Řešení: Nejprve musíme napsat parametrické rovnice křivky C. Asi nejjednodušší parametrizace je. t t dt = t 1. x = A + ( B A ) t, 0 t 1,

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Rozměr: px
Začít zobrazení ze stránky:

Download "Řešení: Nejprve musíme napsat parametrické rovnice křivky C. Asi nejjednodušší parametrizace je. t t dt = t 1. x = A + ( B A ) t, 0 t 1,"

Transkript

1 Určete Křivkový integrál příklad 4 x ds, kde {x, y ; y ln x, x 3}. Řešení: Nejprve musíme napsat parametrické rovnice křivky. Asi nejjednodušší parametrizace je Tedy daný integrál je x ds x t, y ln t, t 3 ; ds x + y dt 3 t t + t dt 3 t t + dt t + t dt. [ 3 t + ] 3/ 3. 3 Určete x + y ds, kde je obvod trojúhelníka s vrcholy A [; ], A [; ], A 3 [; ]. Řešení: Křivka se skládá ze tří úseček, stran trojúhelníka, tj. 3. Jestliže parametrizujeme úsečku z bodu A do bodu B vztahem jsou parametrické rovnice stran trojúhelníka x A + B A t, t, A A : x, y t, t ; ds dt, A A 3 : x t, y t, t ; ds 5 dt, 3 A 3 A : x t, y, t ; ds dt. Tedy hledaný integrál je x + y ds x + y ds + x + y ds + x + y ds 3 t dt + t 5 dt + t dt Určete hmotnost oblouku paraboly y x, y <, je-li hmota rozložena s hustotou ρx, y y. Řešení: Hmotnost rovinné křivky s hustotou ρx, y najdeme integrálem m Parametrické rovnice dané křivky jsou například Tedy hmotnost křivky je m ρx, y ds. x t, y t, t ; ds x + y dt t + dt. y ds t t + dt t [ t + dt 3 t + 3/ ] 3. Typeset by AMS-TEX

2 Určete x + y ds, kde { x, y ; x + y x }. Řešení: Abychom mohli počítat křivkový integrál, musíme najít nějaké parametrické rovnice dané křivky. Naši křivku lze snadno parametrizovat v polárních souřadnicích x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r > a π < ϕ < π. Po dosazení do rovnice křivky dostaneme x + y x r r cos ϕ r cos ϕ. Protože je r >, je cos ϕ >, tj. například π ϕ π. Tedy parametrické rovnice křivky jsou například x cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, π ϕ π ; ds x + y dϕ dϕ. Po dosazení dostaneme π/ x + y ds cos ϕ dϕ. π/ Určete y ds, kde je část křivky popsané rovnicí x + y x y, která leží v prvním kvadrantu, tj. x >, y >. Řešení: Abychom mohli počítat křivkový integrál, musíme najít nějaké parametrické rovnice dané křivky. Naši křivku lze snadno parametrizovat v polárních souřadnicích x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r > a < ϕ < π. Po dosazení do rovnice křivky dostaneme x + y x y r 4 r cos ϕ sin ϕ r cos ϕ r cos ϕ. Protože musí být x >, y > a r >, dostaneme pro parametr ϕ nerovnosti cos ϕ sin ϕ, cos ϕ ϕ 4 π. Parametrické rovnice křivky tedy například jsou x cos ϕ cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, ϕ 4 π ; ds x + y dϕ dϕ cos ϕ. Hledaný křivkový integrál tedy je y ds π/4 cos ϕ sin ϕ dϕ cos ϕ π/4 sin ϕ dϕ Určete arctg y ds, kde je část Archimedovy spirály, která má v polárních souřadnicích rovnici x r ϕ a leží uvnitř kruhu se středem v počátku a s poloměrem R π/. Řešení: Polární souřadnice jsou x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r >. Máme tedy dány parametrické rovnice Archimedovy spirály x ϕ cos ϕ, y ϕ sin ϕ, ϕ >. Protože nás zajímá pouze její část, která leží v kruhu se středem v počátku a poloměrem R π, musí být x + y ϕ R 4 π < ϕ π..

3 Parametrické rovnice dané křivky tedy jsou x ϕ cos ϕ, y ϕ sin ϕ, < ϕ π ; ds x + y dϕ + ϕ dϕ. Protože je ϕ π, platí na křivce vztah arctg y x Po dosazení do daného integrálu pak dostaneme Určete π, a > }. arctg y π/ x ds ϕ + ϕ dϕ arctg ϕ sin ϕ ϕ cos ϕ arctg tg ϕ ϕ. [ 3 + ϕ ] 3/ π/ π π 6. x + y ds, kde { x, y, ; x acos t + t sin t, y asin t t cos t, t Řešení: Protože je křivka dána přímo parametrickými rovnicemi, stačí pouze najít hodnotu integrované funkce na křivce x + y a + t a ds x + y dt at dt. Po dosazení dostaneme π x + y ds a + t t dt a [ 3 + t ] 3/ π a + 4π 3/. 3 Určete těžiště homogenní křivky { x, y ; x + y R, y }. Řešení: Souřadnice těžiště x T a y T homogenní rovinné křivky najdeme pomocí integrálů x T x ds, y T y ds, kde s ds s s je délka křivky. Abychom mohli najít tyto integrály, musíme křivku nejprve parametrizovat. Pro tuto křivku je výhodná parametrizace pomocí polárních souřadnic. Když položíme x r cos ϕ a y sin ϕ, dostaneme x + y r R, tj. r R. Protože má být y, musí platit R sin ϕ. Z toho plyne třeba ϕ π. Tedy parametrické rovnice dané křivky jsou x R cos ϕ, y R sin ϕ, ϕ π ; ds x + y dϕ R dϕ. Nyní už dostaneme π s ds R dϕ πr, což dává souřadnice těžiště x ds π R cos ϕ dϕ, x T, y T π R. y ds π R sin ϕ dϕ R, Určete těžiště homogenního oblouku cykloidy dané parametrickou rovnicí { x, y ; x at sin t, y a cos t, t, π, a > }. 3

4 Řešení: Souřadnice těžiště x T a y T homogenní rovinné křivky najdeme pomocí integrálů x T x ds, y T y ds, kde s ds s s je délka křivky. Protože již máme křivku parametrizovanou, stačí najít Pak dostaneme s ds ds x + y dt a cos t dt a sin t dt. π x ds a π a sin t dt a [ cos t ] π 8a, π t sin t sin t t dt a sin t cos t + cos 3 t dt a [ ] π t cos t + 4 sin t sin t + 3 sin 3 t 8πa, y ds a π π cos t sin sin t dt a t + sin t sin 3 t dt a [ ] π 3 cos t + 3 cos 3 t 3 3 a, kde se při výpočtu integrálů použily vztahy sin α sin β cosα β cosα + β, sin α cos β sinα + β sinα β. Tedy souřadnice těžiště dané cykloidy jsou Určete x T πa, y T 4 3 a. xy ds, kde je obvod obdélníku s vrcholy A [; ], A [; ], A 3 [4; ], A 4 [4; ]. Řešení: Křivka se skládá ze čtyř úseček, stran obdélníka, tj Jestliže parametrizujeme úsečku z bodu A do bodu B vztahem jsou parametrické rovnice stran trojúhelníka Tedy hledaný integrál je x A + B A t, t, A A : x, y t, t ; ds dt, A A 3 : x 4t, y, t ; ds 4 dt, 3 A 3 A 4 : x 4, y t, t ; ds dt, 4 A 4 A : x 4 4t, y, t ; ds 4 dt, xy ds xy ds + xy ds + xy ds + xy ds Určete 5 x y ds, kde { x, y R ; x + y 4 }. 4 t dt + 6 t dt + 4.

5 Řešení: Abychom našli křivkový integrál, musíme sestrojit parametrické rovnice dané křivky. Protože je naše křivka kružnice se středem v počátku, jsou výhodné polární souřadnice x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r >. Dosadíme-li do rovnice křivky, dostaneme x + y r 4. Tedy parametrické rovnice křivky jsou například x cos ϕ, y sin ϕ, ϕ π ; ds x + y dϕ dϕ. Tedy hledaný integrál je 5 x y ds π 5 cos ϕ sin ϕ dϕ π. Určete x ds, kde je oblouk paraboly y x mezi body A [; ], B [4; 8]. Řešení: Při výpočtu křivkového integrálu musíme najít parametrické rovnice křivky. Ty lze v našem případě zvolit jako x t, y t, t 4 ; ds x + y dt + t dt. Pak pro daný křivkový integrál dostaneme Určete xy ds, kde x ds 4 { x, y ; t + t dt [ 3 + t ] 3/ x } a + y b, x >, y >, a b. Řešení: Protože je křivka částí elipsy, použijeme k její parametrizaci souřadnice r a ϕ definované vztahy x ar cos ϕ, y br sin ϕ, kde r >. Jestliže dosadíme do rovnosti, která definuje křivku, dostaneme r. Z nerovností x > a y > pak získáme, cos ϕ > a sin ϕ >. Z toho plyne, že < ϕ < π. Parametrické rovnice křivky tedy jsou x a cos ϕ, y b sin ϕ, < ϕ < π ; ds x + y dϕ a sin ϕ + b cos ϕ dϕ a křivkový integrál můžeme psát jako xy ds π/ π/ ab cos ϕ sin ϕ a sin ϕ + b cos ϕ dϕ ab cos ϕ sin ϕ b + a b sin ϕ dϕ. Poslední integrál lze najít třeba substitucí t sin ϕ. Protože dt sin ϕ cos ϕ dϕ, dostaneme xy ds ab ab b + a b t dt ab [ a 3 b 3 3 a b ab 3a + b 3a b a + ab + b. ] 3/ b + a b t 5

6 Určete y ds, kde je oblouk cykloidy dané rovnicí x at sin t, y a cos t, t, π. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí najít pouze Hledaný křivkový integrál pak je ds x + y dt a cos t dt. π π y ds a cos t a cos t dt a 3/ cos t dt 4πa 3/. Určete těžiště oblouku homogenní asteroidy dané rovnicí x /3 + y /3 a /3, x >, y > ; a >. Řešení: Souřadnice těžiště x T a y T homogenní rovinné křivky najdeme pomocí integrálů x T x ds, y T y ds, kde s ds s s je délka křivky. Abychom mohli počítat křivkové integrály, musíme najít parametrické rovnice křivky. Ty jsou pro danou asteroidu například x a cos 3 ϕ, y a sin 3 ϕ, < ϕ < π ; ds x + y dϕ 3a cos ϕ sin ϕ dϕ. Z toho dostaneme pro hledané integrály s ds 3a π/ x ds 3a π/ y ds 3a π/ [ cos ϕ sin ϕ dϕ 3a sin ϕ ] π/ 3 a, cos 4 ϕ sin ϕ dϕ 3a [ ] π/ 5 cos5 ϕ 3 5 a, sin 4 ϕ cos ϕ dϕ 3a [ ] π/ 5 sin5 ϕ 3 5 a. Tedy hledané souřadnice těžiště jsou x T y T 5 a. Určete moment setrvačnosti J z x + y ds jednoho závitu šroubovice { x, y, z ; x a cos t, y a sin t, z ht }, t, π. π Řešení: Protože je křivka definovaná parametrickými rovnicemi, stačí pro výpočet křivkového integrálu spočítat ds 4π x + y + z a dt + h dt. π Protože na křivce je x + y a, je hledaný moment setrvačnosti roven J z x + y π ds a 4π a + h π dt a 4π a + h. 6

