C2([1, 4]) : u(1) = u(4) = 0.

Operatorova rovnice: najıt u ∈ D(A), aby platilo Au = 71.2) Pro ∀v ∈ D(A) a ∀α ∈ R platı

A(αv)(x) = −(xαv′(x))′ = α(−(xv′(x))′) = αA(v)(x).

Pro ∀v,w ∈ D(A) platı

A(v + w)(x) = −(x(v(x) + w(x))′)′ = −(xv′(x))′ − (xw′(x))′ = A(v)(x) +A(w)(x).

3) – 4) Symetrie a pozitivnı definitnost se dokazı standardne vyuzitım integrace po castech,okrajovych podmınek a Friedrichsovy nerovnosti (25).

5) V ulohach se symetrickym a pozitivne definitnım operatorem muze byt metoda konecnychprvku zalozena na stejne myslence jako Ritzova metoda: priblizne resenı hledame jako minimumfunkcionalu energie na podprostoru konecne dimenze, v nasem prıpade dimenze 2. Priblizneresenı hledame jako linearnı kombinaci bazovych funkcı u1 a u2, tj. ve tvaru u(x) = α1u1(x) +α2u2(x), kde α1, α2 jsou realna cısla, ktera musıme urcit vypoctem.

Poznamenejme, ze bazove funkce u1, u2 splnujı okrajove podmınky a ze dosazenım funkceu = α1u1+α2u2 do funkcionalu energie (Au, u)− 2(f, u), kde v nası uloze f = 71, a vyjadrenımpodmınek pro bod minima (tj. vyjadrenım nulovosti parcialnıch derivacı funkcionalu energievzhledem k α1 a α2) dostaneme soustavu (vyuzito (u1, u2)A = (u2, u1)A)

(u1, u1)Aα1 + (u1, u2)Aα2 = (f, u1),

(u1, u2)Aα1 + (u2, u2)Aα2 = (f, u2).

pro nezname α1, α2 ∈ R, pricemz (u, v)A predstavuje energeticky skalarnı soucin, ktery zıskameze skalarnıho soucinu (Au, v) integracı per partes a aplikacı okrajovych podmınek. (Au, v) a(f, v) znacı skalarnı souciny v L2(1, 4).

80

Pocıtejme

(u1, u1)A =

∫ 4

1xu′1(x)u

′1(x) dx =

∫ 2

1xN ′

1(x)N′1(x) dx+

∫ 3

2xN ′

2(x)N′2(x) dx

=

∫ 2

1x12 dx+

∫ 3

2x(−1)2 dx =

[x2

2

]2

1

+

[x2

2

]3

2

=3

2+

5

2= 4,

(u1, u2)A =

∫ 4

1xu′1(x)u

′2(x) dx =

∫ 3

2xN ′

2(x)N′3(x) dx

=

∫ 3

2x(−1)1 dx =

[−x22

]3

2

= −5

2,

(u2, u1)A = (u1, u2)A = −5

2,

(u2, u2)A =

∫ 4

1xu′2(x)u

′2(x) dx =

∫ 3

2xN ′

3(x)N′3(x) dx+

∫ 4

3xN ′

4(x)N′4(x) dx

=

∫ 3

2x12 dx+

∫ 4

3x(−1)2 dx =

[x2

2

]3

2

+

[x2

2

]4

3

=5

2+

7

2= 6

a dale

(f, u1) =

∫ 4

171u1(x) dx =

∫ 2

171N1(x) dx+

∫ 3

271N2(x) dx

= 71

∫ 2

1(x− 1) dx+ 71

∫ 3

2(3− x) dx = 71

[(x− 1)2

2

]2

1

+ 71

[−(3− x)2

2

]3

x=2

= 711

2+ 71

1

2= 71,

(f, u2) =

∫ 4

171u2(x) dx =

∫ 3

271N3(x) dx+

∫ 4

371N4(x) dx

= 71

∫ 3

2(x− 2) dx+ 71

∫ 4

3(4− x) dx = 71

[(x− 2)2

2

]3

x=2

+ 71

[−(4− x)2

2

]4

3

= 711

2+ 71

1

2= 71.

6) Odtud dostavame soustavu rovnic

4α1 −5

2α2 = 71,

−5

2α1 + 6α2 = 71,

jejız resenı je α1 = 34, α2 = 26. Hledane priblizne resenı

uMKP(x) = 34u1(x) + 26u2(x).

7) Dosazenım 3/2 za x zjistıme, ze u(32 ) = 34 · 12 = 17.

0 1 2 3 4 x

10

26

34

40

Poznamka: Povsimnete si, ze definujeme-li na intervalu [1, 4] body (uzly sıte) x0 = 1, x1 = 2,x2 = 3 a x3 = 4, majı spojite a po castech linearnı funkce u1, u2 hodnotu 0 ve vsech uzlechs vyjimkou uzlu xi, i = 1, 2, kde nabyvajı hodnoty 1 (nakreslete si grafy funkcı u1 a u2). Odtud

81

a z toho, ze f je konstanta, je take patrne, ze (f, u1) = (f, u2) a ze (f, u1) odpovıda f -nasobkuobsahu trojuhelnıka vymezeneho grafem funkce u1 a osou x. V teto vyhodne situaci (pravoustranu diferencialnı rovnice tvorı konstanta!) nenı nutne pocıtat (f, u1) a (f, u2) integracı, alestacı spocıtat obsah prıslusnych trojuhelnıku a vynasobit cıslem f . Pozor — nenı-li f konstantnı,nelze tento postup vyuzıvajıcı obsahu trojuhelnıku pouzıt.

Prıklad 10.16: Na intervalu [0, 2] je dana okrajova uloha

(x− 5)u′′ + u′ = 6 s okrajovou podmınkou u(0) = u(2) = 0.

1) S prihlednutım k ukolu 2) zaved’te vhodnym zpusobem operator A, napiste jeho definicnıobor a napiste prıslusnou operatorovou rovnici.2) Ukazte, ze tento operator je linearnı, symetricky a pozitivne definitnı (ve smyslu (Au, u) ≥α‖u‖2L2(0,2), α > 0).

3) Ulohu reste metodou konecnych prvku na podprostoru dimenze tri s bazovymi funkcemi v1, v2a v3. Na intervalu [0, 2] definujte rovnomerne rozdelene uzly x0 = 0, x1, x2, x3, x4 = 2 a spojite,po castech linearnı funkce vi (kde i = 1, 2, 3) takove, ze jsou nulove ve vsech uzlech s vyjimkouuzlu xi, v nemz nabyvajı hodnotu 1. Metoda vede na soustavu linearnıch algebraickych rovnic,oznacme ji Mc = b; napiste rozsırenou matici soustavy, tj. (M |b), ale soustavu nereste. Proprvky mij matice M napr. neplatı, ze |m22| > |m21|+ |m23|. Ma matice prevladajıcı diagonalu?Proc?Doporucenı: Mechanicky uzıvane matematicke vyrazy popisujıcı bazove funkce v1, v2 a v3 vedou ke zdlou-

have integraci. Muzete se bez techto vyrazu uplne obejıt, pokud vyuzijete vlastnostı funkcı v1, v2, v3a geometrickeho vyznamu urciteho integralu.

Resenı: 1) Operator v divergentnım tvaru, rovnice se nenasobı cıslem −1: Au = − ((5− x)u′)′,definicnı obor D(A) = u ∈ C2([0, 2]) : u(0) = u(2) = 0,operatorova rovnice: najıt takove u ∈ D(A), aby Au = f, kde f = 6.

2) Linearita (viz postup v prıkladu 10.15, bod 2)): Ukazat, ze A(au) = aAu, kde a ∈ R.Ukazat, ze A(u+ v) = Au+Av, kde u, v ∈ D(A).Symetrie (zduvodnit vynulovanı clenu s okrajovymi hodnotami!!).Pozitivnı definitnost (radne odvozena a zduvodnena),

(Au, u) =

∫ 2

0(5− x)u′2 dx ≥ 3

∫ 2

0u′2 dx ≥ 3

2

22

∫ 2

0u2 dx =

3

2

∫ 2

0u2 dx.

3) Dostaneme soustavu Mc = b, pricemz M = (mij), mij = (Avi, vj), b = (bi), bi = (f, vi),kde i, j = 1, 2, 3.

(Poznamka pro opravujıcı: Po studentech nechci vzorecky popisujıcı bazove funkce, protozeby meli ihned pochopit, ze derivace majı hodnotu ±2, a dale s nı pocıtat v integralech. Pokud (!!)vzorecky pro funkce presto budou psat, ale integraci nezvladnou, dejte jim nejake body utechy,napr. 2 body za kazdou vi.)

Pro uplnost uvadım popis bazovych funkcı (na zbyvajıcıch castech [0, 2] jsou nulove):

v1(x) =

2x pro x ∈ [0, 1/2],

2− 2x pro x ∈ (1/2, 1]v2(x) =

−1 + 2x pro x ∈ [1/2, 1],

3− 2x pro x ∈ (1, 3/2]v3(x) =

−2 + 2x pro x ∈ [1, 3/2],

4− 2x pro x ∈ (3/2, 2].

Pocıtejme ((vi, vj)A odpovıda (Avi, vj) po integraci po castech), derivace na nosici bazove

82

funkce ma hodnotu 2 nebo −2.

(v1, v1)A =

∫ 2

0(5− x)v′1(x)v

′1(x) dx =

∫ 1/2

0(5− x)22 dx+

∫ 1

1/2(5− x)22 dx

= 10− 4

[x2

2

]1/2

0

+ 10− 4

[x2

2

]1

1/2

= 20− 1

2+−4

[1

2− 1

8

]= 18,

(v1, v2)A =

∫ 2

0(5− x)v′1(x)v

′2(x) dx =

∫ 1

1/2(5− x)2(−2) dx

= −10 + 4

[x2

2

]1

1/2

= −10 + 4

(1

2− 1

8

)= −10 +

3

2= −17

2,

(v1, v3)A = 0,

(v2, v1)A = (v1, v2)A = −17

2,

(v2, v2)A =

∫ 2

0(5− x)v′2(x)v

′2(x) dx =

∫ 1

1/2(5− x)22 dx+

∫ 3/2

1(5− x)(−2)2 dx

= 4

∫ 3/2

1/2(5− x) dx = 20− 4

[x2

2

]3/2

1/2

= 20− 4

[9

8− 1

8

]= 16,

(v2, v3)A =

∫ 2

0(5− x)v′2(x)v

′3(x) dx =

∫ 3/2

1(5− x)2(−2) dx

= −10 + 4

[x2

2

]3/2

1

= −10 + 4

[9

8− 1

2

]= −10 + 4

5

8= −15

2,

(v3, v1)A = (v1, v3)A = 0,

(v3, v2)A = (v2, v3)A = −15

2,

(v3, v3)A =

∫ 2

0(5− x)v′3(x)v

′3(x) dx =

∫ 3/2

1(5− x)22 dx+

∫ 2

3/2(5− x)(−2)2 dx

= 4

∫ 2

1(5− x) dx = 20− 4

[x2

2

]2

1

= 20− 4

[2− 1

2

]= 14.

Plocha54 pod grafem funkce vi je rovna 1/2, tedy

(f, v1) =

∫ 2

06v1(x) dx = 3,

(f, v2) = 3,

(f, v3) = 3.

Rozsırena matice soustavy

18 −172 0 3

−172 16 −15

2 30 −15

2 14 3

.

Matice soustavy ma prevladajıcı diagonalu, stacı zvolit h1 = h3 = 1 a h2 = 3/2. (!!)Poznamka pro opravujıcı: Pozor, studenti zapomınajı na absolutnı hodnotu ve vyrazu propodmınku prevladajıcı diagonaly.

Prıklad 10.17: Reste okrajovou ulohu (34)-(35), viz prıklad 10.10, metodou konecnych prvku. (P)

54Viz poznamku na strane 81.

83

Uzijte spojite po castech linearnı funkce ψi definovane na intervalu [1, 3] pomocı sıte bodux0 = 1, x1 = 3/2, x2 = 2, x3 = 5/2 a x4 = 3 tak, ze ψi(xj) = δij , kde δij je Kroneckerovo deltaa i, j = 0, 1, . . . , 4.55

Je znamo, ze metoda konecnych prvku vede k soustave linearnıch algebraickych rovnic,oznacme ji naprıklad Mz = F , kde M = (mij) je ctvercova matice typu k × k a F =(f1, . . . , fk)

T ∈ Rk.

Ukol: Stanovte k a vyjadrete prvky mij a fi, kde i, j = 1, . . . , k pomocı prıslusnych urcitychintegralu, integraly vsak nepocıtejte.

Resenı:1. zpusob Postupujeme naprosto stejne jako pri resenı prıkladu 10.10, tj. pomocı funkce φ(x) =−3x + 5 prevedeme vychozı okrajovou ulohu (34)-(35) na okrajovou ulohu (37)-(38) s homo- (!!)gennımi okrajovymi podmınkami. Odpovıdajıcı funkcional energie (prıslusny pozitivne definitnıoperator A je zaveden v resenı prıkladu 10.10)

(u, u)A − 2(f, u) =

∫ 3

1

((x3 + 1)u′2(x) + x3u2(x)

)dx− 2

∫ 3

1

(4x4 − 5x3 − 9x2

)u(x) dx (39)

se v Ritzove metode ma minimalizovat na podprostoru definicnıho oboruD(A) =

v ∈ C2([1, 3]) : v(1) = 0 = v(3)

.

V metode konecnych prvku hledame priblizne minimum vyrazu (39) tak, ze minimalizujeme(39) na prostoru

V0 = v ∈ C([1, 3]) : v(x) = z1ψ1(x) + z2ψ2(x) + z3ψ3(x), kde z1, z2, z3 ∈ R a x ∈ [1, 3] ;

(jelikoz okrajove podmınky jsou v D(A) nulove, prıspevek funkcı ψ0 a ψ4 k pribliznem resenıje take nulovy a do prostoru V0 nejsou funkce ψ0 a ψ4 zahrnuty); povsimnete si, ze pro kazdoufunkci w ∈ V0 platı w(1) = w(3) = 0, protoze ψi(1) = ψi(3) = 0 pro i = 1, 2, 3.

Z teorie metody konecnych prvku je znamo, ze funkce u0 ∈ V0 minimalizuje (39) na V0 pravetehdy, kdyz splnuje rovnice typu

(u0, ψj)A = (f, ψj) ∀ψj .

Jestlize hledame u0 ∈ V0 ve tvaru u0 = z1ψ1(x)+z2ψ2(x)+z3ψ3(x), jednak mame k = 3, jednakdostavame rovnice

(ψi, ψ1)A z1 + (ψi, ψ2)A z2 + (ψi, ψ3)A z3 = (f, ψi), i = 1, 2, 3, (40)

kde podle (39) je

(ψi, ψj)A =

∫ 3

1

((x3 + 1)ψ′

i(x)ψ′j(x) + x3ψiψj(x)

)dx, (41)

(f, ψi) =

∫ 3

1

(4x4 − 5x3 − 9x2

)ψi(x) dx, i, j = 1, 2, 3. (42)

Jinymi slovy, definujeme-li vektor F = (f1, f2, f3)T =

((f, ψ1), (f, ψ2), (f, ψ3)

)T, pak vektor

z = (z1, z2, z3)T obdrzıme vyresenım soustavyMz = F s maticıM = (mij), kde mij = (ψi, ψj)A

a i, j = 1, 2, 3. Pak priblizne resenı puvodnı ulohy bude uMKP(x) = φ(x) + z1ψ1(x) + z2ψ2(x) +z3ψ3(x).

