PrÂ´Ä±klady k predmetu Matematika 4

Příklady k předmětu Matematika 4 

Verze ze dne 12. ledna 2012 

Jan Chleboun 

Obsah 

Úvod ................................................................... 2 

1 Vlastní čísla a vlastní vektory matic ..................................... 3 

2 Aplikace Geršgorinovy věty: vlastní čísla matic . . . ....................... 13 

3 Aplikace Geršgorinovy věty: odhad čísla podmíněnosti . . ................. 21 

4 Normy vektorů a matic . . ............................................... 23 

5 Gaussova eliminace . . . .................................................. 27 

6 Iterační metody. . . ...................................................... 27 

7 Lineární zobrazení ...................................................... 32 

8 Okrajové úlohy v 1D: řešitelnost ................... . .................... 36 

9 Pozitivní definitnost operátorů . . ........................................ 39 

10 Pozitivní definitnost operátorů, 

Ritzova metoda . . . ...................................................... 48 


metoda sítí . ............................................................ 58 

12 Metoda sítí v 1D: okrajové úlohy . . . ................ . .................... 62 

13 Metoda sítí v 1D: vlastní čísla okrajových úloh . ......................... 66 

14 Metoda sítí ve 2D: Liebmannova iterace ............... . ................. 69 

15 Metoda sítí ve 2D: Dirichletova úloha . . ................................. 70 

16 Metoda sítí ve 2D: vlnová rovnice . . ..................................... 75 

17 Metoda sítí ve 2D: rovnice vedení tepla . ................................. 80 

Literatura .................................................................. 85

Úvod 

Tato sbírka sestává především z příkladů, s nimiž se v minulých letech posluchači potýkali 

během zkoušek. 

Zkouškové příklady v právě aktuálním semestru nemusejí být jen triviálními obměnami 

zde uvedených problémů, ale při zvládnutí úloh z této sbírky mohou studenti a studentky 

jít ke zkoušce se sebedůvěrou a s velkou nadějí na získání lepšího hodnocení než D. 

Řada příkladů je poměrně podrobně vyřešena. Způsob, jakým je řešení podáno, však 

není učebnicově výkladový, místy je zkratkovitý nebo mírně nelogický. Proč tomu tak je, 

to vysvětluje poznámka v úvodu kapitoly 9. Řešení poskytuje dostatek detailů, nicméně 

se předpokládá, že čtenář se v látce orientuje a že užívá přinejmenším texty [3], [4] a [5]. 

Velmi užitečná, ale dnes hůře dostupná, jsou skripta [2]. U příkladů, jež jsou jen malými 

obměnami podrobně vyřešené úlohy, jsou uvedeny alespoň závěrečné výsledky, případně 

i výsledky mezikroků. 

Studujícím doporučuji, aby nezůstali jen u mechanického naučení se postupů, jak 

příklady řešit, ale aby se snažili pochopit logické úvahy vedoucí k řešení. 1 Například úlohy 

v kapitole 1 se zdají být dosti různorodé, nicméně jejich řešení vždy vyplývá z nemnoha 

elementárních vlastností vlastních čísel a vlastních vektorů matice. Jednoduché využití 

těchto vlastností pak vede k následné algebraické úloze (hledání kořenů charakteristického 

polynomu, sestavení rovnic pro neznámé prvky matice aj.), jejíž vyřešení, jakož i dořešení 

výchozího problému se děje standardními postupy. 

Naučte se formulovat odpovědi a jejich zdůvodnění. Správná odpověd’ bez zdůvodnění 

je považována za neplatnou a v písemné práci nepřinese bodový zisk. 

Věnujte pozornost i zkouškám správnosti dílčích a hlavních výsledků, a to zejména 

v případech, kdy taková zkouška je velmi jednoduchá a časově nenáročná. Kolik cenných 

bodů už studující ztratili tím, že si neověřili, zda správně vyřešili soustavu lineárních 

rovnic nebo kvadratickou rovnici, zda panuje soulad mezi vypočeným vlastním číslem 

a vlastním vektorem a zda vypočtený výsledek je vůbec možný, například vyjde-li určitý 

integrál z kladné funkce záporně (to je chyba opravdu trestuhodná). 

Zkouškové příklady a jejich řešení pocházejí z materiálů, které se používají při opravování 

písemných prací. Záměrně jsem na několika místech ponechal návodné poznámky 

pro opravující pedagogy, co při opravování sledovat a na co být přísný. Můžete si z nich 

udělat lepší představu o důrazech při hodnocení správnosti řešení. 

Elektronické podklady pro sazbu jsem se snažil upravit tak, aby se například používala 

jednotná matematická symbolika a detailnost návodů byla jakž takž vyrovnaná. Výsledek 

jsem podrobil jen rychlé autokorektuře, očekávám tedy, že řada tiskových chyb mi unikla. 

Budu rád, když je naleznete a upozorníte mě na ně. 

1 K budování takového intelektuálního zázemí slouží i návštěva přenášky z MA 4, kde je, na rozdíl od 

cvičení, čas na výklad souvislostí. 

2

1 Vlastní čísla a vlastní vektory matic 

⎛ 

−1 1 

⎞ 

1 

Příklad 1.1: O matici M = ⎝ 1 −1 2 ⎠ je známo, že její vlastní čísla jsou λ 1 = −3, 

1 2 −1 

λ 2 = − √ 3 a λ 3 = √ 3. Určete největší a nejmenší vlastní číslo matice M −1 . 

Řešení: Vlastní čísla matice M −1 se rovnají převráceným hodnotám vlastních čísel matice 

M. Hledaná vlastní čísla tedy jsou λ −1 

3 = 1/ √ 3 = √ 3/3 a λ −1 

2 = −1/ √ 3 = − √ 3/3. 

Poznámka: Vyřešení předchozí úlohy snadno vyplývá z jedné z vlastností vlastních čísel. 

Jiné základní vlastnosti (více [4]) jsou předvedeny ⎛ například ⎞ v těchto úlohách: 

7 5 1 

Je λ = 1 + i vlastním číslem matice A = ⎝5 2 3 ⎠ 

1 3 −1 

(Není, protože A je symetrická, a tudíž všechna její vlastní čísla jsou reálná.) 

⎛ 

⎞ 

7 5 1 6 

Je λ = 1 + i vlastním číslem matice A = ⎜0 2 3 1 

⎟ 

⎝0 0 1 + i −2⎠ 

0 0 0 9 

(Ano, je, protože vlastní čísla trojúhelníkové matice jsou totožná s prvky na hlavní diagonále 

(zamyslete se nad tím, jak vypadá charakteristický polynom).) 

Příklad 1.2: ⎛Najděte aspoň ⎞ jednu takovou dvojici reálných čísel a a b, aby vlastní čísla 

3 a 1 

matice A = ⎝−1 4 2 ⎠ byla reálná, postup zdůvodněte. 

1 b −2 

Řešení: Vlastní čísla reálné symetrické matice jsou reálná. Stačí zvolit a = −1 a b = 2. 

Příklad ( 1.3: ) Najděte aspoň jednu čtveřici čísel a, b, c a d takovou, aby matice A = 

a + b a − c 

měla vlastní čísla λ 

b + 2c a + d 

1 = −1 a λ 2 = 1. 

Řešení: Jelikož horní trojúhelníková matice má vlastní čísla identická s prvky na hlavní 

diagonále, hledejme vhodnou horní trojúhelníkovou matice. Stačí se tedy zabývat soustavou 

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

jejíž řešení je a = 1, b = −2, c = 1, d = 0. 

Příklad 1.4: Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice 

⎛ 

4 

⎞ 

2 −1 

A = ⎝−1 4 1 ⎠ . 

−1 4 4 

(Nápověda: Vlastní čísla této matice jsou malá přirozená čísla.) 

Řešení: Kořeny charakteristického polynomu 

(4 − λ) 3 + 3λ − 10 = λ 3 − 12λ 2 + 45λ − 54 

3

se hledají zkusmo dosazováním malých celých čísel 0, 1, −1, 2, −2, 3, −3, . . .. Snáze se 

vyčísluje výraz vlevo, tj. před roznásobením. Po nalezení prvního kořene (tj. 3) lze charakteristický 

polynom vydělit členem λ − 3 a určit kořeny podílu, tedy vyřešit kvadratickou 

rovnici. Nebo je možné dosazováním najít i další kořen (tj. 6), a pak charakteristický 

polynom podělit kvadratickým členem (λ − 3)(λ − 6) = λ 2 − 9λ + 18. Podílem je lineární 

polynom s kořenem λ = 3. 

(Poznámka: Dosazováním můžeme najít kořen polynomu, ale nemůžeme odhalit, že 

je násobný, v našem případě je to kořen λ = 3. Snížíme tedy stupeň charakteristického 

polynomu dělením a hledáme kořeny výsledného podílu. Jiný postup hledání násobných 

kořenů spočívá v nalezení kořenů derivace charakteristického polynomu. Platí totiž, že pokud 

nějaké číslo je násobným kořenem polynomu, je také kořenem jeho derivace. Například 

náš charakteristický polynom má derivaci 3 (1 − (4 − λ) 2 ), jejímž kořenem je opět λ = 3. 

Další možností je využít toho, že součet prvků na hlavní diagonále matice, tj. 4+4+4 = 12, 

je roven součtu vlastních čísel uvažovaných i s jejich násobnostmi. Po nalezení vlastních 

čísel 3 a 6 dostáváme vlastní číslo 12 − 3 − 6 = 3.) 

Vlastní čísla jsou 3, 3, 6, příslušné vlastní vektory (1, 0, 1) T a (0, 1/2, 1) T (a jejich nenulové 

násobky komplexním číslem). 

Příklad 1.5: Najděte vlastní čísla a vlastní vektory matice 

⎛ ⎞ 

−2 −1 −3 

A = ⎝ 4 3 3 ⎠. 

1 1 2 

(Nápověda: Vlastní čísla této matice jsou malá celá čísla.) 

Řešení: Charakteristický polynom 

(−2 − λ)(3 − λ)(2 − λ) − 3 − 12 + 3(3 − λ) + 4(2 − λ) + 3(2 + λ) 

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

Vlastní čísla jsou 2, 2, −1, příslušné vlastní vektory (−1, 1, 1) T a (−1, 1, 0) T (a jejich nenulové(!!) 

násobky komplexním číslem). 

Někteří studenti obcházejí výpočet determinantu jinou dosazovací metodou, totiž tím, 

že pro různé hodnoty λ zkoumají lineární (ne)závislost řádků matice A − λI. To je OK, 

v této úloze to dokonce není ani moc těžkopádné. Dvojnásobnost vlastního čísla 2 se tím 

však neodhalí. 

( ) 5 −8 

Příklad 1.6: Je dána matice A = . Nalezněte vlastní čísla a vlastní vektory 

−2 5 

matic B a B −1 , kde B = A 3 , tj. B = AAA. 

Řešení: Předpokládejme, že λ je vlastní číslo matice A a u je příslušný vlastní vektor. 

Z Au = λu plyne Bu = AAAu = AAλu = Aλ 2 u = λ 3 u a B −1 u = λ −3 u. 

Vlastní čísla matice A jsou 1 a 9, tedy vlastní čísla matice B jsou 1 a 9 3 = 3 6 = 729 

a vlastní čísla matice B −1 jsou 1 a 9 −3 = 3 −6 = 1/729. 

Matice A, B a B −1 mají tytéž vlastní vektory v 1 = 

( 

2 

1) 

p a v 2 = 

( ) 

2 

q, kde p, q ∈ 

−1 

C \ {0}. 

Jestliže student nejprve vypočte matici B, nebo dokonce B −1 , a pak počítá jejich 

vlastní čísla a vektory, dejte plný počet bodů, pokud jsou výsledky správné; k případným 

4

numerickým chybám však nebud’te shovívaví — at’ nese riziko toho, když dělá věci zbytečně 

složitě. 

Příklad 1.7: Jsou dány matice 

A = 

( ) −1 1 

3 1 

a B = 

( ) 4 a 

. 

1 b 

Nalezněte hodnoty a, b ∈ R takové, aby matice B měla stejná vlastní čísla jako matice A. 

Řešení: Charakteristický polynom matice A jest (−1 − λ)(1 − λ) − 3 s kořeny 2 a −2. 

Charakteristická rovnice matice B jest (4 − λ)(b − λ) − a = 0 a pro λ = 2, λ = −2 

z ní získáme soustavu 

její řešení: a = −12, b = −4. 

2b − a = 4 

6b − a = −12, 

Příklad 1.8: Je dána matice A a její vlastní vektor u příslušný jistému neznámému 

vlastnímu číslu: 

⎛ 

−2 2 

⎞ 

−7 

⎛ ⎞ 

23 

A = ⎝ 7 3 7 ⎠ , u = ⎝ 0 ⎠ p, p ∈ C \ {0}. 

−2 −2 3 

−23 

Najděte všechna vlastní čísla matice A a všechny zbývající vlastní vektory matice A. 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 

5 

Řešení: Místo s u pro jednoduchost počítejme s û = u/23 = ⎝ 0 ⎠. Jelikož Aû = ⎝ 0 ⎠, 

−1 

−5 

je příslušné vlastní číslo λ 1 = 5. 

Charakteristický polynom matice A 

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

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

= −λ 3 + 4λ 2 + 17λ − 60 

vydělíme polynomem λ − 5 a dostaneme polynom 

−λ 2 − λ + 12 = −(λ − 3)(λ + 4) 

s kořeny λ 2 = 3 a λ 3 = −4. 

Příslušné vlastní vektory jsou (pozor na jejich (nenulové) násobky komplexním číslem) 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

−1 

−1 

v = ⎝ 1 ⎠ p a w = ⎝ 1 ⎠q, kde p, q ∈ C \ {0}. 

1 

0 

5


vlastnímu číslu: ⎛ 

0 6 

⎞ 

−5 

⎛ ⎞ 

−29 

A = ⎝15 9 15⎠, u = ⎝ 0 ⎠. 

−6 −6 −1 29 


Dvě pomůcky: a) Vlastní čísla matice A jsou celá čísla. 

b) Označíme-li −λ 3 + aλ 2 + bλ + c ≡ det(A − λI), platí a = λ 1 + λ 2 + λ 3 a c = λ 1 λ 2 λ 3 . 

Řešení: Vlastní čísla λ 1 = 5, λ 2 = 9 a λ 3 = −6. Hodnoty splňují a) i b). 

Příslušné vlastní vektory jsou v = (−1, −2/3, 1) T p a w = (−1, 1, 0) T q, kde p, q ∈ 

C \ {0}. 



⎛ 

7 3 

⎞ 

1 

⎛ ⎞ 

−17 

A = ⎝−1 3 −1⎠ , u = ⎝ 0 ⎠ p, p ∈ C \ {0}. 

−3 −3 3 17 


Řešení: Vlastní čísla λ 1 = 6, λ 2 = 3 a λ 3 = 4. 

Příslušné vlastní vektory jsou v = (−1, 1, 1) T p a w = (−1, 1, 0) T q, kde p, q ∈ C \ {0}. 


vlastnímu číslu: ⎛ ⎞ 

−3 −1 −11 

⎛ ⎞ 

−43 

A = ⎝11 9 11 ⎠ , u = ⎝ 43 ⎠ . 

1 1 9 0 


(Dvě kontrolní pomůcky: 1) Vlastní čísla matice A jsou celá čísla. 2) Označíme-li −λ 3 + aλ 2 + 

bλ + c ≡ det(A − λI), platí a = λ 1 + λ 2 + λ 3 a c = λ 1 λ 2 λ 3 .) 

Řešení: Vlastní čísla λ 1 = −2, λ 2 = 8 a λ 3 = 9. 

Příslušné vlastní vektory jsou v = (−1, 0, 1) T p a w = (−1, 1, 1) T q, kde p, q ∈ C \ {0}. 

Příklad 1.12: Je dána matice A závislá na parametrech a, b ∈ R a jsou dány vektory u 

a v: 

⎛ 

a b 

⎞ 

1 

⎛ ⎞ 

−4 

⎛ ⎞ 

−1 

A = ⎝ 5 5 1⎠ , u = ⎝ 5 ⎠ , v = ⎝ 0 ⎠. 

−5 −4 0 0 5 

Nalezněte takové hodnoty parametrů a, b ∈ R, aby matice A měla vlastní vektory u a v, 

stanovte příslušná vlastní čísla. Dále nalezněte zbývající vlastní číslo a zbývající vlastní 

vektor matice A (s dosazenými hodnotami parametrů a, b ∈ R). 

Řešení: Jelikož 

⎛ ⎞ 

−4a + 5b 

⎛ ⎞ 

−a + 5 

Au = ⎝ 5 

0 

⎠ a Av = ⎝ 0 

5 

⎠, 

6

porovnáním s u a v zjistíme, že vektorům odpovídají vlastní čísla λ 1 = 1 a λ 2 = 1, 

a odvodíme rovnice pro parametry a a b: 

Odtud a = 6 a b = 4. 

Charakteristický polynom 2 matice A 

−4a + 5b = −4, −a + 5 = −1. 

(6 − λ)(5 − λ)(−λ) − 20 − 20 + 5(5 − λ) + 20λ + 4(6 − λ) 

= (−λ)(30 − 11λ + λ 2 ) − 40 + 49 + 11λ = −λ 3 + 11λ 2 − 19λ + 9 

vydělíme polynomem (λ − 1) 2 = λ 2 − 2λ + 1 a dostaneme polynom −λ + 9 s kořenem 

λ 3 = 9. 

Příslušný vlastní vektor (−1, −1, 1) T q, q ∈ C \ {0}. 

Příklad 1.13: Je dána matice A závislá na parametrech a, b ∈ R a jsou dány vektory u 

a v: 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

3 0 2 

−1 

−2 

A = ⎝−8 −1 −4⎠ , u = ⎝ 2 ⎠ , v = ⎝ 4 ⎠ . 

−1 a b 1 1 

Nalezněte takové reálné číslo a a takové reálné číslo b, aby vektory u a v byly vlastními 

vektory matice A a stanovte příslušná vlastní čísla. Dále nalezněte zbývající vlastní číslo 

a zbývající vlastní vektor matice A (s dosazenými hodnotami parametrů a, b ∈ R). 

Řešení: Jelikož 

⎛ 

Au = ⎝ 

−1 

2 

⎞ 

⎠ a 

⎛ 

Av = ⎝ 

−4 

8 

⎞ 

⎠ , 

1 + 2a + b 

2 + 4a + b 

porovnáním s u a v zjistíme, že vektorům odpovídají vlastní čísla λ 1 = 1 a λ 2 = 2, 

a odvodíme rovnice pro parametry a a b: 

Odtud a = 0 a b = 0. 


1 + 2a + 2b = 1, 2 + 4a + b = 2. 

(3 − λ)(−1 − λ)(−λ) − (−1)(−1 − λ)2 

= (1 + λ)(−2 + 3λ − λ 2 ) = −λ 3 + 2λ 2 + λ − 2 

vydělíme polynomem (λ−1)(λ−2) = λ 2 −3λ+2 a dostaneme polynom −λ−1 s kořenem 

λ 3 = −1. Tento kořen lze také snadno najít zkusmým dosazováním do charakteristického 

polynomu. 

Příslušný vlastní vektor je (0, 1, 0) T q, q ∈ C \ {0}. 

2 Jednodušší ovšem je využít toho, že součet vlastních čísel je roven stopě matice, tj. součtu prvků 

na hlavní diagonále. Tedy a + 5 = λ 1 + λ 2 + λ 3 , konkrétně 6 + 5 = 1 + 1 + λ 3 . Odtud získáme λ 3 = 9 

a vyhneme se zdlouhavému výpočtu charakteristického polynomu. 

3 Stejně jako v předchozí úloze je kratší cestou k výsledku vztah 3 − 1 + b = λ 1 + λ 2 + λ 3 . 

7



⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

a −6 −13 

−27 

A = ⎝13 8 13 ⎠, u = ⎝ 0 ⎠ p, p ∈ C \ {0}, 

6 6 8 27 

kde a ∈ R. Určete parametr a, najděte všechna vlastní čísla matice A a všechny zbývající 

vlastní vektory matice A. (Doporučení: Při výpočtu charakteristického polynomu se snažte 

vyhnout vypočítávání součinů. Pracujte se součiny ve tvaru například 6 ·6·13 či 6 ·13 ·13 

a ve výrazech vhodně vytýkejte společné činitele.) 

Řešení: Počítejme s vlastním vektorem û = (−1, 0, 1) T . Jelikož Aû = (−a − 13, 0, 2) T , je 

(dle třetí složky) příslušné vlastní číslo λ 1 = 2 a platí −a − 13 = 2(−1), tedy a = −11. 


(−11 − λ)(8 − λ)(8 − λ) − 6 · 6 · 13 − 6 · 13 · 13 

+ 6 · 13(8 − λ) − 6 · 13(−11 − λ) + 6 · 13(8 − λ) 

= (−11 − λ)(8 − λ)(8 − λ) − 19 · 6 · 13 

+ 6 · 13(8 − λ + 11 + λ + 8 − λ) 

= (−11 − λ)(8 − λ)(8 − λ) − 19 · 6 · 13 + 6 · 13(27 − λ) [*] 

= (−11 − λ)(64 − 16λ + λ 2 ) + 8 · 6 · 13 − 6 · 13λ 

= −11 · 8 · 8 + 11 · 16λ − 11λ 2 − 64λ + 16λ 2 − λ 3 + 8 · 6 · 13 − 6 · 13λ 

= 8(78 − 88) + 16λ(11 − 4) + 5λ 2 − λ 3 − 6 · 13λ 

= −80 + 2λ(8 · 7 − 3 · 13) + 5λ 2 − λ 3 

= −80 + 34λ + 5λ 2 − λ 3 

vydělíme polynomem λ − 2 a dostaneme polynom 

−λ 2 + 3λ + 40 = −(λ + 5)(λ − 8) 

s kořeny λ 2 = 8 a λ 3 = −5. 

Příslušné vlastní vektory jsou (pozor na jejich (nenulové) násobky) 

v = (−1, 1, 1) T p, p ∈ C \ {0} a w = (−1, 1, 0) T q, q ∈ C \ {0}. 

Příklad 1.15: Stanovte hodnotu parametrů a, b ∈ R tak, aby vektor v = (2, 1) T byl 

vlastním vektorem matice ( ) a −a 

2 

A = 

b b 2 

příslušným některému nenulovému vlastnímu číslu (matice A). Proved’te zkoušku. 

Řešení: Necht’ vlastní vektor v odpovídá nějakému vlastnímu číslu λ. Pak platí 

−a 2 + 2a = 2λ, 

b 2 + 2b = λ. 

4 V místě označeném [*] je, jak si povšimli dva studenti, lepší pokračovat takto 

a vyhnout se dělení polynomů. 

= (−11 − λ)(8 − λ) 2 + 6 · 13(8 − λ) = (8 − λ)[(−11 − λ)(8 − λ) + 78] 

= (8 − λ)[−10 + 3λ + λ 2 ] = (8 − λ)(λ − 2)(λ + 5) 

8

Jelikož vlastní číslo si můžeme zvolit, volme jednoduše například λ = −1, pak dostáváme 

b = −1 a rovnici a 2 − 2a − 2 = 0, jejíž řešení je a 1 = 1 + √ 3 a a 2 = 1 − √ 3. 

Vektor v tedy je vlastním vektorem například matice 

( √ √ ) 

1 + 3 −4 − 2 3 

A = 

. 

−1 1 

Zkouška — maticí A vynásobíme vektor v, dostaneme vektor −v. 

Příklad 1.16: Nalezněte takové hodnoty a, b, c, d ∈ R, aby matice A měla vlastní vektor 

v 1 příslušný vlastnímu číslu λ 1 = −4, vlastní vektor v 2 příslušný vlastnímu číslu λ 2 = 5 

a vlastní vektor v 3 příslušný vlastnímu číslu λ 3 = 8, přičemž 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

0 −2 d 1 

A = ⎝ a b c⎠ , v 1 = ⎝−2 

−2 1 0 1 

−2 

−2 

⎠ , v 2 = ⎝ 1 ⎠ , v 3 = ⎝ 4 ⎠ . 

1 1 

Řešení: Ze vztahů Av i = λ i v i , i = 1, 2, 3, odvodíme rovnice 

a − 2b + c = 8, 

−2a + b + c = 5, 

−2a + 4b + c = 32, 

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

Dostaneme d = −8. Zbývající soustava maticově 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

1 −2 1 | 8 1 −2 1 | 8 

⎝−2 1 1 | 5 ⎠ ∼ ⎝0 −3 3 | 21⎠. 

−2 4 1 | 32 0 3 0 | 27 

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

Příklad 1.17: Nalezněte takové hodnoty a, b, c, d ∈ R, aby matice A měla vlastní vektory 

v 1 , v 2 a v 3 ; stanovte příslušná vlastní čísla. 

⎛ ⎞ 

a b c 

A = ⎝2 7 d⎠ , 

⎛ ⎞ 

−4 

v 1 = ⎝ 1 ⎠ , 

⎛ ⎞ 

−1 

v 2 = ⎝ 1 ⎠ , 

⎛ ⎞ 

−1 

v 3 = ⎝ 1 ⎠ . 

4 4 6 4 0 1 

Řešení: Označme příslušná vlastní čísla λ 1 , λ 2 , λ 3 . Ze vztahů Av i = λ i v i , i = 1, 2, 3, 

porovnáním třetích složek vektorů zjistíme, že λ 1 = 3 a λ 3 = 6, z porovnání druhé složky 

plyne λ 2 = 5. Nyní z Av i = λ i v i odvodíme rovnice 

−4a + b + 4c = −12, 

−a + b = −5, 

−a + b + c = −6 

a přímo d = 1, dále pak a = 1, b = −4 a c = −1. 

9

Příklad 1.18: Nalezněte takové hodnoty a, b, c, d ∈ R, aby matice A měla vlastní vektory 

v 1 , v 2 a v 3 , přičemž 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

a b c 

−2 2 4 

A = ⎝20 10 44⎠, v 1 = ⎝ 2 ⎠ , v 2 = ⎝−2⎠ , v 3 = ⎝−2⎠ . 

−2 d 12 0 

−1 

−2 

Zkouškou ověřte, že nalezené hodnoty vyhovují zadání úlohy. 

Řešení: a = −6, b = 4, c = −44 a d = −2. 

Zkouškou násobením ověříme, že matice 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

−6 4 −44 −3 2 −22 

A = ⎝20 10 44 ⎠ = 2 ⎝10 5 22 ⎠ 

−2 −2 12 −1 −1 6 

má vlastní vektory 

⎛ ⎞ 

−1 

⎛ ⎞ 

2 

⎛ ⎞ 

2 

v 1 = ⎝ 1 ⎠ , v 2 = ⎝−2⎠ , v 3 = ⎝−1⎠ . 

0 

−1 

−1 

Příklad 1.19: Nalezněte čtveřici takových hodnot a, b, c, d ∈ R, aby matice A měla vlastní 

vektor v 1 příslušný vlastnímu číslu λ 1 = −5, vlastní vektor v 2 příslušný vlastnímu číslu 

λ 2 = 6 a vlastní vektor v 3 příslušný vlastnímu číslu λ 3 = 7, přičemž 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

a b c 

−1 

−2 

−2 

A = ⎝10 5 22⎠ , v 1 = ⎝ 1 ⎠ , v 2 = ⎝ 2 ⎠, v 3 = ⎝ 1 ⎠ . 

−1 d 6 0 1 1 

Řešení: a = −3, b = 2, c = −22 a d = −1. 

Příklad 1.20: Nalezněte všechny hodnoty parametru a ∈ R takové, aby ‖A‖ 2 = 1, kde 

( ) 

2a 0 

A = . 

a a 

Řešení: Matice A není symetrická, tedy ‖A‖ 2 = √ ρ(A T A). Jest 

( ) ( ) ( ) 

2 1 2 0 5 1 

A T A = a 2 = a 2 ≡ a 2 C, kde C = 

0 1 1 1 1 1 

( ) 5 1 

. 

1 1 

Tedy 1 = ‖A‖ 2 = √ ρ(a 2 C) = √ a 2 ρ(C) = |a| √ ρ(C), odtud |a| = 1/ √ ρ(C). 

Vlastní čísla matice C: Charakteristický polynom 

det(C − λI) = (5 − λ)(1 − λ) − 1 = λ 2 − 6λ + 4 

s kořeny 

λ 1,2 = 6 ± √ 36 − 16 

2 

10 

= 3 ± √ 5.

Tudíž √ ρ(C) = √ 3 + √ 5 a 

a = 

1 

1 

√ √ spolu s a = −√ √ 

3 + 5 3 + 5 

jsou hledané hodnoty parametru a. 

Studenti budou pravděpodobně hledat vlastní čísla matice a 2 C, její charakteristický 

polynom je λ 2 − 6a 2 λ + 4a 4 , jeho kořeny 3a 2 ± a 2√ 5. 

Příklad 1.21: Je dána matice A a vektory u, v: 

( ) a b 

A = , u = 

c 3 

( 1 

1) 

, v = 

( 2 

1) 

. 

Výpočtem nalezněte takové hodnoty parametrů a, b, c ∈ R a čísel λ u , λ v ∈ R, aby zároveň 

platilo: 

(i) u je vlastní vektor matice A příslušný číslu λ u ∈ R a v je vlastní vektor matice A 

příslušný číslu λ v ∈ R; 

(ii) číslo λ v je o dvě větší než číslo λ u . 

Proved’te zkoušku správnosti řešení. 

Připomenutí: Platí, že součet hodnot vlastních čísel je roven součtu těch prvků matice, 

které leží na hlavní diagonále. 

Doporučení: Budete-li řešit soustavu rovnic, rovnice si nejprve vhodně uspořádejte. 

Uklidnění: Případný nadbytek rovnic nemusí být na závadu. 

Upozornění: Nebudou tolerovány numerické chyby, protože zkouška správnosti řešení je 

velmi snadná a rychlá. 

Řešení: Z rovností Au = λ u , Av = λ v , požadavku (ii) a připomenutí dostáváme 

a + b = λ u , 

c + 3 = λ u , 

2a + b = 2λ v , 

2c + 3 = λ v , 

λ v − λ u = 2, 

λ u + λ v = 3 + a, 

} 

=⇒ 

a + b − λ u = 0, 

c − λ u = −3, 

2a + b − 2λ v = 0, 

2c − λ v = −3, 

−λ u + λ v = 2, 

a − λ u − λ v = −3, 

} 

=⇒ 

a + b − λ u = 0, 

2a + b − 2λ v = 0, 

a − λ u − λ v = −3, 

c − λ u = −3, 

2c − λ v = −3, 

−λ u + λ v = 2. 

