Matematika II: Pracovní listy

Transkript

1 Matematika II: Pracovní listy Zuzana Morávková, Radomír Paláček, Petra Schreiberová, Petr Volný Katedra matematiky a deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzita Ostrava K M D G

2

3 Předmluva Studijní materiály jsou určeny pro studenty kombinované i prezenční formy vybraných fakult Vysoké školy báňské - Technické univerzity Ostrava, a to pro předmět Matematika II. Pracovní listy jsou rozděleny do několika bloků. Teoretická část (Listy k přednáškám) je určena pro přímou výuku v rámci jednotlivých přednášek. Nejedná se o náhradu skript. Proto nedoporučujeme pročítat tento text bez ilustrací, bez vysvětlení významu vět a bez podpůrných příkladů. A také nedoporučujeme považovat tyto materiály za náhradu účasti na výuce. Blok obsahující řešené příklady (Řešené příklady) je zaměřen především na samostudium. Listy s neřešenými příklady (Pracovní listy do cvičení) lze využít v rámci cvičení pro studenty prezenčního studia a pro domácí práci studentů kombinované formy. Jak pracovat s pracovními listy Pokud si vytisknete tyto listy, pak si můžete do svého výtisku vpisovat vysvětlující komentáře a příklady, které uslyšíte na přednášce. Nemusíte se tak zdržovat přepisováním definic a vět, ale můžete se lépe soustředit na jejich pochopení. Orientaci v textu usnadňuje interaktivní obsah (Obsah). Jednotlivé bloky jsou vzájemně propojeny pomocí interaktivních odkazů (zelená čísla listů). Dále jsou pracovní listy doplněny o komentovaná videa (Video) a interaktivní pomůcky v programu GeoGebra,. Na webové stránce jsou umístěny tyto pracovní listy včetně verze pro tisk a veškerých doplňujících materiálů. Příjemně strávený čas s matematikou přeje kolektiv autorů. Blok řešených slovních úloh (Aplikované úlohy) slouží k demonstraci vybraného matematického aparátu. Závěrečný blok (Testy) slouží k ověření stupně zvládnutí látky na cvičeních. Poděkování Pracovní listy vznikly za finanční podpory projektu FRVŠ 03/03 Vytvoření e-learningových kurzů s multimediálními studijními materiály pro matematické předměty na vybraných fakultách Vysoké školy báňské - Technické univerzity Ostrava a Katedry matematiky a deskriptivní geometrie VŠB-TUO.

4 Obsah Listy k přednáškám 9 Integrální počet funkcí jedné proměnné 0. Neurčitý integrál Primitivní funkce Definice a vlastnosti Tabulkové integrály Metoda per partes Integrace substitucí Integrace racionální lomené funkce Integrace goniometrických funkcí Určitý integrál Geometrický význam určitého integrálu Definice Vlastnosti určitého integrálu Substituce v určitém integrálu Metoda per partes v určitém integrálu Nevlastní integrál prvního druhu Nevlastní integrál druhého druhu Geometrické aplikace určitého integrálu Obsah rovinného útvaru Délka rovinné křivky Objem rotačního tělesa Obsah rotační plochy Funkce dvou proměnných 34. Funkce dvou proměnných, vlastnosti Definice funkce dvou proměnných Graf funkce dvou proměnných Limita a spojitost Diferenciální počet funkcí dvou proměnných Parciální derivace Diferenciál Implicitní funkce Extrémy funkcí dvou proměnných Lokální extrémy Vázané extrémy Globální extrémy Obyčejné diferenciální rovnice Diferenciální rovnice n-tého řádu Některé metody řešení diferenciálních rovnic. řádu Separovatelné diferenciální rovnice Exaktní diferenciální rovnice Lineární diferenciální rovnice. řádu Vlastnosti lineárních diferenciálních rovnic Struktura řešení zkrácené LDR n-tého řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Charakteristická rovnice Metoda variace konstant Metoda neurčitých koeficientů Řešené příklady 66 Řešené příklady Integrální počet funkcí jedné proměnné 67 Přímá metoda Přímá metoda Přímá metoda Lineární substituce, obecné vzorce Metoda per partes Metoda per partes Substituční metoda Substituční metoda Substituční metoda

5 Integrace racionální lomené funkce Integrace racionální lomené funkce Integrace racionální lomené funkce Integrace racionální lomené funkce Integrace goniometrických funkcí Integrace goniometrických funkcí Integrace goniometrických funkcí Integrace goniometrických funkcí Integrace goniometrických funkcí Integrace goniometrických funkcí Integrace iracionálních funkcí Integrace iracionálních funkcí Integrace iracionálních funkcí Určitý integrál,výpočet a vlastnosti Určitý integrál sudé a liché funkce Metoda per partes pro určité integrály Substituční metoda pro určité integrály Substituční metoda pro určité integrály Určitý integrál, racionální lomená funkce Nevlastní integrál prvního druhu Nevlastní integrál druhého druhu Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Užití určitého integrálu, obsah rotační plochy Užití určitého integrálu, obsah rotační plochy Řešené příklady Funkce dvou proměnných 0 Definiční obor Definiční obor Vrstevnicový graf Limita funkce Parciální derivace Parciální derivace Parciální derivace Diferenciál funkce Diferenciál funkce Tečná rovina, normála Taylorův polynom Derivace implicitní funkce Tečna a normála k implicitní funkci Lokální extrémy - první část Lokální extrémy - druhá část Lokální extrémy - první část Lokální extrémy - druhá část Vázané extrémy Vázané extrémy Globální extrémy Řešené příklady Obyčejné diferenciální rovnice 3 Diferenciální rovnice - přímá integrace Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Exaktní diferenciální rovnice Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu

6 Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Pracovní listy do cvičení 55 Příklady Integrální počet funkcí jedné proměnné 56 Přímá metoda Přímá metoda Přímá metoda Přímá metoda Lineární substituce, obecné vzorce Lineární substituce, obecné vzorce Metoda per partes Metoda per partes Metoda per partes Substituční metoda Substituční metoda Substituční metoda Substituční metoda Substituční metoda + metoda per partes Racionální lomená funkce Rozklad na parciální zlomky Rozklad na parciální zlomky Integrace racionální lomené funkce Integrace racionální lomené funkce Integrace racionální lomené funkce Integrace goniometrických funkcí Integrace goniometrických funkcí Integrace goniometrických funkcí Integrace iracionálních funkcí Integrace iracionálních funkcí Neurčitý integrál Neurčitý integrál Neurčitý integrál Neurčitý integrál Určitý integrál, výpočet a vlastnosti Určitý integrál sudé a liché funkce Metoda per partes pro určité integrály Substituční metoda pro určité integrály Substituční metoda + metoda per partes Určitý integrál racionální lomené funkce Nevlastní integrál. druhu Nevlastní integrál. druhu Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Užití určitého integrálu, obsah rotační plochy Užití určitého integrálu, obsah rotační plochy Příklady Funkce dvou proměnných 09 Definiční obor Definiční obor Definiční obor Definiční obor Definiční obor Definiční obor Definiční obor Definiční obor Definiční obor

7 Definiční obor Vrstevnicový graf Vrstevnicový graf Limita funkce Parciální derivace Parciální derivace Parciální derivace Parciální derivace Parciální derivace Diferenciál funkce Diferenciál funkce Diferenciál funkce Diferenciál funkce Tečná rovina, normála Tečná rovina, normála Taylorův polynom Taylorův polynom Derivace implicitní funkce Derivace implicitní funkce Derivace implicitní funkce Tečna a normála k implicitní funkci Tečna a normála k implicitní funkci Lokální extrémy Lokální extrémy Lokální extrémy Lokální extrémy Vázané extrémy Vázané extrémy Globální extrémy Globální extrémy Globální extrémy Příklady Obyčejné diferenciální rovnice 50 Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Separovatelné diferenciální rovnice Exaktní diferenciální rovnice Exaktní diferenciální rovnice Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Lineární diferenciální rovnice. řádu Aplikované úlohy 85 Rosettská deska I Rosettská deska II Gateway Arch I Gateway Arch II

8 Chladící věž Ledvice I Chladící věž Ledvice II Teplota v pokoji I Teplota v pokoji II Teplota v pokoji III Teplota v pokoji IV Testy 96 Test Test Test Test Test Test Test Test Test Test Literatura 307

9 Matematika II: Listy k přednáškám Radomír Paláček, Petra Schreiberová, Petr Volný Katedra matematiky a deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzita Ostrava

10 Kapitola Integrální počet funkcí jedné proměnné

11 Matematika II - listy k přednáškám.řy - Neurčitý integrál, primitivní funkce Video. Neurčitý integrál V předcházejícím studiu jste se seznámili s důležitým pojmem, a to derivace funkce. Funkci f (x) jsme přiřadili novou funkci f (x). Úloha, které se budeme věnovat nyní, je v podstatě opačná. K funkci f (x) budeme hledat funkci F(x) tak, aby platilo F (x) = f (x). Tzn. položíme si otázku, jakou funkci je nutné derivovat, abychom dostali zadanou funkci f (x)... Primitivní funkce Definice..: Necht funkce f (x) je definovaná na otevřeném intervalu I. Funkce F(x) se nazývá primitivní k funkci f (x) na I, jestliže platí F (x) = f (x) pro každé x I. Věta..: Necht funkce F(x) je primitivní k f (x) na I, pak každá jiná primitivní funkce k funkci f (x) na I má tvar F(x) + c, kde c R. Poznámka: Pokud k dané funkci existuje primitivní funkce, je jich nekonečně mnoho a liší se pouze konstantou c. Víme, že pokud sestrojíme v bodě x tečnu k dané funkci, je derivace funkce v daném bodě x směrnicí této tečny. Grafy primitivních funkcí jsou posunuty rovnoběžně ve směru osy y. Tečny ke grafům v daných bodech x jsou rovnoběžné (mají stejnou směrnici) a z toho plyne, že mají stejnou derivaci.

12 Matematika II - listy k přednáškám.řy - Neurčitý integrál, definice Video.. Definice a vlastnosti Definice..3: Množina všech primitivních funkcí k funkci f (x) na I se nazývá neurčitý integrál funkce f (x) a značí se symbolem f (x)dx. Tedy f (x)dx = F(x) + c, x I. Poznámka:. Funkci f (x) nazýváme integrandem.. Výraz dx je diferenciál proměnné x a v tuto chvíli je jeho význam v tom, že nám říká, jak je označená proměnná. 3. Číslo c nazýváme integrační konstanta. Vlastnosti neurčitého integrálu: Věta..4: Každá funkcey = f (x) spojitá na intervalu I, má na tomto intervalu neurčitý integrál f (x)dx, který je opět spojitou funkcí na I. Uvedeme jednoduchou (ale důležitou) větu, kterou budeme při výpočtu neurčitých integrálů neustále používat. Věta..5: Existují-li na I integrály f (x)dx a g(x)dx, pak na I existuje rovněž integrál jejich součtu, rozdílu a násobku konstantou: ( f (x) ± g(x)) dx = f (x)dx ± g(x)dx k f (x)dx = k f (x)dx, k R.

13 Matematika II - listy k přednáškám 3.Řy 3 - Tabulkové integrály Video Řešené příklady: 68, 69, 70 Příklady: 57, 58, Tabulkové integrály Podobně jako pro derivování, i pro integrování existuje celá řada pravidel, kterými se při výpočtu budeme řídit. První skupinu vzorců (-) dostaneme, obrátíme-li základní vzorce pro derivování. Doplníme ji o dva užitečné vzorce a 3.. 0dx = c x n dx = xn+ + c, n =, x > 0 n + e x dx = e x + c a x dx = ax ln a + c dx = ln x + c x sin x dx = cos x + c cos x dx = sin x + c cos x dx = tan x + c, x = (k + )π sin dx = cot x + c, x = kπ x dx = arcsin x + c, x < x dx = arctan x + c + x f (x) dx = ln f (x) + c f (x) f (x) f (x)dx = f (x) + c Obecné vzorce dx = ln x + a + c x + a e ax dx = a eax + c sin ax dx = cos ax + c a cos ax dx = sin ax + c a a + x dx = a arctan x a + c a x dx = arcsin x a + c cos ax dx = a tan x a + c sin ax dx = a cot x a + c a + x dx = ln x + x + a + c

14 Matematika II - listy k přednáškám 4.Řy 4 - Metoda per partes Video Řešené příklady: 7, 73 Příklady: 63, 64, Metoda per partes Víme, že integrál ze součtu (rozdílu) je součtem (rozdílem) integrálů. Pro součin (podíl) nic takového obecně neplatí. f (x) g(x)dx = f (x)dx g(x)dx Z pravidla pro derivaci součinu dostaneme velmi užitečný vztah pro integraci součinu: (u v) = u v + u v u v = (u v) u v Po integraci dostáváme: u v dx = u v u vdx Věta..6: Necht funkce u(x) a v(x) mají derivaci na intervalu I, pak platí u(x) v (x)dx = u(x) v(x) u (x) v(x)dx, pokud alespoň jeden z integrálů existuje. Tato metoda se nazývá metoda per partes (po částech). Hodí se na integrály, jejichž integrand má tvar součinu dvou odlišných funkcí. Abychom dokázali napsat pravou stranu vztahu, musíme jeden činitel na levé straně umět derivovat, což není problém, a druhý činitel musíme umět integrovat, což už může být problém. Metoda per partes integrál vypočítá jen zčásti. Zbývá vypočítat nový integrál, který by měl být jednodušší.

15 Matematika II - listy k přednáškám 5.Řy 5 - Metoda per partes Video Řešené příklady: 7, 73 Příklady: 63, 64, 65 Integrály typické pro výpočet metodou per partes Bud P(x) polynom. Metodou per partes integrujeme např. integrály následujících typů: P(x)e αx dx, P(x) sin(αx)dx, P(x) cos(αx)dx a P(x) arctan xdx, P(x) ln m xdx. U první skupiny postupujeme tak, že polynom derivujeme (snížíme jeho stupeň), v případě potřeby postup opakujeme. U druhé skupiny naopak polynom integrujeme a derivujeme druhý činitel. Poznámka: V souvislosti s metodou per partes se používá obrat, který spočívá v tom, že po integraci per partes a úpravách se nám znovu objeví výchozí integrál. Tzn. dostáváme rovnici: f (x)dx = h(x) + α f (x)dx, kde α =. Převedením integrálů na jednu stranu dostaneme hledaný výsledek: f (x)dx = h(x) + c. α

16 Matematika II - listy k přednáškám 6.Řy 6 - Integrace substitucí Video Řešené příklady: 74, 75 Příklady: 66, 67, Integrace substitucí Seznámíme se s významnou metodou, která je jednou z nejdůležitějších a nejpoužívanějších při řešení integrálů. Bohužel neexistuje univerzální návod, kdy a jak substituci použít, proto je důležité pochopit princip substitučních metod a umět vzorce pro derivování. Substituce typu ϕ(x) = t Věta..7: Necht funkce f (t) má na otevřeném intervalu J primitivní funkci F(t), funkce ϕ(x) má derivaci na otevřeném intervalu I a pro libovolné x I platí ϕ(x) J. Potom je funkce F(ϕ(x)) primitivní funkce k funkci f (ϕ(x))ϕ (x) na I a platí: f [ϕ(x)] ϕ (x)dx = f (t)dt = F(t) + c = F [ϕ(x)] + c. Z předcházející věty vidíme, jak musí vypadat integrand, aby bylo možno substituční metodu použít. Musí jít o výraz, který je složen ze součinu složené funkce a derivace vnitřní funkce. Problémem je, že potřebný součin není vždy na první pohled viditelný a je potřeba integrand vhodně upravit.

17 Matematika II - listy k přednáškám 7.Řy 7 - Integrace substitucí Video Řešené příklady: 74, 75 Příklady: 66, 67, 68 Shrnutí a praktické použití:. označíme substituci ϕ(x) = t. rovnost diferencujeme: ϕ (x)dx = dt 3. v integrálu f (ϕ(x))ϕ (x)dx nahradíme za ϕ(x) proměnnou t a za výraz ϕ (x)dx diferenciál dt 4. řešíme integrál f (t)dt proměnné t 5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci Lineární substituce: ax + b = t Jestliže má funkce f (t) primitivní funkci F(t), tj. platí, že: f (t)dt = F(t) + c, f (ax + b)dx = F(ax + b) + c, a, b R, a = 0. a

18 Matematika II - listy k přednáškám 8.Řy 8 - Integrace substitucí Video Řešené příklady: 76 Příklady: 69 Substituce typu x = ϕ(t) Podle věty o. substituční metodě jsme převedli integrál f [ϕ(x)] ϕ (x)dx pomocí substituce ϕ(x) = t na integrál s novou proměnnou f (t)dt. Někdy je potřeba zvolit postup opačný a proměnnou nahradit vhodnou funkcí. Tzn. máme vypočítat integrál f (x)dx. S využitím substituce x = ϕ(t) a dx = ϕ (t)dt se snažíme převést integrál na tvar integrálu f [ϕ(t)] ϕ (t)dt. Abychom byli schopni nalézt primitivní funkci, musí platit, že:. f (x) je spojitá na (a, b) Substituční metodou integrujeme většinou iracionální funkce. n a) Integrand obsahuje výraz ax + b. U těchto integrálů používáme substituci ax + b = t n, adx = nt n dt. b) Obsahuje-li integrovaná funkce více odmocnin s různými odmocniteli n n ax + b, ax + b,... zavádíme substituci ax + b = t n, kde n je nejmenší společný násobek čísel n, n,... c) Integrand obsahuje výraz a b x. Substituce se označuje jako goniometrická, protože klademe bx = a sin t nebo bx = a cos t, tzn. dx = a b cos tdt případně dx = a sin tdt. b. x = ϕ(t) je na (α, β) ryze monotónní a ϕ (t) = 0 je spojitá na (α, β). Pokud jsou tyto předpoklady splněny, existuje inverzní funkce ϕ (x) = 0 a tedy t = ϕ (x). Věta..8: Necht funkce f (x) je spojitá na intervalu J, necht monotónní funkce ϕ(t) má derivaci na otevřeném intervalu I různou od nuly pro každé t [ I a platí ] ϕ(i) = J. Pak má f (x) na intervalu J primitivní funkci F ϕ (x) a platí: f (x)dx = [ ] f (ϕ(t))ϕ (t)dt = F ϕ (x) + c.

19 Matematika II - listy k přednáškám 9.Řy 9 - Integrace racionální lomené funkce Video Řešené příklady: 77 Příklady: 7, 7, Integrace racionální lomené funkce Každou racionální lomenou funkci tvaru f (x) = P(x), kde P(x) a Q(x) Q(x) jsou polynomy libovolných stupňů, lze vyjádřit ve tvaru P(x) Q(x) = S(x) + R (x) R s (x), kde S(x) je mnohočlen a R (x),..., R s (x) jsou parciální zlomky. Parciální zlomky jsou speciální racionální lomené funkce. Rozlišujeme typy: A, k N; α, A R (x α) k a B(x + p) + C (x + px + q) k, k N; B, C, p, q R; p 4q < 0. P(x) Definice..9: Racionální funkce se nazývá ryzí, jestliže Q(x) deg P(x) < deg Q(x), deg P(x) je stupeň polynomu P(x). Postup rozkladu ryze lomené funkce na parciální zlomky. najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli. napíšeme předpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli 4. nalezneme koeficienty rozkladu: srovnávací metodou, dosazovací metodou nebo kombinací těchto metod.

20 Matematika II - listy k přednáškám 0. Řy 0 - Integrace racionální lomené funkce Video Řešené příklady: 78, 79, 80 Příklady: 74, 75, 76 Integrace parciálních zlomků s reálnými kořeny ve jmenovateli Pro k = : Pro k : A dx = A ln x α + c. x α A (x α) k dx = A + c. ( k)(x α) k Integrace parciálních zlomků s komplexními kořeny ve jmenovateli Při integrování zlomku Při integrování zlomku C x + px + q doplníme trojčlen x + px + q na čtverec: C x + px + q dx = C B(x + p) x + px + q dostáváme: B(x + p) x + px + q dx = B ln x + px + q + c. dx (x + p/) + a = C a arctan x + p/ a + c, kde a = q p 4.

21 Matematika II - listy k přednáškám. Řy - Integrace goniometrických funkcí Video Řešené příklady: 8, 8, 83,84 Příklady: 77, Integrace goniometrických funkcí Integrály typu sin m x cos n x dx, kde m, n Z. Pokud je aspoň jedno z čísel m, n liché použijeme k řešení substituci: sin x = t, je-li n liché, cos x = t, je-li m liché. Pokud jsou obě liché, můžeme si vybrat.. Pokud jsou obě čísla m, n sudá a nezáporná, je nejvýhodnější použití vzorců pro dvojnásobný úhel: sin x = cos x = cos x, + cos x. 3. Pokud jsou obě čísla m, n sudá a je-li alespoň jedno z čísel záporné, použijeme substituci tan x = t, x ( π, π ). Pak sin x = t, cos x =, + t + t x = arctan t dx = + t dt.

22 Matematika II - listy k přednáškám. Řy - Integrace goniometrických funkcí Video Řešené příklady: 85, 86 Příklady: 79 Univerzální substituce tan x = t, x ( π, π) x = arctan t dx = + t dt sin x = t t, cos x = + t + t Univerzální substituce se používá při řešení integrálů typu f (sin x, cos x)dx, kde f (u, v) je racionální funkce proměnných u = sin x, v = cos x. Jedná se o obecný postup (substituci) při řešení integrálů funkcí složených z goniometrických funkcí.

23 Matematika II - listy k přednáškám 3. Řy 3 - Určitý integrál, geometrický význam Video. Určitý integrál.. Geometrický význam určitého integrálu Mějme nezápornou ohraničenou funkci f (x), spojitou na intervalu a, b. Dá se dokázat, že určitý integrál b a f (x)dx udává obsah rovinného obrazce P ohraničeného grafem funkce f (x), osou x a přímkami x = a, x = b. Pro obecnou funkci f (x) zatím obsah obrazce P vypočítat nedovedeme. Navrhněme, jak vypočítat obsah tohoto útvaru alespoň přibližně:. Rozdělíme obrazec rovnoběžkami s osou y na n částí. Je zřejmé, že obsah obrazce P dostaneme jako součet obsahů jednotlivých částí. Pak platí: P = P + P P n.. Potřebujeme tedy určit obsah jednotlivých částí. Jelikož jsou opět ohraničeny shora funkcí f (x), provedeme výpočet přibližně. A to tak, že aproximujeme plochy obdélníky. Zvolíme v jednotlivých částech body ξ i (v mezích dané části) a v těchto bodech určíme funkční hodnoty f (ξ i ). V těchto hodnotách zarovnáme odpovídající části obrazce na obdélníky (funkci jsme nahradili funkční hodnotou). Ze znalosti vzorce pro výpočet obsahu obdélníku dostáváme (přibližný) obsah původního obrazce: P. = (x a) f (ξ ) + (x x ) f (ξ ) (b x n ) f (ξ n ). 3. Je zřejmé, že se dopouštíme chyby, a pokud zvolíme více dělících bodů (více částí), bude chyba menší. Obsah P tedy dostaneme jako limitu pro nekonečný počet částí.

24 Matematika II - listy k přednáškám 4. Řy 4 - Určitý integrál, definice a výpočet Video Řešené příklady: 90, 9 Příklady: 86, 87.. Definice Definice..0: Pokud existuje limita ( n lim n i= P i = I ), pak je tato limita označována jako Riemannův integrál funkce v intervalu a, b a píšeme I = b a f (x)dx, kde číslo a se nazývá dolní mez, číslo b horní mez a funkce f (x) integrand. Poznámka: Pokud je funkce f (x) spojitá na a, b, pak má Riemannův integrál. Po zobecnění dostáváme následující definici. Definice..: Necht je f (x) omezená a po částech spojitá v a, b, pak má f (x) v a, b Riemannův integrál. Výpočet určitého integrálu Pro výpočet určitého integrálu využijeme Newtonovu-Leibnizovu formuli, která vyjadřuje vztah mezi primitivní funkcí a Riemannovým integrálem. Definice..: Necht F(x) je primitivní funkcí k funkci f (x) v intervalu I. Pak pro čísla a, b z tohoto intervalu definujeme Newtonův určitý integrál funkce f (x) v mezích od a do b vzorcem: b a f (x)dx = [F(x)] b a = F(b) F(a).

25 Matematika II - listy k přednáškám 5. Řy 5 - Určitý integrál, vlastnosti..3 Vlastnosti určitého integrálu Věta..3: Necht f (x) a g(x) jsou integrovatelné na a, b, pak také součet (rozdíl) těchto funkcí a násobek funkce konstantou je integrovatelný na tomto intervalu a platí: b a Další vlastnosti: ( f (x) ± g(x))dx = b a b a b c f (x)dx = c a f (x)dx ± b a f (x)dx, c R. g(x)dx, Věta..4: Necht f (x) a g(x) jsou integrovatelné na a, b, pak platí: a b b a a a f (x)dx = 0, b f (x)dx = f (x)dx a b a f (x)dx, f (x)dx, Video Řešené příklady: 90, 9 Příklady: 86, 87 Následující vlastnost je užitečná zejména v případech, kdy integrand nebude mít na celém intervalu a, b jednotný analytický předpis. Věta..5: Necht f (x) je integrovatelná na a, b a c je libovolné reálné číslo a < c < b. Pak je f (x) integrovatelná na intervalech a, c a c, b a platí: b a f (x)dx = c Výpočet integrálu sudé a liché funkce a f (x)dx + Pokud je na intervalu a, a funkce f (x) sudá, pak a a a f (x)dx = 0 b c f (x)dx. Pokud je na intervalu a, a funkce f (x) lichá, pak a a f (x)dx = 0. f (x)dx. je-li f (x) g(x), pro x a, b, pak také b a f (x)dx b a g(x)dx.

26 Matematika II - listy k přednáškám 6. Řy 6 - Určitý integrál, integrace substitucí a metodou per partes Video Řešené příklady: 9, 93, 94 Příklady: 9..4 Substituce v určitém integrálu Věta..6: Je-li funkce f (x) integrovatelná v a, b a ryze monotónní funkce x = ϕ(t) má v intervalu α, β spojitou derivaci ϕ (t), přičemž ϕ(α) = a a ϕ(β) = b, pak platí: b a f (x)dx = β α f (ϕ(t))ϕ (t)dt. Poznámka: Postup výpočtu a zápis je obdobný jako u neurčitého integrálu, jen přibude určení nových mezí. Výhodou je, že se nemusíme po substituci vracet k původní proměnné...5 Metoda per partes v určitém integrálu Věta..7: Necht funkce u(x) a v(x) mají na a, b, a < b, derivace, které jsou na daném intervalu integrovatelné, pak platí b a b u(x) v (x)dx = [u(x) v(x)] b a u (x) v(x)dx. a Poznámka: Použití je analogické jako v případě neurčitého integrálu. Výhoda oproti postupu u neurčitého integrálu spočívá v průběžném dosazování mezí do částečně určené primitivní funkce. Výpočet se zkrátí a zpřehlední.

27 Matematika II - listy k přednáškám 7. Řy 7 - Určitý integrál, nevlastní integrály Video Řešené příklady: 96 Příklady: 9..6 Nevlastní integrál prvního druhu Definice..8: Bud funkce f (x) spojitá na intervalu a, ), pak integrál a c f (x)dx = lim f (x)dx = L c a nazýváme nevlastním integrálem. druhu. Jestliže L R, říkáme, že nevlastní integrál konverguje. V opačném případě (L = nebo L = ) říkáme, že nevlastní integrál diverguje. Poznámka: Zcela analogicky definujeme nevlastní integrál. druhu na intervalu (, a). Integrujeme ohraničenou funkci na neohraničeném intervalu. Je-li funkce f (x) spojitá na intervalu (, ) a konvergují-li pro libovolné číslo a oba nevlastní integrály L = a f (x)dx, L = a f (x)dx, pak f (x)dx = L + L.

28 Matematika II - listy k přednáškám 8. Řy 8 - Určitý integrál, nevlastní integrály Video Řešené příklady: 97 Příklady: Nevlastní integrál druhého druhu Definice..9: Bud funkce f (x) spojitá a neohraničená na intervalu a, b), pak integrál b a c f (x)dx = lim f (x)dx = L c b a nazýváme nevlastním integrálem. druhu. Jestliže L R, říkáme, že nevlastní integrál konverguje. V opačném případě (L = nebo L = ) říkáme, že nevlastní integrál diverguje. Poznámka: Zcela analogicky definujeme nevlastní integrál. druhu na intervalu (a, b. Integrujeme neohraničenou funkci na omezeném intervalu. Má-li funkce f (x) více bodů, v nichž je neohraničená, rozdělíme interval integrace na odpovídající počet podintervalů tak, aby v každém z nich byl právě takový bod. Budou-li nevlastní integrály na dílčích intervalech konvergovat, bude konvergovat i integrál na celém intervalu, záskáme jej jako součet dílčích hodnot jednotlivých integrálů. Naopak stačí, aby alespoň jeden dílčí integrál divergoval, a nevlastní integrál bude divergovat jako celek.

29 Matematika II - listy k přednáškám 9. Řy 9 - Určitý integrál, obsah rovinného útvaru.3 Geometrické aplikace určitého integrálu.3. Obsah rovinného útvaru. Pokud se jedná o rovinný útvar omezený osou x, přímkami x = a, x = b a grafem spojité, nezáporné funkce y = f (x), pak je jeho obsah dán určitým integrálem, jak bylo uvedeno u geometrické interpretace určitého integrálu: Video Řešené příklady: 98, 99, 00 Příklady: 94, 95 Jestliže funkce y = f (x) nabývá v intervalu a, b jak kladných, tak i záporných hodnot, potom tento interval rozdělíme na dílčí intervaly, ve kterých funkce nabývá pouze nekladných hodnot resp. nezáporných hodnot, a vypočteme obsahy podle předcházejícího. Tzn. pokud bychom počítali integrál b f (x)dx na celém a, b, kladné a záporné části by se odečítaly. a P = b a f (x)dx. V případě, že funkce y = f (x) je v intervalu a, b záporná, je integrál rovněž záporný. Vzhledem k tomu, že obsah každého obrazce je vždy nezáporné číslo, použijeme pro libovolnou funkci ve výpočtu obsahu její absolutní hodnotu: b b P = f (x) dx = f (x)dx. a a

30 Matematika II - listy k přednáškám 0. Řy 30 - Určitý integrál, obsah rovinného útvaru Video Řešené příklady: 0, 0 Příklady: 96, 97, 98. Pokud je rovinný útvar ohraničený dvěma funkcemi (křivkami) y = f (x) a y = g(x), přičemž platí f (x) g(x) na intervalu a, b, a přímkami x = a, x = b, je jeho obsah určen: P = b a ( f (x) g(x)) dx. V případě, že je rovinný útvar ohraničený pouze dvěma funkcemi, musíme nejdříve určit x-ové souřadnice průsečíků křivek (tzn. řešíme rovnici f (x) = g(x)). 3. Je-li graf funkce f určen parametrickými rovnicemi x = ϕ(t), y = ψ(t), t α, β, kde funkce ψ(t) je spojitá a nezáporná na α, β a funkce ϕ(t) má na intervalu α, β derivaci ϕ(t) různou od nuly a ϕ(t) je integrovatelná na α, β, platí pro obsah útvaru ohraničeného grafem funkce f na intervalu α, β : P = β α ψ(t) ϕ(t)dt.

31 Matematika II - listy k přednáškám. Řy 3 - Určitý integrál, délka rovinné křivky Video Řešené příklady: 03, 04 Příklady: 00, 0.3. Délka rovinné křivky Věta.3.0: Je-li funkce y = f (x) definovaná na a, b a má zde spojitou derivaci, pak pro délku jejího grafu platí: l = b a + ( f (x)) dx. Nyní se podíváme na obecnější případ, kdy křivka nemusí být grafem funkce (může se jednat o trajektorii nakreslenou bodem spojitě se pohybujícím v rovině). Tzn. zadáme křivku pomocí parametrických rovnic x = ϕ(t), y = ψ(t), kde t α, β. Z fyzikálního pohledu je délka křivky vlastně dráhou, kterou bod urazí od okamžiku α do okamžiku β. Pro délku křivky dané parametrickými rovnicemi lze dokázat následující tvrzení: l = β α ( ϕ(t)) + ( ψ(t)) dt.

32 Matematika II - listy k přednáškám. Řy 3 - Určitý integrál, objem rotačního tělesa Video Řešené příklady: 05, 06, 07 Příklady: Objem rotačního tělesa Necháme-li rovinný útvar rotovat kolem osy x, vznikne rotační těleso, jehož objem můžeme vypočítat pomocí určitého integrálu. Věta.3.: Necht je funkce y = f (x) spojitá a nezáporná na a, b. Pak rotační těleso vzniklé rotací křivky y = f (x) kolem osy x v intervalu a, b má objem: V = π b a f (x)dx. Věta.3.: Je-li graf funkce f určen parametrickými rovnicemi x = ϕ(t), y = ψ(t), kde t α, β, platí pro objem tělesa, které vznikne rotací útvaru kolem osy x: V = π β α ψ (t) ϕ(t) dt. Poznámka:. Obdobný vzorec platí, je-li osou rotace osa y. Objem tělesa, které vznikne rotací spojité křivky x = h(y) pro y c, d kolem osy y, vypočteme pomocí vztahu: V = π d c h (y)dy.. Pokud získáme těleso rotací útvaru ohraničeného křivkami y = f (x) a y = g(x), přičemž platí f (x) g(x), kolem osy x na a, b, pak objem takového tělesa určíme jako V = π b a f (x) g (x) dx.

33 Matematika II - listy k přednáškám 3. Řy 33 - Určitý integrál, obsah rotační plochy Video Řešené příklady: 08, 09 Příklady: 07, Obsah rotační plochy Pomocí určitého integrálu vypočítáme i obsah pláště rotačního tělesa. Věta.3.3: Necht je funkce y = f (x) spojitá a nezáporná na a, b a má zde spojitou derivaci. Pak pro obsah rotační plochy, která vznikne rotací křivky y = f (x) kolem osy x v intervalu a, b, platí: S = π b a f (x) + ( f (x)) dx. Poznámka: Rotace kolem osy y: S = π d c h(y) + (h (y)) dy. Věta.3.4: Je-li graf funkce f určen parametrickými rovnicemi x = ϕ(t), y = ψ(t), kde t α, β, platí pro obsah rotační plochy, které vznikne rotací grafu funkce f kolem osy x: S = π β α ψ(t) ( ϕ(t)) + ( ψ(t)) dt, ψ(t) 0.