Pro vypocet integralu (41) a (42) potrebujeme stanovit vyrazy, ktere definujı funkce ψi.Kazda z techto bazovych funkcı je spojita a po castech linearnı, tj. na podintervalech [xk−1, xk],kde k = 1, 2, 3, 4, je dana vyrazem ax+ b, v nemz je nutne urcit parametry a a b (ty jsou ovsem (!!)

55Kroneckerova hodnota δij je definovana takto: Pokud i 6= j, pak δij = 0; pokud i = j, pak δij = 1.

84

obecne ruzne na ruznych intervalech [xk−1, xk]).Je-li funkce ψi rovna 1 v uzlu xk, pak v sousednım uzlu je rovna 0, tudız musı byt

bud’ a = 2 a b = −axk−1 = −2xk−1, nebo a = −2 a b = −axk+1 = 2xk+1.

Na zaklade techto vztahu odvodıme popis bazovych funkcı56 (na zbyvajıcıch castech intervalu[1, 3] jsou nulove)

ψ1(x) =

2x− 2 pro x ∈ [1, 3/2],

−2x+ 4 pro x ∈ (3/2, 2],

ψ2(x) =

2x− 3 pro x ∈ [3/2, 2],

−2x+ 5 pro x ∈ (2, 5/2],

ψ3(x) =

2x− 4 pro x ∈ [2, 5/2],

−2x+ 6 pro x ∈ (5/2, 3].

Dosazenım do (41) dostavame

m11 = (ψ1, ψ1)A =

∫ 2

1(x3 + 1)4 dx+

∫ 3/2

1x3(2x− 2)2 dx+

∫ 2

3/2x3(−2x+ 4)2 dx,

m12 = (ψ1, ψ2)A =

∫ 2

3/2(x3 + 1)(−4) dx+

∫ 2

3/2x3(−2x+ 4)(2x − 3) dx,

m13 = (ψ1, ψ3)A = 0,

m22 = (ψ2, ψ2)A =

∫ 5/2

3/2(x3 + 1)4 dx+

∫ 2

3/2x3(2x− 3)2 dx+

∫ 5/2

2x3(−2x+ 5)2 dx,

m23 = (ψ2, ψ3)A =

∫ 5/2

2(x3 + 1)(−4) dx+

∫ 5/2

2x3(−2x+ 5)(2x − 4) dx,

m33 = (ψ3, ψ3)A =

∫ 3

2(x3 + 1)4 dx+

∫ 5/2

2x3(2x− 4)2 dx+

∫ 3

5/2x3(−2x+ 6)2 dx,

m21 = (ψ2, ψ1)A = m12, m31 = (ψ3, ψ1)A = 0, m32 = (ψ3, ψ2)A = m23.

Dosazenım do (42) obdrzıme

f1 = (f, ψ1) =

∫ 3/2

1

(4x4 − 5x3 − 9x2

)(2x− 2) dx+

∫ 2

3/2

(4x4 − 5x3 − 9x2

)(−2x+ 4) dx,

f2 = (f, ψ2) =

∫ 2

3/2

(4x4 − 5x3 − 9x2

)(2x− 3) dx+

∫ 5/2

2

(4x4 − 5x3 − 9x2

)(−2x+ 5) dx,

f3 = (f, ψ3) =

∫ 5/2

2

(4x4 − 5x3 − 9x2

)(2x− 4) dx+

∫ 3

5/2

(4x4 − 5x3 − 9x2

)(−2x+ 6) dx.

2. zpusob Vrat’me se k prıkladu 10.10, a to k rovnosti (36), z nız jsme po dosazenı konkretnıfunkce φ dostali rovnost (37). Zustanme vsak u (36) a napisme prıslusny funkcional energie

∫ 3

1

((x3 + 1)u′2(x) + x3u2(x)

)dx

− 2

[∫ 3

1x4u(x) dx−

∫ 3

1(x3 + 1)φ′(x)u′(x) dx−

∫ 3

1x3φ(x)u(x) dx

];

56Nynı nestacı odvodit jen derivace. V rovnici (34) totiz krome u′ vystupuje i funkce u, ktera se pakobjevı i v integralech. Navıc integraly (41) nejsou tak trivialnı, aby je bylo mozne ztotoznit s plochouurcenou grafem funkce ψi. Je nutne integrovat.

85

prvnı integral odpovıda skalarnımu soucinu (Au, u) po integraci po castech, integraly v hranatezavorce odpovıdajı skalarnımu soucinu (f, u) a vznikly tım, ze jsme druhy a tretı scıtanec naprave strane (36) sdruzili a zapsali v divergentnım tvaru, celou pravou stranu vynasobili funkcı u,integrovali a integral s vyrazem v divergentnım tvaru jsme jeste upravili integrovanım po castechs vyuzitım okrajovych podmınek u(1) = 0 = u(3). Pokud existuje minimum u0 ∈ D(A) tohotofunkcionalu definovaneno pro funkce z D(A), pak platı

∫ 3

1

((x3 + 1)u′0(x)v

′(x) + x3u0(x)v(x))dx

=

∫ 3

1x4v(x) dx−

∫ 3

1(x3 + 1)φ′(x)v′(x) dx−

∫ 3

1x3φ(x)v(x) dx ∀v ∈ D(A). (43)

V teto formulaci muzeme za funkci φ vzıt vhodnou linearnı kombinaci funkcı ψ0 a ψ4 splnujıcıokrajove podmınky, konkretne

φ(x) = 2ψ0(x)− 4ψ4(x), x ∈ [1, 3]. (44)

Hledame-li priblizne resenı rovnice (43) metodou konecnych prvku, jde nam o nalezenı funkceu0 ∈ V0 takove, aby platilo

∫ 3

1

((x3 + 1)u′0(x)ψ

′i(x) + x3u0(x)ψi(x)

)dx

=

∫ 3

1x4ψi(x) dx−

∫ 3

1(x3 + 1)φ′(x)ψ′

i(x) dx−∫ 3

1x3φ(x)ψi(x) dx, i = 1, 2, 3. (45)

Funkci u0 opet hledame ve tvaru u0 = z1ψ1(x) + z2ψ2(x) + z3ψ3(x) a dostavame rovnice

(ψi, ψ1)A z1 + (ψi, ψ2)A z2 + (ψi, ψ3)A z3 = (f , ψi), i = 1, 2, 3. (46)

Konkretne pro i, j = 1, 2, 3

(ψi, ψj)A =

∫ 3

1

((x3 + 1)ψ′

i(x)ψ′j(x) + x3ψiψj(x)

)dx, (47)

(f , ψi) =

∫ 3

1x4ψi(x) dx−

∫ 3

1(x3 + 1)φ′(x)ψ′

i(x) dx−∫ 3

1x3φ(x)ψi(x) dx. (48)

Systemy (40) a (46) se lisı jen v prave strane, srovnejte (41) s (47) a (42) s (48).Dostaneme stejnou matici M jako v predeslem postupu, zmenı se vsak vektor prave strany;

pri vypoctu pouzijeme (viz (44), nakrestele si graf funkce φ)

φ′(x) =

−4 pro x ∈ [1, 3/2],

0 pro x ∈ (3/2, 5/2],

−8 pro x ∈ (5/2, 3],

φ(x) =

2(−2x+ 3) pro x ∈ [1, 3/2],

0 pro x ∈ (3/2, 5/2],

−4(2x− 5) pro x ∈ (5/2, 3].

86

Dostaneme (nakreslete si grafy funkcı φ a ψi, i = 1, 2, 3)

f1 = (f , ψ1) =

∫ 3/2

1x4(2x− 2) dx+

∫ 2

3/2x4(−2x+ 4) dx

−∫ 3/2

1(x3 + 1)(−4)2 dx−

∫ 3/2

1x32(−2x+ 3)(2x − 2) dx;

f2 = (f , ψ2) =

∫ 2

3/2x4(2x− 3) dx+

∫ 5/2

2x4(−2x+ 5) dx;

f3 = (f , ψ3) =

∫ 5/2

2x4(2x− 4) dx+

∫ 3

5/2x4(−2x+ 6) dx

−∫ 3

5/2(x3 + 1)(−8)2 dx−

∫ 3

5/2x3(−4(2x − 5))(−2x+ 6) dx.

Pak priblizne resenı puvodnı ulohy bude uMKP(x) = φ(x) + z1ψ1(x) + z2ψ2(x) + z3ψ3(x).

Poznamka: Druhy zpusob resenı je podan rozvlacne, protoze je tady nejprve odvozen, a topokud mozno jakz takz korektne — naprıklad nelze operovat s druhymi derivacemi funkcı ψi,proto funkci (44) nelze dosadit do prave strany rovnosti (36), ale je nejprve nutne rovnici for-mulovat v integralnı (variacnı, slabe) podobe. Zakladnı myslenka prechodu k homogennım okra-jovym podmınkam je vsak stejna jako u prvnıho zpusobu, jen je zvolena jina funkce φ. Druhyzpusob se asi ctenarum bude zdat slozitejsı nez prvnı, nicmene vıce odpovıda tomu, jak je me-toda konecnych prvku v praxi implementovana, proto je zde uveden. V okrajovych ulohach vedvou nebo trech prostorovych dimenzıch je totiz konstrukce funkce φ druhym zpusobem tounejschudnejsı volbou.

Prıklad 10.18: Reste okrajovou ulohu

−(x3 + 1)u′′ − 3x2u′ = x4,

u(1) = 2, u(3) = −4

metodou konecnych prvku. Uzijte spojite po castech linearnı funkce ψi definovane na intervalu[1, 3] pomocı sıte bodu x0 = 1, x1 = 3/2, x2 = 2, x3 = 5/2 a x4 = 3 tak, ze ψi(xj) = δij , kde δijje Kroneckerovo delta a i, j = 0, 1, . . . , 4.


T ∈ Rk.

Ukol: Stanovte k a vypocıtejte prvky mij , kde i, j = 1, . . . , k, a sestavte matici M .

Resenı: Dana uloha se od ulohy (34)-(35), viz prıklady 10.10 a 10.17, lisı jen absencı clenu x3u,srovnej s (34). Pouzijeme tedy cast vysledku z prıkladu 10.17.

Ukol je jednodussı i v tom, ze se nemusıme zabyvat pravou stranou F . K vypoctu prvku mij

nemusıme znat vyrazy definujıcı funkce ψi, protoze nam postacı znalost derivace ψ′i. Derivaci

odvodıme ze souradnic uzlu xi.

1. zpusob Postupujeme naprosto stejne jako v prıkladu 10.17, uzijeme funkci φ(x) = −3x + 5.Priblizne resenı u0 ∈ V0 (prostor V0 zustava nezmenen) opet hledame ve tvaru u0 = z1ψ1(x) +z2ψ2(x) + z3ψ3(x), opet mame k = 3 a opet dostavame rovnice

(ψi, ψ1)A z1 + (ψi, ψ2)A z2 + (ψi, ψ3)A z3 = (f, ψi), i = 1, 2, 3,

kde (srovnejte s (41)) je

(ψi, ψj)A =

∫ 3

1(x3 + 1)ψ′

i(x)ψ′j(x) dx.

87

(Pravou stranou F se nemusıme zabyvat, ale zamyslete se nad tım, zda by skalarnı souciny(f, ψi) byly stejne jako v (42).57)

Na podintervalech [xk−1, xk], kde k = 1, 2, 3, 4, majı funkce ψj derivaci rovnou 2 = (1 −0)/(xk − xk−1) nebo −2 = (0− 1)/(xk − xk−1) a okamzite muzeme psat

m11 = (ψ1, ψ1)A =

∫ 2

1(x3 + 1)4 dx =

[x4 + 4x

]21= 16 + 8− 1− 4 = 19,

m12 = (ψ1, ψ2)A =

∫ 2

3/2(x3 + 1)(−4) dx = −

[x4 + 4x

]23/2

= −16− 8 + 81/16 + 6 = −207/16,

m13 = (ψ1, ψ3)A = 0,

m22 = (ψ2, ψ2)A =

∫ 5/2

3/2(x3 + 1)4 dx =

[x4 + 4x

]5/23/2

= 625/16 + 10− 81/16 − 6 = 38,

m23 = (ψ2, ψ3)A =

∫ 5/2

2(x3 + 1)(−4) dx = −

[x4 + 4x

]5/22

= −625

16− 10 + 16 + 8 = −401

16,

m33 = (ψ3, ψ3)A =

∫ 3

2(x3 + 1)4 dx

[x4 + 4x

]32= 81 + 12− 16− 8 = 69,

m21 = (ψ2, ψ1)A = m12, m31 = (ψ3, ψ1)A = 0, m32 = (ψ3, ψ2)A = m23.

Matice

M =

19 −207/16 0−207/16 38 −401/16

0 −401/16 69

.

2. zpusob Funkci φ volıme jako v (44), volba vsak nema vliv na prvky matice M , jsou stejnejako v predchozım odstavci.

Prıklad 10.19: Reste okrajovou ulohu

−(x3 + 1)u′′ − 3x2u′ = x4,

u(1) = 2, u(3) = −4

metodou konecnych prvku. Uzijte spojite po castech linearnı funkce ψi definovane na intervalu[1, 3] pomocı sıte bodu x0 = 1, x1 = 4/3, x2 = 2, x3 = 5/2 a x4 = 3 tak, ze ψi(xj) = δij , kde δijje Kroneckerovo delta a i, j = 0, 1, . . . , 4.


T ∈ Rk.

Ukol: Stanovte k a vypocıtejte prvky mij , kde i, j = 1, . . . , k, a sestavte matici M .

Resenı: Dana uloha se od prıkladu 10.18 lisı jen polohou bodu x1. Ta je dulezita pro definicifunkcı ψ1 a ψ2, u nichz nam vsak stacı znat jen derivaci.

Postupujeme stejne jako v prıkladu 10.18. Klıcove je vycıslenı energetickych skalarnıchsoucinu

(ψi, ψj)A =

∫ 3

1(x3 + 1)ψ′

i(x)ψ′j(x) dx.

57Nikoliv, nynı bychom dostali

(f, ψi) =

∫ 3

1

(x4 − 9x2

)ψi(x) dx, i = 1, 2, 3.

88

Na podintervalu [x0, x1] ma funkce ψ1 derivaci rovnou (1−0)/(x1−x0) = 3. Na podintervalu[x1, x2] ma funkce ψ1 derivaci rovnou (0 − 1)/(x2 − x1) = −3/2 a funkce ψ2 derivaci rovnou(1− 0)/(x2 − x1) = 3/2. Na zbyvajıcıch podintervalech majı funkce ψ2 a ψ3 opet derivace rovnehodnote 2 nebo −2.

Oproti prıkladu 10.18 se tedy mohou zmenit nanejvys hodnoty tech prvku mij ktere zavisejına funkcıch ψ1 nebo ψ2.

m11 = (ψ1, ψ1)A =

∫ 4/3

1(x3 + 1)9 dx+

∫ 2

4/3(x3 + 1)9/4 dx

=9

4

[x4 + 4x

]4/31

+9

16

[x4 + 4x

]24/3

=9

4

(256

81+

16

3− 1− 4

)+

9

16

(16 + 8− 256

81− 16

3

)

=64

9+ 12 − 9

4− 9 + 9 +

9

2− 16

9− 3 =

16

3+ 9 +

9

4=

199

12,

m12 = (ψ1, ψ2)A =

∫ 2

4/3(x3 + 1)(−9/4) dx = − 9

16

[x4 + 4x

]24/3

= − 9

16

(16 + 8− 256

81− 16

3

)= −9− 9

2+

16

9+ 3 = −157

18,

m22 = (ψ2, ψ2)A =

∫ 2

4/3(x3 + 1)9/4 dx+

∫ 5/2

2(x3 + 1)4 dx

=9

16

[x4 + 4x

]24/3

+[x4 + 4x

]5/22

=157

18+

625

16+ 10− 16− 8 =

4865

144,

zbyvajıcı prvkymij jsou stejne jako v resenı prıkladu 10.18. Poznamenejme, ze se to tyka i prvkum23, protoze ten je dan integracı na intervalu [x2, x3], jenz zustal tyz jako v prıkladu 10.18.