11

Maticově 

⎛ 

1 1 0 −1 0 | 

⎞ 

0 

⎛ 

1 1 0 −1 0 | 

⎞ 

0 

2 1 0 0 −2 | 0 

0 −1 0 2 −2 | 0 

1 0 0 −1 −1 | −3 

⎜0 0 1 −1 0 | −3 

∼ 

0 −1 0 0 −1 | −3 

⎟ ⎜0 0 1 −1 0 | −3 

⎟ 

⎝0 0 2 0 −1 | −3⎠ 

⎝0 0 0 2 −1 | 3 ⎠ 

0 0 0 −1 1 | 2 0 0 0 −1 1 | 2 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

1 1 0 −1 0 | 0 1 1 0 −1 0 | 0 

0 −1 0 2 −2 | 0 

0 −1 0 2 −2 | 0 

∼ 

0 0 0 −2 1 | −3 

⎜0 0 1 −1 0 | −3 

∼ 

0 0 1 −1 0 | −3 

⎟ ⎜0 0 0 1 −1 | −2 

⎟ 

⎝0 0 0 0 1 | 7 ⎠ ⎝0 0 0 −2 1 | −3⎠ 

0 0 0 −1 1 | 2 0 0 0 0 1 | 7 

⎛ 

⎞ 

1 1 0 −1 0 | 0 ⎛ 

⎞ 

0 −1 0 2 −2 | 0 

1 1 0 −1 0 | 0 

∼ 

0 0 1 −1 0 | −3 

0 −1 0 2 −2 | 0 

⎜0 0 0 1 −1 | −2 

∼ 

⎜0 0 1 −1 0 | −3 

⎟ 

⎟ ⎝ 

⎝0 0 0 0 −1 | −7⎠ 

0 0 0 1 −1 | −2⎠ 0 0 0 0 1 | 7 

0 0 0 0 1 | 7 

Odtud λ v = 7, λ u = 5, c = 2, b = −4 a a = 9. 

Zkouška ( ) ( ( ( ) ( 

9 −4 1 5 9 −4 2 

= , 

= 

2 3 1) 

5) 

2 3 1) 

( ) 

14 

. 

7 

Příklad 1.22: Jsou dány tyto matice 

( ) ( ) 

1 0 

−1 −1 

I = , A = 

0 1 

−1 −1 

Spočtěte 

a) vlastní čísla matice B; 

b) ‖B‖ 2 ; 

c) vlastní čísla matice 17I − B. 

, B = A 5 = AAAAA. 

Řešení: a) Standardním postupem s vyřešením charakteristické rovnice se snadno spočítá, 

že matice A má vlastní čísla λ 1 = 0 a λ 2 = −2. Ještě rychlejší však je tato úvaha: Matice 

A je singulární, má tedy vlastní číslo λ 1 = 0. Jelikož dále obecně platí λ 1 + λ 2 = −1 − 1, 

dostáváme λ 2 = −2. 

b) Matice B má vlastní čísla µ 1 = 0 a µ 2 = (−2) 5 = −32 a je symetrická, tedy 

‖B‖ 2 = 32. 

c) Zaved’me matici C ≡ 17I − B. Jestliže θ je vlastní číslo matice C a v příslušný 

vlastní vektor, pak θv = Cv = (17I − B)v = 17v − Bv, odtud Bv = (17 − θ)v, což 

znamená, že v je také vlastním vektorem matice B příslušným vlastnímu číslu 17 − θ. 

Ještě snáze nahlédneme, že pokud µ je vlastní číslo matice B a w příslušný vlastní vektor, 

tj. µw = Bw, pak Cw = 17w − Bw = (17 − µ)w, a tudíž w je vlastní vektor matice C 

příslušný vlastnímu číslu θ = 17 − µ. 

12

Ověřili jsme tedy, že matice C a B mají totožný systém vlastních vektorů a odvodili 

jsme vztah mezi odpovídajícími vlastními čísly, tj. θ = 17 −µ. Jelikož µ 1 = 0 a µ 2 = −32, 

vlastní čísla matice 17I − B jsou θ 1 = 17 a θ 2 = 49. 

Příklad 1.23: Je dána matice A a její vlastní vektory u a v: 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

−1 4 4 

−1 0 

A = ⎝ 8 −8 −14⎠ , u = ⎝−2⎠ , v = ⎝−1⎠ . 

−4 7 13 1 1 

Určete všechna vlastní čísla matice a třetí vlastní vektor matice A (nezapomeňte na 

násobky). Označte w ten třetí vlastní vektor matice A, jehož první složka má hodnotu 2, 

a vypočítejte vektor B(w + u), kde matice B = AA. (Poznámka: Součet vlastních čísel 

matice je roven stopě matice, tj. součtu prvků ležících na hlavní diagonále matice.) 

Řešení: První složka součinu Au je rovna −3, vlastní číslo λ 1 = 3. Druhá složka součinu 

Av je rovna −6, vlastní číslo λ 2 = 6. Jest λ 3 = trA − λ 1 − λ 2 = 4 − 9 = −5. 

Zbývající vlastní vektor přísluší vlastnímu číslu λ 3 = −5 a je řešením soustavy s nulovou 

pravou stranou (soustava vznikne z matice A + 5I) 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

4 4 4 1 1 1 ( ) 

⎝ 8 −3 −14⎠ ∼ ⎝0 −11 −22⎠ 1 1 1 

∼ . 

0 1 2 

−4 7 18 0 11 22 

⎛ ⎞ 

⎛ ⎞ 

1 

2 

Vlastní vektor a jeho násobky z = ⎝−2⎠ p, p ∈ C \ {0}. Vektor w = ⎝−4⎠. 

1 

⎛ ⎞ 

2 

⎛ ⎞ 

50 − 9 41 

Jest B(w + u) = AAw + AAu = λ 2 3w + λ 2 1u = 25w + 9u = ⎝−100 − 18⎠ = ⎝−118⎠. 

50 + 9 59 

2 Aplikace Geršgorinovy věty: vlastní čísla matic 

Příklad 2.1: Je dána matice 

⎛ 

⎞ 

−2 1/2 + i −i/2 0 

A = ⎜ 1 − i − √ 3 − √ √ √ 

√ 

6i 0 2 + 2i 

√ ⎟ 

⎝ 2i 0 3 − 7i 1 + i 

1 − 2i 1/2 i/2 − √ 7 + 3 √ ⎠ . 

2i 

Pomocí Geršgorinovy věty zjistěte, 

a) zda by číslo 2 + 2i mohlo být vlastním číslem matice A; 

b) zda by číslo −1 − i mohlo být vlastním číslem matice A. 

Odpovědi jasně zformulujte a zdůvodněte. 

Řešení: Podle Geršgorinovy věty leží všechna vlastní čísla matice A v množině M, která 

je sjednocením kruhů K i se středy S i a poloměry r i , i = 1, 2, 3, 4, tj. 

K 1 = {z ∈ C : | − 2 − z| ≤ r 1 }, kde r 1 = √ 5/2 + 1/2, 

K 2 = {z ∈ C : | − √ 3 − √ 6i − z| ≤ r 2 }, kde r 2 = √ 2 + 2, 

K 3 = {z ∈ C : |3 − √ 7i − z| ≤ r 3 }, kde r 3 = √ 2 + √ 2, 

K 4 = {z ∈ C : | − √ 7 + 3 √ 2i − z| ≤ r 4 }, kde r 4 = √ 5 + 1/2 + 1/2 = 1 + √ 5. 

13

6 

S_4 

4 

2 B_1 

S_1 

K4 K2 0 2 4 

B_2K2 

S_2 S_3 

K4 

Z obrázku vidíme, že 

a) 2+2i (viz bod B 1 ) neleží v množině M, takže 

nemůže být vlastním číslem matice A. 

b) −1 − i (viz bod B 2 ) leží v množině M, takže 

není vyloučeno, že je vlastním číslem matice A. 

Obrázek je zde vyroben vhodným softwarem, 

tedy je poměrně přesný. Náčrtek od ruky by však 

pro odpověd’ nebyl dostatečným zdůvodněním. 

Proto je vhodné pozorování a) a b) potvrdit 

výpočtem. 

Označme d j i vzdálenost bodu B j od bodu S i , kde i = 1, 2, 3, 4 a j = 1, 2. Platí 

d 1 1 = |2 + 2i − (−2)| = |4 + 2i| > 4 > r 1 , 

d 1 2 = |2 + 2i − (−√ 3 − √ 6i)| > |2 + √ 3| > r 2 , 

d 1 3 = |2 + 2i − (3 − √ 7i)| = | − 1 + (2 + √ 7)i| > 2 + √ 7 > 4 > r 3 , 

d 1 4 = |2 + 2i − (−√ 7 + 3 √ 2i)| > |2 + √ 7| > 4 > r 4 , 

d 2 2 = | − 1 − i − (−√ 3 − √ 6i)| = | √ 3 − 1 + ( √ 6 − 1)i| 

( ) 

∣ < 

5 

∣ 2 − 1 + 2 − 1 ∣∣∣ 

i 

∣ = 1 + 3 ∣ ∣∣∣ 

2 i = √ 13/4 < 2 < r 2 . 

První čtyři řádky dokazují, že bod B 1 leží mimo množinu M, pátý řádek ukazuje, že bod 

B 2 leží v kruhu K 2 . 


⎛√ √ √ 

5 + 11 i −1/4 − 15i/4 3i/4 

⎞ −1/2 − i 

A = ⎜ i 3 − 4i 1/2 − i/2 1/3 + i/3 

⎝ 1 + 2i i/2 −4 − √ ⎟ 

11i −1/2 ⎠ . 

2 − i 1 + i −1 −6 


a) zda by číslo 1/2 + i/2 mohlo být vlastním číslem matice A; 

b) zda by číslo 1 − i mohlo být vlastním číslem matice A. 


Řešení: Podle Geršgorinovy věty leží všechna vlastní čísla matice C v množině M, která 

je sjednocením kruhů K i se středy S i a poloměry r i , i = 1, 2, 3, 4, tj. 

K 1 = {z ∈ C : | √ 5 + √ 11i − z| ≤ 1 + 3/4 + √ 5/2 = 7/4 + √ 5/2}, 

K 2 = {z ∈ C : |3 − 4i − z| ≤ 1 + √ 2/2 + √ 2/3}, 

K 3 = {z ∈ C : | − 4 − √ 11i − z| ≤ √ 5 + 1/2 + 1/2 = 1 + √ 5}, 

K 4 = {z ∈ C : | − 6 − z| ≤ √ 5 + √ 2 + 1}. 

14

6 

4 

S_1 

2 

S_4 

L_1 

K10 K5 0 5 

L_2 

K2 

S_3 

K4 

S_2 

K6 

Odtud vidíme, že 

a) 1/2 + i/2 neleží v množině M, takže 


b) 1 − i neleží v množině M, takže 


Obrázek je zde vyroben vhodným softwarem, 

tedy je poměrně přesný. Náčrtek 

od ruky by však pro odpověd’ nebyl 

dostatečným zdůvodněním. Proto 

je vhodné pozorování a) a b) potvrdit 

výpočtem. 

Označme d j i vzdálenost bodu L j od bodu S i , kde i = 1, 2, 3, 4 a j = 1, 2. Platí 

d 1 1 = |1/2 + i/2 − ( √ 5 + √ 11i)| = |1/2 − √ 5 + (1/2 − √ 11)i| 

√ 

= (1/2 − √ 5) 2 + (1/2 − √ √ 

11) 2 = 1/4 − √ 5 + 5 + 1/4 − √ 11 + 11 

√ 

= 16 + 1/2 − √ 5 − √ 11 > √ 16 + 1/2 − 3 − 4 = √ 9 + 1/2 > 3 

= 5/4 + 7/4 = ( √ 5/2)( √ 5/2) + 7/4 > (2/2)( √ 5/2) + 7/4 = √ 5/2 + 7/4 = r 1 , 

d 1 2 = |1/2 + i/2 − (3 − 4i)| = | − 5/2 + 9i/2| > 9/2 > r 2, 

d 1 3 = |1/2 + i/2 − (−4 − √ 11i)| = |9/2 + (1/2 + √ 11)i| > 9/2 > r 3 , 

d 1 4 = |1/2 + i/2 − (−6)| = |13/2 + i/2| > 13/2 > r 4 , 

d 2 1 = |1 − i − ( √ 5 + √ 11i)| = |1 − √ 5 − (1 + √ 11)i| > | − (1 + √ 11)i| 

= 1 + √ 11 > 1 + 3 = 4 > r 1 , 

d 2 2 = |1 − i − (3 − 4i)| = | − 2 + 3i| = √ 13 > 3 > r 2 , 

d 2 3 = |1 − i − (−4 − √ 11i)| = |5 + ( √ 11 − 1)i| > 5 > r 3 , 

d 2 4 = |1 − i − (−6)| = |7 − i| > 7 > r 4 . 

První čtyři řetězce rovností a nerovností dokazují, že bod L 1 leží mimo množinu M, zbývající 

rovnosti a nerovnosti ukazují, že také bod L 2 leží mimo množinu M. 

Příklad 2.3: Rozhodněte, zda na základě Geršgorinovy věty můžete tvrdit, že 

a) λ 1 = −4i, b) λ 2 = 5 + i je či není vlastní číslo matice A, kde 

⎛ 

⎞ 

3 + 2i 0 1 1 + i 

1 

A = ⎜ 2 

−4 + i 0 −2 

⎝ 1 

1 

9 − 1 3 i 5 1 

⎟ 

⎠ . 

3 

0 

2 

− 1 2 

2 − 3i 

c) Je matice A regulární 

d) Může být číslo λ 3 = − 1 + 3i vlastním číslem matice A −1 

10 

Zformulujte odpovědi a své závěry zdůvodněte. 

Řešení: Podle Geršgorinovy věty (viz [4]) leží všechna vlastní čísla matice A v množině M, která 

15

je sjednocením kruhů K i se středy S i a poloměry r i , i = 1,2,3,4, tj. 

S_2 

K 1 = {z ∈ C : |3 + 2i − z| ≤ 1 + |1 + i| = 1 + √ 2}, 

K 2 = {z ∈ C : | − 4 + i − z| ≤ 1/2 + | − 2| = 5/2}, 

K 3 = {z ∈ C : |5 − z| ≤ 1 + |1/9 − i/3| + 1 = 2 + √ 10/9}, 

K 4 = {z ∈ C : |2 − 3i − z| ≤ 3/2 + | − 1/2| = 2}. 

4 

L_4 

3 

2 

1 

K4 

L_1 

S_1 

L_2 

K6 K4 K2 0 2 4 S_3 6 

K1 

K2 

K3 

S_4 

Z obrázku vidíme, že 

a) −4i (viz bod L 1 ) neleží v množině 

M, takže nemůže být vlastním číslem 

matice A. 

b) 5+i (viz bod L 2 ) leží v množině M, 

takže není vyloučeno, že je vlastním 

číslem matice A. Není tím ovšem 

zaručeno, že λ 2 je vlastním číslem. 

c) Matice je singulární právě tehdy, 

když 0 ≡ 0 + 0i je jejím vlastním 

číslem. Počátek souřadnic však leží 

mimo sjednocení kruhů, matice A 

tudíž je regulární. 

d) Z c) víme, že existuje inverzní matice A −1 . Vlastní čísla matice A −1 jsou převrácenými 

hodnotami vlastních čísel matice A. Výpočtem zjistíme, že 

λ 4 ≡ 1 = − 10 = −1 + 3i. 

λ 3 1 + 3i 

Číslo λ 4 (viz bod L 4 ) leží mimo kruhy, není vlastním číslem matice A, tudíž ani číslo λ 3 není 

vlastním číslem matice A −1 . 

Obrázek je zde vyroben vhodným softwarem, tedy je poměrně přesný. Náčrtek od ruky by 

však pro odpověd’ nebyl dostatečným zdůvodněním. Proto je vhodné pozorování a) a b) potvrdit 

výpočtem. 

Označme d j i vzdálenost bodu L j od bodu S i , kde i = 1,2,3,4 a j = 1,2,4. Platí 

d 1 1 = | − 4i − (3 + 2i)| = | − 3 − 6i| > 6 > r 1, 

d 1 2 = | − 4i − (−4 + i)| = |4 − 5i| > 5 > r 2 , 

d 1 3 = | − 4i − 5| > 5 > r 3, 

d 1 4 = | − 4i − (2 − 3i)| = | − 2 − i| = √ 5 > r 4 , 

d 2 3 = |5 + i − 5| = |i| = 1 < r 3 , 

d 4 1 = | − 1 + 3i − (3 + 2i)| = | − 4 + i| > 4 > r 1, 

d 4 2 = | − 1 + 3i − (−4 + i)| = |3 + 2i| > 3 > r 2 , 

d 4 3 = | − 1 + 3i − 5| = | − 6 + 3i| > 6 > r 3 , 

d 4 4 = | − 1 + 3i − (2 − 3i)| = | − 3 + 6i| > 6 > r 4. 

První čtyři řádky dokazují, že bod L 1 leží mimo množinu M, pátý řádek ukazuje, že bod L 2 leží 

v kruhu K 3 , poslední čtyři řádky dokládají, že bod L 4 leží mimo množinu M. 


⎛ 

⎞ 

6 − i −1/4 − i/3 −1/5 + i/4 0 1/2 − i/10 

−1 − i 4 + 5i −i/2 2/3 − i/7 −1/2 + i/2 

A = 

⎜ 1/6 1 + i/2 −3 + 6i 1/2 + 3i/4 0 

⎟ 

⎝ 1/2 −i/4 0 −5 −i/5 

1/2 + √ ⎠ . 

3i/2 −i/3 1/9 − i/4 1/6 0 

16


a) zda by číslo −1/ √ 2 + i/ √ 2 mohlo být vlastním číslem matice A; 

b) zda by číslo −1 − 3i mohlo být vlastním číslem matice A; 

c) zda by číslo 1 − 3i mohlo být vlastním číslem matice A. 


Řešení: 

S_3 

8 

6 

S_2 

4 

2 

L_1 S_5 

S_4 K4 K2 0 2 4 6 

S_1 

K2 

L_2 L_3 

Podle Geršgorinovy věty leží všechna vlastní 

čísla matice C v množině M, která je sjednocením 

kruhů se středy [6, −1], [4,5], [−3,6], 

[−5,0] a s odpovídajícími poloměry menšími než 

2, 4, 3, 1 a kruhu se středem [0,0] s poloměrem 

větším než 1, ale menším než 2. Poloměry stačí 

takto odhadnout, není třeba je přesně spočítat. 

Porovnáním poloměrů kruhů (jejich odhadů) se 

vzdálenostmi mezi zkoumanými body a středy 

kruhů odvodíme, že a) mohlo, b) nemohlo, c) 

nemohlo. 


⎛ 

⎞ 

−1 + 3i 1/2 + i −i/4 1/(1 + i) 

A = ⎜(1 − i)/2 − √ 7 − √ 6i i/2 1 + √ √ 

2i 

√ ⎟ 

⎝ 2i 0 3 − 2 2i 2/(2 + i) 

1 − 2i 1/2 i/2 − √ 7 + 3 √ ⎠ . 

2i 


a) zda je zaručeno, že matice A je regulární; 

b) zda by číslo λ 1 = 2 + 2i mohlo být vlastním číslem matice A; 

c) zda by číslo λ 2 = −2 + 3i mohlo být vlastním číslem matice A; 

d) zda by číslo λ 3 = 1/5 − i/10 mohlo být vlastním číslem matice A −1 . 


Řešení: Podle Geršgorinovy věty leží všechna vlastní čísla matice C v množině M, která je 

sjednocením kruhů 

K 1 = {z ∈ C : | − 1 + 3i − z| ≤ √ 5/2 + 1/4 + √ 2/2}, 

K 2 = {z ∈ C : | − √ 7 − √ 6i − z| ≤ √ 2/2 + 1/2 + √ 3}, 

K 3 = {z ∈ C : |3 − 2 √ 2i − z| ≤ √ 2 + 2 √ 5/5}, 

K 4 = {z ∈ C : | − √ 7 + 3 √ 2i − z| ≤ √ 5 + 1}. 

17

6 Odtud vidíme, že 

a) 0 + 0i neleží v množině M, matice A je tedy regulární. 

S_4 

4 

S_1 

b) 2+2i (bod L 1 ) neleží v množině M, takže nemůže 

být vlastním číslem matice A. 

L_2 

2 

c) −2 + 3i (bod L 2 )leží v množině M, takže není vyloučeno, 

že je vlastním číslem matice A. 

L_1 L_4 

d) λ 3 je vlastním číslem matice A −1 právě tehdy, je-li 

K4 K2 0 2 4 λ 4 = 4 + 2i vlastním číslem matice A; λ 4 (bod L 4 ) 

však neleží v M, tudíž 1/5−i/10 určitě není vlastním 

K2 

číslem matice A −1 . 

S_2 

S_3 Tyto závěry je třeba podpořit výpočty a odhady jako 

K4 

v Příkladě 2.3. 


⎛ 

⎞ 

1 + 3i 1 + i 2/(1 + i) 

A = ⎝ 1/2 3 − 2i (1 + i)/i⎠ . 

−2i (1 + i)/2 −3i 



b) zda by číslo 2 + 3i mohlo být vlastním číslem matice A; 

c) zda by číslo −3 − 2i mohlo být vlastním číslem matice A; 

d) zda by číslo −2/5 − i/5 mohlo být vlastním číslem matice A −1 . 

Odpovědi jasně zformulujte a zdůvodněte. Pomůcka: √ 2 = 1,41. 

Řešení: Podle Geršgorinovy věty leží všechna vlastní čísla matice A v množině M, která je 


K 1 = {z ∈ C : |1 + 3i − z| ≤ √ 2 + √ 2}, 

K 2 = {z ∈ C : |3 − 2i − z| ≤ 1/2 + √ 2}, 

K 3 = {z ∈ C : | − 3i − z| ≤ 2 + √ 2/2}. 

4 

S_1 L_1 

2 

L_4 

K3 K2 K1 0 1 2 3 4 

K2 

L_2 

S_2 

S_3 

K4 

Vidíme, že 


b) 2+3i (bod L 1 ) leží v množině M, takže není vyloučeno, 


c) −3−2i (bod L 2 )neleží v množině M, takže nemůže být 

vlastním číslem matice A. 

d) −2/5 −i/5 je vlastním číslem matice A −1 právě tehdy, 

je-li −2+i vlastním číslem matice A; −2+i (bod L 4 ) však 

neleží v M. 

Tato pozorování je však třeba dokázat výpočty a odhady 

jako v Příkladě 2.3. 

18

⎛ 

10/(1 − 3i) 2/(1 − i) 

⎞ 

1 − i 

Příklad 2.7: Je dána matice A = ⎝ −1/4 (4 + 2i)/(1 + i) 1 − i ⎠. Pomocí Geršgorinovy 

−i (1 + i)/2 1 − 2i 

věty zjistěte, 


b) zda by číslo 2 − 3i/2 mohlo být vlastním číslem matice A; 

c) zda by číslo −1 − 2i mohlo být vlastním číslem matice A; 

d) zda by číslo −2/13 − 3i/13 mohlo být vlastním číslem matice A −1 . 

Odpovědi jasně zformulujte a zdůvodněte (ke zdůvodnění nestačí hrubý náčrtek, ale je nutné 

odpověd’ podpořit výpočtem nebo logickou úvahou). 



K 1 = {z ∈ C : |1 + 3i − z| ≤ √ 2 + √ 2}, 

K 2 = {z ∈ C : |3 − i − z| ≤ 1/4 + √ 2}, 

K 3 = {z ∈ C : |1 − 2i − z| ≤ 1 + √ 2/2}. 

5 

4 

L_4 

3 

2 

S_1 

1 

K2 K1 0 1 2 3 4 

K1 

S_2 

K2 L_1 

L_2 S_3 

K3 

Díky pečlivě narýsovanému obrázku vidíme, že 


b) 2 − 3i/2 (bod L 1 ) leží v množině M, takže není vyloučeno, 


c) −1 − 2i (bod L 2 ) neleží v množině M, takže nemůže 

být vlastním číslem matice A (vzdálenost bodu od středu 

kruhu K 3 je 2, je tedy větší než jeho poloměr 1 + √ 2/2 

(proč platí tato nerovnost). 

d) −2/13 − 3i/13 je vlastním číslem matice A −1 právě 

tehdy, je-li −2 + 3i vlastním číslem matice A; −2 + 3i 

(bod L 4 ) však neleží v M. 

Tato pozorování je nutné potvrdit výpočty, protože body 

L 2 a L 4 leží v blízkosti kruhů. Platí však například, že 

vzdálenost L 4 od S 1 je rovna 3, ale poloměr r 1 kruhu K 1 

je menší než 3, nebot’ r 2 1 = 4 · 2 = 8 < 9 = 32 . 

⎛ 

√ ⎞ 2 

a −3 + 4i 

1 − i 

Příklad 2.8: Je dána matice A = ⎜25 − 15i 

⎟ závislá na komplexním 

⎝ 9 + 3i 0 

1 + 3i 

0 1 − √ ⎠ 

√ √ 

3i 3 − 2i 

parametru a. 

Pomocí Geršgorinovy věty zjistěte, zda lze najít takovou hodnotu parametru a ∈ C, aby 

bylo zaručeno, že číslo 18 + 3i není vlastním číslem matice A. Pokud taková hodnota existuje, 

uved’te ji (je-li jich více, stačí uvést jednu). 

Dosad’te a ≡ 1 + 6i a pomocí Geršgorinovy věty zjistěte, 

a) zda by číslo −4 − 2i mohlo být vlastním číslem matice A; 

b) zda je zaručeno, že matice A je regulární, a pokud je regulární, zda číslo 1 

10 − i může být 

30 

vlastním číslem matice A −1 . 

19

Odpovědi jasně zformulujte a zdůvodněte (ke zdůvodnění nestačí náčrtek, ale je nutné odpověd’ 

podpořit výpočtem a logickou úvahou). Poznámka: V uvedených komplexních číslech se 

odmocňují pouze reálná čísla, nikoli imaginární jednotka i. 



{ 

√ 2 1 + i 

K 1 = z ∈ C : |a − z| ≤ | − 3 + 4i| + 

∣1 − i 1 + i∣ 

= 5 + √ 2 

1 + i 

∣ 2 ∣ 

}, = 5 + 1 = 6 

{ 

∣ K 2 = z ∈ C : |9 + 3i − z| ≤ 

25 − 15i 1 − 3i 

∣∣∣ ∣ 1 + 3i 1 − 3i∣ = 5 − 15i − 3i + 9i2 

5 10 ∣ 

= | − 2 − 9i| = √ } 

85 , 

K 3 = {z ∈ C : | √ 3 − √ 2i − z| ≤ |1 − √ 3i| = 2}. 

Číslo 18 + 3i leží v K 2 (nebot’ |9 + 3i − (18 + 3i)| = 9 < √ 85), a at’ tedy zvolíme a jakkoli, 

nemůžeme zaručit, že 18 + 3i není vlastním číslem matice A. 

a) Jelikož 

|1 + 6i − (−4 − 2i)| = |5 + 8i| = √ 89 > 6, 

|9 + 3i − (−4 − 2i)| = |13 + 5i| > 13 > √ 85, 

| √ 3 − √ 2i − (−4 − 2i)| = | √ 3 + 4 + (2 − √ 2)i| > |4| > 2, 

bod −4 − 2i neleží v žádném z kruhů, tudíž nemůže být vlastním číslem matice A. 

b) Jelikož 

|1 + 6i| = √ 37 > 6, 

|9 + 3i| = √ 90 > √ 85, 

| √ 3 − √ 2i| = | √ 5| > 2, 

bod 0 + 0i neleží v žádném z kruhů, tudíž nemůže být vlastním číslem matice A. Matice A tedy 

je regulární. 

Číslo ˜λ = 1 10 − i 

30 je vlastním číslem matice A−1 právě tehdy, když číslo 1/˜λ je vlastním 

číslem matice A. Číslo 1 

˜λ = 1 

1 

10 − i 

30 

= 30 90 + 30i 

= = 9 + 3i 

3 − i 10 

leží v kruhu K 2 a může být vlastním číslem matice A. Číslo ˜λ = 1 10 − i tedy může být vlastním 

30 

číslem matice A −1 . 

20

3 Aplikace Geršgorinovy věty: odhad čísla podmíněnosti 

Příklad 3.1: Pomocí Geršgorinovy 

⎛ 

věty odhadněte zdola 

⎞ 

a shora číslo podmíněnosti matice 

158 12 −1/2 5 

A (intervalový odhad), A = ⎜ 12 867 −1 24 

⎟ 

⎝−1/2 −1 19 3/2⎠ . K výpočtu čísla podmíněnosti κ(A) 

5 24 3/2 371 

použijte spektrální normu ‖ · ‖ 2 . Svůj postup zdůvodněte. 

(Připomenutí: Je-li regulární matice reálná a symetrická, je matice k ní inverzní také reálná 

a symetrická.) 

Řešení: Z definice κ(A) = ‖A‖ 2 ‖A −1 ‖ 2 . 

Matice A je reálná a symetrická ⇒ vlastní čísla jsou reálná a ‖C‖ 2 = ̺(A). 

Podle Geršgorinovy věty leží všechna vlastní čísla matice C ve sjednocení kruhů, v našem 

případě úseček 

K 1 = {z ∈ R : |158 − z| ≤ 17,5}, 

K 2 = {z ∈ R : |867 − z| ≤ 37}, 

K 3 = {z ∈ R : |19 − z| ≤ 3}, 

K 4 = {z ∈ R : |371 − z| ≤ 30,5}. 

Všechny úsečky leží v kladné části reálné osy, vlastní čísla tedy jsou kladná, proto ̺(A) = λ max , 

kde λ max je největší vlastní číslo matice A. Tudíž (viz K 2 ) ‖A‖ 2 = λ max ∈ [830, 904]. 

Všechna vlastní čísla matice A jsou kladná, tedy i všechna vlastní čísla matice A −1 jsou 

kladná, tudíž ‖A −1 ‖ 2 = ̺(A −1 ) = 1/λ min , kde λ min je nejmenší vlastní číslo matice A. Protože 

λ min ∈ [16,22], platí ‖A −1 ‖ 2 ∈ [1/22, 1/16]. 