34 Kapitola Funkce dvou proměnných

35 Matematika II - listy k přednáškám 4. Řy 35 - Funkce dvou proměnných, definiční obor. Funkce dvou proměnných, vlastnosti.. Definice funkce dvou proměnných Definice..5: Bud M R, M = množina. Funkcí dvou proměnných na M rozumíme každé zobrazení Video Řešené příklady:, Příklady: 0-9 Princip hledání definičního oboru pro funkci dvou proměnných je zcela analogický jako pro funkci jedné proměnné. Sestavíme a vyhodnotíme jednotlivé omezující podmínky. f : M R, M [x, y] z = f (x, y) R. Množinu M nazýváme definičním oborem funkce f a značíme ji D f. Množina R je kartézským součinem množiny R se sebou, tedy R = R R, jejími prvky a také prvky její podmnožiny M jsou tzv. uspořádané dvojice. Poznámka: V analogii s označením používaným pro funkci jedné proměnné, y = f (x), budeme pro označení funkce dvou proměnných používat z = f (x, y). Proměnné x a y budeme nazývat nezávislé proměnné. Proměnnou z budeme nazývat závislou proměnnou. Není-li specifikován definiční obor, automaticky uvažujeme maximální přípustnou podmnožinu v R. Pro funkci tří a případně více proměnných máme zcela analogickou definici, přidáváme v podstatě pouze nezávislé proměnné. Prvek množiny M nazýváme bod z definičního oboru, obvykle se pro jeho označení používají velká písmena, tj. např. A M. Bod A je určen dvěma složkami, A = [x 0, y 0 ]. Hodnota z = f (A) = f (x 0, y 0 ) se nazývá funkční hodnota.

36 Matematika II - listy k přednáškám 5. Řy 36 - Funkce dvou proměnných, graf Video Řešené příklady: 3 Příklady: 0,.. Graf funkce dvou proměnných Definice..6: Grafem funkce dvou proměnných rozumíme množinu G f = {[x, y, z] R 3 [x, y] D f, z = f (x, y)}. Poznámka: Množina G f je podmnožinou v R 3, G f R 3. Nejčastěji budeme pracovat s funkcemi, jejichž grafy jsou nějaké dvojrozměrné plochy v trojrozměrném prostoru. Nakreslit graf funkce dvou proměnných tzv. v ruce je poměrně obtížné, a často to vůbec není možné. Jednou z možností, kterou máme k dispozici, je využít průsečnice grafu zadané funkce s rovinami rovnoběžnými se souřadnicovými rovinami, především s půdorysnou rovinou. K vizualizaci grafů se používá výpočetní technika, existuje řada komerčních i volně šiřitelných programů (Gnuplot, Maple, Matematika, Matlab, Wolfram atd.). Grafem funkce tří proměnných je plocha v R 4, tzv. nadplocha. Nelze ji ovšem graficky znázornit.

37 Matematika II - listy k přednáškám 6. Řy 37 - Funkce dvou proměnných, vrstevnice Definice..7: Řezy grafu funkce z = f (x, y) rovinami rovnoběžnými s půdorysnou rovinou se nazývají vrstevnice. Vrstevnicovým grafem rozumíme průměty vrstevnic do půdorysné roviny z = 0. Vrstevnice je množina bodů se stejnou funkční hodnotou. S vrstevnicemi se můžeme setkat především na turistických mapách, kde vrstevnice (obvykle šedé křivky) reprezentují množiny bodů se stejnou nadmořskou výškou. Vrstevnicový graf a graf funkce z = 3 Video Řešené příklady: 3 Příklady: 0, 5x x + y +. k = 0 k = ± 5 k = ± k = ± 5 6 k = ± z Na obrázku se nachází turistická mapa okolí Vysoké školy báňské - Technické univerzity Ostrava. Zdroj: x y

38 Matematika II - listy k přednáškám 7. Řy 38 - Limita a spojitost funkce dvou proměnných..3 Limita a spojitost Limita a spojitost funkce dvou proměnných je definována úplně stejně, jako v případě funkcí jedné proměnné. Definice..8: Řekneme, že funkce z = f (x, y) má v hromadném bodě P = [x 0, y 0 ] limitu a R, jestliže pro každé ɛ > 0 existuje δ > 0 takové, že pro každé X Oδ(P) platí f (X) a < ɛ. Pojem okolí bodu je zobecněn, v případě funkcí jedné proměnné se jedná o otevřený interval, pro funkce dvou proměnných se jedná o otevřený kruh (kruh bez hraniční kružnice). Okolí Oδ(P) je tzv. deltové prstencové okolí v bodě P, jedná se o otevřený kruh se středem v bodě P bez bodu P o poloměru δ. Definice..9: Bud U R, bod P R se nazývá hromadný bod množiny U, jestliže každé jeho prstencové okolí O(P) má s množinou U neprázdný průnik, O(P) U =. y Video Řešené příklady: 4 Příklady: Limity funkcí dvou proměnných řešíme většinou přímým dosazením limitního bodu. Řeší se spíše jiný typ úlohy, dokazuje se, že limita v daném bodě neexistuje. Používaná notace: lim f (X) = a, lim X P f (x, y) = a. [x,y] [x 0,y 0 ] Definice..30: Řekneme, že funkce z = f (x, y) je spojitá v bodě P = [x 0, y 0 ] D f, jestliže platí lim f (x, y) = f (x 0, y 0 ). [x,y] [x 0,y 0 ] Funkce je spojitá, je-li spojitá v každém bodě svého definičního oboru. Funkce je spojitá v bodě, jestliže existuje limita v tomto bodě, kterou určíme přímým dosazením limitního bodu, tj. jako funkční hodnotu v tomto bodě. Y U X 0 Z x Body X a Y jsou hromadné body množiny U. Bod Z není hromadným bodem množiny U. V případě funkcí jedné proměnné vyšetřujeme chování funkce (počítáme limitu) na levé resp. pravé části okolí (otevřeného intervalu). Zkoumáme pouze dva případy. Problém u funkcí dvou proměnných je ten, že se k limitnímu bodu můžeme blížit nekonečně mnoha způsoby.

39 Matematika II - listy k přednáškám 8. Řy 39 - Parciální derivace. Diferenciální počet funkcí dvou proměnných.. Parciální derivace Definice..3: Řekneme, že má funkce z = f (x, y) parciální derivaci podle x (prvního řádu) v bodě A = [x 0, y 0 ], jestliže existuje vlastní limita f (A) = lim x h 0 f (x 0 + h, y 0 ) f (x 0, y 0 ). h Analogicky definujeme parciální derivaci podle y, f (A) = lim y h 0 f (x 0, y 0 + h) f (x 0, y 0 ). h Video Řešené příklady: 5, 6, 7 Příklady: 3-7 Výpočet parciálních derivací funkcí dvou proměnných se ve skutečnosti redukuje na výpočet derivací funkcí jedné proměnné, přičemž pro derivování používáme stejné formule a pravidla jako v případě funkcí jedné proměnné. Věta..3: Necht existují parciální derivace funkcí f (x, y) a g(x, y) podle x = x a y = x na Q D f D g v bodě X. Pak platí pro každé i =,, ( f ± g)(x) = f (X) ± g (X), x i x i x i ( f g)(x) = f (X) g(x) + f (X) g (X), x i x i x i ( ) f f x (X) = i (X) g(x) f (X) g x i (X) x i g g. (X) Poznámka: Označení parciálních derivací: f z (A), x x (A), f x(a), f x(a), atd. Parciální derivace v obecném bodě, tj. f x resp. f jsou opět funkce y dvou proměnných. Zcela analogicky se definují parciální derivace funkce tří a více proměnných. Když určujeme parciální derivaci podle x, pak vše co není x ve funkci z = f (x, y) chápeme jako konstantu. Tzn. takovou funkci derivujeme jako funkci jedné proměnné, proměnné x. U parciálních derivací podle y postupujeme stejně, co není y chápeme jako konstantu.

40 Matematika II - listy k přednáškám 9. Řy 40 - Parciální derivace Video Řešené příklady: 5, 6, 7 Příklady: 3-7 Geometrický význam parciálních derivací Geometrický význam parciálních derivací je stejný, jako v případě derivace funkce jedné proměnné. Jedná se o směrnici tečny sestrojené v daném bodě. Rovina σ určená rovnicí y = y 0 je rovnoběžná s rovinou xz (rovina xz je určena rovnicí y = 0). Průnikem roviny σ s grafem funkce z = f (x, y) je křivka κ. Parciální derivace f x (A), A = [x 0, y 0 ], je směrnice tečny (tan α) t κ ke křivce κ v bodě A = [x 0, y 0, z 0 = f (x 0, y 0 )]. Rovina ν určená rovnicí x = x 0 je rovnoběžná s rovinou yz (rovina yz je určena rovnicí x = 0). Průnikem roviny ν s grafem funkce z = f (x, y) je křivka λ. Parciální derivace f y (A), A = [x 0, y 0 ], je směrnice tečny (tan β) t λ ke křivce λ v bodě A = [x 0, y 0, z 0 = f (x 0, y 0 )]. z ν Definice..33: Parciální derivace druhého řádu funkce z = f (x, y) jsou definovány: f x = ( ) f, f x x y = ( ) f, y y Schwarzova věta f x y = ( ) f, y x f y x = ( ) f. x y Věta..34: Jsou-li smíšené parciální derivace f x y, f spojité v bodě y x A = f [x 0, y 0 ], pak jsou si v tomto bodě rovny, x y (A) = f y x (A). σ A = [x 0, y 0, z 0 ] x 0 κ y 0 λ A = [x 0, y 0 ] t λ β y t κ α x

41 Matematika II - listy k přednáškám 30. Řy 4 - Diferenciál Video Řešené příklady: 8, 9 Příklady: 8, 9, 30, 3.. Diferenciál Definice..35: Řekneme, že funkce z = f (x, y) je v bodě A = [x 0, y 0 ] diferencovatelná, nebo má v tomto bodě diferenciál, jestliže je možné její přírůstek z na okolí bodu A vyjádřit jako z = f (x 0 + h, y 0 + k) f (x 0, y 0 ) = Ah + Bk + ρτ(h, k), kde A a B jsou konstanty, ρ = h + k a lim [h,k] [0,0] τ(h, k) = 0. Funkce z = f (x, y) se nazývá diferencovatelná, je-li diferencovatelná v každém bodě svého definičního oboru. Věta..36: Je-li funkce z = f (x, y) diferencovatelná v bodě A, pak v bodě A existují parciální derivace prvního řádu a platí Věta..39: Jsou-li parciální derivace prvního řádu funkce z = f (x, y) spojité v A, pak je funkce z = f (x, y) v bodě A diferencovatelná (a tedy i spojitá). Geometrický význam diferenciálu Diferenciál funkce z = f (x, y) v bodě A při známých přírůstcích dx a dy je přírůstek na tečné rovině ke grafu funkce f v bodě A. z f (A)(dx, dy) X = [x, y, z] A = f x (A), B = f y (A). z = f (x, y) τ X = [x, y, z] Poznámka: Číslo h představuje přírůstek na ose x, k je přírůstek na ose y a bývá zvykem tyto přírůstky značit h = dx resp. k = dy. Pro přírůstek na ose z v bodě A při známé hodnotně dx a dy pak dostáváme z = f x (A)dx + f (A)dy + ρτ(dx, dy). y Definice..37: Je-li funkce z = f (x, y) diferencovatelná, nazývá se výraz dz = d f (x, y) = f x dx + f y dy x x dx = x x 0 A = [x 0, y 0, z 0 ] x 0 y 0 A = [x 0, y 0 ] X = [x, y] d f (A)(dx, dy) dy = y y 0 y y diferenciál funkce z = f (x, y). Věta..38: Je-li funkce z = f (x, y) diferencovatelná v bodě A, pak je v tomto bodě spojitá.

42 Matematika II - listy k přednáškám 3. Řy 4 - Diferenciál Video Řešené příklady: 8, 9 Příklady: 8, 9, 30, 3 Poznámka: Diferenciál funkce z = f (x, y) dz = f x dx + f y dy. Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] dz(a) = f x (A) (x x 0) + f y (A) (y y 0). Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] při známých přírůstcích dx, dy, dz(a)(dx, dy) = f f (A) dx + (A) dy R. x y Diferenciál druhého řádu funkce z = f (x, y) d z = f x dx + f x y dxdy + f y dy. Přibližný výpočet funkčních hodnot f (x, y) f (x 0, y 0 ) + d f (x 0, y 0 )(dx, dy).

43 Matematika II - listy k přednáškám 3. Řy 43 - Tečná rovina, normála, Taylorův polynom Video Řešené příklady: 0, Příklady: 3, 33, 34, 35 Věta..40: Necht je funkce z = f (x, y) diferencovatelná v bodě A = [x 0, y 0 ]. Pak v bodě A = [x 0, y 0, z 0 = f (x 0, y 0 )] existuje tečná rovina ke grafu funkce z = f (x, y) určená rovnicí τ : z z 0 = f x (A)(x x 0) + f y (A)(y y 0). Přímka n kolmá k tečné rovině procházející bodem A se nazývá normála grafu funkce z = f (x, y). Její ( směrový vektor je kolineární s normálovým vektorem roviny, s n = n = f x (A), f y ). (A), Věta..4: Normála ke grafu funkce z = f (x, y) v bodě A je určena parametrickými rovnicemi n : x = x 0 + f x (A)t, y = y 0 + f y (A)t, z = z 0 t, t R. Věta..4: Necht je funkce z = f (x, y) na okolí bodu A D f alespoň (m + )-krát spojitě diferencovatelná. Pak v bodě X O(A) platí f (X) = f (A) + d f (A)! + d f (A)! + + dm f (A) m! R m = dm+ f (A + κ(x A)), κ (0, ). (m + )! + R m, kde Definice..43: Výraz z předchozí věty nazýváme Taylorovým rozvojem funkce f na okolí bodu A. Hodnota R m se nazývá Lagrangeův zbytek Taylorova rozvoje. Polynom T m (X) = f (A) + d f (A)! + d f (A)! + + dm f (A) m! se nazývá Taylorův polynom m-tého řádu funkce f v bodě A. Je-li A = [0, 0], hovoříme o MacLaurionovu polynomu.

44 Matematika II - listy k přednáškám 33. Řy 44 - Implicitní funkce..3 Implicitní funkce Definice..44: Bud z = F(x, y) funkce dvou proměnných. Uvažujme křivku M = {[x, y] D F F(x, y) = 0}. Necht A = [x 0, y 0 ] M je bod, O δ (A) R je deltové okolí bodu A, δ > 0. Jestliže je rovnicí F(x, y) = 0 na okolí bodu A určena funkce y = f (x) taková, že platí Video Řešené příklady:, 3 Příklady: Na obrázku je kružnice se středem v počátku a poloměrem, x + y = 0 y = x y = x, x,. Na intervalu (, ) jsou rovnicí určeny dvě implicitní funkce, y = x (horní půlkružnice) a y = x (spodní půlkružnice). V bodech [, 0] a [, 0] implicitní funkce neexistuje, každé okolí těchto bodů obsahuje body jak horní, tak spodní půlkružnice. F(x, f (x)) = 0, [x, f (x)] O δ (A), pak říkáme, že funkce f je na okolí bodu A definována implicitně rovnicí F(x, y) = 0. y [x 0, f (x 0 )] y = x x δ x x + δ x 0 δ x 0 x 0 + δ x [x, f (x )] y = x

45 Matematika II - listy k přednáškám 34. Řy 45 - Derivace implicitní funkce Video Řešené příklady:, 3 Příklady: Poznámka: Ne ke každé rovnici F(x, y) = 0 existuje jediná implicitní funkce. Věta..45: Necht je funkce z = F(x, y) spojitá na okolí bodu A = [x 0, y 0 ] a F(A) = 0. Necht F má v A spojitou parciální derivaci F y (A) F a platí (A) = 0. Pak existuje okolí bodu A, na kterém je rovnicí y F(x, y) = 0 definována jediná spojitá implicitní funkce y = f (x). Poznámka: Podmínka na nenulovost parciální derivace funkce F je pouze podmínkou postačující pro existenci implicitní funkce. Z rovnice y 3 x = 0 plyne F(x, y) = y 3 x a v bodě [0, 0] platí F y (0, 0) = 3y [0,0] = 0. Přesto na okolí bodu [0, 0] existuje jediná implicitní funkce y = 3 x. Derivace implicitní funkce Věta..46: Necht jsou splněny předpoklady předchozí věty. Necht existují spojité parciální derivace funkce F. Pak má implicitní funkce f, která je na okolí bodu A dána rovnicí F(x, y) = 0, derivaci f v bodě x 0 a platí f (x 0 ) = F x (A). F y (A) Věta..47: Tečna t resp. normála n k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A je určena rovnicí t : F x (A)(x x 0) + F y (A)(y y 0) = 0, n : F y (A)(x x 0) F x (A)(y y 0) = 0.

46 Matematika II - listy k přednáškám 35. Řy 46 - Lokální extrémy Video Řešené příklady: 4, 6 Příklady: 4, 4, 43, 44.3 Extrémy funkcí dvou proměnných.3. Lokální extrémy Definice.3.48: Řekneme, že funkce z = f (x, y) má v bodě A D f lokální maximum, jestliže existuje okolí O(A) D f bodu A takové, že X O(A) platí f (X) f (A). Platí-li f (X) f (A), jedná se o lokální minimum v bodě A (v případě ostrých nerovností hovoříme o ostrém lokálním maximu resp. minimu). Definice.3.49: Řekneme, že bod A D f je stacionárním bodem funkce f, jestliže f f (A) = 0, (A) = 0. x y Fermatova věta - nutná podmínka existence extrému Věta.3.50: Necht má funkce f v bodě A lokální extrém a necht v A existují všechny parciální derivace prvního řádu. Pak je bod A stacionárním bodem funkce f. Poznámka: Fermatova věta nevylučuje možnost existence extrému v bodě, který není stacionárním bodem funkce f, protože některá z parciálních derivací neexistuje. Podmínka pro stacionární body je ekvivalentní s podmínkou d f (A) = 0, platí-li ovšem, že d f (A) = 0, pak lokální extrém v A neexistuje.

47 Matematika II - listy k přednáškám 36. Řy 47 - Lokální extrémy Video Řešené příklady: 4, 6 Příklady: 4, 4, 43, 44 Věta.3.5: Necht existují alespoň spojité parciální derivace druhého řádu funkce f ve stacionárním bodě A, pak platí-li d f (A) < 0, funkce f má v bodě A ostré lokální maximum, d f (A) > 0, funkce f má v bodě A ostré lokální minimum. Postačující podmínka pro existenci extrému Věta.3.5: Necht je funkce f na okolí bodu A dvakrát spojitě diferencovatelná. Necht A je stacionární bod. Jestliže ( D = f f x (A) y (A) ) f x y (A) > 0, pak má funkce f v A ostrý lokální extrém. Platí-li navíc D = f (A) < 0, funkce f má v bodě A ostré lokální maximum, x D = f (A) > 0, funkce f má v bodě A ostré lokální minimum. x Poznámka: Jestliže D = 0, nelze o existenci lokálního extrému rozhodnout. Toto lze v některých případech vyřešit prověřením lokálního chování funkce f na okolí bodu A.

48 Matematika II - listy k přednáškám 37. Řy 48 - Vázané extrémy Video Řešené příklady: 8, 9 Příklady: 45, Vázané extrémy Definice.3.53: Řekneme, že funkce z = f (x, y) má v bodě A = [x 0, y 0 ] lokální extrém vázaný podmímkou g(x, y) = 0, jestliže X O(A) D f, které vyhovuje uvedené podmínce, platí f (X) f (A), funkce f má v bodě A vázané lokální maximum, f (X) f (A), funkce f má v bodě A vázané lokální minimum. Lagrangeova metoda Věta.3.54: Bud dána funkce z = f (x, y) a podmínka g(x, y) = 0. Jestliže má funkce Φ(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y), λ R, ve svém stacionárním bodě lokální extrém, má i funkce f v tomto bodě lokální extrém vázaný podmínkou g(x, y) = 0. Geometrický význam vázaných extrémů Vázaný extrém může nastat pouze v bodech z definičního oboru funkce f, které leží na křivce g(x, y) = 0. Těmto bodům odpovídají body na ploše z = f (x, y) tvořící prostorovou křivku κ, průsečnici plochy s válcovou plochou g(x, y) = 0. Z geometrického hlediska se jedná o lokální extrémy prostorové křivky. z Poznámka: Funkce Φ se nazývá Lagrangeova funkce, číslo λ Lagrangeův multiplikátor. Stacionární body určíme jako řešení soustavy lineárních rovnic, Φ x = 0, Φ y = 0, g(x, y) = 0. A κ Pokud lze jednoznačně z rovnice vyjádřit y = ϕ(x) resp. x = ψ(y), pak vázané lokální extrémy hledáme jako lokální extrémy funkce z = f (x, ϕ(x)) resp. z = f (ψ(y), y). g(x, y) = 0 A y x

49 Matematika II - listy k přednáškám 38. Řy 49 - Globální extrémy Video Řešené příklady: 30 Příklady: 47, 48, Globální extrémy Definice.3.55: Řekneme, že funkce z = f (x, y) má v bodě A = [x 0, y 0 ] globální extrém na uzavřeném definičním oboru D f, jestliže X D f platí Poznámka: f (X) f (A), funkce f má v bodě A globální maximum, f (X) f (A), funkce f má v bodě A globální minimum. V případě ostrých nerovností hovoříme o ostrých globálních extrémech. Množina D f se nazývá uzavřená, jestliže obsahuje všechny své hraniční body. Hraničním bodem množiny D f je takový bod, jehož každé okolí obsahuje body X takové, že X D f a současně obsahuje body Y takové, že Y D f. Na rozdíl od lokálních extrémů, které hledáme na okolích bodů, hledáme globální extrémy na celém D f. Postup určování globálních extrémů určíme definiční obor D f funkce z = f (x, y), nalezneme lokální extrémy této funkce na množině D f, ze které vyloučíme hranici g(x, y) = 0, určíme vázané extrémy této funkce vzhledem k podmínce g(x, y) = 0, porovnáme funkční hodnoty všech extrémů, bod s největší funkční hodnotou bude globálním maximem, bod s nejmenší funkční hodnotou bude globálním minimem.

50 Kapitola 3 Obyčejné diferenciální rovnice

51 Matematika II - listy k přednáškám 39. Řy 5 - Diferenciální rovnice n-tého řádu, základní pojmy Video Řešené příklady: 3-54 Příklady: Diferenciální rovnice n-tého řádu Definice 3..56: Rovnice tvaru F(y (n), y (n ),..., y, y, x) = 0 se nazývá obyčejná diferenciální rovnice n-tého řádu pro neznámou funkci y = y(x). Speciálně pro n = je F(y, y, x) = 0 nebo y = f (x, y) diferenciální rovnice prvního řádu. Řád diferenciální rovnice je řád nejvyšší derivace neznáme funkce y(x), který se v rovnici vyskytuje. Řešením (integrálem) diferenciální rovnice na intervalu I je každá funkce y(x), která má spojité derivace až do řádu n včetně a dané diferenciální rovnici vyhovuje. Křivka, která znázorňuje některé řešení diferenciální rovnice se nazývá integrální křivkou této diferenciální rovnice. Z hlediska obecnosti rozlišujeme následující typy řešení obecné řešení rovnice n-tého řádu představuje množinu funkcí tvaru Φ(x, y, C, C,..., C n ) = 0 nebo y = φ(x, C, C,..., C n ), tj. množina funkcí obsahující n konstant C, C,..., C n, partikulární řešení je konkrétní řešení, které získáme z obecného řešení volbou nebo výpočtem konstant C, C,..., C n, výjimečné řešení je řešení, které nelze získat z obecného řešení žádnou volbou konstant C, C,..., C n.

52 Matematika II - listy k přednáškám 40. Řy 5 - Separovatelné diferenciální rovnice Video Řešené příklady: Příklady: Některé metody řešení diferenciálních rovnic. řádu Definice 3..57: Diferenciální rovnicí se separovanými proměnnými rozumíme každou rovnici, kterou lze zapsat ve tvaru Q(y)y = P(x), tj. Q(y)dy = P(x)dx, pokud nahradíme derivaci y podílem dy dx. Na první pohled vidíme, že zde jsou proměnné odděleny (separovány) na jednotlivé strany rovnice a je možné provést integraci, která vede přímo k řešení Q(y)dy = P(x)dx + C. Primitivním funkcím na obou stranách rovnosti správně náleží dvě integrační konstanty, které se však spojují do jedné, kterou zpravidla zapisujeme k výrazu s nezávislou proměnnou. 3.. Separovatelné diferenciální rovnice V praxi se můžeme setkat s řadou úloh, které lze pomoci jednoduchých operací převést na diferenciální rovnici separovanou. Takové rovnice se označují jako rovnice separovatelné. K těmto rovnicím řadíme následující typy rovnic: y = P(x)Q(y), y = f (ax + by + c), y = f ( y x ) (homogenní dif. rovnice).

53 Matematika II - listy k přednáškám 4. Řy 53 - Separovatelné diferenciální rovnice Video Řešené příklady: Příklady: 5-6 Diferenciální rovnice typu y = P(x)Q(y) Rovnici typu y = P(x)Q(y) lze za předpokladu, že Q(y) = 0 a užitím identity y = dy dx upravit na tvar dy Q(y) = P(x)dx, což je již diferenciální rovnice se separovanými proměnnými. Její obecné řešení lze za daných předpokladů zapsat ve tvaru dy Q(y) = P(x)dx + C. Diferenciální rovnice typu y = f (ax + by + c) Diferenciální rovnici tvaru y = f (ax + by + c), kde b = 0, lze převést substitucí u(x) = ax + by + c na rovnici se separovanými proměnnými. Nejprve rovnost derivujeme podle proměnné x, tedy u = a + by y = u a. b Dosazením do dané diferenciální rovnice obdržíme rovnici u a b Pro a + b f (u) = 0 dostaneme = f (u) u = a + b f (u). a + b f (u) u =, což je diferenciální rovnice se separovanými proměnnými pro funkci u = u(x).

54 Matematika II - listy k přednáškám 4. Řy 54 - Separovatelné diferenciální rovnice, homogenní rovnice Video Řešené příklady: 40, 4, 4, 43 Příklady: 6-69 Homogenní diferenciální rovnice Definice 3..58: Diferenciální rovnice F(x, y, y ) = 0 se nazývá homogenní, pokud ji lze pro x = 0 upravit na tvar ( y y ) = f. x Homogenní diferenciální rovnici převedeme substituci y = zx, kde z = z(x), na diferenciální rovnici se separovanými proměnnými pro novou neznámou funkci z(x). Ze substituce y = zx, tj. z = y x plyne po derivování y = z x + z. Dosazením do zadané homogenní diferenciální rovnice dostaneme z x + z = f (z) z f (z) z = x, pro z f (z) = 0, což je diferenciální rovnice se separovanými proměnnými pro funkci z = z(x). Tedy P(tx, ty) = t k P(x, y) Q(tx, ty) = t k Q(x, y) P(tx, ty) Q(tx, ty) = tk P(x, y) t k Q(x, y) P(tx, ty) Q(tx, ty) = P(x, y) Q(x, y) Rovnici P(x, y) + Q(x, y)y = 0 lze pro Q(x, y) = 0 upravit na tvar y P(x, y) = Q(x, y) a z této rovnice pro t = x, x = 0 dostaneme y P(tx, ty) = Q(tx, ty), y = P(, y x ) ( Q(, y x ) y y ) = f, x což je homogenní diferenciální rovnice. Poznámka: Připomeňme si, kdy se funkce f (x, y) na oblasti Ω R nazývá homogenní stupně k a ukážeme si, jak tento pojem souvisí s homogenní diferenciální rovnicí. Definice 3..59: Funkce f (x, y) se nazývá homogenní funkce stupně k, k N, na oblasti Ω právě tehdy, když v každém bodě [x, y] Ω pro libovolné t = 0 platí f (tx, ty) = t k f (x, y). Budeme-li předpokládat, že funkce P(x, y), Q(x, y) jsou homogenní stejného stupně k, potom rovnice P(x, y) + Q(x, y)y = 0 je homogenní diferenciální rovnicí.

55 Matematika II - listy k přednáškám 43. Řy 55 - Exaktní diferenciální rovnice 3.. Exaktní diferenciální rovnice Definice 3..60: Diferenciální rovnice P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 se nazývá exaktní, jestliže výraz P(x, y)dx + Q(x, y)dy je totálním diferenciálem jisté funkce F(x, y) označované jako kmenová funkce. Věta 3..6: Jsou-li funkce P(x, y), Q(x, y) diferencovatelné na oblasti Ω, potom je rovnice P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 exaktní právě tehdy, když na oblasti Ω platí P(x, y) y = Q(x, y). x Je-li F(x, y) kmenovou funkcí příslušného diferenciálu, má obecné řešení exaktní rovnice tvar F(x, y) = C. Z věty vyplývá, že nalézt obecné řešení exaktní diferenciální rovnice znamená nalézt kmenovou funkci F(x, y). Vzhledem k tomu, že levá strana rovnice P(x, y)dx + Q(x, y)dy je totálním diferenciálem hledané funkce F, musí platit, že F(x, y) x = P(x, y) F(x, y) y = Q(x, y). Máme tedy dvě možnosti jak postupovat při jejím hledání. Budeme-li vycházet např. z první rovnice, potom integrací podle proměnné x dostaneme F(x, y) = P(x, y)dx + ϕ(y) = U(x, y) + ϕ(y), kde U(x, y) je primitivní funkce a ϕ(y) je zatím neznámá funkce mající význam integrační konstanty, která ale může být funkcí proměnné y. Tuto rovnici derivujeme podle proměnné y F y = U y + dϕ dy a porovnáním s druhou rovnici dostaneme dϕ dy = Q U y ϕ(y) = Video Řešené příklady: 44 Příklady: 70, 7 ( Q U ) dy y Nyní musíme ukázat, že funkce Q U y je vždy funkcí pouze proměnné y. To ukážeme tak, že jeho derivace podle proměnné x bude vždy rovna nule: ( Q U ) = Q x y x U x y = Q x y Hledaná kmenová funkce je F(x, y) = U(x, y) + kde U(x, y) = P(x, y)dx. ( Q(x, y) ( ) U = Q x x P y = 0. ) U(x, y) dy + C, y Poznámka: Budeme-li při hledání kmenové funkce vycházet z rovnice F(x, y) = Q(x, y), potom po integraci podle proměnné y a použití analogických operací obdržíme kmenovou funkci ve tvaru y ( ) V(x, y) F(x, y) = V(x, y) + P(x, y) dx + K, x kde V(x, y) = Q(x, y)dy.

56 Matematika II - listy k přednáškám 44. Řy 56 - Exaktní diferenciální rovnice Video Řešené příklady: 44 Příklady: 70, 7 Kmenovou funkci F(x, y) lze v mnohých případech určit jednodušším F(x, y) způsobem. Integrací rovnice = P(x, y) podle proměnné x, x F(x, y) resp. rovnice = Q(x, y) podle proměnné y dostaneme: y F(x, y) = P(x, y)dx = U(x, y) + C, F(x, y) = Q(x, y)dy = V(x, y) + C. Lze ukázat, že kmenová funkce F(x, y) je sjednocením množin sčítanců tvořících funkce U(x, y) a V(x, y). Nevýhodou ovšem je, že v některých případech není na první pohled zřejmé, zda se některé sčítance liší pouze o konstantu. Celý algoritmus řešení exaktní rovnice je následující:. Ověříme, zda platí podmínka exaktnosti P(x, y) y = Q(x, y). x. Vypočítáme kmenovou funkci F(x, y). 3. Určíme obecné řešení rovnice ve tvaru F(x, y) = C.

57 Matematika II - listy k přednáškám 45. Řy 57 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Video Řešené příklady: Příklady: Lineární diferenciální rovnice. řádu Definice 3..6: Lineární diferenciální rovnicí prvního řádu (zkráceně LDR) nazýváme každou rovnici tvaru y + yp(x) = q(x), kde p(x), q(x) jsou spojité funkce na určitém intervalu a, b. Dále. je-li q(x) = 0, hovoříme o zkrácené LDR,. je-li q(x) = 0, hovoříme o nezkrácené (úplné) LDR. Věta 3..63: Obecné řešení úplné lineární diferenciální rovnice má tvar y(x) = ŷ(x) + v(x), kde ŷ(x) je řešení zkrácené rovnice a v(x) je libovolné řešení úplné lineární diferenciální rovnice. Funkce v(x) bývá také nazývána jako partikulární integrál úplné lineární diferenciální rovnice.

58 Matematika II - listy k přednáškám 46. Řy 58 - Lineární diferenciální rovnice. řádu, řešení zkrácené LDR Video Řešené příklady: Příklady: 7-79 Obecné řešení zkrácené lineární diferenciální rovnice. řádu Věta 3..64: Zkrácená LDR y + yp(x) = 0 má na intervalu a, b obecné řešení tvaru y = Ce p(x)dx Rovnice y + yp(x) = 0 je diferenciální rovnice se separovatelnými proměnnými, tedy dy dx + yp(x) = 0 dy = p(x)dx, pro y = 0. y y dy = p(x)dx + K ln y = p(x)dx + K Obecné řešení hledáme ve tvaru y = e K e p(x)dx, y = ±e K e p(x)dx. y = ±e K e p(x)dx. Označíme-li C = ±e K, potom obecné řešení lze psát ve tvaru y = Ce p(x)dx, C R.