7 Určete y + z ds, kde je dána rovnicemi x + y + z R, x y. Řešení: Abychom mohli počítat křivkový integrál, musíme najít parametrické rovnice křivky. Dosadímeli vztah x y do první rovnice, dostaneme x +z R, což je v rovině xz rovnice elipsy se středem v počátku a poloosami a R a b R. Tu lze popsat parametrickými rovnicemi x R cos ϕ, z R sin ϕ, kde ϕ π. A protože y x, dostaneme parametrické rovnice naší křivky ve tvaru x R cos ϕ, y R cos ϕ, z R sin ϕ, ϕ π ; ds x + y + z dϕ R dϕ. A protože na křivce je y + z R, je hledaný křivkový integrál roven Určete π y + z ds R Rdϕ πr. y ds, kde je dáno parametrickou rovnicí x at sin t, y a cos t, t, π. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit ds x + y dt a cos t dt. Pro daný integrál odsud dostaneme π π y ds a cos t a cos t dt a 3/ cos t dt πa 3/. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu y a cos t; t π. y ds, kde je oblouk cykloidy x at sin t, Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit protože platí vztah ds x + y dt a cos t dt a sin t dt, cos t cos t + sin t cos t sin t sin t. Jestliže podobně upravíme y 4a sin 4 t, dostaneme z daného křivkového integrálu Riemannův integrál π π y ds 8a 3 sin 5 t dt 6a3 sin 5 u du 6a kde jsme při výpočtu použili substituci t u a rekurentní vztah který platí pro n. π sin n x dx n n π sin n x dx, π sin u du 8 5 a3, 7

8 Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu y asin t t cos t; t π. x + y ds, kde je křivka x acos t + t sin t, Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit A protože x + y a + t je ds x + y dt a cos t dt at dt. x + y π ds a 3 + t t dt π π + a 3. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu a sinh t; t. xy ds, kde je část hyperboly x a cosh t, y Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu určit ds x + y dt a sinh t + cosh t dt. Pomocí tohoto vztahu dostaneme z křivkového integrálu prvního druhu Riemannův integrál xy ds a 3[ 6 a cosh t sinh t a sinh t + cosh t dt a 3 + sinh t 3/ ] a3 6 cosh + sinh 3/, sinh t cosh t + sinh t dt kde jsme při výpočtu integrálu použili substituci sinh t u. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu x 4/3 + y 4/3 ds, kde je oblouk asteroidy x /3 + y /3 a /3. Řešení: Abychom našli křivkový integrál prvního druhu, musíme najít parametrické rovnice křivky. Danou asteroidu lze poměrně jednoduše popsat parametrickými rovnicemi x a cos 3 ϕ, y a sin 3 ϕ, ϕ π ; ds x + y dϕ 3a cos ϕ sin ϕ dϕ. Při této parametrizaci dostaneme z křivkového integrálu prvního druhu Riemannův integrál x 4/3 + y 4/3 ds π Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu a 4/3 cos 4 ϕ + sin 4 ϕ a cos ϕ sin ϕ dϕ π/ 4a 7/3 cos 5 ϕ sin ϕ + sin 5 ϕ cos ϕ dϕ 4a 7/3[ 6 cos6 ϕ + 6 sin6 ϕ ] π/ omezená křivkami r a, ϕ, ϕ π ; r a ϕ jsou polární souřadnice a7/3. exp x + y ds, kde je hranice konvexní oblasti 8

9 Řešení: Polární souřadnice jsou definovány vztahy x r cos ϕ a y r sin ϕ,kde r >. Proto mají křivky hranice dané oblasti rovnice : r a x a cos ϕ, y a sin ϕ, : ϕ x r, y, 3 : ϕ 4 π x r, y r. Abychom našli daný křivkový integrál, musíme ještě určit intervaly, které nabývají parametry na jednotlivých křivkách a element délky ds. Interval, který nabývají jednotlivé parametry určíme z podmínky, aby křivka 3 byla hranicí dané oblasti. Pak dostaneme parametrické rovnice Daný křivkový integrál tedy je x a cos ϕ, y a sin ϕ, ϕ 4 π ; ds a dϕ, x r, y, r a ; ds dr, x r, y r, r a ; ds dr. exp x + y ds exp x + y ds + exp x + y π/4 e a a dϕ + a e r dr + a e r dr 4 πea a + e a. ds + exp x + y ds 3 Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu k >, která leží uvnitř kruhu r a. x ds, kde je část logaritmické spirály r ae kϕ, Řešení: Protože vztah mezi polárními a kartézskými souřadnicemi je x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r >, jsou parametrické rovnice logaritmické spirály v kartézských souřadnicích x ae kϕ cos ϕ, y ae kϕ sin ϕ. Protože nás zajímá pouze část spirály, pro kterou je r ae kϕ < a, musí být ϕ <. Tedy parametrické rovnice dané křivky jsou x ae kϕ cos ϕ, y ae kϕ sin ϕ, ϕ, ; ds x + y dϕ a + k e kϕ dϕ. Když přepíšeme daný křivkový integrál prvního druhu na Riemannův integrál nevlastní, dostaneme x ds protože ae kϕ cos ϕ a + k e kϕ dϕ a + k e k cos ϕ dϕ e kϕ cos ϕ dϕ [ ] e kϕ sin ϕ k e kϕ sin ϕ dϕ [ ] ke kϕ cos ϕ 4k e kϕ cos ϕ dϕ k 4k k + 4k + k a, e kϕ cos ϕ dϕ. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu x + y ds, kde je kružnice x + y ax. 9

10 Řešení: Pro výpočet daného křivkového integrálu prvního druhu je výhodné parametrizovat křivku v polárních souřadnicích x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde r rϕ >. Po dosazení do rovnice křivky, dostaneme r ar cos ϕ < r < a cos ϕ cos ϕ > π < ϕ < π. Tedy parametrické rovnice křivky jsou x a cos ϕ, y a cos ϕ sin ϕ, π < ϕ < π ; ds x + y dϕ a dϕ. Daný křivkový integrál tedy je Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu π/ x + y ds a cos ϕ a dϕ a. π/ ds y, kde je řetězovka y a cosh x a. Řešení: Protože je křivka dána jako graf funkce y yx,je přirozené považovat x za parametr. V našem případě probíhá x celou množinu R. Pro element délky křivky pak dostaneme ds + y dx + sinh x a dx cosh x a dx. Daný křivkový integrál prvního druhu je pak dán Riemannovým nevlastním integrálem, tj. ds y dx a cosh x a a dt cosh t e t dt a e t + [ arctg e t] π a a, e t + e t. kde jsme při integraci použili substituci x at a vztahu cosh t Najděte délku oblouku křivky x 3t, y 3t, z t 3 od bodu [; ; ] do bodu [3; 3; ]. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod daného křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít interval, který probíhá parametr t a element délky křivky ds. Parametr t zjevně probíhá interval, 3 a ds x + y + z dt t + 36t 4 dt 3 + t dt. Z toho okamžitě dostaneme s ds t dt 36. Najděte délku oblouku křivky x e t cos t, y e t sin t, z e t, < t <. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít ds x + y + z dt 3 e t dt. Pak je délka s křivky rovna s ds 3 e t dt 3.

11 Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu y a sin t, z bt; t π. x + y + z ds, kde je část šroubovice x a cos t, Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít Tedy hledaný integrál je ds x + y + z dt a + b dt. x + y + z π ds a + b t a + b dt 3 π 3a + 4π b a + b. Vypočtěte křivkový integrál prvního druhu z t; t t. z ds, kde je kónická šroubovice x t cos t, y t sin t, Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, stačí pro převod křivkového integrálu prvního druhu na Riemannův integrál najít Hledaný integrál tedy je z ds t ds x + y + z dt + t dt. t + t dt [ 3 + t ] 3/ t + t + t. 3 Najděte těžiště oblouku homogenní cykloidy x at sin t, y a cos t; t π. Řešení: Souřadnice těžiště x T a y T homogenní rovinné křivky najdeme pomocí křivkových integrálů prvního druhu x T x ds, y T y ds, kde s ds s s je délka křivky. Protože již máme křivku parametrizovanou, stačí najít Pak dostaneme π s ds π x ds a ds x + y dt a cos t dt a sin t dt. [ ] π a sin t dt a cos t 4a, t sin t sin t dt a π t sin t cos t + cos 3 t dt a [ ] π t cos t + 4 sin t sin t + 3 sin 3 t 6 3 a, π y ds a π cos t sin sin t dt a t + sin t sin 3 t dt a [ ] π 3 cos t + 3 cos 3 t 6 3 a,

12 kde se při výpočtu integrálů použily vztahy sin α sin β cosα β cosα + β, sin α cos β sinα + β sinα β. Tedy souřadnice těžiště dané cykloidy jsou x T y T 4 3 a. Najděte střední polární moment asteroidy x /3 + y /3 a /3, tj. číslo r dané vztahem I x + y ds sr, kde s je délka oblouku asteroidy. Řešení: Abychom našli křivkový integrál prvního druhu, musíme najít parametrické rovnice křivky. Danou asteroidu lze poměrně jednoduše popsat parametrickými rovnicemi x a cos 3 ϕ, y a sin 3 ϕ, ϕ π ; ds x + y dϕ 3a cos ϕ sin ϕ dϕ. Při této parametrizaci dostaneme pro délku asteroidy s ds 3a π Podobně je polární moment cos ϕ sin ϕ π/ [ dϕ a sin ϕ cos ϕ dϕ a sin ϕ ] π/ 6a. I x + y ds 3a 3 π cos 6 ϕ + sin 6 ϕ cos ϕ sin ϕ dϕ π/ a 3 cos 7 ϕ sin ϕ + sin 7 ϕ cos ϕ dϕ a 3[ π/ 8 cos8 ϕ + 8 ϕ] sin8 3a 3. Tedy střední polární moment r je podle definice 3a 3 6ar r a. Vypočtěte x xy dx + y xy dy kde { x, y ; y x, x }. Řešení: Jedná se o křivkový integrál druhého druhu. Protože je křivka prakticky parametrizovaná parametrem x, a tedy dy x dx, je daný integrál roven x xy dx+y xy dy x x 3 +xx 4 x 3 dx x x 3 4x 4 +x 5 dx 4 5. Vypočtěte x + y dx + x y dy, kde je křivka y x, < x <. Řešení: Křivku můžeme popsat jako sjednocení dvou diferencovatelných křivek : x t, y t, t, ; dx dt, dy dt, : x t, y t, t, ; dx dt, dy dt.

13 Při této parametrizaci křivky dostaneme pro daný integrál druhého druhu x + y dx + x y dy t + t t dt + + t t t dt t dt + t dt 4 3. Vypočtěte x + y dx + x y dy, kde { x, y ; x } a + y b. Řešení: Abychom spočítali daný křivkový integrál druhého druhu, napíšeme nejprve parametrické rovnice křivky. Protože se jedná o elipsu se středem v počátku a poloosami a a b, použijeme parametrizaci x a cos ϕ, y b sin ϕ, ϕ π ; dx a sin ϕ dϕ, dy b cos ϕ dϕ. Daný křivkový integrál druhého druhu lze pak spočítat jako Riemannův integrál x + y dx + x y dy Určete π π y dx + z dy + x dz, kde a cos ϕ + b sin ϕ a sin ϕ + a cos ϕ b sin ϕ b cos ϕ dϕ a + b sin ϕ + ab cos ϕ dϕ. { x, y, z ; x + y + z, x + y x, z > }. Řešení: Nejprve se pokusíme danou křivku parametrizovat. Vztah x + y x se poměrně jednoduše vyřeší pomocí polárních souřadnic x r cos ϕ, y r sin ϕ, kde rϕ >. Po dosazení do rovnice x + y x, dostaneme r cos ϕ >, tj. Z první rovnice pak plyne x cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, π < ϕ < π. z x y cos 4 ϕ cos ϕ sin ϕ sin ϕ z sin ϕ. Křivku jsme tedy parametrizovali jako sjednocení dvou na sebe navazujících křivek, kde : x cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, z sin ϕ ; π < ϕ <, : x cos ϕ, y cos ϕ sin ϕ, z sin ϕ ; < ϕ < π. Pro hledaný křivkový integrál pak dostaneme y dx + z dy + x dz + π/ π/ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ + sin ϕ cos ϕ sin ϕ + cos 5 ϕ dϕ+ cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ + sin ϕ cos ϕ sin ϕ cos 5 ϕ 3 dϕ