Dostaneme tedy κ(A) ∈ [830/22, 904/16] = [415/11, 113/2]. 


⎛ 

věty odhadněte 

⎞ 

zdola a shora číslo podmíněnosti matice C 

210 8 0 5 

(intervalový odhad), C = ⎜ 8 470 1 −14 

⎟ 

⎝ 0 1 8 −1 ⎠ . 

5 −14 −1 980 

K výpočtu čísla podmíněnosti κ(C) použijte spektrální normu ‖·‖ 2 . Svůj postup zdůvodněte. 



Řešení: κ(C) = ‖C‖ 2 ‖C −1 ‖ 2 . 

Matice C je reálná a symetrická ⇒ ‖C‖ 2 = max i=1,2,3,4 |λ i |, kde λ i jsou vlastní čísla matice 

C (všechna vlastní čísla matice C jsou reálná). 

Podle Geršgorinovy věty leží všechna vlastní čísla matice C ve sjednocení kruhů (přesněji 

úseček) 

K 1 = {z ∈ C : |210 − z| ≤ 13}, 

K 2 = {z ∈ C : |470 − z| ≤ 23}, 

K 3 = {z ∈ C : |8 − z| ≤ 2}, 

K 4 = {z ∈ C : |980 − z| ≤ 20}. 

Vidíme, že vlastní čísla nemohou být nekladná, tudíž max i=1,2,3,4 |λ i | = λ 4 ∈ [960, 1000], ‖C‖ 2 ∈ 

[960, 1000]. 

21

Jest ‖C −1 ‖ 2 = 1/λ 3 , kde λ 3 je nejmenší vlastní číslo matice C. Protože λ 3 ∈ [6,10], platí 

‖C −1 ‖ 2 ∈ [1/10, 1/6]. 

Dostaneme tedy κ(C) ∈ [96, 1000/6]. 


⎛ 


⎞ 

zdola a shora číslo podmíněnosti matice 

252 −8 2 5 

A (intervalový odhad), A = ⎜−8 −900 −1 31 

⎟ 

⎝ 2 −1 15 2 ⎠ . K výpočtu čísla podmíněnosti κ(A) 

5 31 2 348 




Řešení: Z definice je κ(A) = ‖A‖ 2 ‖A −1 ‖ 2 . Matice A je reálná a symetrická, tedy vlastní čísla 

jsou reálná a ‖C‖ 2 = ̺(A). 

Podle Geršgorinovy věty leží všechna vlastní čísla matice C ve sjednocení kruhů, v našem 

případě úseček 

K 1 = {z ∈ R : |252 − z| ≤ 15} ⇒ [237, 267], 

K 2 = {z ∈ R : | − 900 − z| ≤ 40} ⇒ [−940, −860], 

K 3 = {z ∈ R : |15 − z| ≤ 5} ⇒ [10, 20], 

K 4 = {z ∈ R : |348 − z| ≤ 38} ⇒ [310, 386]. 

Tři vlastní čísla tedy jsou kladná, jedno záporné, jeho absolutní hodnota je však větší než 

absolutní hodnota zbývajících vlastních čísel. Tudíž ‖A‖ 2 = ̺(A) ∈ [860, 940]. 

Vlastní čísla matice A −1 jsou převrácenými hodnotami vlastních čísel matice A, proto leží 

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

Odtud ‖A −1 ‖ 2 = ̺(A −1 ) ∈ [1/20, 1/10]. 

Dostaneme tedy κ(A) ∈ [860/20, 940/10] = [43, 94]. 


⎛ 


⎞ 

a shora číslo podmíněnosti matice 

−1050 −23 −2 25 

A (intervalový odhad), A = ⎜ −23 214 2 7 

⎟ 

⎝ −2 2 −25 1 ⎠ . K výpočtu čísla podmíněnosti κ(A) 

25 7 1 470 




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


⎛ 


⎞ 

zdola a shora číslo podmíněnosti matice C 

−10 0 1 −1 

(intervalový odhad), C = ⎜ 0 207 7 5 

⎟ 

⎝ 1 7 603 −14⎠ . 

−1 5 −14 800 


(Připomenutí: Je-li regulární matice reálná a symetrická, je matice k ní inverzní také reálná a 

symetrická.) 

Řešení: κ(C) ∈ [780/12, 820/8] = [65, 205/2] 

22


⎛ 


⎞ 

a shora číslo podmíněnosti matice C 

320 1 8 21 

(intervalový odhad), kde C = ⎜ 1 9 1 −1 

⎟ 

⎝ 8 1 −400 28 ⎠ . 

21 −1 28 −650 


(Připomenutí: Je-li regulární matice reálná a symetrická, je matice k ní inverzní také reálná a 

symetrická.) 

Řešení: κ(C) ∈ [600/12, 700/6] = [50, 350/3] 

4 Normy vektorů a matic 

Příklad 4.1: Jsou dány matice A,B,C a vektory v,w = Av: 

⎛ 

⎞ 

3 −2 2 1 

( ) 

A = ⎜−1 2 4 −3 

⎟ −2 3 

⎝ 5 1 1 4 ⎠ , B = , C = 

3 −2 

−3 4 −2 −1 

Vypočítejte ‖w‖ 1 , ‖w‖ 2 , ‖w‖ ∞ , ‖A‖ 1 , ‖A‖ ∞ , ‖B‖ 2 a ‖C‖ 2 . 

( ) 1 2 

, v = 

0 1 

⎛ ⎞ 

1 

⎜−1 

⎟ 

⎝−2⎠ . 

3 

Řešení: 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 = max{12,9,9,9} = 12. 

‖A‖ ∞ = max{8,10,11,10} = 11. 

Matice B je reálná a symetrická. Její vlastní čísla jsou kořeny polynomu λ 2 + 4λ − 5, tj. λ 1 = 1, 

λ 2 = −5, tudíž ‖B‖ 2 = ̺(B) = 5. 

Matice C není symetrická. ‖C‖ 2 = √̺(C ( ) 1 2 

T C), kde C T C = . Charakteristický polynom 

2 5 

λ 2 − 6λ + 1 má kořeny λ 1 = 3 + 2 √ 2 a λ 2 = 3 − 2 √ 2. 

Odtud ‖C‖ 2 = √ 3 + 2 √ ( 

2 = √ 1 + 2 √ √ 

2 + 2 = (1 + √ 2) 2 = 1 + √ ) 

2 . 

Poznámka: V modifikacích příkladu 4.1 mohou vystupovat i komplexní vektory a matice. 

Příklad 4.2: Jsou dány matice A,B a vektory v,w: 

⎛ 

⎞ 

⎛ 

2 −1 3 −2 

( ) 

A = ⎜ 1 2 4 3 

⎟ −1 2 

⎝−2 1 −3 1 ⎠ , B = , v = ⎜ 

2 −1 ⎝ 

5 2 2 −1 

2 

1 

−3 

−2 

⎞ 

⎟ 

⎠ , 

w = Av. 

Vypočítejte ‖w‖ 2 , ‖A‖ 1 , ‖A‖ ∞ a ‖B‖ 2 . 

Řešení: ‖w‖ 2 = ‖(−2, −14,4,8) T ‖ 2 = √ 280 = 2 √ 70. 

‖A‖ 1 = max{10,6,12,7} = 12. 

‖A‖ ∞ = max{8,10,7,10} = 10. 

Matice B je symetrická. Její vlastní čísla jsou kořeny polynomu λ 2 +2λ −3, tj. λ 1 = 1, λ 2 = −3, 

tudíž ‖B‖ 2 = 3. 

23

Příklad 4.3: Jsou dány matice A,B,C a vektory v,w: 

⎛ 

⎞ 

2 −1 2 a 

( ) 

A = ⎜−1 0 4 −4 

⎟ −1 3 

⎝ 5 −1 2 4 ⎠ , B = , C = 

3 −1 

−3 2 −4 −1 

( ) 1 −1 

, v = 

1 1 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

2 

3 

−1 

−2 

⎞ 

⎟ 

⎠ , 

w = Av. 

Najděte takové záporné reálné číslo a, aby platilo ‖w‖ 2 = 7 √ 2. Tuto hodnotu a použijte i k 

výpočtu ‖w‖ 1 , ‖w‖ ∞ , ‖A‖ 1 , ‖A‖ ∞ . Dále stanovte ‖B‖ 2 a ‖C‖ 2 . 

Řešení: 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 = max{11,4,12,13} = 13. 

‖A‖ ∞ = max{9,9,12,10} = 12. 


tudíž ‖B‖ 2 = 4. 


T C), kde C T C = . Vlastní číslo 2 je dvojnásobné 

0 2 

a ‖C‖ 2 = √ 2. 


⎛ 

⎞ 

2 −1 2 −4 

( ) 

A = ⎜−1 1 4 −4 

⎟ −2 3 

⎝ 2 −1 2 4 ⎠ , B = , C = 

3 −2 

a 0 −4 −1 

( ) −1 −1 

, v = 

1 1 

⎛ ⎞ 

−2 

⎜ 3 

⎟ 

⎝−2⎠ , 

−1 

w = Av. 

Najděte takové záporné reálné číslo a, aby platilo ‖w‖ 2 = 10 √ 5. Tuto hodnotu a použijte i k 

výpočtu ‖w‖ 1 , ‖w‖ ∞ , ‖A‖ 1 , ‖A‖ ∞ . Dále stanovte ‖B‖ 2 a ‖C‖ 2 . 

Řešení: w = (−7,1, −15, −2a+9) T a ‖w‖ 2 = √ 275 + (2a − 9) 2 . Odtud (2a −9) 2 = 500 −275 = 

225, tedy a = −3. 

Pak w = (−7,1, −15,15) T a ‖w‖ 1 = 7 + 1 + 15 + 15 = 38. 

‖w‖ ∞ = 15. 

‖A‖ 1 = max{8,3,12,13} = 13. 

‖A‖ ∞ = max{9,10,9,8} = 10. 


tudíž ‖B‖ 2 = 5. 


T C), kde C T C = . Charakteristický polynom 

2 2 

λ 2 − 4λ, vlastní čísla 0 a 4, tedy ‖C‖ 2 = √ 4 = 2. 

Příklad 4.5: Necht’ matice A a vektor z jsou: 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 a 2 1 

A = ⎝−2 0 b⎠, z = ⎝−1⎠ . 

c 1 2 1 

Pomocí A a z jsou zadány vektory v a w, konkrétně v = Az a w = A T z. Nalezněte takové 

hodnoty a,b,c ∈ R, aby v = w a ‖v‖ 2 = 2 √ 2. 

24

Řešení: 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 a 2 1 3 − a 

v = Az = ⎝−2 0 b⎠ 

⎝−1⎠ = ⎝−2 + b⎠ , 

c 1 2 1 c + 1 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 −2 c 1 3 + c 

w = A T z = ⎝a 0 1⎠ 

⎝−1⎠ = ⎝a + 1⎠. 

2 b 2 1 4 − b 

Z rovnosti v = w dostáváme 

a + c = 0, 

a − b = −3, 

b + c = 3 

s řešením a = −p, b = 3 − p a c = p, kde p je reálný parametr. 

Vyjádříme ‖v‖ 2 2 pomocí p 

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

což s podmínkou ‖v‖ 2 2 = 8 dává rovnici 

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

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

s řešením p 1,2 = −1. 

Hledané parametry tedy jsou a = 1, b = 4 a c = −1. 

Dosazením těchto hodnot do matice A a vypočtením v = Az, w = A T z a ‖v‖ 2 se ověří, že 

v = w a ‖v‖ 2 = 2 √ 2. 

Příklad 4.6: Je dána matice A a vektor u: 

( a 2b 

A = 

1 c 

) 

, u = 

( 2 

−1) 

. 

Nalezněte takové hodnoty parametrů a,b,c ∈ R, aby platilo (zároveň!) Au = v = A T u, u je 

vlastní vektor matice A příslušný nějakému reálnému vlastnímu číslu a ‖v‖ 2 = √ 10. 

Řešení: 

v = Au = 

( )( ) a 2b 2 

= 

1 c −1 

Z rovnosti v = A T u dostáváme 

( ) ( ) 

2a − 2b 

, A T a 1 2 

u = 

= 

2 − c 

2b c)( 

−1 

2a − 2b = 2a − 1 ⇒ b = 1 2 , 

2 − c = 4b − c ⇒ b = 1 2 . 

Označme λ ∈ R příslušné vlastní číslo, tj. v = Au = λu. Pak dostaneme 

( ) 2a − 1 

. 

4b − c 

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

25

Z Au = λu a b = 1/2 dále obdržíme 

Odtud 

Řešením tedy jsou dvě trojice hodnot a,b,c. 

2a − 2b = 2λ ⇒ a = 1 2 + λ, 

2 − c = −λ ⇒ c = 2 + λ. 

λ = √ 2 ⇒ a = 1 2 + √ 2, b = 1 2 , c = 2 + √ 2; 

λ = − √ 2 ⇒ a = 1 2 − √ 2, b = 1 2 , c = 2 − √ 2. 


⎛ ⎞ 

⎛ ⎞ 

3 −4 2 ( ) ( ) −1 

A = ⎝−5 a 1/2⎠ −1 3 1 1 

, B = , C = , v = ⎝ 3 ⎠, w = Av. 

3 −1 2 1 

−2 7 −6 

4 

Najděte takové celé číslo a, aby platilo ‖w‖ 2 = 5 √ 3. Tuto hodnotu a použijte i k výpočtu ‖w‖ 1 , 

‖w‖ ∞ , ‖A‖ 1 , ‖A‖ ∞ . Dále stanovte ‖B‖ 2 a ‖C‖ 2 . 

Řešení: w = (−7,3a + 7, −1) T a 25 · 3 = ‖w‖ 2 2 = 49 + (3a + 7)2 + 1. Odtud (3a + 7) 2 = 25, tedy 

a = −4. 

Pak w = (−7, −5, −1) T a ‖w‖ 1 = 7 + 5 + 1 = 13. 

‖w‖ ∞ = 7. 

‖A‖ 1 = max{10,15,17/2} = 15. 

‖A‖ ∞ = max{9,19/2,15} = 15. 

Matice B je symetrická. Její vlastní čísla jsou kořeny polynomu λ 2 +2λ −8, tj. λ 1 = −4, λ 2 = 2, 

tudíž ‖B‖ 2 = 4. 

Matice C není symetrická. ‖C‖ 2 = √̺(C T C), kde C T C = 

λ 2 − 7λ + 1, vlastní čísla 7+3√ 5 

2 

a 7−3√ 5 

2 

, tedy ‖C‖ 2 = 

Příklad 4.8: Je dána matice A a vektor u: 

( ) a b 

A = , u = 

b 2a 

√ 

7+3 √ 5 

2 

. 

( ) 1 

. 

−3 

( ) 5 3 

. Charakteristický polynom 

3 2 

Výpočtem nalezněte všechny takové dvojice hodnot parametrů a,b ∈ R a čísel λ ∈ R, aby 

zároveň platilo: 

(i) u je vlastní vektor matice A příslušný nějakému reálnému vlastnímu číslu λ; 

(ii) ‖Au‖ 2 = 2 √ 10. 

Proved’te zkoušku správnosti řešení. 

Řešení: Nejprve se zjistí, že λ = ±2. Pro λ = 2 dostaneme a = 16 

17 , b = − 6 . Pro λ = −2 

17 

dostaneme a = − 16 

17 , b = 6 17 . 

Zkouška 

1 

17 

( 16 −6 

−6 32)( 1 

−3 

) 

= 

( 2 

−6) 

, 

( ) 

1 −16 6 1 

= 

17 6 −32)( 

−3 

( ) −2 

, ‖(2, −6)‖ 

6 

2 = 2 √ 10. 

26

5 Gaussova eliminace 

Příklad 5.1: Gaussovou eliminační metodou vyřešte soustavu lineárních algebraických rovnic: 

−4U 1 + U 2 = 40, 

U 1 − 2U 2 + U 3 = 30, 

U 2 − 4U 3 = 24. 

Řešení: 

U 1 = − 53 3 , U 2 = − 92 

3 , U 3 = − 41 3 . 

(Doporučuji provést zkoušku správnosti řešení dosazením do výchozí soustavy rovnic.) 

Poznámka: Úlohy, jež reprezentuje příklad 5.1, nebývají zadávány samostatně, ale bývají 

součástí rozsáhlejších úkolů, viz kapitoly s příklady zaměřenými na metodu sítí. 

6 Iterační metody 

Příklad 6.1: Je dána soustava lineárních algebraických rovnic Cx = y, kde 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

4 1 2 8 

C = ⎝1 2 0⎠ a y = ⎝2⎠ . 

1 1 3 6 

a) Soustavu řešte přibližně provedením dvou kroků Jacobiovy iterační metody s počátečním 

vektorem x (0) = (1, 1, 1) T , dostanete tedy přibližné řešení x (2) . 

b) Ukažte, že pro tuto soustavu Jacobiova metoda konverguje. (Stačí jedno zdůvodnění. V 

případě výpočtu normy použijte normu ‖ · ‖ ∞ .) 

c) Aniž byste vyřešením soustavy získali její přesné řešení ̂x, dvěma způsoby odhadněte 

velikost rozdílu ‖̂x − x (2) ‖ ∞ . Můžeme zaručit, že ‖̂x − x (2) ‖ ∞ < 0,4 

d) Můžeme zaručit, že ‖̂x − x (25) ‖ ∞ ≤ 0,01 Odpověd’ zdůvodněte. 

(Pomoc pro výpočty: log 10 2 ≈ 0,301, log 10 3 ≈ 0,477, log 10 5 ≈ 0,699, log 10 7 ≈ 0,845.) 

Řešení: a) Konstrukce matice pro iterační proces: 

Dále 

⎛1 

⎞⎛ 

⎞ ⎛ ⎞ 

A = D −1 4 

0 0 0 −1 −2 0 1/4 1/2 

Ĉ = ⎝ 1 

0 

2 

0⎠⎝−1 0 0 ⎠ = − ⎝1/2 0 0 ⎠. 

1 

0 0 

3 

−1 −1 0 1/3 1/3 0 

⎛ ⎞ 

2 

b = D −1 y = ⎝1⎠ . 

2 

27

Během iteračního procesu x (k+1) = Ax (k) + b, kde k = 0,1,... , dostáváme 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

0 1/4 1/2 1 2 3/4 2 5/4 

x (1) = − ⎝1/2 0 0 ⎠ ⎝1⎠ + ⎝1⎠ = − ⎝1/2⎠ + ⎝1⎠ = ⎝1/2⎠ , 

1/3 1/3 0 1 2 2/3 2 4/3 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

0 1/4 1/2 5/4 2 1/8 + 4/6 2 

x (2) = − ⎝1/2 0 0 ⎠ ⎝1/2⎠ + ⎝1⎠ = − ⎝ 5/8 ⎠ + ⎝1⎠ 

1/3 1/3 0 4/3 2 5/12 + 1/6 2 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

19/24 2 29/24 

= − ⎝ 5/8 ⎠ + ⎝1⎠ = ⎝ 3/8 ⎠ . 

7/12 2 17/12 

b) Konvergence je zaručena nerovností ‖A‖ ∞ = 3 4 

< 1 (maximum řádkových součtů) nebo 

tím, že matice C má převládající diagonálu (viz odpovídající tvrzení v [4]). 

c) Použijme 

z [4], dostaneme první odhad 

Použijme 

‖̂x − x (2) ‖ ∞ ≤ ‖A‖ 2 ∞‖x 0 ‖ ∞ + 

‖̂x − x (k) ‖ ≤ ‖A‖ k ‖x 0 ‖ + ‖A‖k 

1 − ‖A‖ ‖b‖ 

‖̂x − x (k) ‖ ≤ 

( ) ‖A‖2 ∞ 3 2 

( 3 2 

‖b‖ ∞ = · 1 + 4) 

1 − ‖A‖ ∞ 4 

1 

· 2 = 81 

16 . 

4 

‖A‖ 

1 − ‖A‖ ‖x(k) − x (k−1) ‖ 

z [4], dostaneme druhý odhad 

‖̂x − x (2) ‖ ∞ ≤ 

‖A‖ ( 

∞ 

‖x (2) − x (1) ‖ ∞ = 3 

−1 

1 − ‖A‖ ∞ 

∥ 24 , −1 

8 , 1 )∥ ∥∥∥∞ 

= 3 12 8 . 

Ano, z druhého odhadu dostáváme ‖̂x − x (2) ‖ ∞ ≤ 3/8 < 0,4. 

d) Analogicky k c) (první odhad) dostáváme 

( ) ( ) 

‖̂x − x (25) ‖ ∞ ≤ ‖A‖ 25 ∞‖x 0 ‖ ∞ + 

‖A‖25 ∞ 3 25 

‖b‖ ∞ = 1 + 2 1 − ‖A‖ ∞ 4 

1 

4 

( ) 3 25 

= 9 . 

4 

Tážeme se, zda 2log 10 3 + 25log 10 

( 3 

4) 

je menší než −2 (tj. log10 0,01). Ukáže se, že ano (2 · 

0.477 + 25(0.477 − 0.602) = 0.954 − 25 · 0.125 = −2.171 < −2). 

Můžeme tedy zaručit, že ‖̂x − x (25) ‖ ∞ ≤ 0,01. 

Poznámka: Při výpočtu vektorů x (1) a x (2) není nutné postupovat přímo dle předpisu x (k+1) = 

Ax (k) + b. Je například možné použít x (k+1) = D −1 (Ĉx(k) + y) nebo řešit soustavu Dx (k+1) = 

Ĉx (k) + y, viz také vztah pro výpočet x (k+1) 

i 

uvedený v [4]. 

Příklad 6.2: Jako příklad 6.1, ale s použitím Gaussovy-Seidelovy metody. Poznamenejme, že 

při výpočtu Gaussových-Seidelových iterací není praktické přímo používat maticový zápis 

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

protože vyžaduje výpočet inverzní matice (D − L) −1 . Pohodlnější je použít vztah 

⎛ 

⎞ 

x (k+1) 

i 

= − 1 ∑i−1 

n∑ 

⎝ c ij x (k+1) 

j 

+ c ij x (k) ⎠ 

j 

+ y i 

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

c ii c ii 

j=1 

j=i+1 

28

podrobnosti v [4]. 

V odhadech chyby jsou možné i varianty s jinými normami vektorů a matic. 


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

5 1 1 5 

C = ⎝1 4 1⎠ a y = ⎝4⎠ . 

1 1 3 3 





c) Aniž byste řešením soustavy získali její přesné řešení ̂x, odhadněte velikost rozdílu ‖̂x − 

x (2) ‖ ∞ . 

d) Můžeme zaručit, že ‖̂x − x (21) ‖ ∞ ≤ 0,001 Odpověd’ zdůvodněte. 

(Pomoc pro výpočet: log 10 

2 

3 ≈ −0,17609, log 10 4 ≈ 0,60206.) 


⎛ ⎞⎛ 

⎞ ⎛ ⎞ 

1 

A = D −1 5 

0 0 0 −1 −1 0 1/5 1/5 

Ĉ = ⎝ 1 

0 

4 

0⎠⎝−1 0 −1⎠ = − ⎝1/4 0 1/4⎠. 

1 

0 0 

3 

−1 −1 0 1/3 1/3 0 

Dále 

⎛ ⎞ 

1 

b = D −1 y = ⎝1⎠ . 

1 


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

0 1/5 1/5 1 1 2/5 1 3/5 

x (1) = − ⎝1/4 0 1/4⎠ 

⎝1⎠ + ⎝1⎠ = − ⎝1/2⎠ + ⎝1⎠ = ⎝1/2⎠ , 

1/3 1/3 0 1 1 2/3 1 1/3 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

0 1/5 1/5 3/5 1 1/10 + 1/15 1 

x (2) = − ⎝1/4 0 1/4⎠ 

⎝1/2⎠ + ⎝1⎠ = − ⎝3/20 + 1/12⎠ + ⎝1⎠ 

1/3 1/3 0 1/3 1 3/15 + 1/6 1 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

5/30 1 25/30 

= − ⎝14/60⎠ + ⎝1⎠ = ⎝23/30⎠ . 

11/30 1 19/30 


tím, že matice C má převládající diagonálu. 

c) Lze použít odhadu 


‖̂x − x (2) ‖ ∞ ≤ ‖A‖ 2 ∞ ‖x 0‖ ∞ + 

( ) ‖A‖2 ∞ 2 2 

( 2 2 

‖b‖ ∞ = · 1 + 3) 

1 − ‖A‖ ∞ 3 

1 

· 1 = 16 9 

3 

nebo odhadu 

‖̂x − x (2) ‖ ∞ ≤ 

‖A‖ ( 

∞ 

‖x (2) − x (1) ‖ ∞ = 2 

7 

1 − ‖A‖ ∞ 

∥ 30 , 8 

30 , 9 )∥ ∥∥∥∞ 

= 9 30 15 . 

29

d) Platí odhad 

‖̂x − x (21) ‖ ∞ ≤ ‖A‖ 21 ∞‖x 0 ‖ ∞ + 

( ) ‖A‖21 ∞ 2 21 

( 2 21 ( ) 

‖b‖ ∞ = · 1 + 3) 

2 

21 

1 − ‖A‖ ∞ 3 

1 

· 1 = 4 . 

3 

3 

Tážeme se, zda log 10 4+21log 10 

( 2 

3) 

je menší než −3 (tj. log10 0,001). Ukáže se, že ano (−3.09583 < 

−3). 



⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

4 1 0 

−4 

C = ⎝1 4 1⎠ a y = ⎝ 8 ⎠. 

0 1 4 

4 

a) Soustavu řešte přibližně provedením tří kroků Jacobiovy iterační metody s počátečním 




c) Aniž byste řešením soustavy získali její přesné řešení ̂x, dvěma různými způsoby odhadněte 

velikost rozdílu ‖̂x − x (3) ‖ ∞ . Lze zaručit, že ‖̂x − x (3) ‖ ∞ ≤ 1/4 


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 

A = D −1 4 

0 0 0 −1 0 

Ĉ = ⎝ 1 

0 

4 

0⎠ 

⎝−1 0 −1⎠ = − 1 0 1 0 

⎝1 0 1⎠ . 

1 

4 

0 0 

4 

0 −1 0 0 1 0 

Dále 

⎛ ⎞ 

−1 

b = D −1 y = ⎝ 2 ⎠ . 

1 


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

0 −1 −1/4 −1 −5/4 

x (1) = A⎝1⎠ + ⎝ 2 ⎠ = − ⎝ 0 ⎠ + ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 2 ⎠, 

0 1 −1/4 1 3/4 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

−5/4 −1 −1/2 −1 −3/2 

x (2) = A⎝ 

2 ⎠ + ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 1/8 ⎠ + ⎝ 2 ⎠ = ⎝17/8⎠ . 

3/4 1 −1/2 1 1/2 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

−3/2 −1 −17/32 −1 −49/32 

x (3) = A⎝17/8⎠ + ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 1/4 ⎠ + ⎝ 2 ⎠ = ⎝ 9/4 ⎠ . 

1/2 1 −17/32 1 15/32 




c) Použije se odhad 

( ) 

‖̂x − x (3) ‖ ∞ ≤ ‖A‖ 3 ∞ ‖x(0) ‖ ∞ + 

‖A‖3 ∞ 1 3 

( 1 3 

‖b‖ ∞ = · 1 + 2) 

2 = 5 1 − ‖A‖ ∞ 2 

8 

a odhad 

‖̂x − x (3) ‖ ∞ ≤ 

‖A‖ ( 

∞ 

‖x (3) − x (2) ‖ ∞ = 1 

−49 

1 − ‖A‖ ∞ 

∥ 32 + 3 2 , 9 4 − 17 

8 , 15 

32 − 1 )∥ ∥∥∥∞ 

= 1 2 8 . 

30 

1 

2

Na základě druhého odhadu lze říci, že ‖̂x − x (3) ‖ ∞ ≤ 1/4. 


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 1 

−2 

2 2 

−2 

C = ⎝ 1 −3 1⎠ a y = ⎝−3⎠ . 

2 0 3 

0 


vektorem x (0) = (−1, 1, 1) T , dostanete tedy přibližné řešení x (2) . 



c) Aniž byste vyřešením soustavy získali její přesné řešení ̂x, odhadněte velikost rozdílu 

‖̂x − x (2) ‖ ∞ . Můžete zaručit, že ‖̂x − x (2) ‖ ∞ < 2 

d) Můžete zaručit, že ‖̂x − x (22) ‖ ∞ ≤ 0,001 Odpověd’ zdůvodněte. 

(Pomoc pro výpočty: log 10 2 ≈ 0,301, log 10 3 ≈ 0,477.) 


⎛ 

− 1 ⎞ ⎛ 

A = D −1 2 

0 0 0 − 1 

Ĉ = ⎝ 0 − 1 2 

− 1 ⎞ ⎛ 

⎞ 

2 

0 1/4 1/4 

3 

0⎠ 

⎝−1 0 −1⎠ = ⎝ 1/3 0 1/3⎠. 

1 

0 0 

3 

−2 0 0 −2/3 0 0 

Dále 

⎛ ⎞ 

1 

b = D −1 y = ⎝1⎠ . 

0 


⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

3/2 17/12 

x (1) = ⎝ 1 ⎠ , x (2) = ⎝31/18⎠. 

2/3 

−1 




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 

dostaneme odhad 

‖̂x − x (k) ‖ ≤ ‖A‖ k (‖x (0) ‖ + 

‖̂x − x (2) ‖ ∞ ≤ ‖A‖ 2 ∞ 

) 

1 

1 − ‖A‖ ‖b‖ 

( 

) 

‖x (0) 1 

‖ ∞ + ‖b‖ ∞ = 16 1 − ‖A‖ ∞ 9 . 

Ano, z druhého odhadu dostáváme ‖̂x − x (2) ‖ ∞ ≤ 16 

9 < 2. 

31

d) Analogicky k c) (druhý odhad) dostáváme 

( 

‖̂x − x (22) ‖ ∞ ≤ ‖A‖ 22 ∞ ‖x (0) ‖ ∞ + 

‖b‖ ) 

∞ 

= 

1 − ‖A‖ ∞ 

( 2 

3) 22 

( 

1 + 1 1 

3 

) 

( ) 2 22 

= 4 . 