59 Matematika II - listy k přednáškám 47. Řy 59 - Lineární diferenciální rovnice. řádu, řešení úplné LDR Video Řešené příklady: Příklady: 7-79 Obecné řešení úplné lineární DR. řádu Věta 3..65: Úplná LDR. řádu y + yp(x) = q(x) má obecné řešení ve tvaru y = [ E(x)q(x)dx + K], E(x) kde E(x) = e p(x)dx. Důkaz věty je konstruktivní, tj. ukazuje způsob řešení úplné LDR, který vede k uvedenému vzorci. Níže uvedený postup se nazývá Metoda variace konstanty.. Určíme obecné řešení zkrácené LDR y + p(x)y = 0, které označíme ŷ: ŷ = Ce p(x)dx.. Obecné řešení úplné LDR hledáme ve tvaru y = C(x)e p(x)dx. tzn. v obecném řešení zkrácené rovnice jsme konstantu C nahradili zatím neurčenou funkcí C(x). Tuto funkci určíme z předpokladu, že y = C(x)e p(x)dx je řešením úplné LDR. Dosadíme funkci y a její derivaci y = C (x)e p(x)dx C(x)e p(x)dx p(x) do úplné LDR. řádu a dostaneme C (x)e p(x)dx C(x)e p(x)dx p(x) }{{} y (x) + C(x)e p(x)dx p(x) = q(x). }{{} y(x) Na levé straně rovnice se vždy musí odečíst dva členy obsahující C(x). V rovnici zůstane C (x) jen ve formě derivace. C (x)e p(x)dx = q(x) C (x) = q(x)e p(x)dx. Označíme-li E(x) = e p(x)dx, obdržíme diferenciální rovnici se separovanými proměnnými pro neznámou funkci C(x) ve tvaru C (x) = q(x)e(x). Její obecné řešení lze psát ve tvaru C(x) = q(x)e(x)dx + K a dosazením do y = C(x)e p(x)dx dostaneme y = E(x) [ q(x)e(x)dx + K], což je hledané řešení úplné lineární diferenciální rovnice. Poznámka: Pokud bychom roznásobili obdržené řešení úplné lineární diferenciální rovnice a dosadili za E(x) výraz e p(x)dx, viděli bychom, že obdržené řešení je dáno součtem řešení zkrácené rovnice a partikulárního integrálu y(x) = Ke p(x)dx }{{} + e p(x)dx ŷ(x) q(x)e p(x)dx } {{ } v(x).

60 Matematika II - listy k přednáškám 48. Řy 60 - Lineární diferenciální rovnice n-tého řádu, vlastnosti LDR Video Řešené příklady: Příklady: Vlastnosti lineárních diferenciálních rovnic Definice : Lineární diferenciální rovnicí (LDR) n-tého řádu nazýváme rovnici tvaru a n (x)y (n) + a n (x)y (n ) + + a (x)y + a 0 y = b(x), kde funkce a i (x), b(x), i = 0,,..., n jsou spojité na intervalu a, b a a(x) = 0. Je-li b(x) = 0, mluvíme o zkrácené (homogenní) LDR, je-li b(x) = 0, jde o úplnou (nehomogenní) LDR. Je-li a n (x) =, jedná se o normovanou LDR. Dále budeme používat označení pro tzv. diferenciální operátor levé strany: L n (y) = a n (x)y (n) + a n (x)y (n ) + + a (x)y + a 0 y, L n (y) = y (n) + a n (x)y (n ) + + a (x)y + a 0 y. Diferenciální operátory L n a L n jsou lineární, nebot pro libovolné n-krát diferencovatelné funkce u(x), v(x) a konstantu c platí L n (cu) = cl n (u), L n (u + v) = L n (u) + L n (v). Tedy lineární diferenciální rovnici n-tého řádu můžeme nyní zapsat ve tvaru L n (y) = b(x), resp. normovanou rovnici ve tvaru L n (y) = b(x). Věta : (věta o snížení řádu LDR) Necht je dána lineární diferenciální rovnice L n (y) = b(x). Známe-li jedno nenulové řešení y (x) zkrácené rovnice L n (y) = 0, potom substitucí y = y (x) v(x)dx, kde v(x) je spojitá funkce, přejde rovnice L n (y) = b(x) v LDR řádu n pro novou neznámou funkci v(x).

61 Matematika II - listy k přednáškám 49. Řy 6 - Lineární diferenciální rovnice n-tého řádu, struktura řešení Video Řešené příklady: Příklady: Struktura řešení zkrácené LDR n-tého řádu Z lineární algebry je známo, že množina všech funkcí spojitých na intervalu a, b tvoří lineární prostor. V této souvislosti má smysl vymezení pojmů jako jsou lineární závislost resp. lineární nezávislost. Definice : Řekneme, že funkce y (x), y (x),..., y n (x) jsou na intervalu I lineárně závislé, jestliže existují konstanty C, C,..., C n R takové, že C y (x) + C y (x) + + C n y n (x) = 0, přičemž alespoň jedno z čísel C i je různé od nuly. V opačném případě jsou funkce y (x), y (x),..., y n (x) na intervalu I lineárně nezávislé. Množina všech řešení LDR L n (y) = 0 tvoří vektorový prostor, jehož dimenze je rovna řádu dané diferenciální rovnice a každou n-tici lineárně nezávislých řešení této rovnice nazýváme fundamentálním systémem řešení. Fundamentální systém řešení tvoří bázi prostoru řešení. Tedy tvoří-li funkce y (x), y (x),..., y n (x) fundamentální systém řešení rovnice L n (y) = 0, potom obecné řešení této rovnice lze vyjádřit ve tvaru y = C y (x) + C y (x) + + C n y n (x), kde C, C,..., C n jsou libovolné konstanty. V praxi bývá poměrně často potřeba nezávislost funkcí ověřovat a k tomu využijeme tzv. Wronského determinant. Definice : Necht funkce y (x), y (x),..., y n (x) mají na intervalu a, b spojité derivace až do n řádu včetně. Potom determinant y (x) y (x)... y n (x) y W(x) = (x) y (x)... y n(x)... y n (x) y n (x)... y n n (x) se nazývá Wronského determinant (wronskián) příslušný k funkcím y (x), y (x),..., y n (x). Vztah mezi Wronského determinantem a řešeními zkrácené LDR n-tého řádu je takový, že jsou-li funkce y (x), y (x),..., y n (x) lineárně závislá řešení normované rovnice L n (y) = 0 na intervalu I, ve kterém jsou koeficienty a n (x),..., a 0 (x) spojité funkce, potom jejich wronskián W(x) = 0 pro všechna x I.

62 Matematika II - listy k přednáškám 50. Řy 6 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Video Řešené příklady: Příklady: Lineární diferenciální rovnice. řádu Definice : Lineární diferenciální rovnice (LDR) druhého řádu má tvar a (x)y (x) + a (x)y (x) + a 0 (x)y(x) = b(x), kde funkce (nebo konstanty) a 0 (x), a (x), a (x) jsou koeficienty rovnice a funkci b(x) nazýváme pravou stranou rovnice. Dále. je-li b(x) = 0, hovoříme o zkrácené LDR,. je-li b(x) = 0, hovoříme o nezkrácené (úplné) LDR. Definice 3.5.7: Počáteční (Cauchyho) úlohou pro rovnici a (x)y (x) + a (x)y (x) + a 0 (x)y(x) = b(x) nazýváme úlohu najít takové řešení y(x) této rovnice, která splňuje podmínky y(x 0 ) = y 0, y (x 0 ) = y. Poznámka: Při řešení počáteční úlohy postupujeme tak, že dosazením zadaných podmínek do obecného řešení a do jeho první derivace dostaneme soustavu dvou rovnic o dvou neznámých pro konstanty C a C. Řešíme-li konkrétní problémy z praxe, které jsou popsány diferenciálními rovnicemi, často zjišt ujeme, že jednotlivé parametry (hmotnost, hustota, frekvence, atd.), které vystupují jako koeficienty diferenciálních rovnic, jsou konstanty. Takovéto úlohy tvoří základní skupinu mezi LDR druhého řádu. Zaměříme se nejprve na zkrácené LDR druhého řádu s konstantními koeficienty ve tvaru a y + a y + a 0 y = 0 kde a, a, a 0 R.

63 Matematika II - listy k přednáškám 5. Řy 63 - Lineární diferenciální rovnice. řádu, charakteristická rovnice Video Řešené příklady: Příklady: Charakteristická rovnice Lze ukázat, že existují řešení rovnice a y + a y + a 0 y = 0 ve tvaru y = e rx, kde r je konstanta, která vystupuje jako neznámá v algebraické rovnici a r + a r + a 0 = 0. Tuto rovnici označujeme jako charakteristickou rovnici LDR druhého řádu. Ta může mít reálné i komplexní kořeny s různou násobností, a podle toho rozlišujeme následující případy: má-li charakteristická rovnice dva různé reálné kořeny r, r, potom fundamentální systém řešení je e r x, e r x a její obecné řešení je kde C, C R, y = C e r x + C e r x, má-li charakteristická rovnice dvojnásobný kořen r, potom fundamentální systém řešení je e rx, xe rx a její obecné řešení je kde C, C R, y = C e rx + C xe rx, má-li charakteristická rovnice komplexní kořeny r, = α ± iβ, potom fundamentální systém řešení je e αx cos βx, e αx sin βx a její obecné řešení je y = C e αx cos βx + C e αx sin βx, kde C, C R.

64 Matematika II - listy k přednáškám 5. Řy 64 - Lineární diferenciální rovnice. řádu, metoda variace konstant Video Řešené příklady: Příklady: Metoda variace konstant Věta 3.5.7: (Variace konstant pro LDR. řádu) Obecné řešení rovnice a y + a y + a 0 y = b(x) s konstantními koeficienty a 0, a, a lze vyjádřit ve tvaru W (x) y = ŷ(x) + y (x) W(x) dx + y W (x) (x) W(x) dx, kde ŷ = C y (x) + C y (x) je obecné řešení příslušné zkrácené rovnice, W(x) wronskián jejího fundamentálního systému a W (x), W (x) jsou determinanty, vytvořené z wronskiánu W(x) nahrazením. (resp..) sloupce vektorem pravých stran (0, b/a ). Úplnou lineární diferenciální rovnici druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) budeme řešit za předpokladu, že známe řešení zkrácené rovnice ŷ = C y (x) + C y (x). Dále předpokládáme, že obecné řešení úplné lineární diferenciální rovnice druhého řádu bude mít stejný tvar jako řešení zkrácené rovnice, avšak ve vzorci nahradíme konstanty C, C neznámými funkcemi C (x), C (x). Provedeme tzv. variaci konstant. Hledáme tedy řešení ve tvaru y = C (x)y (x) + C (x)y (x), takže y = C y + C y + C y + C y. Volba nových funkcí C (x), C (x) umožňuje stanovit vhodnou doplňující podmínku, a tou je požadavek, aby C y + C y = 0. Odtud potom je y = C y + C y a y = C y + C y + C y + C y. Získaný vztah pro funkci y(x) a její derivace dosadíme do úplné rovnice a po úpravě obdržíme C (a y + a y + a 0y ) + C (a y + a y + a 0 y ) + a (C y + C y ) = b. Protože y, y jsou řešení příslušné zkrácené rovnice, musí být výrazy v závorkách rovny nule a dostaneme C y + C y = b a. Tím jsme obdrželi druhou podmínku pro derivace neznámých funkcí C (x), C (x) a můžeme řešit soustavu lineárních rovnic C y + C y = 0, C y + C y = b a. Její determinant je wronskiánem funkcí y, y, který je různý od nuly, nebot obě funkce jsou podle předpokladu lineárně nezávislé. Soustava má tedy jediné řešení, které nalezneme pomoci Cramerova pravidla pro řešení soustav lineárních rovnic C (x) = W (x) W(x), Po integraci těchto vztahů dostaneme C (x) = C (x) = W (x) W(x). W (x) W(x) dx + K W (x), C (x) = W(x) dx + K, kde K, K R. Dosadíme-li do předpokládaného řešení, potom po roznásobení dostaneme obecné řešení zadané rovnice v požadovaném tvaru W (x) y = C y (x) + C y (x) + y (x) W(x) dx + y W (x) (x) W(x) dx.

65 Matematika II - listy k přednáškám 53. Řy 65 - Lineární dif. rovnice. řádu, metoda neurčitých koeficientů Video Řešené příklady: Příklady: Metoda neurčitých koeficientů Ve fundamentálním systému LDR s konstantními koeficienty se mohou vyskytovat pouze polynomy, přirozené exponenciální funkce a funkce goniometrické, případně jejich součiny. Je-li také pravá strana b(x) v diferenciální rovnici polynom, exponenciální nebo goniometrická funkce, popřípadě jejich součin, lze partikulární integrál nalézt jednodušší metodou, než je variace konstant. Postupujeme tak, že partikulární integrál zvolíme předem, a to stejného typu jako je pravá strana rovnice, ale s obecnými koeficienty, které určíme dosazením partikulárního integrálu do původní rovnice a porovnáním jejich obou stran. Podrobněji nám o tom pojednává následující věta. Věta : (Metoda neurčitých koeficientů) Jestliže má pravá strana LDR s konstantními koeficienty tvar b(x) = e λx (p m (x) cos ωx + q n (x) sin ωx), kde p m (x), q n (x) jsou polynomy stupňů m, n se zadanými koeficienty. Dále je-li číslo r = λ ± iω k-násobným kořenem její charakteristické rovnice, potom volíme partikulární integrál ve tvaru v(x) = x k e λx (P M (x) cos ωx + Q M (x) sin ωx), kde M = max{m, n}. Koeficienty polynomů P M (x) a Q M (x) určíme porovnávací metodou po dosazení partikulárního integrálu do původní rovnice.

66 Matematika II: Řešené příklady Radomír Paláček, Petra Schreiberová, Petr Volný Katedra matematiky a deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzita Ostrava

67 Řešené příklady Integrální počet funkcí jedné proměnné

68 Matematika II - řešené příklady 54. Řy 68 - Přímá metoda Zadání Vypočtěte integrál ( 7 3 x + sin x ) + x dx. Řešení Video Teorie:,, 3 Příklady: 57, 58, 59 Integrand je složen ze součtu tří funkcí, proto využijeme vlastnosti o integraci součtu funkcí (3.), dostaneme součet tří integrálů: 7 3 x dx + sin xdx + x dx, ve všech integrálech je funkce ve tvaru konstanta krát funkce, využijeme tedy druhé vlastnosti (4.) a konstanty vytkneme před integrál: 7 3 x dx + funkci 3 x si napíšeme ve tvaru mocninné funkce x 3. sin xdx + x dx, S využitím vlastností jsme získali základní integrály, které již podle vzorců (.), (6.) a (.) integrujeme. Výsledek: ( 7 3 x + sin x ) + x dx = 7 x cos x arctan x + c = 5 3 x5 cos x arctan x + c. Poznámky Základní integrály. 0dx = c x n dx = xn+ n + + c e x dx = e x + c a x dx = ax ln a + c dx = ln x + c x sin x dx = cos x + c cos x dx = sin x + c cos dx = tan x + c x sin dx = cot x + c x dx = arcsin x + c x dx = arctan x + c + x f (x) dx = ln f (x) + c f (x) f = f (x) g = g(x) ( f ± g)dx = f dx ± gdx (k f )dx = k f dx, k R

69 Matematika II - řešené příklady 55. Řy 69 - Přímá metoda Zadání Vypočtěte integrál ( e x ) e x cos dx. x Řešení Video Teorie:,, 3 Příklady: 57, 58, 59, 60 Integrand je složen ze součtu funkcí, proto opět využijeme vlastnosti o integraci součtu funkcí (3.), dostaneme součet dvou integrálů: e x e x + dx + Výpočet prvního integrálu: s využitím vzorce a b = (a b)(a + b) upravíme čitatel (e x )(e x + ) e x dx = + 4 cos x dx. (e x )dx, rozdělíme na integrály a pomocí vzorců pro integrování (3.), (.) vypočítáme (e x )dx = e x x + c. Výpočet druhého integrálu: využijeme vlastnosti (4.), konstantu vytkneme před integrál, jmenovatel si upravíme (cos x + sin x = ) a podle (9.) integrujeme 4 cos x dx = 4 sin dx = 4 cot x + c. x Výsledek: ( e x ) e x cos dx = e x x 4 cot x + c. x Poznámky Základní integrály. 0dx = c x n dx = xn+ n + + c e x dx = e x + c a x dx = ax ln a + c dx = ln x + c x sin x dx = cos x + c cos x dx = sin x + c cos dx = tan x + c x sin dx = cot x + c x dx = arcsin x + c x dx = arctan x + c + x f (x) dx = ln f (x) + c f (x) f = f (x) g = g(x) ( f ± g)dx = f dx ± gdx (k f )dx = k f dx, k R

70 Matematika II - řešené příklady 56. Řy Zadání Vypočtěte integrál 70 - Přímá metoda tan x cos x dx. Řešení Video Teorie:,, 3 Příklady: 57, 58, 59, 60 Vidíme integrand ve tvaru zlomku, proto nejdříve kontrolujeme, zda nelze využít vzorec (.). Víme, že (tan x) = cos x. Po úpravě integrandu dostáváme: tan x cos x dx = cos x tan x dx. Tedy platí, že derivace jmenovatele je v čitateli a lze využít vzorec (.). Výsledek: tan x cos dx = ln tan x + c. x Poznámky Základní integrály. 0dx = c x n dx = xn+ n + + c e x dx = e x + c a x dx = ax ln a + c dx = ln x + c x sin x dx = cos x + c cos x dx = sin x + c cos dx = tan x + c x sin dx = cot x + c x dx = arcsin x + c x dx = arctan x + c + x f (x) dx = ln f (x) + c f (x) f = f (x) g = g(x) ( f ± g)dx = f dx ± gdx (k f )dx = k f dx, k R

71 Matematika II - řešené příklady 57. Řy Zadání Vypočtěte integrály: 7 - Lineární substituce, obecné vzorce e 3x+ dx, 4 (3x ) dx. Řešení Video Teorie: 7 Příklady: 6, 6 Výpočet integrálu e 3x+ dx. Integrand je ve tvaru e ax+b, proto k nalezení primitivní funkce využijeme lineární substituce vzorec (.), varianta (3.), kde a = 3, b =. Výsledek: Výpočet integrálu 4 (3x ) dx. e 3x+ dx = 3 e 3x+ + c. Integrand je ve tvaru, proto k nalezení primitivní funkce využijeme opět lineární substituci vzorec (.) varianta (7.), kde a = 3, b =, d = d (ax + b). Poznámky Lineární substituce, obecné vzorce f (ax + b)dx = F(ax + b) + c a (ax + b) n dx = (ax + b) n+ + c a n + e ax+b dx = a eax+b + c ax + b dx = ln ax + b + c a sin(ax + b)dx = cos(ax + b) + c a cos(ax + b)dx = sin(ax + b) + c a d x dx = arcsin x d + c d + x dx = d arctan x d + c Výsledek: dx = 3x arcsin + c. 4 (3x ) 3

72 Matematika II - řešené příklady 58. Řy Zadání Vypočtěte integrál 7 - Metoda per partes ( x + 3) cos 3xdx. Poznámky Metoda per partes Řešení Video Teorie: 4, 5 Příklady: 63, 64, 65 Integrál je ve tvaru P(x) cos axdx, což je integrál typický pro výpočet metodou per partes, kde polynom P(x) derivujeme a funkci cos ax integrujeme. u = u(x) v = v (x) u = u (x) v = v(x) (u v )dx = u v (u v)dx u = x + 3 u = v = cos 3x v = sin 3x 3 Po aplikaci PP : ( x + 3) cos 3xdx = x + 3 x + 3 sin 3x sin 3xdx = sin 3x Dostali jsme jednodušší integrál sin 3xdx, který již umíme vyřešit pomocí vzorců, sin 3xdx = cos 3x + c. 3 sin 3xdx. Výsledek: ( x + 3) cos 3xdx = x sin 3x cos 3x + c. 9

73 Matematika II - řešené příklady 59. Řy Zadání Vypočtěte integrál 73 - Metoda per partes ln xdx. Poznámky Metoda per partes Řešení Video Teorie: 4, 5 Příklady: 63, 64, 65 Funkci ln x integrovat neumíme, proto musíme k výpočtu využít metodu per partes, kde si integrand napíšeme ve tvaru součinu funkce s jedničkou : ln xdx. Volíme u = u(x) v = v (x) u = u (x) v = v(x) (u v )dx = u v (u v)dx Po aplikaci PP : Dostali jsme jednodušší integrál ln xdx = x ln x u = ln x v = u = ln x x v = x x ln x x dx = x ln x ln xdx, který řešíme opět metodou PP ln xdx. u = ln x v = u = x v = x Po aplikaci PP : ln xdx = x ln x x x dx = x ln x dx = x ln x x + c. Výsledek: ln xdx = x ln x (x ln x x) + c.

74 Matematika II - řešené příklady 60. Řy Zadání Vypočtěte integrál 74 - Substituční metoda x tan(x )dx. Řešení Video Teorie: 6, 7 Příklady: 66, 67, 68 Poznámky Substituce typu ϕ(x) = t f (ϕ(x))ϕ (x)dx = f (t)dt Derivace vnitřní funkce je rovna (až na násobek) druhé funkci v součinu, (x ) = x, využijeme tedy substituce: Po aplikaci: Dostali jsme integrál x = t xdx = dt xdx = dt x tan(x )dx = tan tdt. sin t tan tdt, který si napíšeme ve tvaru cos t dt. Všimneme si, že derivace jmenovatele je v čitateli (liší se pouze konstantou), proto tento integrál řešíme f (x) přímou metodou s využitím vzorce f (x) dx = ln f (x) + c. Do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci. Postup. označíme substituci ϕ(x) = t. rovnost diferencujeme: ϕ (x)dx = dt 3. v integrálu f (ϕ(x))ϕ (x)dx nahradíme za ϕ(x) proměnnou t a za výraz ϕ (x)dx diferenciál dt 4. řešíme integrál f (t)dt proměnné t 5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F(t) + c = F(ϕ(x)) + c Výsledek: x tan(x )dx = ln cos(x ) + c.

75 Matematika II - řešené příklady 6. Řy Zadání Vypočtěte integrál 75 - Substituční metoda arcsin x x dx. Řešení Video Teorie: 6, 7 Příklady: 66, 67, 68 Integrand je ve tvaru součinu dvou funkcí: funkci v součinu, (arcsin x) = Po aplikaci: arcsin x dx. Derivace jedné funkce je rovna druhé x, využijeme tedy substituci: x arcsin x = t dx = dt x arcsin x dx = x Získali jsme tabulkový integrál, který již umíme pomocí vzorce vypočítat. Do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci. tdt = t + c. tdt. Poznámky Substituce typu ϕ(x) = t f (ϕ(x))ϕ (x)dx = f (t)dt Postup. označíme substituci ϕ(x) = t. rovnost diferencujeme: ϕ (x)dx = dt 3. v integrálu f (ϕ(x))ϕ (x)dx nahradíme za ϕ(x) proměnnou t a za výraz ϕ (x)dx diferenciál dt 4. řešíme integrál f (t)dt proměnné t 5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F(t) + c = F(ϕ(x)) + c Výsledek: arcsin x dx = arcsin x + c. x

76 Matematika II - řešené příklady 6. Řy Zadání Vypočtěte integrál 76 - Substituční metoda sin x + 3dx. Řešení Video Teorie: 8 Příklady: 69 Poznámky Substituce typu x = ϕ(t) f (x)dx = f (ϕ(t))ϕ (t)dt V prvním kroku potřebujeme odstranit odmocninu z argumentu funkce sinus. Po nahrazení novou proměnnou: Nový integrál proměnné t je ve tvaru x + 3 = t sin x + 3dx = x = t 3 dx = tdt t sin t dt = t sin tdt. P(t) sin atdt, který řešíme pomocí metody per partes. u = t u = v = sin t v = cos t Postup. označíme substituci x = ϕ(t). rovnost diferencujeme: dx = ϕ (t)dt 3. v integrálu f (x)dx nahradíme proměnnou x funkcí ϕ(t) a diferenciál dx výrazem ϕ (t)dt 4. řešíme integrál f (ϕ(t))ϕ (t)dt proměnné t 5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F(t) + c = F(ϕ (x)) + c Po aplikaci PP a přímé metody: t sin tdt = t cos t + cos tdt = t cos t + sin t + c. Do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci t = x + 3. Výsledek: sin x + 3dx = x + 3 cos x sin x c.

77 Matematika II - řešené příklady 63. Řy 77 - Integrace racionální lomené funkce Zadání Vypočtěte integrál x 4 + x dx. Řešení Video Teorie: 9 Příklady: 7, 7, 73 Poznámky Racionální lomená funkce R(x) = P n(x) Q m (x) V čitateli funkce je stupeň polynomu roven čtyřem, a polynom ve jmenovateli je. stupně. Stupeň ve jmenovateli je menší, polynomy tedy lze dělit. Dělíme tak, že vždy vezmeme v čitateli člen s nejvyšší mocninou a vydělíme členem s nejvyšší mocninou ve jmenovateli. Dalším krokem je vynásobení výsledku získaného dělení se jmenovatelem a odečtení od původního polynomu v čitateli (snížíme stupeň čitatele). Provedeme kontrolu, zda získaný polynom je již nižšího stupně než polynom, kterým dělíme. Pokud ano, jedná se o zbytek (ryze lomená funkce), pokud ne, musíme dělit dále. Po dělení (x 4 + ) : (x ) = x 3 + x + x x (x 4 x 3 ) x 3 + (x 3 x ) x + (x x) x + (x ) 3 x 4 ( + x dx = x 3 + x + x ) dx. x Využitím vlastností a vzorců řešíme 5 tabulkových integrálů. Ryze lomená racionální funkce R(x) = P n(x) Q m (x), n < m Neryze lomená racionální funkce R(x) = P n(x) Q m (x), n m každou neryze lomenou racionální funkci lze dělením upravit na součet polynomu a ryze lomené racionální funkce Výsledek: x 4 + x4 dx = x 4 + x3 3 + x + x + 3 ln x + c.

78 Matematika II - řešené příklady 64. Řy Zadání Vypočtěte integrál 78 - Integrace racionální lomené funkce x + x + x 6 dx. Řešení Video Teorie: 0 Příklady: 74, 75, 76 Poznámky Postup. najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli Funkce je ryze lomená, rozložíme ji na parciální zlomky. Jmenovatel rozložíme na kořenové činitele, Tvar rozkladu : x + (x )(x + 3) = A x + Vynásobíme výrazem (x )(x + 3), Využijeme dosazovací metodu: x + x 6 = (x )(x + 3). B x + 3. x + = A(x + 3) + B(x ). x = : 4 = 5A A = 4 5 x = 3 : = 5B B = 5 Řešíme tedy integrály dle prvního vzorce v Poznámkách. Výsledek: x + x + x 6 dx = 4 5 x dx + 5 x + 3 dx. x + x + x 6 dx = 4 5 ln x + ln x c. 5. napíšeme předpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli 4. nalezneme koeficienty rozkladu: srovnávací metodou, dosazovací metodou nebo kombinací těchto metod Integrace parciálních zlomků A dx = A ln x α + c x α A (x α) k dx = A + c, ( k)(x α) k k a = B(x + p) x + px + q dx = B ln x + px + q + c C x + px + q dx = C a q p 4 arctan x + p/ a + c,

79 Matematika II - řešené příklady 65. Řy Zadání Vypočtěte integrál 79 - Integrace racionální lomené funkce 3x + x + 4x + 4 dx. Řešení Video Teorie: 0 Příklady: 74, 75, 76 Poznámky Postup. najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli Funkce je ryze lomená, rozložíme ji na parciální zlomky. Jmenovatel rozložíme na kořenové činitele, Tvar rozkladu : 3x + (x + ) = A x + + B (x + ). Vynásobíme výrazem (x + ), x + 4x + 4 = (x + ). 3x + = A(x + ) + B. Využijeme kombinaci dosazovací a srovnávací metody: x = : 7 = B x 0 : = A + B 6 = A A = 3 Řešíme tedy integrály dle prvního a druhého vzorce v Poznámkách, Výsledek: 3x + x + 4x + 4 dx = 3 x + dx + 7 (x + ) dx. 3x + 7 x dx = 3 ln x + + 4x + 4 x + + c.. napíšeme předpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli 4. nalezneme koeficienty rozkladu: srovnávací metodou, dosazovací metodou nebo kombinací těchto metod Integrace parciálních zlomků A dx = A ln x α + c x α A (x α) k dx = A + c, ( k)(x α) k k a = B(x + p) x + px + q dx = B ln x + px + q + c C x + px + q dx = C a q p 4 arctan x + p/ a + c,

80 Matematika II - řešené příklady 66. Řy Zadání Vypočtěte integrál 80 - Integrace racionální lomené funkce x x + 3x + 4 dx. Řešení Video Teorie: 0 Příklady: 74, 75, 76 Poznámky Postup. najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli Funkce je ryze lomená, rozložíme ji na parciální zlomky. Jmenovatel má dva komplexně sdružené kořeny. Tvar rozkladu : x x + 3x + 4 Vynásobíme výrazem (x + 3x + 4), Využijeme srovnávací metody: = B(x + 3) x + 3x C x + 3x + 4. x = B(x + 3) + C. x : = B B = x 0 : 0 = 3B + C C = 3 Počítáme tedy dva integrály dle třetího a čtvrtého vzorce v Poznámkách, x x + 3x + 4 dx = Jmenovatel druhého integrandu si upravíme na tvar Výsledek: x + 3 x + 3x + 4 dx 3 ( x + 3 ) x + 3x + 4 dx. x x + 3x + 4 dx = ln(x + 3x + 4) 3 arctan ( x + 3 ) + c napíšeme předpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli 4. nalezneme koeficienty rozkladu: srovnávací metodou, dosazovací metodou nebo kombinací těchto metod Integrace parciálních zlomků A dx = A ln x α + c x α A (x α) k dx = A + c, ( k)(x α) k k a = B(x + p) x + px + q dx = B ln x + px + q + c C x + px + q dx = C a q p 4 arctan x + p/ a + c,

81 Matematika II - řešené příklady 67. Řy Zadání Vypočtěte integrál 8 - Integrace goniometrických funkcí cos x sin 5 xdx. Řešení Video Teorie: Příklady: 77, 78 Integrand je typu sin m x cos n x dx, kde u funkce kosinus je sudá mocnina a u funkce sinus lichá, tudíž využijeme substituci (viz.): Poznámky Výpočet integrálů typu kde m, n Z sin m x cos n x dx,. m je liché substituce cos x = t. n je liché substituce sin x = t cos x = t sin xdx = dt Musíme si integrand upravit tak, aby byl složen pouze z funkce cos x a jedné funkce sin x: cos x sin 4 x sin xdx = cos x( cos x) sin xdx. Po aplikaci substituce: t ( t ) dt = (t t 4 + t 6 )dt = t3 3 + t5 5 t7 7 + c. 3. m i n sudé, alespoň jedno záporné substituce tan x = t, pak t sin x =, cos x = + t + t 4. m i n sudé nezáporné využití vzorců na dvojnásobný úhel: sin cos x x = cos + cos x x = Do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci. Výsledek: cos x sin 5 xdx = cos3 x 3 + cos5 x 5 cos7 x 7 + c.

82 Matematika II - řešené příklady 68. Řy Zadání Vypočtěte integrál 8 - Integrace goniometrických funkcí sin x cos xdx. Řešení Video Teorie: Příklady: 77, 78 Integrand je typu sin m x cos n x dx, kde u funkce kosinus je lichá mocnina a u funkce sinus sudá, tudíž využijeme substituci (viz.): Poznámky Výpočet integrálů typu kde m, n Z sin m x cos n x dx,. m je liché substituce cos x = t. n je liché substituce sin x = t Po aplikaci substituce: Do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci. Výsledek: sin x = t cos xdx = dt t dt = t3 3 + c. sin x cos xdx = sin3 x 3 + c. 3. m i n sudé, alespoň jedno záporné substituce tan x = t, pak t sin x =, cos x = + t + t 4. m i n sudé nezáporné využití vzorců na dvojnásobný úhel: sin cos x x = cos + cos x x =

83 Matematika II - řešené příklady 69. Řy Zadání Vypočtěte integrál 83 - Integrace goniometrických funkcí sin 4 x cos 8 x dx. Řešení Video Teorie: Příklady: 77, 78 Integrand je typu sin m x cos n x dx, kde u obou funkcí jsou sudé mocniny a jedna je záporná, tudíž využijeme substituci (viz 3.): Poznámky Výpočet integrálů typu kde m, n Z sin m x cos n x dx,. m je liché substituce cos x = t. n je liché substituce sin x = t tan x = t cos dx = dt x 3. m i n sudé, alespoň jedno záporné substituce tan x = t, pak t sin x =, cos x = + t + t Integrad si upravíme: Po aplikaci substituce: sin 4 x cos 8 x dx = tan 4 x cos x cos x dx. t 4 ( + t )dt = t5 5 + t7 7 + c. 4. m i n sudé nezáporné využití vzorců na dvojnásobný úhel: sin cos x x = cos + cos x x = Do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci. Výsledek: sin 4 x cos 8 x dx = tan5 x + tan7 x + c. 5 7

84 Matematika II - řešené příklady 70. Řy Zadání Vypočtěte integrál 84 - Integrace goniometrických funkcí sin x cos xdx. Řešení Video Teorie: Příklady: 77, 78 Integrand je typu sin m x cos n x dx, kde u obou funkcí jsou sudé nezáporné mocniny, tudíž využijeme goniometrických vzorců (viz 4.): ( ) ( ) cos x + cos x sin x cos xdx = dx = 4 Opět využijeme stejného vzorce: 4 ( cos x)dx = 4 Využitím základních integračních vzorců spočítáme. Výsledek: sin x cos xdx = x 8 ( sin 4x 3 ) + cos 4x dx. + c. ( cos x)dx. Poznámky Výpočet integrálů typu kde m, n Z sin m x cos n x dx,. m je liché substituce cos x = t. n je liché substituce sin x = t 3. m i n sudé, alespoň jedno záporné substituce tan x = t, pak t sin x =, cos x = + t + t 4. m i n sudé nezáporné využití vzorců na dvojnásobný úhel: sin cos x x = cos + cos x x =

85 Matematika II - řešené příklady 7. Řy Zadání Vypočtěte integrál 85 - Integrace goniometrických funkcí 3 + cos x dx. Řešení Video Teorie: Příklady: 79 Integrandem je racionální funkce obsahující goniometrické funkce, využijeme tedy univerzální substituci: 3 + cos x dx = 3 + t +t + t dt = t dt. Poznámky Výpočet integrálů typu R(sin x, cos x)dx, kde R(u, v) představuje racionální funkci dvou proměnných u = sin x a v = cos x Univerzální substituce tan x = t, x ( π, π) Využitím obecného vzorce Vrátíme substituci a dostáváme výsledek: a + x dx = a arctan x a + c spočítáme: 6 6 dt = arctan 3 + t cos x dx = 3 arctan t 3 + c. 3 tan x 3 + c. sin x = t + t cos x = t + t x = arctan t dx = + t dt

86 Matematika II - řešené příklady 7. Řy Zadání Vypočtěte integrál 86 - Integrace goniometrických funkcí sin x dx. Řešení Video Teorie: Příklady: 79. způsob řešení: Poznámky Výpočet integrálů typu R(sin x, cos x)dx, kde R(u, v) představuje racionální funkci dvou proměnných u = sin x a v = cos x Integrandem je racionální funkce obsahující goniometrickou funkci, využijeme univerzální substituci: + t sin x dx = t + t dt = t dt. Využitím základního integračního vzorce spočítáme a vrátíme substituci:. způsob řešení: Integrand je typu cos x = t. Integrand si upravíme: t dt = ln t + c = tan ln x + c. sin m x cos n x dx, kde u funkce sinus je lichá mocnina, tudíž využijeme substituci sin x dx = sin x sin x dx = sin x cos x dx = dt t. Univerzální substituce tan x sin x = = t, x ( π, π) t + t cos x = t + t x = arctan t dx = + t dt Rozložíme na parciální zlomky a po nalezení primitivní funkce vrátíme substituci: ( ) (t ) dt = (t + ) ln cos x ln cos x + + c.

