x + F F x F (x, f(x)).
|
|
- Milena Šmídová
- před 8 lety
- Počet zobrazení:
Transkript
1 I. Funkce dvou více reálných proměnných 8. Implicitně dné funkce. Budeme se zbývt úlohou, kdy funkce není zdná přímo předpisem, který vyjdřuje závislost její hodnoty n hodnotách proměnných. Jeden z možných popisů je ten, že funkce je dná jko řešení rovnice či soustvy rovnic. Tkovou funkci nzýváme implicitně zdnou. Uvedeme podmínky, kdy má tková rovnice jediné řešení ukážeme jké vlstnosti tohoto řešení umíme nlézt. Probereme si tři zákldní možnosti pro implicitní zdání funkce. 1. Funkce je řešením rovnice F (x, y) = 0. Hledáme funkci y = f(x), která je řešením rovnice F (x, y) = 0, tedy funkci, která splňuje rovnici ( ) F (x, f(x)) = 0. Je-li bod (, b) D F tkový, že F (, b) = 0 funkce F má spojité prciální derivce v okolí bodu (, b) (, b) 0, pk existují kldná čísl ε, δ tková, že rovnice F (x, y) = 0 má jediné řešení y (b ε, b + ε) pro x ( δ, + δ). Řešení rovnice F (x, y) = 0 je v okolí ( δ, +δ) (b ε, b+ε) funkcí y = f(x), x ( δ, +δ). Funkce y = f(x) má v uvedeném intervlu spojité derivce tkového řádu, jkého řádu má spojité prciální derivce funkce F (x, y). Její derivce spočteme derivováním rovnice ( ) podle proměnné x, kde derivujeme podle vzorce (3) z odstvce 7 pro derivci složené funkce. Ve vzorci volíme g(x) = x, h(x) = f(x) dostneme pro derivci funkce y = f(x) rovnici + f (x) = + f (x) = 0. Odtud dostneme pro hodnotu derivce funkce y = f(x) vzorec ( ) f (x) = (x, f(x)) (x, f(x)). Vzorec pro derivci 2. vyšších řádů dostneme derivováním vzorce ( ). Všimněme si, že vzorec ( ) má jednu neznedbtelnou nevýhodu. Abychom mohli pomocí něj určit derivce funkce y = f(x), musíme ji znát. To ovšem v tomto přípdě není splněno. Známe ovšem hodnotu f() = b neboť F (, b) = 0. Můžeme ze vzorce ( ) určit derivci v bodě tedy lineární proximci funkce y = f(x) v okolí bodu. Je tedy f () = (, b) (, b) f(x). = b + f ()(x ), x ( δ, + δ). Výpočet druhé vyšší derivce proximci funkce f pomocí Tylorov polynomu vyššího stupně ukážeme v úlohách. Řešené úlohy. 58
2 1. Úloh: Určete první druhou derivci funkce y = f(x), která je řešením rovnice x 2 + 2xy y 2 = 4. Funkce F (x, y) = x 2 + 2xy y 2 4 má spojité prciální derivce tk uvžovná rovnice má řešení tvru y = f(x) v okolí kždého bodu, který rovnici splňuje, pokud budeme moci spočítt její derivci. Rovnici pro derivci hledné funkce získáme derivováním zdné rovnice, pokud budeme respektovt postup v odstvci 1, když předpokládáme, že je řešení do rovnice doszeno. Řešení y = f(x) splňuje rovnici ( ) x 2 + 2xf(x) f 2 (x) = 4 jejím derivováním podle proměnné x dostneme vzth Odtud dostneme, že pokud je ovšem f(x) x 0. 2x + 2f(x) + 2xf (x) 2f(x)f (x) = 0. ( ) f (x) = x + f(x) f(x) x, Derivci f (x) dostneme derivováním vzthu ( ) nebo derivujeme rovnici pro první derivci, kde z derivci f (x) dosdíme vyjádření ( ). Dostneme rovnici f (x) = (1 + f (x))(f(x) x) (x + f(x))(f (x) 1) (f(x) x) 2 = 2(x 2 + 2xf(x) f 2 (x)) (x f(x)) 3 = když při poslední úprvě použijeme rovnici ( ). 8 (x f(x)) 3, Poznámk. Zápis je dosti nepřehledný. Při výpočtu volíme obvykle toto zjednodušení. Místo symbolu f(x) používáme pouze písmeno y, le nesmíme při derivování zpomenout, že y je funkce tedy její derivce podle proměnné x jsou y = f (x), y = f (x) td. V této symbolice je tedy y = x + y y x y = 8 (x y) 3. V dlším textu této kpitoly budeme již tento zkrácený zápis používt. 2. Úloh: Určete první dvě derivce funkce y = f(x), která je řešením rovnice x 3 + y 3 3xy 1 = 0 npište proximci tohoto řešení v okolí bodu x 0 = 0 pomocí Tylorov polynomu druhého stupně, je-li y(0) = 1. Funkce F (x, y) = x 3 + y 3 3xy 1 má spojité derivce všech řádů tudíž vzth pro derivci hledného řešení získáme derivováním zdné rovnice, kde respektujeme skutečnost, že y je funkce proměnné x. Dostneme rovnici 3x 2 + 3y 2 y 3y 3xy = 0. 59