Matice

M =

199/12 −157/18 0−157/18 4865/144 −401/16

0 −401/16 69

.

Prıklad 10.20: a) Okrajovou ulohu (N)

−u′′(x) = 4, u(−1) = u(2) = 0, (49)

vyreste priblizne metodou konecnych prvku na nerovnomerne sıti s uzly x0 = −1, x1 = 0,x2 = 3/2 a x3 = 2. Priblizne resenı je linearnı kombinacı bazovych funkcı φj , jez volte spojite,po castech linearnı a s vlastnostı φj(xi) = δij , kde j = 1, 2 a i = j ⇒ δij = 1, i 6= j ⇒δij = 0. Vyjadrete priblizne resenı pomocı funkcı φj a nakreslete jeho graf. Prıslusny operator jesymetricky a pozitivne definitnı, dokazovanım jeho vlastnostı se nezabyvejte. Poznamka: Je tedy

jen nutne sestavit prıslusnou soustavu rovnic a vyresit ji.

b) ba) Je pravda, ze u1(x) = −2x2 − 2x je presne resenı okrajove ulohy (49)?bb) Je pravda, ze u2(x) = −2x2 + 2x+ 4 je presne resenı okrajove ulohy (49)?

Obe odpovedi zduvodnete.c) Resenım okrajove ulohy −u′′(x) = 6x− 2, u(−1) = u(2) = 0, je funkceu3(x) = −x3 + x2 + 2x. S pomocı vysledku b) naleznete resenı u4 okrajove ulohy−u′′ = 12x − 8, u(−1) = u(2) = 0. Poznamka: Vyuzijte toho, ze prıslusny operator A je linearnı,

tj. A(αv + βw) = αAv + βAw, kde α, β ∈ R, v, w ∈ D(A).

89

Resenı: a) Matice M = (mj,k) =∫ 2−1 φ

′j(x)φ

′k(x) dx, prava strana F = (fk) = (4, φk), j, k =

1, 2. (Po studentech nechci vzorecky popisujıcı bazove funkce. K vypoctu stacı derivace bazovychfunkcı, ty se spocıtajı snadno z rozlozenı uzlu sıte.)

m1,1 =

∫ 0

−11 · 1 dx+

∫ 3/2

0

(−2

3

)2

dx = 1 +2

3= 5/3,

m1,2 =

∫ 3/2

0(−2/3)(2/3) dx = −2/3,

m2,1 = −2/3,

m2,2 =

∫ 3/2

0(2/3)2 dx+

∫ 2

3/2(−2)2 dx = 2/3 + 2 = 8/3,

f1 = 4(1 + 3/2)/2 = 5, (4× plocha pod grafem φ1)

f2 = 4(3/2 + 1/2)/2 = 4. (4× plocha pod grafem φ2)

Maticove(

53 −2

3 | 5−2

383 | 4

)∼(

5 −2 | 15−2 8 | 12

)

∼(5 −2 | 150 36 | 90

)∼(5 −2 | 150 2 | 5

).

Odtud priblizne resenı uMKP(x) = 4φ1(x) +5

2φ2(x), x ∈ I.

Graf priblizneho resenı. −1 0 1 2 x

1

4

b) ba) Nenı. Funkce vyhovuje rovnici, ale jen leve okrajove podm.bb) Ano, je. Dosazenım se zjistı, ze funkce vyhovuje rovnici i okrajovym podmınkam.

c) Oznacme pravou stranu teto rovnice f3 = 6x − 2 a dale f2 = 4 pravou stranu rovnice(49), jejımz resenım je u2. Pak z 12x− 8 = 2f3 − f2 plyne, ze

u4 = 2u3 − u2 = 2(−x3 + x2 + 2x)− (−2x2 + 2x+ 4) = −2x3 + 4x2 + 2x− 4.

(Pro opravujıcı: Jsem si vedom toho, ze dvojı integracı se zapoctenım okrajovych podmıneklze snadno zjistit presne resenı okrajove ulohy. Kdyz to nekdo takto udela a dospeje ke spravnemuresenı, nejake body mu dejte.)

11 Metoda sıtı v 1D: okrajove ulohy

Na zacatku kapitoly jsou soustredeny prıklady castecne zamerene na pozitivnı definitnost ope-ratoru. Tomuto tematu se podrobne venuje kapitola 9.

Dalsı prıklady se uz tykajı jen aplikace metody sıtı.

Prıklad 11.1: K okrajove uloze

(x2 − 2x+ 3

)u′′ + (2x− 2)u′ = x2 − 5,

u(0) = 0, u(4) = 0,

najdete operator A symetricky na svem definicnıho oboru D(A) a takovy, aby pro kazdou funkciv ∈ D(A) platilo (Av, v) ≥ c‖v‖2L2(0,4), kde c je kladna konstanta, tuto konstantu konkretizujte.Napiste operatorovou rovnici.

90

Metodou sıtı s krokem h = 1 pak najdete priblizne resenı okrajove ulohy v bodech x1 = 1,x2 = 2 a x3 = 3. (Pro aproximaci prvnı derivace pouzijte symetricke schema, tj. u′(xi) ≈(Ui+1 − Ui−1)/(2h).)

Resenı: Z rovnice napsane v divergentnım tvaru

−(−(x2 − 2x+ 3)u′

)′= x2 − 5

vidıme, ze (viz (18)) p(x) = −(x2 − 2x+ 3), coz je na intervalu [0, 4] funkce zaporna. Abychomdostali pozitivnı operator, musıme vynasobit rovnici cıslem −1.

Hledany operator Audef= −

((x2 − 2x+ 3)u′

)′, jeho definicnı obor

D(A) = u ∈ C2([0, 4]) : u(0) = 0 = u(4).Operatorova rovnice: najıt funkci u ∈ D(A) takovou, aby platilo Au = 5− x2.

Symetrie (ukazat pouzitı okrajovych podmınek)

(Au, v) =

∫ 4

0(x2 − 2x+ 3)u′(x)v′(x) dx =

∫ 4

0(x2 − 2x+ 3)v′(x)u′(x) dx = (u,Av).

Pozitivnı definitnost (ve smyslu skript [3]; pouzita Friedrichsova nerovnost (25))

(Av, v) =

∫ 4

0(x2 − 2x+ 3)v′2(x) dx ≥

∫ 4

0

(mint∈[0,4]

(t2 − 2t+ 3)

)v′2(x) dx

≥ 2

∫ 4

0v′2(x) dx ≥ 2

2

42‖v‖2L2(0,4),

tedy naprıklad c = 1/4 nebo obecneji c ∈ (0, 1/4].K odvozenı rovnic metodou sıtı pouzijeme puvodnı tvar diferencialnı rovnice (tvar divergentnı

je nevhodny).Oznacme Ui priblizne resenı v bode xi = 0 + ih, kde i = 0, 1, 2, 3, 4 a h = 1; jest U0 = 0 a

U4 = 0.Diferencnı rovnice pro x1 = 1:

2U0 − 2U1 + U2

1+ 0 = −4,

−4U1 + 2U2 = −4.

Diferencnı rovnice pro x2 = 2:

3U1 − 2U2 + U3

1+ 2

U3 − U1

2= −1,

2U1 − 6U2 + 4U3 = −1.


6U2 − 2U3 + U4

1+ 4

U4 − U2

2= 4,

4U2 − 12U3 = 4.

Maticove−4 2 0 | −42 −6 4 | −10 4 −12 | 4

∼

−2 1 0 | −22 −6 4 | −10 1 −3 | 1

∼

−2 1 0 | −20 −5 4 | −30 1 −3 | 1

∼

−2 1 0 | −20 −5 4 | −30 0 −11 | 2

.

91

Odtud

U3 = − 2

11,

−5U2 = −3− 4

(− 2

11

)=

−33 + 8

11=

−25

11⇒ U2 =

5

11,

−2U1 = −2−(

5

11

)=

−27

11⇒ U1 =

27

22.


−(1 + x+ x2

)u′′ − (2x+ 1)u′ = −6− 2x,

u(−1) = 0, u(1) = 0.

Ukazte, ze operator je symetricky na D(A) a ze pro kazdou funkci v ∈ D(A) platı (Av, v) ≥c‖v‖2L2(−1,1), kde c je kladna konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Metodou sıtı s krokem

h = 1/2 pak najdete priblizne resenı okrajove ulohy v bodech x1 = −1/2, x2 = 0 a x3 = 1/2.(Pro aproximaci prvnı derivace pouzijte symetricke schema, tj. u′(xi) ≈ (Ui+1 − Ui−1)/(2h).)


((1 + x+ x2)u′

)′s definicnım oborem

D(A) = u ∈ C2([−1, 1]) : u(−1) = 0 = u(1).Symetrie (zduvodnenı!)

(Au, v) =

∫ 1

−1(1 + x+ x2)u′(x)v′(x) dx =

∫ 1

−1(1 + x+ x2)v′(x)u′(x) dx = (u,Av).

Pozitivnı definitnost

(Av, v) =

∫ 1

−1(1 + x+ x2)v′2(x) dx ≥

∫ 1

−1

(min

t∈[−1,1](1 + t+ t2)

)v′2(x) dx

≥ 3

4

∫ 1

−1v′2(x) dx ≥ 3

4

2

22‖v‖2L2(−1,1),

tedy c = 3/8 nebo obecneji (0, 3/8].Oznacme Ui priblizne resenı v bode xi = −1 + ih, kde i = 0, 1, 2, 3, 4 a h = 1/2; jest U0 = 0

a U4 = 0. Pro zjednodusenı nasobme −1: (1 + x+ x2)u′′ + (2x+ 1)u′ = 6 + 2x.Sıt’ova rovnice pro x1 = −1/2:

3

4

U0 − 2U1 + U214

+ 0 = 5,

−6U1 + 3U2 = 5.

Sıt’ova rovnice pro x2 = 0:

1U1 − 2U2 + U3

14

+ 1(U3 − U1) = 6,

3U1 − 8U2 + 5U3 = 6.

Sıt’ova rovnice pro x3 = 1/2:

7

4

U2 − 2U3 + U414

+ 2(U4 − U2) = 7,

5U2 − 14U3 = 7.

92

Maticove−6 3 0 | 53 −8 5 | 60 5 −14 | 7

∼

−6 3 0 | 50 −13 10 | 170 5 −14 | 7

∼

−6 3 0 | 50 −13 10 | 170 0 −132 | 176

.

Odtud

U3 = −176

132= −44

33= −4

3,

−13U2 = 17− 10

(−4

3

)=

51 + 40

3=

91

3⇒ U2 = −7

3,

−6U1 = 5− 3

(−7

3

)= 5 + 7 = 12 ⇒ U1 = −2.

Prıklad 11.3: Metodou sıtı s krokem h = 1/2 najdete priblizne resenı okrajove ulohy

−(1

4+ x2

)u′′ − 2xu′ = − 60

2 + x,

u(−1) = 0, u(1) = 0.

v bodech x1 = −1/2, x2 = 0 a x3 = 1/2. (Pro aproximaci prvnı derivace pouzijte symetrickeschema, tj. u′(xi) ≈ (Ui+1 − Ui−1)/(2h).)

Resenı: Oznacme Ui priblizne resenı v bode xi = −1 + ih, kde i = 0, 1, 2, 3, 4 a h = 1/2; jestU0 = 0 a U4 = 0. Pro zjednodusenı58 rovnici nasobme −1:

(1/4 + x2)u′′ + 2xu′ = 60/(2 + x).

Vysledna soustava ve tvaru rozsırene matice−4 1 0 | 401 −2 1 | 300 1 −4 | 24

.

Odtud

U3 = −328

24= −41

3,

U2 = 24 + 4U3 =72

3− 164

3= −92

3,

U1 = 30− U3 + 2U2 =90

3+

41

3− 184

3= −53

3.

Prıklad 11.4: Metodou sıtı s krokem h = 1/2 najdete priblizne resenı okrajove ulohy59 (P)

−(1

4+ x2

)u′′ − 2xu′ = − 60

2 + x,

u(−1) = 0, u′(1) = 2.

58Jde nam o sestavenı rovnic. Jejich resenı ovsem nezavisı na tom, zda je cela rovnice vynasobenanejakou nenulovou konstantou. Do vyrazu bez zapornych znamenek se nam bude lepe dosazovat a priupravach snızıme riziko chyb.

59Od prıkladu 11.3 se tato uloha lisı okrajovou podmınkou s derivacı.

93

v bodech x1 = −1/2, x2 = 0 a x3 = 1/2. (Pro aproximaci prvnı derivace pouzijte symetrickeschema, tj. u′(xi) ≈ (Ui+1 − Ui−1)/(2h).)

Resenı: Oznacme Ui priblizne resenı v bode xi = −1 + ih, kde i = 0, 1, 2, 3, 4, 5 a h = 1/2; jestU0 = 0. Bod x5 lezı mimo interval [−1, 1] a odpovıda mu neznama hodnota U5 resenı prodlou-zeneho za interval [−1, 1]. Pro zjednodusenı rovnici nasobme −1 (pri sestavovanı diferencnıchrovnic se lepe pracuje s vyrazy, pred nimiz nestojı znamenko minus, neudela se tolik chyb):

(1/4 + x2)u′′ + 2xu′ = 60/(2 + x).

Diferencnı rovnice pro x1 = −1/2:

2

4

U0 − 2U1 + U214

+ 2−1

2(U2 − U0) = 60

2

3,

−4U1 + U2 = 40.


1

4

U1 − 2U2 + U314

+ 0 = 601

2,

U1 − 2U2 + U3 = 30.

Diferencnı rovnice pro x3 = 1/2:

2

4

U2 − 2U3 + U414

+ 21

2(U4 − U2) = 60

2

5,

U2 − 4U3 + 3U4 = 24.

V bode x4 = 1 sestavıme dve60 rovnice: (!!)

a) Rovnici odpovıdajıcı okrajove podmınce, kde u′(x4) ≈U5 − U3

212

:

U5 − U3 = 2. (50)

b) Sıt’ovou rovnici odpovıdajıcı diferencialnı rovnici v bode x4 = 1

5

4

U3 − 2U4 + U514

+ 2(U5 − U3) = 601

3,

3U3 − 10U4 + 7U5 = 20. (51)

Neznamou U5 v rovnici (51) nahradıme pomocı (50), dostaneme (!!)

3U3 − 10U4 + 7(2 + U3) = 20,

10U3 − 10U4 = 6,

5U3 − 5U4 = 3.

60Okrajovou podmınku by bylo mozne nahradit i takto: u′(x4) ≈U4 − U3

12

. Tım bychom se sice vyhnuli

externımu bodu x5, ale rad chyby priblizneho resenı bychom tım zhorsili, chyba by byla vetsı. Proto sedava prednost presnejsı aproximaci prvnı derivace, a to i za cenu trochu vetsı pracnosti.