87 Matematika II - řešené příklady 73. Řy Zadání Vypočtěte integrál 87 - Integrace iracionálních funkcí 3 3 x + dx. Řešení Video Teorie: 8 Příklady: 69, 80 Integrand obsahuje výraz n ax + b, využijeme substituci: Dostáváme: x = t 3 dx = 3 t dt 3 3 dx = x + 9t (t + ) dt. Poznámky Iracionální funkce integrujeme většinou substituční metodou. a) integrand obsahuje výraz n ax + b substituce ax + b = t n b) integrand obsahuje více odmocnin s různými odmocniteli n n ax + b, ax + b,... substituce ax + b = t n, kde n je nejmenší společný násobek čísel n, n,... c) integrand obsahuje výraz a b x goniometrická substituce bx = a sin t nebo bx = a cos t Získali jsme racionální lomenou funkci, kde v čitateli je stupeň větší než ve jmenovateli, musíme dělit: 9t (t + ) dt = 9 ( t + 4 ) dt = 9 ( t ) t + 4 ln t + + c. t + Vrátíme substituci a dostáváme výsledek: ( 3 3 dx = 9 3 (x ) x + 3 x + 4 ln 3 x + ) + c.

88 Matematika II - řešené příklady 74. Řy Zadání Vypočtěte integrál 88 - Integrace iracionálních funkcí x 4 x + dx. Poznámky Iracionální funkce integrujeme většinou substituční metodou. Řešení Video Teorie: 8 Příklady: 69, 80 Integrand obsahuje více odmocnin s různými odmocniteli, využijeme substituci (viz. b)): Dostáváme: x = t 4 dx = 4t 3 dt x 4 dx = 4 x + t t + t3 dt. a) integrand obsahuje výraz n ax + b substituce ax + b = t n b) integrand obsahuje více odmocnin s různými odmocniteli n n ax + b, ax + b,... substituce ax + b = t n, kde n je nejmenší společný násobek čísel n, n,... c) integrand obsahuje výraz a b x goniometrická substituce bx = a sin t nebo bx = a cos t Získali jsme racionální lomenou funkci, kde v čitateli je stupeň větší než ve jmenovateli, musíme dělit: ( 4 t 4 t 3 + 4t 8t ) ( t 5 ) dt = 4 t + 5 t4 + 4t3 3 4t + 6t 3 ln t + + c. Vrátíme substituci a dostáváme výsledek: ( 4 x x 5 4 dx = 4 x + 5 x x x x 3 ln 4 x + ) + c.

89 Matematika II - řešené příklady 75. Řy 89 - Integrace iracionálních funkcí Zadání Vypočtěte integrál 9 6x dx. Řešení Video Teorie: 8 Příklady: 69, 8 Integrand obsahuje a b x, využijeme substituci (viz. c)): Poznámky Iracionální funkce integrujeme většinou substituční metodou. a) integrand obsahuje výraz n ax + b substituce ax + b = t n Dostáváme: 4x = 3 sin t 4dx = 3 cos tdt 9 6x dx = sin t cos tdt = 3 9( sin t) cos tdt = cos tdt. b) integrand obsahuje více odmocnin s různými odmocniteli n n ax + b, ax + b,... substituce ax + b = t n, kde n je nejmenší společný násobek čísel n, n,... c) integrand obsahuje výraz a b x goniometrická substituce bx = a sin t nebo bx = a cos t Získali jsme integrál gonimetrické funkce se sudou mocninou, musíme využít vzorce pro dvojnásobný úhel: 9 cos tdt = 9 ( + cos t)dt = 9 ( ) sin t t + + c = 9 ( ) sin t cos t t + + c = 9 ( ) t + sin t ( sin t) + c. 8 Vrátíme substituci a dostáváme výsledek: ( 9 6x dx = 9 arcsin 4x x 3 6x 9 ) + c = 9 8 4x arcsin 3 + x 9 6x + c.

90 Matematika II - řešené příklady 76. Řy 90 - Určitý integrál,výpočet a vlastnosti Zadání Vypočtěte integrál π 0 ((4 x) + cos x)dx. Řešení Video Teorie: 4 Příklady: 86 Poznámky Newtonova-Leibnizova formule b a f (x)dx = [F(x)] b a = F(b) F(a) Integrand upravíme a s využitím vlastností dostaneme součet 4 integrálů: π 0 π (6 8x + x + cos x)dx = 6 0 π dx 8 0 xdx + π 0 x dx + π 0 cos xdx. Všechny integrály jsou tabulkové, tzn. umíme nalézt primitivní funkci. Využijeme tedy N-L formuli. π 6 0 π dx 8 0 xdx + π 0 x dx + π 0 cos xdx = 6[x] π 0 4[x ] π 0 + [ x 3 ( π = 6(π 0) 4(π 3 ) 0) (0 0) = 6π 4π + π ] π 0 [ sin x + ] π 0 Vlastnosti f = f (x) a) b) b a b a g = g(x) ( f + g)dx = b c f dx = c a b a f dx f dx + b a gdx Výsledek: π 0 ((4 x) + cos x)dx = 6π 4π + π3 3.

91 Matematika II - řešené příklady 77. Řy 9 - Určitý integrál sudé a liché funkce Poznámky Zadání Vypočtěte integrály: π 4 π 4 tan xdx, x 4 dx. Řešení Video Teorie: 5 Příklady: 87 Výpočet integrálu π 4 π 4 tan xdx: Funkce tangens je na intervalu π 4, π 4 lichá, tudíž využijeme vlastnosti určitého integrálu pro lichou funkci (viz. b)) a víme tedy, že integrál je roven 0. Ověříme: π 4 π 4 Výpočet integrálu tan xdx = x 4 dx: π 4 π 4 sin x cos x dx = [ln cos x ] π 4 π 4 = ( ln ln ) = 0. Funkce x4 je na intervalu, sudá, tudíž využijeme vlastnosti určitého integrálu pro sudou funkci (viz. a)): x 4 dx = 0 x 4 dx = 5 [x5 ] 0 = 5 ( 0) = 5. Výpočet integrálu sudé a liché funkce a) sudá funkce: b) lichá funkce: a a a a x = π a f (x)dx = f (x)dx = x = π 3 4 x = π 4 0 f (x)dx x = π y = tan x y = x4 3 0 x = x =

92 Matematika II - řešené příklady 78. Řy 9 - Metoda per partes pro určité integrály Poznámky Zadání Vypočtěte integrál ln x dx. Řešení Video Teorie: 6 Příklady: 88 Integrand je složená funkce, zkusíme využít metody per partes: Metoda per partes pro určitý integrál u = u(x) v = v (x) u = u (x) v = v(x) b a (u v )dx = [u v] b a b a (u v)dx u = ln x v = u = x v = x Po aplikaci PP : ln x dx = [x ln x ] dx = ln 4 ln [x] = ln 4 ( ). Výsledek: ln x dx = (ln 4 ).

93 Matematika II - řešené příklady 79. Řy 93 - Substituční metoda pro určité integrály Poznámky Zadání Vypočtěte integrál π 0 x cos x dx. Řešení Video Teorie: 6 Příklady: 89, 90 Integrand je ve tvaru součinu dvou funkcí, kde derivace vnitřní funkce je přímo druhá funkce součinu (lišící se pouze konstantou), využijeme tedy substituci: Substituční metoda β α f (ϕ(x))ϕ (x)dx = ϕ(β) ϕ(α) f (t)dt Po zavedení vhodné substituce musíme určit nové meze. x = t xdx = dt Musíme přepočítat meze pro novou proměnnou t: dolní mez: 0 0 = 0 horní mez: π π Po aplikaci: π 0 x cos x dx = π 0 cos tdt = [sin t]π 0 = (sin π 0). Výsledek: π 0 x cos x dx = sin π.

94 Matematika II - řešené příklady 80. Řy 94 - Substituční metoda pro určité integrály Zadání Vypočtěte integrál 8 3 x x + + dx. Řešení Video Teorie: 6 Příklady: 89, 90 Jedná se o integrál obsahující odmocninu. Využijeme substituci: x + = t dx = tdt Poznámky Substituce typu x = ϕ(t) β α f (x)dx = ϕ (β) ϕ (α) f (ϕ(t))ϕ (t)dt Po zavedení vhodné substituce musíme určit nové meze. Musíme přepočítat meze pro novou proměnnou t: dolní mez: = horní mez: = 3 Po aplikaci: 8 3 x 3 dx = x + t t 3 t + dt = [ t 3 ] 3 ( t(t )dt = 3 t 7 = 3 9 ( )). Výsledek: 8 3 x x + dx = 3 3.

95 Matematika II - řešené příklady 8. Řy 95 - Určitý integrál, racionální lomená funkce Zadání Vypočtěte integrál 3 x + 6 x (x + x + 6) dx. Řešení Video Příklady: 9 Poznámky Integrace parciálních zlomků b a A x α dx = A [ln x α ]b a Funkce je ryze lomená, rozložíme ji na parciální zlomky. Jmenovatel má dva komplexně sdružené kořeny a jeden dvojnásobný reálný kořen roven 0. Tvar rozkladu : Vynásobíme x (x + x + 6) Využijeme srovnávací metody: 3 x + 6 x (x + x + 6) = A x + B C(x + ) + x x + x x x (x + x + 6) dx = [ ] 3 x ( D x + x + 6 x + 6 = Ax(x + x + 6) + B(x + x + 6) + C(x + )x + Dx x 3 : 0 =A + C C = A C = x : 0 =A + B + C + D D = 3 x : =6A + 6B A = x 0 : 6 =6B B = 3 x dx + x dx 3 [ ] 3 ln(x + x + 6) 6 arctan 3 arctan arctan ). x + x + x + 6 dx 3 3 ( ) x x + x + 6 dx = [ln x ]3 = ln (ln 6 ln 8) b a [ A (x α) k dx = A ( k)(x α) k k b a b a m = ] b B(x + p) x + px + q dx = B [ln x + px + q ] b a C x + px + q dx = C [ m arctan x + p/ ] b, m a q p 4, a

96 Matematika II - řešené příklady 8. Řy 96 - Nevlastní integrál prvního druhu Zadání Vypočtěte integrál: 0 + x dx, x dx, + x dx. Řešení Video Teorie: 7 Příklady: 9 Výpočet prvního integrálu: Zadaná funkce je na intervalu 0, ) ohraničená, jedná se nevlastní integrál. druhu: Poznámky Výpočet nevlastního integrálu. druhu a a c f (x)dx = lim f (x)dx c a a f (x)dx = lim f (x)dx c c 0 c dx = lim + x c 0 Nevlastní integrál konverguje. dx = lim + x c ([arctan]c 0) = lim arctan c = π c. y = + x Výpočet druhého integrálu: Zadaná funkce je na intervalu (, ohraničená, jedná se nevlastní integrál. druhu: dx = lim x c Nevlastní integrál diverguje. c dx = lim x c ( [ln x ] c ) ( ) = lim [ln( x)] c c = lim ( ln( c)) =. c y = x 3 Výpočet třetího integrálu: + x dx = 0 + x dx dx = lim + x c c c dx + lim + x c 0 + x dx = π + π = π. Integrační obor (, ) si vhodně rozdělíme na dvě části. Ještě poznamenejme, že integrujeme sudou funkci, nevlastní integrál na levé a pravé části integračního oboru vyjde stejně. y = + x 3 0 3

97 Matematika II - řešené příklady 83. Řy 97 - Nevlastní integrál druhého druhu Zadání Vypočtěte integrál: 0 x x dx. Řešení Video Teorie: 7 Příklady: 93 Výpočet prvního integrálu: Zadaná funkce je na intervalu 0, ) neohraničená, jedná se nevlastní integrál. druhu: Poznámky Výpočet nevlastního integrálu. druhu b a b a c f (x)dx = lim f (x)dx c b a a f (x)dx = lim f (x)dx c a + c Integrál řešíme substitucí: 0 x c dx = lim x c 0 x = t xdx = dt x x dx x = x = Musíme přepočítat meze pro novou proměnnou t: dolní mez: 0 0 horní mez: c c Po aplikaci: 0 x c dx = lim x c Nevlastní integrál konverguje. = lim c 0 x dx = lim x c ) ( c + = c 0 dt t = lim c [ ] c t y = x x

98 Matematika II - řešené příklady 84. Řy 98 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Poznámky Zadání Znázorněte graf funkce y = x 3 + 5x + a vypočítejte obsah plochy ohraničené touto funkcí, osou x a přímkami x = a x =. Obsah křivočarého lichoběžníka pro nezápornou funkci f (x) na a, b Řešení Video Teorie: 9 Příklady: 94 Znázorníme si plochu, jejíž obsah máme určit: P = b a f (x)dx y = x 3 + 5x + Obsah křivočarého lichoběžníka pro zápornou funkci f (x) na a, b b P = a f (x)dx x = x = 3 Z grafu vidíme, že funkce je na intervalu, záporná: P = ( x 3 + 5x + )dx = [ x (x 3 4 5x )dx = 4 5x x ] = ( 4 5 ) + ( ) = 7 4.

99 Matematika II - řešené příklady 85. Řy 99 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Poznámky Zadání Znázorněte graf funkce y = x 3 + 5x + a vypočítejte obsah plochy ohraničené touto funkcí, osou x a přímkami x = a x =. Obsah křivočarého lichoběžníka pro nezápornou funkci f (x) na a, b Řešení Video Teorie: 9 Příklady: 94 Znázorníme si plochu, jejíž obsah máme určit: P = b a f (x)dx x = x = Obsah křivočarého lichoběžníka pro zápornou funkci f (x) na a, b b P = a f (x)dx y = x 3 + 5x + Z grafu vidíme, že funkce je na intervalu, nezáporná: P = ( x 3 + 5x + )dx = 3 ] ( [ x x + x = ( )) + = 3 4.

100 Matematika II - řešené příklady 86. Řy 00 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Poznámky Zadání Znázorněte graf funkce y = x + x + a vypočítejte obsah plochy ohraničené touto funkcí, osou x a přímkami x = a x =. Řešení Video Teorie: 9 Příklady: 95 Znázorníme si plochu, jejíž obsah máme určit: y = x + x + Pokud funkce mění znaménko, je nutno brát části nad osou x kladně a části pod osou x záporně. Obsah křivočarého lichoběžníka P = b a f (x) dx x = x = 5 Z grafu vidíme, že funkce na intervalu, mění znaménko, musíme proto určit zvlášt obsah části pod osou x a nad osou x, určíme si průsečík s osou x na intervalu, : x, = ± + 8 hledaný průsečík je x =. ( ) ( ) [ x P = x + x + dx + x 3 ] + x + dx = 3 x x + = ( 3 ( + 83 )) ( 3 + ( )) ] [ x3 3 + x + x = = 3 6

101 Matematika II - řešené příklady 87. Řy 0 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Zadání Vypočtěte obsah rovinného obrazce (danou plochu znázorněte) ohraničeného křivkami y = x x, y = x +. Řešení Video Teorie: 30 Příklady: 96, 97 Znázorníme si plochu, jejíž obsah máme určit: 4 3 y = x + Poznámky Obsah křivočarého lichoběžníka ohraničeného dvěma funkcemi pokud platí: f (x) g(x) na intervalu a, b P = b a ( f (x) g(x))dx, kde a, b jsou průsečíky funkcí, tzn. řešíme rovnici f (x) = g(x) y = x x Z grafu vidíme, že plocha je ohraničená shora funkcí y = x + a zdola kvadratickou funkcí y = x x, potřebujeme určit interval omezující daný útvar, tzn. určíme si průsečíky funkcí: x + = x x řešíme tedy kvadratickou rovnici x 4 = 0, hledané průsečíky jsou x =, x =. P = ( x + (x x ))dx = ( x + 4)dx = ] [ x x = 8 ( ) = 3 3.

102 Matematika II - řešené příklady 88. Řy 0 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Poznámky Zadání Vypočtěte obsah rovinného obrazce (danou plochu znázorněte) ohraničeného křivkami x = a sin t cos t, y = a sin t, t 0, π. Řešení Video Teorie: 30 Příklady: 98 Znázorníme si plochu, jejíž obsah máme určit: x = a sin t cos t, y = a sin t, t 0, π a = 3 3 Obsah křivočarého lichoběžníka ohraničeného funkcí danou parametrickými rovnicemi x = ϕ(t) a y = ψ(t), kde t α; β β P = ψ(t) ϕ(t)dt α a = a = Pro výpočet obsahu rovinné plochy ohraničené parametrickými rovnicemi potřebujeme znát derivaci funkce x = a sin t cos t: ϕ(t) = a(cos t sin t) = a( sin t). Dosadíme do vzorečku: π P = a (sin t sin 3 t)dt = π a [cos t] 0 π 4a ( cos t) sin tdt 0 0 [ ] π = 4a + 4a cos t cos3 t ( 3 = 4a + 4a + ( 3 )) = a. 0

103 Matematika II - řešené příklady 89. Řy 03 - Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Poznámky Zadání Vypočtěte velikost dráhy, kterou urazí bod od t = 0 do t = 3 při pohybu po křivce dané parametrickými rovnicemi x = t, y = t 3 (t 3). Řešení Video Teorie: 3 Příklady: 0 Znázorníme si křivku, jejíž délku máme spočítat: Délka oblouku křivky dané parametrickými rovnicemi x = ϕ(t) a y = ψ(t), kde t α; β l = β α ( ϕ(t)) + ( ψ(t)) dt x = t, y = t 3 (t 3), t 0, Pro výpočet délky křivky dané parametrickými rovnicemi potřebujeme znát derivace funkcí: Dosadíme do vzorečku: ϕ(t) = t ψ(t) = t t 3 = t l = 3 0 4t + t 4 t + dt = 3 0 t 4 + t + dt = 3 0 (t + ) dt = [ t t ] 3 0 = 3.

104 Matematika II - řešené příklady 90. Řy 04 - Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Zadání Vypočtěte délku křivky y = arcsin x + x pro 0 x. Poznámky Délka oblouku křivky na a; b Řešení Video Teorie: 3 Příklady: 00 Znázorníme si křivku, jejíž délku máme spočítat: l = b a + ( f (x)) dx y = arcsin(x) + x, x 0, 0 Pro výpočet délky křivky potřebujeme znát druhou mocninu derivace funkce: Dosadíme do vzorečku: l = 0 + x + x dx = 0 ( ) ( f (x)) = x x = x x + x. + x + x + x dx = 0 + x dx = t t dt = [t] = 4.

105 Matematika II - řešené příklady 9. Řy 05 - Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Poznámky Zadání Vypočtěte objem tělesa vzniklého rotací (kolem osy x) oblasti ohraničené funkcí y = ln x, osou x v, e. Řešení Video Teorie: 3 Příklady: 0, 03, 04 Znázorníme si oblast, která bude rotovat: y = ln x, x, e x = 0 x = e y z x Objem rotačního tělesa V = π b a f (x)dx Oblast je ohraničena pouze jednou funkcí, tzn. budeme počítat integrál z druhé mocniny dané funkce. Dosadíme do vzorečku: V = π e e ln xdx = (PP) = π[x ln x] e π = πe πe + π[x] e = π(e ). e ln xdx = (PP) = πe π [x ln x] e dx

106 Matematika II - řešené příklady 9. Řy 06 - Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Poznámky Zadání Vypočtěte objem tělesa, vzniklého rotací oblasti (oblast načrtněte) ohraničené funkcemi y = e x, y = e x + 3 kolem osy x. Řešení Video Teorie: 3 Příklady: 05 Znázorníme si oblast, která bude rotovat: y = e x x = 0 y = e x + 3 y Objem rotačního tělesa V = π b a f (x) g (x) dx, kde a, b jsou průsečíky funkcí, tzn. řešíme rovnici f (x) = g(x) 0 x = ln z 0 0 x Z grafu vidíme, že oblast je ohraničená shora funkcí y = e x + 3 a zdola funkcí y = e x, potřebujeme určit interval omezující daný útvar, tzn. určíme si průsečíky funkcí: e x + 3 = e x e x 3 + ex = 0 3ex + e x e x = 0 3e x + e x = 0, zavedeme substituci e x = t a řešíme kvadratickou rovnici t 3t + = 0 x = 0, x = ln. ln V = π = π 0 ( e x + 3) e x ln dx = π (4e x e x + 9 e x )dx [ e x + e x + 9x ex 0 ] ln 0 = π(9 ln 6).

107 Matematika II - řešené příklady 93. Řy 07 - Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa π Zadání Vypočtěte objem tělesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce x = cos t, y = sin t, kde t, π kolem osy x. Řešení Video Teorie: 3 Příklady: 06 Znázorníme si oblast, která bude rotovat: π x = cos t, y = sin t, t, π Poznámky Objem rotačního tělesa V = π β α ψ (t) ϕ(t) dt 0 Potřebujeme znát derivaci funkce x = cos t: ϕ(t) = cos t sin t. 0.5 y z x Dosadíme do vzorečku: V = π π cos t sin 5 tdt = (substituce: sin t = u) = π u 5 du = 3 π[u6 ] 0 = 3 π. π 0

108 Matematika II - řešené příklady 94. Řy 08 - Užití určitého integrálu, obsah rotační plochy Poznámky Zadání Vypočtěte povrch rotačního tělesa vzniklého rotací křivky y = x pro x 0; kolem osy x. Obsah rotační plochy Řešení Video Teorie: 33 Příklady: 07, 08 Znázorníme si oblast, která bude rotovat: S = π b a f (x) + ( f (x)) dx y = x, t 0, 0 3 y x 4 z f (x) 0 Potřebujeme znát druhou mocninu derivace funkce: (y ) = x. Dosadíme do vzorečku: S = 4π 0 x + x dx = 4π 0 x + 8 [ ] x dx = 4π x + dx = x 3 π (x + ) 3 = π( 7 ). 0

109 Matematika II - řešené příklady 95. Řy 09 - Užití určitého integrálu, obsah rotační plochy Poznámky Zadání Vypočtěte obsah rotačního tělesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce x = cos t, y = sin t kolem osy x, kde t 0, π. Řešení Video Teorie: 33 Příklady: 07, 08 Znázorníme si oblast, která bude rotovat: x = cos t, y = sin t, t 0, π Obsah rotační plochy S = π β α ψ(t) 0 ψ(t) ( ϕ(t)) + ( ψ(t)) dt 0 Potřebujeme určit druhé mocniny derivací obou funkcí: 0.5 y z x ( ϕ(t)) = 4 cos t sin t ( ψ(t)) = 4 cos t sin t Dosadíme do vzorečku: S = π π 0 sin t 8 cos t sin tdt = π π 8 0 cos t sin 3 tdt = subst. : sin t = u = π 8 0 u 3 du = π [u 4] = π. 0

110 Řešené příklady Funkce dvou proměnných

111 Matematika II - řešené příklady 96. Řy - Definiční obor Zadání Určete a graficky znázornětě definiční obor funkce z = ln( x) 6 x y. Poznámky Zlomek jmenovatel je různý od 0 Řešení Video Teorie: 35 Příklady: 0-9 Sestavíme omezující podmínky na definiční obor. Podmínka x > 0 zaručí existenci logaritmu x <. Jedná se o polorovinu s hraniční přímkou o rovnici x =, která ovšem do definičního oboru nepatří, bude vyznačena čárkovaně. Podmínka 6 x y 0 zajistí existenci druhé odmocniny, podmínka 6 x y = 0 vyloučí možnost dělení nulou. Tyto dvě podmínky se dají sloučit do jediné podmínky, 6 x y > 0 x + y < 4. Jedná se o kruh se středem v počátku a poloměrem 4. Hraniční kružnice do definičního oboru patřit nebude, bude vyznačena čárkovaně. Definičním oborem je pak průnik obou ploch, na obrázku žlutě vyznačená plocha. Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z 4 3 x = x + y = 6 Kotangens argument je různý od k π, k Z Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu, 3 4 5

112 Matematika II - řešené příklady 97. Řy - Definiční obor Poznámky Zadání Určete a graficky znázornětě definiční obor funkce z = sin x. Řešení Video Teorie: 35 Příklady: 0-9 Sestavíme omezující podmínky na definiční obor. Podmínka y sin x 0 zaručí existenci odmocniny. Součin y sin x je nezáporný, když jsou oba činitelé nezáporní, nebo jsou oba nekladní, tedy (y 0 sin x 0) (y 0 sin x 0). Ještě je nutné vyřešit nerovnici sin x 0 resp. sin x 0, ptáme se, kdy je funkce sinus nezáporná a kdy je nekladná. sin x 0 x 0 + kπ, π + kπ k Z 3π 5π/ π 3π/ π π/ 0 π/ π 3π/ π 5π/ 3π sin x 0 x π + kπ, 0 + kπ k Z 3π 5π/ π 3π/ π π/ 0 π/ π 3π/ π 5π/ 3π Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu, 3π 5π/ π 3π/ π π/ 0 π/ π 3π/ π 5π/ 3π

113 Matematika II - řešené příklady 98. Řy 3 - Vrstevnicový graf Zadání Nalezněte vrstevnicový graf funkce z = 5x x + y +. Řešení Video Teorie: 36, 37 Příklady: 0, Dosadíme do zadané funkce z = k, kde k R, tedy k = 5x x + y + x + y + = 5x k Výraz x 5x k jsme doplnili na úplný čtverec, x 5x k = Nyní je třeba diskutovat konkrétní hodnoty k.. Pro k = 0 dostáváme x 5x k + y + = 0 ( x 5 ) 5 k 4k.. Pro k = 0 (řez grafu funkce z s půdorysnou rovinou) dostáváme 0 = ( x 5 k bude větší než 0, 5x x + y + ( x 5 ) + y 5 k 4k + = 0. x = 0, vrstevnicí je osa y. ) + y = 5. Vrstevnicemi budou kružnice pouze v případě, kdy pravá strana rovnice 4k 5 4k > 0 5 4k > 5 > 4k k < k = ± 5 6 k = ± 5 8 k < x k ( 5 ), 0 ( 0, 5 ) 3. Pro k = ± 5 platí (x ) + y = 0. Jedná se o dvě singulární kružnice (body). Vrstevnicemi jsou dva body, [, 0] a [, 0]..5 k = 0 k = ± k = ± 5 z y Poznámky Hledáme průniky grafu funkce s rovinami rovnoběžnými s půdorysnou rovinou, tj. dosazujeme z = k, k R. Číslo k je možné volit libovolně. Ovšem může se stát, že při nevhodné volbě se plochy neprotnou. Seznam příkazů pro Gnuplot: set view 6,0; set view equal xy set iso 50; set samp 50 set xrange [-4:4]; set yrange [-4:4] set ztics ; set pm3d set contour both set cntrparam levels discrete 0,.485, -.485,.5, -.5,.83, -.83,.65, -.65 set style increment user set style line lc rgb black lw set style line lc rgb red set style line 3 lc rgb red set style line 4 lc rgb yellow set style line 5 lc rgb yellow set style line 6 lc rgb green set style line 7 lc rgb green set style line 8 lc rgb cyan set style line 9 lc rgb cyan set style line 0 lc rgb magenta set grid; unset surf; unset key set xlabel "x" set ylabel "y" set zlabel "z" splot 5*x/(x**+y**+)

114 Matematika II - řešené příklady 99. Řy 4 - Limita funkce Zadání Vypočítejte limitu funkce z = y(x + ) x 3 + v bodě [, 0] a dokažte, že limita funkce z = x + x v bodě [0, 0] neexistuje. xy + y Řešení Video Teorie: 38 Příklady: Poznámky Limity funkcí dvou proměnných řešíme většinou přímým dosazením, nebo se pokusíme limitu upravit. Řešíme první část úlohy, yx + y lim [x,y] [,0] x 3 + = 0 0 = lim [x,y] [,0] y(x + ) (x + )(x x + ) = lim [x,y] [,0] y x x + = 0. Ve druhé části úlohy musíme dokázat, že limita neexistuje. Na rozdíl od funkcí jedné proměnné, kdy se k limitnímu bodu můžerme blížit pouze ze dvou stran (zleva a zprava), v případě funkcí dvou i více proměnných se k limitnímu bodu můžeme blížit nekonečně mnoha způsoby. Limita neexistuje v případě, že její hodnota závisí na volbě přibližování, či se pro různé volby přibližování mění. Pokud ovšem limita na konkrétní volbě přibližování nezávisí, pak to ještě neznamená, že existuje. V případě limit funkcí dvou proměnných se spíše řeší jiný typ úlohy. Dokazuje se, že daná limita neexistuje. Zkusme se k limitnímu bodu blížit po přímkách prochazejících počátkem, tj. volíme y = kx, k R. Dosadíme y = kx do funkce z = x + x xy + y, x + x lim [x,y] [0,0] xy + y = 0 0 y=kx = lim x 0 x + x kx + kx = lim x 0 x + x k(x + x) = lim x 0 k, limita závisí na parametru k, pro různé volby parametru k vyjde různě. Tzn. limita funkce z = x + x v bodě [0, 0] neexistuje. xy + y z R \{[, 0]} y 0 - z = yx + y x 3 + [, 0] x z z = x + x xy + y y = 0 4 R 0 3 x 0 - y x =

115 Matematika II - řešené příklady 00. Řy 5 - Parciální derivace Zadání Určete parciální derivace prvního řádu funkce z = x sin (xy ) v bodě [π, 0]. Řešení Video Teorie: 39, 40 Příklady: 3-7 Poznámky. (c) = 0. (x n ) = nx n 3. (e x ) = e x Parciální derivace prvního řádu počítáme vzhledem k jednotlivým proměnným funkce z. Funkce z je funkcí dvou nezávislých proměnných, proměnné x a y. Parciální derivace tedy budeme počítat jak podle proměnné x, tak i podle proměnné y. Vzhledem k definici parciální derivace budeme postupovat tak, že s proměnnou, podle které se nederivuje, budeme pracovat jako s konstantou. To ale v konečném důsledku znamená, že ve funkci z zůstane pouze jedna nezávislá proměnná. Funkce z se stává funkcí jedné proměnné. Ale takovou funkci již umíme snadno zderivovat s využitím formulí. až 9. Parciální derivace z funkce z podle proměnné x: x jelikož funkci z derivujeme podle x, pak s proměnnou y budeme pracovat jako s konstantou, naším úkolem je tedy derivovat součin dvou funkcí proměnné x, funkce x a složené funkce sin (xy ), kterou derivujeme po jednotlivých složkách v pořadí: druhá mocnina, sinus, xy ; ve výrazu xy je y konstanta v součinu a proto se derivuje pouze x, z x = x (x ) sin (xy ) + x x (sin (xy )) = x sin (xy ) + x sin(xy ) cos(xy ) y = x sin (xy ) + x y sin(xy ) cos(xy ). Parciální derivace z funkce z podle proměnné y: y derivujeme zcela analogicky, v tomto případě budeme jako s konstantou pracovat s proměnnou x, derivujeme tedy složenou funkci; x je konstanta v součinu, proto se derivuje podle y pouze druhý činitel jako složená funkce v pořadí: druhá mocnina, sinus, xy ; ve výrazu xy je x konstanta v součinu a proto se derivuje pouze y, z y = x z y (sin (xy )) = x sin(xy ) cos(xy ) xy = 4x 3 y sin(xy ) cos(xy ). Poznamenejme, že jestliže derivujeme podle y, tak samozřejmě lze použít formule uvedené v sekci Poznámky, stačí formálně místo x psát y. Parciální derivace jsou opět funkce dvou proměnných a snadno je vyčíslíme na zadaném bodě přímým dosazením: z z (π, 0) = 0, x (π, 0) = 0. y 4. (a x ) = a x ln a 5. (ln x) = x 6. (log a x) = x ln a 7. (sin x) = cos x 8. (cos x) = sin x 9. (tan x) = cos x 0. (cot x) = sin x. (arcsin x) = x. (arccos x) = x 3. (arctan x) = + x 4. (arccot x) = + x u = u(x) v = v(x) 5. [c u] = c u 6. [u ± v] = u ± v 7. [u v] = u v + u v 8. [ u v ] = u v u v v 9. [u(v)] = u (v) v

