+ 2y. a y = 1 x 2. du x = nxn 1 f(u) 2x n 3 yf (u)
|
|
- Dušan Král
- před 7 lety
- Počet zobrazení:
Transkript
1 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 funkce je = 2 3 a = 1 2. = nn 1 fu + n df du = nn 1 fu 2 n 3 f u df = n du = n 2 f u Ted platí + 2 = nn fu 2 n 2 f + 2 n 2 f = n n fu = nf. Ukažte, že každá funkce F,, která má spojité parciální derivace a jejíž hodnota závisí pouze na vzdálenosti bodu, od počátku, vhovuje rovnici = 0 Řešení: Podle zadání je funkce F, = fr, kde r = je vzdálenost bodu [; ] od počátku souřadnic. Protože r = 2 +, 2 r = 2 +, 2 je podle vět o derivování složené funkce = df dr r = f r, = df dr r = f r. Ted platí = f r f r = 0. Určete, jaká funkce tvaru F, = f, vhovuje rovnici + = F Tpeset b AMS-TEX 1
2 Řešení: Jedná se o derivace složené funkce F, = fu, v, kde u = a v =. Protože parciální derivace jsou = 1, platí pro derivace funkce F, vztah Po dosazení do dané rovnice dostaneme 2 = 0, = 2, = 1, = + = 2 = + = = = u = f. Nechť F, = fρ, ϕ, kde = ρ cos ϕ, = ρ sin ϕ jsou polární souřadnice v rovině a funkce f má spojité parciální derivace. Vjádřete v polárních souřadnicích grad F 2 = Řešení: Jedná se o derivace složené funkce. Kdbchom chtěli počítat přímo derivace, které potřebujeme k dosazení do daného vztahu, tj. = ρ ρ + ϕ ϕ, dostaneme derivace, které neumíme počítat přímo z definičního vztahu. Proto najdeme ρ = ρ + ρ ϕ = ϕ + = cos ϕ + sin ϕ = ρ sin ϕ + ρ cos ϕ ϕ. Hledané parciální derivace pak najdeme jako řešení této soustav. Tím dostaneme = cos ϕ ρ sin ϕ ρ ϕ, = sin ϕ ρ + cos ϕ ρ ϕ. Jestliže tto derivace dosadíme do daného vztahu, dostaneme = ρ ρ 2. ϕ Nechť F, = fρ, ϕ, kde = ρ cos ϕ, = ρ sin ϕ jsou polární souřadnice v rovině a funkce f má spojité parciální derivace. Vjádřete v polárních souřadnicích. 2
3 Řešení: Jedná se o derivace složené funkce. Kdbchom chtěli počítat přímo derivace, které potřebujeme k dosazení do daného vztahu, tj. = ρ ρ + ϕ ϕ, dostaneme derivace, které neumíme počítat přímo z definičního vztahu. Proto najdeme ρ = ρ + ρ ϕ = ϕ + = cos ϕ + sin ϕ = ρ sin ϕ + ρ cos ϕ ϕ. Hledané parciální derivace pak najdeme jako řešení této soustav. Tím dostaneme = cos ϕ ρ sin ϕ ρ ϕ, = sin ϕ ρ + cos ϕ ρ ϕ. Jestliže tto derivace dosadíme do daného vztahu, dostaneme = ϕ , kde f je spojitě diferencov- Dokažte, že všechn normál ke grafu funkce F, = f atelná funkce, protínají osu z. Řešení: Parametrické rovnice přímk, která prochází bodem [ 0 ; 0 ; z 0 ] a je rovnoběžná s vektorem a, b, c jsou = 0 + at, = 0 + bt, z = z 0 + ct, t R a osa z má rovnici = = 0. Přímka ted protíná osu z, pokud eistuje řešení soustav rovnic Nechť je 0 = 0 + at, 0 = 0 + bt. [ 0 ; 0 ; z 0 = f ] libovolný bod ploch, která je dána rovnicí z = F, = fr, kde r = Vektor normál k této ploše je úměrný vektoru n = Podle vět o derivování složené funkce je,, 1. = df dr r = f r, = df dr r = f r. Za vektor normál v bodě [ 0 ; 0 ; z 0 ] lze zvolit např. vektor n = 0 f r 0, 0 f r 0, , kde r 0 = Parametrické rovnice normál jsou = f r 0 t, = f r 0 t, z = z t, t R. 3
4 Protože soustava rovnic f r 0 t = 0, f r 0 t = 0 má za předpokladu f r 0 0, tj. kdž není normála rovnoběžná s osou z, řešení t = [ f r 0 ] 1, protíná normála osu z. Ukažte, že funkce F, = f 2 2, kde f má spojitou derivaci, vhovuje rovnici = F 2 Řešení: Označme u = 2 2 a F, = fu. Podle vět o derivaci složené funkce je = df du = 2f u, = f + df du = fu 22 f u. Jestliže dosadíme tto výraz do dané rovnice, dostaneme = 2f u + 1 f 2 2 f u = fu F, = 2. Ukažte, že každá funkce F, = vhovuje vztahu f 2 2, kde f je nenulová funkce mající spojitou derivaci, 2 + F = 0 Řešení: Najdeme derivace složené funkce F, = podílu a derivaci složené funkce je = f 2 u = df du fu df du Po dosazení do dané rovnice dostaneme = 2 f 2 u f u fu, kde u = 2 2. Podle vět o derivaci f 2 u = fu + 22 f u f 2. u 23 f 2 u + fu + 22 f u f f 2 u fu = 0. Do rovnice + = 0 zaveďte nové proměnné u = ln 2 + 2, v = arctg. Řešení: Najdeme parciální derivace funkce F, = fu, v, kde u = ln a v = arctg. Protože platí = 2 + 2, = 2 + 2, = 2 + 2, = 2 + 2, 4
5 je podle vět o derivaci složené funkce = + = + Po dosazení do dané rovnice získáme + = = = = = 0. Ukažte, že funkce F, = e f e 2 2 2, kde f je libovolná diferencovatelná funkce, vhovuje rovnici = F. Řešení: Nejprve nalezneme derivace složené funkce F, = e 2 fu, kde u = ep 2 2. Protože = 2 ep 2 2, je podle vět o derivaci součinu a složené funkce A po dosazení dostaneme df = e du = e = ep 2 2 f u = e fu + e df du = e fu + e ep 2 2, 2 ep 2 2 f u = 2 2 e 2 ep 2 2 f u + [e fu + e = e fu = F,. Ukažte, že funkce F,, z = n f rovnici ] 2 ep 2 2 f u = a, z, kde f je spojitě diferencovatelná funkce, vhovuje b + + z = nf. Řešení: Jedná se o parciální derivace funkce F,, z = n fu, v, kde u = a a v = z b. Protože = a 2, = 0, = 1 a, = z b 2, = 0, = 1 b, 5
6 je podle vět o derivaci součinu a vět o derivaci složené funkce = nn 1 f + n = n = n = n 1 a = n b Po dosazení do dané rovnice dostaneme + + z n = n 1 f n 2 a = n n fu, v = nf,, z., kde f je spojitě diferencovatelná funkce, v- Ukažte, že funkce F,, z = z ln + f, z hovuje vztahu = n n 1 f n 2 a n z b 2 n 1 + a n z b z = F + z + n z b = Řešení: Označme u = a v = z. Pak je podle vět o derivaci složené funkce u, v Z toho dostaneme = 2 z 2, u, v = 1, u, v = 1. = ln + z z + f = ln + z ln = z 2 +. Kdž dosadíme tto derivace do dané rovnice, dostaneme + + z ln = + z z + f z = z + ln z + fu, v = z z ln + + ln + z z z 2 + = + F,, z. Napište Talorův rozvoj funkce v bodě 0, 0. f, = e ln1 + Řešení: Protože je dk e d k = e a pro l 1 platí dokáže se indukcí d l ln1 + d l = 1l 1 l 1! 1 + l, 6
7 je Z toho dostanu k f k, = e ln1 +, k+l f k l, = e 1l 1 l 1! 1 + l pro l > 0. k+l { f 0 pro l = 0, k 0, 0 = l 1 l 1 l 1! pro l > 0. Ted n tý diferenciál funkce f, v bodě [0; 0] je d n f0, 0;, = n l=0 n n f l n l l 0, 0 n l l = A Talorův rozvoj funkce f, v bodě [0; 0] je podle definice T f, = n=0 1 n! dn f0, 0;, = n n=1 l=1 n l=1 1 l 1 l n l! n l l = n! l n l! n l l k=0 l=1 1 l 1 l k! k l. Nechť funkce f a g mají spojité derivace druhého řádu. Dokažte, že funkce F, = f + + g + vhovuje rovnici F + 2 F 2 = 0. Řešení: Máme najít druhé derivace funkce F, = fu + gu, kde u = +. Protože = = 1, jsou podle vět o derivaci složené funkce první derivace rovn = f + f + g, = f + g + g a pro druhé derivace snadno dostaneme F 2 = 2f + f + g, F = f + f + g + g, F 2 = f + 2g + g A po dosazení do dané rovnice získáme F + 2 F 2 = 2f + f + g 2 f + f + g + g + f + 2g + g = 0. Laplaceův operátor f = 2 f f f 2 2 n v R n vjádřete pro funkci, která závisí pouze na vzdálenosti bodu = 1,..., n od počátku souřadnicové soustav, tj. f 1,... n = F r, r = , n. 7
8 Řešení: Jedná se o derivaci složené funkce. Protože pro každé k = 1, 2,..., n je platí r = k k = k 2 r, n = df k dr r = k k r F. Pro druhou derivaci dostanu počítám ji jako součin tří funkcí 2 k Ted hledaný Laplaceův operátor je f = n F k=1 = 1 k k r F = F r 2 k r 3 F + 2 k r 2 F. r 2 k r 3 F + 2 k r 2 F = nf r r2 r 3 F + r2 r 2 F = F + n 1 F. r Výraz 2 f f přetransformujte pro funkci F u, v = f,, kde u =, v =. Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace složené funkce. Podle vět o derivování složených funkcí platí Podobně zjistíme, že druhé derivace jsou 2 = 2 3 = = + = 2 = + = Kdž tto derivace dosadíme do dané rovnice, dostaneme = f f 2 = f = = = Ze vztahů u = a v = plne = u v a = u. jestliže dosadíme dostaneme výsledek 2 f f = v2 u 8 v2 2 F.
9 Ukažte, že je-li funkce f, řešením rovnice f 2 = 0, pak funkce F u, v = f,, kde je řešením rovnice u = 2 + 2, v = F 2 = 0, Řešení: Nejprve nalezneme první parciální derivace složené funkce. Protože = , = jsou první parciální derivace rovn = = , = = = , = , Výpočet druhých derivací je, jak to už bývá, trochu pracnější. Ale kdž se to umí, tak se hned napíše 2 2 = = A kdž tto výraz sečteme dostaneme rovnost ze které plne dokazované tvrzení. Výraz vjádřete pro funkci F u, v = f,, kde 0 = 2 f f 2 = 1 2 F F 2, 2 2 f f 2 u =, v =. Řešení: Protože =, = 1, =, = 2, 9
10 platí podle vět o derivaci složené funkce pro parciální derivace každé funkce g, = Gu, v vztah g = G + G = G + 1 g = G + G G = G G 2 Ted pro funkci F u, v = f, jsou první parciální derivace rovn = + 1, = 2. Pro druhé parciální derivace pak dostaneme 2 = 2 = Po dosazení do daného výrazu dostaneme = 2 2 F F = 2 2 F f f 2 = 42 2 F 2. Protože z definičních vztahů plne = uv a = u v je transformovaný výraz 2 2 f f 2 = 4uv 2 F 2u. Dokažte, že funkce f, = ln vhovuje rovnici f 2 = 0. Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f, = ln Její první derivace jsou = 2 + 2, = Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou f 2 = 2 = Jejich sečtením pak ověříme dokazovanou rovnost. = = = = Dokažte, že funkce f, = 2 a
11 vhovuje rovnici 2 a2 2 f 2 = 0. Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f, = = 2a 2 2 a 2 2 2, = 2 + a a Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou 2 = 2 = = 2a 2 2 a = 2a a a = 2 + a a = a a Jejich dosazením do daného vztahu pak ověříme dokazovanou rovnost. 2 a 2. Její první derivace jsou 2 Ukažte, že funkce vhovuje rovnici f,, z = z f f 2 = 0. Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f,, z = derivace jsou z 2. Její první = z 2, 3/2 = Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou f 2 = f 2 = f 2 = = = = Jejich sečtením pak získáme dokazovanou rovnost z 2, 3/2 = z 2 3/ z 2 3/2 z z 2 3/2 Ukažte, že funkce f,, z = ln z 2 vhovuje rovnici f f 2 = z 2. = 22 2 z z 2 5/2 = z z 2 5/2 = z z 2 5/2 z z 2 3/2. 11
12 Řešení: Musíme najít druhé parciální derivace funkce f,, z = ln z 2. derivace jsou Její první = z 2, = z 2, = z z 2. Druhé parciální derivace, které potřebujeme, jsou f 2 = f 2 = f 2 = Jejich sečtením pak získáme dokazovanou rovnost. = = = z 2 = z z 2 2 = z z z 2 2 = z z z z 2 2 Nechť f a g mají spojité derivace druhého řádu. Dokažte, že funkce F, = f + g vhovuje rovnici 2 2 F F F 2 = 0. Řešení: Označme u =. Pak pro každou diferencovatelnou funkci hu platí podle vět o derivaci složené funkce hu = 2 h u, hu = 1 h u. Protože daná funkce je F, = fu + gu, jsou její první parciální derivace = 2 f + g g, = 1 f + g. Druhé parciální derivace funkce F, jsou 2 = 2 4 f g f = 3 f 2 g 1 2 f 2 = 1 2 f + 1 g Jestliže dosadíme do daného vztahu, dostaneme 2 2 F F F 2 2 = 2 4 f g f f 2 g f f + 1 g = 0. 12
13 Jsou-li f a g funkce, které mají spojitou derivaci druhého řádu, dokažte, že funkce F, = 1 [fa + + ga ] vhovuje rovnici 2 2 F 2 = a2 2. Řešení: Označme u = a + a v = a. Podle vět o derivaci složené funkce jsou první parciální derivace funkcí fu a gv rovn u = af u, gv = ag v, u = f u, gv = g v. Protože F, = fu + gv, je = a f + g, = f g f + g 2. Abchom dokázali danou rovnost, najdeme příslušné parciální derivace. T jsou 2 = a2 f + g 2 = f g f g = f + g. Spočtěte je-li F 2 = F, F, = + f kde f je funkce, která má spojité derivace druhého řádu., Řešení: Označme u =. Podle vět o derivaci složené funkce jsou první parciální derivace funkce fu rovn u = 1 f, Ted pro funkci F, = + fu platí u = 2 f. = + f, = + f f. Protože pro druhé parciální derivace dostaneme 2 = f, 2 = 2 3 f, je F = f. 13
14 Výraz 2 2 f vjádřete pro funkci F u, v = f,, kde u = 2, v = + 2. Řešení: Podle vět o parciálních derivacích složené funkce je Pro potřebné druhé derivace dostaneme 2 = 2 = = = + = + = + = = + = 1 Po dosazení do daného výrazu pak dostaneme 2 2 f 2 1 F 2 = 2 = 2 F F + 2 F / / F + 2 F = 4 2 F / /2 = / /2 Jsou-li f a g funkce, které mají spojité derivace druhého řádu, ukažte, že funkce u, t = f + at + g at vhovuje rovnici 2 u t 2 = a2 2 u 2. Řešení: Označme u = + at a v = at. Máme najít druhé parciální derivace funkce u, t = fu + gv. Podle vět o parciálních derivacích složené funkce platí = f u + g v, 2 u 2 = f u + g v, =af u ag v, t 2 u t 2 =a2 f u + a 2 g v = a 2 2 u 2. Spočtěte první dvě derivace funkce, která je řešením rovnice v okolí bodu 0, 1. e + e = 0 14
15 Řešení: Funkce = je řešením rovnice F, = e + e = 0 a splňuje podmínku 0 = 1. Protože protože F 0, 1 = 0, může taková funkce eistovat. Abchom našli derivaci, derivujeme rovnici F, = 0 podle. Dostaneme e + + = 0 e + + = 0. To je vztah mezi, a. V bodě = 0, = 1 je tato rovnice e = 0 0 = e 1. Protože je tato rovnice v uvažovaném bodě jednoznačně řešitelná, to je podmínka 0, 1 0, funkce = eistuje. Abchom našli druhou derivaci, derivujeme rovnic pro první derivaci. Dostaneme rovnici e + + e = 0. Kdž dosadíme do této rovnice známe hodnot = 0, = 1, = e 1, dostaneme e 0 e 1 = 0 0 = e 2. Určete dz a d 2 z funkce z, definované rovnicí v bodě 2; 1; z 2 = e z Řešení: Předpokládejme, že eistuje řešení rovnice F,, z, = + + z 2, e z, = 0, které splňuje podmínku z2, 1 = 0. Protože F 2, 1, 0 = 0, může takové řešení eistovat. Abchom našli dz a d 2 z v bodě = 2, = 1, určíme všechn první a druhé parciální derivace funkce z = z, v tomto bodě. T najdeme tak, že derivujeme definiční rovnici F,, z, = 0 podle a. Tím dostaneme 1 + 2z e z = 0, 1 + 2z e z = 0. 1 Protože v daném bodě je 2z +e z = 0, funkce z = z, eistuje. Její první parciální derivace najdeme z 1, kde dosadíme = 2, = 1 a z = 0. Takto dostaneme 1 2, 1 = 0, 1 2, 1 = 0 Druhé parciální derivace získáme derivováním vztahu 1. To dává Ted podle definice je 2, 1 = 2, 1 = 1. 2 e z + 2z e z 2 z 2 = 0 = 1 2 z 2, 1 = 0 2 z 2, 1 = e z + 2z e z 2 z = 0 = 1 2 z 2, 1 = 0 2 z 2, 1 = 1 2 e z + 2z e z 2 z 2 = 0 = 1 2 z 2 2, 1 = 0 2 z 2, 1 = 1. 2 dz2, 1 = 2, 1 d + 2, 1 d = d + d d 2 z2, 1 = 2 z 2 2, 1 d z 2, 1 dd + 2 z 2 2, 1 d2 = d 2 + 2dd + d 2. 15
16 Nechť f : R R má spojitou derivaci. Dokažte, že funkce z,, která je řešením rovnice a + b + cz = f z 2 vhovuje rovnici c bz + az c = b a. Řešení: Předpokládejme, že funkce z = z, je řešení rovnice F,, z, = a + b + cz f z 2, = 0. Označme u = z 2 a derivujme definiční rovnici postupně podle proměnných a. Pomocí vět o derivaci složené funkce dostaneme vztah a + c f u 2 + 2z = 0, b + c f u 2 + 2z = 0, ze kterých plne = a 2f u 2zf u c, = b 2f u 2zf u c. Dosadíme-li tto derivace do daného vztahu, dostaneme po kratších úpravách dokazovanou rovnost. Určete a pro funkci, která je definována implicitně rovnicí v okolí bodu 1; 0. ln arctg = 0 Řešení: Předpokládejme, že eistuje hladká funkce =, která je řešením rovnice F, = ln arctg = 0 a platí pro ní 1 = 0. Protože F 1, 0 = 0, může taková funkce eistovat. Abchom našli její derivace, derivujeme definiční vztah. Tak dostaneme = 0 + = 0. 1 Protože 1, 0 = 1 0, funkce = eistuje v okolí bodu = 1, = 0 a její derivaci najdeme z rovnice 1 v tomto bodě. Takto dostaneme 1 1 = 0 1 = 1. Druhou derivaci nalezneme derivováním rovnice 1. To dává vztah ze kterého v bodě = 1, = 0, = 1 plne = 0, 1 = 2. Určete a pro funkci, která je definována implicitně rovnicí = 0. 16
17 Řešení: Máme najít první dvě derivace diferencovatelné funkce, která je zadána jako řešení rovnice F, = = 0. Kdž derivujeme definiční vztah, dostaneme pro první derivaci rovnici = = 0. 1 Mimo množinu, kde je = 0 a 2 = 0, tj. mimo bod = = 0 a = 3 4, = 3 2, plne z této rovnice = Druhou derivaci nalezneme pomocí derivace rovnice 1. Po derivovaní dostaneme = 0 = , kde je funkce dána rovnicí 2. Určete dz a d 2 z funkce z,, která je řešením rovnice v bodě 0; 1; 1. z ln z = 0 Řešení: Abchom našli první a druhý diferenciál funkce z = z, v daném bodě, najdeme její všechn první a druhé parciální derivace v tomto bodě. Funkce z = z, je dána v okolí bodu = 0, = z = 1 implicitně rovnicí F,, z, = z, ln = 0. Protože F 0, 1, 1 = 0, z, může taková funkce eistovat. Derivací definičního vztahu podle a dostaneme 1 z z 2 1 z = 0, z 2 1 z + 1 = 0. Pro zjednodušení dalších výpočtů vnásobím první rovnici z 2 0 a druhou z 2 0. Po úpravě dostanu z + z = 0, z2 + z = 0. 1 Hodnot prvních parciálních derivací najdeme jako řešení rovnic 1 v bodě = 0, = z = 1. Takto dostaneme 0, 1 = 1, 0, 1 = 1 = dz0, 1 = 0, 1 d + 0, 1 d = d + d. Druhé parciální derivace najdu derivováním rovnic 1. Tím dostanu vztah A ted druhý diferenciál je z 2 z 2 = 0 = 2 z 0, 1 = z 2 z = 0 = 2 z 0, 1 = 0 2z + z + z 2 z 2 = 0 = 2 z 0, 1 = 0. 2 d 2 z0, 1 = 2 z 2 0, 1 d z 0, 1 dd + 2 z 2 0, 1 d2 = d 2. 17
18 2 z Určete derivaci 0; 0 funkce z,, která je řešením rovnice z 2 2z 4 = 0 v okolí bodu 0; 0; 2. Řešení: Funkce z = z, je dána jako spojité řešeni rovnice F,, z, = z 2 4 = 0. Nejjednodušší je vřešit kvadratickou rovnici a napsat z, = ± Protože nás zajímá funkce, pro kterou platí z0, 0 = 2, musíme volit znaménko plus. Ted z, = , = , 2 2 z = = 2 z 0, 0 = 1. 3/2 Jiná možnost je najít derivaci pomocí vět o implicitních funkcích. Postupně dostaneme z + z = 0, z + z = 0 = 0, 0 = 0, 0 = 1. A derivací prvního vztahu podle dostaneme a po dosazení = = 0, z0, 0 = 2, Zjistěte, zda soustava rovnic z + + z 2 z = 0 0, 0 = 0, 0 = 1, dostaneme opět e u+v + 2uv = 1, e u v u 1 + v = 2 má v okolí bodu 1; 2; 0; 0 řešení ve tvaru u,, v, a určete du1, 2, dv1, 2. Řešení: Funkce u = u, a v = v, jsou dán jako spojitá řešení soustav rovnic F,, u,, v, = e u,+v, + 2u, v, 1 = 0, G,, u,, v, = e u, v, u, 2 = 0, 1 + v, 2 z 0, 0 = 1. které splňují podmínk u1, 2 = v1, 2 = 0. Protože F 1, 2, 0, 0 = G1, 2, 0, 0 = 0, mohli b funkce u, a v, eistovat. Abchom našli diferenciál du1, 2 a dv1, 2 stačí najít všechn parciální rovnice prvního řádu. T bchom mohli najít tak, že bchom derivovali oba definiční vztah podle a. Ale také lze diferenciál najít přímo. Vezmeme úplné diferenciál obou definičních vztahů a získáme soustavu e u+v d + e u+v du + dv + 2vdu + 2udv = 0, e u v d + e u v du dv du 1 + v + udv 1 + v 2 2d = 0. 18
19 Kdž do této soustav dosadíme = 1, = 2 a u = v = 0, dostaneme soustavu d + du + dv = 0, d + 2du dv du 2d = 0 pro neznámé du a dv. Její řešení, a ted i hledané diferenciál jsou du1, 2 = 1 3 d, dv1, 2 = d d. Dokažte,že funkce z,, která je implicitně definována rovnicí 2 sin + 2 3z 2 + 3z = 0 vhovuje vztahu + = 1. Řešení: Uvažujme funkci u = + 2 3z. Pak má daná rovnice tvar 2 sin u u = 0, která má tři řešení třeba si nakreslete její graf u k, k = 1, 2, 3.. Jedná se ted o jednu z funkcí + 2 3z = u k z = u k. V každém případě je Ted ve všech případech platí rovnost = 1 3, = = = 1. Dokažte, že funkce z,, která je určena implicitně rovnicí + z z 2 = 0, vhovuje rovnici + = z. Řešení: Daná rovnice má tvar a 2 + b 2 = 0. Ale jediné řešení této rovnice je a = b = 0. Ted musí platit + z = 0, + z = 0 = z =. A protože =, =, je + = 2 = z. 19
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
VíceII.7.* Derivace složené funkce. Necht jsou dány diferencovatelné funkce z = f(x,y), x = x(u,v), y = y(u,v). Pak. z u = f. x x. u + f. y y. u, z.
II.7.* Derivace složené funkce Necht jsou dán diferencovatelné funkce z = f(,), = (u,v), = (u,v). Pak u = u + u, v = v + v. Vpočítejte derivace daných diferencovatelných funkcí. Příklad 0. Jsou dán diferencovatelné
VíceObčas se používá značení f x (x 0, y 0 ), resp. f y (x 0, y 0 ). Parciální derivace f. rovnoběžného s osou y a z:
PARCIÁLNÍ DERIVACE Jak derivovat reálné funkce více proměnných aby bylo možné tyto derivace použít podobně jako derivace funkcí jedné proměnné? Jestliže se okopíruje definice z jedné proměnné dostane se
Vícey = 2x2 + 10xy + 5. (a) = 7. y Úloha 2.: Určete rovnici tečné roviny a normály ke grafu funkce f = f(x, y) v bodě (a, f(a)). f(x, y) = x, a = (1, 1).
III Diferenciál funkce a tečná rovina Úloha 1: Určete rovnici tečné roviny ke grafu funkce f = f(x, y) v bodě (a, f(a)) f(x, y) = 3x 3 x y + 5xy 6x + 5y + 10, a = (1, 1) Řešení Definičním oborem funkce
Více7. Derivace složené funkce. Budeme uvažovat složenou funkci F = f(g), kde některá z jejich součástí
202-m3b2/cvic/7slf.tex 7. Derivace složené funkce. Budeme uvažovat složenou funkci F = fg, kde některá z jejich součástí může být funkcí více proměnných. Předpokládáme, že uvažujeme funkce, které mají
VíceVI. 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,
VíceDiferenciál funkce dvou proměnných. Má-li funkce f = f(x, y) spojité parciální derivace v bodě a, pak lineární formu (funkci)
2. Diferenciál funkce, tečná rovina. Diferenciál funkce dvou proměnných. Má-li funkce f = f(x, y) spojité parciální derivace v bodě a, pak lineární formu (funkci) df(a, h) = x (a)h + (a)h 2, h = (h, h
VíceMatematika 1 pro PEF PaE
Tečny a tečné roviny 1 / 16 Matematika 1 pro PEF PaE 7. Tečny a tečné roviny Přemysl Jedlička Katedra matematiky, TF ČZU Tečny a tečné roviny Tečny a normály grafů funkcí jedné proměnné / 16 Tečny a normály
VíceOtázku, 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.
VíceImplicitní funkce. 2 + arcsin(x + y2 ) = arccos(y + x 2 ), [0, 0] , 5] stacionární bod?
Implicitní funkce V následujících úlohách ukažte, že uvedená rovnice určuje v jistém okolí daného bodu [ 0, y 0 ] implicitně zadanou funkci proměnné. Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě
VíceExtrémy funkce dvou proměnných
Extrémy funkce dvou proměnných 1. Stanovte rozměry pravoúhlé vodní nádrže o objemu 32 m 3 tak, aby dno a stěny měly nejmenší povrch. Označme rozměry pravoúhlé nádrže x, y, z (viz obr.). ak objem této nádrže
VíceMatematická analýza III.
2. Parciální derivace Miroslav Hušek, Lucie Loukotová UJEP 2010 Parciální derivace jsou zobecněním derivace funkce jedné proměnné. V této kapitole poznáme jejich základní vlastnosti a využití. Co bychom
Více5.3. Implicitní funkce a její derivace
Výklad Podívejme se na následující problém. Uvažujme množinu M bodů [x,y] R 2, které splňují rovnici F(x, y) = 0, M = {[x,y] D F F(x,y) = 0}, kde z = F(x,y) je nějaká funkce dvou proměnných. Je-li F(x,y)
Více13. cvičení z Matematické analýzy 2
. cvičení z atematické analýz 2 5. - 9. května 27. konzervativní pole, potenciál Dokažte, že následující pole jsou konzervativní a najděte jejich potenciál. i F x,, z x 2 +, 2 + x, ze z, ii F x,, z x 2
VíceMATEMATIKA 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{ } Ox ( 0) 4.2. Konvexnost, konkávnost, inflexe. Definice Obr. 52. Poznámka. nad tečnou
Konvenost, konkávnost, inflee 4.. Konvenost, konkávnost, inflee Definice 4... Nechť eistuje f ( ), D f. Řekneme, že funkce f ( ) je v bodě konkávní, jestliže eistuje { } O ( ) tak, že platí D : O( )\ f(
Více5. cvičení z Matematické analýzy 2
5. cvičení z Matematické analýz 2 30. října - 3. litopadu 207 5. linearizace funkce a Pro funkci f, = e nalezněte její linearizaci v bodě a 0 = 6, 0. Použijte ji k přibližnému určení hodnot funkce f v
VíceAnalytická 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+ 2y y = nf ; x 0. závisí pouze na vzdálenosti bodu (x, y) od počátku, vyhovuje rovnici. y F x x F y = 0. x y. x x + y F. y = F
Příkad 1 ( y ) Dokažte, že funkce F (x, y) = x n f x 2, kde f je spojitě diferencovatelná funkce, vyhovuje vztahu x F x + 2y F y = nf ; x 0 Ukažte, že každá funkce F (x, y), která má spojité parciální
Více14. přednáška. Přímka
14 přednáška Přímka Začneme vyjádřením přímky v prostoru Přímku v prostoru můžeme vyjádřit jen parametricky protože obecná rovnice přímky v prostoru neexistuje Přímka v prostoru je určena bodem A= [ a1
VíceDvojné 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
Více1. DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE DVOU PROMĚNNÝCH
1. DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE DVOU PROMĚNNÝCH V minulém semestru jsme studovali vlastnosti unkcí jedné nezávislé proměnné. K popisu mnoha reálných situací obvkle s jednou proměnnou nevstačíme. FUNKCE DVOU
Více6. DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE VÍCE PROMĚNNÝCH
Funkce více proměnných 6 DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE VÍCE PROMĚNNÝCH Ve čtvrté kapitole jsme studovali vlastnosti funkcí jedné nezávisle proměnné K popisu mnoha reálných situací však s jednou nezávisle
VíceDerivace funkce. Obsah. Aplikovaná matematika I. Isaac Newton. Mendelu Brno. 2 Derivace a její geometrický význam. 3 Definice derivace
Derivace funkce Aplikovaná matematika I Dana Říhová Mendelu Brno Obsah Směrnice přímk Derivace a její geometrický význam 3 Definice derivace 4 Pravidla a vzorce pro derivování 5 Tečna a normála 6 Derivace
VíceDerivace úvod. Jak zjistit míru změny?
Derivace úvod P ČEZ Jak zjistit míru změny? Derivace nám dá odpověď jestli je funkce: rostoucí/klesající konkávní/konvení jak moc je strmá jak moc roste kde má maimum/minimum 1000 700 P ČEZ P ČEZ 3% 4%
VíceX = 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
VíceÚvodní informace. 17. února 2018
Úvodní informace Funkce více proměnných Přednáška první 17. února 2018 Obsah 1 Úvodní informace. 2 Funkce více proměnných Definiční obor Limita a spojitost Derivace, diferencovatelnost, diferenciál Úvodní
VíceIII. Diferenciál funkce a tečná rovina 8. Diferenciál funkce. Přírůstek funkce. a = (x 0, y 0 ), h = (h 1, h 2 ).
III. Diferenciál funkce a tečná rovina 8. Diferenciál funkce. Přírůstek funkce = f(x 0 + h 1, y 0 + h 2 ) f(x 0, y 0 ) f u (x 0, y 0 ), kde u = (h 1, h 2 ). ( ) = f(x 0 + h 1, y 0 ) f(x 0, y 0 ) x (x 0,
VíceUrčete a graficky znázorněte definiční obor funkce
Určete a grafick znázorněte definiční obor funkce Příklad. z = ln( + ) Řešení: Vpíšeme omezující podmínk pro jednotlivé části funkce. Jmenovatel zlomku musí být 0, logaritmická funkce je definovaná pro
VíceFunkce dvou a více proměnných
Funkce dvou a více proměnných. Motivace V praxi nevstačíme s funkcemi jedné proměnné, většina veličin závisí více než na jedné okolnosti, např.: obsah obdélníka: S( ) kinetická energie: Ek = = x mv ekonomika:
Více5. cvičení z Matematiky 2
5. cvičení z Matematiky 2 21.-25. března 2016 5.1 Nalezněte úhel, který v bodě 1, 0, 0 svírají grafy funkcí fx, y ln x 2 + y 2 a gx, y sinxy. Úhel, který svírají grafy funkcí je dán jako úhel mezi jednotlivými
Více1. Funkce dvou a více proměnných. Úvod, limita a spojitost. Definiční obor, obor hodnot a vrstevnice grafu
22- a3b2/df.te. Funkce dvou a více proměnných. Úvod, ita a spojitost. Definiční obor, obor hodnot a vrstevnice grafu. Určete definiční obor funkce a proveďte klasifikaci bodů z R 2 vzhledem k a rozhodněte
VíceNapište 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
VíceMonotonie a lokální extrémy. Konvexnost, konkávnost a inflexní body. 266 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
66 I. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné I. 5. Vyšetřování průběhu funkce Monotonie a lokální etrémy Důsledek. Nechť má funkce f) konečnou derivaci na intervalu I. Je-li f ) > 0 pro každé I, pak
Víceverze 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
VícePříklad 1. Řešení 1a. Řešení 1b ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1B ČÁST 5
Příklad 1 Najděte totální diferenciál d (h) pro h=(h,h ) v příslušných bodech pro následující funkce: a) (,)= cos, =1; b) (,)=ln( + ), =2; 0 c) (,)=arctg(), =1; 0 1 d) (,)= +, =1; 1 Řešení 1a Máme nalézt
VíceANALYTICKÁ GEOMETRIE V ROVINĚ
ANALYTICKÁ GEOMETRIE V ROVINĚ Analytická geometrie vyšetřuje geometrické objekty (body, přímky, kuželosečky apod.) analytickými metodami. Podle prostoru, ve kterém pracujeme, můžeme analytickou geometrii
VíceParametrická 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
VíceLineární algebra : Metrická geometrie
Lineární algebra : Metrická geometrie (16. přednáška) František Štampach, Karel Klouda LS 2013/2014 vytvořeno: 6. května 2014, 10:42 1 2 Úvod Zatím jsme se lineární geometrii věnovali v kapitole o lineárních
VíceANALYTICKÁ GEOMETRIE LINEÁRNÍCH ÚTVARŮ V ROVINĚ
ANALYTICKÁ GEOMETRIE LINEÁRNÍCH ÚTVARŮ V ROVINĚ Parametrické vyjádření přímky v rovině Máme přímku p v rovině určenou body A, B. Sestrojíme vektor u = B A. Pro bod B tím pádem platí: B = A + u. Je zřejmé,
Více1 Analytická geometrie
1 Analytická geometrie 11 Přímky Necht A E 3 a v R 3 je nenulový Pak p = A + v = {X E 3 X = A + tv, t R}, je přímka procházející bodem A se směrovým vektorem v Rovnici X = A + tv, t R, říkáme bodová rovnice
VíceDefinice 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
VíceVZÁJEMNÁ POLOHA DVOU PŘÍMEK V ROVINĚ
VZÁJEMNÁ POLOHA DVOU PŘÍMEK V ROVINĚ Dvě přímky v rovině mohou být: různoběžné - mají jediný společný bod, rovnoběžné různé - nemají společný bod, totožné - mají nekonečně mnoho společných bodů. ŘEŠENÉ
VíceKristýna Kuncová. Matematika B3
(5) Funkce více proměnných II Kristýna Kuncová Matematika B3 Kristýna Kuncová (5) Funkce více proměnných II 1 / 20 Parciální derivace - příklad Otázka Tabulka vpravo znázorňuje hodnoty funkce f (x, y).
VíceMatematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2017) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené
28. 2. 2017 Matematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2017) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené mn. M E n. Zapište a načrtněte množinu D, ve které
Vícef(x) = arccotg x 2 x lim f(x). Určete všechny asymptoty grafu x 2 2 =
Řešení vzorové písemky z předmětu MAR Poznámky: Řešení úloh ze vzorové písemky jsou formulována dosti podrobně podobným způsobem jako u řešených příkladů ve skriptech U zkoušky lze jednotlivé kroky postupu
Vícedx se nazývá diferenciál funkce f ( x )
6 Výklad Definice 6 Nechť je 0 vnitřním bodem definičního oboru D f funkce f ( ) Funkce proměnné d = 0 definovaná vztahem df ( 0) = f ( 0) d se nazývá diferenciál funkce f ( ) v bodě 0, jestliže platí
VíceCvičení 1 Elementární funkce
Cvičení Elementární funkce Příklad. Najděte definiční obor funkce f = +. + = + =, = D f =,. Příklad. Najděte definiční obor funkce f = 3. 3 3 = > 3 3 + =, 3, 3 = D f =, 3, 3. ± 3 = Příklad 3. Nalezněte
VíceTakže platí : x > 0 : x y 1 x = x+1 y x+1 x < 0 : x y 1 x = x+1 y x+1 D 1 = {[x,y] E 2 : x < 0, x+1 y 1 x}, D 2 = {[x,y] E 2 : x > 0, 1 x y x+1}.
E. Brožíková, M. Kittlerová, F. Mráz: Sbírka příkladů z Matematik II (206 II. Diferenciální počet funkcí více proměnných II.. Definiční obor funkce z = f(, Určete definiční obor funkcí a zakreslete jej
VíceLimita a spojitost funkce
Limita a spojitost funkce Základ všší matematik Dana Říhová Mendelu Brno Průřezová inovace studijních programů Lesnické a dřevařské fakult MENDELU v Brně (LDF) s ohledem na disciplin společného základu
VíceDefinice 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,
Více4. 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
Více1 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
VíceMatematika 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;
Více1 L Hospitalovo pravidlo
L Hospitalovo pravidlo Věta.. Bud R R R {± }). Necht je splněna jedna z podmínek i) ii) f) g), g). Eistuje-li vlastní nebo nevlastní) f ) g ) Obdobné tvrzení platí i pro jednostranné ity., pak eistuje
VíceMatematika I, část I. Rovnici (1) nazýváme vektorovou rovnicí roviny ABC. Rovina ABC prochází bodem A a říkáme, že má zaměření u, v. X=A+r.u+s.
3.4. Výklad Předpokládejme, že v prostoru E 3 jsou dány body A, B, C neležící na jedné přímce. Těmito body prochází jediná rovina, kterou označíme ABC. Určíme vektory u = B - A, v = C - A, které jsou zřejmě
Vícex 2(A), x y (A) y x (A), 2 f
II.10. Etrém funkcí Věta (nutná podmínka pro lokální etrém). Necht funkce f(, ) je diferencovatelná v bodě A. Má-li funkce f v bodě A lokální etrém, pak gradf(a) = 0. Onačme hlavní minor matice druhých
Více1. Cvičení: Opakování derivace a integrály
. Cvičení: Opakování derivace a integrál Derivace Příklad: Určete derivace následujících funkcí. f() e 5 ( 5 cos + sin ) f () 5e 5 ( 5 cos + sin ) + e 5 (5 sin + cos ) e 5 cos + 65e 5 sin. f() + ( + )
VíceFunkce v ıce promˇ enn ych Extr emy Pˇredn aˇska p at a 12.bˇrezna 2018
Funkce více proměnných Extrémy Přednáška pátá 12.března 2018 Zdroje informací Diferenciální počet http://homen.vsb.cz/~kre40/esfmat2/fceviceprom.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/sbirka_uloh/pdf/7.pdf
VíceZavedeme-li souřadnicový systém {0, x, y, z}, pak můžeme křivku definovat pomocí vektorové funkce.
KŘIVKY Křivka = dráha pohybujícího se bodu = = množina nekonečného počtu bodů, které závisí na parametru (čase). Proto můžeme křivku také nazvat jednoparametrickou množinou bodů. Zavedeme-li souřadnicový
VíceMatematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2016) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené
22. 2. 2016 Matematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2016) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené mn. M E n. Zapište a načrtněte množinu D, ve které
VíceMatematická analýza III.
3. Implicitní funkce Miroslav Hušek, Lucie Loukotová UJEP 2010 V této kapitole se seznámíme s dalším možným zadáním funkce jejím implicitním vyjádřením. Doplní tak nám již známé explicitní a parametrické
VíceMatematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2018) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené
2. 3. 2018 Matematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2018) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené mn. M E n. Zapište a načrtněte množinu D, ve které
VíceHomogenní rovnice. Uvažujme rovnici. y = f(x, y), (4) kde
Homogenní rovnice Uvažujme rovnici kde y = f(, y), (4) f(λ, λy) = f(, y), λ. Tato rovnice se nazývá homogenní rovnice 1. řádu. Ukážeme, že tuto rovnici lze převést substitucí na rovnici se separovanými
VíceLimita a spojitost funkce
Přednáška 5 Limita a spojitost funkce V této přednášce se konečně dostaneme k diferenciálnímu počtu funkce jedné reálné proměnné. Diferenciální počet se v podstatě zabývá lokálním chováním funkce v daném
VíceObsah. Aplikovaná matematika I. Gottfried Wilhelm Leibniz. Základní vlastnosti a vzorce
Neurčitý integrál Aplikovaná matematika I Dana Říhová Mendelu Brno Obsah Primitivní funkce, neurčitý integrál Základní vlastnosti a vzorce Základní integrační metody Úpravy integrandu Integrace racionálních
VíceDrsná matematika III 3. přednáška Funkce více proměnných: Inverzní a implicitně definovaná zobrazení, vázané extrémy
Drsná matematika III 3. přednáška Funkce více proměnných: Inverzní a implicitně definovaná zobrazení, vázané extrémy Jan Slovák Masarykova univerzita Fakulta informatiky 3. 10. 2011 Obsah přednášky 1 Literatura
VícePrůvodce studiem. do bodu B se snažíme najít nejkratší cestu. Ve firmách je snaha minimalizovat
6. Extrémy funkcí více proměnných Průvodce studiem Hledání extrémů je v praxi často řešená úloha. Např. při cestě z bodu A do bodu B se snažíme najít nejkratší cestu. Ve firmách je snaha minimalizovat
VíceVlastní čísla a vlastní vektory
5 Vlastní čísla a vlastní vektor Poznámka: Je-li A : V V lineární zobrazení z prostoru V do prostoru V někd se takové zobrazení nazývá lineárním operátorem, pak je přirozeným požadavkem najít takovou bázi
VíceCvičení 1 Elementární funkce
Cvičení Elementární funkce Příklad. Najděte definiční obor funkce f = +. + = + =, = D f =,. Příklad. Najděte definiční obor funkce f = 3. 3 3 = > 3 3 + =, 3, 3 = D f =, 3, 3. ± 3 = Příklad 3. Nalezněte
VíceVZÁJEMNÁ POLOHA DVOU PŘÍMEK
VZÁJEMNÁ POLOHA DVOU PŘÍMEK VZÁJEMNÁ POLOHA DVOU PŘÍMEK p: a x b y c 0 q: a x b y c 0 ROVNOBĚŽNÉ PŘÍMKY (RŮZNÉ) nemají žádný společný bod, můžeme určit jejich vzdálenost, jejich odchylka je 0. Normálové
VíceTransformujte diferenciální výraz x f x + y f do polárních souřadnic r a ϕ, které jsou definovány vztahy x = r cos ϕ a y = r sin ϕ.
Ukázka 1 Necht má funkce z = f(x, y) spojité parciální derivace. Napište rovnici tečné roviny ke grafu této funkce v bodě A = [ x 0, y 0, z 0 ]. Transformujte diferenciální výraz x f x + y f y do polárních
Více1. a) Určete parciální derivace prvního řádu funkce z = z(x, y) dané rovnicí z 3 3xy 8 = 0 v
. a) Určete parciální derivace prvního řádu funkce z = z(x, y) dané rovnicí z xy 8 = v bodě A =, ]. b) e grafu funkce f najděte tečnou rovinu, která je rovnoběžná s rovinou ϱ. f(x, y) = x + y x, ϱ : x
VíceDerivace 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
VíceVZOROVÝ 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.
VíceAnalytická geometrie kvadratických útvarů v rovině
Analytická geometrie kvadratických útvarů v rovině V následujícím textu se budeme postupně zabývat kružnicí, elipsou, hyperbolou a parabolou, které souhrnně označujeme jako kuželosečky. Současně budeme
VíceI. Diferenciální rovnice. 3. Rovnici y = x+y+1. převeďte vhodnou transformací na rovnici homogenní (vzniklou
Typy příkladů pro I. část písemky ke zkoušce z MA II I. Diferenciální rovnice. 1. Určete obecné řešení rovnice y = y sin x.. Určete řešení rovnice y = y x splňující počáteční podmínku y(1) = 0. 3. Rovnici
Více2 Fyzikální aplikace. Předpokládejme, že f (x 0 ) existuje. Je-li f (x 0 ) vlastní, pak rovnice tečny ke grafu funkce f v bodě [x 0, f(x 0 )] je
Derivace funkce a jej geometrický význam Je dána funkce f) 3 6 + 9 + a naším úkolem je určit směrnici tečny v bodě [; f)] Pro libovolné lze směrnici sečny danou body [; f)] a [; f)] spočítat jako f) f)
VíceMatematika I, část I Vzájemná poloha lineárních útvarů v E 3
3.6. Vzájemná poloha lineárních útvarů v E 3 Výklad A. Vzájemná poloha dvou přímek Uvažujme v E 3 přímky p, q: p: X = A + ru q: X = B + sv a hledejme jejich společné body, tj. hledejme takové hodnoty parametrů
VíceObsah Obyčejné diferenciální rovnice
Obsah 1 Obyčejné diferenciální rovnice 3 1.1 Základní pojmy............................................ 3 1.2 Obyčejné diferenciální rovnice 1. řádu................................ 5 1.3 Exaktní rovnice............................................
VíceMatematika 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
VíceProjekt OPVK - CZ.1.07/1.1.00/ Matematika pro všechny. Univerzita Palackého v Olomouci
Projekt OPVK - CZ.1.07/1.1.00/26.0047 Matematika pro všechny Univerzita Palackého v Olomouci Tematický okruh: Geometrie Různé metody řešení Téma: Analytická geometrie v prostoru, vektory, přímky Autor:
VícePŘEDNÁŠKA 9 KŘIVKOVÝ A PLOŠNÝ INTEGRÁL 1. DRUHU
PŘEDNÁŠKA 9 KŘIVKOVÝ A PLOŠNÝ INTEGRÁL 1. DRUHU 6.1 Křivkový integrál 1. druhu Definice 1. Množina R n se nazývá prostá regulární křivka v R n právě tehdy, když existuje vzájemně jednoznačné zobrazení
Více4.1 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
VíceINTEGRÁLY 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
Více1 Topologie roviny a prostoru
1 Topologie roviny a prostoru 1.1 Základní pojmy množin Intervaly a okolí Intervaly v rovině nebo prostoru jsou obdélníky nebo hranoly se stranami rovnoběžnými s osami souřadnic. Podmnožiny intervalů se
Více(0, y) 1.3. Základní pojmy a graf funkce. Nyní se již budeme zabývat pouze reálnými funkcemi reálné proměnné a proto budeme zobrazení
.. Výklad Nní se již budeme zabývat pouze reálnými funkcemi reálné proměnné a proto budeme zobrazení M R, kde M R nazývat stručně funkce. Zopakujeme, že funkce je každé zobrazení f : M R, M R, které každému
Více0.1 Úvod do matematické analýzy
Matematika I (KMI/PMATE) 1 0.1 Úvod do matematické analýzy 0.1.1 Limita a spojitost funkce Lineární funkce Lineární funkce je jedna z nejjednodušších a možná i nejpoužívanějších funkcí. f(x) = kx + q D(f)
Více( + ) ( ) f x x f x. x bude zmenšovat nekonečně přesný. = derivace funkce f v bodě x. nazýváme ji derivací funkce f v bodě x. - náš základní zápis
1.. Derivace elementárních funkcí I Předpoklad: 1 Shrnutí z minulé hodin: Chceme znát jakým způsobem se mění hodnot funkce f ( f ( + f ( přibližná hodnota změn = přesnost výpočtu se bude zvětšovat, kdž
Více5. 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,
VíceDefinice derivace v bodě
Definice derivace v bodě tgϕ = f ( ) f () f () : = tgϕ = lim f f () tgϕ = f f () Obecně: f f f ( ) ( ) : = lim f ( + h) f f : = lim h h Derivace zleva (zprava): f ( ) : = lim f f ( ) f ( ) : = lim + +
Více1.1 Existence a jednoznačnost řešení. Příklad 1.1: [M2-P1] diferenciální rovnice (DR) řádu n: speciálně nás budou zajímat rovnice typu
[M2-P1] KAPITOLA 1: Diferenciální rovnice 1. řádu diferenciální rovnice (DR) řádu n: speciálně nás budou zajímat rovnice typu G(x, y, y, y,..., y (n) ) = 0 y (n) = F (x, y, y,..., y (n 1) ) Příklad 1.1:
VíceDERIVACE FUKNCÍ VÍCE PROMĚNNÝCH
DERIVACE FUKNCÍ VÍCE PROMĚNNÝCH Reálná funkce dvou proměnných a definiční obor Kartézský součin R R značíme R 2 R 2 je množina všech uspořádaných dvojic reálných čísel (rovina) Prvk R 2 jsou bod v rovině
VícePřijímací zkouška na navazující magisterské studium 2018
Přijímací zkouška na navazující magisterské studium 208 Studijní program: Studijní obory: Matematika MA, MMIT, MMFT, MSTR, MNVM, MPMSE Varianta A Řešení příkladů pečlivě odůvodněte. Věnujte pozornost ověření
VíceOznačení derivace čárkami, resp. římskými číslicemi, volíme při nižším řádu derivace, jinak užíváme horní index v závorce f (5), f (6),... x c g (x).
9 Využití derivace 9.1 Derivace vyšších řádů Definice 1. Nechť funkce má derivaci v nějakém okolí bodu c D(f). Nechť funkce ϕ() =f () máderivacivboděc. Pak hodnotu ϕ (c) nazýváme derivací 2. řádu (2. derivací)
VíceDERIVACE FUNKCE, L HOSPITALOVO PRAVIDLO
MENDELOVA UNIVERZITA V BRNĚ LDF MT MATEMATIKA DERIVACE FUNKCE, L HOSPITALOVO PRAVIDLO Podpořeno projektem Průřezová inovace studijních programů Lesnické a dřevařské fakult MENDELU v Brně (LDF) s ohledem
VíceDrsná matematika III 1. přednáška Funkce více proměnných: křivky, směrové derivace, diferenciál
Drsná matematika III 1. přednáška Funkce více proměnných: křivky, směrové derivace, diferenciál Jan Slovák Masarykova univerzita Fakulta informatiky 16. 9. 2008 Obsah přednášky 1 Literatura 2 Funkce a
Více1. Je dána funkce f(x, y) a g(x, y, z). Vypište symbolicky všechny 1., 2. a 3. parciální derivace funkce f a funkce g.
. Je dána funkce f(x, y) a g(x, y, z). Vypište symbolicky všechny.,. a 3. parciální derivace funkce f a funkce g.. Spočtěte všechny první parciální derivace funkcí: a) f(x, y) = x 4 + y 4 4x y, b) f(x,
VíceTo je samozřejmě základní pojem konvergence, ale v mnoha případech je příliš obecný a nestačí na dokazování některých užitečných tvrzení.
STEJNOMĚRNÁ KONVERGENCE Zatím nebylo v těchto textech věnováno příliš pozornosti konvergenci funkcí, at jako limita posloupnosti nebo součet řady. Jinak byla posloupnosti funkcí nebo řady brána jako. To
VíceLimita a spojitost funkce a zobrazení jedné reálné proměnné
Přednáška 4 Limita a spojitost funkce a zobrazení jedné reálné proměnné V několika následujících přednáškách budeme studovat zobrazení jedné reálné proměnné f : X Y, kde X R a Y R k. Protože pro každé
Více