94

Maticove

−4 1 0 0 | 401 −2 1 0 | 300 1 −4 3 | 240 0 5 −5 | 3

∼

1 −2 1 0 | 30−4 1 0 0 | 400 1 −4 3 | 240 0 5 −5 | 3

∼

1 −2 1 0 | 300 −7 4 0 | 1600 1 −4 3 | 240 0 5 −5 | 3

∼

1 −2 1 0 | 300 1 −4 3 | 240 −7 4 0 | 1600 0 5 −5 | 3

∼

1 −2 1 0 | 300 1 −4 3 | 240 0 −24 21 | 3280 0 5 −5 | 3

∼

1 −2 1 0 | 300 1 −4 3 | 240 0 −1 7/8 | 41/30 0 1 −1 | 3/5

∼

1 −2 1 0 | 300 1 −4 3 | 240 0 −1 7/8 | 41/30 0 0 −1/8 | 214/15

.

Odtud

U4 = −1712

15,

U3 = −(41

3− 7

8U4

)= −

(41

3+

7 · 21415

)= −1703

15,

U2 = 24 + 4U3 − 3U4 = −1316

15,

U1 = 30 − U3 + 2U2 = −479

15.

Prıklad 11.5: Metodou sıtı s krokem h = 1/2 reste priblizne okrajovou ulohu61 (P)

−(1

4+ x2

)u′′ − 2xu′ = − 60

2 + x,

u′(−1) + 3u(−1) = −2, u(1) = 5

na sıti s vnitrnımi body x1 = −1/2, x2 = 0 a x3 = 1/2. Vyslednou soustavu linearnıch alge-braickych rovnic zapiste v maticovem tvaru, ale nereste ji.(Pro aproximaci prvnı derivace pouzijte symetricke schema, tj. u′(xi) ≈ (Ui+1 − Ui−1)/(2h).)

Resenı: Oznacme Ui priblizne resenı v bode xi = −1 + ih, kde i = −1, 0, 1, 2, 3, 4 a h = 1/2.Bod x−1 lezı mimo interval [−1, 1] a odpovıda mu neznama hodnota U−1 resenı prodlouzenehoza interval [−1, 1]. V bode x4 je U4 = 5 z okrajove podmınky. Pro zjednodusenı rovnici nasobme−1 (pri sestavovanı diferencnıch rovnic se lepe pracuje s vyrazy, pred nimiz nestojı znamenkomınus, neudela se tolik chyb):

(1/4 + x2)u′′ + 2xu′ = 60/(2 + x).

V bode x0 = −1 sestavıme dve62 rovnice: (!!)

a) Rovnici odpovıdajıcı okrajove podmınce, kde u′(x0) ≈U1 − U−1

212

:

U1 − U−1 + 3U0 = −2,

U−1 = 2 + 3U0 + U1. (52)

61Od prıkladu 11.3 a 11.4 se tato uloha lisı typem okrajove podmınky.

62Okrajovou podmınku by bylo mozne nahradit i takto: u′(x0) ≈U1 − U0

12

. Tım bychom se sice vyhnuli

externımu bodu x−1, ale rad chyby priblizneho resenı bychom tım zhorsili, chyba by byla vetsı. Proto sedava prednost presnejsı aproximaci prvnı derivace, a to i za cenu vetsı pracnosti.

95

b) Sıt’ovou rovnici odpovıdajıcı diferencialnı rovnici v bode x0 = −1

5

4

U1 − 2U0 + U−114

− 2(U1 − U−1) = 60,

3U1 − 10U0 + 7U−1 = 60. (53)

Neznamou U−1 v rovnici (53) nahradıme pomocı (52), dostaneme (!!)

3U1 − 10U0 + 7(2 + 3U0 + U1) = 60,

11U0 + 10U1 = 46.

Pri sestavovanı rovnic v ostatnıch bodech uz postupujeme standardne.Diferencnı rovnice pro x1 = −1/2:

2

4

U0 − 2U1 + U214

+ 2−1

2(U2 − U0) = 60

2

3,

3U0 − 4U1 + U2 = 40.


1

4

U1 − 2U2 + U314

+ 0 = 601

2,

U1 − 2U2 + U3 = 30.

Diferencnı rovnice pro x3 = 1/2:

2

4

U2 − 2U3 + U414

+ 21

2(U4 − U2) = 60

2

5,

U2 − 4U3 = 9.

Soustava pro vektor nenamych (U0, U1, U2, U3)T zapsana maticove

11 10 0 0 | 463 −4 1 0 | 400 1 −2 1 | 300 0 1 −4 | 9

.

Prıklad 11.6: Reste problem

u′′

4− (1 + 2x)u = 2x,

u(0) = 0, u(2) = 0

priblizne metodou sıtı s delkou kroku 1/2.

Resenı: Oznacme Ui priblizne resenı v bode xi = ih, kde i = 0, 1, 2, 3, 4; jest U0 = U4 = 0.Maticove

−4 1 0 | 11 −5 1 | 20 1 −6 | 3

.

Resenı (−2/5, −3/5, −3/5)T.

96

Prıklad 11.7: Problem(1

2+ x

)u′′(x)− 4xu(x) = 4x,

u(0) = 1, u(2) = −1

reste metodou sıtı s delkou kroku 1/2 a vypoctete hodnotu priblizneho resenı v bode x = 3/2.

Resenı: Oznacme Ui priblizne resenı v bode xi = ih, kde i = 0, 1, 2, 3, 4 a h = 1/2; jest U0 = 1a U4 = −1.

Maticove −5 2 0 | −13 −8 3 | 20 4 −11 | 7

.

Odtud U3 = −133

157.

Prıklad 11.8: Problem

(x2 − 2x+ 2

)u′′(x)− 4x2u(x) = cos(πx),

u(0) = 2, u(2) = 1

reste metodou sıtı s delkou kroku 1/2 a vypoctete hodnotu priblizneho resenı v bode x = 3/2.

Resenı: Oznacme Ui priblizne resenı v bode xi = ih, kde i = 0, 1, 2, 3, 4 a h = 1/2; jest U0 = 2a U4 = 1.

Maticove−11 5 0 | −101 −3 1 | −1/40 5 −19 | −5

∼

1 −3 1 | −1/4−11 5 0 | −100 5 −19 | −5

∼

1 −3 1 | −1/40 −28 11 | −51/40 5 −19 | −5

∼

1 −1 1 | −1/40 −28 11 | −51/40 0 −477 | −815/4

.

Odtud U3 = − 815

1908.

Prıklad 11.9: Metodou sıtı s krokem h = π/4 najdete priblizne resenı okrajove ulohy

π2

4(1 + sin2 x)u′′ + 2xu′ − 2u = −2 cos2 x,

u(0) = 1, u(π) = −1

v bode x = 3π/4. Pro aproximaci prvnı derivace pouzijte symetricke schema, tj. u′(xi) ≈ (Ui+1−Ui−1)/(2h). (Poznamka: sin(π/4) =

√2/2.)

Resenı: Ui znacı priblizne resenı v bode xi = ih, kde i = 1, 2, 3; dale U0 = 1, U4 = −1.Maticove

−14 7 0 | −63 −9 5 | 00 3 −14 | 8

.

Odtud U3 = −262

420= −131

210.

97

Prıklad 11.10: Uplatnete metodu sıtı s krokem h = 1/2 na okrajovou ulohu

(5− 2x)u′′ − 2u′ − 8x2u = 38− 8x2,

u(0) = 2, u(2) = 1.

Sestavte prıslusnou soustavu linearnıch algebraickych rovnic a zapiste ji v maticovem tvaru.Rovnice vsak nereste. Pro aproximaci prvnı derivace pouzijte symetricke schema, tj. u′(xi) ≈(Ui+1 − Ui−1)/(2h).

Resenı: Ui znacı priblizne resenı v bode xi = ih, kde i = 1, 2, 3; dale U0 = 2, U4 = 1.Maticove

17 −7 0 | 07 −16 5 | 150 5 −17 | 7

.

Prıklad 11.11: Reste problem

u′′ − (1 + sin2 x)u = −4,

u(0) = 0, u(π) = 0

priblizne metodou sıtı s delkou kroku h = π/3.

Resenı: U1 = U2 = 16π2/(36 + 7π2).= 1,5027. Podrobne resenı viz [3, oddıl 25].

12 Metoda sıtı v 1D: vlastnı cısla okrajovych uloh

Prıklad 12.1: Metodou sıtı najdete priblizne prvnı dve vlastnı cısla problemu

u′′ + λ4xu = 0,

u(0) = 0, u(3/2) = 0.

Interval rozdelte rovnomerne na tri podintervaly.

Resenı: Vnitrnı body delenı jsou x1 = 1/2 a x2 = 1, krok delenı h = 1/2. Hodnoty u(x1) au(x2) budeme aproximovat (prozatım neznamymi) hodnotami U1 a U2. Vlastnı cıslo budemeaproximovat (prozatım neznamou) hodnotou µ.

Diferencnı rovnice (s vyuzitım okrajovych podmınek)

−2U1 + U214

+ µ41

2U1 = 0,

U1 − 2U214

+ µ41U2 = 0

upravıme naprıklad takto

(µ− 4)U1 + 2U2 = 0, (54)

U1 + (µ − 2)U2 = 0. (55)

Tato soustava ma nenulove resenı prave tehdy, kdyz determinant jejı matice je roven nule. Odtuddostavame kvadratickou rovnici pro µ

(µ− 4)(µ − 2)− 2 = 0,

98

z nız plyne µ1 = 3−√3 ≈ 1,27 a µ2 = 3 +

√3 ≈ 4,73.

Soustavu (54)-(55) muzeme zapsat i takto

4U1 − 2U2 = µU1,

−U1 + 2U2 = µU2,

z nız je patrne, ze je zapotrebı najıt vlastnı cısla matice

A =

(4 −2−1 2

),

ta ovsem jsou µ1 = 3−√3 a µ2 = 3 +

√3.


u′′ + λ24(1 + x− x2)

1 + xu = 0,

u(0) = 0, u(3/2) = 0.


Resenı: Vnitrnı body delenı jsou x1 = 1/2 a x2 = 1, krok delenı h = 1/2. Hodnoty u(x1) a u(x2)budeme aproximovat hodnotami U1 a U2. Vlastnı cıslo budeme aproximovat hodnotou µ.


−2U1 + U214

+ µ24(1 + 1

2 − 14)

1 + 12

U1 = 0,

−8U1 + 4U2 + µ24 5

432

U1 = 0,

−8U1 + 4U2 + 20µU1 = 0; (56)

U1 − 2U214

+ µ24(1 + 1− 1)

1 + 1U2 = 0,

4U1 − 8U2 + µ12U2 = 0 (57)

po uprave rovnic (56), (57) kracenım dostaneme soustavu

(5µ − 2)U1 + U2 = 0,

U1 + (3µ − 2)U2 = 0,

ktera ma nenulove resenı prave tehdy, kdyz

0 = (5µ − 2)(3µ − 2)− 1 = 15µ2 − 16µ + 3.

Resenım jsou hodnoty

µ1,2 =16±

√162 − 4 · 15 · 3

30=

16±√4 · 19

30=

8±√19

15,

jez zaroven aproximujı prvnı dve vlastnı cısla ulohy.63

63K temuz vysledku bychom dospeli i druhou cestou — nalezenım vlastnıch cısel matice(2/5 −1/5−1/3 2/3

), viz resenı prıkladu 12.1.

99


u′′ + λ2 + x

1− xu = 0,

u(−1) = 0, u(1/2) = 0.


Resenı: Vnitrnı body delenı jsou x1 = −1/2 a x2 = 0, krok delenı h = 1/2. Hodnoty u(x1) au(x2) budeme aproximovat hodnotami U1 a U2. Vlastnı cıslo budeme aproximovat hodnotou µ.


−2U1 + U214

+ µ3232

U1 = 0,

−8U1 + 4U2 + µU1 = 0; (58)

U1 − 2U214

+ µ2U2 = 0,

4U1 − 8U2 + µ2U2 = 0. (59)

Rovnice (58), (59) po uprave tvorı soustavu

(µ− 8)U1 + 4U2 = 0,

4U1 + (2µ − 8)U2 = 0,

ktera ma nenulove resenı prave tehdy, kdyz

0 = (µ − 8)(2µ − 8)− 16 = 2 [(µ− 8)(µ − 4)− 8] = 2[µ2 − 12µ + 24

].

Resenım jsou hodnoty

µ1,2 =12±

√122 − 4 · 242

=12±

√4 · 12

2= 6±

√12 = 6± 2

√3,

jez zaroven aproximujı prvnı dve vlastnı cısla ulohy.64

Prıklad 12.4: a) Metodou sıtı najdete priblizne prvnı tri vlastnı cısla problemu (N)

u′′ + λ(3 + 4x2)u = 0, u(−1) = 0, u(1) = 0

a oznacte je µ1, µ2 a µ3 (µ1 < µ2 < µ3). Interval rozdelte rovnomerne na ctyri podintervaly.b) Jednou z moznostı, jak zıskat tato vlastnı cısla, je vyresit maticovou ulohu Av = µv, kde vje vektor uzlovych hodnot. Napiste matici A. Ma tato matice prevladajıcı diagonalu? Odpoved’

zduvodnete.Poznamka: Uloha se resı stejnym postupem jako v prıpade rovnomerneho rozdelenı intervalu na tri

podintervaly.

Resenı: Vnitrnı body delenı jsou x1 = −1/2, x2 = 0 a x3 = 1/2, krok delenı h = 1/2. Hodnotyu(xi) budeme aproximovat hodnotami Ui. Vlastnı cıslo budeme aproximovat hodnotou µ.

64Muzete zkusit i druhy postup, tj. vypocet vlastnıch cısel prıslusne matice, viz resenı prıkladu 12.1.

100

Diferencnı rovnice v bodech x1, x2, x3 a s vyuzitım okrajovych podmınek:

−2U1 + U214

+ µ4U1 = 0,

−8U1 + 4U2 + 4µU1 = 0;

U1 − 2U2 + U314

+ µ3U2 = 0,

4U1 − 8U2 + 4U3 + 3µU2 = 0;

U2 − 2U314

+ µ4U3 = 0,

4U2 − 8U3 + 4µU3 = 0.

Cleny v rovnicıch preusporadame a dostaneme soustavu

(4µ − 8)U1 + 4U2 = 0,

4U1 + (3µ − 8)U2 + 4U3 = 0,

4U2 + (4µ − 8)U3 = 0,

ktera ma nenulove resenı prave tehdy, kdyz determinant matice soustavy je roven nule, tj.

0 = (4µ − 8)2(3µ − 8)− 32(4µ − 8) = 4(4µ − 8) ((µ− 2)(3µ − 8)− 8)

= 16(µ − 2)(3µ2 − 14µ + 8

).

Koreny14±

√196 − 12 · 86

=14± 10

6, tedy λ1 =

2

3, λ2 = 2, λ3 = 4.

b) Zapisme soustavu maticove; vynasobenım inverznı maticı k matici diagonalnı obdrzımematici A z vyrazu A(U1, U2, U3)

T = µ(U1, U2, U3)T:

8 −4 0

−4 8 −4

0 −4 8

U1

U2

U3

=

4 0 0

0 3 0

0 0 4

µ

U1

U2

U3

=⇒ A =

2 −1 0

−4/3 8/3 −4/3

0 −1 2

.

Matice A ma prevladajıcı diagonalu, stacı volit koeficienty naprıklad h1 = 1 = h3, h2 = 3/2.

Poznamka: Dalsı reseny prıklad na vlastnı cısla naleznete v [3, strana 27].