116 Matematika II - řešené příklady 0. Řy 6 - Parciální derivace Zadání Určete parciální derivace druhého řádu funkce z = x y v bodě [, ]. Řešení Video Teorie: 39, 40 Příklady: 3-7 Poznámky. (c) = 0. (x n ) = nx n 3. (e x ) = e x Nejdříve určíme parciální derivace prvního řádu, derivace podle x, derivujeme mocninou funkci podle vzorce č.. derivace podle y, derivujeme exponenciální funkci podle vzorce č. 4. z x z y = yx y = xy ln x K určení parciálních derivací druhého řádu je třeba parciální derivace prvního řádu jako funkce dvou proměnných opět derivovat jak podle x, tak i podle y, z x = ( ) z = x x x (yxy ) = y(y )x y, z x y = y z y x = x z y = y ( ) z x ( ) z y ( ) z y = y (yxy ) = x y + yx y ln x, = x (xy ln x) = yx y ln x + x y x, = y (xy ln x) = x y ln x ln x = x y ln x. Zdůrazněme, že v případě spojitých funkcí se spojitými parciálními derivacemi se smíšené parciální derivace podle Schwarzovy věty rovnají. Vskutku: z y x = yxy ln x + x y x = yxy ln x + x y x = yx y ln x + x y = x y + yx y ln x = z x y. Opět zbývá jednoduché vyčíslení parciálních derivací druhého řádu přímým dosazením zadaného bodu [, ], 4. (a x ) = a x ln a 5. (ln x) = x 6. (log a x) = x ln a 7. (sin x) = cos x 8. (cos x) = sin x 9. (tan x) = cos x 0. (cot x) = sin x. (arcsin x) = x. (arccos x) = x 3. (arctan x) = + x 4. (arccot x) = + x u = u(x) v = v(x) 5. [c u] = c u 6. [u ± v] = u ± v z (, ) = 0, x z (, ) =, x y z (, ) =, y x z (, ) = 0. y 7. [u v] = u v + u v 8. [ u v ] = u v u v v 9. [u(v)] = u (v) v

117 Matematika II - řešené příklady 0. Řy 7 - Parciální derivace Zadání Určete parciální derivaci 4 z x y funkce z = x e y + sin(xy ). Řešení Video Teorie: 39, 40 Příklady: 3-7 Derivujeme funkci z postupně podle jednotlivých proměnných. Nejdříve derivujeme podle x, poté ještě jednou podle x a pak postupně dvakrát podle y. z x = 4xey + cos(xy ) y = 4xe y + y cos(xy ) z x = 4ey + y ( sin(xy ) y ) = 4e y y 4 sin(xy ) Poznámky. (c) = 0. (x n ) = nx n 3. (e x ) = e x 4. (a x ) = a x ln a 5. (ln x) = x 6. (log a x) = x ln a 7. (sin x) = cos x 8. (cos x) = sin x 9. (tan x) = cos x 0. (cot x) = sin x. (arcsin x) = x 3 z x y = 4ey [4y 3 sin(xy ) + y 4 cos(xy ) xy] = 4e y 4y 3 sin(xy ) xy 5 cos(xy ) 4 z x y = 4ey [y sin(xy ) + 4y 3 cos(xy ) xy] [0xy 4 cos(xy ) + xy 5 ( sin(xy ) xy)] = 4e y y sin(xy ) 8xy 4 cos(xy ) 0xy 4 cos(xy ) + 4x y 6 sin(xy ) = 4e y y sin(xy ) 8xy 4 cos(xy ) + 4x y 6 sin(xy ). (arccos x) = x 3. (arctan x) = + x 4. (arccot x) = + x u = u(x) v = v(x) 5. [c u] = c u 6. [u ± v] = u ± v 7. [u v] = u v + u v 8. [ u v ] = u v u v v 9. [u(v)] = u (v) v

118 Matematika II - řešené příklady 03. Řy 8 - Diferenciál funkce Zadání Vypočítejte diferenciál funkce z = f (x, y) = xy v bodě A = [, ]. Určete přibližně hodnotu f (, 04; 0, 99). Řešení Video Teorie: 4 Příklady: 8, 9, 30, 3 Poznámky Diferenciál funkce z = f (x, y) dz = f x dx + f y dy Nejdříve určíme parciální derivace prvního řádu podle proměnných x a y, Sestavíme diferenciál funkce z, dz = Dosadíme do diferenciálu dz bod A, f x = y xy, f y = x xy. y xy dx + x xy dy = (ydx + xdy). xy dz(a) = dz(, ) = ((x ) + (y )) = Všimněme si, že diferenciál v bodě je lineární funkce dvou proměnných. (x + y 4). 4 Pro přibližný vypočet funkčních hodnot použijeme poslední vztah v sekci Poznámky. Určíme přírustky od bodu A = [, ] k bodu [, 04; 0, 99], dx = x x 0 =, 04 = 0, 04; dy = y y 0 = 0, 99 = 0, 0. Určíme funkční hodnotu f (A) = f (, ) =. Určíme hodnotu diferenciálu dz(a)(dx, dy) při známých přírustcích, Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] dz(a) = f x (A) (x x 0) + f y (A) (y y 0) Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] při známých přírůstcích dx, dy dz(a)(dx, dy) = f f (A) dx + (A) dy R x y Diferenciál druhého řádu funkce z = f (x, y) d z = f x dx + f x y dxdy + f y dy Přibližný výpočet funkčních hodnot f (x, y) f (x 0, y 0 ) + d f (x 0, y 0 )(dx, dy) dz(a)(dx, dy) = dz(, )(0, 04; 0, 0) = Přibližná hodnota funkce f (, 04; 0, 99) pak bude f (, 04; 0, 99) f (A) + d f (A)(dx, dy) = + ( 0, 04 0, 0) = 0, 0 = 00 = ( + ) = 00.

119 Matematika II - řešené příklady 04. Řy 9 - Diferenciál funkce Zadání Vypočítejte diferenciál druhého řádu funkce z = f (x, y) = x + y x y. Řešení Video Teorie: 4 Příklady: 8, 9, 30, 3 Nejdříve určíme parciální derivace prvního řádu podle proměnných x a y, f x f y Určíme parciální derivace druhého řádu = (x y) (x + y) (x y) = y (x y), = (x y) (x + y) ( ) (x y) = x (x y). f x = ( ) f = x x x ( y(x y) ) = y( )(x y) 3 = 4y (x y) 3, f x y = ( ) f = ( ) y y x y (x y) = (x y) ( y)(x y) ( ) (x y) 4 = f y x = ( ) f = ( ) x x y x (x y) = (x y) x (x y) (x y) 4 = (x + y) (x y) 3, (x + y) (x y) 3, Poznámky Diferenciál funkce z = f (x, y) dz = f x dx + f y dy Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] dz(a) = f x (A) (x x 0) + f y (A) (y y 0) Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] při známých přírůstcích dx, dy dz(a)(dx, dy) = f f (A) dx + (A) dy R x y Diferenciál druhého řádu funkce z = f (x, y) d z = f x dx + f x y dxdy + f y dy Přibližný výpočet funkčních hodnot f (x, y) f (x 0, y 0 ) + d f (x 0, y 0 )(dx, dy) f y = ( ) f = y y y (x(x y) ) = x( )(x y) 3 ( ) = 4x (x y) 3. Sestavíme diferenciál druhého řádu d z = 4y (x y) 3 dx 4 x + y 4x dxdy + (x y) 3 (x y) 3 dy = 4 (x y) 3 (ydx (x + y)dxdy + xdy ).

120 Matematika II - řešené příklady 05. Řy 0 - Tečná rovina, normála Zadání Nalezněte tečnou rovinu a normálu ke grafu funkce z = f (x, y) = x 3y x v bodě A = [, 3,?]. Poznámky Tečná rovina τ ke grafu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0, z 0 = f (x 0, y 0 )], A = [x 0, y 0 ] Řešení Video Teorie: 43 Příklady: 3, 33 Bod A je bod dotyku, x 0 =, y 0 = 3, určíme jeho z-ovou složku, z 0 = f (x 0, y 0 ) = f (, 3) = 3. Vypočítáme parciální derivace prvního řádu funkce f v bodě A = [, 3], f x = f 3, x y =, y a tyto funkce dvou proměnných vyčíslíme na bodě A = [, 3], f x (A) =, f y =. τ : z z 0 = f x (A)(x x 0) + f y (A)(y y 0) Normála n grafu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0, z 0 = f (x 0, y 0 )], A = [x 0, y 0 ] n : x = x 0 + f x (A)t y = y 0 + f y (A)t, z = z 0 t t R Sestavíme rovnici tečné roviny τ : z + 3 = (x ) (y 3), rovnici převedeme na obecný tvar τ : x + y + z + = 0. Pro parametrické rovnice normály dostáváme x = t n : y = 3 t, t R z = 3 t

121 Matematika II - řešené příklady 06. Řy - Taylorův polynom Zadání Nalezněte Taylorův polynom druhého řádu funkce z = f (x, y) = x xy + 3y + x y + v bodě A = [, ]. Poznámky Taylorův polynom m-tého řádu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0 ] Řešení Video Teorie: 43 Příklady: 34, 35 Určíme hodnoty f (A), d f (A) a d f (A). Poté dosadíme do formule pro Taylorův polynom druhého řádu. Bod A = [x 0, y 0 ] = [, ]. f (A) = 5 d f (A) = (4x y + ) [,] (x ) + ( x + 6y ) [,] (y ) = 4(x ) + 4(y ) = 4x + 4y 8 d f (A) = 4 [,] (x ) + ( ) [,] (x )(y ) + 6 [,] (y ) = 4x 8x + 4 xy + x + y + 6y y + 6 = 4x xy + 6y 6x 0y + 8 4x + 4y 8 T (A) = x xy + 6y 6x 0y + 8!! = 5 + 4x + 4y 8 + x xy + 3y 3x 5y + 4 = x xy + 3y + x y + T m (A) = f (A) + d f (A)! + + dm f (A) m! Taylorův polynom druhého řádu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0 ] T (A) = f (A) + d f (A)! + d f (A)! resp. T (A) = f (A) + ( f! x (A)(x x 0) + f ) y (A)(y y 0) + ( f! x (A)(x x 0) + f x y (A)(x x 0)(y y 0 ) + f y (A)(y y 0) ) Zdůrazněme, že Taylorův polynom funkce je polynom. Pokud počítáme např. Taylorův polynom druhého řádu z polynomu dvou proměnných druhého stupně (viz. řešená úloha), výsledkem je ten samý polynom druhého řádu. Každý polynom stupně n je sám sobě Taylorovým polynomem stupně m pro každé m n.

122 Matematika II - řešené příklady 07. Řy - Derivace implicitní funkce Poznámky Zadání Oběma způsoby nalezněte derivaci implicitní funkce dané rovnicí x 3 + y + y xy = 3 v bodě A = [, ]. Řešení Video Teorie: 44, 45 Příklady: 36, 37, 38 V našem případě platí Určíme parciální derivace Jedná se o spojité funkce, navíc F(x, y) = x 3 + y + y xy 3. F x = 3x y, F y = + y x. F y (A) = + y x A=[, ] = 3 = 0. Derivace implicitní funkce tedy existuje a je jediná. Dosadíme do formule pro derivaci implicitní funkce v bodě A = [x 0, y 0 ] = [, ], f () = 3x y [, ] + y x [, ] = 5 3 = 5 3. Druhý způsob spočívá v předpokladu, že v rovnici F(x, y) = 0 budeme předpokládat závislost y = y(x). Tzn., že v této rovnici zústává pouze jediná nezávislá proměnná, a to x. Rovnici poté derivujeme podle x, zvlášt pravou i levou stranu rovnice, d dx (x3 + y + y xy 3 = 0) 3x + y + yy y xy = 0. Z rovnice vyjádříme y y + yy xy = 3x + y y ( + y x) = 3x + y y = 3x + y + y x = 3x y + y x. Kde se v rovnici po derivaci vzalo y? Musíme si uvědomit, že y závisí na x, y = y(x). Nevíme ale, jak konkrétně ta závislost vypadá. Derivujeme tedy pouze formálně, tj. nad y napíšeme čárku. Funkci y musíme ovšem derivovat jako složenou funkci, máme obecnou závislost y na x, na kterou působí druhá mocnina. Derivujeme nejdříve vnější složku (druhou mocninu) v tom samém bodě (v y) a poté násobíme derivací vnitřní funkce, derivací y podle x, což je formálně y. Výraz xy musíme derivovat jako součin dvou funkcí proměnné x. Derivace implicitní funkce y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 y = F x F y Derivace implicitní funkce y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] f (x 0 ) = F x (A) F y (A) Alternativní způsob výpočtu: v rovnici F(x, y) = 0 předpokládáme závislost y na x, y = y(x), rovnice F(x, y) = 0 přejde na rovnici F(x, y(x)) = G(x) = 0, derivujeme funkci jedné proměnné G podle x, vyjádříme y.

123 Matematika II - řešené příklady 08. Řy 3 - Tečna a normála k implicitní funkci Poznámky Zadání Nalezněte tečnu a normálu k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí e xy = x + y v bodě A = [, 0]. Řešení Video Teorie: 44, 45 Příklady: 39, 40 V našem případě je funkce F dána F(x, y) = e xy x y. Určíme parciální derivace funkce F v bodě A = [x 0, y 0 ] = [, 0], Sestavíme rovnici tečny t ke grafu implicitní funkce, Sestavíme rovnici normály n ke grafu implicitní funkce, F x (A) = yexy [,0] =, F y (A) = xexy [,0] =. t : (x ) y = 0 y = x +. n : (x ) + y = 0 y = x. Tečna k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] t : F x (A)(x x 0) + F y (A)(y y 0) = 0 Normála k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] n : F y (A)(x x 0) F x (A)(y y 0) = 0 t F(x, y) = n 3

124 Matematika II - řešené příklady 09. Řy 4 - Lokální extrémy - první část Zadání Nalezněte lokální extrémy funkce z = e x y (y + x ). Poznámky určíme definiční obor funkce z = f (x, y) Řešení Video Teorie: 46, 47 Příklady: 4, 4, 43, 44 Definičním oborem funkce z je množina R. Určíme parciální derivace prvního řádu a sestavíme rovnice pro stacionární body, f x = e x y ( x)(y + x ) + e x y x = xe x y (y + x ) = 0, f y = e x y ( y)(y + x ) + e x y 4y = ye x y (y + x ) = 0. Exponenciální funkce e x y je kladná, tedy nikdy nemůže nabýt nulové hodnoty a lze ji z rovnic pro stacionární body vykrátit. Rovnice přejdou na tvar x(y + x ) = 0, y(y + x ) = 0. Předpokládejme nejdříve, že x = 0. Ze druhé rovnice y(y ) = 0 dostaneme řešení y = 0 a y = ±. Obdržíme tři různé stacionární body, A = [0, 0], A = [0, ] a A 3 = [0, ]. Ve druhé rovnici předpokládejme, že y = 0. Z první rovnice x(x ) = 0 dostaneme řešení x = 0 a x = ±. Bod [0, 0] již máme vypočítaný, přibyly další dva nové stacionární body, bod A 4 = [, 0] a A 5 = [, 0]. Pokud x = 0 i y = 0, řešíme následující soustavu rovnic, y + x = 0, y + x = 0. Pokud obě rovnice od sebe odečteme, dostaneme rovnici = 0, ale se nikdy 0 nerovná. Soustava nemá žádné řešení. Určili jsme celkem pět stacionárních bodů: A = [0, 0], A = [0, ], A 3 = [0, ], A 4 = [, 0], A 5 = [, 0]. vypočítáme parciální derivace prvního řádu f x, f y nalezneme stacionární body A jako řešení soustavy rovnic f x = 0, f y = 0 sestavíme matici Q(A) parciálních derivací druhého řádu ve stacionárních bodech A f Q(A) = x (A) f x y (A) f y x (A) f y (A) označme ( D = f f x (A) y (A) ) f x y (A) D = f x (A) klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D < 0

125 Matematika II - řešené příklady 0. Řy 5 - Lokální extrémy - druhá část Zadání Nalezněte lokální extrémy funkce z = e x y (y + x ). Poznámky určíme definiční obor funkce z = f (x, y) Řešení Pokračujeme v hledání lokálních extrémů funkce z předchozího listu. Nalezli jsme celkem pět stacionárních bodů. Určíme matici druhých parciálních derivací a vyhodnotíme ji na jednotlivých stacionárních bodech A i, i =,, 3, 4, 5, ( ) (( + 4x )(y + x ) 4x )e x y 4xye x y (y + x 3) Q = 4xye x y (y + x 3) (( + 4y )(y + x ) 8y, )e x y ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 Q(A ) =, Q(A ) = e , Q(A 3 ) = e 0 4 e 0 8, Q(A 4 ) = e 0 4, Q(A 5 ) = e 0. e 0 e 0 e V následující tabulce uvádíme souhrnný přehled klasifikace extrémů v jednotlivých bodech: A = [ 0,, ] e Stacionární bod A i D D extrém o hodnotě z = f (A i ) A = [0, 0] > 0 8 > 0 ostré lokální minimum z = 0 A = [0, ] e < 0 6 e > 0 ostré lokální maximum z = e A 3 = [0, ] e < 0 6 e > 0 ostré lokální maximum z = e A 4 = [, 0] 4 e < 0 8 < 0 e extrém neexistuje A 5 = [, 0] 4 e < 0 8 e < 0 extrém neexistuje A 3 = [ 0,, ] e A = [0, 0, 0] vypočítáme parciální derivace prvního řádu f x, f y nalezneme stacionární body A jako řešení soustavy rovnic f x = 0, f y = 0 sestavíme matici Q(A) parciálních derivací druhého řádu ve stacionárních bodech A f Q(A) = x (A) f x y (A) f y x (A) f y (A) označme ( D = f f x (A) y (A) ) f x y (A) D = f x (A) klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D < 0

126 Matematika II - řešené příklady. Řy 6 - Lokální extrémy - první část Zadání Nalezněte lokální extrémy funkce z = f (x, y) = sin x + cos y + cos(x y), 0 x, y π. Poznámky určíme definiční obor funkce z = f (x, y) Řešení Video Teorie: 46, 47 Příklady: 4, 4, 43, 44 Určíme parciální derivace prvního řádu a sestavíme rovnice pro stacionární body, f x Ze druhé rovnice dostáváme = cos x sin(x y) = 0, f y sin(x y) = sin y. = sin y + sin(x y) = 0. Protože jak x, tak y patří do intervalu 0, π, bude rozdíl x y patřit do intervalu π, π. Nicméně funkce sinus je jak na intervalu 0, π, tak i na intervalu π, π prostá, to ale znamená, že existuje funkce inverzní, arkussinus, kterou lze aplikovat na druhou rovnici, arcsin(sin(x y) = sin y) arcsin(sin(x y)) = arcsin(sin y) x y = y y = x. Tuto rovnici dosadíme do první rovnice, cos x sin(x y) = 0 cos x sin ( x x ) = 0 cos x sin x = 0. Využijeme goniometrické identity cos x = cos x sin x a cos x = sin x, cos x sin x sin x = 0 sin x sin x sin x = 0 sin x + sin x = 0. Použijeme substituci sin x = t, sin x + sin x = 0 t + t = 0 t =, t =. Vzhledem k omezení x na interval 0, π záporné řešení neuvažujeme, sin x = k = x, sin k = k = π 6 x = π 3 y = π 6 stacionární bod A = [ π 3, π 6 ]. vypočítáme parciální derivace prvního řádu f x, f y nalezneme stacionární body A jako řešení soustavy rovnic f x = 0, f y = 0 sestavíme matici Q(A) parciálních derivací druhého řádu ve stacionárních bodech A f Q(A) = x (A) f x y (A) f y x (A) f y (A) označme ( D = f f x (A) y (A) ) f x y (A) D = f x (A) klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D < 0

127 Matematika II - řešené příklady. Řy 7 - Lokální extrémy - druhá část Zadání Nalezněte lokální extrémy funkce z = f (x, y) = sin x + cos y + cos(x y), 0 x, y π. Poznámky určíme definiční obor funkce z = f (x, y) Řešení Pokračujeme v hledání lokálních extrémů funkce z předchozího listu. Nalezli jsme jeden stacionární bod. Určíme matici druhých parciálních derivací a vyhodnotíme ji na bodě A, ( ) ( ) sin x cos(x y) A cos(x y) A 3 3 Q(A) = = cos(x y) A cos y cos(x y) 3 A. 3 Určíme determinanty D a D, D = 3, D = 9 4. Protože D > 0, v bodě A = [ π 3, π ] 6 extrém existuje. Protože D < 0, má funkce z = f (x, y) = sin x + cos y + cos(x y) v bodě A = [ π 3, π ] 6 ostré lokální maximum z = 3 3. z y 0.5 π 6 0 A = [ π 3, π 6, 3 3 ] 0 A 0.5 π 3 x vypočítáme parciální derivace prvního řádu f x, f y nalezneme stacionární body A jako řešení soustavy rovnic f x = 0, f y = 0 sestavíme matici Q(A) parciálních derivací druhého řádu ve stacionárních bodech A f Q(A) = x (A) f x y (A) f y x (A) f y (A) označme ( D = f f x (A) y (A) ) f x y (A) D = f x (A) klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D < 0

128 Matematika II - řešené příklady 3. Řy 8 - Vázané extrémy Poznámky Zadání Nalezněte vázané extrémy funkce z = f (x, y) = 4x + y + 5 vzhledem k podmínce x 3 y = 0. Řešení Video Teorie: 48 Příklady: 45, 46 Určíme nejdříve definiční obor funkce z, funkce z bude existovat, pokud bude výraz pod odmocninou nezáporný, tj. 4x + y x 4 y 5, viz. obrázek v Poznámkách. 4 Z rovnice vazby x 3 y = 0 lze jednoznačně vyjádřit jak y, tak x. Vyjádříme y, y = x 3. Dosadíme vazbu do předpisu funkce z, z = 4x + (x 3) + 5 = 4x + 4x x = 4x 8x + 4, dostaneme funkci jedné proměnné z = z(x, ϕ(x)) (proměnné x) a snadno se přesvědčíme, že D z = R. Určíme první derivaci, poté ji položíme rovnu nule a dostaneme rovnici pro stacionární body této funkce, z = dz dx = 8x 8 4x 8x + 4 = 4x 4 4x 8x + 4 = 0 4x 4 = 0 x =. Definičním oborem první derivace je D z = R. Na intervalu (, ) je první derivace z < 0, funkce z je na tomto intervalu klesající. Na intervalu (, ) je první derivace z > 0, tzn. funkce z je na tomto intervalu rostoucí. Ve stacionárním bodě x = se mění znaménko první derivace z na + což znamená, že v bodě x = má funkce z lokální minimum. V případě, že lze jednoznačně z rovnice vazby vyjádřit bud x nebo y, budeme postupovat při hledání vázaných extrémů takto: vyjádříme bud y = ϕ(x) nebo x = ψ(y) vázané extrémy hledáme jako lokální extrémy funkce jedné proměnné bud z = f (x, ϕ(x)) nebo z = f (ψ(y), y) y 4x A Dosadíme bod x = do rovnice vazby, dostáváme y =. Snadno ověříme, že bod A patří do definičního oboru funkce z = 4x + y + 5, viz. obrázek vpravo. Funkce z = 4x + y + 5 má v bodě A = [, ] vázané lokální minimum z = f (, ) = 0. Zcela analogicky budeme postupovat v případě, kdy lze z rovnice vazby vyjádřit jednoznačně x.

129 Matematika II - řešené příklady 4. Řy 9 - Vázané extrémy Poznámky Zadání Nalezněte vázané extrémy funkce z = f (x, y) = 8x + 6y 5 vzhledem k podmínce x + y = 00. Řešení Video Teorie: 48 Příklady: 45, 46 Sestavíme Lagrangeovu funkci pro funkci f (x) = 8x + 6y 5 a g(x, y) = x + y 00, Φ(x, y, λ) = 8x + 6y 5 + λ(x + y 00). Vypočítáme parciální derivace prvního řádu funkce Φ, které položíme rovny nule. Získáme tak rovnice pro stacionární body funkce Φ, Φ Φ = 8 + λx = 0, = 6 + λy = 0, x y ke kterým přidáme rovnici vazby, řešíme následující soustavu rovnic 8 + λx = 0 x = 4 λ 6 + λy = 0 y = 3 λ V případě, že nelze jednoznačně z rovnice vazby g(x, y) = 0 vyjádřit bud x nebo y budeme postupovat při hledání vázaných extrémů takto: sestavíme Lagrangeovu funkci Φ(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) hledáme lokální extrémy funkce Φ má-li funkce Φ ve svém stacionárním bodě lokální extrém, má i funkce z = f (x, y) v tomto bodě lokální extrém vázaný podmínkou g(x, y) = 0, tzv. vázaný extrém dosadíme do rovnice vazby za x a y, x + y = 00 ( ) 4 ( + 3 ) = 00 6 λ λ λ + 9 λ = 00 00λ = 5 λ = 4 λ, = ±. Dopočítáme stacionární body A = [x, y] dosazením λ, λ = A = [8, 6], λ = A = [ 8, 6]. Sestavíme matici parciálních derivací druhého řádu a vyhodnotíme ji na stacionárních bodech, Q = f x f y x f ( ) ( ) ( ) x y λ f =, Q(A ) =, Q(A ) =. 0 λ 0 0 y V bodě A = [8, 6] je D > 0, D > 0. Funkce z = f (x, y) má v bodě A = [8, 6] vázané lokální minimum z = 05. V bodě A = [ 8, 6] je D < 0, D > 0. Funkce z = f (x, y) má v bodě A = [ 8, 6] vázané lokální maximum z = 95.

130 Matematika II - řešené příklady 5. Řy 30 - Globální extrémy Poznámky Zadání Nalezněte globální extrémy funkce z = f (x, y) = x y na čtverci s vrcholy [, ], [3, ], [3, 3], [, 3]. Řešení Video Teorie: 49 Příklady: 47, 48, 49 Definičním oborem funkce z je čtverec, viz. obrázek v Poznámkách. Určíme lokální extrémy funkce z, z z = x = 0, = = 0. x y Je zřejmé, že druhá rovnice nemá řešení, lokální extrémy neexistují. Určíme rovnice hraničních křivek, tyto rovnice reprezentují rovnice vazeb, AB : y =, x (, 3), BC : x = 3, y (, 3), CD : y = 3, x (, 3), DA : x =, y (, 3). Jednotlivé rovnice vazeb dosadíme do funkce z a nalezneme případné vázané extrémy, AB : z = x z = x = 0 x = 0 0 (, 3) extrém neexistuje, BC : z = 9 y z = = 0 rovnice nemá řešení extrém neexistuje, CD : z = x 3 z = x = 0 x = 0 0 (, 3) extrém neexistuje, DA : z = y z = = 0 rovnice nemá řešení extrém neexistuje. Zbývá porovnat funkční hodnoty ve vrcholech čtverce, f (A) = 0, f (B) = 8, f (C) = 6, f (D) = f (D) < f (A) < f (C) < f (B). Budeme postupovat takto: určíme definiční obor D f funkce z = f (x, y) nalezneme lokální extrémy této funkce na množině D f, ze které vyloučíme hranici g(x, y) = 0 určíme vázané extrémy této funkce vzhledem k podmínce g(x, y) = 0 porovnáme funkční hodnoty všech extrémů, extrém s největší funkční hodnotou bude globálním maximem, extrém s nejmenší funkční hodnotou bude globálním minimem 4 3 D C Funkce z má v bodě D globální minimum o hodnotě z =, v bodě B má globální maximum o hodnotě z = 8. A B 0 3 4

131 Řešené příklady Obyčejné diferenciální rovnice

132 Matematika II - řešené příklady 6. Řy 3 - Diferenciální rovnice - přímá integrace Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y = 6x 6. Řešení Video Teorie: 5, 5 Příklady: 5-59 V zadání diferenciální rovnice se nachází neznámá funkce y pouze ve své třetí derivaci, proto k nalezení obecného řešení použijeme přímou integraci. Postupným integrováním budeme snižovat řád derivace hledané funkce y. Budeme vycházet ze skutečnosti, že y = d dx (y ). Přímá integrace Diferenciální rovnice typu k-tá derivace y (k) = d ( y (k )), dx y (n) = f (x) k n d dx (y ) = 6x 6 d(y ) = (6x 6)dx, d(y ) = (6x 6)dx y = 3x 6x + C. Stejným způsobem budeme snižovat řád diferenciální rovnice dokud nedostaneme neznámou funkci y. Tedy Obecné řešení y = f (x) dx... dx, }{{} } {{ } n-krát n-krát d dx (y ) = 3x 6x + C d(y ) = (3x 6x + C )dx, d(y ) = (3x 6x + C )dx y = x 3 3x + C x + C a d dx (y) = x3 3x + C x + C d(y) = (x 3 3x + C x + C )dx, d(y) = (x 3 3x + C x + C )dx y = x4 4 x x3 + C + C x + C 3. Vidíme, že v obecném řešení této diferenciální rovnice 3. řádu se vyskytují právě 3 integrační konstanty C, C, C 3. Partikulárním řešením rozumíme konkrétní křivku. Tu získáme libovolnou volbou konstant C, C a C 3, např. pro C =, C = 3 a C 3 = 5 dostaneme partikulární řešení y = x4 4 x3 + x + 3x + 5.

133 Matematika II - řešené příklady 7. Řy 33 - Separovatelné diferenciální rovnice Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y = x e x y + e y. Řešení Video Teorie: 5, 53 Příklady: 5-59 Nejprve nahradíme derivaci y podílem diferenciálů dy dx dy dx = x e x y + e y. Nyní budeme chtít rovnici zapsat v tzv. separovaném tvaru, tj. na levé straně chceme mít pouze výraz obsahující proměnnou y a na pravé ty, které obsahují proměnnou x (y + e y ) dy = ( x e x) dx Separovatelná diferenciální rovnice typu Derivace y = dy dx y = P(x)Q(y) Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C, Integrací obou stran rovnice dostaneme Obecné řešení obdržíme ve tvaru (x (y + e y ) dy = e x ) dx y y + ey = x + e x + C. x + ey e x = C. Protože C je konstanta, bude po vynásobení dvěma hodnota C také konstantou a v zápise ji můžeme nahradit písmenem K. Po úpravě dostaneme výsledek: y x + e y e x = K.

134 Matematika II - řešené příklady 8. Řy 34 - Separovatelné diferenciální rovnice Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y = cos x cos y. Řešení Video Teorie: 5, 53 Příklady: 5-59 Nejprve nahradíme derivaci y podílem diferenciálů dy dx dy dx = cos x cos y Rovnici za předpokladu, že cos y = 0, upravíme na rovnici v separovaném tvaru Integrací obou stran rovnice dy cos y = cos xdx. dy cos y = cos xdx, dostaneme tan y = x + sin x + C. 4 Po úpravě získáme obecné řešení ve tvaru Separovatelná diferenciální rovnice typu Derivace y = dy dx y = P(x)Q(y) Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C, tan y sin x x = K.

135 Matematika II - řešené příklady 9. Řy 35 - Separovatelné diferenciální rovnice Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y x y = arcsin x. Řešení Video Teorie: 5, 53 Příklady: 5-59 Nejprve nahradíme derivaci y podílem diferenciálů dy dx y x dy dx = arcsin x. Za předpokladu, že x = 0 výraz upravíme na rovnici v separovaném tvaru y dy = arcsin x x dx. Abychom nalezli obecné řešení, budeme integrovat nyní obě strany rovnice y dy = arcsin x x dx. Separovatelná diferenciální rovnice typu Derivace y = dy dx y = P(x)Q(y) Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C, Integrál na pravé straně rovnice si můžeme spočítat zvlášt [ arcsin x t = arcsin x dx = x dt = x dx ] = tdt = t = arcsin x + C. Po dosazení obdržíme rovnici Odtud plyne, že obecné řešení má tvar y 3 3 = arcsin x + C. y 3 3 arcsin x = C.

136 Matematika II - řešené příklady 0. Řy 36 - Separovatelné diferenciální rovnice Zadání Řešte Cauchyho úlohu ( 8y 7 + 6y 5 + 4y 3 + y ) ( ) y = 5x, y 45 =. Řešení Video Teorie: 5, 53 Příklady: 5-59 Poznámky Separovatelná diferenciální rovnice typu y = P(x)Q(y) Nejprve nahradíme derivaci y podílem diferenciálů dy dx ( ) dy 8y 7 + 6y 5 + 4y 3 + y dx = 5x. Výraz upravíme na rovnici v separovaném tvaru ( ) 8y 7 + 6y 5 + 4y 3 + y dy = 5xdx. Nyní obě strany rovnice integrujeme ( ) 8y 7 + 6y 5 + 4y 3 + y dy = 5xdx. Derivace y = dy dx Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C, Obecné řešení má tvar y 8 + y 6 + y 4 + y = 5 x + C, C R. Dosazením počáteční podmínky určíme hodnotu konstanty C = 5 ( ) 4 + C C = 5 5. Hledané řešení je tedy y 8 + y 6 + y 4 + y = 5 x + 5.

137 Matematika II - řešené příklady. Řy 37 - Separovatelné diferenciální rovnice Zadání Řešte Cauchyho úlohu y y = sin x, y (π) =. Řešení Video Teorie: 5, 53 Příklady: 5-59 Poznámky Separovatelná diferenciální rovnice typu y = P(x)Q(y) Nejprve nahradíme derivaci y podílem diferenciálů dy dx Výraz upravíme na rovnici v separovaném tvaru dy y dx = sin x. dy = sin xdx. y Derivace y = dy dx Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C, Po integraci máme y dy = sin xdx ln y = cos x + C Podle pravidel pro počítání s logaritmy a exponenciálními výrazy je y = e cos x+c y = e cos x e C y = ±e C e cos x, C R Protože C je konstanta, tak bude i výraz ±e C konstantou a můžeme ho nahradit symbolem K (K = 0, protože funkce y = 0 není řešením zadané diferenciální rovnice) y = Ke cos x. Dosazením počáteční podmínky určíme hodnotu konstanty K = Ke cos π K = e. Hledané řešení je tedy y = e e cos x y = e cos x+.