3 

Tážeme se, zda log 10 4 + 22log 10 

( 2 

3) 

je menší než −3 (tj. log10 0,001). Ukáže se, že ano (0,602 + 

22(0,301 − 0,477) = 0,602 − 22 · 0,176 = 0,602 − 3,872 < −3). 


7 Lineární zobrazení 

Příklad 7.1: Necht’ vektorový prostor V je dán takto: 

V = {v ∈ C 1 ([0,1]) : v(0) = 0}. 

Rozhodněte, zda zobrazení F 1 , F 2 , F 3 a F 4 daná předpisem 

jsou na V lineární zobrazení. 

F 1 (v) = 

∫ 1 

0 

F 2 (v) = v 3 (0) + 

F 3 (v) = 

∫ 1 

0 

F 4 (v) = |v| 

(2 + sinx)v(x)dx, 

∫ 1 

0 

v 2 (x)dx, 

e 2 (x)v ′ (x)dx, 

Řešení: Připomeňme, že zobrazení F z vektorového prostoru ˆV do vektorového prostoru W 

je lineární, jestliže pro každé celé číslo n a každá reálná čísla c 1 ,c 2 ,... ,c n a každé prvky 

v 1 ,v 2 ,...,v n ∈ ˆV platí 

Je zřejmé, že jestliže platí 

F(c 1 v 1 + c 2 v 2 + · · · + c n v n ) = c 1 F(v 1 ) + c 2 F(v 2 ) + · · · + c n F(v n ). (1) 

F(a 1 w 1 + a 2 w 2 ) = a 1 F(w 1 ) + a 2 F(w 2 ) (2) 

pro každé a 1 ,a 2 ∈ R a každé w 1 ,w 2 ∈ ˆV , platí i (1). Stačí tedy ověřit (2). 

Konkrétně: Zobrazení F 1 je lineární, nebot’ 

F 1 (a 1 w 1 + a 2 w 2 ) = 

∫ 1 

0 

(2 + sin x)(a 1 w 1 (x) + a 2 w 2 (x))dx 

∫ 1 

∫ 1 

= a 1 (2 + sin x)w 1 (x)dx + a 2 (2 + sin x)w 2 (x)dx 

0 

= a 1 F(w 1 ) + a 2 F(w 2 ). 

Zobrazení F 2 je lineární, důkaz je obdobný jako u zobrazení F 1 , navíc se využije toho, že 

v ∈ V ⇒ v(0) = 0. 

Zobrazení F 3 není lineární, nebot’ 

F 3 (a 1 w 1 + a 2 w 2 ) = 

= 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

(a 1 w 1 (x) + a 2 w 2 (x)) 2 dx 

(a 2 1w 2 1(x) + 2a 1 a 2 w 1 (x)w 2 (x) + a 2 2w 2 2(x))dx 

∫ 1 

= a 2 1F 3 (w 1 ) + a 2 2F 3 (w 2 ) + 2a 1 a 2 w 1 (x)w 2 (x)dx. 

32 

0 

0

Jistě se tedy dají najít funkce w 1 ,w 2 ∈ V a konstanty a 1 ,a 2 takové, že 

F 3 (a 1 w 1 + a 2 w 2 ) ≠ a 1 F 3 (w 1 ) + a 2 F 3 (w 2 ). 

Ještě jednodušší důkaz toho, že F 3 není lineární, je založen na tom, že v (2) může být a 2 = 0. 

Pak ovšem 

F 3 (a 1 w 1 ) = a 2 1 F 3(w 1 ), 

což (kromě speciálních případů a 1 ,w 1 ) odporuje (2). 

Zobrazení F 4 není lineární. V (2) stačí položit a 1 = −1 a a 2 = 0. Pak 

F 4 (−w 1 ) = | − w 1 | = |w 1 | ≠ −|w 1 | = −F 4 (w 1 ), 

pokud w 1 je nenulová funkce. (Udělejte si náčrtek například pro w 1 (x) = x.) 

Poznámka: Ověření rovnosti (2) lze rozložit do dvou kroků, totiž 

∀a ∈ R ∀w ∈ ˆV F(aw) = aF(w), (3) 

∀w 1 ,w 2 ∈ ˆV F(w 1 + w 2 ) = F(w 1 ) + F(w 2 ). (4) 

Poznámka: Příklady typu příkladu číslo 1 se nemusejí týkat jen zobrazení, jehož argumentem 

je prvek z prostoru funkcí. Prostor V může být vektorovým prostorem i jiných matematických 

objektů, např. uspořádaných n-tic či matic. 

Příklad 7.2: Rozhodněte, zda zobrazení f i : R 3 → R 2 , i = 1,2,3, je či není lineární: 

1) f 1 : (x,y,z) ↦→ (x + y, −x + 2z) 

2) f 2 : (x,y,z) ↦→ (x,0) 

3) f 3 : (x,y,z) ↦→ (5,z) 

Řešení: Lze vyjít z (2) nebo z (3)-(4). Pro ukázku zvolme druhou možnost. 

1) Násobení skalárem. 

∀a ∈ R ∀w = (x,y,z) ∈ R 3 

aw = (ax,ay,az) ↦→ (ax + ay, −ax + 2az) = a(x + y, −x + 2z,3z), 

tedy f 1 (aw) = af 1 (w). 

(Obraz výchozího vektoru je konstruován tak, že v první složce obrazu je součet první a 

druhé složky vzoru, druhá složka obrazu vznikne tím, že od dvojnásobku třetí složky vzoru 

odečteme hodnotu první složky vzoru.) 

Součet. 

∀w 1 = (x 1 ,y 1 ,z 1 ),w 2 = (x 2 ,y 2 ,z 2 ) ∈ R 3 

(w 1 + w 2 ) = (x 1 + x 2 ,y 1 + y 2 ,z 1 + z 2 ) ↦→ (x 1 + x 2 + y 1 + y 2 , −x 1 − x 2 + 2z 1 + 2z 2 ) = (x 1 + 

y 1 , −x 1 + 2z 1 ) + (x 2 + y 2 , −x 2 + 2z 2 ), 

tedy f(w 1 + w 2 ) = f 1 (w 1 ) + f 1 (w 2 ). 

Zobrazení je lineární. 

2) Stejným postupem se zjistí, že zobrazení je lineární, zkráceně 

(ax,ay,az) ↦→ (ax,0) = a(x,0) a (x 1 + x 2 ,y 1 + y 2 ,z 1 + z 2 ) ↦→ (x 1 + x 2 ,0) = (x 1 ,0) + (x 2 ,0). 

3) Pozorujeme, že (ax,ay,az) ↦→ (5,az) ≠ a(5,z) = af 3 (x,y,z). Zobrazení není lineární. 

Příklad 7.3: Rozhodněte, zda zobrazení f i : R 3 → R 3 , i = 1,2,3, je či není lineární. 

1) f 1 (x,y,z) = (x + y + z,2x + y,3z) 

2) f 2 (x,y,z) = (y,y,y) 

3) f 3 (x,y,z) = (z,xy,0) 

4) f 4 (x,y,z) = (y,x + y,1) 

33

Řešení: Označme α ≡ (x 1 ,y 1 ,z 1 ) a β ≡ (x 2 ,y 2 ,z 2 ). Pak pro a,b ∈ R, α,β ∈ R 3 jest 

f i (aα + bβ) = af i (α) + bf i (β), 

jestliže i = 1,2, tj. f 1 a f 2 jsou lineární zobrazení, f 3 a f 4 nejsou lineární zobrazení. 

Příklad 7.4: Je dán vektorový prostor 

V = {v ∈ C 1 ([−1,1]) : v(1) = 0}. 

Rozhodně, zda zobrazení f i : V → R, i = 1,2,3,4,5, je či není lineární: 

f 1 (v) = v(0), 

f 2 (v) = v 2 (1), 

f 3 (v) = ∫ 1 

−1 v(x)sin(x)dx, 

f 4 (v) = ∫ 1/2 

0 

v(x)dx, 

f 5 (v) = ∫ −1/2 

−1 

v(x)ln |x|dx + ∫ 1 

−1/2 

(v(x) − v(x)cos(x))dx. 

Nezapomeňte zdůvodnit své závěry. 

Řešení: Pro ∀c ∈ R a ∀v,w ∈ V : 

f 1 (cv) = cv(0) = cf 1 (v), f 1 (v + w) = v(0) + w(0) = f 1 (v) + f 1 (w), lineární zobrazení (LZ); 

f 2 (cv) = 0 = cf 2 (v), f 2 (v + w) = 0 = f 2 (v) + f 2 (w), LZ; 

f 3 (cv) = c ∫ 1 

−1 v(x)sin(x)dx = cf 3(v), f 3 (v + w) = ∫ 1 

−1 v(x)sin(x)dx + ∫ 1 

−1 w(x)sin(x)dx = 

f 3 (v) + f 3 (w), LZ; 

f 4 LZ (postup jako u f 3 ); 

f 5 (v), LZ (postup jako u f 3 ). 

Pozor, abychom dokázali linearitu zobrazení, musíme dokázat jeho linearitu jak vzhledem 

k násobení, tak ke sčítání. Při důkazu toho, že zobrazení není lineární, postačí ukázat, že nemá 

vlastnost linearity vzhledem k násobení nebo vhledem ke sčítání. 

Příklad 7.5: Zobrazení F je (postupně čtyřmi způsoby) definováno na prostoru C 1 ([a,b]) funkcí 

jednou spojitě diferencovatelných na uzavřeném intervalu [a,b]. Tyto funkce zobrazuje do prostoru 

funkcí spojitých na [a,b]. Rozhodněte, zda zobrazení F je lineární, je-li F(u) = α, kde 

u ∈ C 1 ([a,b]) a 

a) α(x) = (sin xu(x)) ′ + ∫ x 

a u(t)et dt v každém bodě x ∈ [a,b]; 

b) α(x) = max{e x ,u(x)} v každém bodě x ∈ [a,b]; 

c) α(x) = max{0,u(x)} + min{0,u(x)} v každém bodě x ∈ [a,b]; 

d) α(x) = 5u(x) − 3 2 u ( ) 

a+b 

2 

v každém bodě x ∈ [a,b]. 

Své rozhodnutí zdůvodněte. 

Řešení: a) Necht’ c ∈ R, u ∈ C 1 ([a,b]) a α = F(u). Pak F(cu) = ρ, kde 

ρ(x) = (sin x(cu(x))) ′ + 

= cα(x), x ∈ [a,b]. 

∫ x 

a 

cu(t)e t dt = c(sin xu(x)) ′ + c 

Necht’ navíc v ∈ C 1 ([a,b]) a β = F(v). Pak F(u + v) = ξ, kde 

Zobrazení F tedy je lineární. 

ξ(x) = (sin x(u(x) + v(x))) ′ + 

= α(x) + β(x), x ∈ [a,b]. 

∫ x 

a 

∫ x 

a 

(u(t) + v(t))e t dt 

u(t)e t dt 

34

) Necht’ 0 ≠ c ∈ R a u(x) = 0 pro každé x ∈ [a,b]; funkce u ∈ C 1 ([a,b]). Zřejmě F(u) = 

e x = F(cu) ≠ cF(u). Zobrazení F tedy není lineární. 

c) Z definice vidíme, že pro každou funkci u ∈ C 1 ([a,b]) a pro každý bod x ∈ [a,b] platí 

u(x) ≥ 0 ⇒ α(x) = u(x), 

u(x) < 0 ⇒ α(x) = u(x). 

Je tedy F(u) = u (identita), zobrazení F tudíž je lineární. 

d) Necht’ c ∈ R, u,v ∈ C 1 ([a,b]), α = F(u) a β = F(v). Pak F(cu) = ρ a F(u + v) = ξ, kde 

( ) a + b 

ρ(x) = 5(cu(x)) − 3 2 cu = cα(x), x ∈ [a,b]; 

2 

( ) ( )) 

a + b a + b 

ξ(x) = 5(u(x) + v(x)) − 3 

(u 

2 + v 

2 2 

Zobrazení F tedy je lineární. 

= α(x) + β(x), x ∈ [a,b]. 

Příklad 7.6: Rozhodněte, zda zobrazení f i : R 3 → R 3 , i = 1,2,3,4,5, je či není lineární na 

vektorovém podprostoru V = {(x,y,z) ∈ R 3 : y = 2x} s vazbou mezi složkami x a y. 

1) f 1 (v) = (x − y,x + 3y − 5z,y/2), kde v ≡ (x,y,z) ∈ V ; 

2) f 2 (v) = (−y, −x,2y 2 − 8x 2 ), kde v ≡ (x,y,z) ∈ V ; 

3) f 3 (v) = (0,z,0), kde v ≡ (x,y,z) ∈ V ; 

4) f 4 (v) = (−y,0,1), kde v ≡ (x,y,z) ∈ V ; 

5) f 5 (v) = (0,0,0), kde v ≡ (x,y,z) ∈ V . 

Platí pro některé (některá) z uvedených zobrazení, že je (jsou) lineární na prostoru V , ale nejsou 

lineární na prostoru R 3 (tj. pro v ≡ (x,y,z) ∈ R 3 ) 

Své odpovědi zdůvodněte. 

Řešení: Jestliže zobrazení bude lineární na prostoru R 3 , pak bude lineární i na podprostoru V 

(proč). Zeved’me označení v ≡ (x,y,z) a u ≡ (r,s,t). 

1) Pro v,u ∈ R 3 a a ∈ R je f 1 (av) = a(x − y,x + 3y − 5z,y/2) a také f 1 (u + v) = 

(x − y,x + 3y − 5z,y/2) + (r − s,r + 3s − 5t,s/2). Zobrazení je tedy lineární na R 3 i V . 

2) Pro v ∈ R 3 a a ∈ R je 

f 2 (av) = (−ay, −ax,2(ay) 2 − 8(ax) 2 ) = a(−y, −x,2ay 2 − 8ax 2 ) ≠ af 2 (v), 

pokud a ≠ 0 a a ≠ 1. Zobrazení tedy není lineární na R 3 . 

Jestliže však v ∈ V , pak 

f 2 (v) = (−y, −x,2y 2 − 8x 2 ) = (−y, −x,2(2x) 2 − 8x 2 ) = (−y, −x,0), 

využili jsme definice vazby mezi x a y. 

Pro u,v ∈ V a a ∈ R jsou w = av i s = u + v prvky podprostoru V , tj. w = (w 1 ,w 2 ,w 3 ), 

kde w 2 = 2w 1 , a s = (s 1 ,s 2 ,s 3 ), kde s 2 = 2s 1 . 

Potom f 2 (w) = (−w 2 , −w 1 ,0) = (−ay, −ax,0) = af 2 (v) a f 2 (s) = (−s 2 , −s 1 ,0) = (−s − 

y, −r − x,0) = f 2 (u) + f 2 (v). Zobrazení f 2 je lineární na podprostoru V . 

3) Snadno se ukáže, že zobrazení je lineární na R 3 i na V . 

4) Pro a ∈ R je f 4 (av) = (−ay,0,1) ≠ a(−y,0,1), pokud a ≠ 1. Zobrazení není lineární na 

R 3 ani na V . 

5) Snadno se ukáže, že zobrazení je lineární na R 3 ani na V . 

35

8 Okrajové úlohy v 1D: řešitelnost 

Příklad 8.1: Je dána okrajová úloha 

Kolik má řešení 

Řešení: Jelikož −π není vlastní číslo úlohy 

u ′′ − πu = ln(π + x), 

u(0) = 0, u(π) = 0. 

u ′′ + λu = 0, 

u(0) = 0, u(π) = 0, 

má daná úloha právě jedno řešení. 

(Studenti mohou mít příslušný systém vlastních čísel na povoleném taháku, takže vidí, že −π 

není vlastní číslo úlohy. Stačí ovšem i jednodušší zdůvodnění tím, že vlastní čísla výše uvedené 

homogenní úlohy jsou kladná.) 

Příklad 8.2: Zjistěte, jak závisí počet řešení na parametru λ ∈ R: 

u ′′ + λu = sin(−x) + 5sin 3x − 8sin 7x + 1 2 sin22x, 

u(0) = u(π) = 0. 

Řešení: Vlastní čísla jsou 5 V ≡ {k 2 : k = 1,2,3,... }, vlastní funkce příslušná k λ = k 2 je 

u k = sin kx. Pravá strana f ≡ −u 1 + 5u 3 − 8u 7 + 1 2 u 22. 

1. Jestliže λ /∈ V , pak právě jedno řešení. 

2. Pro k = 1,3,7,22 je (u k ,f) ≠ 0, tedy pro λ = 1,9,49,22 2 úloha nemá řešení (22 2 = 484). 

3. Jestliže λ ∈ V \ {1,9,49,22 2 }, pak úloha má nekonečně mnoho řešení. 

Příklad 8.3: Zjistěte, jak závisí počet řešení okrajové úlohy 

u ′′ + λu = 3sin 4x − sin5x + 8sin 9x, u(0) = 0 = u(π), 

na parametru λ ∈ R. Odpověd’ jasně zformulujte vzhledem k hodnotám parametru λ. 

Řešení: Vlastní čísla λ = k 2 , kde k = 1,2,3,... Příslušné vlastní fukce u k = sinkx. Pravá strana 

f = 3u 4 − u 5 + 8u 9 . 

λ ∈ R \ {k 2 : k = 1,2,... } (λ není vlastní číslo) ⇒ právě jedno řešení. 

λ = 16 (k = 4) ⇒ nemá řešení (nebot’ pravá strana f není ortogonální k u 4 (proč)). 



λ ∈ M, kde M = {k 2 : k ∈ N \ {4,5,9}} ⇒ má nekonečně mnoho řešení (pravá strana f je 

ortogonální k u k , pokud k ≠ 4, k ≠ 5, k ≠ 9. 

Hodnocení by mělo být nižší, pokud odpověd’ není formulovaná pro λ, ale jen pro k. 

Příklad 8.4: Zjistěte, jak závisí počet řešení na parametru λ ∈ R: 

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

u(0) = u(π/2) = 0. 

5 Obecně k 2 π2 

(b−a) 2 , vlastní funkce u k (x) = sin kπ(x−a) 

b−a 

, kde k = 1, 2, . . . 

36

(Nezapomeňte své závěry řádně zdůvodnit.) 

Řešení: Vlastní čísla jsou V ≡ {4k 2 : k = 1,2,3,... }, vlastní funkce příslušná k λ = 4k 2 je 

u k = sin 2kx. Pravá strana f ≡ −u 1 − 3u 3 − 2u 5 + πu 9 . 


2. Pro k = 1,3,5,9 je (u k ,f) ≠ 0, tedy pro λ = 4,36,100,324 úloha nemá řešení. 

3. Jestliže λ ∈ V \ {4,36,100,324}, pak úloha má nekonečně mnoho řešení. 

Příklad 8.5: Je dána okrajová úloha 

u ′′ + u = f, 

u(−π/2) = 0 = u(π/2). 

Rozhodněte, zda a kolik má řešení, jestliže a) f ≡ x 2 ; b) f ≡ x 3 . 

Své rozhodnutí řádně zdůvodněte (výpočtem, úvahou). 

Doporučení: Inspiraci hledejte mj. v náčrtcích a v říkance: V Monte Carlu sudá, lichá 

žoky peněz přináší, 

v em á čtyřce 

při písemce 

těžkou práci zaplaší. 

Řešení: Pro tuto úlohu jsou vlastní čísla dána hodnotami k 2 π2 , kde k = 1,2,3,... Hodnota 1 

(b−a) 2 tedy je vlastním číslem s příslušnou vlastní funkcí u 1 (x) = sin kπ(x−a) 

b−a 

∣ = sin ( x + π 

k=1 

2) 

= cos x. 

Ta je na intervalu [ − π 2 , π ( 

2] 

sudá a na intervalu − 

π 

2 , π 2) 

kladná. 

a) Platí (u 1 ,f) ≠ 0, nebot’ u 1 (x)x 2 je funkce kladná na ( − π 2 ,0) ∪ ( 0, π 2) 

. Úloha nemá řešení. 

b) Platí (u 1 ,f) = 0 nebot’ u 1 (x)x 3 je funkce lichá na ( − π 2 , π 2) 

. Úloha má nekonečně mnoho 

řešení. 

Pokud to někdo bude počítat integrací, je to OK, i když pracné. Strhávejte však body, pokud 

integrace bude chybně provedena. 

Příklad 8.6: Zjistěte, jak závisí počet řešení na parametru λ ∈ R v úloze 

u ′′ + λu = 2sin x + sin(−3x) + 3sin(−5x) − 1 3 sin7x + 1 sin 3x, 

2 

u(0) = u ′ (π/2) = 0. 

Řešení: Vlastní čísla jsou 6 V ≡ {(2k + 1) 2 : k = 0,1,2,... }, vlastní funkce příslušná k λ = 

(2k + 1) 2 je u k = sin ( (2k + 1)x ) . Pravá strana f ≡ 2u 0 − u 1 − 3u 2 − 1 3 u 3 + 1 2 u 1. 


2. Pro k = 0,1,2,3 je (u k ,f) ≠ 0, tedy pro λ = 1,9,25,49 úloha nemá řešení. 

3. Jestliže λ ∈ V \ {1,9,25,49}, pak úloha má nekonečně mnoho řešení. 

6 Obecně (k+1/2)2 π 2 

(b−a) 

, vlastní funkce u 2 

k (x) = sin (k+1/2)π(x−a) 

b−a 

, kde k = 0, 1, 2, . . . 

37

Příklad 8.7: Zjistěte, jak závisí počet řešení na parametru λ ∈ R v úloze 

u ′′ + λu = − 1 3 sin(−2x) + 7sin 6x − 1 9 sin 14x + 5sin(−18x) − 2 7 sin(−22x), 

Nezapomeňte své závěry řádně zdůvodnit. 

u(0) = u ′ (π/4) = 0. 

Řešení: Vlastní čísla jsou 7 V ≡ {4(2k + 1) 2 : k = 0,1,2,... }, vlastní funkce příslušná k λ = 

4(2k + 1) 2 je u k = sin ( 2(2k + 1)x ) . Pravá strana f ≡ 1 3 u 0 + 7u 1 − 1 9 u 3 − 5u 4 + 2 7 u 5. 


2. Pro k = 0,1,3,4,5 je (u k ,f) ≠ 0, tedy pro λ = 4,36,196,324,484 úloha nemá řešení. 

3. Jestliže λ ∈ V \ {4,36,196,324, 484}, pak příslušná vlastní funkce je ortogonální k f, a 

tudíž úloha má nekonečně mnoho řešení. 

Příklad 8.8: 1) Zjistěte, jak závisí počet řešení na parametru λ ∈ R v úloze 

u ′′ + λu = −3sin(−2x) + sin(−6x) + 2sin(18x) − 1 3 sin(−26x), 

u(0) = u ′ (π/4) = 0. 

Nezapomeňte své závěry řádně zdůvodnit. 

2) Je dána okrajová úloha u ′′ + 16u = f, u(−π/2) = 0 = u(π/2). 

Rozhodněte, zda a kolik má řešení, jestliže a) f ≡ 1; b) f ≡ x 2 . 

Své rozhodnutí řádně zdůvodněte (výpočtem, úvahou). 

Řešení: 1) Vlastní čísla jsou V ≡ {4(2k + 1) 2 : k = 0,1,2,... }, vlastní funkce příslušná 

k λ = 4(2k + 1) 2 je u k = sin ( 2(2k + 1)x ) . Pravá strana f ≡ 3u 0 − u 1 + 2u 4 + 1 3 u 6. 


2. Pro k = 0,1,4,6 je (u k ,f) ≠ 0, tedy pro λ = 4,36,18 2 = 324,26 2 = 676 úloha nemá 

řešení. 

3. Jestliže λ ∈ V \ {4,36,324,676}, pak příslušná vlastní funkce je ortogonální k f, a tudíž 

úloha má nekonečně mnoho řešení. 

2) Pro tuto úlohu jsou vlastní čísla dána hodnotami k 2 π2 = k 2 , kde k = 1,2,3,... 

(b−a) 2 

Hodnota 16 tedy je vlastním číslem s příslušnou vlastní funkcí 

= sin(4x + 2π) = sin(4x), což je lichá funkce. 

a) Platí (u 4 ,1) = 0, nebot’ u 4 (x) je funkce lichá na ( − π 2 , π 2) 

. Také (u4 ,x 2 ) = 0, nebot’ x 2 u 4 (x) 

je funkce lichá na ( − π 2 , π 2) 

. Obě úlohy mají nekonečně mnoho řešení. 

u 4 (x) = sin 4π(x−a) 

b−a 

7 Obecně (k+1/2)2 π 2 

(b−a) 2 , k = 0, 1, 2, . . .. 

38

9 Pozitivní definitnost operátorů 

V kapitolách 9, 10 a 11 se ve většině úloh požaduje nalezení symetrického a pozitivně definitního 

operátoru. Ukázat symetrii operátoru je snadný úkon vyžadující tři kroky: přepsání diferenciální 

rovnice do divergentního tvaru (není-li v tomto tvaru již zadána), definování operátoru a úpravu 

energetického skalárního součinu integrací po částech s využitím okrajových podmínek. 

Náročnější bývá dokázat pozitivní definitnost operátoru, případně správně upravit diferenciální 

rovnici tak, aby příslušný operátor byl pozitivně definitní. Přestože obě kapitoly nabízejí 

řadu ukázkových řešení, zkušenost ukazuje, že mnoho studentů s těmito úlohami zápasí — snad 

proto, že ukázková řešení jsou stručná nebo že se čtenářům v jednotlivých řešeních nedaří rozpoznat 

jednotný a vždy stejný postup. Tyto úvodní odstavce se o takový celkový pohled pokoušejí. 

Návod, jak se vypořádat se situacemi, s nimiž se setkáte při řešení zkouškových úloh. 

1. Rovnici převedeme do divergentního tvaru 

− ( p(x)u ′ (x) ) ′ + q(x)u(x) = f(x), (5) 

kde p je kladná funkce na intervalu [a,b], v jehož koncových bodech jsou zadány okrajové 

podmínky. Ke zjištění, zda p je kladná funkce, může být nutné určit její minimum a 

maximum na [a,b]. Pokud je p funkce záporná na [a,b], vynásobíme rovnici (5) číslem −1 

a dále pracujeme s takto upravenou rovnicí. 

Extrémy funkce q na [a,b] v této fázi sice nejsou důležité, ale to zda q je funkce nezáporná 

bude významné v kroku 4. 

2. Definujeme operátor 

a jeho definiční obor D(A); u ∈ D(A). 

Au ≡ − ( pu ′) ′ + qu 

3. Užitím metody integrace po částech a využitím okrajových podmínek ukážeme, že operátor 

je symetrický, tj. 

(Au,v) = (u,Av) = (u,v) A ≡ 

∫ b 

a 

pu ′ v ′ dx + 

∫ b 

a 

quv dx ∀u,v ∈ D(A). (6) 

4. Dokážeme pozitivní definitnost operátoru A. Nejčastěji jste se setkali s verzí (o jiné 

možnosti pojednává bod 6) 

∀u ∈ D(A) (u,u) A ≥ c 

∫ b 

kde c je kladná konstanta nezávislá na u ∈ D(A). 

a 

u 2 dx = c‖u‖ 2 L 2 (a,b) , (7) 

a) Pokud p a q jsou na [a,b] kladné funkce, postačí jednoduchý odhad založený na nerovnostech 

(u,u) A ≥ 

∫ b 

a 

quv dx ≥ c 

∫ b 

a 

uv dx, 

kde kladná konstanta c je odvozena na základě minimalizace funkce q na intervalu [a,b]. 

Lepší (silnější) odhad využívá i prvního integrálu v (6) (kde u = v) a Friedrichsovy 

nerovnosti. 

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

první integrál v (6) (kde samozřejmě je funkce v nahrazena funkcí u). K tomu, aby bylo 

39

možné použít Friedrichsovu nerovnost, je nejdříve nutné odhadnout hodnotu integrálu 

zdola pomocí minima funkce p na [a,b]. 

c) Pokud p > 0 a funkce q není na [a,b] nezáporná (pozor, může být záporná nebo může 

měnit znaménko), postupuje se jako v a), navíc je však nezbytné vhodně odhadnout i 

druhý integrál v (6). Pro splnění pozitivní definitnosti by odhad v tomto případě měl být 

takový, že ač druhý integrál odhadneme zespoda zápornou hodnotou, je součet dolního 

odhadu prvního integrálu a této záporné hodnoty stále ještě větší nebo roven c‖u‖ 2 , kde 

c > 0. Jestliže máme před druhým integrálem znaménko +, jako je tomu v (6), je odhad 

založen na hodnotě minima funkce q na [a,b]. 

5. Pokud jsme omylem v (5) neověřili kladnost p nebo chybně (zbytečně) změnili znaménko 

rovnice, ukáže se to právě při zjišt’ování pozitivní definitnosti. První integrál totiž nebude 

kladný. Pak stačí rovnici a definiční předpis operátoru násobit −1 a znovu se věnovat 

důkazu pozitivní definitnosti, symetrie operátoru zůstane zachována. 

6. Pozitivní definitnost operátoru A může mít i podobu 

∀u ∈ D(A) 

(∫ b 

(u,u) A ≥ c u 2 dx + 

a 

∫ b 

a 

) ( 

) 

u ′2 dx = c ‖u‖ 2 L 2 (a,b) + ‖u′ ‖ 2 L 2 (a,b) 

, (8) 

kde c je kladná konstanta nezávislá na u ∈ D(A). Myšlenka důkazu nerovnosti (8) je 

založena na rozkladu (u,u) A na součet dvou členů, například 

(u,u) A = α(u,u) A + β(u,u) A , 

kde α,β > 0, přičemž α + β = 1; postačí zvolit α = β = 1/2. Pak postupem vyloženým v 

bodu 4 ukážeme, že první sčítanec splňuje nerovnost (7) , tj. 