3 Odtud získáme, že y = y x2 y 2 x y (0) = 1, když použijeme skutečnosti, že y(0) = 1. Poznmenejme, že sndno ověříme, že bod (0, 1) splňuje dnou rovnici. Pro derivci druhého řádu dostneme y = (y ) = (y 2x)(y 2 x) (y x 2 )(2yy 1) (y 2 x) 2 = 6x 2 y 2 2xy 4 2xy + 2x 3 2x 4 2y 4 (y 2 x) 3 y (0) = 0. Přibližné vyjádření řešení v okolí bodu x 0 = 0 dostneme ze vzorce y(x). = y(0) + y (0)x y (0)x 2 = 1 + x. 3. Úloh: Určete první dvě derivce funkce y = f(x), která je řešením rovnice ln x 2 + y 2 rctg( y x ) = 0 vyčíslete jejich hodnoty v bodě x 0 = 1, je-li y(1) = 0. Derivováním dné rovnice získáme rovnici pro derivci jejího řešení, pokud lze výpočet provést. Dostneme Po úprvě dostneme 1 2x + 2yy x2 + y 2 x2 + y xy y = 0, x 0. 2 x 2 + y2 x + yy xy + y = 0 y = x + y, pro x y. x y Derivováním tohoto vzthu dostneme pro druhou derivci rovnici y = (1 + y )(x y) (x + y)(1 y ) (x y) 2 = Pro x = 1 dostneme doszením hodnoty y(1) = 0, y (0) = 1, y (0) = 2. 2x (x y) 2, x y. 60
4 4. Úloh: Určete první dvě derivce funkce y = f(x), která je řešením rovnice je-li y(π) = 0. sin y + e x xy 2 = e π, Ověříme, že bod (π, 0) splňuje dnou rovnici. Jejím derivováním získáme vzth pro derivci řešení. Je y cos y + e x y 2 2xyy = 0 odtud plyne y = y2 e x cos y 2xy, cos y 2xy. Doszením x = π, y(π) = 0 dostneme y (π) = e π. Derivováním vzorce pro y dostneme y = (2yy e x )(cos y 2xy) (y 2 e x )( y sin y 2y 2xy ) (cos y 2xy) 2. Po doszení hodnot x = π, y(π) = 0 y (π) = e π dostneme odtud y (π) = 2πe 2π e π. 5. Úloh: Npište rovnici tečny normály v bodě (1, 2) ke křivce popsné rovnicí x 4 + y 4 x 3 y 3 = 9. Pomocí věty o derivci implicitně zdné funkce vypočteme derivci funkce y = f(x), která je řešením dné rovnice v okolí bodu x 0 = 1, pro které je f(1) = 2. Tím zároveň ověříme, že dná rovnice má řešení v předpokládném tvru. Pro derivci dostneme rovnici 4x 3 + 4y 3 y 3x 2 y 3 3x 3 y 2 y = 0. Dosdíme hodnty x = 1, y = 2 dostneme odtud, že y (1) = 1. Rovnice tečny ke grfu funkce v dném bodě je y 2 = x 1 x y + 1 = 0 rovnice normály ke grfu v tomto bodě má tvr y 2 = (x 1) x + y 3 = Úloh: Určete lokální extrémy funkce y = f(x), která je definovná implicitně rovnicí y 3 2xy + x 2 = 0. Hledáme body, ve kterých dná rovnice definuje funkci y = f(x), ve kterých má tto funkce stcionární body, tj. f (x) = 0. Derivci hledné funkce opět získáme derivováním zdné rovnice. Pro derivci dostneme podmínku 3y 2 y 2y 2xy + 2x = 0, 61
5 odtud získáme vzth ( ) y = 2(y x) 3y 2 2x, pokud 3y2 2x 0. Hledáme bod, který splňuje zdnou rovnici v němž je součsně derivce rovn nule. Souřdnice tohoto bodu tedy splňují soustvu rovnic y x = 0, y 3 2xy + x 2 = 0. Tto soustv má dvě řešení x 1 = 1, y 1 = 1 x 2 = y 2 = 0. Druhé řešení nesplňuje podmínku ( ), budeme tudíž uvžovt jediný bod x = y = 1, tedy x = 1, y(1) = 1. O druhu lokálního extrému v tomto bodě rozhodneme podle znménk druhé derivce. Vzth pro druhou derivci získáme opětovným derivováním vzthu pro první derivci. Je tedy 6y(y ) 2 + 3y 2 y 2y 2y 2xy + 2 = 0 odkud vypočteme hodnotu y (1) když do rovnice dosdíme x = 1, y = 1, y = 0. Dostneme, že y (1) = 2 < 0 tudíž má funkce y = f(x) v bodě x = 1 lokální mximum. Neřešené úlohy Úloh: Určete derivci funkce y = f(x), která je řešením dné rovnice vypočtěte její hodnotu v uvedeném bodě. 1. x y + e x+y 2 = 0, x 0 = 1, y(1) = sin (xy) e xy x 2 y + 1 = 0, x 0 = 1, y(1) = 0. [y = ex+y +yx y 1 x y lnx+e x+y, y (1) = 0] [y = 2xy+yexy y cos (xy) x cos (xy) xe xy x 2, y (1) = 0] 3. x 4 y + xy 4 2x 2 y 2 = 32, x 0 = 2, y(2) = 2. [y = y4 +4xy 2 4x 3 y x 4 +4xy 3 4x 2 y, y (2) = 1] 2. Funkce je řešením rovnice F (x, y, z) = 0. Hledáme funkci z = f(x, y), která je řešením uvedené rovnice, tedy pltí ( ) F (x, y, f(x, y)) = 0 v nějkém okolí bodu z definičního oboru funkce F = F (x, y, z). O funkci F = F (x, y, z) předpokládáme, že má spojité prciální derivce v definičním oboru D F dále, že známe bod (, b, c) D F, pro který je splněn rovnice ( ), tedy F (, b, c) = 0 (, b, c) 0. Potom existují kldná čísl ε, δ tková, že pro x ( δ, + δ) y (b δ, b + δ) má rovnice ( ) jediné řešení z (c ε, c + ε). Toto řešení je funkcí z = f(x, y) 62
6 má v uvedeném intervlu spojité derivce tkového řádu jké má spojité derivce funkce F (x, y, z). Prciální derivce funkce z = f(x, y) vypočteme derivováním rovnice ( ), kde prciální derivce počítáme obdobně jko ve vzorci 1 z odstvce 3. Pro prciální derivce řešení dostneme rovnice + + f = + f = f = + f = 0. Odtud získáme jejich vyjádření ve tvru ( ) pro f (x, y, f(x, y)) = (x, y, f(x, y)) (x, y, f(x, y)) x ( δ, + δ), y (b δ, b + δ). f (x, y, f(x, y)) = (x, y, f(x, y)) (x, y, f(x, y)) Řešené úlohy. 1. Úloh : Určete prciální derivce diferenciál prvního řádu funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice x 2 + y 2 + z 2 + 4xz = 2 nejdříve v obecném potom v bodě (1, 2), jestliže je f(1, 2) = 1. Jestliže dosdíme bod (1, 2, 1) do dné rovnice, zjistíme, že je rovnice splněn. Derivce hledného řešení získáme derivováním zdné rovnice podle proměnných x y. Pokud můžeme obě derivce vypočítt, jsou splněny předpokldy věty o implicitně dné funkci získáme její derivce v okolí bodu (x, y). Funkce F (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 + 4xz 2 má spojité prciální derivce všech řádů v R 3 tudíž pro derivce hledné funkce dostneme podmínky: 2x + 2z + 4z + 4x = 0 + 2z = x, z + 2x 0. 2x + z Obdobně dostneme podmínku pro derivci podle druhé proměnné. Je 2y + 2z + 4x = 0 = y, z + 2x 0. 2x + z Protože jsou obě derivce spojité je v obecném bodě dz = 1 ( (x + 2z)dx ydy). 2x + z Po doszení hodnot x = 1, y = 2, z = 1 dostneme (1, 2) = 1, (1, 2) = 2, dz(1, 2) = dx 2dy. 63
7 2. Úloh: Určete prciální derivce diferenciál funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice z 3 + 3xyz = 2, v obecném bodě npište lineární proximci této funkce v bodě (1, 1), jestliže f(1, 1) = 2. Postupem, který jsme popsli v odstvci 2 vypočteme derivce hledné funkce zároveň ověříme, zd řešení předepsného tvru existuje. Derivováním zdné rovnice postupně získáme: 3z 2 + 3yz + 3xy = 0 Z těchto rovnic vypočteme, že Je tedy = 3z 2 + 3xz + 3xy = 0. yz z 2 + xy, dz = = xz z 2 + xy, z2 + xy 0. z (ydx + xdy). z 2 + xy Po doszení hodnot x = 1, y = 1, z = 2 dostneme (1, 1) = 2 3, (1, 1) = 2 3, dz(1, 1) = 2 (dx dy). 3 Lineární proximcí funkce z = f(x, y) v okolí bodu (1, 1) je Tylorův polynom prvního stupně v bodě (1, 1). Protože je f(1, 1) = 2 je z = f(x, y). = (1(x 1) 1(y + 1)) = x 2 3 y. 3. Úloh: Určete prciální derivce funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice x z ln(z y ) = 0 nejprve v obecném bodě potom v bodě (0, 1), jestliže je f(0, 1) = 1. K výpočtu použijeme nyní vzorce ( ), kde F (x, y, z) = x ln( z ). Dostneme z y 1 = z x y z 2 z 1 y = z x + z, y z z y 2 = x y z 2 z 1 y = z2 x + z, z + x 0. Doszením hodnot x = 0, y = 1, z = 1 dostneme (0, 1) = 1, (0, 1) = 1. 64
8 4. Úloh: Určete diferenciál funkce z = f(x, y) v bodě (1, 2), je-li x 3 + y 3 + z 4 = x + z + 6 z = f(1, 2) = 2. K výpočtu derivcí funkce z = f(x, y) použijeme opět vzorec ( ), kde F (x, y, z) = x 3 + y 3 + z 4 x z 6. Dostneme = 1 3x2 4z 3 1, = 3y2 4z 3 1, 4z Doszením hodnot x = 1, y = 2, z = 2 získáme hodnoty prciálních derivcí v bodě (1, 2) je dz(1, 2) = 1 ( 2dx 12dy) Úloh: Určete diferenciál prvního druhého řádu funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice x yz + e z = 0 v obecném bodě v bodě ( 1, 2), jestliže je f( 1, 2) = 0. K výpočtu derivcí funkce z = f(x, y) použijeme opět vzorec ( ), kde F (x, y, z) = x yz + e z. Dostneme = 1 y e, z = z y e z, y ez 0. Prciální derivce druhého řádu získáme derivováním uvedených vyjádření, kde respektujeme, že z je funkcí proměnných x y z její derivce dosdíme dříve vypočítné vyjádření. Je tedy 2 z 2 = Je tedy ez (y e z ) = e z 2 (y e z ), 2 z 3 = (y ez ) z(1 e z ) = z2 e z 2 (y e z ) 2 (y e z ) 3 d 2 z = 2 z = ez (y e z ) 2 = ze z (y e z ) 3. dz = 1 (dx + zdy) y ez e z (y e z ) 3 (dx2 + 2zdxdy + z 2 dy 2 ). Dosdíme do obecného vyjádření hodnoty x = 1, y = 2, z = 0 dostneme dz( 1, 2) = dx, d 2 z( 1, 2) = dx 2. 65
9 6. Úloh: Určete rovnici tečné roviny ke grfu funkce z = f(x, y), která je definovná jko řešení rovnice 6xy x 2 + 4y 2 4zx 1 = 0 která je kolmá n přímku p : X = (2, 3, 4) + t(2, 1, 2). Hledáme bod, který je řešením dné rovnice v němž je normálový vektor ke grfu funkce násobkem směrového vektoru zdné přímky, tedy pltí (,, 1) = k(2, 1, 2), kde k je nějké číslo prciální derivce jsou dány vzorcem ( ), kde F (x, y, z) = 6xy x 2 + 4y 2 4xz 1. Odtud plyne, že ( ) 6y 2x 4z 4x = 2k, 6x + 8y 4x 6xy x 2 + 4y 2 4xz 1 = 0. = k, 1 = 2k. Jestliže dosdíme hodnotu k = 1 do prvních dvou rovnic v soustvě, dostneme 2 rovnice x + 3y 2z = 0, x + y = 0 y = x, z = x. Dosdíme tyto podmínky do poslední rovnice dostneme podmínku Získli jsme dvě řešení celé soustvy, x 2 = 1 x = 1, nebo x = 1. (x, y, z) = (1, 1, 1) (x, y, z) = ( 1, 1, 1), to znmená, že grf funkce, která je implicitně definovná rovnicí má tečné roviny poždovných vlstností v bodech (1, 1), ( 1, 1) f(1, 1) = 1, f( 1, 1) = 1. Rovnice tečných rovin tedy jsou τ 1 : 2(x 1) + (y + 1) + 2(z + 1) = 0 2x + y + 2z + 1 = 0 τ 2 : 2(x + 1) + (y 1) + 2(z 1) = 0 2x + y + 2z 1 = 0. Neřešené úlohy. 1. Úloh: Určete prciální derivce funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice x 2 + z 2 zx + xy 4 9 = 0 v obecném bodě v bodě (2, 1), jestliže je f(2, 1) = 3. [ = z 2x y4 2z x, = 4xy3 2z x, 2z x 0, (2, 1) = 1 2, (2, 1) = 2.] 66
10 2. Úloh: Určete prciální derivce funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice e z xyz = e v obecném bodě v bodě (1, 1), jestliže je f(1, 1) = 2. [ = yz e z xy, = xz, e z xy ez xy 0, (1, 1) = 2 e 2 +1, 2 (1, 1) =.] e Úloh: Určete diferenciál funkce z = f(x, y), která je řešením rovnice v bodě (0, 2), jestliže je f(0, 2) = 1. [ = yz(x+z) z 3 z 2 (x+z)ln(x+z)+z 3 +xy(x+z), zln(x + z) xy z = 0 = xz(x+z) z 2 (x+z)ln(x+z)+z 3 +xy(x+z), dz(0, 2) = dx] 3. Funkce je řešením soustvy rovnic F (x, y, z) = 0, G(x, y, z) = 0. Hledáme funkce y = f(x), z = g(x), které jsou řešením uvedené soustvy, tedy pltí ( ) F (x, f(x), g(x)) = 0 G(x, f(x), g(x)) = 0 v nějkém okolí bodu z definičního oboru funkcí F (x, y, z) G(x, y, z). Předpokládáme, že funkce F G mjí spojité prciální derivce v okolí bodu (, b, c), který je řešením soustvy ( ). Jestliže je determint G (, b, c), G (, b, c), (, b, c) (, b, c) různý od nuly, pk v okolí bodu (, b, c) má soustv ( ) jediné řešení poždovného tvru y = f(x), z = g(x), x ( ε, + ε) pro nějké číslo ε > 0. Toto řešení má spojité derivce tkového řádu, jkého řádu mjí spojité prciální derivce funkce F G. Tyto derivce vypočteme z derivovné soustvy ( ). Pro derivce prvního řádu tedy pltí + f (x) + g (x) = 0 G + Gf (x) + G g (x) = 0. Vyjádření pro derivce f (x) g (x) získáme jko řešení uvedené soustvy. Podmínk poždující nenulovost determinntu zručuje, že tto soustv má jediné řešení. Derivce vyšších řádů dostneme opětovným derivováním této soustvy, nebo derivujeme vzth pro derivce prvního řádu. Pro ilustrci uvedeme příkld tkového výpočtu. Pro jednoduchost budeme opět znčit f(x) = y(x) g(x) = z(x). Řešené úlohy. 67
11 1. Úloh : Určete derivce prvního druhého řádu funkcí y = y(x), z = z(x) která jsou řešením soustvy rovnic x 2 + 2xy 4y 2 + z + 16 = 0, x + y 2z + 1 = 0 nejdříve v obecném bodě potom v bodě ( 1), jestliže je y( 1) = 2 z( 1) = 1. Uvžujeme soustvu tvru ( ) x 2 + 2xy 4y 2 + z + 6 = 0, x + y 2z + 1 = 0. Funkce mjí spojité prciální derivce všech řádů v R 3 jejím derivováním podle proměnné x získáme vzthy pro drivce hledných funkcí. Je tedy Tto soustv má jediné řešení 2x + 2y + 2xy 4yy + z = 0, 1 + y 2z = 0. ( ) y (x) = 4x 4y 1 4x 16y + 1 z (x) = 10y 4x 16y + 1, pokud je 4x 16y Dosdíme hodnoty x = 1, y = 2, z = 1 dostneme y ( 1) = 1 7, z ( 1) = 4 7. Pro derivce druhého řádu získáme derivováním vzthů ( ) vzorce y (x) = ( 4 4y )(4x 16y + 1) + (4x + 4y + 1)(4 16y ) (4x 16y + 1) 2, z (x) = 10y (4x 16y + 1) + 10y(4 16y ) (4x 16y + 1) 2. Po doszení odpovídjících hodnot v bodě x = 1 dostneme y ( 1) = = 0, 138 z ( 1) = = Úloh: Určete derivce funkcí y = y(x), z = z(x), které jsou řešením soustvy rovnic x 2 + y 2 + z 2 = 3, x 2 + y 2 2z = 0 v obecném bodě v bodě x = 1, jestliže je y(1) = 1 z(1) = 1. Derivováním soustvy dostneme pro derivce řešení soustvu rovnic Tto soustv má řešení 2x + 2yy + 2zz = 0, 2x + 2yy 2z = 0. y (x) = x y, z (x) = 0, y 0. Pro derivce řešení v zdném bodě dostneme hodnoty y (1) = 1, z (1) = 0. 68
12 3. Úloh: Určete první druhou derivci funkcí y = y(x), z = z(x), které jsou řešením soustvy rovnic x 2 + y 2 + z 2 = 169, 2x + y z + 2 = 0 v obecném bodě v bodě x = 3, jestliže je y(3) = 4 z(3) = 12. Derivováním řešené soustvy získáme podmínky pro derivce řešení ve tvru soustvy 2x + 2yy + 2zz = 0, 2 + y z = 0. Tto soustv má řešení pokud je y + z 0. ( ) y (x) = x 2z y + z, z (x) = 2y x y + z, Po doszení souřdnic dného bodu dostneme, že y (3) = 27 16, z (3) = Derivováním vzthů z ( ) dostneme vyjádření pro druhé derivce řešení. Je y (x) = ( 1 2z )(y + z) + (x + 2z)(y + z ) (y + z) 2, z (x) = (2y 1)(y + z) (2y x)(y + z ) (y + z) 2. Po doszení z ( ) úprvě získáme, že y (x) = z (x) = 2x2 5y 2 5z 2 + 4xy 4xz 2yz (y + z) 3. Po doszení souřdnic dného bodu dostneme, že y (3) = z (3) = = 0,
je parciální derivace funkce f v bodě a podle druhé proměnné (obvykle říkáme proměnné
1. Prciální derivce funkce více proměnných. Prciální derivce funkce dvou proměnných. Je-li funkce f f(, ) definován v množině D f R 2 bod ( 1, 2 ) je vnitřním bodem množin D f, pk funkce g 1 (t) f(t, 2
LINEÁRNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2.ŘÁDU
LINEÁRNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE 2.ŘÁDU ZDENĚK ŠIBRAVA 1. Obecné řešení lin. dif. rovnice 2.řádu s konstntními koeficienty 1.1. Vrice konstnt. Příkld 1.1. Njděme obecné řešení diferenciální rovnice (1) y
ZÁKLADY. y 1 + y 2 dx a. kde y je hledanou funkcí proměnné x.
VARIAČNÍ POČET ZÁKLADY V prxi se čsto hledjí křivky nebo plochy, které minimlizují nebo mximlizují jisté hodnoty. Npř. se hledá nejkrtší spojnice dvou bodů n dné ploše, nebo tvr zvěšeného ln (má minimální
Nalezněte hladiny následujících funkcí. Pro které hodnoty C R jsou hladiny neprázdné
. Definiční obor a hladiny funkce více proměnných Nalezněte a graficky znázorněte definiční obor D funkce f = f(x, y), kde a) f(x, y) = x y, b) f(x, y) = log(xy + ), c) f(x, y) = xy, d) f(x, y) = log(x
Definice. Nechť k 0 celé, a < b R. Definujeme. x < 1. ϕ(x) 0 v R. Lemma [Slabá formulace diferenciální rovnice.] x 2 1
9. Vriční počet. Definice. Nechť k 0 celé, < b R. Definujeme C k ([, b]) = { ỹ [,b] : ỹ C k (R) } ; C 0 ([, b]) = { y C ([, b]) : y() = y(b) = 0 }. Důležitá konstrukce. Shlzovcí funkce (molifiér, bump
má spojité parciální derivace druhého řádu ve všech bodech této množiny. Výpočtem postupně dostaneme: y = 9xy2 + 2,
4. Parciální derivace a diferenciál. řádu 0-a3b/4dvr.tex Příklad. Určete parciální derivace druhého řádu funkce f v obecném bodě a v daných bodech. Napište obecný tvar. diferenciálu, jeho hodnotu v daných
8. cvičení z Matematiky 2
8. cvičení z Mtemtiky 2 11.-1. dubn 2016 8.1 Njděte tři pozitivní čísl jejichž součin je mximální, jejichž součet je roven 100. Zdání příkldu lze interpretovt tké tk, že hledáme mximální objem kvádru,
DERIVACE A INTEGRÁLY VE FYZICE
DOPLŇKOVÉ TEXTY BB0 PAVEL SCHAUER INTERNÍ MATERIÁL FAST VUT V BRNĚ DERIVACE A INTEGRÁLY VE FYZICE Obsh Derivce... Definice derivce... Prciální derivce... Derivce vektorů... Výpočt derivcí... 3 Algebrická
4. cvičení z Matematiky 2
4. cvičení z Mtemtiky 2 14.-18. březn 2016 4.1 Njděte ity (i (ii (iii (iv 2 +(y 1 2 +1 1 2 +(y 1 2 z 2 y 2 z yz 1 2 y 2 (,y (0,0 2 +y 2 2 y 2 (,y (0,0 2 +y 3 (i Pro funkci f(, y = 2 +(y 1 2 +1 1 2 +(y
Jak již bylo uvedeno v předcházející kapitole, můžeme při výpočtu určitých integrálů ze složitějších funkcí postupovat v zásadě dvěma způsoby:
.. Substituční metod pro určité integrály.. Substituční metod pro určité integrály Cíle Seznámíte se s použitím substituční metody při výpočtu určitých integrálů. Zákldní typy integrálů, které lze touto
II. 5. Aplikace integrálního počtu
494 II Integrální počet funkcí jedné proměnné II 5 Aplikce integrálního počtu Geometrické plikce Určitý integrál S b fx) dx lze geometricky interpretovt jko obsh plochy vymezené grfem funkce f v intervlu
Seznámíte se s další aplikací určitého integrálu výpočtem objemu rotačního tělesa.
.. Ojem rotčního těles Cíle Seznámíte se s dlší plikcí určitého integrálu výpočtem ojemu rotčního těles. Předpokládné znlosti Předpokládáme, že jste si prostudovli zvedení pojmu určitý integrál (kpitol.).
Diferenciální počet funkcí více proměnných
Vysoké učení technické v Brně Fakulta strojního inženýrství Diferenciální počet funkcí více proměnných Doc RNDr Miroslav Doupovec, CSc Neřešené příklady Matematika II OBSAH Obsah I Diferenciální počet
Obecně: K dané funkci f hledáme funkci ϕ z dané množiny funkcí M, pro kterou v daných bodech x 0 < x 1 <... < x n. (δ ij... Kroneckerovo delta) (4)
KAPITOLA 13: Numerická integrce interpolce [MA1-18:P13.1] 13.1 Interpolce Obecně: K dné funkci f hledáme funkci ϕ z dné množiny funkcí M, pro kterou v dných bodech x 0 < x 1
NMAF061, ZS Písemná část zkoušky 25. leden 2018
Jednotlivé kroky při výpočtech stručně, le co nejpřesněji odůvodněte. Pokud používáte nějké tvrzení, nezpomeňte ověřit splnění předpokldů. Jméno příjmení: Skupin: Příkld 3 4 5 6 Celkem bodů Bodů 6 6 4
2. Funkční řady Studijní text. V předcházející kapitole jsme uvažovali řady, jejichž členy byla reálná čísla. Nyní se budeme zabývat studiem
2. Funkční řd Studijní text 2. Funkční řd V předcházející kpitole jsme uvžovli řd, jejichž člen bl reálná čísl. Nní se budeme zbývt studiem obecnějšího přípdu, kd člen řd tvoří reálné funkce. Definice
Matematika II: Testy
Mtemtik II: Testy Petr Schreiberová Ktedr mtemtiky deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzit Ostrv Mtemtik II - testy 69. Řy 9 - Test Ktedr mtemtiky deskriptivní geometrie, VŠB - Technická univerzit
Diferenciální počet. Spojitost funkce
Dierenciální počet Spojitost unkce Co to znmená, že unkce je spojitá? Jký je mtemtický význm tvrzení, že gr unkce je spojitý? Jké jsou vlstnosti unkce v bodě? Jké jsou vlstnosti unkce v intervlu I? Vlstnosti
Diferenciál funkce dvou proměnných. Má-li funkce f = f(x, y) spojité parciální derivace v bodě a, pak lineární formu (funkci)
2. Diferenciál funkce, tečná rovina. Diferenciál funkce dvou proměnných. Má-li funkce f = f(x, y) spojité parciální derivace v bodě a, pak lineární formu (funkci) df(a, h) = x (a)h + (a)h 2, h = (h, h
Při výpočtu obsahu takto omezených rovinných oblastí mohou nastat následující základní případy : , osou x a přímkami. spojitá na intervalu
Geometrické plikce určitého integrálu Osh rovinné olsti Je-li ploch ohrničen křivkou f () osou Při výpočtu oshu tkto omezených rovinných olstí mohou nstt následující zákldní přípd : Nechť funkce f () je
ANALYTICKÁ GEOMETRIE V PROSTORU
ANALYTICKÁ GEOMETRIE V PROSTORU 3. přednášk Vektorová lger Prvoúhlé souřdnice odu v prostoru Poloh odu v prostoru je vzhledem ke třem osám k soě kolmým určen třemi souřdnicemi, které tvoří uspořádnou trojici
5.3. Implicitní funkce a její derivace
Výklad Podívejme se na následující problém. Uvažujme množinu M bodů [x,y] R 2, které splňují rovnici F(x, y) = 0, M = {[x,y] D F F(x,y) = 0}, kde z = F(x,y) je nějaká funkce dvou proměnných. Je-li F(x,y)
7. Derivace složené funkce. Budeme uvažovat složenou funkci F = f(g), kde některá z jejich součástí
202-m3b2/cvic/7slf.tex 7. Derivace složené funkce. Budeme uvažovat složenou funkci F = fg, kde některá z jejich součástí může být funkcí více proměnných. Předpokládáme, že uvažujeme funkce, které mají
6. a 7. března Úloha 1.1. Vypočtěte obsah obrazce ohraničeného parabolou y = 1 x 2 a osou x.
KMA/MAT Přednášk cvičení č. 4, Určitý integrál 6. 7. březn 17 1 Aplikce určitého integrálu 1.1 Počáteční úvhy o výpočtu obshu geometrických útvrů v rovině Úloh 1.1. Vypočtěte obsh obrzce ohrničeného prbolou
Komplexní čísla tedy násobíme jako dvojčleny s tím, že použijeme vztah i 2 = 1. = (a 1 + ia 2 )(b 1 ib 2 ) b 2 1 + b2 2.
7 Komplexní čísl 71 Komplexní číslo je uspořádná dvojice reálných čísel Komplexní číslo = 1, ) zprvidl zpisujeme v tzv lgebrickém tvru = 1 + i, kde i je imginární jednotk, pro kterou pltí i = 1 Číslo 1
= 2x + y, = 2y + x 3. 2x + y = 0, x + 2y = 3,
V. Lokální extrémy. Příklad 1: Určete lokální extrémy zadané funkce. 1. f(x, y) = x 2 + y 2 + xy 3y 2. Definičním oborem funkce je množina Df = R 2 a funkce f má spojité parciální = 2x + y, = 2y + x 3.
VIII. Primitivní funkce a Riemannův integrál
VIII. Primitivní funkce Riemnnův integrál VIII.2. Riemnnův integrál opkování Vět. Nechť f je spojitá funkce n intervlu, b nechť c, b. Oznčíme-li F (x) = x (, b), pk F (x) = f(x) pro kždé x (, b). VIII.3.
Křivkový integrál prvního druhu verze 1.0
Křivkový integrál prvního druhu verze. Úvod Následující text popisuje výpočet křivkového integrálu prvního druhu. Měl by sloužit především studentům předmětu MATEMAT k příprvě n zkoušku. Mohou se v něm
Napište rovnici tečné roviny ke grafu funkce f(x, y) = xy, která je kolmá na přímku. x = y + 2 = 1 z
Diferenciální počet příklad Napište rovnici tečné roviny ke grafu funkce fx, y) = xy, která je kolmá na přímku x + = y + = 1 z Řešení: Směrový vektor dané přímky je n p =, 1, 1). Na ploše dané rovnicí
5. cvičení z Matematiky 2
5. cvičení z Matematiky 2 21.-25. března 2016 5.1 Nalezněte úhel, který v bodě 1, 0, 0 svírají grafy funkcí fx, y ln x 2 + y 2 a gx, y sinxy. Úhel, který svírají grafy funkcí je dán jako úhel mezi jednotlivými
14. cvičení z Matematické analýzy 2
4. cvičení z temtické nlýzy 2 22. - 26. květn 27 4. Greenov vět) Použijte Greenovu větu k nlezení práce síly F x, y) 2xy, 4x 2 y 2 ) vykonné n částici podél křivky, která je hrnicí oblsti ohrničené křivkmi
4. přednáška 22. října Úplné metrické prostory. Metrický prostor (M, d) je úplný, když každá cauchyovská posloupnost bodů v M konverguje.
4. přednášk 22. říjn 2007 Úplné metrické prostory. Metrický prostor (M, d) je úplný, když kždá cuchyovská posloupnost bodů v M konverguje. Příkldy. 1. Euklidovský prostor R je úplný, kždá cuchyovská posloupnost
Hyperbola, jejíž střed S je totožný s počátkem soustavy souřadnic a jejíž hlavní osa je totožná
Hyperol Hyperol je množin odů, které mjí tu vlstnost, že solutní hodnot rozdílu jejich vzdáleností od dvou dných různých odů E, F je rovn kldné konstntě. Zkráceně: Hyperol = {X ; EX FX = }; kde symolem
LDF MENDELU. Simona Fišnarová (MENDELU) Určitý integrál ZVMT lesnictví 1 / 26
Určitý integrál Zákldy vyšší mtemtiky LDF MENDELU Podpořeno projektem Průřezová inovce studijních progrmů Lesnické dřevřské fkulty MENDELU v Brně (LDF) s ohledem n discipĺıny společného zákldu http://kdemie.ldf.mendelu.cz/cz
26. listopadu a 10.prosince 2016
Integrální počet Přednášk 4 5 26. listopdu 10.prosince 2016 Obsh 1 Neurčitý integrál Tbulkové integrály Substituční metod Metod per-prtes 2 Určitý integrál Geometrické plikce Fyzikální plikce K čemu integrální
Hledáme lokální extrémy funkce vzhledem k množině, která je popsána jednou či několika rovnicemi, vazebními podmínkami. Pokud jsou podmínky
6. Vázané a absolutní extrémy. 01-a3b/6abs.tex Hledáme lokální extrémy funkce vzhledem k množině, která je popsána jednou či několika rovnicemi, vazebními podmínkami. Pokud jsou podmínky jednoduché, vyřešíme
+ c. n x ( ) ( ) f x dx ln f x c ) a. x x. dx = cotgx + c. A x. A x A arctgx + A x A c
) INTEGRÁLNÍ POČET FUNKCE JEDNÉ PROMĚNNÉ ) Pojem neurčitého integrálu Je dán funkce Pltí všk tké F tk, y pltilo F ( ) f ( ) Zřejmě F ( ), protože pltí, 5,, oecně c, kde c je liovolná kon- stnt f ( ) nším
Jsou to rovnice, které obsahují neznámou nebo výraz s neznámou jako argument logaritmické funkce.
Logritmické rovnice Jsou to rovnice, které oshují neznámou neo výrz s neznámou jko rgument ritmické funkce. Zákldní rovnice, 0 řešíme pomocí vzthu. Složitější uprvit n f g potom f g (protože ritmická funkce
NMAF061, ZS Písemná část zkoušky 16. leden 2018
Jednotlivé kroky při výpočtech stručně, le co nejpřesněji odůvodněte. Pokud používáte nějké tvrzení, nezpomeňte ověřit splnění předpokldů. Jméno příjmení: Skupin: Příkld 1 3 4 5 6 Celkem bodů Bodů 7 6
Definice Řekneme, že funkce z = f(x,y) je v bodě A = [x 0,y 0 ] diferencovatelná, nebo. z f(x 0 + h,y 0 + k) f(x 0,y 0 ) = Ah + Bk + ρτ(h,k),
Definice 5.2.1. Řekneme, že funkce z = f(x,y) je v bodě A = [x 0,y 0 ] diferencovatelná, nebo má v tomto bodě totální diferenciál, jestliže je možné její přírůstek z na nějakém okolí bodu A vyjádřit jako
Výpočet obsahu rovinného obrazce
Výpočet oshu rovinného orzce Pro výpočet oshu čtverce, odélník, trojúhelník, kružnice, dlších útvrů, se kterými se můžeme setkt v elementární geometrii, máme k dispozici vzorce Kdchom chtěli vpočítt osh
Integrální počet - II. část (určitý integrál a jeho aplikace)
Integrální počet - II. část (určitý integrál jeho plikce) Michl Fusek Ústv mtemtiky FEKT VUT, fusekmi@feec.vutbr.cz 7. přednášk z ESMAT Michl Fusek (fusekmi@feec.vutbr.cz) 1 / 23 Obsh 1 Určitý vlstní (Riemnnův)
Funkce zadané implicitně
Kapitola 8 Funkce zadané implicitně Začneme několika příklady. Prvním je známá rovnice pro jednotkovou kružnici x 2 + y 2 1 = 0. Tato rovnice popisuje křivku, kterou si však nelze představit jako graf
2.2.9 Grafické řešení rovnic a nerovnic
..9 Grfické řešení rovnic nerovnic Předpokldy: 0, 06 Př. : Řeš početně i grficky rovnici x + = x. Početně: Už umíme. x + = x x = x = K = { } Grficky: Kždá ze strn rovnice je výrzem pro lineární funkci
R n výběr reprezentantů. Řekneme, že funkce f je Riemannovsky integrovatelná na
Mtemtik II. Určitý integrál.1. Pojem Riemnnov určitého integrálu Definice.1.1. Říkáme, že funkce f( x ) je n intervlu integrovtelná (schopná integrce), je-li n něm ohrničená spoň po částech spojitá.
Souhrn základních výpočetních postupů v Excelu probíraných v AVT 04-05 listopad 2004. r r. . b = A
Souhrn zákldních výpočetních postupů v Ecelu probírných v AVT 04-05 listopd 2004. Řešení soustv lineárních rovnic Soustv lineárních rovnic ve tvru r r A. = b tj. npř. pro 3 rovnice o 3 neznámých 2 3 Hodnoty
Matematické metody v kartografii
Mtemtické metody v krtogrfii. Přednášk Referenční elipsoid zákldní vzthy. Poloměry křivosti. Délky poledníkového rovnoběžkového oblouku. 1. Zákldní vzthy n rotčním elipoidu Rotční elipsoid dán následujícími
Kapitola Křivkový integrál 1. druhu Délka oblouku
x 5 x 6 x 7 x 8 pitol 3 řivkové integrály 3. řivkový integrál. druhu líčová slov: délk oblouku, délk křivky, křivkový integrál. druhu po oblouku, křivkový integrál. druhu po křivce, neorientovný křivkový
integrovat. Obecně lze ale říct, že pokud existuje určitý integrál funkce podle různých definic, má pro všechny takové definice stejnou hodnotu.
Přednášk 1 Určitý integrál V této přednášce se budeme zbývt určitým integrálem. Eistuje několik definic určitého integrálu funkce jedné reálné proměnné. Jednotlivé integrály se liší v tom, jké funkce lze
17 Křivky v rovině a prostoru
17 Křivky v rovině prostoru Definice 17.1 (rovinné křivky souvisejících pojmů). 1. Nechť F (t) [ϕ(t), ψ(t)] je 2-funkce spojitá n, b. Rovinnou křivkou nzveme množinu : {F (t) : t, b } R 2. 2-funkce F [ϕ,
Matematika II: Listy k přednáškám
Mtemtik II: Listy k přednáškám Rdomír Pláček, Petr Schreiberová, Petr Volný Ktedr mtemtiky deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzit Ostrv Kpitol 1 Integrální počet funkcí jedné proměnné 1.Řy 11
INTEGRACE KOMPLEXNÍ FUNKCE KŘIVKOVÝ INTEGRÁL
INTEGRAE KOMPLEXNÍ FUNKE KŘIVKOVÝ INTEGRÁL N konci kpitoly o derivci je uveden souvislost existence derivce s potenciálním polem. Existuje dlší chrkterizce potenciálného pole, která nebyl v kpitole o derivci
Matematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2017) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené
28. 2. 2017 Matematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2017) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené mn. M E n. Zapište a načrtněte množinu D, ve které
EXTRÉMY FUNKCÍ VÍCE PROMĚNNÝCH
EXTRÉMY FUNKCÍ VÍCE PROMĚNNÝCH ÚLOHY ŘEŠITELNÉ BEZ VĚTY O MULTIPLIKÁTORECH Nalezněte absolutní extrémy funkce f na množině M. 1. f(x y) = x + y; M = {x y R 2 ; x 2 + y 2 1} 2. f(x y) = e x ; M = {x y R
VI. Derivace složené funkce.
VI. Derivace složené funkce. 17. Parciální derivace složené funkce Budeme uvažovat složenou funkci F = f(g, kde některá z jejich součástí může být funkcí více proměnných. Předpokládáme, že uvažujeme funkce,
V předchozích kapitolách byla popsána inverzní operace k derivování. Zatím nebylo jasné, k čemu tento nástroj slouží.
NEWTONŮV INTEGRÁL V předchozích kpitolách byl popsán inverzní operce k derivování Ztím nebylo jsné, k čemu tento nástroj slouží Uvžujme trmvj, která je poháněn elektřinou při brždění vyrábí dynmem elektřinu:
1. Náhodný vektor (X, Y ) má diskrétní rozdělení s pravděpodobnostní funkcí p, kde. p(x, y) = a(x + y + 1), x, y {0, 1, 2}.
VIII. Náhodný vektor. Náhodný vektor (X, Y má diskrétní rozdělení s pravděpodobnostní funkcí p, kde p(x, y a(x + y +, x, y {,, }. a Určete číslo a a napište tabulku pravděpodobnostní funkce p. Řešení:
Až dosud jsme se zabývali většinou reálnými posloupnostmi, tedy zobrazeními s definičním
Limit funkce. Zákldní pojmy Až dosud jsme se zbývli většinou reálnými posloupnostmi, tedy zobrzeními s definičním oborem N. Nyní obrátíme svou pozornost n širší třídu zobrzení. Definice.. Zobrzení f, jehož
Funkce jedné proměnné
Funkce jedné proměnné Lineární funkce f: y = kx + q, D f = R, H f = R, grf je přímk množin odů [x, y], x D f, y = f(x) q úsek n ose y, tj. od [0, q], k směrnice, k = tn φ = 2 2 1 1, A[ 1, 2 ], B[ 1, 2
Přehled základních vzorců pro Matematiku 2 1
Přehled zákldních vzorců pro Mtemtiku 1 1. Limity funkcí definice Vlstní it v bodě = : f() = ɛ > 0, δ > 0 tk, že pro : ( δ, δ), pltí f() ( ɛ, ɛ) Vlstní it v bodě = : f() = ɛ > 0, c > 0 tk, že pro : > c,
URČITÝ INTEGRÁL FUNKCE
URČITÝ INTEGRÁL FUNKCE Formulce: Nším cílem je určit přibližnou hodnotu určitého integrálu I() = () d, kde předpokládáme, že unkce je n intervlu, b integrovtelná. Poznámk: Geometrický význm integrálu I()
NEWTONŮV INTEGRