NMAF061, ZS Písemná část zkoušky 16. leden 2018

Transkript

1 Jednotlivé kroky při výpočtech stručně, le co nejpřesněji odůvodněte. Pokud používáte nějké tvrzení, nezpomeňte ověřit splnění předpokldů. Jméno příjmení: Skupin: Příkld Celkem bodů Bodů Získáno [7] 1. Bud dán funkcionál Φ n množině = { y C 1 [, 1]) y) = 3, y 1) = } předpisem Φy) = ) Spočtěte Gâteu derivci funkcionálu Φ. b) Npište Eulerovy Lgrngeovy rovnice pro funkcionál Φ. c) Njděte etremály funkcionálu Φ n množině. yy y ) ) d. d) Spočtěte druhou Gâteu derivci funkcionálu Φ poté rozhodněte, zd jsou nlezené etermály minimizéry či mimizéry dného funkcionálu. Spočteme Gâteu derivci funkcionálu Φy) dle definice DΦy)[h] = d dt Φy + th) t=0. Po doszení Φy + th) = derivujeme podle t výsledkem je po doszení t = 0 po integrci per prtes d Φy + th) = dt Eulerovy Lgrngeovy rovnice tedy jsou d Φy + th) dt = t=0 y + th) y + th) y + th) ) ) d, h y + th) + y + th)h y + th) h ) d hy + yh y h ) d y y + d y )) hd. d y ) = 0, řešením výše uvedené diferenciální rovnice je zřejmě funkce y = C 0 + C 1, integrční konstnty určíme z okrjových podmínek, má být C 0 + C 1 = 3, C 0 + C 1 =, odkud C 0 = 1, C 1 = 1 tedy y =

2 Druhou derivci funkcionálu ϕ spočteme podle předpisu D Φy)[h, h] = d dt DΦy + th)[h] t=0 = d dt ) hy + th) + y + th)h y + th) h ) d = t=0 hh h ) ) d = h ) ) d, kde jsme opět použili integrci per prtes skutečnost, že funkce h je rovná nule v krjních bodech zkoumného intervlu. Získný výsledek je kupodivu totožný s výsledkem získným z obecné věty: Bud Φ funkcionál zdný předpisem Pk je jeho druhý diferenciál roven kde Φy) = D Φy)[h, h] = P = b b F y y, Q = F y y d d F, y, y ) d. [ P h ) + Qh ] d, ) F y y, áme tedy etremál může být mimum. D Φy)[h, h] = h ) < 0, Ke zjištění povhy etremály použijeme některé z následujících kritérií nebo Je-li y klsické řešení Euler Lgrnge rovnic pro funkcionál Φy) = b F, y, y ) d, je-li pro kždé z intervlu [, b] funkce fy, z) = F, y, z) konvení, pk je y minimizér dného funkcionálu. Řekneme, že bod ã je konjugovný k bodu, pokud má rovnice z y se doszuje bod podezřelý z etrému) d d P h ) + Qh = 0 netriviální řešení s okrjovými podmínkmi h) = 0, hã) = 0. Bud Φ funkcionál zdný předpisem necht y splňuje následující podmínky: Φy) = b F, y, y ) d Funkce y je etremálou funkcionálu Φ, to jest řeší příslušnou Eulerovu Lgrngeovu rovnici. Koeficient P je v bodě etremály) kldný resp. záporný). Přesněji P, y, y ) = 1 F P, y, y ) = 1 y y < 0). F y y > 0 resp.

3 Intervl, b] neobshuje žádné body konjugovné k bodu. Pk je y slbým) minimem resp. mimem) funkcionálu Φ. Zkusme nejprve postupovt podle prvního jmenovného kritéri. Fukce fy, z) z příslušného kritéri je fy, z) = yz z, kde [, b] je prmetr. tice druhých derivcí funkce f je [ ] D 0 f[v, v] = v v. tice má zjevně jedno vlstní číslo kldné druhé záporné, rozhodně tedy není pozitivně nebo negtivně definitní. N zákldě zmíněného kritéri tedy nelze rozhodnout. Zkusme nyní využít druhé jmenovné kritérium. V nšem přípdě je diferenciální rovnice pro konjugovný bod následující h ) = 0, h ) = 0, h ã) = 0. Ihned vidíme, že dná diferenciální rovnice nemá netriviální řešení v zkoumném intervlu tedy neeistuje konjugovný bod k bodu 1. Protože jsou splněny všechny podmínky z citovné věty, je nlezená etremál mimizérem funkcionálu Φ. [6]. Určete pro jké hodnoty prmetru R + je it [ konečná. Limitu spočtěte. )e s 1) s ] ds 4 Víme, že pltí Z toho plyne, že 1 s ) e s 1) = 1 s = s s3 3! + s5 5! +, e s = 1 + s + s! + s3 3! +. ) ) u s u3 3! + u5 5! u=s + + s! + s3 3! + = 1 ) s s 3 + s4 + s5 6 + = s + s + s Pokud se nám podří ověřit, že lze výše uvedenou řdu integrovt po členech, tk dostneme ) e s 1) ) [ ] s ds = s + s + s3 s 6 + ds = + s3 6 + s4 4 + = Dosdíme do zkoumného výrzu vidíme, že [ ] ds )e s 1) s = = 0 0, 6), 1 6 = 6 neeistuje/není konečná > 6. Zbývá ověřit pltnost záměny řdy integrálu. To provedeme pomocí Lebesgueovy věty, která říká:

4 Necht pltí: Posloupnost {f n } + je posloupnost lebesgueovsky integrovtelných funkcí n množině. Pro skoro všechn pltí f) = + f n), neb pro skoro všechn pltí N N + f n) = f). Eistuje lebesgueovsky integrovtelná funkce g, tková, že pro všechn N pro skoro všechn pltí N f n) g). Pk pltí: Funkce f lebesgueovsky integrovtelná funkce n množině. Lze změnit itu sumu, neb + f n ) d = N f n ) d = Funkce g se nzývá integrovtelná mjornt funkce f. Připomeňme si, že rozvojem v řdu jsme získli f) d. 1 ) s e s 1) = s + s + s = f n s) přičemž tento výpočet byl zložen n známých řdách pro funkce sin e. Pltnost záměny ity integrálu potřebujeme vyšetřit n intervlu s 0, ε), kde ε je nějké mlé) kldné reálné číslo. Pltí odhd ) ) 1 s s s3 3! + s5 sn )N s + s 5! N + 1)!! + s3 3! + + sn N! 1 s s s3 3! + s5 sn )N 5! N + 1)! ) e s 1) 1 s s + s! + s3 3! + s4 4! + s5 5! + + sn+1 N + 1)! ) e s 1) 1 s es 1) e s 1). Funkce 1 s e s 1) e s 1) je po dodefinování itou v bodě s = 0 spojitá funkce n uzvřeném intervlu [0, ε] je tudíž vhodnou integrovtelnou mjorntou. Osttní podmínky Lebesgueovy věty jsou zjevně splněny. Přípdně jsme mohli využít stejnoměrnou konvergenci příslušných řd, která pro s 0, ε) implikuje N f n s) N + 1 s ) e s 1). Přípdně jsme tké mohli použít zákldní větu diferenciálního integrálního počtu l Hospitlovo prvidlo. V l Hospitlově prvidle je potřeb spočíst derivci integrálu s proměnnou horní mezí. Využijeme zákldní větu diferenciálního integrálního počtu větu o derivci složené funkce, d dy y fs) ds = fy), d df fg)) = dg d dy y=g) d. Pltí tedy d ) e s 1) d y ) ) e s 1) d s ds = dy s y= = ) d d ) sin y e y 1) y y= ) = Vrátíme-li se k původnímu problému, získáme plikcí l Hospitlov prvidl [ ] )e s 1) s ds 4 sin 4 ) ) e 1 3 = 3 1, sin 4 ) e 1) 3.

5 což je it, kterou spočteme stndrdními technikmi z prvního ročníku. Nejlépe opět s použitím Tylorov rozvoje, viz výše.) Pozor, nelze bezmyšlenkovitě rozdělit itu n součet it, neb není nutně prvd, že sin 4 ) ) e = sin 4 ) ) e [4] 3. Spočtěte itu n) n e d. Nápověd: Pltí + e d = π. Pltí Pokud je možné změnit itu integrál n = n) en ln1+ n) = 1 + n) n + e d = en 1 + n) n e d = Provedeme substituci s použitím nápovědy dostneme výsledek + e ) s = 1 4 d = ds = d = e ln1+ n) n n = e. e + d = e s ds = e 1 4 π. Zbývá ověřit podmínky Lebesgueovy věty o záměně ity integrálu. Vět říká: Necht pltí: + e 1 ) d. Posloupnost {f n } + je posloupnost měřitelných funkcí n množině. Posloupnost {f n } + konverguje pro skoro všechn k funkci f, neb pro skoro všechn pltí f n ) = f). Eistuje lebesgueovsky integrovtelná funkce g, tková, že pro všechn n N pro skoro všechn pltí f n ) g). Pk pltí: Funkce f lebesgueovsky integrovtelná funkce n množině. Lze změnit itu integrál, f n ) d = Funkce g se nzývá integrovtelná mjornt funkce f. f n) d = f) d. Víme, že pro s 0 pltí ln1 + s) s, proto f n ) = 1 + n) n e = e n ln1+ n) e e n n e = e e, přičemž funkce e + je zjevně lebesgueovsky integrovtelná funkce n intervlu 0+, ), čímž jsme nlezli integrovtelnou mjorntu. Osttní podmínky věty jsou splněny. [3] 4. Bud dán posloupnost funkcí f n ) = e n. Njděte bodovou itu f této posloupnosti v intervlu I = [0, 1]. Rozhodněte, zd posloupnost {f n } + konverguje stejnoměrně k f n intervlu J K, kde

6 ) J = 0, 1), b) K = α, 1), kde α 0, 1 ). N intervlu I = [0, 1] zjevně pltí e n = { 1, = 0, 0, 0, 1]. Oznčme f) = { 1, = 0, 0, 0, 1].. Zbývá rozhodnout, zd pltí f n f. Použijeme ekvivlentní chrkterizci stejnoměrné konvergence, která říká: konverguje pro n + stej- Bud {f n } + R posloupnost funkcí. Posloupnost funkcí {f n} + noměrně k funkci f n intervlu, neb právě když pro n + pltí kde σ n = def f n f, σ n 0, sup f n ) f). Funkce f n je n intervlu J i K klesjící funkce. Zbývejme se nyní intervlem J. Pltí σ n = sup f n ) f) = f n) f) = = 1, J e n následně tedy σ n 0 pro n +. Konvergence proto není n intervlu J stejnoměrná. N intervlu K pltí σ n = sup f n ) f) = f n) f) = = e K α+ α+ e n nα následně tedy σ n 0 pro n +. Konvergence je proto n intervlu K stejnoměrná. [6] 5. Bud ω Λ R 3 ) diferenciální -form v R 3 dná předpisem Spočtěte integrál ω = 1 z dy dz + y dz d + y z d dy. I = kde množin S je ploch dná jko průnik množin = { R 3 + y 1 } N = { R 3 + y = z }. Ploch S je orientován tk, by průmět vektoru normály n do roviny z = 0 směřovl do počátku souřdného systému. S ω Počítejme bez použití Stokesovy věty. Plochu, viz Obrázek 1, lze zřejmě prmetrizovt následujícím způsobem = r cos ϕ, Φr, ϕ) = y = r sin ϕ, z = r, kde r [0, 1], ϕ [0, π]. Zfiujeme pořdí souřdnic [r, ϕ] spočteme normálu k ploše n = dφ dr dφ cos ϕ r sin ϕ r cos ϕ dϕ = =. sin ϕ r r cos ϕ 0 r sin ϕ r

7 Průmět normály do roviny z = 0 zřejmě směřuje do počátku souřdného systému je tedy ve shodě s poždovnou orientcí vnější normály. V dné prmetrizci je odkud se správným pořdím souřdnic je tedy d = cos ϕ dr r sin ϕ dϕ, dy = sin ϕ dr + r cos ϕ dϕ, dz = r dr, dy dz = r cos ϕ dϕ dr, dz d = r sin ϕ dr dϕ, d dy = r cos ϕ dr dϕ r sin ϕ dϕ dr. dy dz = r cos ϕ dr dϕ, dz d = r sin ϕ dr dϕ, d dy = r dr dϕ. Přenos formy ω = 1 z dy dz + y dz d + y z d dy. je proto Φ # ω) = r 5 cos ϕ r 5 cos ϕ sin ϕ + r 5 sin ϕ ) dr dϕ ůžeme spočíst integrál 1 r=0 π ϕ=0 r ) sin ϕ) drdϕ = 1 π 6 ϕ=0 = 1 π 1 6 = r 5 1 cos ϕ sin ϕ ) dr dϕ = r sin ϕ) ) dr dϕ. 1 1 ) sin ϕ) dϕ π ϕ=0 ) 1 cos 4ϕ dϕ = 1 π 1 [ ϕ 6 4 Poznámk: Ploch, která vás zjímá, je pouze plášt rotčního prboloidu. Jmenovitě, množin P = { R 3 z = 1, + y < 1 }, sin 4ϕ 4 což je podstv prboloidu, do množiny S neptří. To znmená, že ploch S není hrnicí nějkého objemu, nelze tedy použít Stokesovu větu ve tvru div u dv = u n ds, kde u je ptřičně zvolené vektorové pole. Pltí le div u dv = V V S S P u n ds, kde objem V je vnitřek prboloidu utnutého rovinou z = 1. Stokesov vět nás tedy nezbví nutnosti počítt plošný integrál, pltí pouze div u dv = u n ds + u n ds. V S P Kromě objemového integrálu div u dv bychom tedy museli počítt i s ptřičně zvolenou prmetrizcí) plošný V integrál P u n ds. ] π 0 ) = π 4.

8 [4] 6. Určete délku křivky γ v R 3, která je zdán jko průnik ploch S 1 S, kde S 1 = { R 3 y = }, { S = R 3 y = 9 } 16 z. Počátečním bodem křivky je bod [ ] [, koncovým bodem křivky je bod 4 3 ]. Kldné číslo R + je prmetr. Volme = t, pk dle rovnice pro plochu S 1 musí být y = = t, dle rovnice pro plochu S pk t3 = 9 16 z, hledná prmetrizce tedy je kde t [0, ]. Spočteme délkový elemet dl d ) ) dy dl = + + dt dt ) dz = 1) + dt = t, y = t, z = 4 3 t 3 1, ) ) t + t 1 1 = 1 + ) t + t = 1 + t ). Délk křivky je L = γ dl = t=0 1 + t ) [ ] dt = t + t =. t=0 z H H y Obrázek 1: Ploch S.