138 Matematika II - řešené příklady. Řy 38 - Separovatelné diferenciální rovnice Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y = 3x y + 5. Řešení Video Teorie: 5, 53 Příklady: 60, 6 Zavedeme substituci u = 3x y + 5 u = 3 y y = 3 u diferenciální rovnice 3 u = u V rovnici nahradíme derivaci u podílem diferenciálů du dx 3 du dx Nyní obě strany rovnice budeme integrovat a dosadíme do dané a upravíme ji na rovnici v separovaném tvaru = u du dx = 3 u du 3 u = dx du 3 u = dx ln 3 u = x + C Podle pravidel pro počítání s logaritmy a exponenciálními výrazy je Separovatelná diferenciální rovnice typu y = f (ax + by + c) Derivace y = dy dx Substituce u = ax + by + c, kde u = u(x), odtud u = a + by y = u a b pro b = 0 ln 3 u = x + C 3 u = e x+c e x+c = 3 u e (x+c) = 3 u, tedy e x e C = 3 (3x y + 5). Protože C je konstanta, tak bude i výraz e C konstantou a můžeme ho nahradit symbolem K a po jednoduché úpravě obdržíme obecné řešení ve tvaru Ke x = 4y 6x 7. Pozn.: Tuto diferenciální rovnici můžeme řešit také jako diferenciální rovnici lineární.

139 Matematika II - řešené příklady 3. Řy 39 - Separovatelné diferenciální rovnice Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y = cos(x y). Řešení Video Teorie: 5, 53 Příklady: 60, 6 Zavedeme substituci u = x y u = y y = u a dosadíme do dané diferenciální rovnice u = cos u V rovnici nahradíme derivaci u podílem diferenciálů du dx Nyní budeme obě strany rovnice integrovat Integrál na levé straně rovnice si spočítáme zvlášt t = tan u du cos u = cos u = = t + du = +t dt du dx = cos u du cos u = dx du cos u = t +t a upravíme ji na rovnici v separovaném tvaru dx dt + t dt = t = t = tan u + c = cot u + c, Separovatelná diferenciální rovnice typu y = f (ax + by + c) Derivace y = dy dx Substituce u = ax + by + c, kde u = u(x), odtud u = a + by y = u a b pro b = 0 tedy cot u = x + c. Po návratu k substituci a jednoduché úpravě dostaneme obecné řešení ve tvaru x cot x y = c x + cot x y = C.

140 Matematika II - řešené příklady 4. Řy 40 - Separovatelné diferenciální rovnice Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice xy y = xy. Řešení Video Teorie: 5, 54 Příklady: 6-69 Obě strany rovnice nejprve vynásobíme výrazem x a upravíme Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze upravit ( na tvar y y ) = φ x xy y = xy y y x = y x Zavedeme substituci z = y x, kde z = z(x). Odtud je y = zx a y = z x + z. Po dosazení do zadané homogenní diferenciální rovnice a jednoduché úpravě dostaneme z x + z z = z z x = z. V rovnici nahradíme derivaci z podílem diferenciálů dx dz a pro z = 0 a x = 0 ji upravíme na rovnici v separovaném tvaru Nyní obě strany rovnice budeme integrovat dz dx x = z dz z = x dx Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z dz = z x dx z dz = x dx z = ln x + C z = ln x + C. Konstanta C může nabývat všech hodnot z množiny reálných čísel stejně jako funkce ln x, napíšeme si jí tedy jako C = ln K, kde K > 0 a podle pravidel pro počítání s logaritmy dostaneme z = ln x + ln K z = ln(k x ) z = ln (K x ). Dosazením z = y x a po úpravě dostaneme obecné řešení ve tvaru y x = ln (K x ) y = x ln (K x ).

141 Matematika II - řešené příklady 5. Řy 4 - Separovatelné diferenciální rovnice Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y = 3y x x + y. Řešení Video Teorie: 5, 54 Příklady: 6-69 Danou rovnici nejprve upravíme na tvar y = 3 y x + y. x Zavedeme substituci z = y x, kde z = z(x). Odtud je y = zx a y = z x + z. Po dosazení do zadané homogenní diferenciální rovnice a jednoduché úpravě dostaneme z x + z = 3z + z z x = 3z + z z z x = z z +. + z V rovnici nahradíme derivaci z podílem diferenciálů dx dz a upravíme na rovnici v separovaném tvaru dz dx x = z + z + z Nyní budeme integrovat obě strany rovnice + z z z + dz = dx x + z z dz = dx z + x. (z ) + dz + (z ) z z + dz = arctan(z ) + ln z z + = ln x + C 4 arctan(z ) + ln z z + = ln x + C. Konstanta C může nabývat všech hodnot z množiny reálných čísel stejně jako funkce ln x, napíšeme si jí tedy jako C = ln K, kde K > 0 a podle pravidel pro počítání s logaritmy dostaneme 4 arctan(z ) = ln K x (z z + ). dx x Poznámky Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze upravit ( na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z Po dosazením z = y x a úpravě dostaneme obecné řešení: 4 arctan y x x = ln K y yx + x.

142 Matematika II - řešené příklady 6. Řy 4 - Separovatelné diferenciální rovnice Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice xy y = y x. Řešení Video Teorie: 5, 54 Příklady: 6-69 Danou rovnici nejprve upravíme na tvar y = y x + ( y x ). Zavedeme substituci z = y x, kde z = z(x). Odtud je y = zx a y = z x + z. Po dosazení do zadané homogenní diferenciální rovnice a jednoduché úpravě dostaneme z x + z = z + z z x = z V rovnici nahradíme derivaci z podílem diferenciálů dx dz, upravíme na rovnici v separovaném tvaru a poté integrujeme dz dx x = z dz z = dx dz dx x z = x Integrál na pravé straně rovnice si spočítáme zvlášt dz z = t dt = = z + z ( ) z + dz z dt t = dz z = dt t = ln t = ln z + z + C. Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze upravit ( na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z Po integraci obou stran dostaneme ln z + z = ln x + C. Konstanta C může nabývat všech hodnot z množiny reálných čísel stejně jako funkce ln x, napíšeme si jí tedy jako C = ln K, kde K > 0 a podle pravidel pro počítání s logaritmy dostaneme ln z + z = ln x + ln K ln z + z = ln (K x ) z + z = Kx. Dosazením z = y x dostaneme obecné řešení ve tvaru y x + ( y ) = Kx y + y x x = Kx.

143 Matematika II - řešené příklady 7. Řy 43 - Separovatelné diferenciální rovnice Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice x y = y + xy + 4x. Řešení Video Teorie: 5, 54 Příklady: 6-69 Danou rovnici nejprve upravíme na tvar ( y y ) y = + x x + 4 Zavedeme substituci z = y x, kde z = z(x). Odtud je y = zx a y = z x + z. Po dosazení do zadané homogenní diferenciální rovnice a jednoduché úpravě dostaneme z x + z = z + z + 4 z x = z + 4 V rovnici nahradíme derivaci z podílem diferenciálů dz, upravíme na rovnici v separovaném tvaru a poté integrujeme dx dz dx x = dz z + 4 z + 4 = dx dz dx x z + 4 = x. Po integraci dostaneme arctan z = ln x + C, arctan z = ln x + C. Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze upravit ( na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z Konstanta C může nabývat všech hodnot z množiny reálných čísel stejně jako funkce ln x, napíšeme si jí tedy jako C = ln K, kde K > 0 a podle pravidel pro počítání s logaritmy dostaneme arctan z = ln x + ln K arctan z = ln (Kx ). Dosazením z = y x dostaneme obecné řešení arctan y x = ln ( Kx ).

144 Matematika II - řešené příklady 8. Řy 44 - Exaktní diferenciální rovnice Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice ( y x + y ) dx + x x dy = 0. + y Poznámky Exaktní diferenciální rovnice Řešení Video Teorie: 55, 56 Příklady: 70, 7 Nejprve ověříme, že se jedná o exaktní diferenciální rovnici. Vidíme, že P(x, y) = Tedy P y = x + y y (x + y ) = y x (x + y ) Q x = x + y x (x + y ) = y x (x + y ) P y = Q x y x +y a Q(x, y) = DR je exaktní. Nyní budeme hledat kmenovou funkci F(x, y), pro kterou platí soustava parciálních diferenciálních rovnic x x +y. Postup řešení ověříme, zda platí podmínka exaktnosti = P(x, y) Q(x, y) y x vypočítáme kmenovou funkci F(x, y) určíme obecné řešení rovnice ve tvaru F(x, y) = C F x = y x + y, F y = x x + y. Z druhé rovnice integrací podle y dostaneme F(x, y) = x x + y dy + ψ(x) = arctan y x + ψ(x), odtud derivací podle proměnné x je a porovnáním s první rovnicí F x = y x + y + dψ dx y x + y = y x + y + dψ dx dψ dx = ψ(x) = x + C. Kmenová funkce je F(x, y) = arctan y x + x + C a obecné řešení: arctan y x + x = K.

145 Matematika II - řešené příklady 9. Řy 45 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y y = e x. Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Příklady: 7-79 Příslušná zkrácená LDR má tvar y y = 0. Jedná se o rovnici separovatelnou, jejíž obecné řešení je dy dy dx = y y = dx ln y = x + C y = e x+c y = ±e C e x. Protože C je konstanta, tak bude i výraz ±e C konstantou a můžeme ho nahradit symbolem C a obdržíme řešení zkrácené rovnice ve tvaru y = Ce x. Provedeme variaci konstanty: předpokládejme, že C = C(x), potom a její derivace je y = C(x)e x y = C (x)e x + C(x)e x. Po dosazení do původní rovnice se mám odečtou dva členy Odtud přímou integraci Po dosazení obdržíme obecné řešení C (x)e x + C(x)e x C(x)e x = e x, C (x)e x = e x C (x) = e x C = e x dx = e x + K. y = (e x + K) e x. Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

146 Matematika II - řešené příklady 30. Řy 46 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice x y + xy = ln x. Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Příklady: 7-79 Rovnici si nejprve upravíme na tvar a vyřešíme zkrácenou LDR y + y x = 0 dy dx = y x dy y = dx x y + y x = ln x x dy y = dx x ln y = ln x + C. Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) derivace y = dy dx Postup řešení Označíme-li C = ln C, C > 0 potom vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu ln y = ln x + ln C ln y = ln C x y = C x y = ± C x y = C x, C R. y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými (konstanta C může nabýt hodnoty nula, protože i funkce y = 0 je řešením zkrácené LDR). Provedeme variaci konstanty: předpokládejme, že C = C(x), potom y = C(x) x, y = C (x) C(x) x x. Po dosazení do původní rovnice se mám odečtou dva členy Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) C (x) x C(x) x + C(x) x Po dosazení obdržíme obecné řešení x = ln x x C (x) x y = = ln x x C (x) = ln x x ln x + K x. C(x) = ln x + K. vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

147 Matematika II - řešené příklady 3. Řy 47 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y 7y x + 3x 0 = x. Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Příklady: 7-79 Poznámky Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) Nejprve vyřešíme zkrácenou LDR y 7y x + 3x 0 = 0 y y = 7 x + 3x 0 dy y = dy y = 7 (x )(x + 5) dx, 7 x dx ln y = ln (x )(x + 5) x ln C y = C x x + 5. Provedeme variaci konstanty: předpokládejme, že C = C(x), pak y = C(x) x x + 5, y = C (x) x x C(x) 7 (x + 5). Po dosazení do původní rovnice se nám odečtou dva členy a po úpravě dostaneme C (x) = (x + 5) x. x Odtud x = t (x + 5) x (x + 5) x C(x) = dx = dx x x dx = tdt (t = + 7)t t tdt x = t + = (t + 4)dt = t 3 + 4t = ( ) 3 x + 4 x + K. 3 Po dosazení a úpravě obdržíme obecné řešení ( ) x y = x (x + 9) + K 3 x + 5. derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

148 Matematika II - řešené příklady 3. Řy 48 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y + y sin x = sin 3 x. Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Příklady: 7-79 Nejprve vyřešíme zkrácenou LDR y + y sin x = 0 y y = sin x dy y = sin xdx dy y = ln y = cos x + c y = e cos x + c y = ±e c e cos x. Označíme-li C = ±e c, obdržíme řešení zkrácené rovnice ve tvaru y = Ce cos x. Provedeme variaci konstanty: předpokládejme, že C = C(x), pak y = C(x)e cos x, y = C (x)e cos x + C(x)e cos x ( sin x). sin xdx, Po dosazení do původní rovnice se nám odečtou dva členy a po úpravě dostaneme C (x) = e cos x sin 3 x C(x) = e cos x sin 3 xdx = e cos x ( cos x) sin xdx. Odtud C(x) = (cos x + ) e cos x + K. Dosadíme do předpokládaného tvaru obecného řešení ( ) y = (cos x + ) e cos x + K a po úpravě dostaneme y = (cos x + ) + Ke cos x. e cos x Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

149 Matematika II - řešené příklady 33. Řy 49 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Poznámky Zadání Řešte Cauchyho úlohu y y cot x = e x sin x, y ( π ) = 0. Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Příklady: 7-79 Nejprve vyřešíme zkrácenou LDR Tedy y y cot x = 0 dy dx = y cot x dy y = cot xdx dy y = cot xdx ln y = ln sin x + C ln y = ln sin x + ln C, C > 0 ln y = ln (C sin x ). y = C sin x y = ±C sin x. Protože C je konstanta, tak bude i výraz ±C konstantou a můžeme ho nahradit symbolem C. Řešení obdržíme ve tvaru y = C sin x. Provedeme variaci konstanty: předpokládejme, že C = C(x), pak y = C(x) sin x, y = C (x) sin x + C(x) cos x. Po dosazení do původní rovnice se nám odečtou dva členy obecné řešení má tvar C (x) sin x + C(x) cos x C(x) sin x cot x = e x sin x C (x) = e x C(x) = e x dx = e x + K, y = (e x + K) sin x. Dosazením počáteční podmínky určíme hodnotu konstanty K ) 0 = (e π + K sin π K = e π. Hledané řešení je tedy y = ( ) e x e π sin x. Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

150 Matematika II - řešené příklady 34. Řy 50 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y + y = 5e x. Řešení Video Teorie: Příklady: Charakteristická rovnice r + = 0 má komplexní kořeny r = i, r = i, takže fundamentální systém tvoří funkce sin x a cos x, obecné řešení zkrácené rovnice bude ŷ(x) = C cos x + C sin x. Nyní provedeme variaci konstant a nalezneme příslušné partikulární integrály. Pro určení neznámých funkcí C (x) a C (x) vypočteme příslušné determinanty: cos x sin x W(x) = sin x cos x = cos x + sin x =, W (x) = 5e x 0 sin x cos x = cos x 0 5ex sin x, W (x) = sin x 5e x = 5ex cos x. Dále bude C = W (x) W(x) = 5ex sin x C = 5 e x sin xdx = e x (cos x sin x) + K, C = W (x) W(x) = 5ex cos x C = 5 e x cos xdx = e x ( cos x + sin x) + K. Za C a C dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice ) ) y = (e x (cos x sin x) + K cos x + (e x ( cos x + sin x) + K sin x, které nám po úpravě dá obecné řešení y = K cos x + K sin x + e x. Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty (metoda variace konstant) a y + a y + a 0 y = b(x) Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice vypočítáme Wronského determinanty y y W = y y, W 0 y = b y, W y 0 = y b a vypočítáme funkce C (x) = W W dx, C (x) = W W dx a dosadíme C (x) a C (x) do obecného řešení zkrácené rovnice

151 Matematika II - řešené příklady 35. Řy 5 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y + y = 6x + 0x. Řešení Video Teorie: Příklady: Charakteristická rovnice r + r = 0 má kořeny r = 0, r =, obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu bude ŷ(x) = C e 0 + C e x = C + C e x. Zkonstruujeme r = λ ± iω = 0. Protože r = 0 je jednonásobným kořenem charakteristické rovnice, a na pravé straně je polynom. stupně, budeme partikulární řešení hledat ve tvaru kde A, B, C R a příslušné derivace budou v(x) = x(ax + Bx + C), v = 3Ax + Bx + C, v = 6Ax + B. Provedeme dosazení v a v do úplné LDR druhého řádu 6Ax }{{ + B } v (x) + (3Ax + Bx + C) = 6x + 0x }{{} v (x) a po úpravě dostaneme 6Ax + (6A + 4B)x + B + C = 6x + 0x. Nyní porovnáme koeficienty u stejných mocnin x: x : 6A = 6 x : 6A + 4B = 0 x 0 : B + C = A =, B = a C =. Partikulární řešení bude v(x) = x(x + x ) a obecné řešení úplné rovnice má tvar y = ŷ(x) + v(x) = C + C e x + x(x + x ). Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice podle pravé strany LDR druhého řádu b(x) = e λx (p m (x) cos(ωx) + q n (x) sin(ωx)), a podle toho, zdali r = λ ± iω je k-násobným kořenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v(x) = x k e λx (P M (x) cos(ωx) + Q M (x) sin(ωx)), kde M = max{m, n} zderivujeme v(x), dosadíme do nezkrácené LDR druhého řádu a dopočítáme koeficienty zapíšeme obecné řešení LDR druhého řádu y(x) = ŷ(x) + v(x)

152 Matematika II - řešené příklady 36. Řy 5 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y 0y + 4y = (3x )e 3x. Řešení Video Teorie: Příklady: Charakteristická rovnice r 0r + 4 = 0 má kořeny r = 4, r = 6, obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu bude ŷ(x) = C e 4x + C e 6x. Zkonstruujeme r = λ ± iω = 3. Protože r = 3 není kořenem charakteristické rovnice, budeme partikulární řešení hledat ve tvaru v(x) = (Ax + B) e 3x, kde A, B R a příslušné derivace budou v = Ae 3x + 3(Ax + B)e 3x, v = 6Ae 3x + 9e 3x (Ax + B). Provedeme dosazení v, v a v do úplné LDR druhého řádu 6Ae 3x + 9e 3x (Ax + B) 0 (Ae 3x + 3(Ax + B)e 3x) +4 (Ax + B) e 3x = (3x )e 3x }{{}}{{}}{{} v (x) v (x) v(x) a po úpravě dostaneme 3Axe 3x + ( 4A + 3B)e 3x = 3xe 3x e 3x. Nyní porovnáme koeficienty u výrazů xe 3x a e 3x na obou stranách rovnice } xe 3x : 3A = 3 e 3x A = a B =. : 4A + 3B = Partikulární řešení bude v(x) = (x + ) e 3x a obecné řešení úplné rovnice má tvar y = ŷ(x) + v(x) = C e 4x + C e 6x + (x + ) e 3x. Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice podle pravé strany LDR druhého řádu b(x) = e λx (p m (x) cos(ωx) + q n (x) sin(ωx)), a podle toho, zdali r = λ ± iω je k-násobným kořenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v(x) = x k e λx (P M (x) cos(ωx) + Q M (x) sin(ωx)), kde M = max{m, n} zderivujeme v(x), dosadíme do nezkrácené LDR druhého řádu a dopočítáme koeficienty zapíšeme obecné řešení LDR druhého řádu y(x) = ŷ(x) + v(x)

153 Matematika II - řešené příklady 37. Řy 53 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y y + y = e x sin x. Řešení Video Teorie: Příklady: Charakteristická rovnice r r + = 0 má komplexní kořeny r = + i, r = i, obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu bude ŷ(x) = C e x cos x + C e x sin x. Zkonstruujeme r = λ ± iω = ± i. Protože r = ± i jsou jednonásobné kořeny charakteristické rovnice, budeme partikulární řešení hledat ve tvaru kde A, B R a příslušné derivace budou v(x) = xe x (A sin x + B cos x), v = e x (A sin x + B cos x) + xe x (A sin x + B cos x) + xe x (A cos x B sin x), v = e x ((A + B + Bx) cos x (A B + Ax) sin x). Provedeme dosazení v, v a v do úplné LDR druhého řádu a po úpravě dostaneme Be x cos x Ae x sin x = e x sin x. Nyní porovnáme koeficienty u výrazů e x cos x a e x sin x na obou stranách rovnice } e x cos x : B = 0 e x A = sin x : A = a B = 0. Partikulární řešení bude v(x) = xex sin x a obecné řešení úplné rovnice má tvar y = ŷ(x) + v(x) = C e x cos x + C e x sin x xex sin x. Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice podle pravé strany LDR druhého řádu b(x) = e λx (p m (x) cos(ωx) + q n (x) sin(ωx)), a podle toho, zdali r = λ ± iω je k-násobným kořenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v(x) = x k e λx (P M (x) cos(ωx) + Q M (x) sin(ωx)), kde M = max{m, n} zderivujeme v(x), dosadíme do nezkrácené LDR druhého řádu a dopočítáme koeficienty zapíšeme obecné řešení LDR druhého řádu y(x) = ŷ(x) + v(x)

154 Matematika II - řešené příklady 38. Řy 54 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Poznámky Zadání Určete obecné řešení diferenciální rovnice y 8y + 6y = 3x cos 4x. Řešení Video Teorie: Příklady: = 4 a obecné řešení zkrá- Charakteristická rovnice r 8r + 6 = 0 má dvojnásobné kořeny r, cené LDR druhého řádu bude ŷ(x) = C e 4x + C xe 4x. Zkonstruujeme r = λ ± iω = ±i4. Protože r = ±i4 nejsou kořeny charakteristické rovnice, budeme partikulární řešení hledat ve tvaru kde A, B, C, D R a příslušné derivace budou v(x) = (Ax + B) cos 4x + (Cx + D) sin 4x, v = (A + 4D) cos 4x + 4Cx cos 4x + ( 4B + C) sin 4x 4Ax sin 4x, v = (8C 6B) cos 4x 6Ax cos 4x + ( 8A 6D) sin 4x 6Cx sin 4x. Provedeme dosazení v, v a v do úplné LDR druhého řádu a po úpravě dostaneme ( 8A + 8C 3D) cos 4x + ( 8A + 3B 8C) sin 4x 3Cx cos 4x + 3Ax sin 4x = 3x cos 4x. Nyní porovnáme koeficienty u výrazů cos 4x, x cos 4x, sin 4x a x sin 4x na obou stranách rovnice cos 4x : 8A + 8C 3D = 0 sin 4x : 8A + 3B 8C = 0 A = 0, B = 4, x cos 4x : 3C = 3 C =, D = 4. x sin 4x : 3A = 0 Partikulární řešení bude v(x) = 4 cos 4x x sin 4x 4 sin 4x a obecné řešení úplné rovnice má tvar y = ŷ(x) + v(x) = C e 4x + C xe 4x 4 cos 4x x sin 4x sin 4x. 4 Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice podle pravé strany LDR druhého řádu b(x) = e λx (p m (x) cos(ωx) + q n (x) sin(ωx)), a podle toho, zdali r = λ ± iω je k-násobným kořenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v(x) = x k e λx (P M (x) cos(ωx) + Q M (x) sin(ωx)), kde M = max{m, n} zderivujeme v(x), dosadíme do nezkrácené LDR druhého řádu a dopočítáme koeficienty zapíšeme obecné řešení LDR druhého řádu y(x) = ŷ(x) + v(x)

155 Matematika II: Pracovní listy do cvičení Radomír Paláček, Petra Schreiberová, Petr Volný Katedra matematiky a deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzita Ostrava

156 Příklady Integrální počet funkcí jedné proměnné

157 Matematika II - pracovní listy do cvičení 39. Řy 57 - Přímá metoda Tahák Zadání Vyřešte: a) (x 5 x + x ) dx b) 3 ( x + 4 x)dx c) x x dx d) Řešení Video Teorie:,, 3 Řešené příklady: 68, 69, 70 3 x dx Základní integrály. 0dx = c x n dx = xn+ n + + c e x dx = e x + c a x dx = ax ln a + c dx = ln x + c x sin x dx = cos x + c cos x dx = sin x + c cos dx = tan x + c x sin dx = cot x + c x dx = arcsin x + c x dx = arctan x + c + x f (x) dx = ln f (x) + c f (x) f = f (x) g = g(x) ( f ± g)dx = f dx ± gdx (k f )dx = k f dx, k R

158 Matematika II - pracovní listy do cvičení 40. Řy 58 - Přímá metoda Tahák Zadání Vyřešte: ( a) 3 xe x) dx b) x dx + cos x c) ( x 3 ) dx d) ( x cos x)dx Řešení Video Teorie:,, 3 Řešené příklady: 68, 69, 70 Základní integrály. 0dx = c x n dx = xn+ n + + c e x dx = e x + c a x dx = ax ln a + c dx = ln x + c x sin x dx = cos x + c cos x dx = sin x + c cos dx = tan x + c x sin dx = cot x + c x dx = arcsin x + c x dx = arctan x + c + x f (x) dx = ln f (x) + c f (x) f = f (x) g = g(x) ( f ± g)dx = f dx ± gdx (k f )dx = k f dx, k R

159 Matematika II - pracovní listy do cvičení 4. Řy 59 - Přímá metoda Tahák Zadání Vyřešte: a) x e x 3x x dx b) ( x + 3) x dx c) x x x dx Řešení Video Teorie:,, 3 Řešené příklady: 68, 69, 70 Základní integrály. 0dx = c x n dx = xn+ n + + c e x dx = e x + c a x dx = ax ln a + c dx = ln x + c x sin x dx = cos x + c cos x dx = sin x + c cos dx = tan x + c x sin dx = cot x + c x dx = arcsin x + c x dx = arctan x + c + x f (x) dx = ln f (x) + c f (x) f = f (x) g = g(x) ( f ± g)dx = f dx ± gdx (k f )dx = k f dx, k R

160 Matematika II - pracovní listy do cvičení 4. Řy 60 - Přímá metoda Tahák Zadání Vyřešte: sin x a) sin dx b) x 4 + x dx c) x dx Řešení Video Teorie:,, 3 Řešené příklady: 68, 69, 70 Základní integrály. 0dx = c x n dx = xn+ n + + c e x dx = e x + c a x dx = ax ln a + c dx = ln x + c x sin x dx = cos x + c cos x dx = sin x + c cos dx = tan x + c x sin dx = cot x + c x dx = arcsin x + c x dx = arctan x + c + x f (x) dx = ln f (x) + c f (x) f = f (x) g = g(x) ( f ± g)dx = f dx ± gdx (k f )dx = k f dx, k R

161 Matematika II - pracovní listy do cvičení 43. Řy 6 - Lineární substituce, obecné vzorce Tahák Zadání Vyřešte: a) (x 5) 3 dx b) sin(4x 3)dx c) 4 + x dx Řešení Video Teorie: 7 Řešené příklady: 7 Lineární substituce, obecné vzorce f (ax + b)dx = F(ax + b) + c a (ax + b) n dx = (ax + b) n+ + c a n + e ax+b dx = a eax+b + c ax + b dx = ln ax + b + c a sin(ax + b)dx = cos(ax + b) + c a cos(ax + b)dx = sin(ax + b) + c a a x dx = arcsin x a + c a + x dx = a arctan x a + c

162 Matematika II - pracovní listy do cvičení 44. Řy 6 - Lineární substituce, obecné vzorce Tahák Zadání Vyřešte: a) e 6x dx b) dx 3x + 8 c) 9 x dx Řešení Video Teorie: 7 Řešené příklady: 7 Lineární substituce, obecné vzorce f (ax + b)dx = F(ax + b) + c a (ax + b) n dx = (ax + b) n+ + c a n + e ax+b dx = a eax+b + c ax + b dx = ln ax + b + c a sin(ax + b)dx = cos(ax + b) + c a cos(ax + b)dx = sin(ax + b) + c a a x dx = arcsin x a + c a + x dx = a arctan x a + c

163 Matematika II - pracovní listy do cvičení 45. Řy 63 - Metoda per partes Tahák Zadání Vyřešte: a) xe x dx b) ln x x dx c) (x 3) sin xdx Řešení Video Teorie: 4, 5 Řešené příklady: 7, 73 Metoda per partes u = u(x) v = v (x) u = u (x) v = v(x) (u v )dx = u v (u v)dx

164 Matematika II - pracovní listy do cvičení 46. Řy 64 - Metoda per partes Tahák Zadání Vyřešte: a) (x ) ln x dx b) x sin x dx Řešení Video Teorie: 4, 5 Řešené příklady: 7, 73 Metoda per partes u = u(x) v = v (x) u = u (x) v = v(x) (u v )dx = u v (u v)dx

165 Matematika II - pracovní listy do cvičení 47. Řy 65 - Metoda per partes Tahák Zadání Vyřešte: a) e x sin x dx b) cos(ln x)dx Řešení Video Teorie: 4, 5 Řešené příklady: 7, 73 Metoda per partes u = u(x) v = v (x) u = u (x) v = v(x) (u v )dx = u v (u v)dx Metoda per partes - obrat f (x)dx = h(x) + α f (x)dx = h(x) α + c f (x)dx, α =

166 Matematika II - pracovní listy do cvičení 48. Řy 66 - Substituční metoda Tahák Zadání Vyřešte: Substituce typu ϕ(x) = t a) dx (x + ) arctan x b) e x cos(e x )dx f (ϕ(x))ϕ (x)dx = f (t)dt Řešení Video Teorie: 6, 7 Řešené příklady: 74, 75 Postup. označíme substituci ϕ(x) = t. rovnost diferencujeme: ϕ (x)dx = dt 3. v integrálu f (ϕ(x))ϕ (x)dx nahradíme za ϕ(x) proměnnou t a za výraz ϕ (x)dx diferenciál dt 4. řešíme integrál f (t)dt proměnné t 5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F(t) + c = F(ϕ(x)) + c

167 Matematika II - pracovní listy do cvičení 49. Řy 67 - Substituční metoda Tahák Zadání Vyřešte: Substituce typu ϕ(x) = t a) x cot( + x )dx b) (3 + ln x) 5 dx x f (ϕ(x))ϕ (x)dx = f (t)dt Řešení Video Teorie: 6, 7 Řešené příklady: 74, 75 Postup. označíme substituci ϕ(x) = t. rovnost diferencujeme: ϕ (x)dx = dt 3. v integrálu f (ϕ(x))ϕ (x)dx nahradíme za ϕ(x) proměnnou t a za výraz ϕ (x)dx diferenciál dt 4. řešíme integrál f (t)dt proměnné t 5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F(t) + c = F(ϕ(x)) + c

168 Matematika II - pracovní listy do cvičení 50. Řy 68 - Substituční metoda Tahák Zadání Vyřešte: cos x a) dx b) sin x x e x3 dx Substituce typu ϕ(x) = t f (ϕ(x))ϕ (x)dx = f (t)dt Řešení Video Teorie: 6, 7 Řešené příklady: 74, 75 Postup. označíme substituci ϕ(x) = t. rovnost diferencujeme: ϕ (x)dx = dt 3. v integrálu f (ϕ(x))ϕ (x)dx nahradíme za ϕ(x) proměnnou t a za výraz ϕ (x)dx diferenciál dt 4. řešíme integrál f (t)dt proměnné t 5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F(t) + c = F(ϕ(x)) + c

169 Matematika II - pracovní listy do cvičení 5. Řy 69 - Substituční metoda Tahák Zadání Vyřešte: Substituce typu x = ϕ(t) a) dx ( + x) + x b) cot x dx x f (x)dx = f (ϕ(t))ϕ (t)dt Řešení Video Teorie: 8 Řešené příklady: 76 Postup. označíme substituci x = ϕ(t). rovnost diferencujeme: dx = ϕ (t)dt 3. v integrálu f (x)dx nahradíme proměnnou x funkcí ϕ(t) a diferenciál dx výrazem ϕ (t)dt 4. řešíme integrál f (ϕ(t))ϕ (t)dt proměnné t 5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F(t) + c = F(ϕ (x)) + c

170 Matematika II - pracovní listy do cvičení 5. Řy 70 - Substituční metoda + metoda per partes Tahák Zadání Vyřešte: a) e x dx b) arctan xdx Řešení Video Teorie: 4, 5, 6, 7 Řešené příklady: 73, 74, 75 Metoda per partes u = u(x) v = v (x) u = u (x) v = v(x) (u v )dx = u v (u v)dx Substituce typu ϕ(x) = t f (ϕ(x))ϕ (x)dx = f (t)dt Substituce typu x = ϕ(t) f (x)dx = f (ϕ(t))ϕ (t)dt

171 Matematika II - pracovní listy do cvičení 53. Řy 7 - Racionální lomená funkce Zadání Vyjádřete racionální funkci R(x) = x3 + x jako součet polynomu a ryze lomené racionální funkce. Řešení Video Teorie: 9 Řešené příklady: 77 Tahák Racionální lomená funkce R(x) = P n(x) Q m (x) Ryze lomená racionální funkce R(x) = P n(x) Q m (x), n < m Neryze lomená racionální funkce R(x) = P n(x) Q m (x), n m každou neryze lomenou racionální funkci lze dělením upravit na součet polynomu a ryze lomené racionální funkce

172 Matematika II - pracovní listy do cvičení 54. Řy 7 - Rozklad na parciální zlomky Zadání Rozložte na parciální zlomky: a) R(x) = x x 3 4x b) R(x) = x 3 4x + 4x Tahák Parciální zlomky - typy. A, kde k N; A, α R (x α) k Řešení Video Teorie: 9 Řešené příklady: 77. Mx + N (x + px + q) k, kde k N M, N, p, q R, diskriminant p 4q je záporný každou ryze lomenou racionální funkci lze rozložit na součet parciálních zlomků počet zlomků odpovídá stupni polynomu ve jmenovateli Postup. najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli. napíšeme předpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli 4. nalezneme koeficienty rozkladu: srovnávací metodou, dosazovací metodou nebo kombinací těchto metod Alternativa pro parciální zlomek druhého typu B(x + p) + C (x, B, C, p, q R; k N + px + q) k

173 Matematika II - pracovní listy do cvičení 55. Řy 73 - Rozklad na parciální zlomky Zadání Rozložte funkci R(x) = x (x )(x na parciální zlomky. + ) Řešení Video Teorie: 9 Řešené příklady: 77 Tahák Parciální zlomky - typy. A, kde k N; A, α R (x α) k. Mx + N (x + px + q) k, kde k N M, N, p, q R, diskriminant p 4q je záporný každou ryze lomenou racionální funkci lze rozložit na součet parciálních zlomků počet zlomků odpovídá stupni polynomu ve jmenovateli Postup. najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli. napíšeme předpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli 4. nalezneme koeficienty rozkladu: srovnávací metodou, dosazovací metodou nebo kombinací těchto metod Alternativa pro parciální zlomek druhého typu B(x + p) + C (x, B, C, p, q R; k N + px + q) k

174 Matematika II - pracovní listy do cvičení 56. Řy 74 - Integrace racionální lomené funkce Tahák Zadání Vyřešte: x + a) x 3 x 8x dx b) 3x 8 (x 4)(x ) dx Řešení Video Teorie: 0 Řešené příklady: 78, 79, 80 Integrace parciálních zlomků s reálnými kořeny ve jmenovateli A dx = A ln x α + c x α A (x α) k dx = A + c, ( k)(x α) k k

175 Matematika II - pracovní listy do cvičení 57. Řy 75 - Integrace racionální lomené funkce Tahák Zadání Vyřešte: 3x a) (x + )(x + 4) dx b) 3x + 4x + 33 (x + 9)(3 x) dx Řešení Video Teorie: 0 Řešené příklady: 78, 79, 80 Integrace parciálních zlomků s komplexními kořeny ve jmenovateli B(x + p) x + px + q dx = B ln x + px + q + c C x + px + q dx = C a arctan x + p/ a + c, a = q p 4

176 Matematika II - pracovní listy do cvičení 58. Řy 76 - Integrace racionální lomené funkce Zadání Vyřešte: a) x 3 x x 3 + x dx b) 3x + 5 x 3 (x + ) dx Tahák Integrace parciálních zlomků A dx = A ln x α + c x α Řešení Video Teorie: 0 Řešené příklady: 78, 79, 80 A (x α) k dx = A + c, ( k)(x α) k k B(x + p) x + px + q dx = B ln x + px + q + c C x + px + q dx = C a arctan x + p/ a + c, a = q p 4

177 Matematika II - pracovní listy do cvičení 59. Řy 77 - Integrace goniometrických funkcí Zadání Vyřešte: a) sin 3 x cos x dx b) sin x cos 3 x dx Tahák Výpočet integrálů typu sin m x cos n x dx, kde m, n Z Řešení Video Teorie: Řešené příklady: 8, 8, 83, 84. m je liché substituce cos x = t. n je liché substituce sin x = t 3. m i n sudé, alespoň jedno záporné substituce tan x = t, pak t sin x = + t cos x = dx = + t dt + t 4. m i n sudé nezáporné využití vzorců na dvojnásobný úhel: sin cos x x = cos + cos x x =

178 Matematika II - pracovní listy do cvičení 60. Řy 78 - Integrace goniometrických funkcí Zadání Vyřešte: a) sin x cos 6 x dx b) cos 4 x dx Řešení Video Teorie: Řešené příklady: 8, 8, 83, 84 Tahák Výpočet integrálů typu kde m, n Z sin m x cos n x dx,. m je liché substituce cos x = t. n je liché substituce sin x = t 3. m i n sudé, alespoň jedno záporné substituce tan x = t, pak t sin x = + t cos x = dx = + t dt + t 4. m i n sudé nezáporné využití vzorců na dvojnásobný úhel: sin cos x x = cos + cos x x =

179 Matematika II - pracovní listy do cvičení 6. Řy 79 - Integrace goniometrických funkcí Zadání Vyřešte: a) sin x + dx b) + cos x + sin x dx Tahák Výpočet integrálů typu R(sin x, cos x)dx, kde R(u, v) představuje racionální funkci dvou proměnných u = sin x a v = cos x Řešení Video Teorie: Řešené příklady: 85, 86 Univerzální substituce tan x = t, x ( π, π) sin x = t + t cos x = t + t x = arctan t dx = + t dt

180 Matematika II - pracovní listy do cvičení 6. Řy 80 - Integrace iracionálních funkcí Tahák Zadání Vyřešte: a) + 5x 3 x + 5 dx b) 3 x x + x 5 dx Řešení Video Teorie: 8 Řešené příklady: 87, 88, 89 Iracionální funkce integrujeme většinou substituční metodou. a) integrand obsahuje výraz n ax + b substituce ax + b = t n b) integrand obsahuje více odmocnin s různými odmocniteli n n ax + b, ax + b,... substituce ax + b = t n, kde n je nejmenší společný násobek čísel n, n,... c) integrand obsahuje výraz a b x goniometrická substituce bx = a sin t nebo bx = a cos t

181 Matematika II - pracovní listy do cvičení 63. Řy 8 - Integrace iracionálních funkcí Tahák Zadání Vyřešte: a) 4 x dx b) dx (9 x ) 3 Řešení Video Teorie: 8 Řešené příklady: 87, 88, 89 Iracionální funkce integrujeme většinou substituční metodou. a) integrand obsahuje výraz n ax + b substituce ax + b = t n b) integrand obsahuje více odmocnin s různými odmocniteli n n ax + b, ax + b,... substituce ax + b = t n, kde n je nejmenší společný násobek čísel n, n,... c) integrand obsahuje výraz a b x goniometrická substituce bx = a sin t nebo bx = a cos t

182 Matematika II - pracovní listy do cvičení 64. Řy 8 - Neurčitý integrál Zadání Vyřešte: a) Řešení x + 4x + 8 dx b) x + dx + cos x Video

183 Matematika II - pracovní listy do cvičení 65. Řy 83 - Neurčitý integrál Zadání Vyřešte: a) 3 x 9 x dx b) x 4 + x 3 5x + 6x dx Řešení Video

184 Matematika II - pracovní listy do cvičení 66. Řy 84 - Neurčitý integrál Zadání Vyřešte: sin x a) 3 dx b) + cos x xe x+ dx Řešení Video

185 Matematika II - pracovní listy do cvičení 67. Řy 85 - Neurčitý integrál Zadání Vyřešte: a) Řešení dx sin x b) ln x + 3 ln x 8 dx x Video

186 Matematika II - pracovní listy do cvičení 68. Řy 86 - Určitý integrál, výpočet a vlastnosti Zadání Vyřešte: Tahák Newtonova-Leibnizova formule a) (3x + )dx b) 0 (3 x ) dx c) x + x dx b a f (x)dx = [F(x)] b a = F(b) F(a) Řešení Video Teorie: 4 Řešené příklady: 90 Vlastnosti f = f (x) g = g(x) a) b a ( f + g)dx = b a f dx + b a gdx b) b a b c f dx = c a f dx

187 Matematika II - pracovní listy do cvičení 69. Řy 87 - Určitý integrál sudé a liché funkce Zadání Vyřešte: Tahák Výpočet integrálu sudé a liché funkce a) π 4 π 4 (x + cos x)dx b) 5x x dx c) + dx a) sudá funkce: a a a f (x)dx = 0 f (x)dx Řešení Video Teorie: 5 Řešené příklady: 9 b) lichá funkce: a a f (x)dx = 0

188 Matematika II - pracovní listy do cvičení 70. Řy 88 - Metoda per partes pro určité integrály Zadání Vyřešte: Tahák Metoda per partes pro určitý integrál a) 0 (x + )e x dx b) 3 0 x arctan x dx Řešení Video Teorie: 6 Řešené příklady: 9 b a u = u(x) v = v (x) u = u (x) v = v(x) (u v )dx = [u v] b a b a (u v)dx

189 Matematika II - pracovní listy do cvičení 7. Řy 89 - Substituční metoda pro určité integrály Zadání Vyřešte: Tahák Substituční metoda a) e + ln x dx b) x π 0 sin x cos x dx Řešení Video Teorie: 6 Řešené příklady: 93, 94 β α f (ϕ(x))ϕ (x)dx = ϕ(β) ϕ(α) f (t)dt Po zavedení vhodné substituce musíme určit nové meze.

190 Matematika II - pracovní listy do cvičení 7. Řy 90 - Substituční metoda + metoda per partes Zadání Vyřešte: Tahák Metoda per partes pro určitý integrál a) 3 x ln(x + )dx b) 0 arcsin xdx Řešení Video Teorie: 6 Řešené příklady: 93, 94 b a u = u(x) v = v (x) u = u (x) v = v(x) (u v )dx = [u v] b a b a (u v)dx Substituční metoda β α f (ϕ(x))ϕ (x)dx = ϕ(β) ϕ(α) f (t)dt Po zavedení vhodné substituce musíme určit nové meze.

191 Matematika II - pracovní listy do cvičení 73. Řy 9 - Určitý integrál racionální lomené funkce Zadání Vyřešte: Tahák Integrace parciálních zlomků a) 3 x + x(x + ) dx b) x x 3 (x + ) dx b a A x α dx = A [ln x α ]b a Řešení Video Řešené příklady: 95 b a [ A (x α) k dx = A ( k)(x α) k k ] b, a b a b a m = B(x + p) x + px + q dx = B [ln x + px + q ] b a C x + px + q dx = C [ m arctan x + p/ ] b, m a q p 4

192 Matematika II - pracovní listy do cvičení 74. Řy 9 - Nevlastní integrál. druhu Zadání Vyřešte: Tahák Výpočet nevlastního integrálu. druhu a) x dx b) dx x + x + 5 Řešení Video Teorie: 7 Řešené příklady: 96 a a c f (x)dx = lim f (x)dx c a a f (x)dx = lim f (x)dx c c y = x y = x + x

193 Matematika II - pracovní listy do cvičení 75. Řy 93 - Nevlastní integrál. druhu Zadání Vyřešte: Tahák Výpočet nevlastního integrálu. druhu a) π 4 0 dx sin x cos x b) 0 ln x dx Řešení Video Teorie: 8 Řešené příklady: 97 b a b a c f (x)dx = lim f (x)dx c b a a f (x)dx = lim f (x)dx c a + c 3 y = sin x cos x π π/ 0 π/ π y = ln x 3

194 Matematika II - pracovní listy do cvičení 76. Řy 94 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Tahák Zadání Znázorněte graf funkce y = ln x a) x = a x = 3 a vypočítejte obsah plochy ohraničené touto funkcí, osou x a přímkami: b) x = a x = 4 Obsah křivočarého lichoběžníka pro nezápornou funkci f (x) na a, b Řešení Video Teorie: 9 Řešené příklady: 98, 99 P = b a f (x)dx Obsah křivočarého lichoběžníka pro nekladnou funkci f (x) na a, b b P = a f (x)dx

195 Matematika II - pracovní listy do cvičení 77. Řy 95 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Tahák Zadání Vypočtěte obsah útvaru (daný útvar znázorněte) ohraničeného osou x a: a) funkcí y = x 3 a přímkami: x =, x =. b) jednou kladnou vlnou funkce y = sin x. Řešení Video Teorie: 9 Řešené příklady: 00 Pokud funkce mění znaménko, je nutno brát části nad osou x kladně a části pod osou x záporně. Obsah křivočarého lichoběžníka 4 3 P = b a Poznámka: f (x) dx ve druhém obrázku je osa y k ose x v poměru : π/ π 3π/ π 3 4 5

196 Matematika II - pracovní listy do cvičení 78. Řy 96 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Zadání Vypočtěte obsah rovinného obrazce (danou plochu znázorněte) ohraničeného křivkami y = e x, y = e x a x =. Řešení Video Teorie: 30 Řešené příklady: Tahák Obsah křivočarého lichoběžníka ohraničeného dvěma funkcemi pokud platí: f (x) g(x) na a, b P = b a ( f (x) g(x))dx, kde a, b jsou průsečíky funkcí, tzn. řešíme rovnici f (x) = g(x)

197 Matematika II - pracovní listy do cvičení 79. Řy 97 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Zadání Vypočtěte obsah rovinného obrazce (danou plochu znázorněte) ohraničeného křivkami y = x +, y = x 3. Řešení Video Teorie: 30 Řešené příklady: Tahák Obsah křivočarého lichoběžníka ohraničeného dvěma funkcemi pokud platí: f (x) g(x) na a, b P = b a ( f (x) g(x))dx, kde a, b jsou průsečíky funkcí, tzn. řešíme rovnici f (x) = g(x)

198 Matematika II - pracovní listy do cvičení 80. Řy 98 - Užití určitého integrálu, obsah rovinného obrazce Tahák Zadání Vypočtěte obsah rovinného obrazce ohraničeného osou x a křivkou zadanou parametrickými rovnicemi x = t t, y = t t 3, kde t 0,. Řešení Video Teorie: 30 Řešené příklady: 0 Obsah křivočarého lichoběžníka ohraničeného funkcí danou parametrickými rovnicemi x = ϕ(t) a y = ψ(t), kde t α; β P = β α ψ(t)ϕ (t)dt x =t t y =t t 3 0

199 Matematika II - pracovní listy do cvičení 8. Řy 99 - Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Zadání Vypočtěte délku křivky y = x 3 na 0,. Tahák Délka oblouku křivky na a; b Řešení Video Teorie: 3 Řešené příklady: 03, 04 l = b a + ( f (x)) dx

200 Matematika II - pracovní listy do cvičení 8. Řy 00 - Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Zadání Vypočtěte délku křivky y = ln sin x pro π 4 x π. Tahák Délka oblouku křivky na a; b Řešení Video Teorie: 3 Řešené příklady: 03, 04 l = b a + ( f (x)) dx

201 Matematika II - pracovní listy do cvičení 83. Řy 0 - Užití určitého integrálu, délka rovinné křivky Tahák Zadání Vypočtěte velikost dráhy, kterou urazí bod od t = 0 do t = při pohybu po křivce dané parametrickými rovnicemi x = t 3, y = 5t. Řešení Video Teorie: 3 Řešené příklady: 03, 04 Délka oblouku křivky dané parametrickými rovnicemi x = ϕ(t) a y = ψ(t), kde t α; β l = β α ( ϕ(t)) + ( ψ(t)) dt

202 Matematika II - pracovní listy do cvičení 84. Řy 0 - Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Tahák Zadání Vypočtěte objem tělesa vzniklého rotací oblastí ohraničené funkcí y = x 3 v, 3 kolem osy x. Objem rotačního tělesa Řešení Video Teorie: 3 Řešené příklady: 05, 06, 07 V = π b a f (x)dx 4 3 V = π b a f (x) g (x) dx

203 Matematika II - pracovní listy do cvičení 85. Řy 03 - Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Tahák Zadání Vypočtěte objem tělesa vzniklého rotací grafu funkce y = sin x, x 0, π, kolem osy x. Objem rotačního tělesa Řešení Video Teorie: 3 Řešené příklady: 05, 06, 07 V = π b a f (x)dx V = π b a Poznámka: f (x) g (x) dx osa y k ose x je v poměru : 0 π/ π 3π/ π

204 Matematika II - pracovní listy do cvičení 86. Řy 04 - Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Tahák Zadání Vypočtěte objem tělesa, vzniklého rotací oblasti (oblast načrtněte) ohraničené funkcemi y = x, y = x, kolem osy x. Řešení Video Teorie: 3 Řešené příklady: 05, 06, Objem rotačního tělesa V = π V = π b a b a f (x)dx f (x) g (x) dx

205 Matematika II - pracovní listy do cvičení 87. Řy 05 - Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Tahák Zadání Vypočtěte objem tělesa, vzniklého rotací oblasti (oblast načrtněte) ohraničené funkcemi y = e x, y = x +, kolem osy x. Řešení Video Teorie: 3 Řešené příklady: 05, 06, Objem rotačního tělesa V = π V = π b a b a f (x)dx f (x) g (x) dx

206 Matematika II - pracovní listy do cvičení 88. Řy 06 - Užití určitého integrálu, objem rotačního tělesa Zadání Vypočtěte objem tělesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce x = t + t, y =, kde t 0,, + t kolem osy x. Řešení Video Teorie: 3 Řešené příklady: 05, 06, 07 Tahák Objem rotačního tělesa V = π β α ψ (t) ϕ (t) dt

207 Matematika II - pracovní listy do cvičení 89. Řy 07 - Užití určitého integrálu, obsah rotační plochy Tahák Zadání Vypočtěte povrch rotačního tělesa vzniklého rotací křivky y = x kolem osy x pro x, 4. Obsah rotační plochy Řešení Video Teorie: 33 Řešené příklady: 08, 09 S = π b a f (x) + ( f (x)) dx f (x) 0

208 Matematika II - pracovní listy do cvičení 90. Řy 08 - Užití určitého integrálu, obsah rotační plochy Tahák Zadání Vypočtěte povrch tělesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce x = a sin t, y = a sin t, kde t 0, π, kolem osy x. Řešení Video Teorie: 33 Řešené příklady: 08, 09 Obsah rotační plochy S = π β α ψ(t) ( ϕ(t)) + ( ψ(t)) dt ψ(t) 0

209 Příklady Funkce dvou proměnných

210 Matematika II - pracovní listy do cvičení 9. Řy 0 - Definiční obor Tahák Zadání Nalezněte definiční obor funkce: a) z = x y + 8 x + y b) z = x + y Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu,

211 Matematika II - pracovní listy do cvičení 9. Řy - Definiční obor Tahák Zadání Nalezněte definiční obor funkce: a) z = y b) z = x + y y + x Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu,

212 Matematika II - pracovní listy do cvičení 93. Řy - Definiční obor Zadání Nalezněte definiční obor funkce: a) z = ln x + ln y b) z = ln(y(x + )) Tahák Zlomek jmenovatel je různý od 0 Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu,

213 Matematika II - pracovní listy do cvičení 94. Řy 3 - Definiční obor Tahák Zadání Nalezněte definiční obor funkce: a) z = 6 x y b) z = arcsin x arccos x Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu,

214 Matematika II - pracovní listy do cvičení 95. Řy 4 - Definiční obor Tahák Zadání Nalezněte definiční obor funkce: a) z = ln(xy 4) b) z = y x x 3 y Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu,

215 Matematika II - pracovní listy do cvičení 96. Řy 5 - Definiční obor Tahák Zadání Nalezněte definiční obor funkce: ) a) z = arccos (x + y 9 b) z = cos(x y) Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu,

216 Matematika II - pracovní listy do cvičení 97. Řy 6 - Definiční obor Zadání Rozhodněte, který definiční obor odpovídá funkci z = arcsin x + y 5. 4 Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, Tahák Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z 3 Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu,

217 Matematika II - pracovní listy do cvičení 98. Řy 7 - Definiční obor Tahák Zadání Rozhodněte, který definiční obor odpovídá funkci z = x + y + x y. Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, 4 y = x 3 4 y = x + 3 Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný y = x y = x 3 Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z 3 y = x + Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu, y = x 5

218 Matematika II - pracovní listy do cvičení 99. Řy 8 - Definiční obor Zadání Rozhodněte, který definiční obor odpovídá funkci z = x y + arcsin x y. Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, Tahák Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný y = x y = x y = x y = x Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z y = x 3 y = x Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu,

219 Matematika II - pracovní listy do cvičení 00. Řy 9 - Definiční obor Tahák Zadání Rozhodněte, který definiční obor odpovídá funkci z = y cos x. Řešení Video Teorie: 35 Řešené příklady:, 4 3 3π 5π/ π 3π/ π π/ 0 π/ π 3π/ π 5π/ 3π 3 Zlomek jmenovatel je různý od 0 Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný Logaritmus argument je kladný Tangens argument je různý od π + k π, k Z Kotangens argument je různý od k π, k Z Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu, 3π 5π/ π 3π/ π π/ 0 π/ π 3π/ π 5π/ 3π 3 4 5

220 Matematika II - pracovní listy do cvičení 0. Řy 0 - Vrstevnicový graf Zadání Sestrojte vrstevnicový graf funkce: a) z = x + y 4 b) z = y x + Tahák Hledáme průniky grafu funkce s rovinami rovnoběžnými s půdorysnou rovinou, tj. dosazujeme z = k, k R. Řešení Video Teorie: 36, 37 Řešené příklady: Číslo k je možné volit libovolně. Ovšem může se stát, že při nevhodné volbě se plochy neprotnou, průnik bude prázdný. V případě, že průnik je neprázdný, jedná se o prostorovou křivku, kterou promítneme do půdorysné roviny

221 Matematika II - pracovní listy do cvičení 0. Řy - Vrstevnicový graf Tahák Zadání Rozhodněte, který vrstevnicový graf odpovídá funkci z = x y. Řešení Video Teorie: 36, 37 Řešené příklady: 3 k k y = y = x, k > 0 x, k > 0 Hledáme průniky grafu funkce s rovinami rovnoběžnými s půdorysnou rovinou, tj. dosazujeme z = k, k R. 0 0 Číslo k je možné volit libovolně. Ovšem může se stát, že při nevhodné volbě se plochy neprotnou, průnik bude prázdný. V případě, že průnik je neprázdný, jedná se o prostorovou křivku, kterou promítneme do půdorysné roviny. 3 k = 0 k = k = 9 k = 5 k = 49 0

222 Matematika II - pracovní listy do cvičení 03. Řy - Limita funkce Tahák Zadání Vyřešte: xy + x y a) lim [x,y] [,] x 3 x b) lim sin(x + y) 3 + c) lim [x,y] [ π, 5π 6 ] [x,y] [,4] y(x + ) Limity funkcí dvou proměnných řešíme většinou přímým dosazením, nebo se pokusíme limitu upravit. Řešení Video Teorie: 38 Řešené příklady: 4 V případě limit funkcí dvou proměnných se spíše řeší jiný typ úlohy. Dokazuje se, že daná limita neexistuje.

223 Matematika II - pracovní listy do cvičení 04. Řy 3 - Parciální derivace Zadání Nalezněte parciální derivace prvního řádu: a) z = x + y b) z = sin(x + y) c) z = (x 3 + )y(x + ) d) z = xy + x y x 3 e) z = xy ln(x y ) f) z = tan(ln(xy)) Řešení Video Teorie: 39, 40 Řešené příklady: 5, 6, 7 Tahák. (c) = 0. (x n ) = nx n 3. (e x ) = e x 4. (a x ) = a x ln a 5. (ln x) = x 6. (log a x) = x ln a 7. (sin x) = cos x 8. (cos x) = sin x 9. (tan x) = cos x 0. (cot x) = sin x. (arcsin x) = x. (arccos x) = x 3. (arctan x) = + x 4. (arccot x) = + x u = u(x) v = v(x) 5. [c u] = c u 6. [u ± v] = u ± v 7. [u v] = u v + u v 8. [ u v ] = u v u v v 9. [u(v)] = u (v) v

224 Matematika II - pracovní listy do cvičení 05. Řy 4 - Parciální derivace Zadání Nalezněte parciální derivace prvního řádu: x a) z = x + y v bodě [, ] b) z = (x + y) x y v bodě [, 0] c) z = ln arctan x v bodě [, ] y x Řešení Video Teorie: 39, 40 Řešené příklady: 5, 6, 7 Tahák. (c) = 0. (x n ) = nx n 3. (e x ) = e x 4. (a x ) = a x ln a 5. (ln x) = x 6. (log a x) = x ln a 7. (sin x) = cos x 8. (cos x) = sin x 9. (tan x) = cos x 0. (cot x) = sin x. (arcsin x) = x. (arccos x) = x 3. (arctan x) = + x 4. (arccot x) = + x u = u(x) v = v(x) 5. [c u] = c u 6. [u ± v] = u ± v 7. [u v] = u v + u v 8. [ u v ] = u v u v v 9. [u(v)] = u (v) v

225 Matematika II - pracovní listy do cvičení 06. Řy 5 - Parciální derivace Zadání Nalezněte parciální derivace druhého řádu: a) z = cot(x + y) b) z = xe (y+) c) z = x y Tahák. (c) = 0. (x n ) = nx n 3. (e x ) = e x Řešení Video Teorie: 39, 40 Řešené příklady: 5, 6, 7 4. (a x ) = a x ln a 5. (ln x) = x 6. (log a x) = x ln a 7. (sin x) = cos x 8. (cos x) = sin x 9. (tan x) = cos x 0. (cot x) = sin x. (arcsin x) = x. (arccos x) = x 3. (arctan x) = + x 4. (arccot x) = + x u = u(x) v = v(x) 5. [c u] = c u 6. [u ± v] = u ± v 7. [u v] = u v + u v 8. [ u v ] = u v u v v 9. [u(v)] = u (v) v

226 Matematika II - pracovní listy do cvičení 07. Řy 6 - Parciální derivace Zadání Nalezněte parciální derivace druhého řádu: Tahák. (c) = 0. (x n ) = nx n a) z = x ln y v bodě [3, ] b) z = ye xy v bodě [, ] Řešení Video Teorie: 39, 40 Řešené příklady: 5, 6, 7 3. (e x ) = e x 4. (a x ) = a x ln a 5. (ln x) = x 6. (log a x) = x ln a 7. (sin x) = cos x 8. (cos x) = sin x 9. (tan x) = cos x 0. (cot x) = sin x. (arcsin x) = x. (arccos x) = x 3. (arctan x) = + x 4. (arccot x) = + x u = u(x) v = v(x) 5. [c u] = c u 6. [u ± v] = u ± v 7. [u v] = u v + u v 8. [ u v ] = u v u v v 9. [u(v)] = u (v) v

227 Matematika II - pracovní listy do cvičení 08. Řy 7 - Parciální derivace Zadání Vypočítejte parciální derivaci 4 f x funkce z = ln(x + y). y Řešení Video Teorie: 39, 40 Řešené příklady: 5, 6, 7 Tahák. (c) = 0. (x n ) = nx n 3. (e x ) = e x 4. (a x ) = a x ln a 5. (ln x) = x 6. (log a x) = x ln a 7. (sin x) = cos x 8. (cos x) = sin x 9. (tan x) = cos x 0. (cot x) = sin x. (arcsin x) = x. (arccos x) = x 3. (arctan x) = + x 4. (arccot x) = + x u = u(x) v = v(x) 5. [c u] = c u 6. [u ± v] = u ± v 7. [u v] = u v + u v 8. [ u v ] = u v u v v 9. [u(v)] = u (v) v

228 Matematika II - pracovní listy do cvičení 09. Řy 8 - Diferenciál funkce Zadání Vypočítejte diferenciál funkce: Tahák Diferenciál funkce z = f (x, y) a) z = tan(x + y ) b) z = x log(x + y) c) z = (x 3 + y 3 ) sin(xy) dz = f x dx + f y dy Řešení Video Teorie: 4, 4 Řešené příklady: 8, 9 Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] dz(a) = f x (A) (x x 0) + f y (A) (y y 0) Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] při známých přírůstcích dx, dy dz(a)(dx, dy) = f f (A) dx + (A) dy R x y Diferenciál druhého řádu funkce z = f (x, y) d z = f x dx + f x y dxdy + f y dy Přibližný výpočet funkčních hodnot f (x, y) f (x 0, y 0 ) + d f (x 0, y 0 )(dx, dy)

229 Matematika II - pracovní listy do cvičení 0. Řy 9 - Diferenciál funkce Zadání Vypočítejte diferenciál funkce: a) z = e x y 4 v bodě [, ] b) z = arcsin y v bodě [, ] x + Tahák Diferenciál funkce z = f (x, y) dz = f x dx + f y dy Řešení Video Teorie: 4, 4 Řešené příklady: 8, 9 Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] dz(a) = f x (A) (x x 0) + f y (A) (y y 0) Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] při známých přírůstcích dx, dy dz(a)(dx, dy) = f f (A) dx + (A) dy R x y Diferenciál druhého řádu funkce z = f (x, y) d z = f x dx + f x y dxdy + f y dy Přibližný výpočet funkčních hodnot f (x, y) f (x 0, y 0 ) + d f (x 0, y 0 )(dx, dy)

230 Matematika II - pracovní listy do cvičení. Řy 30 - Diferenciál funkce Zadání Určete přibližně hodnotu funkce z = xy v bodě [, 08;, 99]. Tahák Diferenciál funkce z = f (x, y) Řešení Video Teorie: 4, 4 Řešené příklady: 8, 9 dz = f x dx + f y dy Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] dz(a) = f x (A) (x x 0) + f y (A) (y y 0) Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] při známých přírůstcích dx, dy dz(a)(dx, dy) = f f (A) dx + (A) dy R x y Diferenciál druhého řádu funkce z = f (x, y) d z = f x dx + f x y dxdy + f y dy Přibližný výpočet funkčních hodnot f (x, y) f (x 0, y 0 ) + d f (x 0, y 0 )(dx, dy)

231 Matematika II - pracovní listy do cvičení. Řy 3 - Diferenciál funkce Zadání Vypočítejte diferenciál druhého řádu funkce: a) z = xy x + y b) z = sin(5x + y) Tahák Diferenciál funkce z = f (x, y) dz = f x dx + f y dy Řešení Video Teorie: 4, 4 Řešené příklady: 8, 9 Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] dz(a) = f x (A) (x x 0) + f y (A) (y y 0) Diferenciál funkce z v bodě A = [x 0, y 0 ] při známých přírůstcích dx, dy dz(a)(dx, dy) = f f (A) dx + (A) dy R x y Diferenciál druhého řádu funkce z = f (x, y) d z = f x dx + f x y dxdy + f y dy Přibližný výpočet funkčních hodnot f (x, y) f (x 0, y 0 ) + d f (x 0, y 0 )(dx, dy)

232 Matematika II - pracovní listy do cvičení 3. Řy 3 - Tečná rovina, normála Zadání Nalezněte tečnou rovinu τ a normálu n ke grafu funkce z = ln(x 3y) v bodě A = [,,?]. Řešení Video Teorie: 43 Řešené příklady: 0 Tahák Tečná rovina τ ke grafu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0, z 0 = f (x 0, y 0 )], A = [x 0, y 0 ] τ : z z 0 = f x (A)(x x 0) + f y (A)(y y 0) Normála n grafu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0, z 0 = f (x 0, y 0 )], A = [x 0, y 0 ] n : x = x 0 + f x (A)t y = y 0 + f y (A)t, z = z 0 t t R

233 Matematika II - pracovní listy do cvičení 4. Řy 33 - Tečná rovina, normála Zadání Nalezněte tečnou rovinu τ a normálu n ke grafu funkce z = x + xy + v bodě A = [0, 4,?]. Řešení Video Teorie: 43 Řešené příklady: 0 Tahák Tečná rovina τ ke grafu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0, z 0 = f (x 0, y 0 )], A = [x 0, y 0 ] τ : z z 0 = f x (A)(x x 0) + f y (A)(y y 0) Normála n grafu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0, z 0 = f (x 0, y 0 )], A = [x 0, y 0 ] n : x = x 0 + f x (A)t y = y 0 + f y (A)t, z = z 0 t t R

234 Matematika II - pracovní listy do cvičení 5. Řy 34 - Taylorův polynom Tahák Zadání Nalezněte Taylorův polynom druhého řádu funkce z = 3x y + 4xy + x 3 v bodě A = [, ]. Řešení Video Teorie: 43 Řešené příklady: Taylorův polynom m-tého řádu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0 ] T m (A) = f (A) + d f (A)! + + dm f (A) m! Taylorův polynom druhého řádu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0 ] T (A) = f (A) + d f (A)! + d f (A)! resp. T (A) = f (A) + ( f! x (A)(x x 0) + f ) y (A)(y y 0) + ( f! x (A)(x x 0) + f x y (A)(x x 0)(y y 0 ) + f y (A)(y y 0) )

235 Matematika II - pracovní listy do cvičení 6. Řy 35 - Taylorův polynom Zadání Nalezněte Taylorův polynom druhého řádu funkce z = ln v bodě A = [, 3]. xy Řešení Video Teorie: 43 Řešené příklady: Tahák Taylorův polynom m-tého řádu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0 ] T m (A) = f (A) + d f (A)! + + dm f (A) m! Taylorův polynom druhého řádu funkce z = f (x, y) v bodě A = [x 0, y 0 ] T (A) = f (A) + d f (A)! + d f (A)! resp. T (A) = f (A) + ( f! x (A)(x x 0) + f ) y (A)(y y 0) + ( f! x (A)(x x 0) + f x y (A)(x x 0)(y y 0 ) + f y (A)(y y 0) )

236 Matematika II - pracovní listy do cvičení 7. Řy 36 - Derivace implicitní funkce Zadání Oběma způsoby nalezněte derivaci implicitní funkce dané rovnicí x + y + y 3 xy =. Řešení Video Teorie: 44, 45 Řešené příklady: Tahák Derivace implicitní funkce y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 y = F x F y Derivace implicitní funkce y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] f (x 0 ) = F x (A) F y (A) Alternativní způsob výpočtu: v rovnici F(x, y) = 0 předpokládáme závislost y na x, y = y(x), rovnice F(x, y) = 0 přejde na rovnici F(x, y(x)) = G(x) = 0, derivujeme funkci jedné proměnné G podle x, vyjádříme y.

237 Matematika II - pracovní listy do cvičení 8. Řy 37 - Derivace implicitní funkce Zadání Oběma způsoby nalezněte derivaci implicitní funkce dané rovnicí cot(3y) = x y. Řešení Video Teorie: 44, 45 Řešené příklady: Tahák Derivace implicitní funkce y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 y = F x F y Derivace implicitní funkce y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] f (x 0 ) = F x (A) F y (A) Alternativní způsob výpočtu: v rovnici F(x, y) = 0 předpokládáme závislost y na x, y = y(x), rovnice F(x, y) = 0 přejde na rovnici F(x, y(x)) = G(x) = 0, derivujeme funkci jedné proměnné G podle x, vyjádříme y.

238 Matematika II - pracovní listy do cvičení 9. Řy 38 - Derivace implicitní funkce Zadání Oběma způsoby nalezněte derivaci implicitní funkce dané rovnicí xy 3 x+y = 7 v bodě A = [, ]. Řešení Video Teorie: 44, 45 Řešené příklady: Tahák Derivace implicitní funkce y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 y = F x F y Derivace implicitní funkce y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] f (x 0 ) = F x (A) F y (A) Alternativní způsob výpočtu: v rovnici F(x, y) = 0 předpokládáme závislost y na x, y = y(x), rovnice F(x, y) = 0 přejde na rovnici F(x, y(x)) = G(x) = 0, derivujeme funkci jedné proměnné G podle x, vyjádříme y.

239 Matematika II - pracovní listy do cvičení 0. Řy 39 - Tečna a normála k implicitní funkci Zadání Nalezněte tečnu a normálu k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí x + y x y = v bodě A = [3, ]. Řešení Video Teorie: 44, 45 Řešené příklady: 3 Tahák Tečna k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] t : F x (A)(x x 0) + F y (A)(y y 0) = 0 Normála k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] n : F y (A)(x x 0) F x (A)(y y 0) = 0

240 Matematika II - pracovní listy do cvičení. Řy 40 - Tečna a normála k implicitní funkci Tahák Zadání Nalezněte tečnu a normálu k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí 3 xy = y ln 3 + x ln 3 v bodě A = [0, 0]. Řešení Video Teorie: 44, 45 Řešené příklady: 3 Tečna k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] t : F x (A)(x x 0) + F y (A)(y y 0) = 0 Normála k implicitní funkci y = f (x) dané rovnicí F(x, y) = 0 v bodě A = [x 0, y 0 ] n : F y (A)(x x 0) F x (A)(y y 0) = 0

241 Matematika II - pracovní listy do cvičení. Řy 4 - Lokální extrémy Zadání Nalezněte lokální extrémy funkce z = x + 6x + 3y y +. Tahák určíme definiční obor funkce z = f (x, y) Řešení Video Teorie: 46, 47 Řešené příklady: 4, 6 vypočítáme parciální derivace prvního řádu f x, f y nalezneme stacionární body A jako řešení soustavy rovnic f x = 0, f y = 0 sestavíme matici Q(A) parciálních derivací druhého řádu ve stacionárních bodech A f Q(A) = x (A) f x y (A) f y x (A) f y (A) označme ( D = f f x (A) y (A) ) f x y (A) D = f x (A) klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D < 0

242 Matematika II - pracovní listy do cvičení 3. Řy 4 - Lokální extrémy Zadání Nalezněte lokální extrémy funkce z = 3xy x + y. Tahák určíme definiční obor funkce z = f (x, y) Řešení Video Teorie: 46, 47 Řešené příklady: 4, 6 vypočítáme parciální derivace prvního řádu f x, f y nalezneme stacionární body A jako řešení soustavy rovnic f x = 0, f y = 0 sestavíme matici Q(A) parciálních derivací druhého řádu ve stacionárních bodech A f Q(A) = x (A) f x y (A) f y x (A) f y (A) označme ( D = f f x (A) y (A) ) f x y (A) D = f x (A) klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D < 0

243 Matematika II - pracovní listy do cvičení 4. Řy 43 - Lokální extrémy Zadání Nalezněte lokální extrémy funkce z = x xy + 3x + y + 3. Tahák určíme definiční obor funkce z = f (x, y) Řešení Video Teorie: 46, 47 Řešené příklady: 4, 6 vypočítáme parciální derivace prvního řádu f x, f y nalezneme stacionární body A jako řešení soustavy rovnic f x = 0, f y = 0 sestavíme matici Q(A) parciálních derivací druhého řádu ve stacionárních bodech A f Q(A) = x (A) f x y (A) f y x (A) f y (A) označme ( D = f f x (A) y (A) ) f x y (A) D = f x (A) klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D < 0

244 Matematika II - pracovní listy do cvičení 5. Řy 44 - Lokální extrémy Zadání Nalezněte lokální extrémy funkce z = (x + 4x)y + y. Tahák určíme definiční obor funkce z = f (x, y) Řešení Video Teorie: 46, 47 Řešené příklady: 4, 6 vypočítáme parciální derivace prvního řádu f x, f y nalezneme stacionární body A jako řešení soustavy rovnic f x = 0, f y = 0 sestavíme matici Q(A) parciálních derivací druhého řádu ve stacionárních bodech A f Q(A) = x (A) f x y (A) f y x (A) f y (A) označme ( D = f f x (A) y (A) ) f x y (A) D = f x (A) klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D < 0

245 Matematika II - pracovní listy do cvičení 6. Řy 45 - Vázané extrémy Tahák Zadání Nalezněte vázané extrémy funkce z = f (x, y) vzhledem k zadané podmínce g(x, y) = 0: a) z = 4x + y +, y = x + x + b) z = x + y 3, y = x Řešení Video Teorie: 48 Řešené příklady: 8, 9 V případě, že lze jednoznačně z rovnice vazby vyjádřit bud x nebo y budeme postupovat při hledání vázaných extrémů takto: vyjádříme bud y = ϕ(x) nebo x = ψ(y) vázané extrémy hledáme jako lokální extrémy funkce jedné proměnné bud z = f (x, ϕ(x)) nebo z = f (ψ(y), y)

246 Matematika II - pracovní listy do cvičení 7. Řy 46 - Vázané extrémy Tahák Zadání Nalezněte vázané extrémy funkce z = 4x + 3y 4 vzhledem k zadané podmínce (x ) + (y ) =. Řešení Video Teorie: 48 Řešené příklady: 8, 9 V případě, že nelze jednoznačně z rovnice vazby g(x, y) = 0 vyjádřit bud x nebo y budeme postupovat při hledání vázaných extrémů takto: sestavíme Lagrangeovu funkci Φ(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) hledáme lokální extrémy funkce Φ má-li funkce Φ ve svém stacionárním bodě lokální extrém, má i funkce z = f (x, y) v tomto bodě lokální extrém vázaný podmínkou g(x, y) = 0, tzv. vázaný extrém

247 Matematika II - pracovní listy do cvičení 8. Řy 47 - Globální extrémy Tahák Zadání Nalezněte globální extrémy funkce z = x y na čtverci s vrcholy v bodech [, ], [3, ], [, 3] a [3, 3]. Řešení Video Teorie: 49 Řešené příklady: 30 Budeme postupovat takto: určíme definiční obor D f z = f (x, y) funkce nalezneme lokální extrémy této funkce Φ na množině D f, ze které vyloučíme hranici g(x, y) = 0 určíme vázané extrémy této funkce vzhledem k podmínce g(x, y) = 0 porovnáme funkční hodnoty všech extrémů, extrém s největší funkční hodnotou bude globálním maximem, extrém s nejmenší funkční hodnotou bude globálním minimem

248 Matematika II - pracovní listy do cvičení 9. Řy 48 - Globální extrémy Tahák Zadání Nalezněte globální extrémy funkce z = x + y na trojúhelníku s vrcholy v bodech [0, 0], [, 0] a [0, ]. Řešení Video Teorie: 49 Řešené příklady: 30 Budeme postupovat takto: určíme definiční obor D f z = f (x, y) funkce nalezneme lokální extrémy této funkce Φ na množině D f, ze které vyloučíme hranici g(x, y) = 0 určíme vázané extrémy této funkce vzhledem k podmínce g(x, y) = 0 porovnáme funkční hodnoty všech extrémů, extrém s největší funkční hodnotou bude globálním maximem, extrém s nejmenší funkční hodnotou bude globálním minimem

249 Matematika II - pracovní listy do cvičení 30. Řy 49 - Globální extrémy Zadání Nalezněte globální extrémy funkce z = x y + y na kruhu x + y 6. Tahák Budeme postupovat takto: Řešení Video Teorie: 49 Řešené příklady: 30 určíme definiční obor D f z = f (x, y) funkce nalezneme lokální extrémy této funkce Φ na množině D f, ze které vyloučíme hranici g(x, y) = 0 určíme vázané extrémy této funkce vzhledem k podmínce g(x, y) = 0 porovnáme funkční hodnoty všech extrémů, extrém s největší funkční hodnotou bude globálním maximem, extrém s nejmenší funkční hodnotou bude globálním minimem

250 Příklady Obyčejné diferenciální rovnice

251 Matematika II - pracovní listy do cvičení 3. Řy 5 - Separovatelné diferenciální rovnice Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y tan x y = 3 b) xy + y = y Tahák Separovatelná diferenciální rovnice typu y = P(x)Q(y) Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: Derivace y = dy dx Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C,

252 Matematika II - pracovní listy do cvičení 3. Řy 5 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y = 0 x+y b) y + y x = 0 Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: Separovatelná diferenciální rovnice typu Derivace y = dy dx y = P(x)Q(y) Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C,

253 Matematika II - pracovní listy do cvičení 33. Řy 53 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y + sin x + y = sin x y b) y = + y xy( + x ) Separovatelná diferenciální rovnice typu y = P(x)Q(y) Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: Derivace y = dy dx Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C,

254 Matematika II - pracovní listy do cvičení 34. Řy 54 - Separovatelné diferenciální rovnice Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) + y + xyy = 0 b) ( + e x )yy = e y Tahák Separovatelná diferenciální rovnice typu y = P(x)Q(y) Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: Derivace y = dy dx Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C,

255 Matematika II - pracovní listy do cvičení 35. Řy 55 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) (xy + x)dx + (y x y)dy = 0 b) y dx = y x dy Separovatelná diferenciální rovnice typu y = P(x)Q(y) Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: Derivace y = dy dx Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C,

256 Matematika II - pracovní listy do cvičení 36. Řy 56 - Separovatelné diferenciální rovnice Zadání Řešte diferenciální rovnice: ( a) e y + dy ) = b) x3 dx dx sin y + ydy x = 0 Tahák Separovatelná diferenciální rovnice typu y = P(x)Q(y) Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: Derivace y = dy dx Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C,

257 Matematika II - pracovní listy do cvičení 37. Řy 57 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte Cauchyho úlohu: ( a) ( + e x )yy = e x, y(0) = 0 b) y π ) sin x = y ln y, y = e Separovatelná diferenciální rovnice typu y = P(x)Q(y) Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: Derivace y = dy dx Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C,

258 Matematika II - pracovní listy do cvičení 38. Řy 58 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte Cauchyho úlohu: ( a) sin x sin y y π ) = cos x cos y, y = 0 b) ( + e x ) y 4 y + ex = 0, y(0) = Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: Separovatelná diferenciální rovnice typu Derivace y = dy dx y = P(x)Q(y) Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C,

259 Matematika II - pracovní listy do cvičení 39. Řy 59 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte Cauchyho úlohu: a) y = + y + x, y(0) = b) y xy = 5( + x y ), y() = Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: Separovatelná diferenciální rovnice typu Derivace y = dy dx y = P(x)Q(y) Obecné řešení dy Q(y) = pro Q(y) = 0 P(x)dx + C,

260 Matematika II - pracovní listy do cvičení 40. Řy 60 - Separovatelné diferenciální rovnice Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y + x + y = x + y b) y = 3x y + 5 Tahák Separovatelná diferenciální rovnice typu y = f (ax + by + c) Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: 38, 39 Derivace y = dy dx Substituce u = ax + by + c, kde u = u(x), odtud u = a + by = y = u a b pro b = 0

261 Matematika II - pracovní listy do cvičení 4. Řy 6 - Separovatelné diferenciální rovnice Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y = sin (x y) b) y = (x + y) Tahák Separovatelná diferenciální rovnice typu y = f (ax + by + c) Řešení Video Teorie: 5, 53 Řešené příklady: 38, 39 Derivace y = dy dx Substituce u = ax + by + c, kde u = u(x), odtud u = a + by = y = u a b pro b = 0

262 Matematika II - pracovní listy do cvičení 4. Řy 6 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y = y x b) y = x + y x y Řešení Video Teorie: 5, 54 Řešené příklady: 40, 4, 4, 43 Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze ( upravit na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z

263 Matematika II - pracovní listy do cvičení 43. Řy 63 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y = xy x y b) y = x y + y x Řešení Video Teorie: 5, 54 Řešené příklady: 40, 4, 4, 43 Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze ( upravit na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z

264 Matematika II - pracovní listy do cvičení 44. Řy 64 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y = e y x + y x b) y + x y = xyy Řešení Video Teorie: 5, 54 Řešené příklady: 40, 4, 4, 43 Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze ( upravit na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z

265 Matematika II - pracovní listy do cvičení 45. Řy 65 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y = x + xy + y x b) xy = y(ln y ln x) Řešení Video Teorie: 5, 54 Řešené příklady: 40, 4, 4, 43 Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze ( upravit na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z

266 Matematika II - pracovní listy do cvičení 46. Řy 66 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) xy y = x tan y x b) x 3 y = y(y + x ) Řešení Video Teorie: 5, 54 Řešené příklady: 40, 4, 4, 43 Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze ( upravit na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z

267 Matematika II - pracovní listy do cvičení 47. Řy 67 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) xdy ydx = ydy b) (3y + 3xy + x )dx = (x + xy)dy Řešení Video Teorie: 5, 54 Řešené příklady: 40, 4, 4, 43 Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze ( upravit na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z

268 Matematika II - pracovní listy do cvičení 48. Řy 68 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: ( a) x y cos y ) dx + x cos y dy = 0 b) (8y + 0x)dx + (5y + 7x)dy = 0 x x Řešení Video Teorie: 5, 54 Řešené příklady: 40, 4, 4, 43 Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze ( upravit na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z

269 Matematika II - pracovní listy do cvičení 49. Řy 69 - Separovatelné diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte Cauchyho úlohu: a) (xy y) arctan y x = x, y() = 0 b) (y 3x )dy + xydx = 0, y(0) = Řešení Video Teorie: 5, 54 Řešené příklady: 40, 4, 4, 43 Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Dif. rov. F(x, y, y ) = 0, kterou lze ( upravit na tvar y y ) = φ x Derivace y = dy dx Substituce z = y, kde z = z(x), x odtud y = zx a y = z x + z

270 Matematika II - pracovní listy do cvičení 50. Řy 70 - Exaktní diferenciální rovnice Zadání Řešte diferenciální rovnice: Tahák Exaktní diferenciální rovnice a) (e y + ye x + 3) dx + (e x + xe y ) dy = 0 b) ( + x cos y)dx x sin ydy = 0 Řešení Video Teorie: 55, 56 Řešené příklady: 44 Postup řešení ověříme, zda platí podmínka P(x, y) Q(x, y) exaktnosti = y x vypočítáme kmenovou funkci F(x, y) určíme obecné řešení rovnice ve tvaru F(x, y) = C

271 Matematika II - pracovní listy do cvičení 5. Řy 7 - Exaktní diferenciální rovnice Tahák Zadání Řešte Cauchyho úlohu: a) (x + ye xy ) dx + ( + xe x y) dy = 0, y(0) = b) ( ln x y ) y y = xy, y() = Exaktní diferenciální rovnice Postup řešení Řešení Video Teorie: 55, 56 Řešené příklady: 44 ověříme, zda platí podmínka P(x, y) Q(x, y) exaktnosti = y x vypočítáme kmenovou funkci F(x, y) určíme obecné řešení rovnice ve tvaru F(x, y) = C

272 Matematika II - pracovní listy do cvičení 5. Řy 7 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y + y = 4x b) y + xy = xe x Tahák Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Řešené příklady: derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

273 Matematika II - pracovní listy do cvičení 53. Řy 73 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y + x x y = b) x(y y) = ( + x )e x Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Řešené příklady: Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

274 Matematika II - pracovní listy do cvičení 54. Řy 74 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y = x ln x y + x x b) y = e x e x y Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Řešené příklady: derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

275 Matematika II - pracovní listy do cvičení 55. Řy 75 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y + y cos x = sin x cos x b) y = y x Tahák Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Řešené příklady: derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

276 Matematika II - pracovní listy do cvičení 56. Řy 76 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) ( + x )y xy = ( + x ) b) x(x + )y + y = x( + x ) Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Řešené příklady: Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

277 Matematika II - pracovní listy do cvičení 57. Řy 77 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) x dy + (3 xy)dx = 0 b) xdy = (x 3 y)dx Tahák Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Řešené příklady: derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

278 Matematika II - pracovní listy do cvičení 58. Řy 78 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) dy dx = y cos x + sin x b) xdy + (x 6y)dx = 0 Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Řešené příklady: Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

279 Matematika II - pracovní listy do cvičení 59. Řy 79 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Tahák Zadání Řešte Cauchyho úlohu: a) xy y x + = x, y() = 0 b) y y tan x = cos x, y(0) = 0 Řešení Video Teorie: 57, 58, 59 Řešené příklady: Lineární diferenciální rovnice prvního řádu (LDR) y + yp(x) = q(x) derivace y = dy dx Postup řešení vyřešíme zkrácenou LDR prvního řádu y + yp(x) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými proměnnými Lagrangeova metoda variace konstant C = C(x) dosadíme do obecného řešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené otázka: odečetly se nám dva členy? (ano - správně, ne - někde je chyba) vyjádříme C (x), zintegrujeme a dosadíme zpět do obecného řešení výsledek: y = ( E(x)q(x)dx + K), E(x) kde E(x) = e p(x)dx

280 Matematika II - pracovní listy do cvičení 60. Řy 80 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y 5y + 6y = 6x 0x 4 b) y 4y = 4 sin x cos x Tahák Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) Řešení Video Teorie: Řešené příklady: Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice podle pravé strany LDR druhého řádu b(x) = e λx (p m (x) cos(ωx) + q n (x) sin(ωx)), a podle toho, zdali r = λ ± iω je k-násobným kořenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v(x) = x k e λx (P M (x) cos(ωx) + Q M (x) sin(ωx)), kde M = max{m, n} zderivujeme v(x), dosadíme do nezkrácené LDR druhého řádu a dopočítáme koeficienty zapíšeme obecné řešení LDR druhého řádu y(x) = ŷ(x) + v(x)

281 Matematika II - pracovní listy do cvičení 6. Řy 8 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y 5y + 4y = e x sin x b) y 3y 0y = (7x + )e 5x Řešení Video Teorie: Řešené příklady: Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice podle pravé strany LDR druhého řádu b(x) = e λx (p m (x) cos(ωx) + q n (x) sin(ωx)), a podle toho, zdali r = λ ± iω je k-násobným kořenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v(x) = x k e λx (P M (x) cos(ωx) + Q M (x) sin(ωx)), kde M = max{m, n} zderivujeme v(x), dosadíme do nezkrácené LDR druhého řádu a dopočítáme koeficienty zapíšeme obecné řešení LDR druhého řádu y(x) = ŷ(x) + v(x)

282 Matematika II - pracovní listy do cvičení 6. Řy 8 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Tahák Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y 6y + 9y = (x + )e 3x b) y y + 0y = e x cos 3x Řešení Video Teorie: Řešené příklady: Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice podle pravé strany LDR druhého řádu b(x) = e λx (p m (x) cos(ωx) + q n (x) sin(ωx)), a podle toho, zdali r = λ ± iω je k-násobným kořenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v(x) = x k e λx (P M (x) cos(ωx) + Q M (x) sin(ωx)), kde M = max{m, n} zderivujeme v(x), dosadíme do nezkrácené LDR druhého řádu a dopočítáme koeficienty zapíšeme obecné řešení LDR druhého řádu y(x) = ŷ(x) + v(x)

283 Matematika II - pracovní listy do cvičení 63. Řy 83 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Zadání Řešte diferenciální rovnice: a) y y + y = (5x ) sin x b) y + 6y = 8 sin 4x Tahák Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) Řešení Video Teorie: Řešené příklady: Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice podle pravé strany LDR druhého řádu b(x) = e λx (p m (x) cos(ωx) + q n (x) sin(ωx)), a podle toho, zdali r = λ ± iω je k-násobným kořenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v(x) = x k e λx (P M (x) cos(ωx) + Q M (x) sin(ωx)), kde M = max{m, n} zderivujeme v(x), dosadíme do nezkrácené LDR druhého řádu a dopočítáme koeficienty zapíšeme obecné řešení LDR druhého řádu y(x) = ŷ(x) + v(x)

284 Matematika II - pracovní listy do cvičení 64. Řy 84 - Lineární diferenciální rovnice. řádu Tahák Zadání Řešte Cauchyho úlohu: a) y 4y + 3y = xe 4x, y(0) =, y (0) = 4 b) y 5y + 6y = (x + )e x, y(0) = 4, y (0) = Řešení Video Teorie: Řešené příklady: Lineární diferenciální rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a y + a y + a 0 y = b(x) Postup řešení vyřešíme charakteristickou rovnici a r + a r + a 0 = 0 zapíšeme obecné řešení zkrácené LDR druhého řádu. ŷ(x) = C e r x + C e r x, kde r, r R jsou kořeny charakteristické rovnice. ŷ(x) = C e rx + C xe rx, r R je dvojnásobný kořen charakteristické rovnice 3. ŷ(x) = C e αx cos(βx) + C e αx sin(βx), r, = α ± iβ jsou kořeny charakteristické rovnice podle pravé strany LDR druhého řádu b(x) = e λx (p m (x) cos(ωx) + q n (x) sin(ωx)), a podle toho, zdali r = λ ± iω je k-násobným kořenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v(x) = x k e λx (P M (x) cos(ωx) + Q M (x) sin(ωx)), kde M = max{m, n} zderivujeme v(x), dosadíme do nezkrácené LDR druhého řádu a dopočítáme koeficienty zapíšeme obecné řešení LDR druhého řádu y(x) = ŷ(x) + v(x)

285 Matematika II: Aplikované úlohy Zuzana Morávková Katedra matematiky a deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzita Ostrava

286 Matematika II - aplikované úlohy R y 86 - Rosettská deska I 65. Zadání Rosettská deska je tradic ní oznac ení c erné žulové stély, na níž je ve 66 znacích zaznamenán text ve tr ech shodných verzích: dvou egyptských (v hieroglyfickém a démotickém písmu) a jednom r eckém pr ekladu. Konfrontace r eckého pr ekladu s do té doby nec itelným hieroglyfickým textem umožnila rozlušte ní hieroglyfu. Rosettská deska byla objevena 5. c ervence 799 v Egypte u me sta Rosetta pr i ústí Nilu. f (x) Funkce f ( x ) je po c ástech kvadratická funkce urc ená body [0, 80], [30, 00], [60, 05], [70, 80], [80, 65]. Funkce g( x ) je po c ástech kvadratická funkce urc ená body [0, 5], [30, 3], [60, 0], [70, 6], [80, 30]. 60 Najde te pr edpisy funkcí popisující tvar desky g( x ) R ešení Funkce f je po c ástech kvadratická funkce, tedy má na intervalu h0, 60i pr ed- [60, 05], [70, 80], [80, 65]. pis kvadratické funkce urc ené body [0, 80], [30, 00], [60, 05], a na inter valu h60, 80i jiný pr edpis kvadratické funkce urc ené body [60, 05], [70, 80], a 05 [80, 65] b = 80 Body [0, 80], [30, 00], [60, 05] dosadíme do pr edpisu kvadratické funkce: c 65 y = ax + bx + c R ešení je a = 0, b = 9, c = 465. Stejným zpu sobem spoc ítáme pr edpisy a dostaneme soustavu lineárních rovnic: funkce g. Výsledné funkce jsou: a b = 00 x + x + 80 x h0, 60i c f (x) = x 9x x h60, 80i 0 R ešení je a = 0, b =, c = 80. Funkce má pr edpis: 3 x x + 5 x h0, 60i f (x) = x + x + 80 x h0, 60i g( x ) = 3 x x + 4 x h60, 80i Obdobne spoc ítáme pr edpis funkce f na intervalu h60, 80i, která je urc ena body 5 5

287 Matematika II - aplikované úlohy 66. Řy 87 - Rosettská deska II Zadání Rosettská deska je z černého čediče (ρ = 900 kg/m 3 ) a její tloušt ka je 8 cm. f (x) = 0 x + x + 80 x 0, 60 0 x 9x x 60, 80 Lze desku přenést jeřábem s nosností 800 kg? Do kterého místa umístíme hák? g(x) = 00 x 3 x + 5 x 0, x 3 x + 4 x 60, 80 5 Řešení Nejprve spočítáme plošnou hustotu: σ = 900 kg m 3 8 cm = kg cm 3 8 cm = 8. kg cm Hmotnost desky je rovna součinu plošné hustoty a obsahu: m =σ =σ σ 0 80 f (x) g(x) dx = ( 60 0 x + ( x x 3 ( 0 x 9x )) 60 x + 5 )) ( 5 x 3 5 x + 4 =σ( ) = σ = = 557 kg Pro výpočet težiště spočítáme statické momenty: S x =σ =σ σ f (x) g (x) dx = ( ( x + x + 80 ( ( 0 x 9x =σ( ) = σ ) ( ) 00 x 3 60 x + 5 ( 5 x 3 5 x + 4 dx+ dx = ) ) ) ) dx+ dx = 80 S y =σ =σ σ 0 80 x ( f (x) g(x)) dx = ( x 60 x 0 x + ( x x 3 ( 0 x 9x =σ( ) = σ Těžiště je v bodě: T = )) 60 x + 5 )) ( 5 x 3 5 x + 4 [ Sy m ; S ] [ x σ m σ ; σ ]. = [38.07; 5.09] σ f (x) T g(x) dx+ dx =

288 Matematika II - aplikované úlohy 67. Řy 88 - Gateway Arch I Zadání Známý památník Gateway Arch je symbolem Saint Louis (stát Missouri, USA). Památník navrhl finsko-americký architekt Eero Saarinen a německo-americký stavební inženýr Hannskarl Bandel v roce 947. Stavba začala v roce 963 a byla dokončena v roce 965, celkové náklady byly 3 milionů dolarů. Gateway Arch má tvar řetězovky, která má stejnou šířku při zemi a výšku 630 stop. Jaký je předpis křivky popisující památník? ( x ) Nápověda: y = a cosh + b a Řešení Osu x umístíme na zem a osa y je totožná s osou symetrie památníku. Hledanou křivkou je řetězovka: (0, 630) (35, 0) ( x ) y = a cosh + b ( ) a Na křivce leží body [0; 630] a [35; 0], které dosadíme do vztahu ( ) a dostaneme dvě rovnice: ( ) = a cosh + b a ( ) 35 0 = a cosh + b a Z první rovnice vyjádříme b a dosadíme do druhé rovnice: ( ) 35 a cosh + a = 0 ( ) a Rovnici ( ) lze vyřešit numericky nebo použitím vhodného matematického programu. GeoGebra má k dispozici příkaz NuloveBody f(a)=-a*cosh(35/a)+a+630 NuloveBody[f,00] (7.7, 0) Řešení je a = 7.7, b = a řetězovka má předpis: ( x ) y = 7.7 cosh kde x 35 stop; 35 stop. f (a) = a cosh( 35 a ) + a + 630

289 Matematika II - aplikované úlohy 68. Řy 89 - Gateway Arch II Zadání Památník Gateway Arch má tvar řetězovky: kde x 35 stop; 35 stop. y = 7.7 cosh ( x ) Hlemýžd se pohybuje rychlostí metr za hodinu. Dostane se na vrchol památníku za týden? Nápověda: stopa = m Řešení Vypočítáme derivaci: ( y x ) = 7.7 cosh = 7.7 ( x ) ( x ) = 7.7 sinh = sinh 7.7 Délka křivky se spočítá: s = = b a (y ) dx = ( x cosh 7.7 = stop 35 ( + sinh x ) [ ( x dx = 7.7 sinh 7.7 ) dx = )] = Ukážeme i výpočet bez použití hyperbolických funkcí. Hyperbolický kosinus vyjádříme podle definice a spočítáme derivaci: ( x ) y = 7.7 cosh = 7.7 = 7.7 e 7.7 x + e 7.7 x y = ( ) e 7.7 x e 7.7 x Délka křivky se spočítá: b s = = 35 + (y ) dx = a = 7.7 =7.7 [ ( ) e 7.7 x + e 7.7 x e x 7.7 ] 35 ( e e dx = + ( ( ) ) e 7.7 x e 7.7 x dx = 7.7 [ ] e x = 35 ) = stop = m = km Rychlost je v = m h = 0.00 km h. Vypočítáme čas, kdy se hlemýžd dostane na vrchol památníku, tj. do poloviny délky: t = 0.5 s v = = hodin = dní = dní

290 Matematika II - aplikované úlohy 69. Řy 90 - Chladící věž Ledvice I Zadání Chladící věže jsou nezbytnou součástí elektráren. Slouží ke chlazení vody, která se používá při výrobním procesu elektrické energie ve strojovně. Nová věž s přirozeným tahem pro elektrárnu Ledvice je po chladících věžích na jaderné elektrárně Temelín druhá nejvyšší v ČR. Je přesně m vysoká a její průměr na patě bude 0.9 m a v koruně 7.3 m. Nejužší místo věže je ve výšce.5 m. Chladící věž má tvar rotačního hyperboloidu. Jaký je předpis křivky, popisující tvar věže? Řešení Osu x umístíme do nejužšího místa věže a osa y je totožná s osou symetrie věže. Hledanou křivkou je hyperbola se středem v počátku souřadnic: 7.3 (35.65, 33.3) x a y b =. Na hyperbole leží body [35.65; 33.3] a [5.455;.5], které dosadíme do rovnice ( ) a dostaneme: ( ) a 33.3 b = a (.5) b = 44.8 Řešení: a = 33.66, b = Výsledná křivka je dána předpisem: (5.455,.5) x y =, 0.9 kde y.5; 33.3.

291 Matematika II - aplikované úlohy 70. Řy 9 - Chladící věž Ledvice II Zadání Chladící věž má tvar rotačního hyperboloidu. Hyperbola je dána: x y =. kde y.5 m; 33.3 m. Jaký je objem a povrch věže? Nápověda: ( k + x = x ) k + x + k ln x+ k +x k Řešení Hyperboloid vznikne rotací části hyperboly kolem osy y a proto explicitně vyjádříme x: x = y Objem rotačního tělesa se spočítá: b 33.3 ( ) V =π x dy = π y a dy = ( =π [y] [ y 3 ] 33.3 ) = 3.5 ( =π ( )) = m 3 Vypočítáme derivaci: x = y y = y y Povrch rotačního tělesa se spočítá: b P =π x + (x ) dy = a ( ) b =π y y + a dy = y =π y dy = =π k k + y dy kde k = = P = m

292 Matematika II - aplikované úlohy 7. Řy 9 - Teplota v pokoji I Zadání V místnosti o rozměrech 0 m 0 m je v jihovýchodním rohu a v polovině jižní stěny teplota 9 C, v jihozápadním rohu 4 C, v polovině západní stěny 8.5 C, v severozápadním rohu 3 C a v severovýchodním rohu je 8 C. Najděte kvadratickou plochu popisující teplotu. Řešení Kvadratická funkce má předpis: f (x, y) = a x + a y + a 3 xy + a 4 x + a 5 y + a 6 Funkce je určena body f (0, 0) = 9, f (5, 0) = 9, f (0, 0) = 4, f (0, 5) = 8.5, f (0, 0) = 3, f (0, 0) = 8. y 0 3 C 8 C Řešení soustavy je a = 0., a = 0., a 3 = 0, a 4 = 0.5, a 5 = 0.4, a 6 = 9 a funkce má předpis: f (x, y) = 0.x 0.y + 0.5x + 0.4y + 9, x, y 0, C f(x,y) C 9 C 4 C x Dosadíme body do předpisu funkce f (x, y) a dostaneme soustavu lineárních rovnic: a a a 3 a = a a y x 6 8 0

293 Matematika II - aplikované úlohy 7. Řy 93 - Teplota v pokoji II Zadání V místnosti o rozměrech 0 m 0 m je teplota popsána funkcí: V kterém místě bude nejtepleji? Bude tam tepleji než 0 C? f (x, y) = 0.x 0.y + 0.5x + 0.4y + 9, x, y 0, 0 Řešení Pro nalezení lokálního extrému je potřeba najít stacionární body: f = 0.x x f = 0.y y Stacionární bod je A = [.5; ]. Spočítáme druhé parciální derivace: f x = 0., Určíme hodnoty Hessiánu: D = f x (A) f y (A) f y = 0., D = f (A) = 0. < 0 x f x y = 0 ( ) f x y (A) = 0.04 > 0 V bodě A = [.5; ] je ostré lokální maximum f (.5, ) = 0.0 C. f(x,y) A y x

294 Matematika II - aplikované úlohy 73. Řy 94 - Teplota v pokoji III Zadání V místnosti o rozměrech 0 m 0 m je teplota popsána funkcí: f (x, y) = 0.x 0.y + 0.5x + 0.4y + 9, x, y 0, 0 Půjdeme z jihovýchodního do severozápadního rohu. V kterém místě této cesty bude nejtepleji? Jaká je průměrná teplota na této cestě? Řešení Hledáme vázaný extrém funkce f (x, y) vzhledem k podmínce y = 0 x. 0 5 y = 0 x Průměrná hodnota funkce je dána: f prům = b a = 0 b f (x) dx = a 0 0 [ 0. 3 x3 +. x + 3x 0 0 ] x +.x + 3 dx = = Průměrná teplota na cestě je 6.83 C. Podmínku dosadíme do předpisu funkce f : f (x) = 0.x 0.(0 x) + 0.5x + 0.4(0 x) + 9 = 0.x +.x + 3 Najdeme lokální maximum funkce f (x): f (x) = 0 0.4x +. = 0 x = 5.5 f (x) = 0.4 < 0 x = 5.5 je maximum Dopočítáme druhou souřadnici y = = V bodě [5.5; 4.75] je největší teplota f (5.5, 4.75) = 8.5 C (5.5, 8.5) y = 6.83 f (x) = 0.x +.x

295 Matematika II - aplikované úlohy 74. Řy 95 - Teplota v pokoji IV Zadání V místnosti o rozměrech 0 m 0 m je teplota popsána funkcí: f (x, y) = 0.x 0.y + 0.5x + 0.4y + 9, x, y 0, 0 Projdeme se pokojem po největší možné kružnici. V kterém místě této cesty bude nejtepleji? Bude tam tepleji než 0 C? Řešení Hledáme vázaný extrém funkce f (x, y) vzhledem k podmínce (x 5) + (y 5) 5 = 0. Sestavíme Lagrangeovu funkci: (5, 5) r = Φ(x, y, λ) = f (x, y) + λg(x, y) = 0.x 0.y + 0.5x+ ( ) + 0.4y λ (x 5) + (y 5) 5 Najdeme stacionární body funkce Φ: Φ = 0 x 0.x λ(x 5) = 0 Φ = 0 y 0.y λ(y 5) = 0 Φ λ = 0 (x 5) + (y 5) 5 = 0 Z první rovnice vyjádříme λ = x 5 0(x 5) dosadíme do druhé a vyjádříme y = 5 (6x 5), dosadíme do poslední rovnice a získáme kvadratickou rovnici: 6x 60x = 0 Máme dva stacionání body: A : x =.799, y =.589, λ = 0.09 A : x = 8.009, y = 8.84, λ = 0.78 Určíme druhé parciální derivace: Φ = 0. + λ, x Φ y = 0. + λ, Φ x y = 0 V obou bodech A, A bude extrém, nebot D = ( 0. + λ) > 0, určíme o jaký extrém se jedná: D (A ) = = 0.56 < 0 D (A ) = = 0.56 > 0 Tedy v bodě [.799,.589] je největší teplota C. v A je maximum v A je minimum