13 Metoda sıtı ve 2D: okrajove ulohy

Prıklad 13.1: Na obdelnıku Ω = (0, 2)× (0, 1) s hranicı Γ reste metodou sıtı problem

−∆u = −48x v Ω,

u = 2x+ 6y + 1 na Γ.

V obou smerech volte diskretizacnı krok h = 1/2. (Pozor: Obecna diferencnı rovnice se nekdyuvadı pro operator −∆, jindy pro ∆; pri vypoctech vyjdete ze spravne varianty.) (!!)

Resenı:

101

Z okrajove podmınky vypocteme hodnoty v uz-lech sıte lezıcıch na hranici Γ. Nezname hodnotypriblizneho resenı ve vnitrnıch uzlech oznacımeu1, u2 a u3.

1 2 3 4 5

8

111098

4

7

u1 u2 u3

Diferencnı rovnice v uzlu (xi, yj) (petibodove schema) pro operator −∆:

−Uji+1 − 2U j

i + U ji−1

h2− U j+1

i − 2U ji + U j−1

i

q2= f ji .

Jestlize h = q, coz je nas prıpad, pak

−U ji+1 − U j

i−1 − U j+1i − U j−1

i + 4U ji = h2f ji . (60)

Vycıslıme h2f ji ve vnitrnıch uzlech sıte a spolu s jiz znamymi hodnotami v uzlech na hraniciobdelnıka dosadıme do (61). V nasem znacenı (viz obrazek sıte) dostaneme tuto soustavu rovnic

4u1 − u2 − 2− 4− 8 = −6,

−u1 + 4u2 − u3 − 3− 9 = −12,

−u2 + 4u3 − 4− 8− 10 = −18.

Maticove

4 −1 0 | 8−1 4 −1 | 00 −1 4 | 4

∼

4 −1 0 | 80 15 −4 | 80 −1 4 | 4

∼

4 −1 0 | 80 15 −4 | 80 0 56 | 68

,

resenı (u1, u2, u3)T = (31/14, 6/7, 17/14)T.

Prıklad 13.2: Na obdelnıku Ω = (0, 2)× (0, 1) s hranicı Γ reste metodou sıtı problem (N)

−1

2

∂2u

∂x2− ∂2u

∂y2= −48x v Ω,

u = 2x+ 6y + 1 na Γ.

V obou smerech volte diskretizacnı krok h = 1/2.

Resenı:Na rozdıl od prıkladu 13.1 nynı u parcialnıchderivacı na leve strane rovnice stojı rozdılnekoeficienty. Prava strana rovnice a okra-jova podmınka zustaly nezmeneny. Z okra-jove podmınky vypocteme hodnoty v uzlechsıte lezıcıch na hranici Γ. Nezname hodnotypriblizneho resenı ve vnitrnıch uzlech oznacımeu1, u2 a u3. 1 2 3 4 5

8

111098

4

7

u1 u2 u3

Diferencnı rovnice v uzlu (xi, yj) (petibodove schema) pro nas operator:

−1

2

U ji+1 − 2U j

i + U ji−1

h2− U j+1

i − 2U ji + U j−1

i

q2= f ji .

102

Jestlize h = q, coz je nas prıpad, pak

−U ji+1 − U j

i−1 − 2U j+1i − 2U j−1

i + 6U ji = 2h2f ji . (61)

Vycıslıme 2h2f ji ve vnitrnıch uzlech sıte a spolu s jiz znamymi hodnotami v uzlech na hraniciobdelnıka dosadıme do (61). V nasem znacenı (viz obrazek sıte) dostaneme tuto soustavu rovnic

6u1 − u2 − 4− 2× 2− 2× 8 = −12,

−u1 + 6u2 − u3 − 2× 3− 2× 9 = −24,

−u2 + 6u3 − 8− 2× 4− 2× 10 = −36.

Maticove

6 −1 0 | 12−1 6 −1 | 00 −1 6 | 0

∼

6 −1 0 | 120 35 −6 | 120 −1 6 | 0

∼

6 −1 0 | 120 35 −6 | 120 0 34× 6 | 12

,

resenı (u1, u2, u3)T = (35/17, 6/17, 1/17)T.65

Prıklad 13.3: Na obdelnıku Ω = (0, 1/2) × (0, 1) s hranicı Γ reste metodou sıtı problem

−∆u = −48 v Ω,

u = 4(x+ y) na Γ.

V obou smerech volte diskretizacnı krok h = 1/4. (Pozor: Obecna sıt’ova rovnice se nekdy uvadıpro operator −∆, jindy pro ∆; pri vypoctech vyjdete ze spravne varianty.)

Resenı:

0 1 2

1u1 3

2u2 4

3u3 5

4 5 6

Sıt’ova rovnice v uzlu (xi, yj) (petibodove schema):

−Uji+1 − 2U j

i + U ji−1

h2− U j+1

i − 2U ji + U j−1

i

q2= f ji .

Jestlize h = q (ctvercova sıt’), pak

−U ji+1 − U j

i−1 − U j+1i − U j−1

i + 4U ji = h2f ji .

V nasem znacenı (jest h2f ji = −3)

4u1 − u2 − 5 = −3,

−u1 + 4u2 − u3 − 6 = −3,

−u2 + 4u3 − 13 = −3.

Maticove

4 −1 0 | 2−1 4 −1 | 30 −1 4 | 10

∼

4 −1 0 | 20 15 −4 | 140 −1 4 | 10

∼

4 −1 0 | 20 15 −4 | 140 0 56 | 164

,

65Povsimnete si, ze v poslednım radku upravene matice soustavy nenı vycıslen soucin 34× 6. Byla byto zbytecna prace, protoze je ihned videt, ze obe strany rovnice (34× 6)u3 = 12 muzeme delit cıslem 12.

103

resenı (u1, u2, u3)T = (13/14, 12/7, 41/14)T.

Prıklad 13.4: Necht’ Ω = (0, 1) × (0, 1). Okrajovou ulohu pro Poissonovu rovnici

−∆u(x, y) = 3(x+ y) v Ω,

u(x, y) = 1 pro [x, y] ∈ ∂Ω

reste metodou sıtı s krokem h = 1/3 v obou smerech.

Resenı:

1 1 1 1

1 1

1

1

1

1

1

1

u3 u4

u2u1

Sıt’ova rovnice v uzlu (xi, yj) (petibodove schema):

−Uji+1 − 2U j

i + U ji−1

h2− U j+1

i − 2U ji + U j−1

i

q2= f ji .


−U ji+1 − U j

i−1 − U j+1i − U j−1


V nasem znacenı

−2 + 4u1 − u2 − u3 = 3(1/3 + 2/3)/9,

−2− u1 + 4u2 − u4 = 3(2/3 + 2/3)/9,

−2− u1 + 4u3 − u4 = 3(1/3 + 1/3)/9,

−2− u2 − u3 + 4u4 = 3(2/3 + 1/3)/9.Maticove (pak zmena poradı rovnic a zmena znamenka)

4 −1 −1 0 | 7/3−1 4 0 −1 | 22/9−1 0 4 −1 | 20/90 −1 −1 4 | 7/3

∼

1 0 −4 1 | −20/90 1 1 −4 | −7/3−1 4 0 −1 | 22/94 −1 −1 0 | 7/3

∼

1 0 −4 1 | −20/90 1 1 −4 | −7/30 4 −4 0 | 2/90 −1 15 −4 | 101/9

∼

1 0 −4 1 | −20/90 1 1 −4 | −7/30 0 −8 16 | 86/90 0 16 −8 | 80/9

∼

1 0 −4 1 | −20/90 1 1 −4 | −7/30 0 −4 8 | 43/90 0 0 24 | 28

;

resenı (u1, u2, u3, u4)T = (7/6, 43/36, 41/36, 7/6)T.

Prıklad 13.5: Na obdelnıku Ω = (−1, 3)× (−1, 1) s hranicı Γ reste metodou sıtı problem

−∆u = x(y + 2) v Ω,

u = x+ 2y na Γ.

V obou smerech volte diskretizacnı krok h = 1. (Pozor: Obecna sıt’ova rovnice se nekdy uvadıpro operator −∆, jindy pro ∆; pri vypoctech vyjdete ze spravne varianty.)

Resenı:

104

−3 −2 −1 0 1

3

5432

−1

1

u1 u2 u3 Spravne hodnoty v uzlech na hranici.

u3 =180

56=

45

14,

15u2 = 15 + 445

14=

105 + 90

7=

195

7⇒ u2 =

13

7,

4u1 = −1 +13

7=

6

7⇒ u1 =

3

14.

Prıklad 13.6: Na obdelnıku

Ω = (x, y) ∈ R2 : x ∈ (−1/4, 1/4), y ∈ (−1/2, 1/2)

s hranicı Γ reste metodou sıtı problem

−∆u(x, y) = 256y2 − 15x3 + 16 v Ω,

u(x, y) = 48x2 + 8y na Γ

a vypoctete priblizne resenı v bode (0, 1/4). V obou smerech volte diskretizacnı krok h = 1/4.(Upozornenı: Vhodnym ocıslovanım uzlu sıte se vypocet usnadnı.)

Resenı:

−4

1

3

5

4

5

3

1u1

u2

u3Potrebne hodnoty v uzlech na hranici — viz obrazek. Sıt’ova rovnicev uzlu (xi, yj) (petibodove schema):

−Uji+1 − 2U j

i + U ji−1

h2− U j+1

i − 2U ji + U j−1

i

q2= f ji .


−U ji+1 − U j

i−1 − U j+1i − U j−1


V nasem znacenı

4u1 − u2 + 2 = 2,

−u1 + 4u2 − u3 − 6 = 1,

−u2 + 4u3 − 14 = 2.

Odtud

u3 =268

56=

134

28=

67

14.

Prıklad 13.7: Necht’ Ω = (x, y) ∈ R2 : x ∈ (−1, 1), y ∈ (−1, 1). Nıze uvedenou okrajovou

ulohu pro Poissonovu rovnici reste metodou sıtı s krokem h = 2/3 v obou smerech. Nezname

105

zastupujıcı priblizne hodnoty resenı oznacte dle schematu. Doporucenı: Soustavu rovnic resteGaussovou eliminacı, rovnice si nejdrıve vhodne serad’te, usetrıte si praci a pocıtanı s velkymicısly.

−∆u(x, y) =27

4x+

27

2y v Ω,

u(x, y) = 3|x|+ 3|y| − 4 pro (x, y) ∈ ∂Ωu3 u4

u2u1

Resenı:

2 0 0 2

0 0

0

0

2

0

0

2

u3 u4

u2u1

Hodnoty v uzlech na hranici (nejsou nutne hodnoty v rozıchctverce) – viz obr.Sıt’ova rovnice v uzlu (xi, yj) (petibodove schema):

−Uji+1 − 2U j

i + U ji−1

h2− U j+1

i − 2U ji + U j−1

i

q2= f ji .


−U ji+1 − U j

i−1 − U j+1i − U j−1


V nasem znacenı

4u1 − u2 − u3 =4

9

(27

4

−1

3+

27

2

1

3

)= 1,

−u1 + 4u2 − u4 =4

9

(27

4

1

3+

27

2

1

3

)= 3,

−u1 + 4u3 − u4 =4

9

(27

4

−1

3+

27

2

−1

3

)= −3,

−u2 − u3 + 4u4 =4

9

(27

4

1

3+

27

2

−1

3

)= −1,

Resenı (u1, u2, u3, u4)T = (1/4, 3/4, −3/4, −1/4)T.

Prıklad 13.8: Necht’ Ω = (x, y) ∈ R2 : x ∈ (0, 2), y ∈ (0, 2). Nıze uvedenou okrajovou ulohu

pro Poissonovu rovnici reste metodou sıtı s krokem h = 2/3 v obou smerech. Nezname zastu-pujıcı priblizne hodnoty resenı oznacte dle schematu, vypocıtejte hodnoty u1, . . . , u4 (castecnakontrola: u1 + u2 + u3 + u4 = 16) a spravnost resenı rovnic overte dosazenım do vychozı sou-stavy rovnic. Doporucenı: Soustavu rovnic reste Gaussovou eliminacı, rovnice si nejdrıve vhodneserad’te, usetrıte si praci a pocıtanı s velkymi cısly.

−∆u(x, y) = 54(x− y) pro (x, y) ∈ Ω,

u(x, y) = 1− 3x+ 6y pro (x, y) ∈ ∂Ω.u3 u4

u2u1

106

Resenı: Postup resenı ulohy vede k soustave s rozsırenou maticı

4 −1 −1 0 | 4−1 4 0 −1 | 12−1 0 4 −1 | 40 −1 −1 4 | 12

,

jejız radky je vhodne preusporadat (3., 4., 2., 1.) a prıpadne i vynasobit cıslem −1. Resenıje (u1, u2, u3, u4)

T = (3, 5, 3, 5)T. Nezapomente provest zkousku spravnosti resenı (s vychozıneupravenou maticı), tj. nasobit

4 −1 −1 0−1 4 0 −1−1 0 4 −10 −1 −1 4

3535

.

Prıklad 13.9: Necht’ Ω = (x, y) ∈ R2 : x ∈ (0, 2), y ∈ (0, 2). Nıze uvedenou okrajovou ulohu (N)

reste metodou sıtı s krokem h = 2/3 v obou smerech. Nezname zastupujıcı priblizne hodnotyresenı oznacte dle schematu, vypocıtejte hodnoty u1, . . . , u4 (castecna kontrola: u1+u2+u3+u4 =16) a spravnost resenı rovnic overte dosazenım do vychozı soustavy rovnic. Doporucenı: Soustavurovnic reste Gaussovou eliminacı, rovnice si nejdrıve vhodne serad’te, usetrıte si praci a pocıtanıs velkymi cısly.

−4

3

∂2u

∂x2− 4

9

∂2u

∂y2= 54(x− y) pro (x, y) ∈ Ω,

u(x, y) = 1− 3x+ 6y pro (x, y) ∈ ∂Ω.u3 u4

u2u1

Resenı:

1 −1 −3 −5

11 9

5

9

13

−1

3

7

u3 u4

u2u1

Hodnoty v uzlech na hranici (nejsou nutne hodnoty v rozıchctverce) – viz obr.Sıt’ova rovnice v uzlu (xi, yj) (petibodove schema):

−4

3

U ji+1 − 2U j

i + U ji−1

h2− 4

9

U j+1i − 2U j

i + U j−1i

q2= f ji .


−3U ji+1 − 3U j

i−1 − U j+1i − U j−1

i + 8U ji =

9

4h2f ji .

107

V nasem znacenı

−3× 9− 11 + 8u1 − 3u2 − u3 =9

4

4

9

−2

354 (= −36),

8u1 − 3u2 − u3 = 2;

−3u1 + 8u2 − u4 − 3× 3− 9 =9

4

4

90,

−3u1 + 8u2 − u4 = 18;

−3× 5 + 1− u1 + 8u3 − 3u4 =9

4

4

90,

−u1 + 8u3 − 3u4 = 14;

−u2 − 3u3 + 8u4 + 3× 1 + 3 =9

4

4

9

2

354 (= 36),

−u2 − 3u3 + 8u4 = 30.

Maticove (pri vypoctu zmena poradı rovnic)

8 −3 −1 0 | 2−3 8 0 −1 | 18−1 0 8 −3 | 140 −1 −3 8 | 30

∼

−1 0 8 −3 | 140 −1 −3 8 | 308 −3 −1 0 | 2−3 8 0 −1 | 18

∼

−1 0 8 −3 | 140 −1 −3 8 | 300 −3 63 −24 | 1140 8 −24 8 | −24

∼

−1 0 8 −3 | 140 −1 −3 8 | 300 0 72 −48 | 240 0 −48 72 | 216

∼

−1 0 8 −3 | 140 −1 −3 8 | 300 0 3 −2 | 10 0 −2 3 | 9

∼

−1 0 8 −3 | 140 −1 −3 8 | 300 0 3 −2 | 10 0 0 5 | 29

.

Resenı (u1, u2, u3, u4)T = (11/5, 19/5, 21/5, 29/5)T. Provest zkousku spravnosti resenı

(s vychozı, tj. neupravenou maticı).

Prıklad 13.10: Necht’ Ω = (x, y) ∈ R2 : x ∈ (0, 3/2), y ∈ (0, 1). Nıze uvedenou okrajovou (N)

(P)ulohu pro eliptickou rovnici reste metodou sıtı s krokem h = 1/2 ve smeru x a q = 1/3 ve smeruy. Nezname zastupujıcı priblizne hodnoty resenı oznacte dle schematu, sestavte odpovıdajıcısoustavu linearnıch algebraickych rovnic a zapiste ji v maticovem tvaru.

−2∂2u

∂x2(x, y)− 3

∂2u

∂y2(x, y) = 6(x− y) pro (x, y) ∈ Ω,

u(x, y) = 1− 2x+ 3y pro (x, y) ∈ ∂Ω.u3 u4

u2u1

Resenı:

0 −1

3 2

2

3

−1

0

u3 u4

u2u1

Hodnoty v uzlech na hranici (nejsou nutne hodnoty v rozıchobdelnıka) – viz obr.Sıt’ova rovnice v uzlu (xi, yj) (petibodove schema):

−2U ji+1 − 2U j

i + U ji−1

h2− 3

U j+1i − 2U j

i + U j−1i

q2= f ji .

Pri sestavovanı rovnic nam pomuze 1/h2 = 4 a 1/q2 = 9.

108

Dostaneme

−8(3 − 2u1 + u2)− 27(3 − 2u1 + u3) = 6(1/2 − 2/3) = −1,

70u1 − 8u2 − 27u3 = 104 (prvnı rovnice);

−8(u1 − 2u2 + 0)− 27(2 − 2u2 + u4) = 6(1 − 2/3) = 2,

−8u1 + 70u2 − 27u4 = 56 (druha rovnice);

−8(2 − 2u3 + u4)− 27(u1 − 2u3 + 0) = 6(1/2 − 1/3) = 1,

−27u1 + 70u3 − 8u4 = 17 (tretı rovnice);

−8(u3 − 2u4 − 1)− 27(u2 − 2u4 − 1) = 6(1 − 1/3) = 4,

−27u2 − 8u3 + 70u4 = −31 (ctvrta rovnice).

Maticove

70 −8 −27 0−8 70 0 −27−27 0 70 −80 −27 −8 70

u1u2u3u4

=

1045617−31

nebo zkracene

70 −8 −27 0 | 104−8 70 0 −27 | 56−27 0 70 −8 | 170 −27 −8 70 | −31

.

Prıklad 13.11: Na obdelnıku (N)

Ω = (x, y) ∈ R2 : x ∈ (−1/4, 1/4), y ∈ (−1/2, 3/2)

s hranicı Γ reste metodou sıtı problem

−1

8

∂2u

∂x2(x, y)− 2

∂2u

∂y2(x, y) = −16x3 + 24y2 − 32 v Ω,

u(x, y) = 48x2 + 8y na Γ

a vypoctete priblizne resenı ve vsech vnitrnıch uzlech sıte. Diskretizacnı kroky zvolte h = 1/4(ve smeru x) a q = 1/2 (ve smeru y). Hledane hodnoty priblizneho resenı v uzlech (0, iq − 1/2)oznacte ui, kde i = 1, 2, 3.

Resenı:

−4

3

7

11

12

11

7

3u1

u2

u3 Potrebne hodnoty v uzlech na hranici — viz obrazek. Sıt’ova rovnicev uzlu (xi, yj) (petibodove schema):

−1

8

U ji+1 − 2U j

i + U ji−1

h2− 2

U j+1i − 2U j

i + U j−1i

q2= f ji .

Pri sestavovanı rovnic nam pomuze 1/h2 = 16 a 1/q2 = 4.

109

Dostaneme

−2(3− 2u1 + 3)− 8(u2 − 2u1 − 4) = −32,

20u1 − 8u2 = −52, (prvnı rovnice)

−2(7− 2u2 + 7)− 8(u3 − 2u2 + u1) = −26,

−8u1 + 20u2 − 8u3 = 2, (druha rovnice)

−2(11− 2u3 + 11) − 8(12 − 2u3 + u2) = −8,

−8u2 + 20u3 = 132, (tretı rovnice).

Maticove

20 −8 0 | −52−8 20 −8 | 20 −8 20 | 132

∼

40 −16 0 | −104−40 100 −40 | 100 −8 20 | 132

∼

5 −2 0 | −130 42 −20 | −470 −2 5 | 33

∼

5 −2 0 | −130 42 −20 | −470 0 85 | 646

.

Odtud

u3 =646

85=

38

5,

u2 =−47 +

20 · 385

42=

−47 + 152

42=

105

42=

35

14=

5

2,

u1 =−13 +

2 · 52

5= −8

5.

Poznamka: Lze uvazovat i okrajove podmınky s derivacı hledaneho resenı. Jejich aproximaceje zalozena na postupu pouzitem v prıkladu 11.3, tj. na zavedenı pomocnych bodu mimo oblastΩ. Podrobny a nazorny vyklad poskytuje naprıklad [1].

14 Metoda sıtı ve 2D: vlnova rovnice


∂2u

∂t2= 4

∂2u

∂x2v G = (0, 2) × (0, 5),

u(x, 0) =

x pro x ∈ (0, 1),

2− x pro x ∈ (1, 2)(62)

∂u

∂t(x, 0) =

x2 pro x ∈ (0, 1),

(2− x)2 pro x ∈ (1, 2)(63)

u(0, t) = u(2, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 5 (64)

reste metodou sıtı s explicitnım schematem a vypoctete hodnotu priblizneho resenı v bodechB1 = (1, 1/2) a B2 = (3/2, 1/2).

110

Resenı: Nejsou predepsany diskretizacnı parametry h a τ , zvolıme je tedy tak, abychom snadnozıskali pozadovane hodnoty.

Je patrne, ze v prostorovem smeru stacı zvolit h = 1/2. Pro diskretizaci promenne t vsaknemuzeme zvolit τ = 1/2, protoze body B1 a B2 by se sice staly uzly sıte, ale nebyla by splnenapodmınka stability τ ≤ h/a (a2 = 4, tj. a = 2). Proto volıme τ = 1/4.

V uzlech sıte, jejichz prostorova souradnice je rovna 0 nebo 2 je, podle (64), resenı rovno 0.Pro cas t0 = 0 zıskame hodnoty U0

i , i = 1, 2, 3, priblizneho resenı z pocatecnı podmınky(62), viz obrazek nıze; cıselne hodnoty jsou pripsany k uzlum.

Pro cas t1 = τ zıskame hodnoty U1i , i = 1, 2, 3, priblizneho resenı z pocatecnıch podmınek

(62) a (63), tj. U1i = U0

i + τ∂u

∂t(xi, 0), viz [3, str. 79] nebo [6] a obrazek nıze. (Hodnoty U0

i jsou

jiz znamy, τ = 1/4 a∂u

∂t(xi, 0) je dano predpisem (63).)

Mame spocıtat priblizne resenı v bode B1, tj. hodnotu U22 . Pouzitı petibodoveho schematu

vede k obecne diferencnı rovnici

Uk+1i = 2

(1− a2τ2

h2

)Uki +

a2τ2

h2

(Uki+1 + Uk

i−1

)− Uk−1

i ,

do nız dosadıme k = 1, i = 2, a = 2, h = 1/2, τ = 1/4, tım ji zjednodusıme. Dostaneme

U22 = U1

3 + U11 − U0

2

a vycıslıme U22 = 9

16 + 916 − 1 = 2

16 = 18 .

Bodu B2 odpovıda U23 . Stejnym postupem zjistıme, ze

U23 = U1

4 + U12 − U0

3 = 0 +5

4− 1

2=

3

4,

protoze z okrajove podmınky prımo dostavame U14 = 0 a hodnoty U1

2 a U02 take zname.

x0 = 0 x1 x2 x3 x4 = 2t0 = 0

t1

t2

t3

0 12 1 1

2 0

0 916

54

916 0

U22 U2

3 0

Prıklad 14.2: Necht’ G = (0, 2) × (0, 1). Metodou sıtı s explicitnım petibodovym schematemreste ulohu s vlnovou rovnicı

∂2u

∂t2= 4

∂2u

∂x2v G,

u(x, 0) = 4x(2 − x) pro 0 < x < 2,

∂u

∂t(x, 0) = 0 pro 0 < x < 2

u(0, t) = u(2, t) = 0 pro 0 < t < 1.

111

Promennou x diskretizujte s krokem h = 1/2. Krok τ pro diskretizaci promenne t zvolte tak,abyste si vypocty pokud mozno zjednodusili, ale aby zaroven metoda byla stabilnı; svou volbuzduvodnete. Vypoctete priblizne resenı v case t = 1.

Resenı: Sıt’ova rovnice v uzlu (xi, tk) (petibodove schema):

Uk+1i − 2Uk

i + Uk−1i

τ2= a2

Uki+1 − 2Uk

i + Uki−1

h2.

Ze sıt’ove rovnice plyne

Uk+1i = 2

(1− τ2

a2

h2

)Uki + τ2

a2

h2

(Uki+1 + Uk

i−1

)− Uk−1

i .

Zadanı dava a2/h2 = 4/(1/4) = 16. Volbou τ = 1/4 dostaneme 1 − τ2 a2

h2 = 0 pri splnenıpodmınky stability τ ≤ h/a = (1/2)/2 = 1/4.

Pouzijeme tedy schemaUk+1i = Uk

i+1 + Uki−1 − Uk−1

i .

Pro t = 1/4 (tj. k = 1) urcıme uzlove hod-noty z pocatecnıch podmınek. Protoze pocatecnırychlost je nulova, jest U1

i = U0i = 4xi(2 − xi),

i = 0, 1, 2, 3, 4.Uzlove hodnoty pro t = 1/4: 0, 3, 4, 3, 0.Uzlove hodnoty pro t = 1/2: 0, 1, 2, 1, 0.Uzlove hodnoty pro t = 3/4: 0, −1, −2, −1, 0.Uzlove hodnoty pro t = 1: 0, −3, −4, −3, 0.

0 3 4 3 0

0 3 4 3 0

0 1 2 1 0

0 −1 −2 −1 0

0 −3 −4 −3 0


∂2u

∂t2=

1

4

∂2u

∂x2v Ω = (0, 1) × (0, 2),

u(x, 0) = 4x(1− x) pro x ∈ (0, 1),

∂u

∂t(x, 0) =

2x pro x ∈ (0, 1/2],

2(1 − x) pro x ∈ (1/2, 1)

u(0, t) = u(1, t) = 0, 0 < t < 2,

reste metodou sıtı s explicitnım schematem a vypoctete hodnotu priblizneho resenı v bodechB0 = (0, 2), B1 = (1/4, 2), B2 = (1/2, 2), B3 = (3/4, 2), B4 = (1, 2) a Q = (3/4, 1/2).Diskretizacnı parametry h a τ si sami vhodne zvolte.

Resenı: Vhodna volba je h = 1/4 a τ = 1/2, pak je splnena podmınka stability τ ≤ h/a, nebot’

a = 1/2.Sıt’ tedy bude mıt pet uzlu v prostorovem smeru a pet casovych vrstev. Pro t = 0 jsou uzlove

hodnoty dany pocatecnı podmınkou a jsou (od x0 = 0 k x4 = 1) tyto (0, 3/4, 1, 3/4, 0).

112

Pro t = 1/2 z U1i = U0

i + τ∂u

∂t(xi, 0) dostaneme uzlove hodnoty (0, 1, 3/2, 1, 0), hodnota

v bode Q je tedy rovna 1.Explicitnı schema pro nasi volbu h a τ jest

Uk+1i = Uk

i+1 + Uki−1 − Uk−1

i .

Odtud snadno dostaneme hodnoty v dalsıch casovych vrstvach.Pro t = 1: (0, 3/4, 1, 3/4, 0).Pro t = 3/2: (0, 0, 0, 0, 0).Pro t = 2: (0,−3/4,−1,−3/4, 0), coz jsou hodnoty v bodech Bi.


∂2u

∂t2=∂2u

∂x2v Ω = (0, 3) × (0, 2),

u(x, 0) = 8x2(3− x) pro x ∈ (0, 3),

∂u

∂t(x, 0) =

8x pro x ∈ (0, 1],

(12− 4x) pro x ∈ (1, 3)

u(0, t) = u(3, t) = 0, 0 < t < 2,

reste metodou sıtı s explicitnım schematem a vypoctete hodnotu priblizneho resenı v bodechB1 = (5/2, 1) a B2 = (3/2, 2). Diskretizacnı parametry h a τ si sami vhodne zvolte (vybertevypocetne nejjednodussı moznost).

Resenı:

x = 0 12 1 3

2 2 52 x = 3

t = 1

t = 2

0 5 16 27 32 25 0

0 7 20 30 34 26 0

0 15 21 27 24 9 0

0 14 22 15 2 −2 0

0 7 8 −3 −11 −7 0Z prostorove souradnice bodu B1 je patrne, zeh = 1/2. Z podmınky stability τ ≤ h/a pakplyne volba τ = 1/2, nebot’ a = 1.Sıt’ — viz obr. vlevo. Pro t = 0 jsou uz-love hodnoty dany pocatecnı podmınkou ajsou tyto 0, 5, 16, 27, 32, 25, 0. PouzitımU1i = U0

i + τ ∂u∂t (xi, 0) dostaneme uzlove hod-

noty na dalsı vrstve: 0, 7, 20, 30, 34, 26, 0.V prvnıch dvou vrstvach k plnemu zisku bodu stacı

jen hodnoty tistene kurzıvou, viz predposlednı od-

stavec resenı.

Explicitnı schema pro nasi volbu h a τ jest Uk+1i = Uk

i+1 + Uki−1 − Uk−1

i .Odtud snadno dostaneme hodnoty v dalsıch casovych vrstvach, viz obrazek. Hodnoty v bo-

dech B1 a B2 jsou vyznaceny tucne, kurzıvou jsou vysazeny hodnoty nutne ke zjistenı hodnotv bodech B1 a B2, nenı tedy nezbytne pocıtat hodnoty ve vsech bodech sıte (ale jsem zvedavy, (!!)kolik studujıcıch si to uvedomı).


∂2u

∂t2= 16

∂2u

∂x2v Ω = (0, 9) × (0, 1),

u(x, 0) =

2x2 pro x ∈ [0, 3],

27 − 3x pro x ∈ (3, 9]

∂u

∂t(x, 0) =

4x pro x ∈ [0, 6],

72 − 8x pro x ∈ (6, 9]

u(0, t) = u(9, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 1,

113

reste metodou sıtı s explicitnım petibodovym schematem a vypoctete hodnotu priblizneho resenıv bodech B1 = (4, 1) a B2 = (6, 1). Diskretizacnı parametry h a τ si sami vhodne zvolte (vybertevypocetne nejjednodussı vhodnou moznost).

Resenı:

x = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x = 9

t = 14

t = 12

t = 1

0 2 8 18 15 12 9 6 3 0

0 3 10 21 19 17 15 10 5 0

0 16 11 23 22 18 14 7 0

0 18 24 15 0

19 21

Z prostorove souradnice bodu B1, B2 a z delky prostoroveho intervalu je patrne, ze h = 1.Z podmınky stability τ ≤ h/a pak plyne volba τ = 1/4, nebot’ a = 4.(Poznamka pro opravujıcı: Prılis velke τ v dusledku opomenutı podmınky stability prısne tres-tejte.)

Pro t = 0 jsou uzlove hodnoty dany pocatecnı podmınkou, viz obr.Pouzitım

U1i = U0

i + τ∂u

∂t(xi, 0) =

U0i + 1

44xi = U0i + xi pro xi ∈ [0, 6],

U0i + 1

4(72 − 8x) = U0i + 18− 2xi pro xi ∈ (6, 9]

dostaneme uzlove hodnoty pro t = 1/4, viz obr. (V prvnıch dvou vrstvach k plnemu zisku bodustacı jen hodnoty tistene tucne, viz predposlednı odstavec resenı.)

Explicitnı schema pro nasi volbu h a τ jest Uk+1i = Uk

i+1 + Uki−1 − Uk−1

i .Odtud a z okrajovych podmınek snadno dostaneme hodnoty v dalsıch casovych vrstvach,

viz obrazek. Tucne jsou vyznaceny hodnoty vyuzite explicitnım schematem ke zjistenı hodnotv bodech B1 a B2, nenı tedy nezbytne pocıtat hodnoty ve vsech bodech sıte. (!!)

Hodnota v bode B1 je 19, hodnota v bode B2 je 21.

Prıklad 14.6: Kmitanı struny je modelovano matematickou ulohou

∂2u

∂t2= 4

∂2u

∂x2v Ω = (x, t) ∈ R

2 : x ∈ (0, 5), t ∈ (0, 3),u(x, 0) = x(x− 5)(x − 6) pro 0 ≤ x ≤ 5,

∂u

∂t(x, 0) =

6x2 pro x ∈ [0, 2],

40− 8x pro x ∈ (2, 5]

u(0, t) = u(5, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 3.

Ulohu reste priblizne metodou sıtı s explicitnım petibodovym schematem a s prostorovym kro-kem h = 1. Casovy krok τ vhodne vyberte z nabıdky τ = 1/2, τ = 2/3 a τ = 1. Vypoctetehodnotu priblizneho resenı v bode x = 2 v case t = 3.

Resenı:

114

x = 0 1 2 3 4 x = 5

t = 12

t = 1

t = 32

t = 2

t = 52

t = 3

0 20 24 18 8 0

0 23 36 26 12 0

0 16 25 30 18 0

0 2 10 17 18 0

0 −6 −6 −2 −1 0

0 −8 −18 −24 −20 0

−26

Z podmınky stability τ ≤ h

aplyne volba τ = 1/2, kteravede na velmi jednoduchy vypocetuzlovych hodnot. Volba τ = 1 neboτ = 2/3 vede k nestabilite, navıcτ = 2/3 ani nedava cas t = 3.Pro t = 0 jsou uzlove hodnotydany pocatecnı podmınkou, viz obr.Schema vyuzıva jen nektere body(vyznaceny tucne).

Pouzitım

U1i = U0

i + τ∂u

∂t(xi, 0) =

U0i + 1

26x2i = U0

i + 3x2i pro xi ∈ [0, 2],

U0i + 1

2(40 − 8x) = U0i + 20− 4xi pro xi ∈ (2, 4]

dostaneme uzlove hodnoty pro t = 1/2, viz obr.Explicitnı schema pro nasi volbu h a τ jest Uk+1

i = Uki+1 + Uk

i−1 − Uk−1i .

Odtud a z okrajovych podmınek dostaneme hodnoty v dalsıch casovych vrstvach a ve sle-dovanem bode, viz obrazek.

Tucne jsou vyznaceny hodnoty vyuzite explicitnım schematem ke zjistenı hodnot ve vysetro-vanem bode, nenı tedy nutne pocıtat hodnoty ve vsech bodech sıte. (!!)

Hodnota priblizneho resenı v bode x = 2 a v case t = 3 je −26.

Prıklad 14.7: Problem (P)

∂2u

∂t2= 4

∂2u

∂x2v G = (1, 3) × (0, 6),

u(x, 0) =

6a(x− 1) pro x ∈ [1, 3/2],

4b(3 − x) pro x ∈ (3/2, 3]

∂u

∂t(x, 0) =

32(x − 1)2 pro x ∈ [1, 2),

32(3 − x)3 pro x ∈ [2, 3]

u(1, t) = u(3, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 6

zavisı na parametrech a, b ∈ R vystupujıcıch v pocatecnı podmınce. Problem reste metodou sıtıs petibodovym explicitnım schematem. Krok prostoroveho delenı zvolte h = 1/2, casovy krokτ vhodne vyberte z moznostı τ = 1/4, τ = 1/2 a τ = 3/2. K urcenı parametru a, b vyuzijtepozadavku, aby platilo u(2, 1/2) = 15 a aby funkce urcujıcı pocatecnı podmınku byla spojita.

115

Vypoctete hodnotu priblizneho resenı ve vsech uzlech sıte az do casu t = 3/2 vcetne. Hodnotypro cas t > 3/2 nemusıte pocıtat.

Resenı: Podmınka stability τ ≤ h/a (a2 = 4, tj. a = 2) dava τ ≤ 1/4, zvolıme τ = 1/4.Ze spojitosti pocatecnı podmınky v bode x = 3/2 dostavame 3a = 6b⇒ a = 2b.Pro cas t0 = 0 zıskame hodnoty U0

i , i = 1, 2, 3, priblizneho resenı z pocatecnı podmınky, vizschema nıze.

Pro cas t1 = τ zıskame hodnoty U1i , i = 1, 2, 3, priblizneho resenı z pocatecnıch podmınek,

tj. U1i = U0

i +1

4

∂u

∂t(xi, 0):

U11 = 6b+

1

432(3/2 − 1)2 = 6b+ 8/4 = 6b+ 2,

U12 = 4b+

1

432 · 1 = 4b+ 8,

U13 = 2b+

1

432(3 − 5/2)3 = 2b+ 8 · 1/8 = 2b+ 1,

viz schema nıze.Obecna diferencnı rovnice

Uk+1i = 2

(1− a2τ2

h2

)Uki +

a2τ2

h2

(Uki+1 + Uk

i−1

)− Uk−1

i

pro nasi volbu h a τ prejde v

Uk+1i = Uk

i+1 + Uki−1 − Uk−1

i .

Dostavame dalsı radek hodnot v uzlech, viz schema nıze.Schema hodnot v uzlech, poslednı radek (dole) odpovıda pocatecnı podmınce. Studentum

stacı poslednı tri radky (vlastne necele).

0 −2 b− 8 −3− 4 b 2 b− 8 0

0 −1− 2 b −4 b− 8 −2− 6 b 0

0 −2 b −4 b −6 b 0

0 1− 2 b 8− 4 b 2 b+ 2 0

0 8− 2 b 4 b+ 3 2 b+ 8 0

0 6 b+ 2 4 b+ 8 2 b+ 1 0

0 6 b 4 b 2 b 0

Podmınka u(2, 1/2) = 15 vede k 4b+ 3 = 15 ⇒ b = 3, coz po dosazenı dava

0 −14 −15 −2 0

0 −7 −20 −20 0

0 −6 −12 −18 0

0 −5 −4 8 0

0 2 15 14 0

0 20 20 7 0

0 18 12 6 0

.

116

Pro uplnost obecne schema s obema parametry, kde jeste nenı vyuzita rovnost a = 2b:

0 −2 b− 8 −3 + 2 b− 3 a −4 b− 8 + 3 a 0

0 −1− 2 b −4 b− 8 −2− 3 a 0

0 −2 b −4 b −3 a 0

0 1− 2 b 8 + 2 b− 3 a 3 a+ 2− 4 b 0

0 8 + 4 b− 3 a 3 a+ 3− 2 b 2 b+ 8 0

0 3 a+ 2 4 b+ 8 2 b+ 1 0

0 3 a 4 b 2 b 0

Prıklad 14.8: Ulohu z prıkladu 14.1 reste sedmibodovym implicitnım schematem s parametryh = 1/2 a τ = 1/4. Vypoctete hodnoty priblizneho resenı pro cas t = 1/2.

Resenı: Hodnoty priblizneho resenı v uzlovych bodech a v casech t0 = 0 a t1 = 1/4 zıskamez pocatecnıch podmınek stejne jako v prıkladu 14.1. Hodnoty na casove vrstve t2 = 1/2 vsaknynı nejsou dany explicitnım vztahem, nybrz vyresenım soustavy linearnıch algebraickych rovnic,kterou nejprve musıme sestavit podle schematu66

Uk+1i − 2Uk

i + Uk−1i

τ2=

1

2a2

[Uk+1i−1 − 2Uk+1

i + Uk+1i+1

h2+Uk−1i−1 − 2Uk−1

i + Uk−1i+1

h2

].

Pro jednoduchost oznacıme nezname hodnoty priblizneho resenı v case t2 a v bodech xi symbolyui, kde i = 1, 2, 3. Pripomenme, ze a2 = 4.

x0 = 0 x1 x2 x3 x4 = 2t0 = 0

t1

t2

t3

0 12 1 1

2 0

0 916

54

916 0

0 u1 u2 u3 0

Sestavme prvnı rovnici

u1 − 2 916 + 1

2(14

)2 =1

24

[0− 2u1 + u2(

12

)2 +0− 21

2 + 1(12

)2

],

32u1 − 8u2 = 10.

66V tomto zapisu je na prvnı pohled patrne, ze druha parcialnı derivace podle x je nahrazena prumeremdiferencnıch podılu na dvou casovych vrstvach. Elegantnejsı, matematicky ovsem ekvivalentnı vyraz jeuveden v resenı prıkladu 14.9. Odvozenı jednotlivych rovnic si muzete dale usnadnit – viz poznamkuza prıkladem 14.10.

117

Druha rovnice

u2 − 254 + 1

(14

)2 =1

24

[u1 − 2u2 + u3(

12

)2 +12 − 2 · 1 + 1

2(12

)2

],

−8u1 + 32u2 − 8u3 = 16.

Tretı rovnice

u3 − 2 916 + 1

2(14

)2 =1

24

[u2 − 2u3 + 0

(12

)2 +1− 21

2 + 0(12

)2

],

−8u2 + 32u3 = 10.

Maticove

32 −8 0 | 10−8 32 −8 | 160 −8 32 | 10

∼

16 −4 0 | 51 −4 1 | −20 −4 16 | 5

∼

1 −4 1 | −216 −4 0 | 50 −4 16 | 5

∼

1 −4 1 | −20 60 −16 | 370 −4 16 | 5

∼

1 −4 1 | −20 60 −16 | 370 0 224 | 112

.

Odtud u3 =112

224=

1

2, u2 =

3

4, u1 =

1

2.

Prıklad 14.9: Ulohu z prıkladu 14.2 reste sedmibodovym implicitnım schematem s parametryh = 1/2 a τ = 1/4. Vypoctete hodnoty priblizneho resenı pro cas t = 1/2.

Resenı: Hodnoty priblizneho resenı v uzlovych bodech a v casech t0 = 0 a t1 = 1/4 zıskamez pocatecnıch podmınek stejne jako v prıkladu 14.2. Hodnoty na casove vrstve t2 = 1/2 vsaknynı nejsou dany explicitnım vztahem, nybrz vyresenım soustavy linearnıch algebraickych rovnic,kterou nejprve musıme sestavit podle schematu67

Uk+1i − 2Uk

i + Uk−1i

τ2=

a2

2h2

[Uk+1i−1 − 2Uk+1

i + Uk+1i+1 + Uk−1

i−1 − 2Uk−1i + Uk−1

i+1

].

Pro jednoduchost oznacıme nezname hodnoty priblizneho resenı v case t2 a v bodech xi symbolyui, kde i = 1, 2, 3. Pripomenme, ze a2 = 4. Postupem jako v prıkladu 14.8 zıskame tyto rovnice

32u1 − 8u2 = 32,

−8u1 + 32u2 − 8u3 = 48,

−8u2 + 32u3 = 32.

Maticove

32 −8 0 | 32−8 32 −8 | 480 −8 32 | 32

∼

4 −1 0 | 4−1 4 −1 | 60 −1 4 | 4

∼

4 −1 0 | 40 15 −4 | 280 −1 4 | 4

∼

4 −1 0 | 40 15 −4 | 280 0 56 | 88

.

67Tato verze je ekvivalentnı s verzı uzitou v prıkladu 14.8. Odvozenı jednotlivych rovnic si muzete daleusnadnit – viz poznamku za prıkladem 14.10.

118

Odtud u3 =11

7, u2 =

16

7, u1 =

11

7.

Prıklad 14.10: Ulohu z prıkladu 14.4 reste sedmibodovym implicitnım schematem s parametryh = 1/2 a τ = 1/2. Sestavte rozsırenou matici soustavy linearnıch algebraickych rovnic, jejımzvyresenım byste zıslali hodnoty priblizneho resenı pro cas t = 1.

Resenı: Hodnoty priblizneho resenı v uzlovych bodech a v casech t0 = 0 a t1 = 1/2 zıskamez pocatecnıch podmınek stejne jako v prıkladu 14.4. Hodnoty na casove vrstve t2 = 1 vsak nynınejsou dany explicitnım vztahem, nybrz vyresenım soustavy linearnıch algebraickych rovnic,kterou nejprve musıme sestavit podle schematu

Uk+1i − 2Uk

i + Uk−1i

τ2=

a2

2h2

[Uk+1i−1 − 2Uk+1

i + Uk+1i+1 + Uk−1

i−1 − 2Uk−1i + Uk−1

i+1

]. (65)

x = 0 12 1 3

2 2 52 x = 3

t = 1

t = 2

0 5 16 27 32 25 0

0 7 20 30 34 26 0

0 u1 u2 u3 u4 u5 0

0 0

0 0

Pro jednoduchost oznacıme nezname hodnotypriblizneho resenı v case t2 a v bodech xi sym-boly ui, kde i = 1, 2, 3, 4, 5. Pripomenme, zea2 = 1. Zıskame pet rovnic. Pro zjednodusenıvypoctu vynasobme obe strany rovnosti (65)hodnotou 2h2 (dle zadanı h = τ).

2(u1 − 2 · 7 + 5) = 0− 2u1 + u2 + 0− 2 · 5 + 16,

4u1 − u2 = 24,

2(u2 − 2 · 20 + 16) = u1 − 2u2 + u3 + 5− 2 · 16 + 27,

−u1 + 4u2 − u3 = 48,

2(u3 − 2 · 30 + 27) = u2 − 2u3 + u4 + 16− 2 · 27 + 32,

−u2 + 4u3 − u4 = 60,

2(u4 − 2 · 34 + 32) = u3 − 2u4 + u5 + 27− 2 · 32 + 25,

−u3 + 4u4 − u5 = 60,

2(u5 − 2 · 26 + 25) = u4 − 2u5 + 0 + 32− 2 · 25 + 0,

−u4 + 4u5 = 36.

Maticove

4 −1 0 0 0 | 24−1 4 −1 0 0 | 480 −1 4 −1 0 | 600 0 −1 4 −1 | 600 0 0 −1 4 | 36

.

(Pro zajemce: Resenı 113(148, 280, 348, 332, 200)

T .)