U druhého sčítance usilujeme o odhad 

Kombinací (9) a (10) dostaneme odhad (8) 

∫ b 

α(u,u) A ≥ c 1 u 2 dx. (9) 

a 

∫ b 

β(u,u) A ≥ c 2 u ′2 dx. (10) 

∫ b ∫ b 

(u,u) A = α(u,u) A + β(u,u) A ≥ c 1 u 2 dx + c 2 u 2 dx 

a 

a 

( 

) 

≥ c ‖u‖ 2 L 2 (a,b) + ‖u′ ‖ 2 L 2 (a,b) 

, 

kde c = min(c 1 ,c 2 ) > 0. V praxi je jednodušší myšlenku rozkladu uplatnit až v průběhu 

odhadování, a to na integrál ∫ b 

a u′2 dx, viz řešení příkladu 9.9, kde je též ukázáno, že 

vhodná volba koeficientů α a β může zlepšit (zvětšit) konstantu c. 

a 

Poznámka: Výslovně upozorňuji na to, že popis řešení úloh v kapitolách 9, 10 a 11 je většinou 

zkratkovitý. V mnoha případech se například hned na začátku uvádí nutnost násobit rovnici 

hodnotou −1, aniž by na daném intervalu byly zjištěny extrémy funkce p, z nichž se pozná, 

zda p je kladná či záporná funkce, či zda dokonce nemění znaménko (poslední případ by vedl k 

podezření, že nelze najít operátor, který by byl pozitivně definitní). 

40

Tato zkratkovitost je nepedagogická a je dána tím, že řešení nebyla prvotně psána pro 

studenty, nýbrž pro učitele opravující písemné práce. Šlo tedy o základní odvození a shrnutí 

výsledků, nikoli o výukově zaměřený výklad. 

Příklad 9.9 byl vytvořen později a je podán pedagogičtěji. 

Příklad 9.1: Najděte operátor příslušný okrajové úloze a jeho definiční obor. Ukažte, že lze 

najít operátor symetrický a pozitivně definitní; použijte normu ‖u‖ 2 ≡ ‖u‖ 2 L 2 (2,5) . 

u ′′ ln x + u′ 

x 

− uln x = 1, u(2) = 0, u(5) = 0. (11) 

Řešení: Aby operátor byl pozitivně definitní, je třeba vyjít z rovnice vynásobené číslem −1, tj. 

definovat operátor A takto 

kde 

Au = −u ′′ ln x − u′ 

x 

+ uln x, u 

∈ D(A), 

D(A) = {u ∈ C 2 ([2,5]) : u(2) = 0, u(5) = 0}. 

Pak (11) přejde v Au = −1, u ∈ D(A). 

Ještě vhodnější tvar operátoru (a samozřejmě ekvivalentní s předchozím zápisem) je 

Au = −(u ′ ln x) ′ + uln x, 

u ∈ D(A). 

Tento zápis je vhodný pro aplikaci integrace po částech (per partes, viz dále). 

Symetrie. S využitím integrace per partes a okrajových podmínek 8 se skalární součiny (Au,v) 

a (u,Av) upraví na stejný výraz, tj. 

(Au,v) = 

= 

(u,Av) = 

= 

∫ 5 

2 

∫ 5 

2 

∫ 5 

2 

∫ 5 

2 

( 

−(u ′ ln x) ′ + uln x ) v dx 

u ′ v ′ lnxdx + 

∫ 5 

2 

uv ln xdx 

( 

−(v ′ ln x) ′ + v ln x ) udx 

u ′ v ′ lnxdx + 

∫ 5 

2 

uv ln xdx 

∀u,v ∈ D(A), 

∀u,v ∈ D(A); 

jest (Au,v) = (u,Av). 

Vyšetřeme pozitivní definitnost, tj. zda ∀u ∈ D(A) (Au,u) ≥ c‖u‖ 2 L 2 (2,5), kde kladná reálná 

konstanta c nezávisí na u ∈ D(A). 

Z předchozího (pro jednoduchost ‖u‖ 2 ≡ ‖u‖ 2 L 2 (2,5) ) 

(Au,u) = 

≥ 

∫ 5 

2 

∫ 5 

lze tedy například zvolit c = ln 2. 

2 

∫ 5 

u ′2 ln xdx + u 2 lnxdx 

2 

( ) 

min ln t (u ′2 + u 2 )dx ≥ ln 2 ( ‖u ′ ‖ 2 + ‖u‖ 2) ≥ ln 2‖u‖ 2 , 

t∈[2,5] 

8 Využití okrajových podmínek by mělo být řádně vysvětleno, viz řešení Příkladu 9.7. 

41

Ještě větší c nám poskytne použití (Friedrichsovy) nerovnosti 9 

Pak totiž 

∫ b 

ln 2 ( ( 

‖u ′ ‖ 2 + ‖u‖ 2) ≥ ln 2 

a 

∫ 

u ′2 2 b 

dx ≥ 

(b − a) 2 u 2 dx. (12) 

) 

2 

(5 − 2) 2 ‖u‖2 + ‖u‖ 2 

a 

= 11ln 2 ‖u‖ 2 . 

9 

Příklad 9.2: Jako příklad 9.1, jen s rovnicí 

u ′′ ln x + u′ 

x 

= 1, u(2) = 0, u(5) = 0. 

Řešení: Stejný postup jako v příkladu 1, jen v pozitivní definitnosti se využije nerovnosti (12): 

∀u ∈ D(A) (Au,u) = 

∫ 5 

2 

u ′2 ln xdx ≥ ln 2‖u ′ ‖ 2 ≥ 2 9 ln 2‖u‖2 . 

Příklad 9.3: Stanovte operátor A (včetně definičního oboru D(A)) příslušný okrajové úloze 

u ′′ e −4x 

20 

− u′ e −4x 

5 

− ue −2x = x 3 + 2, u(0) = 0, u(2) = 0. 

Ukažte, že lze najít operátor symetrický a takový, že pro každou funkci u z D(A) platí (Au,u) ≥ 

c‖u‖ 2 L 2 (0,2), kde c je vhodná kladná konstanta — její velikost blíže určete. 

( u ′ e −4x ) ′ 

Řešení: Operátor Au ≡ − + ue −2x s definičním oborem 

20 

D(A) = {u ∈ C 2 ([0, 2]) : u(0) = 0 = u(2)}. 

Symetrie (pomocí integrace po částech a s využitím okrajových podmínek 10 ) 

∫ [ 

2 

( u ′ e −4x ) ′ 

] 

(Au,v) = − + ue −2x v dx 

0 20 

∫ 2 

( ) 

e 

−4x 

= 

0 20 u′ v ′ + e −2x uv dx ∀u,v ∈ D(A), 

∫ 2 

( ) 

e 

−4x 

(u,Av) = 

20 u′ v ′ + e −2x uv dx ∀u,v ∈ D(A). 

0 

Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2]) 

∫ 2 

( ) 

e 

−4x 

(Au,u) = 

20 u′2 + e −2x u 2 dx ≥ c‖u‖ 2 L 2 (0,2) , 

kde (například) c = 1/100; min x∈[0,2] e −2x = e −4 > 3 −4 > 1/100. 

0 


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

9 Nerovnost platí pro u ∈ C 1 ([a, b]), přičemž u(a) = 0, viz [1, strana 112]. S touto nerovností se studenti 

setkají na přednášce. 

10 Využití okrajových podmínek by mělo být řádně vysvětleno, viz řešení Příkladu 9.7. 

42


c‖u‖ 2 L 2 (π/6, 5π/6) 

, kde c je vhodná kladná konstanta — její velikost blíže určete. 

Řešení: Operátor Au ≡ − ( x 2 u ′) ′ + usin x s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([π/6, 5π/6]) : u(π/6) = 0 = u(5π/6)}. 

Symetrie (pomocí integrace po částech a s využitím okrajových podmínek) 

(Au,v) = 

∫ 5π/6 

π/6 


(Au,u) = 

∫ 5π/6 

π/6 

kde (například) c = 1/2; min x∈[π/6,5π/6] sin x = 1/2. 

( 

x 2 u ′ v ′ + uv sinx ) dx = (u,Av) ∀u,v ∈ D(A). 

( 

x 2 u ′2 + u 2 sin x ) dx ≥ c‖u‖ 2 L 2 (π/6, 5π/6) 

∀u ∈ D(A), 


(1 + ln x)u ′′ + u′ 

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


c‖u‖ 2 L 2 (1,2), kde c je vhodná kladná konstanta — její velikost blíže určete. 

Řešení: Operátor Au ≡ − ((1 + ln x)u ′ ) ′ + ue −x s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([1, 2]) : u(1) = 0 = u(2)}. 

Symetrie (pomocí integrace po částech a s využitím okrajových podmínek) 

(Au,v) = 

∫ 2 


(Au,u) = 

1 

∫ 2 

1 

( 

(1 + ln x)u ′ v ′ + e −x uv ) dx = (u,Av) ∀u,v ∈ D(A). 

( 

(1 + ln x)u ′2 + e −x u 2) dx ≥ c‖u‖ 2 L 2 (1,2) 

∀u ∈ D(A), 

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


(1 + cos x)e −x u ′′ − (1 + cos x + sinx)e −x u ′ = ln(x + 5), u(0) = 0, u(π/2) = 0. (13) 


c‖u‖ 2 L 2 (0,π/2), kde c je vhodná kladná konstanta — její velikost blíže určete. Pro tento operátor 

napište okrajovou úlohu (13) v operátorovém tvaru. Může být c > 1/10 (Při výpočtech můžete 

použít e π ≈ 25, e π/2 ≈ 5, e ≈ 2,7, π 2 ≈ 10.) 

Řešení: Operátor Au ≡ − ((1 + cos x)e −x u ′ ) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([0, π/2]) : u(0) = 0 = u(π/2)}. 

Operátorová úloha: Najít funkci u ∈ D(A) takovou, aby platilo 

Au = − ln(x + 5). 

43

Symetrie (pomocí integrace po částech a s využitím okrajových podmínek — zdůvodnění!) 

(Au,v) = 

∫ π/2 


(Au,u) = 

0 

∫ π/2 

0 

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

(1 + cos x)e −x u ′2 dx ≥ c‖u‖ 2 L 2 (0,π/2) 

∀u ∈ D(A), 

kde (například) c = 8/(5π 2 ), nebot’ min x∈[0,π/2] (1 + cos x)e −x = e −π/2 ≥ 1/5 a dále lze využít 

nerovnosti (12) (tu studenti mají znát), tj. 

∫ b 

a 

u ′2 dx ≥ 

∫ 

2 b 

(b − a) 2 u 2 dx, kde máme 

a 

2 

(b − a) 2 = 8 π 2. 

Ano, c = 8/(5π 2 ) ≈ 0.16 > 1/10. 


( 

− 1 3 e2x + sin 2x ) ( 2 

u ′′ − 

3 3 e2x − 2 3 cos 2x ) 

u ′ − 1 u = 2sin x, 

3 12π2 u(0) = 0, u ′ (π) = 0. 


c‖u‖ 2 L 2 (0,π) , odvod ’te konkrétní velikost konstanty c ∈ R. Napište operátorovou rovnici. 

Řešení: Zadaný operátor je pozitivně definitní, není třeba měnit znaménko. 

Divergentní tvar operátoru 

Au ≡ (( − 1 3 e2x + sin 2x ) 

3 u 

′ ) ′ − 

1 

12π 

u 2 

s definičním oborem D(A) = {u ∈ C 2 ([1, π]) : u(0) = 0 = u ′ (π)}. 

Operátorová rovnice: najít takový prvek u ∈ D(A), aby Au = 2sin x. 

Symetrie (pomocí integrace po částech a s využitím okrajových podmínek), pro u,v ∈ D(A) 

∫ π 

[(( 

(Au,v) = − 1 

0 3 e2x + sin 2x 3 

[( 

= − 1 3 e2x + sin 2x ) 

u ′ v 

3 

∫ π 

( 1 

= 

3 e2x − sin 2x 3 

0 

) 

u ′ ) ′ 

− 1 

] π 

0 

∫ π 

− 

) 

u ′ v ′ dx − 

0 

∫ π 

] 

12π 2 u v dx 

( 

− 1 3 e2x + sin 2x 3 

0 

1 

12π2uv dx. 

Studenti mají zdůvodnit nulovost členu 

[( 

− 1 3 e2x + sin 2x ) ] π 

u ′ v 

3 

0 

) ∫ π 

u ′ v ′ dx − 

0 

1 

uv dx 

12π2 odkazem na v(0) = 0 a u ′ (π) = 0. Jinak strhávejte body. 

Podobně (u,Av). Operátor je symetrický. 

44

Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2], s využitím nerovnosti (12)) 

∫ π 

( 1 

(Au,u) = 

0 3 e2x − sin 2x ) ∫ π 

u ′2 1 

dx − 

3 

0 12π 2u2 dx 

∫ π 

( ( 1 

≥ min 

0 t∈[0,π] 3 e2t − sin 2t )) ∫ π 

u ′2 1 

dx − 

3 

0 12π 2u2 dx 

= 1 ∫ π ∫ π 

u ′2 1 

dx − 

3 0 0 12π 2 u2 dx 

≥ 2 ∫ π ∫ π 

3π 2 u 2 1 

dx − 

12π 2 u2 dx 

0 

= 7 

12π 2 ∫ π 

0 

u 2 dx. 

0 

Hledaná konstanta c = 7 

12π 2 . 

Studenti mají zdůvodnit, proč je minimum rovno 1/3 (derivace výrazu je nezáporná, je to 

rostoucí funkce, minima se nabývá v t = 0). Chybějící zdůvodnění = bodová ztráta. 


( 1 

3 x3 + 6x 2 + 11x + 46 3 

) 

u ′′ + ( x 2 + 12x + 11 ) u ′ + 2 9 u = 5cos3 x, 

u(−3) = 0, u ′ (0) = 0. 

Ukažte, že je možné tento operátor zvolit symetrický a zároveň takový, že lze nalézt konstantu 

c > 0 takovou, že pro každou funkci u z D(A) platí (Au,u) ≥ c‖u‖ 2 L 2 (−3,0) . Odvod ’te konkrétní 

hodnotu konstanty c. Napište operátorovou rovnici. Jednotlivé kroky řádně zdůvodněte. 

Řešení: Operátor odvozený přímo z levé strany rovnice není pozitivně definitní, je třeba změnit 

znaménko. Studenti by na to měli přijít nejpozději při zjišt’ování pozitivní definitnosti. 

Pozitivně definitní operátor 11 v divergentním tvaru 

) 

u 

′ ) ′ − 

2 

9 u 

Au ≡ − (( 1 

3 x3 + 6x 2 + 11x + 46 3 

s definičním oborem D(A) = {u ∈ C 2 ([−3, 0]) : u(−3) = 0 = u ′ (0)}. 

Operátorová rovnice: najít takový prvek u ∈ D(A), aby Au = −5cos 3 x. 

Symetrie (pomocí integrace po částech a s využitím okrajových podmínek), pro u,v ∈ D(A) 

(Au,v) = 

∫ 0 

= − 

= 

−3 

− 2 9 

∫ 0 

[ (( 1 

− 

3 x3 + 6x 2 + 11x + 46 ) ′ )u ′ − 2 ] 

3 9 u v dx 

[( 1 

3 x3 + 6x 2 + 11x + 46 3 

) 

u ′ v 

∫ 0 

−3 

uv dx 

−3 

( 1 

3 x3 + 6x 2 + 11x + 46 3 

] 0 

−3 

∫ 0 

+ 

−3 

) 

u ′ v ′ dx − 2 ∫ 0 

uv dx. 

9 −3 


[( 1 

3 x3 + 6x 2 + 11x + 46 ) ] 0 

u ′ v 

3 

−3 

( 1 

3 x3 + 6x 2 + 11x + 46 ) 

u ′ v ′ dx 

3 

11 Na intervalu [−3, 0] má výraz 1 3 x3 + 6x 2 + 11x + 46 

3 minimum 10 a maximum 82 3 

, výraz je tedy 

na celém intervalu [−3, 0] kladný, pro naše potřeby je nutné vynásobit celou rovnici číslem −1. Postup 

nalezení extrémů je ukázán v závěru řešení. 

45

odkazem na v(−3) = 0 a u ′ (0) = 0. Jinak strhávejte body. 


Pozitivní definitnost 12 (ve smyslu skript [2]) 

(Au,u) = 

≥ 

∫ 0 

( 1 

−3 3 x3 + 6x 2 + 11x + 46 3 

( ( 1 

min 

t∈[−3,0] 3 t3 + 6t 2 + 11t + 46 3 

∫ 0 

= 10 

≥ 20 

9 

= 2 

−3 

∫ 0 

∫ 0 

−3 

u ′2 dx − 2 9 

∫ 0 

−3 

−3 

u 2 dx − 2 9 

u 2 dx. 

Hledaná konstanta c = 2 nebo c ∈ (0,2]. 

Minimalizace 

je standardní. Ze vztahu 

získáme t = −1. Jest 

∫ 0 

−3 

∫ 0 

−3 

u 2 dx 

u 2 dx 

) ∫ 0 

u ′2 dx − 

−3 

2 

9 u2 dx 

)) 

u ′2 dx − 2 9 

min 

t∈[−3,0] g(t), kde g(t) = ( 1 

3 t3 + 6t 2 + 11t + 46 3 

g ′ (t) = t 2 + 12t + 11 = (t + 1)(t + 11) = 0 

g(−3) = −9 + 54 − 33 + 46 3 = 82 3 , 

) 

∫ 0 

−3 

u 2 dx 

g(−1) = − 1 3 + 6 − 11 + 46 3 = 30 3 

= 10 ⇒ minimum, 

g(0) = 46 3 . 


(−3x 3 + 15x 2 − 51 ) ( 

4 x + 6 u ′′ + −9x 2 + 30x − 51 ) ( 

u ′ + x − 1 ) 

u = sinx, 

4 2 

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

Ukažte, že je možné tento operátor zvolit ( symetrický a zároveň) 

takový, že lze nalézt konstantu 

c > 0 takovou, že platí (Au,u) ≥ c ‖u‖ 2 L 2 (0,1) + ‖u′ ‖ 2 L 2 (0,1) 

pro každou funkci u z D(A). 

Odvod’te konkrétní hodnotu konstanty c. Napište operátorovou rovnici. Jednotlivé kroky řádně 

zdůvodněte. 

Řešení: Zadaná rovnice v divergentním tvaru −(pu ′ ) ′ + qu = f: 

− 

((3x 3 − 15x 2 + 51 ) ) ′ ( 

4 x − 6 u ′ + x − 1 ) 

u = sin x. 

2 

12 Využito ∫ b 

a u′2 dx ≥ 2 

(b−a) 2 ∫ b 

a u2 dx. Minimalizace použitá při odhadování integrálu je popsána dále. 

46

Pro pozitivní definitnost příslušného operátoru potřebujeme, aby funkce 

p(x) = ( 3x 3 − 15x 2 + 51 

4 x − 6) byla kladná na intervalu [0,1]. Najdeme její extrémy na intervalu 

[0,1]. 

Ukáže se, že p ′ (x) = 9x 2 − 30x + 51 

17 

4 

= 0, je-li x = 

6 nebo x = 1 2 

. Extrémy na [0,1] tedy 

mohou nastat v bodech 0, 1 2 

a 1. Hodnoty funkce 

( 1 

p(0) = −6, p = −3, p(1) = − 

2) 

21 4 

ukazují, že funkce p je na [0,1] záporná a že můžeme očekávat, že pozitivně definitní operátor 13 

bude přímo odvozen od původní rovnice vynásobené číslem −1. V této fázi lze hovořit jen o 

očekávání, pozitivní definitnost ještě není dokázána, ve hře je totiž ještě funkce q. 

Definujme operátor A předpisem 

Au ≡ − 

((−3x 3 + 15x 2 − 51 ) ) ′ ( 

4 x + 6 u ′ − x − 1 ) 

u, 

2 

kde u ∈ D(A) = { u ∈ C 2 ([0,1]) : u(0) = 0 = u(1) } . 

Operátor A je symetrický, což se dokáže standardně integrací po částech a využitím okrajových 

podmínek. 

Při dokazování silnější verze pozitivní definitnosti, jež je požadována v zadání úlohy, postupujeme 

zcela standardně, jen v okamžiku před aplikací Friedrichsovy nerovnosti rozdělíme 

integrál ∫ 1 

0 u′2 dx na součet dvou integrálů 14 a Friedrichsovu nerovnost uplatníme jen na jeden 

z nich. Navíc známe extrémy funkce 3t 3 −15t 2 + 51 

4 

t −6 na intervalu [0,1], což se nám nyní hodí 

(pozor na znaménko hodnoty minima). 

(Au,u) = 

≥ 

= 3 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

∫ 1 

(−3x 3 + 15x 2 − 51 4 x + 6 ) 

u ′2 dx − 

( 

0 

∫ 1 

min 

t∈[0,1] 

u ′2 dx + 

∫ 1 

(−3t 3 + 15t 2 − 51 4 t + 6 )) 

u ′2 dx + 

∫ 1 

0 

∫ 1 

( 1 

2 − x ) 

u 2 dx 

= 3 u ′2 dx + 3 u ′2 dx + 

2 0 2 0 

≥ 3 ∫ 

2 1 ∫ 1 

2 (1 − 0) 2 u 2 dx + 

0 0 

∫ 1 ∫ 1 

( 

≥ 3 u 2 dx + min 

= 3 

0 

∫ 1 

0 

∫ 1 

u 2 dx − 1 2 

= 5 u 2 dx + 3 2 0 2 

≥ 3 (∫ 1 

u 2 dx + 

2 

0 

0 t∈[0,1] 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

u 2 dx + 3 2 

u ′2 dx 

) 

u ′2 dx . 

∫ 1 

0 

0 

( 1 

2 − x ) 

u 2 dx 

( 1 

2 − x ) 

u 2 dx + 3 2 

( 1 

2 − t )) 

u 2 dx + 3 2 

∫ 1 

0 

u ′2 dx 

( 

x − 1 ) 

u 2 dx 

2 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

( 1 

2 − x ) 

u 2 dx 

u ′2 dx 

u ′2 dx 

13 Nerovnost v zadání představuje silnější požadavek, než je ta verze pozitivní definitnosti, s níž se 

obvykle setkáváte. Uvidíme však, že ji dokážeme obvyklým postupem, jen navíc použijeme drobný trik. 

14 Viz přechod od 3. ke 4. řádku v řetězci rovností a nerovností níže; důvod je vysvětlen v úvodu této 

kapitoly (bod 6). 

47

Hledanou konstantu c tedy můžeme volit např. takto: c ∈ (0,3/2]. Horní mez pro konstantu c 

lze zvýšit vhodnějším rozdělením integrálu. Například volba 

∫ 1 

0 

u ′2 dx = 7 

18 

∫ 1 

0 

u ′2 dx + 11 

18 

∫ 1 

0 

u ′2 dx 

s uplatněním Friedrichsovy nerovnosti na první integrál vpravo by nás přivedla k c ∈ (0,11/6]. 

Operátorová rovnice: najít takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo 

Au = − sinx. 


Ritzova metoda 

Doporučuji přečíst si text na začátku předchozí kapitoly a věnovat pozornost i obtížnějším 

příkladům 9.8 a 9.9. 

Příklad 10.1: Najděte pozitivně definitní operátor A (včetně definičního oboru D(A)) příslušný 

okrajové úloze 

(4x 2 − 4x + 8)u ′′ + (8x − 4)u ′ = −π cos 4 x, (14) 

u(0) = 0, u(π) = 0. (15) 

S použitím nalezeného operátoru napište okrajovou úlohu (14)-(15) jako operátorovou rovnici. 

Ukažte, že operátor je symetrický na D(A) a že pro každou funkci v ∈ D(A) platí (Av,v) ≥ 

c‖v‖ 2 L 2 (0,π), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Lze zaručit, že c > 6/5 

Ritzovou metodou pak najděte přibližné řešení okrajové úlohy s operátorem A. Ritzovu aproximaci 

hledejte ve tvaru w = asin x, kde a ∈ R. (Pro usnadnění výpočtů: ∫ π 

0 cos2 xdx = π 

∫ 

2 , 

π 

0 xcos2 xdx = π2 

4 , ∫ π 

0 x2 cos 2 xdx = π3 

6 + π 4 .) 

Řešení: Operátor Au ≡ −4 ( (x 2 − x + 2)u ′) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([0,π]) : u(0) = 0 = u(π)}. 

Operátorová rovnice: najít takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo (znaménka!) 

−4 ( (x 2 − x + 2)u ′) ′ 

= π cos 4 x. 

Symetrie (integrace po částech, role okrajových podmínek 15 ) 

(Au,v) = 4 

∫ π 

0 

(x 2 − x + 2)u ′ v ′ dx = 4 

Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2]) 16 

(Av,v) = 4 

≥ 7 

∫ π 

0 

∫ π 

0 

(x 2 − x + 2)v ′2 dx ≥ 4 

∫ π 

v ′2 dx ≥ 7 2 π 2 ‖v‖2 L 2 (0,π) , 

0 

∫ π 

0 

(x 2 − x + 2)v ′ u ′ dx = (u,Av). 

( 

) 

min 

t∈[0,π] (t2 − t + 2) v ′2 dx 

15 V písemce je nutné konkrétně zdůvodnit, proč člen [ (x 2 − x + 2)u ′ (x)v(x) ] π 

je roven nule. Je to 

0 

důsledek rovnosti v(0) = 0 = v(π) zavedené v množině D(A), do níž patří jak u, tak v. Pozor, pro 

u ∈ D(A) obecně u ′ (0) ≠ 0 ≠ u ′ (π). 

16 Studenti by měli znát Friedrichsovu nerovnost (12). 

48

tedy c = 14 

π 2 > 14/10 > 6/5. 

Z podmínky minima funkcionálu energie plyne 

a = (f,ω) 

(Aω,ω) , 

kde f = π cos 4 x a ω = sin x. Jest (v prvním integrálu použijeme substituci cos x = t, v druhém 

integrálu využijeme rovnosti uvedené v zadání úlohy) 

(f,ω) = 

∫ π 

0 

∫ 1 

[ t 

π cos 4 xsin xdx = π t 4 5] 1 

dt = π = 2 

−1 5 

−1 

5 π. 

(Aω,ω) = 4 

= 4 

∫ π 

0 

(x 2 − x + 2)cos 2 xdx 

( ) π 

4 + π3 

6 − π2 

4 + 2π = 2π3 

2 3 − π2 + 5π. 

Odtud a = 

2 

5 

2 

3 π2 − π + 5 , a tedy w(x) = 6 

10π 2 sinx, kde x ∈ [0,π]. 

− 15π + 75 



(x 2 + 4)u ′′ + 2xu ′ = −x 2 , (16) 

u(−1) = 0, u(1) = 0. (17) 

S použitím nalezeného operátoru napište okrajovou úlohu (16)-(17) jako operátorovou rovnici. 


c‖v‖ 2 L 2 (−1,1), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Ritzovou metodou pak 

najděte přibližné řešení okrajové úlohy s operátorem A. Ritzovu aproximaci hledejte ve tvaru 

w = a(x + 1)(x − 1), kde a ∈ R. 

Řešení: Operátor Au ≡ − ( (x 2 + 4)u ′) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([−1,1]) : u(−1) = 0 = u(1)}. 

Operátorová rovnice: najít takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo (znaménka!) 

− ( (x 2 + 4)u ′) ′ 

= x 2 . 

Symetrie (integrace po částech, využití okrajových podmínek 17 ). 


(Av,v) ≥ 4 2 2 2 ‖v‖2 L 2 (−1,1) , 

tedy c = 2. 


a = (f,ω) 

(Aω,ω) , 

17 Řádně ukázat a zdůvodnit!!! Viz poznámku k Příkladu 10.1 

18 Studenti by měli znát Friedrichsovu nerovnost (12). 

49

kde f = x 2 a ω = x 2 − 1. Jest 

(f,ω) = 

∫ 1 

−1 

x 2 (x 2 − 1)dx = 

∫ 1 

−1 

[ x 

(x 4 − x 2 5 

)dx = 

5 − x3 

3 

] 1 

−1 

= 2 5 − 2 3 = − 4 15 . 

(Aω,ω) = 

∫ 1 

−1 

(x 2 + 4)(ω ′ ) 2 dx = 

[ 4 

= 

5 x5 + 16 ] 1 

3 x3 −1 

∫ 1 

−1 

(x 2 + 4)4x 2 dx = 

= 8 5 + 32 3 = 184 

15 . 

Odtud a = −1/46. Přibližné řešení w(x) = (1 − x 2 )/46, kde x ∈ [−1,1]. 

∫ 1 

−1 

(4x 4 + 16x 2 )dx 

Příklad 10.3: Stanovte operátor (včetně definičního oboru D(A)) příslušný okrajové úloze 

−(1/2 + x)u ′′ − u ′ = x, 

u(0) = 0, u(1) = 0; 

ukažte, že je symetrický a že pro každou funkci v ∈ D(A) platí (Av,v) ≥ 1 2 ‖v′ ‖ 2 L 2 (0,1) (nezapomeňte 

na zdůvodnění). Pak Ritzovou metodou najděte přibližné řešení okrajové úlohy. Ritzovu 

aproximaci hledejte ve tvaru w = ax(x − 1). (Pro operátor platí i (Av,v) ≥ ˜c‖v‖ 2 L 2 (0,1), ˜c > 0, 

což ale nemusíte dokazovat. 19 ) 

Řešení: Operátor Au ≡ − ((1/2 + x)u ′ ) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([0,1]) : u(0) = 0 = u(1)}. 

Symetrie (pomocí integrace po částech a s využitím okrajových podmínek), dále 

(Av,v) ≥ 1 2 

∫ 1 

0 

v ′2 dx 

∀v ∈ D(A). 

Z podmínky minima funkcionálu energie plyne 20 

kde f = x a ω = x(x − 1). Jest 

(f,ω) = 

∫ 1 

0 

a = (f,ω) 

(Aω,ω) , 

[ x 

(x 3 − x 2 4 

)dx = 

4 − x3 

3 

] 1 

0 

= − 1 

12 . 

(Aω,ω) = 

= 

= 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

(1/2 + x) ( (x(x − 1)) ′) 2 dx 

(1/2 + x)(2x − 1) 2 dx = 

∫ 1 

(4x 3 − 2x 2 − x + 1/2)dx = 

Odtud a = −1/4. Přibližné řešení w = −x(x − 1)/4 = (x − x 2 )/4. 

0 

(1/2 + x)(4x 2 − 4x + 1)dx 

[x 4 − 2x3 

3 − x2 

2 + x 1 

= 1/3. 

2] 

0 

19 Úloha je z období, kdy se ještě studentům tajila nerovnost (12). S její pomocí určíte i vhodnou 

konstantu ˜c. 

20 Studenti nemusejí odvozovat, mohou přímo použít vztah pro a. 

50

Příklad 10.4: Stanovte operátor (včetně definičního oboru D(A)) příslušný okrajové úloze 

−(1 + x)u ′′ − u ′ = x 2 , 

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


c‖v‖ 2 L 2 (0,1), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Ritzovou metodou pak 

najděte přibližné řešení okrajové úlohy. Ritzovu aproximaci hledejte ve tvaru w = ax(x − 1). 

Řešení: Operátor Au ≡ − ((1 + x)u ′ ) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([0,1]) : u(0) = 0 = u(1)}. 

Symetrie (zdůvodnění!) 

(Au,v) = 

∫ 1 

0 

(1 + x)u ′ v ′ dx = 

∫ 1 

0 

(1 + x)v ′ u ′ dx = (u,Av), 

Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2], s užitím (12)) 

∫ 1 

∫ 1 

( ) 

(Av,v) = (1 + x)v ′2 dx ≥ min (1 + t) v ′2 dx ≥ 

t∈[0,1] 

0 

tedy c = 2. 


0 

a = (f,ω) 

(Aω,ω) , 

∫ 1 

0 

v ′2 dx ≥ 2‖v‖ 2 L 2 (1,2) , 

kde f = x 2 a ω = x(x −1). Odtud a = −1/10. Přibližné řešení w = −x(x −1)/10 = (x −x 2 )/10. 



(x 2 − 2x + 4)u ′′ + (2x − 2)u ′ = −x, 

u(0) = 0, u(2) = 0. 


c‖v‖ 2 L 2 (0,2), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Ritzovou metodou pak 


w = ax(2 − x), kde a ∈ R. 

Řešení: Operátor Au ≡ − ( (x 2 − 2x + 4)u ′) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([0,2]) : u(0) = 0 = u(2)}. 


− ( (x 2 − 2x + 4)u ′) ′ 

= x. 

Symetrie (role okrajových podmínek!). 

Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2]), 21 c = 3/2 (například). 


a = (f,ω) 

(Aω,ω) , 

21 Studenti by měli umět najít minimum funkce x 2 − 2x + 4 na intervalu [0, 2] (nabývá se v x = 1) 

a znát Friedrichsovu nerovnost v 1D: ∫ b 2 ∫ b 

a v′2 dx ≥ 

(b − a) 2 a v2 dx. 

51

kde f = x a ω = x(2 −x). Odtud a = 5/36. Přibližné řešení w = 5x(2 −x)/36 = (10x −5x 2 )/36. 



(2 − sin 3 x)u ′′ − 3sin 2 xcos xu ′ = − cos 2 x, 

u(0) = 0, u(π) = 0. 

Zformulujte příslušnou operátorovu rovnici. Ukažte, že operátor je symetrický na D(A) a že 

pro každou funkci v ∈ D(A) platí (Av,v) ≥ c‖v‖ 2 L 2 (0,π), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu 

konkretizujte. Ritzovou metodou pak najděte přibližné řešení okrajové úlohy s operátorem 

A. Ritzovu aproximaci hledejte ve tvaru w = asin x, kde a ∈ R. (Pro usnadnění výpočtů: 

∫ π/2 

0 

cos 2 xdx = ∫ π/2 

0 

sin 2 xdx = π 4 .) 

Řešení: Operátor Au ≡ − ( (2 − sin 3 x)u ′) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([0,π]) : u(0) = 0 = u(π)}. 


Au = cos 2 x. 

Symetrie (role okrajových podmínek!). Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2]), 22 c = 2 

π 2 

(například). 


a = (f,ω) 

(Aω,ω) , 

kde f = cos 2 x a ω = sin x. Integrály počítáme substituční metodou, částečně lze použít vztahy 

pro usnadnění výpočtů, pozor však na správnou délku integračního intervalu!!! Jest 

∫ π 

∫ 1 

[ t 

(f,ω) = cos 2 xsin xdx = t 2 3] 1 

dt = = 2 

0 

−1 3 

−1 

3 . 

Odtud 

(Aω,ω) = 

∫ π 

0 

= π − 

(2 − sin 3 x)cos 2 xdx = 2 π ∫ π 

2 − (1 − cos 2 x)cos 2 xsin xdx 

∫ 1 

−1 

Přibližné řešení w = 10sin x 

15π − 4 . 

[ ] t 

(1 − t 2 )t 2 3 1 

dt = π − 

3 − t5 5 

−1 

a = 

2 

3 

π − 4 

15 

0 

= 10 

15π − 4 . 

= π − 4 

15 . 



(2x 2 − 4x + 5)u ′′ + (4x − 4)u ′ = −x 2 , 

u(−1) = 0, u(2) = 0. 

22 Studenti by měli umět najít minimum funkce 2 − sin 3 x na intervalu [0, π] (nabývá se v x = π/2) 


a v′2 dx ≥ 

(b − a) 2 a v2 dx. 

52


c‖v‖ 2 L 2 (−1,2), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Ritzovou metodou pak 


w = a(x + 1)(x − 2), kde a ∈ R. 

Řešení: Operátor Au ≡ − ( (2x 2 − 4x + 5)u ′) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([−1,2]) : u(−1) = 0 = u(2)}. 


Symetrie (role okrajových podmínek!) 

(Au,v) = 

∫ 2 

−1 

Au = x 2 . 

(2x 2 − 4x + 5)u ′ v ′ dx = 


(Av,v) = 

≥ 3 

∫ 2 

−1 

∫ 2 

(2x 2 − 4x + 5)v ′2 dx ≥ 

−1 

∫ 2 

v ′2 dx ≥ 3 2 3 2 ‖v‖2 L 2 (1,2) , 

tedy c = 2/3. 


−1 

∫ 2 

−1 

a = (f,ω) 

(Aω,ω) , 

−63 

20 

279 

5 

(2x 2 − 4x + 5)v ′ u ′ dx = (u,Av). 

( 

) 

min 

t∈[−1,2] (2t2 − 4t + 5) v ′2 dx 

kde f = x 2 a ω = (x + 1)(x − 2). Odtud a = = −63 

4 · 279 = −7 

124 . 

Přibližné řešení w = −7(x + 1)(x − 2)/124 = (−7x 2 + 7x + 14)/124. 



(x 2 − 2x + 6)u ′′ + (2x − 2)u ′ = −π cos 2 x, 

u(0) = 0, u(π) = 0. 

S použitím nalezeného operátoru napište okrajovou úlohu jako operátorovou rovnici. 


c‖v‖ 2 L 2 (0,π), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Lze zaručit, že c > 1 

Ritzovou metodou pak najděte přibližné řešení okrajové úlohy s operátorem A. Ritzovu aproximaci 

hledejte ve tvaru w = asin x, kde a ∈ R. (Pro usnadnění výpočtů: ∫ π 

0 cos2 xdx = π 

∫ 

2 , 

π 

0 xcos2 xdx = π2 

4 , ∫ π 

0 x2 cos 2 xdx = π3 

6 + π 4 .) 


D(A) = {u ∈ C 2 ([0,π]) : u(0) = 0 = u(π)}. 

Operátorová rovnice: najít takovou funkci u ∈ D(A), aby platilo (znaménko!) 

Au = π cos 2 x. 

23 Studenti by měli umět najít minimum funkce 2x 2 − 4x + 5 na intervalu [−1, 2] (nabývá se v x = 1) 


a v′2 dx ≥ 

(b − a) 2 a v2 dx. 

53

Symetrie (role okrajových podmínek!). Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2]), 24 c = 

10 

> 1. 

π 2 Z podmínky minima funkcionálu energie plyne 

a = (f,ω) 

(Aω,ω) , 

kde f = π cos 2 x a ω = sin x. Odtud (použijeme substituční metodu a integrály ze zadání úlohy) 

8 

a = 

2π 2 − 6π + 39 . 

Příklad 10.9: Okrajovou úlohu 

(8x 3 − 12x 2 + 6x − 7)u ′′ (x) + (24x 2 − 24x + 6)u ′ (x) − 3 u(x) = 3, 

2 

u(0) = 0, u ′ (1) = 0, 

lze, pro jistý operátor A, napsat v operátorovém tvaru: najít u ∈ D(A), aby Au = f, kde f = 3, 

případně f = −3. Úkoly: 

1) Stanovte D(A) a najděte takový operátor A, aby byl symetrický na D(A) a splňoval ∀u ∈ 

D(A) (Au,u) ≥ 17 

2 ‖u‖2 L 2 (0,1). (Podrobně vysvětlete využití okrajových podmínek. Zdůvodnění typu 

“po dosazení okrajových podmínek vyjde 0” je nedostačující.) 

2) 

{ 

Ritzovou metodou najděte přibližné 

) 

řešení v prostoru 

} 

funkcí 

v ∈ C 2 ([0,1]) : v(x) = a 

(x − x2 

, kde a ∈ R . 

2 

Řešení: Operátor přímo odvozený z levé strany je pozitivně definitní, není tedy třeba násobit 

rovnici číslem −1. 25 Operátor A = ( (8x 3 − 12x 2 + 6x − 7)u ′) ′ − 

3 

2u; jeho definiční obor D(A) = 

{u ∈ C 2 ([0,1]) : u(0) = 0, u ′ (1) = 0}. 

Symetrie: ∀u,v ∈ D(A) 

(Au,v) = 

∫ 1 

0 

( 

(8x 3 − 12x 2 + 6x − 7)u ′) ′ 

v dx − 

∫ 1 

= [( 8x 3 − 12x 2 + 6x − 7 ) u ′ v ] ∫ 1 

1 

0 − 0 

∫ 1 ∫ 

3 1 

− 

0 2 uv dx = 0 


0 

3 

uv dx 

2 

( 

8x 3 − 12x 2 + 6x − 7 ) u ′ v ′ dx 

( 

−8x 3 + 12x 2 − 6x + 7 ) u ′ v ′ dx − 

∫ 1 

[( 

8x 3 − 12x 2 + 6x − 7 ) u ′ v ] 1 

0 

odkazem na v(0) = 0 a u ′ (1) = 0. Jinak strhávejte body. 


0 

3 

uv dx. 

2 

24 Studenti by měli umět najít minimum funkce x 2 − 2x + 6 na intervalu [0, π] (nabývá se v x = 1) 


a v′2 dx ≥ 

(b − a) 2 a v2 dx. 

25 Na intervalu [0, 1] je maximum funkce 8x 3 −12x 2 +6x −7 rovno −5, funkce je tedy na intervalu [0, 1] 

záporná. 

54

Pozitivní definitnost 26 (ve smyslu skript [2]) 

(Au,u) = 

≥ 

= 5 

∫ 1 

0 

∫ 1 

≥ 10 1 

0 

∫ 1 

( 

−8x 3 + 12x 2 − 6x + 7 ) ∫ 1 

u ′2 3 

dx − 

0 2 u2 dx 

( 

( 

min −8t 3 + 12t 2 − 6t + 7 )) u ′2 dx − 3 

t∈[0,1] 2 

0 

∫ 1 

0 

u ′2 dx − 3 2 

u 2 dx − 3 2 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

u 2 dx 

u 2 dx = 17 2 

∫ 1 

0 

u 2 dx. 

Tím je nerovnost potvrzena. 

Minimalizace 

min 

t∈[0,1] g(t), kde g(t) = ( −8t 3 + 12t 2 − 6t + 7 ) 

je standardní. Ze vztahu 

získáme t = 1/2. Jest 

∫ 1 

0 

u 2 dx 

g ′ (t) = −24t 2 + 24t − 6 = −6(4t 2 − 4t + 1) = −6(2t − 1) 2 = 0 

g(0) = 7, 

g(1/2) = −1 + 3 − 3 + 7 = 6, 

g(1) = −8 + 12 − 6 + 7 = 5 ⇒ minimum. 

x2 (f,w) 

Ritzova metoda. Řešení ve tvaru u = aw, kde a ∈ R a w(x) = x − . Jest a = 

2 (Aw,w) . 

Počítejme (f = 3, w ′ = 1 − x) 

∫ 1 

) [ 

(f,w) = 3 

(x − x2 1 

dx = 3 

0 2 2 x2 − 1 ] 1 ( 1 

6 x3 = 3 

0 

2 − 1 = 1, 

6) 

(Aw,w) = 

tedy a = 10 

19 

= 

= 

∫ 1 ( 

−8x 3 + 12x 2 − 6x + 7 ) (1 − x) 2 dx − 3 ∫ 1 

) 2 (x − x2 

dx 

0 

2 0 2 

∫ 1 

(−8x 5 + 28x 4 − 38x 3 + 31x 2 − 20x + 7)dx − 3 ∫ 1 

(x 2 − x 3 + 1 ) 

0 

2 0 4 x4 dx 

[ 

− 8 6 x6 + 28 5 x5 − 38 4 x4 + 31 

1 

3 − 10x2 + 7x] 

− 3 [ 1 

0 

2 3 x3 − 1 4 x4 + 1 ] 1 

20 x5 0 

= − 4 3 + 28 

5 − 19 

= 6 + 

56 − 95 

10 

= 21 

10 − 2 

10 = 19 

10 , 

2 + 31 3 − 10 + 7 − 3 ( 1 

2 3 − 1 4 + 1 ) 

20 

− 3 ( 1 

2 12 + 1 ) 

= 6 − 39 

20 10 − 3 8 

2 60 = 21 

10 − 4 

20 

a Ritzovo přibližné řešení je 

10 

19 

) (x − x2 

. 

2 

26 Využito ∫ b 

a u′2 dx ≥ 2 

(b−a) 2 ∫ b 

a u2 dx. Minimalizace použitá při odhadování integrálu je ukázána dále, 

minimum pro x = 1, hodnota koeficientu 5. 

55

Příklad 10.10: Operátorová rovnice Au = f i s nějakým lineárním operátorem A definovaným 

na D(A) = {v ∈ C 2 ([0,1]) : v(0) = 0 = v(1)} byla přibližně vyřešena Ritzovou metodou, a 

to pro tři různé pravé strany f i , i = 1,2,3. Přibližné řešení se hledalo ve tvaru u i = a i w, kde 

a i ∈ R a w = x(1 − x). Pro f 1 ≡ x 2 + sinπx bylo nalezeno přibližné řešení u 1 = π3 + 80 

40π 3 w, 

pro f 2 ≡ x 2 − sin πx bylo nalezeno přibližné řešení u 2 = π3 − 80 

40π 3 w, pro f 3 ≡ x bylo nalezeno 

přibližné řešení u 3 = 1 24 w. Stanovte konstantu a 4 ∈ R v přibližném řešení u 4 = a 4 x(1 − x), 

jestliže je dána pravá strana f 4 ≡ 1 + 4sin πx. 

Nápověda: Vyjděte z a i = (f i ,w)/(Aw,w), i = 1,2,3,4. Zamyslete se nad vztahem mezi f 4 a f i , 

i = 1,2,3. Operátor A není zadán, hodnotu (Aw,w) však lze určit na základě zadaných veličin. 

Řešení: Povšimněme si, že f 4 = 2f 1 − 2f 2 + 1. Z a i = (f i,w) 

, i = 1,2,3,4, odvodíme 

(Aw,w) 

a 4 = (2f 1 − 2f 2 + 1,w) 

(Aw,w) 

= 2a 1 − 2a 2 + (1,w) 

(Aw,w) . 

Hodnotu (Aw,w) vypočítáme nejsnáze ze vztahu pro a 3 , a to takto 

Dále 

Celkem tedy 

a u 4 = 

(1,w) = 

(Aw,w) = 1 a 3 

(f 3 ,w) = 24 

∫ 1 

0 

a 4 = 2a 1 − 2a 2 + 

96 + π3 

12π 3 x(1 − x). 

∫ 1 

0 

x 2 (1 − x)dx = 24 

[ 1 

= 24 

3 x3 − 1 ] 1 [ 1 

4 x4 = 24 

0 

3 − 1 4] 

x(1 − x)dx = 

∫ 1 

0 

= 2. 

∫ 1 

0 

(x 2 − x 3 )dx 

[ 1 

(x − x 2 )dx = 

2 x2 − 1 ] 1 [ 1 

3 x3 = 

0 

2 − 1 = 

3] 

1 6 . 

1 

6 

2 = + 80 

2π3 40π 3 − 2 π3 − 80 

40π 3 + 1 

12 = 160 

20π 3 + 1 96 + π3 

= 

12 12π 3 

Příklad 10.11: Ritzovou metodou nalezněte přibližné řešení okrajové úlohy 

−(x 3 + 1)u ′′ − 3x 2 u ′ + x 3 u = x 4 , (18) 

u(1) = 2, u(3) = −4. (19) 

Při výpočtu přibližného řešení použijte podprostor generovaný bázovou funkcí 

w = (x − 1)(x − 3), kde x ∈ [1,3]. 

Řešení: Úlohu upravíme tak, abychom získali okrajové podmínky s nulovými hodnotami. Toho 

se dosáhne tím, že řešení u hledáme ve tvaru u = û+φ, kde φ je dvakrát spojitě diferencovatelná 

funkce, pro niž platí, že φ(1) = 2 a φ(3) = −4. Pak totiž bude û(1) = 0 a û(3) = 0, což jsou 

okrajové podmínky, s nimiž již umíme počítat. 

Funkci φ volíme co nejjednodušší, postačí ve tvaru φ(x) = αx + β. Z podmínek 

φ(1) = 2 = α + β, 

φ(3) = −4 = 3α + β 

vypočteme α = −3 a β = 5, tedy φ(x) = −3x + 5. 

56

Upravíme rovnici (18) v původním nebo v divergentním tvaru dosazením u = û + φ. 

−(x 3 + 1)(û + φ) ′′ − 3x 2 (û + φ) ′ + x 3 (û + φ) = x 4 , 

−(x 3 + 1)û ′′ − 3x 2 û ′ + x 3 û = x 4 + (x 3 + 1)φ ′′ + 3x 2 φ ′ − x 3 φ, 

−(x 3 + 1)û ′′ − 3x 2 û ′ + x 3 û = x 4 − 9x 2 − x 3 (−3x + 5), 

−(x 3 + 1)û ′′ − 3x 2 û ′ + x 3 û = 4x 4 − 5x 3 − 9x 2 . 

Řešení okrajové úlohy (18)-(19) tedy získáme prostřednictvím funkce φ a řešení úlohy 

−(x 3 + 1)û ′′ − 3x 2 û ′ + x 3 û = 4x 4 − 5x 3 − 9x 2 , (20) 

û(1) = 0, û(3) = 0. (21) 

Okrajovou úlohu (20)-(21) budeme řešit Ritzovou metodou. Přibližné řešení hledáme ve tvaru 

û 1 = aw, kde a ∈ R. 

Úloze (20)-(21) odpovídá operátor 

Aû ≡ − ( (x 3 + 1)û ′) ′ 

+ x3û, 

kde û ∈ D(A) = { v ∈ C 2 ([1,3]) : v(1) = 0 = v(3) } . Snadno se ukáže, že operátor A je symetrický 

a pozitivně definitní na D(A), je tedy možné použít Ritzovu metodu. 

Platí, že a = (f,w) 

(Aw,w) , kde f = 4x4 − 5x 3 − 9x 2 . 

Jest 

(f,w) = 

(Aw,w) = 

∫ 3 

1 

∫ 3 

Přibližné řešení úlohy (18)-(19) tedy je 

1 

( 

4x 4 − 5x 3 − 9x 2) ( x 2 − 4x + 3 ) dx = 12 

35 , 

( (x 3 + 1 ) (2x − 4) 2 + x 3 ( x 2 − 4x + 3 ) ) 2 

dx = 904 

21 . 

u 1 = û 1 + φ = aw + φ = 9 (x − 1)(x − 3) − 3x + 5. 

1130 

Příklad 10.12: Zadání je stejné jako v příkladu 10.3, jen přibližné řešení okrajové úlohy Ritzovou 

metodou se hledá ve tvaru 

w = c 1 v 1 + c 2 v 2 , kde v 1 = x(x − 1), v 2 = x 2 (x − 1) a c 1 ,c 2 ∈ R. 

Stačí, když pro výpočet neznámých hodnot c 1 a c 2 sestavíte rovnice s číselnými koeficienty. 

Řešení: První část řešení (symetrie, pozitivní definitnost) je shodná s příkladem 10.3, liší se 

výpočet přibližného řešení. 

Z podmínky minima funkcionálu energie 

F(u) = (Au,u) − 2(f,u) = (u,u) A − 2(f,u) 

plyne, že v Ritzově metodě jde o vyřešení problému (s využitím symetrie skalárního součinu 

(·, ·) A ) 

min F(c 1v 1 + c 2 v 2 ) 

c 1 ,c 2 ∈R 

( 

= min c 

2 

1 (v 1 ,v 1 ) A + 2c 1 c 2 (v 1 ,v 2 ) A + c 2 2 (v 2,v 2 ) A − 2c 1 (f,v 1 ) − 2c 2 (f,v 2 ) ) . 

c 1 ,c 2 ∈R 

57

Minima se nabývá v bodě, kde 

Odtud dostaneme obecný tvar soustavy 

∂F 

∂c 1 

= 0, 

∂F 

∂c 2 

= 0. 

Hodnoty 

(v 1 ,v 1 ) A c 1 + (v 1 ,v 2 ) A c 2 = (f,v 1 ), 

(v 1 ,v 2 ) A c 1 + (v 2 ,v 2 ) A c 2 = (f,v 2 ). 

(f,v 1 ) = − 1 

12 , (v 1,v 1 ) A = 1 3 

spočítáme jako v příkladu 10.3. Zbývá spočítat 

Dostáváme tedy soustavu 

(f,v 2 ) = 

(v 1 ,v 2 ) A = 

(v 2 ,v 2 ) A = 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

x 3 (x − 1)dx = − 1 

20 , 

( ) 1 (x 

2 + x 2 − x ) ′ ( 

x 3 − x 2) ′ 1 dx = 

5 , 

( ) 1 (x 

2 + x 3 − x 2) ′ ( 

x 3 − x 2) ′ 1 dx = 

6 . 

1 

3 c 1 + 1 5 c 2 = − 1 12 , 

1 

5 c 1 + 1 6 c 2 = − 1 20 . 

Poznámka: Další řešené příklady na použití Ritzovy metody najdete v [2, oddíly 86 a 89]. 


metoda sítí 

Doporučuji přečíst si text na začátku kapitoly 9 a věnovat pozornost i obtížnějším příkladům 

9.8 a 9.9. 

Příklad 11.1: K okrajové úloze 

( 

x 2 − 2x + 3 ) u ′′ + (2x − 2)u ′ = x 2 − 5, 

u(0) = 0, u(4) = 0, 

najděte operátor A symetrický na svém definičního oboru D(A) a takový, aby pro každou funkci 

v ∈ D(A) platilo (Av,v) ≥ c‖v‖ 2 L 2 (0,4), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. 

Napište operátorovou rovnici. 

Metodou sítí s krokem h = 1 pak najděte přibližné řešení okrajové úlohy v bodech x 1 = 1, 

x 2 = 2 a x 3 = 3. (Pro aproximaci první derivace použijte symetrické schéma, tj. u ′ (x i ) ≈ 

(U i+1 − U i−1 )/(2h).) 

Řešení: Levou stranu rovnice napíšeme v divergentním tvaru ( (x 2 − 2x + 3)u ′) ′ , abychom dostali 

pozitivní operátor, musíme ještě změnit znaménko (vynásobit rovnici číslem −1). 

58

Hledaný operátor Au ≡ − ( (x 2 − 2x + 3)u ′) ′ , jeho definiční obor 

D(A) = {u ∈ C 2 ([0,4]) : u(0) = 0 = u(4)}. Operátorová rovnice: najít funkci u ∈ D(A) takovou, 

aby platilo Au = 5 − x 2 (změna znaménka pravé strany). 

Symetrie (zdůvodnění!). 

Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2]; použita Friedrichsova nerovnost (12)), například 

c = 1/4. 

K odvození rovnic metodou sítí použijeme původní tvar diferenciální rovnice (tvar divergentní 

je nevhodný). 

Označme U i = ih přibližné řešení v bodě x i = 0+ih, kde i = 0,1,2,3,4 a h = 1; jest U 0 = 0 

a U 4 = 0. 

Diferenční rovnice pro x 1 = 1: 



2 U 0 − 2U 1 + U 2 

+ 0 = −4, 

1 

−4U 1 + 2U 2 = −4. 

3 U 1 − 2U 2 + U 3 

+ 2 U 3 − U 1 

= −1, 

1 2 

2U 1 − 6U 2 + 4U 3 = −1. 

6 U 2 − 2U 3 + U 4 

1 

+ 4 U 4 − U 2 

= 4, 

2 

4U 2 − 12U 3 = 4. 

Maticově 

⎛ 

−4 2 0 | 

⎞ 

−4 

⎛ 

−2 1 0 | 

⎞ 

−2 

⎝ 2 −6 4 | −1⎠ ∼ ⎝ 2 −6 4 | −1⎠ 

0 4 −12 | 4 0 1 −3 | 1 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

−2 1 0 | −2 −2 1 0 | −2 

∼ ⎝ 0 −5 4 | −3⎠ ∼ ⎝ 0 −5 4 | −3⎠ . 

0 1 −3 | 1 0 0 −11 | 2 

Odtud 

U 3 = − 2 11 , 

( 

−5U 2 = −3 − 4 − 2 ) 

( 5 

−2U 1 = −2 − 

11) 

= −33 + 8 

11 

= −27 

11 ⇒ U 1 = 27 

22 . 

= −25 

11 ⇒ U 2 = 5 

11 , 

Příklad 11.2: Stanovte operátor (včetně definičního oboru D(A)) príslušný okrajové úloze 

( ) 1 

− 

4 + x2 u ′′ − 2xu ′ = − 60 

2 + x , 

u(−1) = 0, u(1) = 0. 


c‖v‖ 2 L 2 (−1,1), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Metodou sítí s krokem 

59

h = 1/2 pak najděte přibližné řešení okrajové úlohy v bodech x 1 = −1/2, x 2 = 0 a x 3 = 1/2. 

(Pro aproximaci první derivace použijte symetrické schéma, tj. u ′ (x i ) ≈ (U i+1 − U i−1 )/(2h).) 

Řešení: Operátor Au ≡ − ( (1/4 + x 2 )u ′) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([−1,1]) : u(−1) = 0 = u(1)}. 

Symetrie (zdůvodnění!). Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2]), 27 c = 1/8. 

Označme U i = ih přibližné řešení v bodě x i = −1 + ih, kde i = 0,1,2,3,4 a h = 1/2; jest 

U 0 = 0 a U 4 = 0. Pro zjednodušení násobme −1: (1/4 + x 2 )u ′′ + 2xu ′ = 60/(2 + x). 

Sít’ová rovnice pro x 1 = −1/2: 

Sít’ová rovnice pro x 2 = 0: 

Sít’ová rovnice pro x 3 = 1/2: 

2 U 0 − 2U 1 + U 2 

4 

1 

+ 2 −1 

2 (U 2 − U 0 ) = 60 2 3 , 

4 

−4U 1 + U 2 = 40. 

1 U 1 − 2U 2 + U 3 

4 

1 

+ 0 = 60 1 2 , 

4 

U 1 − 2U 2 + U 3 = 30. 

2 U 2 − 2U 3 + U 4 

4 

1 

+ 2 1 2 (U 4 − U 2 ) = 60 2 5 , 

4 

U 2 − 4U 3 = 24. 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

−4 1 0 | 40 1 −2 1 | 30 1 −2 1 | 30 

⎝ 1 −2 1 | 30⎠ ∼ ⎝−4 1 0 | 40⎠ ∼ ⎝0 −7 4 | 160⎠ 

0 1 −4 | 24 0 1 −4 | 24 0 1 −4 | 24 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

1 −2 1 | 30 1 −2 1 | 30 

∼ ⎝0 1 −4 | 24 ⎠ ∼ ⎝0 1 −4 | 24 ⎠. 

0 −7 4 | 160 0 0 −24 | 328 

Odtud 

U 3 = − 328 

24 = −41 3 , 

U 2 = 24 + 4U 3 = 72 3 − 164 

3 = −92 3 , 

U 1 = 30 − U 3 + 2U 2 = 90 

3 + 41 3 − 184 

3 = −53 3 . 


− ( 1 + x + x 2) u ′′ − (2x + 1)u ′ = −6 − 2x, 

u(−1) = 0, u(1) = 0. 


c‖v‖ 2 L 2 (−1,1), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Metodou sítí s krokem 

27 Studenti by měli znát Friedrichsovu nerovnost v 1D: ∫ b 

a v′2 dx ≥ 

60 

2 

(b − a) 2 ∫ b 

a v2 dx, pokud v(a) = 0.

h = 1/2 pak najděte přibližné řešení okrajové úlohy v bodech x 1 = −1/2, x 2 = 0 a x 3 = 1/2. 

(Pro aproximaci první derivace použijte symetrické schéma, tj. u ′ (x i ) ≈ (U i+1 − U i−1 )/(2h).) 

Řešení: Operátor Au ≡ − ( (1 + x + x 2 )u ′) ′ s definičním oborem 

D(A) = {u ∈ C 2 ([−1,1]) : u(−1) = 0 = u(1)}. 

Symetrie (zdůvodnění!). Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2]), c = 3/8. 28 

Označme U i = ih přibližné řešení v bodě x i = −1 + ih, kde i = 0,1,2,3,4 a h = 1/2; jest 

U 0 = 0 a U 4 = 0. Pro zjednodušení násobme −1: (1 + x + x 2 )u ′′ + (2x + 1)u ′ = 6 + 2x. 

Sít’ová rovnice pro x 1 = −1/2: 



−6U 1 + 3U 2 = 5. 

3U 1 − 8U 2 + 5U 3 = 6. 

5U 2 − 14U 3 = 7. 

Maticově 

⎛ 

−6 3 0 | 

⎞ 

5 

⎛ 

−6 3 0 | 

⎞ 

5 

⎛ 

−6 3 0 | 

⎞ 

5 

⎝ 3 −8 5 | 6⎠ ∼ ⎝ 0 −13 10 | 17⎠ ∼ ⎝ 0 −13 10 | 17 ⎠ . 

0 5 −14 | 7 0 5 −14 | 7 0 0 −132 | 176 

Odtud 

U 3 = − 176 

132 = −44 33 = −4 3 , 

( 

−13U 2 = 17 − 10 − 4 ) 

51 + 40 

= = 91 

3 3 3 ⇒ U 2 = − 7 3 , 

( 

−6U 1 = 5 − 3 − 7 ) 

= 5 + 7 = 12 ⇒ U 1 = −2. 