14 Jestliže v prvním integrálu uděláme substituci ϕ ϕ, dostaneme Určete π/ y dx + z dy + x dz sin ϕ cos ϕ sin ϕ dϕ π 3 π π 4 4. π/ y dx + z dy + x dz po křivce { x, y, z ; x + y, x + z }. sin ϕ sin 4 ϕ dϕ Řešení: Abychom našli daný křivkový integrál druhého druhu, parametrizujeme nejprve křivku. Z rovnice x + y plyne, že můžeme zvolit x cos ϕ a y sin ϕ. Ze druhé rovnice pak dostaneme z x cos ϕ. Parametrické rovnice dané křivky jsou x cos ϕ, y sin ϕ, z cos ϕ, ϕ π. Pomocí těchto parametrických rovnic lze přepsat daný křivkový integrál druhého druhu jako π y dx + z dy + x dz sin ϕ + cos ϕ cos ϕ + cos ϕ sin ϕ dϕ π + cos ϕ + sin ϕ cos ϕ dϕ π. x + y Určete x + y dx x y x + y dy, kde je kružnice x + y R orientovaná ve směru od kladné poloosy x ke kladné poloose y. Řešení: Protože daná křivka je kružnice se středem v počátku a poloměrem R, jsou její parametrické rovnice x R cos ϕ, y R sin ϕ, ϕ π. Protože hodnotě parametru ϕ odpovídá bod [; ] a hodnotě ϕ π bod [; ], probíháme při zvolené parametrizaci křivku v předepsaném směru. Tedy daný křivkový integrál druhého druhu je x + y x + y dx x y x + y dy Určete π π R cos ϕ + R sin ϕ R sin ϕ R cos ϕ R sin ϕ R cos ϕ R dϕ dϕ π. y dx x dy, kde je určena parametrickou rovnicí x a cos 3 t, y a sin 3 t, < t < π. Řešení: Křivka je dána parametrickými rovnicemi. Protože dx 3a cos t sin t dt a dy 3a sin t cos t dt, je daný křivkový integrál roven π y dx x dy 3a π cos t sin 4 t cos 4 t sin t dt 3a cos t sin t dt 3 8 a π cos 4t dt 3 4 πa. 4

15 { Určete y dx x dy, kde x, y ; x } a + y b, x >. Řešení: Daná křivka je polovina elipsy se středem v počátku a poloosami a a b. Proto je popsána parametrickými rovnicemi x a cos ϕ a y b sin ϕ. Z podmínky x > pak plyne, že cos ϕ >, tj. π < ϕ < π. Z toho dostaneme, že hledaný křivkový integrál je y dx x dy π/ π/ ab sin ϕ ab cos ϕ dϕ πab. Určete a y dx + x dy po křivce dané parametrickou rovnicí x at sin t, y a cos t, < t < π. Řešení: Křivka je dána parametrickými rovnicemi. Protože je daný křivkový integrál roven Určete a y dx + x dy dx a cos t dt, dy a sin t dt, π a π a + cos t a cos t + at sin t a sin t dt t sin t dt a [ ] π t cos t + sin t πa. y dx x dy+z dz po obvodu trojúhelníka, jehož vrcholy jsou průsečíky roviny 3x+y+6z 6 se souřadnicovými osami. Řešení: Vrcholy trojúhelníka jsou A x [; ; ], A y [; 3; ] a A z [; ; ]. Křivka se tedy skládá ze tří úseček. Jestliže budeme popisovat úsečku z bodu A do bodu B parametrickými rovnicemi budou parametrické rovnice jednotlivých úseček x A + B A t, t, A x A y : x t, y 3t, z, t,, A y A z : x, y 3 3t, z t, t,, 3 A z A x : x t, y, z t, t,. Daný křivkový integrál lze pak počítat jako součet integrálů přes jednotlivé úsečky. Když využijeme toho, že při zvolené parametrizaci probíhá parametr t na všech úsečkách interval,, dostaneme y dx x dy + z dz 3t t 3 + t t dt 7 + t dt 6. { Určete y z dx + z x dy + x y dz, kde x, y, z ; x + y a x, a + z h, a > }, h > je orientována tak, že tečna ke křivce v bodě [a; ; ] má kladnou druhou složku, tj. ta,,,, >. 5

16 Řešení: Nejprve najdeme řešení rovnic, které popisují danou křivku, tj. najdeme její parametrické rovnice. Zvolíme-li za řešení první rovnice x a cos ϕ, y a sin ϕ, plyne z druhé rovnice z h cos ϕ. Tedy parametrické rovnice křivky jsou například x a cos ϕ, y a sin ϕ, z h cos ϕ, ϕ π. Protože naše parametrizace indukuje vektor tečny t a sin ϕ, a cos ϕ, h sin ϕ a bodu [a; ; ] odpovídá hodnota parametru ϕ, je ta,,, a,. Protože je druhá složka vektoru tečny kladná, indukuje naše parametrizace orientaci křivky shodnou s požadovanou orientací. Tedy hledaný integrál je y z dx + z x dy + x y dz π π Určete a sin ϕa sin ϕ h + h cos ϕ + a cos ϕh h cos ϕ a cos ϕ + h sin ϕa cos ϕ a sin ϕ dϕ bodem B [; 4]. a ah cos ϕ sin ϕ dϕ πaa + h. dx + y dy, kde je oblouk paraboly y x s počátečním bodem A [; ] a koncovým Řešení: Protože je křivka dána jako graf funkce y yx, můžeme zvolit za parametr přímo proměnnou x, které probíhá interval,. Proto je daný křivkový integrál roven dx + y dy + x 3 dx 7. Určete 4a y dx + x dy, kde je dáno parametrickou rovnicí x at sin t, y a cos t, t, π. Řešení: Protože je křivka dána parametricky, dostaneme přímo 4a y dx + x dy π 3a + a cos t a cos t + at sin t a sin t dt π a [ π cos t + t sin t dt a t sin t t cos t + sin t] πa. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál, a pomocí toho určete [;3] [;] x + y dx + x y dy. Řešení: Výraz F x dx + F y dy je úplný diferenciál funkce Ux, y, když platí du dx + x y dy F x dx + F y dy F x x, F y y. 6

17 Na jednoduše souvislé oblasti Ω R stačí, aby byly funkce F x a F y diferencovatelné v Ω a aby platilo y F y x. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y dy úplný diferenciál v jednoduše souvislé oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě. V našem případě jsou funkce F x x + y, F y x y diferencovatelné v R a y F y x. Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A [; ] do bodu B [; 3]. Její parametrické rovnice jsou x t, y + t, t. Tedy [;3] x + y dx + x y dy [;] + 4t dt 4. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál, a pomocí toho určete [;] [; ] x y dx dy. Řešení: Výraz F x dx + F y dy je úplný diferenciál funkce Ux, y, když platí du dx + x y dy F x dx + F y dy F x x, F y y. Na jednoduše souvislé oblasti Ω R stačí, aby byly funkce F x a F y diferencovatelné v Ω a aby platilo y F y x. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y dy úplný diferenciál v jednoduše souvislé oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě. V našem případě jsou funkce F x x y, F y y x diferencovatelné v R a y F y x. Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A [; ] do bodu B [; ]. Její parametrické rovnice jsou x, y + t, t. 7

18 Tedy [;] [; ] x y dx dy t dt. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho spočítejte kde křivka neprotíná osu Oy. [,] [;] y dx x dy x, Řešení: Výraz F x dx + F y dy je úplný diferenciál funkce Ux, y, když platí du dx + x y dy F x dx + F y dy F x x, F y y. Na jednoduše souvislé oblasti Ω R stačí, aby byly funkce F x a F y diferencovatelné v Ω a aby platilo y F y x. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y dy úplný diferenciál v jednoduše souvislé oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě. V našem případě jsou funkce diferencovatelné v polorovině x > a F x y x, F y x y F y x x. Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A [; ] do bodu B [; ]. Její parametrické rovnice jsou x t, y + t, t. Tedy [,] [;] y dx x dy t + t x t dt 3. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho spočítejte kde křivka neprochází počátkem. [6;8] [;] x dx + y dy x + y, 8

19 Řešení: Výraz F x dx + F y dy je úplný diferenciál funkce Ux, y, když platí du dx + x y dy F x dx + F y dy F x x, F y y. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y dy úplný diferenciál v oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě a je roven [x ;y ] [x ;y ] F x dx + F y dy U x, y U x, y. Nutná podmínka pro to, aby byl výraz F x dx + F y dy úplným diferenciálem funkce, je V našem případě jsou funkce F x y F y x. x x + y, F y y x + y. Protože všude mimo bod [; ] platí y F y x xy x + y, 3/ může funkce Ux, y existovat. Pro takovou funkci musí platit x x x + y a y y x + y. Z první rovnice dostaneme integrací podle proměnné x, že musí být x dx Ux, y x + y x + y + fy, kde fy je libovolná diferencovatelná funkce nezávislá na proměnné x. Po dosazení do druhé rovnice dostaneme x + y y + fy Tedy fy, kde je libovolná konstanta a y x + y + f y y x + y f y. Proto je hledaný integrál Ux, y x + y +. [6;8] [;] x dx + y dy x + y U6, 8 U,

20 Dokažte, že je-li fu spojitá funkce a po částech hladká uzavřená křivka, je y dy. Řešení: Platí věta, že integrál F x dx + F y dy fx + y x dx + přes každou uzavřenou křivku, která leží v oblasti Ω R, právě tehdy, když v Ω existuje diferencovatelná funkce Ux, y, potenciál, taková, že F x x a F y y. Nutná podmínka pro existenci potenciálu je rovnost Protože v našem případě je y F y x. F x xf x + y, F y yf x + y, a pro každou diferencovatelnou funkci fx + y platí y F y x xyf t, kde t x + y, je podmínka splněna alespoň pro každou diferencovatelnou funkci ft. Budeme-li hledat funkci Ux, y ve tvaru Ux, y ut, kde t x + y, plyne z věty o derivaci složené funkce F x x xu t xft a F y y yu t yft u t ft ut F t, kde F t je libovolná primitivní funkce k funkci ft. Ale protože je ft podle předpokladů spojitá, její primitivní funkce F t existuje. Protože jsme našli příslušný potenciál Ux, y F x + y, platí pro každou uzavřenou křivku fx + y x dx + y dy. Vypočtěte y z dx + yz dy x dz, kde je křivka x t, y t, z t 3, t, orientovaná ve směru rostoucího parametru. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, můžeme daný křivkový integrál druhého druhu přímo přepsat na Riemannův integrál jako y z dx + yz dy x dz t 4 t 6 + t 5 t t 3t dt 3t 6 t 4 dt 35.

21 Vypočtěte y dx + z dy + x dz, kde je závit šroubovice x a cos t, y a sin t, z bt, t π, orientovaný ve směru rostoucího parametru. Řešení: Protože je křivka dána parametrickými rovnicemi, můžeme daný křivkový integrál druhého druhu přímo přepsat na Riemannův integrál jako y dx + z dy + x dz π a sin t + abt cos t + ab cos t dt [ a t 4 sin 4t + ab t sin t + cos t + sin t ] π πa. Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho integrál spočítejte [6;;] [;;3] yz dx + xz dy + xy dz. Řešení: Výraz F x dx + F y dy + F z dz je úplný diferenciál funkce Ux, y, z, když platí du dx + dy + x y z dz F x dx + F y dy + F z dz F x x, F y y, F z z. Na jednoduše souvislé oblasti Ω R 3 stačí, aby byly funkce F x, F y a F z diferencovatelné v Ω a aby platilo y F y x, z F z x, F y z F z y. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y dy + F z dz úplný diferenciál v jednoduše souvislé oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě. V našem případě jsou funkce F x yz, F y xz, F z xy diferencovatelné v R 3 a y F y x z, z F z x y, F y z F z y x. Protože nezávisí na tom, po jaké křivce integrujeme, lze integrál počítat například po úsečce z bodu A [; ; 3] do bodu B [6; ; ]. Její parametrické rovnice jsou Tedy [6;;] [;;3] yz dx + xz dy + xy dz x + 5t, y t, z 3 t, t. 5 t3 t + 5t3 t + 5t t dt 3 66t + 3t dt.

22 Přesvědčte se, že integrovaný výraz je úplný diferenciál a pomocí toho integrál spočítejte [x ;y ;z ] [x ;y ;z ] x dx + y dy + z dz x + y + z, kde x + y + z a, x + y + z b, a >, b >. Řešení: Výraz F x dx + F y dy + F z dz je úplný diferenciál funkce Ux, y, z, když platí du dx + dy + x y z dz F x dx + F y dy + F z dz F x x, F y y, F z z. Platí věta, že když je výraz F x dx + F y dy + F z dz úplný diferenciál v oblasti Ω, nezávisí křivkový integrál druhého druhu na křivce, která leží v oblasti Ω, ale jen na hodnotách funkce v jejím počátečním a koncovém bodě a je roven [x ;y,z ] [x ;y ;z ] F x dx + F y dy + F z dz U x, y, z U x, y, z. Nutná podmínka pro to, aby byl výraz F x dx + F y dy + F z dz úplným diferenciálem funkce, je y F y x, z F z x, F y z F z y. V našem případě jsou funkce F x x x + y + z, F y y x + y + z, F z z x + y + z. Protože všude mimo bod [; ; ] platí y F y x xy x + y + z, 3/ z F y z F z x xz x + y + z, 3/ F z y yz x + y + z, 3/ může funkce Ux, y, z existovat. Pro takovou funkci musí platit x x x + y + z, y y x + y + z, z z x + y + z. Z první rovnice dostaneme integrací podle proměnné x, že musí být x dx Ux, y, z x + y + z x + y + z + fy, z, kde fy, z je libovolná diferencovatelná funkce nezávislá na proměnné x. Po dosazení do druhé rovnice dostaneme x + y y + z y + fy, z x + y + z + f y f y, z y, z. y x + y + z y

23 Tedy fy, z gz, kde diferencovatelná funkce gz je funkce pouze proměnné z a A po dosazení do třetí rovnice získáme x + y z + z + gz Tedy gz, kde je libovolná konstanta a Proto je hledaný integrál [x ;y ;z ] [x ;y ;z ] Ux, y, z x + y + z + gz. z x + y + z + g z Ux, y, z x + y + z +. z x + y + z g z. x dx + y dy + z dz Ux, y, z Ux, y, z x x + y + z + y + z x + y + z b a. Vypočtěte kde je kružnice x + y a. xy dx x y dy, Řešení: Protože je křivka kružnice se středem v počátku a poloměrem a, jsou její parametrické rovnice x a cos ϕ, y a sin ϕ, ϕ π. Při této parametrizaci dostaneme z daného křivkového integrálu Riemannův integrál xy dx x y dy π a 4 π a 3 cos ϕ sin ϕ a sin ϕ a 3 cos ϕ sin ϕ a cos ϕ dϕ cos ϕ sin ϕ dϕ a 4[ ] π sin ϕ. Vypočtěte x + y dx x y dy, kde je elipsa x a + y b. Řešení: Protože je křivka elipsa se středem v počátku a poloosami a a b, jsou její parametrické rovnice x a cos ϕ, y b sin ϕ, ϕ π. Při této parametrizaci dostaneme z daného křivkového integrálu Riemannův integrál x + y dx x y dy π π a cos ϕ + b sin ϕ a sin ϕ a cos ϕ b sin ϕ b cos ϕ dϕ b a cos ϕ sin ϕ ab dϕ 3 [ b a sin ϕ abϕ ] π πab.

24 Jakou podmínku musí splňovat diferencovatelná funkce F x, y, aby křivkový integrál F x, yy dx + x dy nezávisel na integrační cestě, ale jen na jejím počátečním a koncovém bodě? Řešení: Integrál f x dx + f y dy, kde f x a f y jsou diferencovatelné funkce na jednoduše souvislé oblasti Ω nezávisí na integrační cestě právě tehdy, když platí Protože v našem případě je musí platit f y x f x y. f x yf x, y a f y xf x, y, F xf yf x x y x y F y. F x, y gxy Pomocí křivkového integrálu určete obsah obrazce omezeného asteroidou x a cos 3 t, y a sin 3 t, t π. Řešení: Podle Greenovy věty platí pro spojitě diferencovatelné funkce P a Q na oblasti Ω vztah Q P dx + Q dy x P dx dy, y δω kde δω je kladně orientovaná hranice Ω. Jestliže zvolíme například P a Q x, dostaneme podle této věty x dy dx dy P Ω. Tedy obsah P dané oblasti lze určit jako P Ω π π x dy 3a cos 4 t sin t dt 3a cos 4 t cos 6 t dt 3 3a 4 π π Ω 3 8 πa. Pomocí Stokesovy věty vypočtěte integrál y + z dx + z + x dy + x + y dz, kde je elipsa x a sin t, y a sin t cos t, z a cos t, t π, orientovaná ve směru rostoucího parametru t. Řešení: Podle Stokesovy věty platí pro vektorové pole f f x, f y, f z, které je spojitě diferencovatelné na jednoduše souvislé oblasti Ω f ds rot f ds, δs kde S Ω a δs je kladně orientovaná hranice S. V našem případě je vektorové pole f y + z, z + x, x + y rot f,,. S 4

25 Protože je f spojitě diferencovatelné na celém R 3, je podle Stokesovy věty y + z dx + z + x dy + x + y dz. Pomocí Stokesovy věty vypočtěte integrál x + y a, x a + z, a >, h >. h y z dx + z x dy + x y dz, kde je elipsa Řešení: Vektorové pole f y z, z x, x y je spojitě diferencovatelné v celém R 3. Proto lze použít Stokesovu, podle které platí δs f ds S rot f ds, kde S Ω a δs je kladně orientovaná hranice S. Rotace vektorového pole f je rot f,,. Uzavřená křivka je průnikem válcové plochy x + y a a roviny x a + z h plochy S R 3, která je definována rovnicí. Je to hranice x a + z h, x + y < a. Tedy platí y z dx + z x dy + x y dz dy dz + dz dx + dx dy. S Abychom našli plošný integrál druhého druhu přes plochu S, zavedeme její parametrizaci. Například za parametry zvolíme proměnné x a y a plochu S budeme popisovat rovnicí Při této parametrizaci je z h a a x, x + y < a. t x,, ha, t y,, n t x t y ha,,. Jestliže budeme předpokládat, že je tato orientace plochy shodná s orientací její hranice, dostaneme z dx + z x dy + x y dz y ha + dx dy, K kde K je kruh x + y < a. Tedy poslední integrál je obsah kruhu s poloměrem a, tj. je roven πa. Tedy platí y z dx + z x dy + x y dz πaa + h. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f xi + yj + zk podél části šroubovice r ia cos t + ja sin t + kbt, kde t π. 5

26 Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f x, y, z a křivka je dána parametrickými rovnicemi Hledaná práce tedy je A π x a cos t, y a sin t, z bt, t π. π a cos t a sin t + a sin t a cos t + bt b dt b t dt π b. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f i y + j z + k x podél úsečky, která spojuje body [; ; ] a [; 4; 8]. Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f y, z, x a křivka je úsečka z bodu M [; ; ] do bodu M [; 4; 8]. Jestliže vezmeme parametrické rovnice úsečky dostaneme A + 3t t t x + t, y + 3t, z + 7t, t, dt [ ] 3 ln + 3t ln + 7t + 7 ln + t 88 ln. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f e y z i + e z x j + e x y k podél úsečky mezi body [; ; ] a [, 3, 5]. Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f e y z, e z x, e x y a křivka je úsečka z bodu M [; ; ] do bodu M [; 3; 5]. Jestliže vezmeme parametrické rovnice úsečky x t, y 3t, z 5t, t, dostaneme A e t + 3e 4t + 5e t dt [ 3e t + 34 e4t] 3e e Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f y + zi + z + xj + x + yk podél nejkratší kružnice na kulové ploše x + y + z 5, která spojuje body [3; 4; ] a [; ; 5]. 6

27 Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f y + z, z + x, x + y a křivka je oblouk kružnice se středem v počátku, od bodu [3; 4; ] do bodu [; ; 5]. Protože je tato kružnice je průnik koule x + y + z 5 a roviny kolmé k rovině xy, lze hledat její parametrické rovnice ve tvaru x 5 cos θ cos α, y 5 cos θ sin α, z 5 sin θ, kde α je konstantní úhel. Bodu [; ; 5] odpovídá hodnota parametru θ π a bodu [3; 4; ] hodnota θ. Navíc musí pro θ být 5 cos α 3 a 5 sin α 4. Jestliže dosadíme za α do, dostaneme parametrické rovnice oblouku ve tvaru Proto je A π/ π/ x 3 cos θ, y 4 cos θ, z 5 sin θ, θ π. 3 sin θ 4 cos θ + 5 sin θ 4 sin θ 3 cos θ + 5 sin θ + 5 cos θ 7 cos θ dθ 35 cos θ sin θ dθ [ 35 sin θ + 6 cos θ ] π/. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte práci vektoru f yi + xj + ck, kde c je konstanta, podél kružnice x + y, z Řešení: Práce A vektorového pole f f x, f y, f z podél křivky je definován jako křivkový integrál druhého druhu A f ds f x dx + f y dy + f z dz. V našem případě je f y, x, c, kde c je daná konstanta, a křivka je kružnice x +y, z. Protože je kružnice se středem v bodě [; ; ] a poloměrem, která leží v rovině z, můžeme psát její parametrické rovnice jako Při této volbě parametrizace dostaneme A π x + cos ϕ, y sin ϕ, z, ϕ π. sin ϕ sin ϕ + + cos ϕ cos ϕ + dϕ π + cos ϕ dϕ π. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Ukažte, že vektorové pole f yzx + y + zi + xzx + y + zj + xyx + y + zk je potenciální a najděte jeho potenciál. Řešení: Podle definice je vektorové pole f f x, f y, f z potenciální na oblasti Ω R 3, jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U Ux, y, z, potenciál, taková, že grad U f x f x, y f y, z f z. Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole f platit rot f, tj. f y x f x y, f z x f x z, 7 f z y f y z.

28 V našem případě jsou složky pole f rovny f x yzx + y + z, f y xzx + y + z, f z xyx + y + z. Jsou tedy spojitě diferencovatelné na celém R 3 a platí pro ně f y x f x f zx + y + z, y z x f x f yx + y + z, z z y f y z xx + y + z. Tedy podmínky jsou splněny a potenciál Ux, y, z může existovat. soustavy rovnic x f x yzx + y + z, y f y xzx + y + z, z f z xyx + y + z. Najdeme jej jako řešení x y z Jestliže rovnici x integrujeme podle proměnné x při pevném y a z, dostaneme Ux, y, z x yz + xy z + xyz + Φy, z xyzx + y + z + Φy, z, kde Φy, z je libovolná diferencovatelná funkce, která nezávisí na proměnné x. Když dosadíme tuto funkci do vztahu y, získáme xzx + y + z + Φ y xzx + y + z Φ y Φy, z Ψz, kde Ψz je libovolná diferencovatelná funkce, která závisí pouze na proměnné z. Tedy potenciál musí mít tvar Ux, y, z xyzx + y + z + Ψz. Po dosazení do rovnice z dostaneme pro funkci Ψz vztah xyx + y + z + Ψ z xyx + y + z Ψ z Ψz konstanta. A z toho plyne, že potenciál vektorového pole f je kde je libovolná konstanta. Ux, y, z xyzx + y + z +, Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Ukažte, že vektorové pole f i y + z xj / y + z xk 3/ y + z 3/ je potenciální a najděte jeho práci podél křivky, která leží v kladném oktantu, tj. x, y, z > a spojuje body [; ; 3] a [; 4; 5]. Řešení: Podle definice je vektorové pole f f x, f y, f z potenciální na oblasti Ω R 3, jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U Ux, y, z, potenciál, taková, že grad U f x f x, 8 y f y, z f z.

29 Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole f platit rot f, tj. f y x f x y, V našem případě jsou složky pole f rovny f z x f x z, f z y f y z. f x y + z, x f y y + z, f x 3/ z y + z. 3/ Jsou tedy spojitě diferencovatelné na polorovině y + z > a platí pro ně f y x f x y y + z, f z 3/ x f x z y + z, f z 3/ y f y z 3x y + z. 5/ Tedy podmínky jsou splněny a potenciál Ux, y, z může existovat. soustavy rovnic Najdeme jej jako řešení x f x, y + z x y f x y, y + z 3/ y z f x z. y + z 3/ z Jestliže rovnici x integrujeme podle proměnné x při pevném y a z, dostaneme Ux, y, z x y + z + Φy, z, kde Φy, z je libovolná diferencovatelná funkce, která nezávisí na proměnné x. Když dosadíme tuto funkci do vztahu y, získáme x Φ + y + z 3/ y x Φ Φy, z Ψz, y + z 3/ y kde Ψz je libovolná diferencovatelná funkce, která závisí pouze na proměnné z. Tedy potenciál musí mít tvar Ux, y, z x + Ψz. y + z Po dosazení do rovnice z dostaneme pro funkci Ψz vztah x y + z + x 3/ Ψ z y + z 3/ Ψ z Ψz konstanta. A z toho plyne, že potenciál vektorového pole f je Ux, y, z x y + z +, kde je libovolná konstanta. Protože pro potenciální vektorové pole f s potenciálem Ux, y, z na oblasti Ω platí f ds U x, y, z U x, y, z, 9

30 kde je libovolná diferencovatelná křivka, která leží v oblasti Ω, a M [ x ; y ; z ], resp. M [ x ; y ; z ], je počáteční, resp. koncový bod křivky, je integrál přes křivku, která začíná v bodě M [; ; 3] a končí v bodě M [; 4; 5] roven f ds U, 4, 5 U,, 3 3. Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Najděte potenciál vektorového pole f m r, kde m je konstanta, r xi + yj + zk a r r. r3 Řešení: Podle definice je vektorové pole f f x, f y, f z potenciální na oblasti Ω R 3, jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U Ux, y, z, potenciál, taková, že grad U f x f x, y f y, z f z. Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole f platit rot f, tj. f y x f x y, f z x f x z, f z y f y z. Protože r r x + y + z, jsou v našem případě složky pole f rovny mx f x x + y + z, f my 3/ y x + y + z, f mz 3/ z x + y + z. 3/ Jsou tedy spojitě diferencovatelné v celém R 3 kromě počátku a platí pro ně f y x f x y 3mxy x + y + z 5/, f z x f x z 3mxz x + y + z 5/, f z y f y z 3myz x + y + z 5/. Tedy podmínky jsou splněny a potenciál Ux, y, z může existovat. soustavy rovnic Najdeme jej jako řešení x f mx x x + y + z, 3/ y f my y x + y + z, 3/ z f mz z x + y + z. 3/ Když budeme předpokládat, že Ux, y, z ur, kde r x + y + z, dostaneme, protože platí r x x, atd., podle věty o derivaci složené funkce z těchto rovnic r x du dr r x x r du dr mx r 3 du dr m r ur m r +, kde je libovolná konstanta. Snadno se lze přesvědčit, že pro funkci Ux, y, z m x + y + z + platí m grad U x + y + z x, y, z m 3/ r 3 r, a tedy je to hledaný potenciál daného vektorového pole f. 3

31 Nechť i, j, resp. k, jsou jednotkové vektory ve směru osy x, y, resp. z. Dokažte, že vektorové pole v frr, kde r xi + yj + zk, r r a f je spojitě diferencovatelná funkce, je potenciální a najděte jeho potenciál. Řešení: Podle definice je vektorové pole v v x, v y, v z potenciální na oblasti Ω R 3, jestliže na Ω existuje dvakrát spojitě diferencovatelná funkce U Ux, y, z, potenciál, taková, že grad U v x v x, y v y, z v z. Aby existoval potenciál, musí pro vektorové pole v platit rot v, tj. v y x v x y, v z x v x z, v z y v y z. V našem případě jsou složky vektorového pole v rovny v x xfr, v y yfr, v z zfr, kde fr je libovolná spojitě diferencovatelná funkce proměnné r r x + y + z. Jsou tedy spojitě diferencovatelné v celém R 3 a platí pro ně, protože r x x x + y + z x r,..., v y x v x y xy r f r, v z x v x z xz r f r, v z y v y z yz r f r. Tedy podmínky jsou splněny a potenciál Ux, y, z může existovat. soustavy rovnic Najdeme jej jako řešení x v x xfr, y v y yfr, z v z zfr. Když budeme předpokládat, že Ux, y, z ur, kde r x + y + z, dostaneme, protože platí r x x, atd., podle věty o derivaci složené funkce z těchto rovnic r x du dr r x x r u r xfr du dr rfr. Tedy funkce ur F r, kde F r je primitivní funkce k funkci rfr, tj. F r rfr dr. Hledaný potenciál tedy je kde F r rfr a je libovolná konstanta. Ux, y, z F x + y + z +, 3

y ds, z T = 1 z ds, kde S = S

y ds, z T = 1 z ds, kde S = S Plošné integrály příklad 5 Určete souřadnice těžiště části roviny xy z =, která leží v prvním oktantu x >, y >, z >. Řešení: ouřadnice těžiště x T, y T a z T homogenní plochy lze určit pomocí plošných

Více

Dvojné a trojné integrály příklad 3. x 2 y dx dy,

Dvojné a trojné integrály příklad 3. x 2 y dx dy, Spočtěte = { x, y) ; 4x + y 4 }. Dvojné a trojné integrály příklad 3 x y dx dy, Řešení: Protože obor integrace je symetrický vzhledem k ose x, tj. vzhledem k substituci [x; y] [x; y], a funkce fx, y) je

Více

PŘÍKLADY K MATEMATICE 3

PŘÍKLADY K MATEMATICE 3 PŘÍKLADY K ATEATIE 3 ZDENĚK ŠIBRAVA. Křivkové integrály.. Křivkový integrál prvního druhu. Příklad.. Vypočítejme křivkový integrál A =, ), B = 4, ). Řešení: Úsečka AB je hladká křivka. Funkce ψt) = 4t,

Více

arcsin x 2 dx. x dx 4 x 2 ln 2 x + 24 x ln 2 x + 9x dx.

arcsin x 2 dx. x dx 4 x 2 ln 2 x + 24 x ln 2 x + 9x dx. Neurčitý integrál arcsin. Integrál najdeme integrací per partes. Pomocí této metody dostaneme arcsin = arcsin 4 = arcsin + 4 + C, (,. ln + 4 ln + 9. Tento integrál lze převést substitucí ln = y na integrál

Více

Substituce ve vícenásobném integrálu verze 1.1

Substituce ve vícenásobném integrálu verze 1.1 Úvod Substituce ve vícenásobném integrálu verze. Následující text popisuje výpočet vícenásobných integrálů pomocí věty o substituci. ěl by sloužit především studentům předmětu ATEAT k přípravě na zkoušku.

Více

Diferenciální počet 1 1. f(x) = ln arcsin 1 + x 1 x. 1 x 1 a x 1 0. f(x) = (cos x) cosh x + 3x. x 0 je derivace funkce f(x) v bodě x0.

Diferenciální počet 1 1. f(x) = ln arcsin 1 + x 1 x. 1 x 1 a x 1 0. f(x) = (cos x) cosh x + 3x. x 0 je derivace funkce f(x) v bodě x0. Nalezněte definiční obor funkce Diferenciální počet f = ln arcsin + Definiční obor funkce f je určen vztahy Z těchto nerovností plyne < + ln arcsin + je tedy D f =, Určete definiční obor funkce arcsin

Více

PŘÍKLADY K MATEMATICE 3 - VÍCENÁSOBNÉ INTEGRÁLY. x 2. 3+y 2

PŘÍKLADY K MATEMATICE 3 - VÍCENÁSOBNÉ INTEGRÁLY. x 2. 3+y 2 PŘÍKLADY K ATEATICE 3 - VÍCENÁSOBNÉ INTEGRÁLY ZDENĚK ŠIBRAVA.. Dvojné integrály.. Vícenásobné intergrály Příklad.. Vypočítejme dvojný integrál x 3 + y da, kde =, 3,. Řešení: Funkce f(x, y) = x je na obdélníku

Více

1. Náhodný vektor (X, Y ) má diskrétní rozdělení s pravděpodobnostní funkcí p, kde. p(x, y) = a(x + y + 1), x, y {0, 1, 2}.

1. Náhodný vektor (X, Y ) má diskrétní rozdělení s pravděpodobnostní funkcí p, kde. p(x, y) = a(x + y + 1), x, y {0, 1, 2}. VIII. Náhodný vektor. Náhodný vektor (X, Y má diskrétní rozdělení s pravděpodobnostní funkcí p, kde p(x, y a(x + y +, x, y {,, }. a Určete číslo a a napište tabulku pravděpodobnostní funkce p. Řešení:

Více

Veronika Chrastinová, Oto Přibyl

Veronika Chrastinová, Oto Přibyl Integrální počet II. Příklady s nápovědou. Veronika Chrastinová, Oto Přibyl 16. září 2003 Ústav matematiky a deskriptivní geometrie FAST VUT Brno Obsah 1 Dvojný integrál 3 2 Trojný integrál 7 3 Křivkový

Více

Křivkové integrály prvního druhu Vypočítejte dané křivkové integrály prvního druhu v R 2.

Křivkové integrály prvního druhu Vypočítejte dané křivkové integrály prvního druhu v R 2. Křivové integrál prvního druhu Vpočítejte dané řivové integrál prvního druhu v R. Přílad. ds x, de je úseča AB, A[, ], B[4, ]. Řešení: Pro řivový integrál prvního druhu platí: fx, ) ds β α fϕt), ψt)) ϕ

Více

+ 2y. a y = 1 x 2. du x = nxn 1 f(u) 2x n 3 yf (u)

+ 2y. a y = 1 x 2. du x = nxn 1 f(u) 2x n 3 yf (u) Diferenciální počet příklad 1 Dokažte, že funkce F, = n f 2, kde f je spojitě diferencovatelná funkce, vhovuje vztahu + 2 = nf ; 0 Řešení: Označme u = 2. Pak je F, = n fu a platí Podle vět o derivaci složené

Více

, = , = , = , = Pokud primitivní funkci pro proměnnou nevidíme, pomůžeme si v tuto chvíli jednoduchou substitucí = +2 +1, =2 1 = 1 2 1

, = , = , = , = Pokud primitivní funkci pro proměnnou nevidíme, pomůžeme si v tuto chvíli jednoduchou substitucí = +2 +1, =2 1 = 1 2 1 ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MB ČÁST 7 Příklad 1 a) Vypočtěte hmotnost oblasti ohraničené přímkami =1,=3,=1,= jestliže její hustota je dána funkcí 1,= ++1 b) Vypočtěte statický moment čtverce ohraničeného přímkami

Více

12. Křivkové integrály

12. Křivkové integrály 12 Křivkové integrály Definice 121 Jednoduchou po částech hladkou křivkou v prostoru R n rozumíme množinu bodů [x 1,, x n ], které jsou dány parametrickými rovnicemi x 1 = ϕ 1 t), x 2 = ϕ 2 t), x n = ϕ

Více

FAKULTA STAVEBNÍ MATEMATIKA II MODUL 2 STUDIJNÍ OPORY PRO STUDIJNÍ PROGRAMY S KOMBINOVANOU FORMOU STUDIA

FAKULTA STAVEBNÍ MATEMATIKA II MODUL 2 STUDIJNÍ OPORY PRO STUDIJNÍ PROGRAMY S KOMBINOVANOU FORMOU STUDIA VYSOKÉ UČENÍ TECHNICKÉ V BRNĚ FAKULTA STAVEBNÍ MATEMATIKA II MODUL KŘIVKOVÉ INTEGRÁLY STUDIJNÍ OPORY PRO STUDIJNÍ PROGRAMY S KOMBINOVANOU FORMOU STUDIA Typeset by L A TEX ε c Josef Daněček, Oldřich Dlouhý,

Více

Příklady pro předmět Aplikovaná matematika (AMA) část 1

Příklady pro předmět Aplikovaná matematika (AMA) část 1 Příklady pro předmět plikovaná matematika (M) část 1 1. Lokální extrémy funkcí dvou a tří proměnných Nalezněte lokální extrémy funkcí: (a) f 1 : f 1 (x, y) = x 3 3x + y 2 + 2y (b) f 2 : f 2 (x, y) = 1

Více

Cvičení z AM-DI. Petr Hasil, Ph.D. Verze: 1. března 2017

Cvičení z AM-DI. Petr Hasil, Ph.D. Verze: 1. března 2017 z AM-DI Petr Hasil, Ph.D. hasil@mendelu.cz Verze: 1. března 017 Poznámka. Příklady označené na cvičení dělat nebudeme, protože jsou moc dlouhé, popř. složité (jako takové, nebo pro psaní na tabuli). V

Více

Vysoké učení technické v Brně, Fakulta strojního inženýrství MATEMATIKA 2

Vysoké učení technické v Brně, Fakulta strojního inženýrství MATEMATIKA 2 Vysoké učení technické v Brně, Fakulta strojního inženýrství MATEMATIKA 2 Požadavky ke zkoušce pro skupinu C 1. ročník 2014/15 I. Diferenciální počet funkcí více proměnných 1. Funkce více proměnných (a)

Více

ˇ EDNA SˇKA 9 DALS ˇ I METODY INTEGRACE

ˇ EDNA SˇKA 9 DALS ˇ I METODY INTEGRACE PŘEDNÁŠKA 9 DALŠÍ METODY INTEGRACE 1 9.1. Věta o substituci Věta 1 (O substituci) Necht je ϕ(x) prosté regulární zobrazení otevřené množiny X R n na množinu Y R n. Necht je M X, f(y) funkce definovaná

Více

KLASICKÁ MECHANIKA. Předmětem mechaniky matematický popis mechanického pohybu v prostoru a v čase a jeho příčiny.

KLASICKÁ MECHANIKA. Předmětem mechaniky matematický popis mechanického pohybu v prostoru a v čase a jeho příčiny. MECHANIKA 1 KLASICKÁ MECHANIKA Předmětem mechaniky matematický popis mechanického pohybu v prostoru a v čase a jeho příčiny. Klasická mechanika rychlosti těles jsou mnohem menší než rychlost světla ve

Více

MATEMATIKA II - vybrané úlohy ze zkoušek (2015)

MATEMATIKA II - vybrané úlohy ze zkoušek (2015) MATEMATIKA II - vybrané úlohy ze zkoušek (2015) doplněné o další úlohy 24. 2. 2015 Nalezené nesrovnalosti ve výsledcích nebo připomínky k tomuto souboru sdělte laskavě F. Mrázovi (e-mail: Frantisek.Mraz@fs.cvut.cz

Více

Napište rovnici tečné roviny ke grafu funkce f(x, y) = xy, která je kolmá na přímku. x = y + 2 = 1 z

Napište rovnici tečné roviny ke grafu funkce f(x, y) = xy, která je kolmá na přímku. x = y + 2 = 1 z Diferenciální počet příklad Napište rovnici tečné roviny ke grafu funkce fx, y) = xy, která je kolmá na přímku x + = y + = 1 z Řešení: Směrový vektor dané přímky je n p =, 1, 1). Na ploše dané rovnicí

Více

Plošný integrál funkce

Plošný integrál funkce Kapitola 9 Plošný integrál funkce efinice a výpočet Plošný integrál funkce, kterému je věnována tato kapitola, je z jistého pohledu zobecněním integrálů dvojného a křivkového. Základním podnětem k jeho

Více

Příklad 1. Řešení 1a Máme určit obsah rovinné plochy ohraničené křivkami: ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 14. a) =0, = 1, = b) =4, =0

Příklad 1. Řešení 1a Máme určit obsah rovinné plochy ohraničené křivkami: ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 14. a) =0, = 1, = b) =4, =0 Příklad Určete obsah rovinné plochy ohraničené křivkami: a) =0,=,= b) =4,=0 c) =,=,=3,=0 d) =+, =0 e) + )=,= f) = +4,+= g) =arcsin,=0,= h) =sin,=0, 0; i) =,=,=4,=0 j) =,= k) = 6,= +5 4 l) =4,+=5 m) = +

Více

Křivkový integrál vektorového pole

Křivkový integrál vektorového pole Kapitola 7 Křivkový integrál vektorového pole 1 Základní pojmy Křivkový integrál vektorového pole je modifikací křivkového integrálu skalární funkce, která vznikla z potřeb aplikací ve fyzice, chemii a

Více

4.1 Řešení základních typů diferenciálních rovnic 1.řádu

4.1 Řešení základních typů diferenciálních rovnic 1.řádu 4. Řešení základních tpů diferenciálních rovnic.řádu 4..4 Určete řešení z() Cauchov úloh pro rovnici + = 0 vhovující počáteční podmínce z =. Po separaci proměnných v rovnici dostaneme rovnici = d a po

Více

1 Funkce dvou a tří proměnných

1 Funkce dvou a tří proměnných 1 Funkce dvou a tří proměnných 1.1 Pojem funkce více proměnných Definice Funkce dvou proměnných je předpis, který každému bodu z R 2 (tj. z roviny) přiřazuje jediné reálné číslo. z = f(x, y), D(f) R 2

Více

Funkce zadané implicitně

Funkce zadané implicitně Kapitola 8 Funkce zadané implicitně Začneme několika příklady. Prvním je známá rovnice pro jednotkovou kružnici x 2 + y 2 1 = 0. Tato rovnice popisuje křivku, kterou si však nelze představit jako graf

Více

Diferenciální počet funkcí více proměnných

Diferenciální počet funkcí více proměnných Vysoké učení technické v Brně Fakulta strojního inženýrství Diferenciální počet funkcí více proměnných Doc RNDr Miroslav Doupovec, CSc Neřešené příklady Matematika II OBSAH Obsah I Diferenciální počet

Více

Řešení : Těleso T je elementárním oborem integrace vzhledem k rovině (x,y) a proto lze přímo aplikovat Fubiniovu větu pro trojný integrál.

Řešení : Těleso T je elementárním oborem integrace vzhledem k rovině (x,y) a proto lze přímo aplikovat Fubiniovu větu pro trojný integrál. E. rožíková, M. Kittlerová, F. Mrá: Sbírka příkladů Matematik II (6 III.6. Aplikace trojných integrálů Příklad 6. Užitím vorce pro výpočet objemu tělesa pomocí trojného integrálu (tj.v ddd ukažte, že objem

Více

verze 1.3 kde ρ(, ) je vzdálenost dvou bodů v R r. Redukovaným ε-ovým okolím nazveme ε-ové okolí bodu x 0 mimo tohoto bodu, tedy množinu

verze 1.3 kde ρ(, ) je vzdálenost dvou bodů v R r. Redukovaným ε-ovým okolím nazveme ε-ové okolí bodu x 0 mimo tohoto bodu, tedy množinu Úvod Diferenciální počet více proměnných verze.3 Následující text popisuje základy diferenciálního počtu více proměnných. Měl by sloužit především studentům předmětu MATEMAT na Univerzitě Hradec Králové

Více

Analytická geometrie přímky, roviny (opakování středoškolské látky) = 0. Napište obecnou rovnici. 8. Jsou dány body A [ 2,3,

Analytická geometrie přímky, roviny (opakování středoškolské látky) = 0. Napište obecnou rovnici. 8. Jsou dány body A [ 2,3, Analytická geometrie přímky roviny opakování středoškolské látk Jsou dány body A [ ] B [ 5] a C [ 6] a) přímky AB b) osy úsečky AB c) přímky na které leží výška vc trojúhelníka ABC d) přímky na které leží

Více

Otázku, kterými body prochází větev implicitní funkce řeší následující věta.

Otázku, kterými body prochází větev implicitní funkce řeší následující věta. 1 Implicitní funkce Implicitní funkce nejsou funkce ve smyslu definice, že funkce bodu z definičního oboru D přiřadí právě jednu hodnotu z oboru hodnot H. Přesnější termín je funkce zadaná implicitně.

Více

PŘÍKLADY K MATEMATICE 3

PŘÍKLADY K MATEMATICE 3 PŘÍKLADY K ATEATIE 3 ZDENĚK ŠIBRAVA. Funkce více proměnných.. Základní pojmy funkce více proměných. Příklad.. Určeme definiční obor funkce tří proměnných f(x, y, z) = x y + x z. Řešení: Definičním oborem

Více

F n = F 1 n 1 + F 2 n 2 + F 3 n 3.

F n = F 1 n 1 + F 2 n 2 + F 3 n 3. Plošný integrál Několik pojmů Při našich úvahách budeme často vužívat skalární součin dvou vektorů. Platí F n F n cos α, kde α je úhel, který svírají vektor F a n. Vidíme, že pokud je tento úhel ostrý,

Více

X = A + tu. Obr x = a 1 + tu 1 y = a 2 + tu 2, t R, y = kx + q, k, q R (6.1)

X = A + tu. Obr x = a 1 + tu 1 y = a 2 + tu 2, t R, y = kx + q, k, q R (6.1) .6. Analtická geometrie lineárních a kvadratických útvarů v rovině. 6.1. V této kapitole budeme studovat geometrické úloh v rovině analtick, tj. lineární a kvadratické geometrické útvar vjádříme pomocí

Více

PRIMITIVNÍ FUNKCE. Primitivní funkce primitivní funkce. geometrický popis integrály 1 integrály 2 spojité funkce konstrukce prim.

PRIMITIVNÍ FUNKCE. Primitivní funkce primitivní funkce. geometrický popis integrály 1 integrály 2 spojité funkce konstrukce prim. PRIMITIVNÍ FUNKCE V předchozích částech byly zkoumány derivace funkcí a hlavním tématem byly funkce, které derivace mají. V této kapitole se budou zkoumat funkce, které naopak jsou derivacemi jiných funkcí

Více

VYBRANÉ APLIKACE RIEMANNOVA INTEGRÁLU I. OBSAH A DÉLKA. (f(x) g(x)) dx.

VYBRANÉ APLIKACE RIEMANNOVA INTEGRÁLU I. OBSAH A DÉLKA. (f(x) g(x)) dx. VYBRANÉ APLIKACE RIEMANNOVA INTEGRÁLU I. OBSAH A DÉLKA. Výpo et obsahu rovinných ploch a) Plocha ohrani ená k ivkami zadanými v kartézských sou adnicích. Obsah S rovinné plochy ohrani ené dv ma spojitými

Více

Definice globální minimum (absolutní minimum) v bodě A D f, jestliže X D f

Definice globální minimum (absolutní minimum) v bodě A D f, jestliže X D f Výklad Globální extrémy mají stejný význam jako u funkcí jedné proměnné. Hledáme je bud na celém definičním oboru dané funkce, nebo na předem zadané podmnožině definičního oboru. Definice 6..1. Řekneme,

Více

Funkce více proměnných. April 29, 2016

Funkce více proměnných. April 29, 2016 Funkce více proměnných April 29, 2016 Příklad (Derivace vyšších řádů) Daná je funkce f (x, y) = x 2 y + y 3 x 4, určte její parc. derivace podle x a podle y prvního i druhého řádu, i smíšené. f x = 2xy

Více

PRIMITIVNÍ FUNKCE DEFINICE A MOTIVACE

PRIMITIVNÍ FUNKCE DEFINICE A MOTIVACE PIMITIVNÍ FUNKCE V předchozích částech byly zkoumány derivace funkcí a hlavním tématem byly funkce, které derivace mají. V této kapitole se budou zkoumat funkce, které naopak jsou derivacemi jiných funkcí

Více

4. OBYČEJNÉ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE

4. OBYČEJNÉ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE FBI VŠB-TUO 28. března 2014 4.1. Základní pojmy Definice 4.1. Rovnice tvaru F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0 se nazývá obyčejná diferenciální rovnice n-tého řádu a vyjadřuje vztah mezi neznámou funkcí y

Více

INTEGRÁLY S PARAMETREM

INTEGRÁLY S PARAMETREM INTEGRÁLY S PARAMETREM b a V kapitole o integraci funkcí více proměnných byla potřeba funkce g(x) = f(x, y) dy proměnné x. Spojitost funkce g(x) = b a f(x, y) dy proměnné x znamená vlastně prohození limity

Více

Matematika I A ukázkový test 1 pro 2014/2015

Matematika I A ukázkový test 1 pro 2014/2015 Matematika I A ukázkový test 1 pro 2014/2015 1. Je dána soustava rovnic s parametrem a R x y + z = 1 x + y + 3z = 1 (2a 1)x + (a + 1)y + z = 1 a a) Napište Frobeniovu větu (existence i počet řešení). b)

Více

diferenciální rovnice verze 1.1

diferenciální rovnice verze 1.1 Diferenciální rovnice vyšších řádů, snižování řádu diferenciální rovnice verze 1.1 1 Úvod Následující text popisuje řešení diferenciálních rovnic, konkrétně diferenciálních rovnic vyšších řádů a snižování

Více

Matematika 1 MA1. 1 Analytická geometrie v prostoru - základní pojmy. 4 Vzdálenosti. 12. přednáška ( ) Matematika 1 1 / 32

Matematika 1 MA1. 1 Analytická geometrie v prostoru - základní pojmy. 4 Vzdálenosti. 12. přednáška ( ) Matematika 1 1 / 32 Matematika 1 12. přednáška MA1 1 Analytická geometrie v prostoru - základní pojmy 2 Skalární, vektorový a smíšený součin, projekce vektoru 3 Přímky a roviny 4 Vzdálenosti 5 Příčky mimoběžek 6 Zkouška;

Více

Cyklografie. Cyklický průmět bodu

Cyklografie. Cyklický průmět bodu Cyklografie Cyklografie je nelineární zobrazovací metoda - bodům v prostoru odpovídají kružnice v rovině a naopak. Úlohy v rovině pak převádíme na řešení prostorových úloh, např. pomocí cyklografie řešíme

Více

Matematika pro chemické inženýry

Matematika pro chemické inženýry Matematika pro chemické inženýry Drahoslava Janovská Plošný integrál Přednášky Z 216-217 ponzorováno grantem VŠCHT Praha, PIGA 413-17-6642, 216 Povinná látka. Bude v písemkách a bude se zkoušet při ústní

Více

4. Diferenciál a Taylorova věta

4. Diferenciál a Taylorova věta 4. Diferenciál a Taylorova věta Definice 4.1. Buď f : R n R, a Df. Řekneme, že f je diferencovatelná v bodě a, když h V n takový, že a + h Df platí f(a + h) f(a) gradf(a) h + h τ(h), kde lim τ(h) 0. Funkce

Více

1. Přirozená topologie R n

1. Přirozená topologie R n Příklady PŘÍKLADY A CVIČENÍ. Přirozená topologie R n. Dokažte, že čtverec M = {(x, y) R n ; x + y } je kompaktní množina. Řešení: Stačí ukázat, že množina M je uzavřená a ohraničená. Uzavřenost lze dokázat

Více

Lineární rovnice prvního řádu. Máme řešit nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce h(t) = 2

Lineární rovnice prvního řádu. Máme řešit nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce h(t) = 2 Cvičení Lineární rovnice prvního řádu. Najděte řešení Cauchyovy úlohy x + x tg t = cos t, které vyhovuje podmínce xπ =. Máme nehomogenní lineární diferenciální rovnici prvního řádu. Funkce ht = tg t a

Více

FAKULTA STAVEBNÍ VUT V BRNĚ PŘIJÍMACÍ ŘÍZENÍ PRO AKADEMICKÝ ROK

FAKULTA STAVEBNÍ VUT V BRNĚ PŘIJÍMACÍ ŘÍZENÍ PRO AKADEMICKÝ ROK FAKULTA STAVEBNÍ VUT V BRNĚ PŘIJÍMACÍ ŘÍZENÍ PRO AKADEMICKÝ ROK 00 007 TEST Z MATEMATIKY PRO PŘIJÍMACÍ ZKOUŠKY ČÍSLO FAST-M-00-0. tg x + cot gx a) sinx cos x b) sin x + cos x c) d) sin x e) +. sin x cos

Více

PŘÍKLADY K MATEMATICE 2

PŘÍKLADY K MATEMATICE 2 PŘÍKLADY K MATEMATICE ZDENĚK ŠIBRAVA. Funkce více proměnných.. Základní pojmy funkce více proměnných. Příklad.. Určeme definiční obor funkce tří proměnných f(x, y, z) = x y + x z. Řešení: Definičním oborem

Více

1 Rozdělení mechaniky a její náplň

1 Rozdělení mechaniky a její náplň 1 Rozdělení mechaniky a její náplň Mechanika je nauka o rovnováze a pohybu hmotných útvarů pohybujících se rychlostí podstatně menší, než je rychlost světla (v c). Vlastnosti skutečných hmotných útvarů

Více

Sbírka příkladů z matematické analýzy II. Petr Tomiczek

Sbírka příkladů z matematické analýzy II. Petr Tomiczek Sbírka příkladů z matematické analýzy II Petr Tomiczek Obsah Diferenciální rovnice. řádu 3. Separace proměnných......................... 3. Přechod k separaci.......................... 4.3 Variace konstant...........................

Více

KŘIVKOVÝ A PLOŠNÝ INTEGRÁL

KŘIVKOVÝ A PLOŠNÝ INTEGRÁL KŘIVKOVÝ A PLOŠNÝ INTEGRÁL Jiří Bouchala, Oldřich Vlach Text byl vytvořen v rámci realizace projektu Matematika pro inženýry. století (reg. č. CZ..7/../7.33), na kterém se společně podílela Vysoká škola

Více

Kapitola 10: Diferenciální rovnice 1/14

Kapitola 10: Diferenciální rovnice 1/14 Kapitola 10: Diferenciální rovnice 1/14 Co je to diferenciální rovnice? Definice: Diferenciální rovnice je vztah mezi hledanou funkcí y(x), jejími derivacemi y (x), y (x), y (x),... a nezávisle proměnnou

Více

Matematika vzorce. Ing. Petr Šídlo. verze

Matematika vzorce. Ing. Petr Šídlo. verze Matematika vzorce Ing. Petr Šídlo verze 0050409 Obsah Jazyk matematiky 3. Výrokový počet.......................... 3.. Logické spojky...................... 3.. Tautologie výrokového počtu...............

Více

II. 5. Aplikace integrálního počtu

II. 5. Aplikace integrálního počtu 494 II Integrální počet funkcí jedné proměnné II 5 Aplikce integrálního počtu Geometrické plikce Určitý integrál S b fx) dx lze geometricky interpretovt jko obsh plochy vymezené grfem funkce f v intervlu

Více

Diferenciální rovnice separace proměnných verze 1.1

Diferenciální rovnice separace proměnných verze 1.1 Úvod Diferenciální rovnice separace proměnných verze. Následující tet popisuje řešení diferenciálních rovnic, konkrétně metodu separace proměnných. Měl by sloužit především studentům předmětu MATEMAT na

Více

PROGRAMU 2. Obvod D je dán součtem velikostí všech tří stran D=a+b+c= =23.07

PROGRAMU 2. Obvod D je dán součtem velikostí všech tří stran D=a+b+c= =23.07 VZOROVÉ ŘEŠENÍ A VYSVĚTLENÍ PROGRAMU. Ing. Marek Nikodým Ph.D. Katedra matematiky a deskriptívní geometrie VŠB-TU Ostrava 1 Výpočty v trojúhelníku Je dán trojúhelník ABC v prostoru A[, 3, 3], B[4, 5, ],

Více

Parciální derivace a diferenciál

Parciální derivace a diferenciál Parciální derivace a diferenciál Vyšší matematika, Inženýrská matematika LDF MENDELU Podpořeno projektem Průřezová inovace studijních programů Lesnické a dřevařské fakulty MENDELU v Brně (LDF) s ohledem

Více

Parametrická rovnice přímky v rovině

Parametrická rovnice přímky v rovině Parametrická rovnice přímky v rovině Nechť je v kartézské soustavě souřadnic dána přímka AB. Nechť vektor u = B - A. Pak libovolný bod X[x; y] leží na přímce AB právě tehdy, když vektory u a X - A jsou

Více

1.1 Napište středovou rovnici kružnice, která má střed v počátku soustavy souřadnic a prochází bodem

1.1 Napište středovou rovnici kružnice, která má střed v počátku soustavy souřadnic a prochází bodem Analytická geometrie - kružnice Napište středovou rovnici kružnice, která má střed v počátku soustavy souřadnic a prochází bodem A = ; 5 [ ] Napište středový i obecný tvar rovnice kružnice, která má střed

Více

Diferenciální geometrie

Diferenciální geometrie Diferenciální geometrie Pomocný učební text díl I. František Ježek Plzeň, červen 2005 Obsah 1 Křivky 4 1.1 Vyjádření křivky......................... 4 1.2 Transformace parametru..................... 5

Více

7. Integrál přes n-rozměrný interval

7. Integrál přes n-rozměrný interval 7. Integrál přes n-rozměrný interval Studijní text 7. Integrál přes n-rozměrný interval Definice 7.1. Buď A = a 1, b 1 a n, b n R n n-rozměrný uzavřený interval a f : R n R funkce ohraničená na A Df. Definujme

Více

A[a 1 ; a 2 ; a 3 ] souřadnice bodu A v kartézské soustavě souřadnic O xyz

A[a 1 ; a 2 ; a 3 ] souřadnice bodu A v kartézské soustavě souřadnic O xyz 1/15 ANALYTICKÁ GEOMETRIE Základní pojmy: Soustava souřadnic v rovině a prostoru Vzdálenost bodů, střed úsečky Vektory, operace s vektory, velikost vektoru, skalární součin Rovnice přímky Geometrie v rovině

Více

VKM/IM /2015. Zintegrujte. f (x, y) dx dy = f (x, y) = (y x) 2, Ω : x 2 + y 2 4, x 0.

VKM/IM /2015. Zintegrujte. f (x, y) dx dy = f (x, y) = (y x) 2, Ω : x 2 + y 2 4, x 0. VKM/IM - 4/5 Zintegrujte f, y) d dy pro f, y) y ), : + y 4,. Řešení: S využitím postupů a výsledků použitých při řešení příkladů z předchozí části věnované dvojnému integrálu, se můžeme bez obav pustit

Více

Elementární křivky a plochy

Elementární křivky a plochy Příloha A Elementární křivky a plochy A.1 Analytický popis geometrických objektů Geometrické vlastnosti, které jsme dosud studovali, se týkaly především základních geometrických objektů bodů, přímek, rovin

Více

Matematika I (KX001) Užití derivace v geometrii, ve fyzice 3. října f (x 0 ) (x x 0) Je-li f (x 0 ) = 0, tečna: x = 3, normála: y = 0

Matematika I (KX001) Užití derivace v geometrii, ve fyzice 3. října f (x 0 ) (x x 0) Je-li f (x 0 ) = 0, tečna: x = 3, normála: y = 0 Rovnice tečny a normály Geometrický význam derivace funkce f(x) v bodě x 0 : f (x 0 ) = k t k t je směrnice tečny v bodě [x 0, y 0 = f(x 0 )] Tečna je přímka t : y = k t x + q, tj y = f (x 0 ) x + q; pokud

Více

V. Riemannův(dvojný) integrál

V. Riemannův(dvojný) integrál V. Riemannův(dvojný) integrál Obsah 1 Základní pojmy a definice 2 2 Podmínky existence dvojného integrálu 4 3 Vlastnosti dvojného integrálu 4 4 Výpočet dvojného integrálu; převod na dvojnásobný integrál

Více

1. Dva dlouhé přímé rovnoběžné vodiče vzdálené od sebe 0,75 cm leží kolmo k rovine obrázku 1. Vodičem 1 protéká proud o velikosti 6,5A směrem od nás.

1. Dva dlouhé přímé rovnoběžné vodiče vzdálené od sebe 0,75 cm leží kolmo k rovine obrázku 1. Vodičem 1 protéká proud o velikosti 6,5A směrem od nás. Příklady: 30. Magnetické pole elektrického proudu 1. Dva dlouhé přímé rovnoběžné vodiče vzdálené od sebe 0,75 cm leží kolmo k rovine obrázku 1. Vodičem 1 protéká proud o velikosti 6,5A směrem od nás. a)

Více

svou hloubku, eleganci i široké spektrum aplikací bývají tyto věty považovány za jedny

svou hloubku, eleganci i široké spektrum aplikací bývají tyto věty považovány za jedny Kapitola Integrální věty V této kapitole se seznámíme s hlubšími větami integrálního počtu, které vyjadřují souvislost mezi typy integrálů, s nimiž jsme se setkali během předchozího výkladu. Jedná se Gaussovu

Více

WikiSkriptum Ing. Radek Fučík, Ph.D. verze: 4. ledna 2017

WikiSkriptum Ing. Radek Fučík, Ph.D. verze: 4. ledna 2017 Matematika I - Sbírka příkladů WikiSkriptum Ing. Radek Fučík, Ph.D. verze: 4. ledna 7 Obsah Limity a spojitost. l Hôpitalovo pravidlo zakázáno............................ 4. l Hôpitalovo pravidlo povoleno............................

Více

obecná rovnice kružnice a x 2 b y 2 c x d y e=0 1. Napište rovnici kružnice, která má střed v počátku soustavy souřadnic a prochází bodem A[-3;2].

obecná rovnice kružnice a x 2 b y 2 c x d y e=0 1. Napište rovnici kružnice, která má střed v počátku soustavy souřadnic a prochází bodem A[-3;2]. Kružnice množina bodů, které mají od středu stejnou vzdálenost pojmy: bod na kružnici X [x, y]; poloměr kružnice r pro střed S[0; 0]: SX =r x 0 2 y 0 2 =r x 2 y 2 =r 2 pro střed S[m; n]: SX =r x m 2 y

Více

Kinematika rektifikace oblouku (Sobotkova a Kochaňského), prostá cykloida, prostá epicykloida, úpatnice paraboly.

Kinematika rektifikace oblouku (Sobotkova a Kochaňského), prostá cykloida, prostá epicykloida, úpatnice paraboly. Kinematika rektifikace oblouku (Sobotkova a Kochaňského), prostá cykloida, prostá epicykloida, úpatnice paraboly. Výpočty trajektorií bodů při složených pohybech. Příklad 1: Je dána kružnice k s poloměrem

Více

Trojúhelníky. a jejich různé středy. Součet vnitřních úhlů trojúhelníku = 180 neboli π radiánů.

Trojúhelníky. a jejich různé středy. Součet vnitřních úhlů trojúhelníku = 180 neboli π radiánů. Úvod V této knize předkládáme čtenáři základní matematické a fyzikální vzorce v přívětivé a snadno použitelné podobě. Využití čísel a symbolů k modelování, předpovídání a ovládání reality je mocnou zbraní

Více

EXTRÉMY FUNKCÍ VÍCE PROMĚNNÝCH

EXTRÉMY FUNKCÍ VÍCE PROMĚNNÝCH EXTRÉMY FUNKCÍ VÍCE PROMĚNNÝCH ÚLOHY ŘEŠITELNÉ BEZ VĚTY O MULTIPLIKÁTORECH Nalezněte absolutní extrémy funkce f na množině M. 1. f(x y) = x + y; M = {x y R 2 ; x 2 + y 2 1} 2. f(x y) = e x ; M = {x y R

Více

3 Křivkové integrály, Greenova věta Křivkové integrály Greenova věta Důsledky Greenovy věty... 20

3 Křivkové integrály, Greenova věta Křivkové integrály Greenova věta Důsledky Greenovy věty... 20 Matematická analýza 3 1 Obsah 1 Afinní prostor 2 2 Křivky 10 3 Křivkové integrály, Greenova věta 15 3.1 Křivkové integrály................. 15 3.2 Greenova věta.................... 18 3.3 Důsledky Greenovy

Více

Modelové úlohy přijímacího testu z matematiky

Modelové úlohy přijímacího testu z matematiky PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA UNIVERZITY KARLOVY V PRAZE Modelové úlohy přijímacího testu z matematiky r + s r s r s r + s 1 r2 + s 2 r 2 s 2 ( ) ( ) 1 a 2a 1 + a 3 1 + 2a + 1 ( a b 2 + ab 2 ) ( a + b + b b a

Více

19 Eukleidovský bodový prostor

19 Eukleidovský bodový prostor 19 Eukleidovský bodový prostor Eukleidovským bodovým prostorem rozumíme afinní bodový prostor, na jehož zaměření je definován skalární součin. Víme, že pomocí skalárního součinu jsou definovány pojmy norma

Více

VZOROVÝ TEST PRO 3. ROČNÍK (3. A, 5. C)

VZOROVÝ TEST PRO 3. ROČNÍK (3. A, 5. C) VZOROVÝ TEST PRO 3. ROČNÍK (3. A, 5. C) max. 3 body 1 Zjistěte, zda vektor u je lineární kombinací vektorů a, b, je-li u = ( 8; 4; 3), a = ( 1; 2; 3), b = (2; 0; 1). Pokud ano, zapište tuto lineární kombinaci.

Více

Ve srovnání s křivkami, kterými jsme se zabývali v Kapitole 5, je plocha matematicky

Ve srovnání s křivkami, kterými jsme se zabývali v Kapitole 5, je plocha matematicky Kapitola 8 Plocha a její obsah 1 efinice plochy Plochu intuitivně chápeme jako útvar v prostoru, který vznikne spojitou deformací části roviny Z geometrického pohledu je plochu možno interpretovat jako

Více

Zápočtová písemka z Matematiky III (BA04) skupina A

Zápočtová písemka z Matematiky III (BA04) skupina A skupina A 0 pro x < 1, ae x pro x 1, ), Pravděpodobnost P (X ) a P (X =.). E (X) a E ( X 1). Hustotu transformované náhodné veličiny Y = (X + 1). F(x) = x 3 pro x (0, 9), Hustotu f(x). Pravděpodobnost

Více

Nejprve si připomeňme z geometrie pojem orientovaného úhlu a jeho velikosti.

Nejprve si připomeňme z geometrie pojem orientovaného úhlu a jeho velikosti. U. 4. Goniometrie Nejprve si připomeňme z geometrie pojem orientovaného úhlu a jeho velikosti. 4.. Orientovaný úhel a jeho velikost. Orientovaným úhlem v rovině rozumíme uspořádanou dvojici polopřímek

Více

Analytická geometrie lineárních útvarů

Analytická geometrie lineárních útvarů ) Na přímce: a) Souřadnice bodu na přímce: Analtická geometrie lineárních útvarů Bod P nazýváme počátek - jeho souřadnice je P [0] Nalevo od počátku leží čísla záporná, napravo čísla kladná. Každý bod

Více

Definice Řekneme, že funkce z = f(x,y) je v bodě A = [x 0,y 0 ] diferencovatelná, nebo. z f(x 0 + h,y 0 + k) f(x 0,y 0 ) = Ah + Bk + ρτ(h,k),

Definice Řekneme, že funkce z = f(x,y) je v bodě A = [x 0,y 0 ] diferencovatelná, nebo. z f(x 0 + h,y 0 + k) f(x 0,y 0 ) = Ah + Bk + ρτ(h,k), Definice 5.2.1. Řekneme, že funkce z = f(x,y) je v bodě A = [x 0,y 0 ] diferencovatelná, nebo má v tomto bodě totální diferenciál, jestliže je možné její přírůstek z na nějakém okolí bodu A vyjádřit jako

Více

8.1. Separovatelné rovnice

8.1. Separovatelné rovnice 8. Metody řešení diferenciálních rovnic 1. řádu Cíle V předchozí kapitole jsme poznali separovaný tvar diferenciální rovnice, který bezprostředně umožňuje nalézt řešení integrací. Eistuje široká skupina

Více

Projekty - Vybrané kapitoly z matematické fyziky

Projekty - Vybrané kapitoly z matematické fyziky Projekty - Vybrané kapitoly z matematické fyziky Klára Švarcová klara.svarcova@tiscali.cz 1 Obsah 1 Průlet tělesa skrz Zemi 3 1.1 Zadání................................. 3 1. Řešení.................................

Více

Příklad 1 ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B ČÁST 2. Určete a načrtněte definiční obory funkcí více proměnných: a) (, ) = b) (, ) = 3. c) (, ) = d) (, ) =

Příklad 1 ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B ČÁST 2. Určete a načrtněte definiční obory funkcí více proměnných: a) (, ) = b) (, ) = 3. c) (, ) = d) (, ) = Příklad 1 Určete a načrtněte definiční obory funkcí více proměnných: a) (, ) = b) (, ) = 3 c) (, ) = d) (, ) = e) (, ) = ln f) (, ) = 1 +1 g) (, ) = arcsin( + ) Poznámka V těchto úlohách máme nalézt největší

Více

Pedagogická fakulta. Aplikovaná matematika - sbírka řešených

Pedagogická fakulta. Aplikovaná matematika - sbírka řešených Jihočeská univerzita v Českých Budějovicích Pedagogická fakulta Diplomová práce Aplikovaná matematika - sbírka řešených příkladů Autor diplomové práce: Eva Kutová Vedoucí diplomové práce: RNDr. Libuše

Více

5. Lokální, vázané a globální extrémy

5. Lokální, vázané a globální extrémy 5 Lokální, vázané a globální extrémy Studijní text Lokální extrémy 5 Lokální, vázané a globální extrémy Definice 51 Řekneme, že f : R n R má v bodě a Df: 1 lokální maximum, když Ka, δ Df tak, že x Ka,

Více

Derivace funkce. Přednáška MATEMATIKA č Jiří Neubauer

Derivace funkce. Přednáška MATEMATIKA č Jiří Neubauer Přednáška MATEMATIKA č. 9-11 Katedra ekonometrie FEM UO Brno kancelář 69a, tel. 973 442029 email:jiri.neubauer@unob.cz Šotová, J., Doudová, L. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné Motivační příklady

Více

Michal Zamboj. December 23, 2016

Michal Zamboj. December 23, 2016 Meziřádky mezi kuželosečkami - doplňkový materiál k přednášce Geometrie Michal Zamboj December 3, 06 Pozn. Najdete-li chybu, neváhejte mi napsat, může to ušetřit tápání Vašich kolegů. Pozn. v dokumentu

Více

Kapitola 7: Integrál. 1/17

Kapitola 7: Integrál. 1/17 Kapitola 7: Integrál. 1/17 Neurčitý integrál - Motivační příklad 2/17 Příklad: Necht se bod pohybuje po přímce rychlostí a) v(t) = 3 [m/s] (rovnoměrný přímočarý pohyb), b) v(t) = 2t [m/s] (rovnoměrně zrychlený

Více

5. Statika poloha střediska sil

5. Statika poloha střediska sil 5. Statika poloha střediska sil 5.1 Rovnoběžné sily a jejich střed Uvažujeme soustavu vzájemně rovnoběžných sil v prostoru s pevnými působišti. Každá síla má působiště dané polohovým vektorem. Všechny

Více

VI. Derivace složené funkce.

VI. Derivace složené funkce. VI. Derivace složené funkce. 17. Parciální derivace složené funkce Budeme uvažovat složenou funkci F = f(g, kde některá z jejich součástí může být funkcí více proměnných. Předpokládáme, že uvažujeme funkce,

Více

MATURITNÍ TÉMATA Z MATEMATIKY

MATURITNÍ TÉMATA Z MATEMATIKY MATURITNÍ TÉMATA Z MATEMATIKY 1. Základní poznatky z logiky a teorie množin Pojem konstanty a proměnné. Obor proměnné. Pojem výroku a jeho pravdivostní hodnota. Operace s výroky, složené výroky, logické

Více

Matematická analýza III.

Matematická analýza III. 1. - limita, spojitost Miroslav Hušek, Lucie Loukotová UJEP 2010 Úvod Co bychom měli znát limity posloupností v R základní vlastnosti funkcí jedné proměnné (definiční obor, monotónnost, omezenost,... )

Více

Mezi elementární komplexní funkce se obvykle počítají tyto funkce: f(z) = az + b,

Mezi elementární komplexní funkce se obvykle počítají tyto funkce: f(z) = az + b, Elementární funkce Mezi elementární komplení funkce se obvykle počítají tyto funkce:. Lineární funkce Lineární funkce je funkce tvaru f(z) az + b, kde a a b jsou konečná komplení čísla. Její derivace je

Více

Základní vlastnosti křivek

Základní vlastnosti křivek křivka množina bodů v rovině nebo v prostoru lze chápat jako trajektorii pohybu v rovině či v prostoru nalezneme je také jako množiny bodů na ploše křivky jako řezy plochy rovinou, křivky jako průniky

Více