Poznamka: Uvedomte si, ze i v prıkladech 14.8 a 14.9 se pri sestavovanı sıt’ovych rovnic muzemevyhnout zlomkum obdobne jako v prıkladu 14.10, pokud obe strany rovnosti (schematu) (65)vynasobıme vhodnym cıslem, pricemz nenı nutne, aby h = τ . Povsimnete si take, ze v prıkladech (!!)

119

14.8, 14.9 a 14.10 jsou matice vyslednych soustav trıdiagonalnı, symetricke a majı jednoduchoustrukturu.

15 Metoda sıtı ve 2D: rovnice vedenı tepla

Prıklad 15.1: Problem vedenı tepla

∂u

∂t=

1

4

∂2u

∂x2v G = (0, 2) × (0, 1),

u(x, 0) = 8− 8(x− 1)4 pro x ∈ [0, 2], (66)

u(0, t) = 2t pro t ∈ [0, 1], (67)

u(2, t) = 4t pro t ∈ [0, 1], (68)

reste metodou sıtı se ctyrbodovym implicitnım schematem a vypoctete hodnotu pribliznehoresenı v bode x = 3/2 a v case t = 1/2. Diskretizacnı parametry h a τ si sami vhodne zvolte(vyberte vypocetne nejjednodussı moznost).

Resenı: Abychom mohli spocıtat priblizne resenı v pozadovanem bode, musı tento bod byt uzlemsıte. Schema je nepodmınene stabilnı, takze volba delky kroku τ nenı omezena volbou hodnotyh. Vhodna volba je h = 1/2 a τ = 1/2, prıslusna sıt’ obsahuje zkoumany bod (3/2, 1/2), nalezımu oznacenı U1

3 .Sıt’ tedy bude mıt pet uzlu v prostorovem smeru a tri casove vrstvy; nakreslete si obrazek.

Pocatecnı podmınka (66) dava pro cas t = 0 tyto hodnoty resenı 0, 15/2, 8, 15/2, 0 (po rade odx0 = 0 k x4 = 2).

Pro t = 1/2 je u(0, 1/2) = U10 = 2τ = 1 (viz (67)) a u(2, 1/2) = U1

4 = 4τ = 2 (viz (68)).Implicitnı schema jest

Uki − Uk−1

i

τ= a2

Uki−1 − 2Uk

i + Uki+1

h2.

Prvnı rovnice (x = 1/2, t = 1/2, a2 = 1/4)

U11 − 15/2

12

=1

4

1− 2U11 + U1

214

,

4U11 − U1

2 = 16.

Druha rovnice (x = 1, t = 1/2)

U12 − 812

=1

4

U11 − 2U1

2 + U13

14

,

−U11 + 4U1

2 − U13 = 16.

Tretı rovnice (x = 3/2, t = 1/2)

U13 − 15/2

12

=1

4

U12 − 2U1

3 + 214

,

−U12 + 4U1

3 = 17.

120

Maticove

4 −1 0 | 16−1 4 −1 | 160 −1 4 | 17

∼

1 −4 1 | −16−4 1 0 | −160 −1 4 | 17

∼

1 −4 1 | −160 −15 4 | −800 −1 4 | 17

∼

1 −4 1 | −160 1 −4 | −170 −15 4 | −80

∼

1 −4 1 | −160 1 −4 | −170 0 −56 | −335

,

odtud U13 =

335

56.

Prıklad 15.2: Problem (N)

∂u

∂t=

1

4

∂2u

∂x2v G = (0, 3/2) × (0, 2),

u(x, 0) = 2− 2x pro x ∈ [0, 3/2],

u(0, t) = 2 + t pro t ∈ [0, 2],

u(3/2, t) = t− 1 pro t ∈ [0, 2],

reste metodou sıtı se ctyrbodovym implicitnım schematem s diskretizacnımi parametry h = 1/2a τ = 1 a vypoctete hodnotu priblizneho resenı v bodech x1 = 1/2 a x2 = 1 v casech t1 = 1a t2 = 2 (tj. ctyri hodnoty). At’ postupujete jakymkoliv zpusobem (viz poznamku nıze), zjistete,zda u Vaseho postupu platı, ze cıslo 4 je vlastnım cıslem matice soustavy (tedy bud’ jedne vetsımatice, nebo jedne ze dvou mensıch matic)Poznamka: Ulohu muzete resit jako dve mensı soustavy nebo jednu vetsı soustavu linearnıch algebraickych

rovnic.

Resenı:Sıt’ tedy bude mıt ve dvou casovych vrstvach po dvou vnitrnıchuzlech, celkem ctyri vnitrnı uzly. Pro cas t = 0 pocatecnıpodmınka dava U0

1 = 1, U02 = 0 (po rade pro x1 a x2).

Pro t = 1 je u(0, 1) = U10 = 3 a u(3/2, 1) = U1

3 = 0. Pro t = 2je u(0, 2) = U2

0 = 4 a u(3/2, 2) = U23 = 1.

Pro jednoduchost zaved’me u1 ≡ u(1/2, 1) = U11 ,

u2 ≡ u(1, 1) = U12 , u3 ≡ u(1/2, 2) = U2

1 a u4 ≡ u(1, 2) = U22 . 1 0

3

4

0

1

u1 u2

u4u3

Implicitnı schema jest

Uki − Uk−1

i

τ= a2

Uki−1 − 2Uk

i + Uki+1

h2.

Prvnı rovnice (x = 1/2, t = 1, a2 = 1/4)

u1 − 1

1=

1

4

3− 2u1 + u214

,

3u1 − u2 = 4.

Druha rovnice (x = 1, t = 1)

u2 − 0

1=

1

4

u1 − 2u2 + 014

,

−u1 + 3u2 = 0.

121

Tretı rovnice (x = 1/2, t = 2)

u3 − u11

=1

4

4− 2u3 + u414

,

−u1 + 3u3 − u4 = 4.

Ctvrta rovnice (x = 1, t = 2)

u4 − u21

=1

4

u3 − 2u4 + 114

,

−u2 − u3 + 3u4 = 1.

Maticove pro vektor neznamych (u1, u2, u3, u4)T

3 −1 0 0 | 4−1 3 0 0 | 0−1 0 3 −1 | 40 −1 −1 3 | 1

.

Povsimneme si, ze prvnı dve rovnice nezavisejı na ostatnıch, odtud u1 =3

2a u2 =

1

2, coz

dosazeno do zbyvajıcıch rovnic dava(

3 −1 | 11/2−1 3 | 3/2

)∼(3 −1 | 11/20 8 | 20/2

)

odtud u4 =5

4a u3 =

9

4.

Ano, nebot’ matice A − 4I je singularnı (at’ uz typu 2 × 2 nebo 4 × 4), protoze prvnı dvaradky jsou totozne, rovnice Au = 4u tedy ma nenulove resenı.

Poznamka: Rovnici vedenı tepla je mozne resit i explicitnım schematem, viz [6]. Pak je ovsemnutne zvolit h a τ tak, aby byla splnena podmınka stability. Pote mısto sestavovanı rovnic postu-pujeme analogicky jako naprıklad v prıkladech s vlnovou rovnicı resenou explicitnım schematem:po stanovenı uzlovych hodnot z pocatecnı a okrajove podmınky vypocıtavame hodnoty vevnitrnıch uzlech sıte podle explicitnıho schematu.


∂u

∂t= 2

∂2u

∂x2v Ω = (0, 9) × (0, 1),

u(x, 0) = −x2 + 8x+ 9 pro 0 ≤ x ≤ 9,

u(0, t) = 9− 4t pro 0 ≤ t ≤ 1,

u(9, t) = 8t pro 0 ≤ t ≤ 1

reste metodou sıtı s explicitnım ctyrbodovym schematem a vypoctete hodnotu priblizneho resenıv bodech B1 = (5, 1) a B2 = (6, 1). Diskretizacnı parametry h a τ si sami vhodne zvolte (vybertevypocetne nejjednodussı vhodnou moznost).

Resenı: Z prostorove souradnice bodu B1, B2 a z delky prostoroveho intervalu je patrne, zeh = 1. Z podmınky stability τ ≤ h2/(2a2) pak plyne volba τ = 1/4, nebot’ a2 = 2.(Poznamka pro opravujıcı: Prılis velke τ v dusledku opomenutı podmınky stability prısne tres-tejte.)

Pro t = 0 jsou uzlove hodnoty dany pocatecnı podmınkou, viz obr.Explicitnı schema pro nasi volbu h a τ jest Uk+1

i = 12

(Uki+1 + Uk

i−1

).

122

x = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x = 9

t = 14

t = 12

t = 1

9 16 21 24 25 24 21 16 9 0

8 15 20 23 24 23 20 15 8 2

7 22 23 22 19 1417

2 4

6 22 21 1855

4 6

20139

8

Odtud a z okrajovych podmınek snadno dostaneme hodnoty v dalsıch casovych vrstvach,viz obrazek. Hodnoty vyuzite explicitnım schematem ke zjistenı hodnot v bodech B1 a B2 jsougraficky odliseny, nenı nezbytne pocıtat hodnoty ve vsech bodech sıte. (!!)

Hodnota v bode B1 je 20, hodnota v bode B2 je 139/8.

Prıklad 15.4: V pokusu zamerenem na vedenı tepla v kovove tycce muzeme pomocı parametru (P)α a β ovlivnovat pocatecnı rozlozenı teploty a teplotu koncu tycky, viz matematicky model:

∂u

∂t=

1

2

∂2u

∂x2v Ω = (x, t) ∈ R

2 : x ∈ (0, 5), t ∈ (0, 8)u(x, 0) = α(5x − x2) pro 0 ≤ x ≤ 5,

u(0, t) = αt pro 0 ≤ t ≤ 8,

u(5, t) = βt pro 0 ≤ t ≤ 8.

Vypoctem naleznete takove hodnoty α, β ∈ R, aby pri vypoctu metodou sıtı s explicitnımctyrbodovym schematem vychazela v case t = 4 v bode x = 1 teplota 26 jednotek a v bodex = 3 teplota 15 jednotek. Prostorovy krok h i casovy krok τ vhodne zvolte.

Resenı:

x = 0 1 2 3 4 x = 5

t = 1

t = 2

t = 3

t = 4

0 4α 6α 0

α 5α 3α β

3α 4α 2β

3α72α 2α+ β

13α

2

2

11α

2+β

2

Z prostorove souradnice sledovanych bodu a z delky prostoroveho intervalu je patrne, zeh = 1 je vhodna volba. Z podmınky stability τ ≤ h2/(2a2) pak plyne volba τ = 1, nebot’ a2 = 1

2 .Pro t = 0 jsou uzlove hodnoty dany pocatecnı podmınkou, viz obr. Stacı jen v bodech

nutnych pro dalsı vypocet.

123

Explicitnı schema pro nasi volbu h a τ jest Uk+1i = 1

2

(Uki+1 + Uk

i−1

).

Odtud a z okrajovych podmınek snadno dostaneme hodnoty v dalsıch casovych vrstvach,viz obrazek.

Ma byt13α2

2= 26, odtud α = 8. Dale pozadujeme

11α2 + β

2= 15. Po dosazenı α = 8

dostavame 44 + β = 30, tudız β = −14.

Prıklad 15.5: Vedenı tepla v kovove tycce je modelovano matematickou ulohou

∂u

∂t=∂2u

∂x2v Ω = (x, t) ∈ R

2 : x ∈ (−2, 3), t ∈ (0, 2)u(x, 0) = 2x(x− 1) pro − 2 ≤ x ≤ 3,

u(−2, t) = 12 + 4t pro 0 ≤ t ≤ 2,

u(3, t) = 12 + 8t pro 0 ≤ t ≤ 2.

Ulohu reste priblizne metodou sıtı s explicitnım ctyrbodovym schematem a s prostorovym kro-kem h = 1. Casovy krok τ vhodne vyberte z nabıdky τ = 1/4, τ = 1/2 a τ = 1. Odpovezte naotazku, jaka je priblizna teplota v bodech x = −1 a x = 1, a to v case t = 2.

124

Resenı:

x = −2 −1 0 1 2 x = 3

t = 12

t = 1

t = 32

t = 2

12 4 0 12

14 2 6

8 4 20

18 6 12

12 9Z podmınky stability τ ≤ h2

2a2plyne volba τ = 1/2, kteravede na velmi jednoduchy vypocetuzlovych hodnot. Volba τ = 1/4je take mozna, vysledna explicitnıformule je vsak komplikovanejsı(doufam, ze tato komplikovanostodradı od volby τ = 1/4, jinakto budeme muset prepocıtat). Volbaτ = 1 vede k nestabilite.Pro t = 0 jsou uzlove hodnotydany pocatecnı podmınkou, viz obr.Stacı jen v bodech nutnych pro dalsıvypocet.

Explicitnı schema pro nasi volbu h a τ jest Uk+1i = 1

2

(Uki+1 + Uk

i−1

).

Odtud a z okrajovych podmınek snadno dostaneme hodnoty v dalsıch casovych vrstvach ave sledovanych bodech, viz obrazek.

Prıklad 15.6: V pokusu zamerenem na vedenı tepla v kovove tycce muzeme pomocı parametruα, β a γ ovlivnovat pocatecnı rozlozenı teploty a teplotu koncu tycky, viz matematicky model:

∂u

∂t=

1

2

∂2u

∂x2v Ω = (x, t) ∈ R

2 : x ∈ (0, 5), t ∈ (0, 8)u(x, 0) = 2α(5x − x2) + γ pro 0 ≤ x ≤ 5,

u(0, t) = 2αt+ γ pro 0 ≤ t ≤ 8,

u(5, t) = 4βt+ γ pro 0 ≤ t ≤ 8.

Interval [0, 5] rozdelte body x0 = 0, x1, x2, x3, x4, x5 = 5 na stejne dlouhe useky. Naleznetetakove hodnoty α, β, γ ∈ R, aby pri vypoctu metodou sıtı s explicitnım ctyrbodovym schematemvychazela v case t = 4 v bode x0 teplota 51 jednotek, v bode x1 teplota 42 jednotek a v bode x3teplota 40 jednotek. Prostorovy krok h i casovy krok τ vhodne zvolte co nejdelsı. Nepocıtejte,co nenı nutne.

Resenı:τ = 1, α = 6, β = 2 a γ = 3

Poznamka: Dalsı resene prıklady predvadejıcı pouzitı metody sıtı k pribliznemu resenı parcial-nıch diferencialnıch rovnic naleznete v [3].

Literatura

[1] S. Mıka, P. Prikryl, M. Brandner: Specialnı numericke metody. Numericke metody resenıokrajovych uloh pro diferencialnı rovnice. Vydavatelsky servis, Plzen, 2006.

[2] K. Rektorys: Variacnı metody v inzenyrskych problemech a v problemech matematicke fy-ziky, SNTL, Praha, 1974.

125

[3] K. Rektorys: Matematika 43. Obycejne a parcialnı diferencialnı rovnice s okrajovymipodmınkami 2. Vydavatelstvı CVUT, 3. vydanı, Praha, 2001.

[4] K. Rektorys a spolupracovnıci: Prehled uzite matematiky I. Prometheus, 7. vydanı, Praha,2007.

[5] O. Zindulka: Matematika 3. Ceska technika – nakladatelstvı CVUT, 1. vydanı, Praha, 2007.

[6] Matematika 4: Prırucka pro prezitı. Ke stazenı na webovych strankach vyucujıcıcho.

126

Documents

Pˇr´ıklady k pˇredmˇetu Matematika 4 - ČVUT FSv · Byl pˇridán pˇr´ıklad 12.4 na vy´poˇcet pˇribliˇznyćh vlastn´ıch ˇc´ısel okrajové u´lohy. K verzi ze dne