3 


− ( x 2 − 2x + 3 ) u ′′ − (2x − 2)u ′ = 5 − x 2 , 

u(0) = 0, u(4) = 0. 


c‖v‖ 2 L 2 (0,4), kde c je kladná konstanta, tuto konstantu konkretizujte. Metodou sítí s krokem h = 1 

pak najděte přibližné řešení okrajové úlohy v bodech x 1 = 1, x 2 = 2 a x 3 = 3. (Pro aproximaci 

první derivace použijte symetrické schéma, tj. u ′ (x i ) ≈ (U i+1 − U i−1 )/(2h).) 


D(A) = {u ∈ C 2 ([0,4]) : u(0) = 0 = u(4)}. 

Symetrie (zdůvodnění!). Pozitivní definitnost (ve smyslu skript [2]), 29 c = 1/4. 

28 Studenti by měli umět najít minimum funkce 1 + x+x 2 na intervalu [−1, 1] (nabývá se v x = −1/2) 


a v′2 dx ≥ 

(b − a) 2 a v2 dx, pokud v(a) = 0. 

29 Studenti by měli umět najít minimum funkce x 2 − 2x + 3 na intervalu [0, 4] (nabývá se v x = 1) 

a znát Friedrichsovu nerovnost v 1D: ∫ b 

a v′2 dx ≥ 

2 

(b − a) 2 ∫ b 

a v2 dx, pokud v(a) = 0. 

61

Označme U i = ih přibližné řešení v bodě x i = 0+ih, kde i = 0,1,2,3,4 a h = 1; jest U 0 = 0 

a U 4 = 0. Pro zjednodušení násobme −1: ( x 2 − 2x + 3 ) u ′′ + (2x − 2)u ′ = x 2 − 5. 




Odtud 

U 3 = − 2 11 , 

( 

−5U 2 = −3 − 4 − 2 ) 

( 5 

−2U 1 = −2 − 

11) 

−4U 1 + 2U 2 = −4. 

2U 1 − 6U 2 + 4U 3 = −1. 

4U 2 − 12U 3 = 4. 

= −33 + 8 

11 

= −27 

11 ⇒ U 1 = 27 

22 . 

= −25 

11 ⇒ U 2 = 5 

11 , 

12 Metoda sítí v 1D: okrajové úlohy 

Příklad 12.1: Metodou sítí s krokem h = 1/2 najděte přibližné řešení okrajové úlohy 

( ) 1 

− 

4 + x2 u ′′ − 2xu ′ = − 60 

2 + x , 

u(−1) = 0, u(1) = 0. 

v bodech x 1 = −1/2, x 2 = 0 a x 3 = 1/2. (Pro aproximaci první derivace použijte symetrické 

schéma, tj. u ′ (x i ) ≈ (U i+1 − U i−1 )/(2h).) 

Řešení: Označme U i = ih přibližné řešení v bodě x i = −1 + ih, kde i = 0,1,2,3,4 a h = 1/2; 

jest U 0 = 0 a U 4 = 0. Pro zjednodušení rovnici násobme −1 (při sestavování diferenčních rovnic 

se lépe pracuje s výrazy, před nimiž nestojí znaménko mínus, neudělá se tolik chyb): 

Diferenční rovnice pro x 1 = −1/2: 


(1/4 + x 2 )u ′′ + 2xu ′ = 60/(2 + x). 

2 U 0 − 2U 1 + U 2 

4 

1 

+ 2 −1 

2 (U 2 − U 0 ) = 60 2 3 , 

4 

−4U 1 + U 2 = 40. 

1 U 1 − 2U 2 + U 3 

4 

1 

+ 0 = 60 1 2 , 

4 

U 1 − 2U 2 + U 3 = 30. 

62

Diferenční rovnice pro x 3 = 1/2: 

2 U 2 − 2U 3 + U 4 

4 

1 

+ 2 1 2 (U 4 − U 2 ) = 60 2 5 , 

4 

U 2 − 4U 3 = 24. 

Maticově 

⎛ ⎞ ⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

−4 1 0 | 40 1 −2 1 | 30 1 −2 1 | 30 

⎝ 1 −2 1 | 30⎠ ∼ ⎝−4 1 0 | 40⎠ ∼ ⎝0 −7 4 | 160⎠ 

0 1 −4 | 24 0 1 −4 | 24 0 1 −4 | 24 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

1 −2 1 | 30 1 −2 1 | 30 

∼ ⎝0 1 −4 | 24 ⎠ ∼ ⎝0 1 −4 | 24 ⎠. 

0 −7 4 | 160 0 0 −24 | 328 

Odtud 

U 3 = − 328 

24 = −41 3 , 

U 2 = 24 + 4U 3 = 72 3 − 164 

3 = −92 3 , 

U 1 = 30 − U 3 + 2U 2 = 90 

3 + 41 3 − 184 

3 = −53 3 . 

Příklad 12.2: Řešte problém u ′′ 

− (1 + 2x)u = 2x, 

4 

u(0) = 0, u(2) = 0 

približně metodou sítí s délkou kroku 1/2. 

Řešení: Označme U i = ih přibližné řešení v bodě x i = ih, kde i = 0,1,2,3,4; jest U 0 = U 4 = 0. 

Sít’ová rovnice pro x 1 = 1 2 : 1 0 − 2U 1 + U 2 

4 

1 

− (1 + 1)U 1 = 1, 

4 

−4U 1 + U 2 = 1. 



1 U 1 − 2U 2 + U 3 

4 

1 

− (1 + 2)U 2 = 2, 

4 

U 1 − 5U 2 + U 3 = 2. 

1 U 2 − 2U 3 + 0 

4 

1 

− (1 + 3)U 3 = 3, 

4 

U 2 − 6U 3 = 3. 

Maticově 

⎛ 

−4 1 0 | 

⎞ 

1 

⎛ 

−4 1 0 | 

⎞ 

1 

⎛ 

−4 1 0 | 

⎞ 

1 

⎝ 1 −5 1 | 2⎠ ∼ ⎝ 0 −19 4 | 9⎠ ∼ ⎝ 0 −19 4 | 9 ⎠. 

0 1 −6 | 3 0 1 −6 | 3 0 0 −110 | 66 

63

Řešení (−2/5, −3/5, −3/5) T . 

Příklad 12.3: 

Řešte problém 

u ′′ 

4 

− (1 + 2x)u = 2x, u(0) = 0, u(2) = 0, 

přibližně metodou sítí s délkou kroku 1/2. 

Řešení: Označme U i přibližné řešení v bodě x i = ih, kde i = 0,1,2,3,4; jest U 0 = U 4 = 0. 

Sít’ová rovnice pro x 1 = 1 2 : −4U 1 + U 2 = 1. 


U 1 − 5U 2 + U 3 = 2. 


U 2 − 6U 3 = 3. 

Řešení (−2/5, −3/5, −3/5) T . 

Příklad 12.4: Problém 

( 1 

2 + x ) 

u ′′ (x) − 4xu(x) = 4x, 

u(0) = 1, u(2) = −1 

řešte metodou sítí s délkou kroku 1/2 a vypočtěte hodnotu přibližného řešení v bodě x = 3/2. 

Řešení: Označme U i = ih přibližné řešení v bodě x i = ih, kde i = 0,1,2,3,4 a h = 1/2; jest 

U 0 = 1 a U 4 = −1. 

Sít’ová rovnice pro x 1 = 1 2 : −5U 1 + 2U 2 = −1. 



Odtud U 3 = − 133 

157 . 


3U 1 − 8U 2 + 3U 3 = 2. 

4U 2 − 11U 3 = 7. 

( 

x 2 − 2x + 2 ) u ′′ (x) + 4x 2 u(x) = cos(πx), 

u(0) = 2, u(2) = 1 

řešte metodou sítí s délkou kroku 1/2 a vypočtěte hodnotu přibližného řešení v bodě x = 3/2. 

64

Řešení: Označme U i = ih přibližné řešení v bodě x i = ih, kde i = 0,1,2,3,4 a h = 1/2; jest 

U 0 = 2 a U 4 = 1. 

Sít’ová rovnice pro x 1 = 1 2 : −9U 1 + 5U 2 = −10. 



Odtud U 3 = − 325 

164 . 

4U 1 − 4U 2 + 4U 3 = −1. 

5U 2 − U 3 = −5. 

Příklad 12.6: Metodou sítí s krokem h = π/4 najděte přibližné řešení okrajové úlohy 

π 2 

4 (1 + sin2 x)u ′′ + 2xu ′ − 2u = −2cos 2 x, 

u(0) = 1, u(π) = −1 

v bodě x = 3π/4. Pro aproximaci první derivace použijte symetrické schéma, tj. u ′ (x i ) ≈ (U i+1 − 

U i−1 )/(2h). (Poznámka: sin(π/4) = √ 2/2.) 

Řešení: U i značí přibližné řešení v bodě x i = ih, kde i = 1,2,3; dále U 0 = 1, U 4 = −1. Sít’ová 

rovnice pro x 1 = π/4: 

π 2 ( 

1 + 1 ) 1 − 2U1 + U 2 

+ 2 π U 2 − 1 

4 2 π 2 

4 2 π − 2U 1 = −1, 

16 

4 

Sít’ová rovnice pro x 2 = π/2: 

4 3 2 (1 − 2U 1 + U 2 ) + U 2 − 1 − 2U 1 = −1, 

6 − 12U 1 + 6U 2 + U 2 − 2U 1 = 0, 

−14U 1 + 7U 2 = −6. 

π 2 

4 (1 + 1) U 1 − 2U 2 + U 3 

+ 2 π U 3 − U 1 

π 2 

2 2 π − 2U 2 = 0, 

16 

4 

8(U 1 − 2U 2 + U 3 ) + 2U 3 − 2U 1 − 2U 2 = 0, 

Sít’ová rovnice pro x 3 = 3π/4: 

π 2 ( 

1 + 1 ) 

U2 − 2U 3 − 1 

+ 2 3π 4 2 

4 

π 2 

16 

6U 1 − 18U 2 + 10U 3 = 0, 

3U 1 − 9U 2 + 5U 3 = 0. 

−1 − U 2 

2 π 4 

− 2U 3 = −1, 

4 3 2 (U 2 − 2U 3 − 1) + 3(−1 − U 2 ) − 2U 3 = −1, 

6U 2 − 12U 3 − 6 − 3 − 3U 2 − 2U 3 = −1, 

3U 2 − 14U 3 = 8. 

65

Maticově 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

−14 7 0 | −6 −14 7 0 | −6 −14 7 0 | −6 

⎝ 3 −9 5 | 0 ⎠ ∼ ⎝ 0 −105 70 | −18⎠ ∼ ⎝ 0 −105 70 | −18⎠ 

0 3 −14 | 8 0 3 −14 | 8 0 105 −490 | 280 

⎛ 

⎞ 

−14 7 0 | −6 

∼ ⎝ 0 −105 70 | −18⎠. 

0 0 −420 | 262 

Odtud U 3 = − 262 

420 = −131 210 . 

Příklad 12.7: Uplatněte metodou sítí s krokem h = 1/2 na okrajovou úlohu 

(5 − 2x)u ′′ − 2u ′ − 8x 2 u = 38 − 8x 2 , 

u(0) = 2, u(2) = 1. 

Sestavte příslušnou soustavu lineárních algebraických rovnic a zapište ji v maticovém tvaru. 

Rovnice však neřešte. Pro aproximaci první derivace použijte symetrické schéma, tj. u ′ (x i ) ≈ 

(U i+1 − U i−1 )/(2h). 

Řešení: U i značí přibližné řešení v bodě x i = ih, kde i = 1,2,3; dále U 0 = 2, U 4 = 1. Sít’ová 

rovnice pro x 1 = 1/2: 



34U 1 − 14U 2 = 0. 

14U 1 − 32U 2 + 10U 3 = 30. 

10U 2 − 34U 3 = 14. 

Maticově 

⎛ 

17 −7 0 | 

⎞ 

0 

⎝ 7 −16 5 | 15⎠ 

0 5 −17 | 7 

Příklad 12.8: Řešte problém u ′′ − (1 + sin 2 x)u = −4, 

u(0) = 0, u(π) = 0 

přibližně metodou sítí s délkou kroku h = π/3. 

Řešení: Podrobné řešení viz [2, oddíl 25]. 

13 Metoda sítí v 1D: vlastní čísla okrajových úloh 

Příklad 13.1: Metodou sítí najděte přibližně první dvě vlastní čísla problému 

u ′′ + λ4 x u = 0, 

u(0) = 0, u(3/2) = 0. 

66

Interval rozdělte rovnoměrně na tři podintervaly. 

Řešení: Vnitřní body dělení jsou x 1 = 1/2 a x 2 = 1, krok dělení h = 1/2. Hodnoty u(x 1 ) a 

u(x 2 ) budeme aproximovat (prozatím neznámými) hodnotami U 1 a U 2 . Vlastní číslo budeme 

aproximovat (prozatím neznámou) hodnotou µ. 

Diferenční rovnice (s využitím okrajových podmínek) 

upravíme například takto 

−2U 1 + U 2 

1 

4 

U 1 − 2U 2 

1 

4 

+ µ4 1 2 U1 = 0, 

+ µ4 1 U 2 = 0 

(µ − 4)U 1 + 2U 2 = 0, (22) 

U 1 + (µ − 2)U 2 = 0. (23) 

Tato soustava má nenulové řešení přávě tehdy, když determinant její matice je roven nule. Odtud 

dostáváme kvadratickou rovnici pro µ 

(µ − 4)(µ − 2) − 2 = 0, 

z níž plyne µ 1 = 3 − √ 3 ≈ 1,27 a µ 2 = 3 + √ 3 ≈ 4,73. 

Soustavu (22)-(23) můžeme zapsat i takto 

4U 1 − 2U 2 = µU 1 , 

−U 1 + 2U 2 = µU 2 , 

z níž je patrné, že je zapotřebí najít vlastní čísla matice 

( ) 4 −2 

A = , 

−1 2 

ta ovšem jsou µ 1 = 3 − √ 3 a µ 2 = 3 + √ 3. 


u ′′ + λ 24(1 + x − x2 ) 

u = 0, 

1 + x 

u(0) = 0, u(3/2) = 0. 


Řešení: Vnitřní body dělení jsou x 1 = 1/2 a x 2 = 1, krok dělení h = 1/2. Hodnoty u(x 1 ) a u(x 2 ) 

budeme aproximovat hodnotami U 1 a U 2 . Vlastní číslo budeme aproximovat hodnotou µ. 


−2U 1 + U 2 

1 

4 

+ µ 24(1 + 1 2 − 1 4 ) 

1 + 1 U 1 = 0, 

2 

U 1 − 2U 2 

1 

4 

−8U 1 + 4U 2 + µ 24 5 4 

3 

U 1 = 0, 

2 

−8U 1 + 4U 2 + 20µU 1 = 0; (24) 

+ µ 

24(1 + 1 − 1) 

U 2 = 0, 

1 + 1 

4U 1 − 8U 2 + µ12U 2 = 0 (25) 

67

po úpravě (24), (25) krácením dostaneme soustavu 

(5µ − 2)U 1 + U 2 = 0, 

U 1 + (3µ − 2)U 2 = 0, 

která má nenulové řešení právě tehdy, když 

0 = (5µ − 2)(3µ − 2) − 1 = 15µ 2 − 16µ + 3. 

Řešením jsou hodnoty 

µ 1,2 = 16 ± √ 16 2 − 4 · 15 · 3 

30 

jež zároveň aproximují první dvě vlastní čísla úlohy. 30 

= 16 ± √ 4 · 19 

30 

= 8 ± √ 19 

, 

15 


u ′′ + λ 2 + x 

1 − x u = 0, 

u(−1) = 0, u(1/2) = 0. 


Řešení: Vnitřní body dělení jsou x 1 = −1/2 a x 2 = 0, krok dělení h = 1/2. Hodnoty u(x 1 ) a 

u(x 2 ) budeme aproximovat hodnotami U 1 a U 2 . Vlastní číslo budeme aproximovat hodnotou µ. 


Po úpravě (26), (27) tvoří soustavu 

která má nenulové řešení právě tehdy, když 

Řešením jsou hodnoty 

3 

−2U 1 + U 2 2 

1 

+ µ 

3 

U 1 = 0, 

4 2 

−8U 1 + 4U 2 + µU 1 = 0; (26) 

U 1 − 2U 2 

1 

+ µ2U 2 = 0, 

4 

4U 1 − 8U 2 + µ2U 2 = 0. (27) 

(µ − 8)U 1 + 4U 2 = 0, 

4U 1 + (2µ − 8)U 2 = 0, 

0 = (µ − 8)(2µ − 8) − 16 = 2[(µ − 8)(µ − 4) − 8] = 2 [ µ 2 − 12µ + 24 ] . 

µ 1,2 = 12 ± √ 12 2 − 4 · 24 

2 

= 12 ± √ 4 · 12 

2 

jež zároveň aproximují první dvě vlastní čísla úlohy. 

= 6 ± √ 12 = 6 ± 2 √ 3, 

Poznámka: Další řešený příklad na vlastní čísla naleznete v [2, strana 27]. 

( 30 K témuž ) výsledku bychom dospěli i druhou cestou — nalezením vlastních čísel matice 

2/5 −1/5 

, viz řešení Příkladu 13.1. 

−1/3 2/3 

68

14 Metoda sítí ve 2D: Liebmannova iterace 

Příklad 14.1: Necht’ Γ značí hranici čtverce Ω = (0,3) × (0,3). Liebmannovou iterací řešte 

problém 

−∆u = 0 v Ω, 

u = (x − y) 2 − 2y 2 na Γ. 

Sít’ zvolte s krokem 1. Neznámé hodnoty 

přibližného řešení ve vnitřních uzlech označte dle 

obrázku. Jako počáteční aproximaci zvolte nulové 

hodnoty ve vnitřních uzlech. Proved’te tři iterační 

cykly, v každém cyklu vyčíslujte v pořadí u 1 , u 2 , 

u 3 , u 4 . Výsledky zaokrouhlujte na dvě platné cifry. 

Řešení: 

Z okrajové podmínky určíme hodnoty v uzlech na hranici 

čtverce (viz obrázek). 

Výchozí hodnoty u 1 = u 2 = u 3 = u 4 = 0. 

1. iterace: 

u 1 = −14−4 

4 

= −4,5, 

u 2 = −4,5−17−7 

4 

≈ −7,1, 

u 3 = −7,1+2+4 

4 

≈ −0,3, 

u 4 = −0,3−1+1−4,5 

4 

≈ −1,2. 

2. iterace: 

u 1 = −1,2−4−14−7,1 

4 

≈ −6,6, 

u 2 = −6,6−17−7−0,3 

4 

≈ −7,7, 

u 3 = −7,7+2+4−1,2 

4 

≈ −0,7, 

u 4 = −0,7+1−1−6,6 

4 

≈ −1,8. 

−9 

−4 

−1 

u 1 

u 2 

u 4 u 3 

−14 

u 1 

−17 

u 2 

u 4 u 3 

0 1 4 9 

3. iterace: 

u 1 = −1,8−4−14−7,7 

4 

≈ −6,9, 

u 2 = −6,9−17−7−0,7 

4 

≈ −7,9, 

u 3 = −7,9+2+4−1,8 

4 

≈ −0,9, 

u 4 = −0,9+1−1−6,6 

4 

≈ −1,9. 

Příklad 14.2: Necht’ Γ značí hranici čtverce Ω = (−1,2) × (−1,2). Liebmannovou iterací řešte 

problém 

∆u = 0 v Ω, 

u = x 3 + (x − 1) 2 − sin(πy/2) na Γ. 

−18 

−7 

2 

Sít’ zvolte s krokem 1. Neznámé hodnoty přibližného řešení ve 

vnitřních uzlech označte dle obrázku. Jako počáteční aproximaci 

zvolte u (0) 

1 = u (0) 

2 = u (0) 

3 = u (0) 

4 = 1. Postupujte 

v pořadí u (0) 

1 , u(0) 2 , u(0) 3 , u(0) 

tj. spočtěte u (i) 

1 = u (i) 

2 = u (i) 

na dvě platné cifry. 

Řešení: 

4 a proved’te dva iterační cykly, 

3 = u (i) 

4 , i = 1,2. Zaokrouhlujte 

u 1 

u 2 

u 4 u 3 

69

3 

1 1 

9 

2 

3 

u 1 u 2 8 Hodnoty v uzlech na Γ. 

Počáteční iterace: u 1 = u 2 = u 3 = u 4 = 1. 

u 4 u 3 9 

1. iterace: u 1 = 1,3, u 2 = 2,8, u 3 = 3,7, u 4 = 2,5. 

2. iterace: u 1 = 2,1, u 2 = 3,7, u 3 = 4,3, u 4 = 2,9. 

4 2 2 10 

15 Metoda sítí ve 2D: Dirichletova úloha 

Příklad 15.1: Na obdélníku Ω = (0, 2) × (0, 1) s hranicí Γ řešte metodou sítí problém 

−∆u = −48x v Ω, 

u = 2x + 6y + 1 na Γ. 

V obou směrech volte diskretizační krok h = 1/2. (Pozor: Obecná diferenční rovnice se někdy 

uvádí pro operátor −∆, jindy pro ∆; při výpočtech vyjděte ze správné varianty.) 

Řešení: 

Z okrajové podmínky vypočteme hodnoty v uzlech 

sítě ležících na hranici Γ. Neznámé hodnoty 

přibližného řešení ve vnitřních uzlech označíme 

u 1 , u 2 a u 3 . 

1 2 3 4 5 

Diferenční rovnice v uzlu (x i ,y j ) (pětibodové schéma) pro operátor −∆: 

7 

4 

8 

9 

10 

u 1 u 2 u 3 

11 

8 

− Uj i+1 − 2Uj i + Uj i−1 

h 2 

− Uj+1 i 

− 2U j i + Uj−1 i 

q 2 = f j i . 

Jestliže h = q, což je náš případ, pak 

−U j i+1 − Uj i−1 − Uj+1 i 

− U j−1 

i 

+ 4U j i = h2 f j i . (28) 

Vyčíslíme h 2 f j i 

ve vnitřních uzlech sítě a spolu s již známými hodnotami v uzlech na hranici 

obdélníka dosadíme do (28). V našem značení (viz obrázek sítě) dostaneme tuto soustavu rovnic 

4u 1 − u 2 − 2 − 4 − 8 = −6, 

−u 1 + 4u 2 − u 3 − 3 − 9 = −12, 

−u 2 + 4u 3 − 4 − 8 − 10 = −18. 

Maticově 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

4 −1 0 | 8 4 −1 0 | 8 4 −1 0 | 8 

⎝−1 4 −1 | 0⎠ ∼ ⎝0 15 −4 | 8⎠ ∼ ⎝0 15 −4 | 8 ⎠ , 

0 −1 4 | 4 0 −1 4 | 4 0 0 56 | 68 

70

řešení (u 1 , u 2 , u 3 ) T = (31/14, 6/7, 17/14) T . 

Příklad 15.2: Na obdélníku Ω = (0, 1/2) × (0, 1) s hranicí Γ řešte metodou sítí problém 

−∆u = −48 v Ω, 

u = 4(x + y) na Γ. 

V obou směrech volte diskretizační krok h = 1/4. (Pozor: Obecná sít’ová rovnice se někdy uvádí 

pro operátor −∆, jindy pro ∆; při výpočtech vyjděte ze správné varianty.) 

Řešení: 

4 5 6 

Sít’ová rovnice v uzlu (x i ,y j ) (pětibodové schéma): 

3 

u 3 

5 

− Uj i+1 − 2Uj i + Uj i−1 

h 2 

− Uj+1 i 

− 2U j i + Uj−1 i 

q 2 = f j i . 

2 

1 

u 2 

4 

u 1 

3 

Jestliže h = q (čtvercová sít’), pak 

−U j i+1 − Uj i−1 − Uj+1 i 

V našem značení (jest h 2 f j i = −3) 

− U j−1 

i 

+ 4U j i = h2 f j i . 

4u 1 − u 2 − 5 = −3, 

−u 1 + 4u 2 − u 3 − 6 = −3, 

−u 2 + 4u 3 − 13 = −3. 

0 1 2 

Maticově 

⎛ 

4 −1 0 | 

⎞ 

2 

⎛ 

4 −1 0 | 

⎞ 

2 

⎛ 

4 −1 0 | 

⎞ 

2 

⎝−1 4 −1 | 3 ⎠ ∼ ⎝0 15 −4 | 14⎠ ∼ ⎝0 15 −4 | 14 ⎠ , 

0 −1 4 | 10 0 −1 4 | 10 0 0 56 | 164 

řešení (u 1 , u 2 , u 3 ) T = (13/14, 12/7, 41/14) T . 

Příklad 15.3: Necht’ Ω = (0,1) × (0,1). Okrajovou úlohu pro Poissonovu rovnici 

−∆u(x,y) = 3(x + y) v Ω, 

u(x,y) = 1 pro [x,y] ∈ ∂Ω 

řešte metodou sítí s krokem h = 1/3 v obou směrech. 

Řešení: 

71


1 

1 1 

1 

− Uj i+1 − 2Uj i + Uj i−1 

h 2 

− Uj+1 i 

− 2U j i + Uj−1 i 

q 2 = f j i . 

1 

u 1 

u 2 

1 


−U j i+1 − Uj i−1 − Uj+1 i 

− U j−1 

i 

+ 4U j i = h2 f j i . 

1 

u 3 u 4 

1 

V našem značení 

1 1 1 1 

−2 + 4u 1 − u 2 − u 3 = 3(1/3 + 2/3)/9, 

−2 − u 1 + 4u 2 − u 4 = 3(2/3 + 2/3)/9, 

−2 − u 1 + 4u 3 − u 4 = 3(1/3 + 1/3)/9, 

−2 − u 2 − u 3 + 4u 4 = 3(2/3 + 1/3)/9. 

Maticově (pak změna pořadí rovnic a změna znaménka) 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

4 −1 −1 0 | 7/3 1 0 −4 1 | −20/9 

⎜−1 4 0 −1 | 22/9 

⎟ 

⎝−1 0 4 −1 | 20/9⎠ ∼ ... ∼ ⎜0 1 1 −4 | −7/3 

⎟ 

⎝0 0 −4 8 | 43/9 ⎠ ; 

0 −1 −1 4 | 7/3 0 0 0 24 | 28 

řešení (u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ) T = (7/6, 43/36, 41/36, 7/6) T . 

Příklad 15.4: Na obdélníku Ω = (0, 2) × (0, 1) s hranicí Γ řešte metodou sítí problém 

−∆u = 16(x + y) v Ω, 

u = 4xy na Γ. 

V obou směrech volte diskretizační krok h = 1/2. (Pozor: Obecná sít’ová rovnice se někdy uvádí 


Řešení: 

0 

2 

4 

6 

8 

0 

u 1 u 2 u 3 4 Správné hodnoty v uzlech na hranici. 

0 0 0 0 0 

Sít’ové rovnice v našem značení (pětibodové schéma) 

Odtud 

4u 1 − u 2 − 0 − 2 = 4, 

−u 1 + 4u 2 − u 3 − 0 − 4 = 6, 

−u 2 + 4u 3 − 4 − 6 − 0 = 8. 

u 1 = 37 

14 , u 2 = 32 7 , u 3 = 79 

14 . 

Příklad 15.5: Na obdélníku Ω = (−1, 3) × (−1, 1) s hranicí Γ řešte metodou sítí problém 

−∆u = x(y + 2) v Ω, 

u = x + 2y na Γ. 

72

V obou směrech volte diskretizační krok h = 1. (Pozor: Obecná sít’ová rovnice se někdy uvádí 


Řešení: 

1 

2 

3 

4 

5 

−1 

u 1 u 2 u 3 3 Správné hodnoty v uzlech na hranici. 

−3 −2 −1 0 1 

Sít’ové rovnice (pětibodové schéma) v našem značení 

4u 1 − u 2 − (−1) − (−2) − 2 = 0, tedy 4u 1 − u 2 = −1; 

−u 1 + 4u 2 − u 3 − (−1) − 3 = 2, tedy − u 1 + 4u 2 − u 3 = 4; 

−u 2 + 4u 3 − 3 − 0 − 4 = 4, tedy − u 2 + 4u 3 = 11. 

Odtud 

u 3 = 180 

56 = 45 

14 , 

15u 2 = 15 + 4 45 105 + 90 

= = 195 

14 7 7 ⇒ u 2 = 13 7 , 

4u 1 = −1 + 13 7 = 6 7 ⇒ u 1 = 3 14 . 

Příklad 15.6: Na obdélníku 

s hranicí Γ řešte metodou sítí problém 

Ω = {(x,y) ∈ R 2 : x ∈ (−1/4, 1/4), y ∈ (−1/2, 1/2)} 

−∆u(x,y) = 256y 2 − 15x 3 + 16 v Ω, 

u(x,y) = 48x 2 + 8y na Γ 

a vypočtěte přibližné řešení v bodě (0,1/4). V obou směrech volte diskretizační krok h = 1/4. 

(Upozornění: Vhodným očíslováním uzlů sítě se výpočet usnadní.) 

Řešení: 

5 

3 

1 

4 

u 3 

u 2 

u 1 

5 

3 

1 

V našem značení (pětibodové schéma) 

4u 1 − u 2 + 2 = 2, 

−u 1 + 4u 2 − u 3 − 6 = 1, 

−u 2 + 4u 3 − 14 = 2. 

−4 

Odtud u 3 = 268 

56 = 134 

28 = 67 

14 . 

Příklad 15.7: Necht’ Ω = {(x,y) ∈ R 2 : x ∈ (−1,1), y ∈ (−1,1)}. Níže uvedenou okrajovou 

úlohu pro Poissonovu rovnici řešte metodou sítí s krokem h = 2/3 v obou směrech. Neznámé 

73

zastupující přibližné hodnoty řešení označte dle schématu. Doporučení: Soustavu rovnic řešte 

Gaussovou eliminací, rovnice si nejdříve vhodně seřad’te, ušetříte si práci a počítání s velkými 

čísly. 

−∆u(x,y) = 27 4 x + 27 

2 y v Ω, 

u(x,y) = 3|x| + 3|y| − 4 pro (x,y) ∈ ∂Ω 

u 1 

u 2 

u 3 u 4 

Řešení: 

2 

0 

0 0 

u 1 u 2 

2 

0 

Hodnoty v uzlech na hranici (nejsou nutné hodnoty v rozích 

čtverce) – viz obr. 


0 

u 3 u 4 

0 

− Uj i+1 − 2Uj i + Uj i−1 

h 2 

− Uj+1 i 


− 2U j i + Uj−1 i 

q 2 = f j i . 

2 0 0 2 

−U j i+1 − Uj i−1 − Uj+1 i 

− U j−1 

i 

+ 4U j i = h2 f j i . 

V našem značení 

4u 1 − u 2 − u 3 = 4 ( 27 −1 

9 4 3 + 27 ) 

1 

= 1, 

2 3 

−u 1 + 4u 2 − u 4 = 4 ( 27 1 

9 4 3 + 27 ) 

1 

= 3, 

2 3 

−u 1 + 4u 3 − u 4 = 4 ( 27 −1 

9 4 3 + 27 ) 

−1 

= −3, 

2 3 

−u 2 − u 3 + 4u 4 = 4 ( 27 1 

9 4 3 + 27 ) 

−1 

= −1, 

2 3 

. 

Maticově (pak změna pořadí rovnic a změna znaménka) 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

4 −1 −1 0 | 1 1 0 −4 1 | 3 1 0 −4 1 | 3 

⎜−1 4 0 −1 | 3 

⎟ 

⎝−1 0 4 −1 | −3⎠ ∼ ⎜ 0 1 1 −4 | 1 

⎟ 

⎝−1 4 0 −1 | 3⎠ ∼ ⎜0 1 1 −4 | 1 

⎟ 

⎝0 4 −4 0 | 6 ⎠ 

0 −1 −1 4 | −1 4 −1 −1 0 | 1 0 −1 15 −4 | −11 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

1 0 −4 1 | 3 1 0 −4 1 | 3 

∼ ⎜0 1 1 −4 | 1 

⎟ 

⎝0 0 −8 16 | 2 ⎠ ∼ ⎜0 1 1 −4 | 1 

⎟ 

⎝0 0 −8 16 | 2 ⎠ . 

0 0 16 −8 | −10 0 0 0 24 | −6 

Řešení (u 1 , u 2 , u 3 , u 4 ) T = (1/4, 3/4, −3/4, −1/4) T . 

74

16 Metoda sítí ve 2D: vlnová rovnice 


∂ 2 u 

∂t 2 = u 

4∂2 ∂x 2 v G = (0,2) × (0,5), (29) 

{ 

x pro x ∈ (0,1), 

u(x,0) = 

(30) 

2 − x pro x ∈ (1,2) 

{ 

∂u 

∂t (x,0) = x 2 pro x ∈ (0,1), 

(2 − x) 2 (31) 

pro x ∈ (1,2) 

u(0,t) = u(2,t) = 0, 0 ≤ t ≤ 5 (32) 

řešte metodou sítí s explicitním schématem a vypočtěte hodnotu přibližného řešení v bodech 

B 1 = (1, 1/2) a B 2 = (3/2, 1/2). 

Řešení: Nejsou předepsány diskretizační parametry h a τ, zvolíme je tedy tak, abychom snadno 

získali požadované hodnoty. 

Je patrné, že v prostorovém směru stačí zvolit h = 1/2. Pro diskretizaci proměnné t však 

nemůžeme zvolit τ = 1/2, protože body B 1 a B 2 by se sice staly uzly sítě, ale nebyla by splněna 

podmínka stability τ ≤ h/a (a 2 = 4, tj. a = 2). Proto volíme τ = 1/4. 

V uzlech sítě, jejichž prostorová souřadnice je rovna 0 nebo 2 je, podle (32), řešení rovno 0. 

Pro čas t 0 = 0 získáme hodnoty Ui 0 , i = 1,2,3, přibližného řešení z počáteční podmínky 

(30), viz obrázek níže; číselné hodnoty jsou připsány k uzlům. 

Pro čas t 1 = τ získáme hodnoty Ui 1 , i = 1,2,3, přibližného řešení z počátečních podmínek 

(30) a (31), tj. Ui 1 = Ui 0 + τ ∂u 

∂t (x i,0), viz [2, str. 79] nebo [5] a obrázek níže. (Hodnoty Ui 0 jsou 

již známy, τ = 1/4 a ∂u 

∂t (x i,0) je dáno předpisem (31).) 

Máme spočítat přibližné řešení v bodě B 1 , tj. hodnotu U2 2 . Použití pětibodového schématu 

vede k obecné diferenční rovnici 

Ui k+1 = 2 

(1 − a2 τ 2 ) 

h 2 Ui k + a2 τ 2 ( ) 

h 2 Ui+1 k + Ui−1 

k − Ui k−1 , 

do níž dosadíme k = 1, i = 2, a = 2, h = 1/2, τ = 1/4, tím ji zjednodušíme. Dostaneme 

U2 2 = U1 3 + U1 1 − U0 2 

a vyčíslíme U2 2 = 9 

16 + 9 16 − 1 = 2 16 = 1 8 . 

Bodu B 2 odpovídá U3 2 . Stejným postupem zjistíme, že 

U3 2 = U1 4 + U1 2 − U0 3 = 0 + 5 4 − 1 2 = 3 4 , 

protože z okrajové podmínky přímo dostáváme U 1 4 = 0 a hodnoty U1 2 a U0 2 

také známe. 

75

t 3 

0 

t 2 

U 2 2 U 2 3 0 

t 1 

0 

9 

16 

5 

4 

9 

16 0 

1 

2 1 

1 

2 0 

t 0 = 0 

x 0 = 0 x 1 x 2 x 3 x 4 = 2 

Příklad 16.2: Necht’ G = (0,2) × (0,1). Metodou sítí s explicitním pětibodovým schématem 

řešte úlohu s vlnovou rovnicí 

∂ 2 u 

∂t 2 = u 

4∂2 ∂x 2 v G, 

u(x,0) = 4x(2 − x) pro 0 < x < 2, 

∂u 

(x,0) = 0 pro 0 < x < 2 

∂t 

u(0,t) = u(2,t) = 0 pro 0 < t < 1. 

Proměnnou x diskretizujte s krokem h = 1/2. Krok τ pro diskretizaci proměnné t zvolte tak, 

abyste si výpočty pokud možno zjednodušili, ale aby zároveň metoda byla stabilní; svou volbu 

zdůvodněte. Vypočtěte přibližné řešení v čase t = 1. 

Řešení: Sít’ová rovnice v uzlu (x i ,t k ) (pětibodové schéma): 

U k+1 

i 

− 2U k i + U k−1 

i 

τ 2 

= a 2Uk i+1 − 2Uk i + U k i−1 

h 2 . 

Ze sít’ové rovnice plyne 

) 

Ui k+1 = 2 

(1 − τ 2 a2 

h 2 Ui k + τ 2 a2 ( ) 

h 2 Ui+1 k + Uk i−1 − Ui k−1 . 

Zadání dává a 2 /h 2 = 4/(1/4) = 16. Volbou τ = 1/4 dostaneme 1 − τ 2 a2 = 0 při splnění 

h 2 

podmínky stability τ ≤ h/a = (1/2)/2 = 1/4. 

Použijeme tedy schéma 

U k+1 

i 

= U k i+1 + U k i−1 − U k−1 

i 

. 

76

Pro t = 1/4 (tj. k = 1) určíme uzlové hodnoty 

z počátečních podmínek. Protože počáteční 

rychlost je nulová, jest U 1 i = U 0 i = 4x i (2 − x i ), 

i = 0,1,2,3,4. 

Uzlové hodnoty pro t = 1/4: 0, 3, 4, 3, 0. 

Uzlové hodnoty pro t = 1/2: 0, 1, 2, 1, 0. 

Uzlové hodnoty pro t = 3/4: 0, −1, −2, −1, 0. 

Uzlové hodnoty pro t = 1: 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 

0 3 4 3 0 


∂ 2 u 

∂t 2 = 1 ∂ 2 u 

4 ∂x 2 v 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, 


B 0 = (0, 2), B 1 = (1/4, 2), B 2 = (1/2, 2), B 3 = (3/4, 2), B 4 = (1, 2) a Q = (3/4, 1/2). 

Diskretizační parametry h a τ si sami vhodně zvolte. 

Řešení: Vhodná volba je h = 1/4 a τ = 1/2, pak je splněna podmínka stability τ ≤ h/a, nebot’ 

a = 1/2. 

Sít’ tedy bude mít pět uzlů v prostorovém směru a pět časových vrstev. Pro t = 0 jsou uzlové 

hodnoty dány počáteční podmínkou a jsou (od x 0 = 0 k x 4 = 1) tyto (0,3/4,1,3/4,0). 

Pro t = 1/2 z U 1 i = U 0 i + τ ∂u 

∂t (x i,0) dostaneme uzlové hodnoty (0,1,3/2,1,0), hodnota v 

bodě Q tedy je rovna 1. 

Explicitní schéma pro naši volbu h a τ jest 

U k+1 

i 

= U k i+1 + U k i−1 − U k−1 

i 

. 

Odtud snadno dostaneme hodnoty v dalších časových vrstvách. 

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), což jsou hodnoty v bodech B i . 


∂ 2 u 

∂t 2 = ∂2 u 

∂x 2 v Ω = (0,3) × (0,2), 

u(x,0) = 8x 2 (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, 

77


B 1 = (5/2, 1) a B 2 = (3/2, 2). Diskretizační parametry h a τ si sami vhodně zvolte (vyberte 

výpočetně nejjednodušší možnost). 

Řešení: 

t = 2 

t = 1 

0 7 8 −3 −11 −7 0 

0 14 22 15 2 −2 0 

0 15 21 27 24 9 0 

0 7 20 30 34 26 0 

0 5 16 27 32 25 0 

x = 0 

1 

2 

1 

3 

2 

2 

5 

2 

x = 3 

Z prostorové souřadnice bodu B 1 je patrné, že 

h = 1/2. Z podmínky stability τ ≤ h/a pak 

plyne volba τ = 1/2, nebot’ a = 1. 

Sít’ — viz obr. vlevo. Pro t = 0 jsou uzlové 

hodnoty dány počáteční podmínkou a 

jsou tyto 0, 5, 16, 27, 32, 25, 0. Použitím 

Ui 1 = Ui 0 + τ ∂u 

∂t (x i,0) dostaneme uzlové hodnoty 

na další vrstvě: 0, 7, 20, 30, 34, 26, 0. 

V prvních dvou vrstvách k plnému zisku bodů stačí 

jen hodnoty tištěné kurzívou, viz předposlední odstavec 

řešení. 

Explicitní schéma pro naši volbu h a τ jest Ui 

k+1 = Ui+1 k + Uk i−1 − Uk−1 i 

. 

Odtud snadno dostaneme hodnoty v dalších časových vrstvách, viz obrázek. Hodnoty v bodech 

B 1 a B 2 jsou vyznačeny tučně, kurzívou jsou vysázeny hodnoty nutné ke zjištění hodnot v 

bodech B 1 a B 2 , není tedy nezbytné počítat hodnoty ve všech bodech sítě. 


∂ 2 u 

∂t 2 = u 

16∂2 ∂x 2 v Ω = (0,9) × (0,1), 

{ 

2x 2 pro x ∈ [0,3], 

u(x,0) = 

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, 

řešte metodou sítí s explicitním pětibodovým schématem a vypočtěte hodnotu přibližného řešení 

v bodech B 1 = (4, 1) a B 2 = (6, 1). Diskretizační parametry h a τ si sami vhodně zvolte (vyberte 

výpočetně nejjednodušší vhodnou možnost). 

78

Řešení: 

t = 1 

19 21 

0 18 24 15 0 

t = 1 2 

t = 1 4 

0 16 11 23 22 18 14 7 0 

0 3 10 21 19 17 15 10 5 0 

0 2 8 18 15 12 9 6 3 0 

x = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x = 9 

Z prostorové souřadnice bodů B 1 , B 2 a z délky prostorového intervalu je patrné, že h = 1. 

Z podmínky stability τ ≤ h/a pak plyne volba τ = 1/4, nebot’ a = 4. 31 

Pro t = 0 jsou uzlové hodnoty dány počáteční podmínkou, viz obr. 

Použitím 

U 1 i = U 0 i + τ ∂u 

∂t (x i,0) = 

{ 

U 0 i + 1 4 4x i = U 0 i + x i pro x i ∈ [0,6], 

U 0 i + 1 4 (72 − 8x) = U0 i + 18 − 2x i pro x i ∈ (6,9] 

dostaneme uzlové hodnoty pro t = 1/4, viz obr. (V prvních dvou vrstvách k plnému zisku bodů 

stačí jen hodnoty tištěné tučně, viz předposlední odstavec řešení.) 


k+1 = Ui+1 k + Uk i−1 − Uk−1 i 

. 

Odtud a z okrajových podmínek snadno dostaneme hodnoty v dalších časových vrstvách, 

viz obrázek. Tučně jsou vyznačeny hodnoty využité explicitním schématem ke zjištění hodnot v 

bodech B 1 a B 2 , není tedy nezbytné počítat hodnoty ve všech bodech sítě. 

Hodnota v bodě B 1 je 19, hodnota v bodě B 2 je 21. 

Příklad 16.6: Kmitání struny je modelováno matematickou úlohou 

∂ 2 u 

∂t 2 = u 

4∂2 ∂x 2 v 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) = 6x 2 pro x ∈ [0,2], 

40 − 8x pro x ∈ (2,5] 

u(0,t) = u(5,t) = 0, 0 ≤ t ≤ 3. 

Úlohu řešte přibližně metodou sítí s explicitním pětibodovým schématem a s prostorovým krokem 

h = 1. Časový krok τ vhodně vyberte z nabídky τ = 1/2, τ = 2/3 a τ = 1. Vypočtěte 

hodnotu přibližného řešení v bodě x = 2 v čase t = 3. 

31 Příliš velké τ v důsledku opomenutí podmínky stability přísně trestejte. 

79

Řešení: 

t = 3 

−38 

t = 5 2 

0 −8 −18 −24 −20 0 

t = 2 

t = 3 2 

t = 1 

t = 1 2 

0 −6 −6 −2 −1 0 

0 2 10 17 18 0 

0 16 25 30 18 0 

0 23 36 26 12 0 

Z podmínky stability τ ≤ h a 

plyne volba τ = 1/2, která 

vede na velmi jednoduchý výpočet 

uzlových hodnot. Volba τ = 1 nebo 

τ = 2/3 vede k nestabilitě, navíc 

τ = 2/3 ani nedává čas t = 3. 

Pro t = 0 jsou uzlové hodnoty 

dány počáteční podmínkou, viz obr. 

Stačí jen v bodech nutných pro 

další výpočet (vyznačeny tučně). 

0 20 24 18 8 0 

x = 0 1 2 3 4 x = 5 

Použitím 

U 1 i = U 0 i + τ ∂u 

∂t (x i,0) = 

{ 

U 0 i + 1 2 6x2 i = U0 i + 3x2 i pro x i ∈ [0,2], 

U 0 i + 1 2 (40 − 8x) = U0 i + 20 − 4x i pro x i ∈ (2,4] 

dostaneme uzlové hodnoty pro t = 1/2, viz obr. (V prvních dvou vrstvách k plnému zisku bodů 

stačí jen hodnoty tištěné tučně, viz předposlední odstavec řešení.) 


k+1 = Ui+1 k + Uk i−1 − Uk−1 i 

. 

Odtud a z okrajových podmínek dostaneme hodnoty v dalších časových vrstvách a ve sledovaném 

bodě, viz obrázek. 

Tučně jsou vyznačeny hodnoty využité explicitním schématem ke zjištění hodnot ve vyšetřovaném 

bodě, není tedy nutné počítat hodnoty ve všech bodech sítě. 

Hodnota přibližného řešení v bodě x = 2 a v čase t = 3 je −38. 

17 Metoda sítí ve 2D: rovnice vedení tepla 

Příklad 17.1: Problém vedení tepla 

∂u 

∂t = 1 ∂ 2 u 

4 ∂x 2 v G = (0,2) × (0,1), (33) 

u(x,0) = 8 − 8(x − 1) 4 pro x ∈ [0,2], (34) 

u(0,t) = 2t pro t ∈ [0,1], (35) 

u(2,t) = 4t pro t ∈ [0,1], (36) 

řešte metodou sítí se čtyřbodovým implicitním schématem a vypočtěte hodnotu přibližného 

řešení v bodě x = 3/2 a v čase t = 1/2. Diskretizační parametry h a τ si sami vhodně zvolte 

(vyberte výpočetně nejjednodušší možnost). 

80

Řešení: Abychom mohli spočítat přibližné řešení v požadovaném bodě, musí tento bod být uzlem 

sítě. Schéma je nepodmíněně stabilní, takže volba délky kroku τ není omezena volbou hodnoty 

h. Vhodná volba je h = 1/2 a τ = 1/2, příslušná sít’ obsahuje zkoumaný bod (3/2,1/2), náleží 

mu označení U3 1. 

Sít’ tedy bude mít pět uzlů v prostorovém směru a tři časové vrstvy; nakreslete si obrázek. 

Počáteční podmínka (34) dává pro čas t = 0 tyto hodnoty řešení 0, 15/2, 8, 15/2, 0 (po řadě od 

x 0 = 0 k x 4 = 2). 

Pro t = 1/2 je u(0,1/2) = U0 1 = 2τ = 1 (viz (35)) a u(2,1/2) = U1 4 = 4τ = 2 (viz (36)). 

Implicitní schéma jest 

U k i − U k−1 

i 

τ 

První rovnice (x = 1/2, t = 1/2, a 2 = 1/4) 

Druhá rovnice (x = 1, t = 1/2) 

Třetí rovnice (x = 3/2, t = 1/2) 

= a 2Uk i−1 − 2Uk i + U k i+1 

h 2 . 

U1 1 − 15/2 

1 

= 1 1 − 2U1 1 + U1 2 

4 

1 

, 

2 

4 

4U1 1 − U1 2 = 16. 

U2 1 − 8 

1 

= 1 U1 1 − 2U1 2 + U1 3 

4 

1 

, 

2 

4 

−U1 1 + 4U2 1 − U3 1 = 16. 

U3 1 − 15/2 

1 

= 1 U2 1 − 2U1 3 + 2 

4 

1 

, 

2 

4 

−U2 1 + 4U1 3 = 17. 

Maticově 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

4 −1 0 | 16 1 −4 1 | −16 1 −4 1 | −16 

⎝−1 4 −1 | 16⎠ ∼ ⎝−4 1 0 | −16⎠ ∼ ⎝0 −15 4 | −80⎠ 

0 −1 4 | 17 0 −1 4 | 17 0 −1 4 | 17 

⎛ 

⎞ ⎛ 

⎞ 

1 −4 1 | −16 1 −4 1 | −16 

∼ ⎝0 1 −4 | −17⎠ ∼ ⎝0 1 −4 | −17 ⎠ , 

0 −15 4 | −80 0 0 −56 | −335 

odtud U 1 3 = 335 

56 . 

Poznámka: Rovnici vedení tepla je možné řešit i explicitním schématem, viz text Metoda sítí 

— základní schémata. Pak je ovšem nutné zvolit h a τ tak, aby byla splněna podmínka stability. 

Poté místo sestavování rovnic postupujeme analogicky jako například v příkladech s vlnovou 

rovnicí řešenou explicitním schématem: po stanovení uzlových hodnot z počáteční a okrajové 

podmínky vypočítáváme hodnoty ve vnitřních uzlech sítě podle explicitního schématu. 

Příklad 17.2: Problém vedení tepla 

∂u 

∂t = u 

a2∂2 

∂x 2 v G = (0,2) × (0,30), 

u(x,0) = 4 − 2x pro x ∈ (0,2), 

u(0,t) = 4 pro t ∈ (0,30), 

u(2,t) = 0 pro t ∈ (0,30), 

81

kde a 2 = 1, řešte přibližně metodou sítí. Prostorovou proměnnou x diskretizujte s krokem 

h = 1/2 a časovou proměnnou t diskretizujte s krokem τ = 1/4. Použijte implicitní čtyřbodové 

schéma. Úkoly: 

a) Sestavte soustavu sít’ových rovnic a vypočtěte přibližné řešení v čase t = 1/4. 

b) Určete přibližné řešení v čase t = 2/4. (Zdůvodněte.) 

c) Určete přibližné řešení v čase t = i/4, kde i = 3,4,5,... ,120. (Zdůvodněte.) 

d) Na základě přibližného řešení vyslovte hypotézu o vlastnostech funkce u a její parciální 

derivace ∂u/∂t na oblasti G. (Nápověda: Zvolte pevně ˆx ∈ (0,2) tak, aby (ˆx,mτ), kde m = 

0,1,2,... ,120, byly body sítě, a vyslovte hypotézu o průběhu funkce ω(t) ≡ u(ˆx,t). Pak hypotézu 

rozšiřte na průběh funkce ω(t) ≡ u(ˆx,t) pro libovolné ˆx ∈ (0,2), a nakonec na funkci u 

na oblasti G.) 

e) Předpokládejte platnost hypotézy a odpovídajícím způsobem přeformulujte (zjednodušte) 

výchozí problém vedení tepla; jinými slovy – napište okrajovou úlohu zohledňující vlastnosti 

tepelného pole odvozené z hypotézy. 

f) Najděte přesné řešení nové okrajové úlohy z bodu e) (tj. nikoliv přibližné získané numerickými 

metodami) a porovnejte je s počáteční podmínkou původní úlohy a s přibližným řešením 

z bodů a) – c). 

Řešení: a) Z počáteční podmínky: U 0 0 = 4, U0 1 = 3, U0 2 = 2, U0 3 = 1 a U0 4 = 0. 

Na další časové vrstvě: U 1 0 = 4 a U1 4 = 0. 

Obecná sít’ová rovnice 

U k i − U k−1 

i 

τ 

s využitím τ = 1/4, a 2 = 1 a h = 1/2 dává 

Odtud dostáváme soustavu 

Po dosazení 

tedy 

Maticově 

⎛ 

⎝ 3 −1 0 | 7 ⎞ 

−1 3 −1 | 2⎠ ∼ 

0 −1 3 | 1 

řešení (3, 2, 1) T pro čas t = 1/4. 

= a 2Uk i+1 − 2Uk i + U k i−1 

h 2 

−U k i−1 + 3U k i − U k i+1 = U k−1 

i 

. 

−U 1 0 + 3U 1 1 − U 1 2 = U 0 1, 

−U 1 1 + 3U1 2 − U1 3 = U0 2 , 

−U 1 2 + 3U 1 3 − U 1 4 = U 0 3. 

−4 + 3U 1 1 − U 1 2 = 3, 

−U 1 1 + 3U1 2 − U1 3 = 2, 

−U 1 2 + 3U 1 3 − 0 = 1, 

3U 1 1 − U 1 2 = 7, 

−U 1 1 + 3U1 2 − U1 3 = 2, 

−U 1 2 + 3U 1 3 = 1. 

⎛ 

⎝ 3 −1 0 | 7 ⎞ ⎛ 

0 8 −3 | 13⎠ ∼ ⎝ 3 −1 0 | 7 ⎞ ⎛ 

0 8 −3 | 13⎠ ∼ ⎝ 3 −1 0 | 7 ⎞ 

0 8 −3 | 13⎠; 

0 −1 3 | 1 0 −8 24 | 8 0 0 21 | 21 

82

) Vidíme, že pro čas t = 1/4 jsou uzlové hodnoty stejné jako pro čas t = 0. Při přechodu 

na další časovou vrstvu bychom museli sestavit a řešit stejnou soustavu rovnic, tudíž i pro čas 

t = 1/2 bude přibližné řešení (ve vnitřních uzlech odleva) (3, 2, 1) T . 

c) Stejná úvaha vede k závěru, že na všech časových vrstvách bude přibližné řešení stejné, 

tj. (4, 3, 2, 1, 0) T (zde psáno včetně hodnot v krajních uzlech, ale to není pro hodnocení studenta 

podstatné). 

d) Hypotéza: funkce u nezávisí na proměnné t, její parciální derivace ∂u/∂t je nulová. 

e) u ′′ = 0, u(0) = 4, u(2) = 0. 

f) u = c 1 x + c 2 , z okrajových podmínek c 2 = 4 a c 1 = −2, tedy u = 4 − 2x. Řešení se 

shoduje s počáteční podmínkou a v bodech x i = ih, kde i = 0,1,2,3,4, má stejnou hodnotu 

jako přibližné řešení v bodech (x i ,kτ), kde k = 1,2,... 120. 


∂u 

∂t = u 

2∂2 ∂x 2 v Ω = (0,9) × (0,1), 

u(x,0) = −x 2 + 8x + 9 pro 0 ≤ x ≤ 9, 

u(0,t) = 9 − 4t pro 0 ≤ t ≤ 1, 

u(9,t) = 8t pro 0 ≤ t ≤ 1 

řešte metodou sítí s explicitním čtyřbodovým schématem a vypočtěte hodnotu přibližného řešení 

v bodech B 1 = (5, 1) a B 2 = (6, 1). Diskretizační parametry h a τ si sami vhodně zvolte (vyberte 

výpočetně nejjednodušší vhodnou možnost). 

Řešení: 

t = 1 

20 

139 

8 

6 22 21 18 

55 

4 6 

t = 1 2 

7 22 23 22 19 14 

17 

2 4 

t = 1 4 

8 15 20 23 24 23 20 15 8 2 

9 16 21 24 25 24 21 16 9 0 

x = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x = 9 

Z prostorové souřadnice bodů B 1 , B 2 a z délky prostorového intervalu je patrné, že h = 1. 

Z podmínky stability τ ≤ h 2 /(2a 2 ) pak plyne volba τ = 1/4, nebot’ a 2 = 2. 32 

Pro t = 0 jsou uzlové hodnoty dány počáteční podmínkou, viz obr. 

Explicitní schéma pro naši volbu h a τ jest Ui k+1 = 1 ( 

2 U 

k 

i+1 + Ui−1 

k ) 

. 


viz obrázek. Hodnoty využité explicitním schématem ke zjištění hodnot v bodech B 1 a B 2 jsou 

graficky odlišeny, není nezbytné počítat hodnoty ve všech bodech sítě. 

Hodnota v bodě B 1 je 20, hodnota v bodě B 2 je 139/8. 

32 Příliš velké τ v důsledku opomenutí podmínky stability přísně trestejte. 

83

Příklad 17.4: V pokusu zaměřeném na vedení tepla v kovové tyčce můžeme pomocí parametrů 

α a β ovlivňovat počáteční rozložení teploty a teplotu konců tyčky, viz matematický model: 

∂u 

∂t = 1 ∂ 2 u 

2 ∂x 2 v Ω = {(x,t) ∈ R 2 : x ∈ (0,5), t ∈ (0,8)} 

u(x,0) = α(5x − x 2 ) pro 0 ≤ x ≤ 5, 

u(0,t) = αt pro 0 ≤ t ≤ 8, 

u(5,t) = βt pro 0 ≤ t ≤ 8. 

Výpočtem nalezněte takové hodnoty α,β ∈ R, aby při výpočtu metodou sítí s explicitním 

čtyřbodovým schématem vycházela v čase t = 4 v bodě x = 1 teplota 26 jednotek a v bodě 

x = 3 teplota 15 jednotek. Prostorový krok h i časový krok τ vhodně zvolte. 

Řešení: 

t = 4 

13α 

2 

2 

11α 

2 +β 

2 

t = 3 

3α 

7 

2 α 2α + β 

t = 2 

3α 4α 2β 

t = 1 

α 5α 3α β 

0 4α 6α 0 

x = 0 1 2 3 4 x = 5 

Z prostorové souřadnice sledovaných bodů a z délky prostorového intervalu je patrné, že 

h = 1 je vhodná volba. Z podmínky stability τ ≤ h 2 /(2a 2 ) pak plyne volba τ = 1, nebot’ a 2 = 1 2 . 

Pro t = 0 jsou uzlové hodnoty dány počáteční podmínkou, viz obr. Stačí jen v bodech 

nutných pro další výpočet. 


2 U 

k 

i+1 + Ui−1 

k ) 

. 


viz obrázek. 

13α 

2 

Má být = 26, odtud α = 8. Dále požadujeme 

2 

dostáváme 44 + β = 30, tudíž β = −14. 

11α 

2 

+ β 

2 

Příklad 17.5: Vedení tepla v kovové tyčce je modelováno matematickou úlohou 

∂u 

∂t = ∂2 u 

∂x 2 v 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. 

= 15. Po dosazení α = 8 

Úlohu řešte přibližně metodou sítí s explicitním čtyřbodovým schématem a s prostorovým krokem 

h = 1. Časový krok τ vhodně vyberte z nabídky τ = 1/4, τ = 1/2 a τ = 1. Odpovězte na 

otázku, jaká je přibližná teplota v bodech x = −1 a x = 1, a to v čase t = 2. 

84

Řešení: 

t = 2 

t = 3 2 

t = 1 

t = 1 2 

12 9 

18 6 12 

8 4 20 

14 2 6 

12 4 0 12 

x = −2 −1 0 1 2 x = 3 

Z podmínky stability τ ≤ h2 

2a 2 

plyne volba τ = 1/2, která 

vede na velmi jednoduchý výpočet 

uzlových hodnot. Volba τ = 1/4 

je také možná, výsledná explicitní 

formule je však komplikovanější 

(doufám, že tato komplikovanost 

odradí od volby τ = 1/4, jinak 

to budeme muset přepočítat). Volba 

τ = 1 vede k nestabilitě. 

Pro t = 0 jsou uzlové hodnoty 

dány počáteční podmínkou, viz obr. 

Stačí jen v bodech nutných pro další 

výpočet. 


2 U 

k 

i+1 + Ui−1 

k ) 

. 

Odtud a z okrajových podmínek snadno dostaneme hodnoty v dalších časových vrstvách a 

ve sledovaných bodech, viz obrázek. 

Poznámka: Další řešené příklady předvádějící použití metody sítí k přibližnému řešení parciálních 

diferenciálních rovnic naleznete v [2]. 

Literatura 

[1] K. Rektorys: Variační metody v inženýrských problémech a v problémech matematické fyziky, 

SNTL, Praha, 1974. 

[2] K. Rektorys: Matematika 43. Obyčejné a parciální diferenciální rovnice s okrajovými 

podmínkami 2. Vydavatelství ČVUT, 3. vydání, Praha, 2001. 

[3] O. Zindulka: Matematika 3. Česká technika – nakladatelství ČVUT, 1. vydání, Praha, 2007. 

[4] Matematika 4: Příručka přežití. Ke stažení na webových stránkách vyučujícícho. 

[5] Text k metodě sítí na webové stránce přednášejícího. 

85

PrÂ´Ä±klady k predmetu Matematika 4

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?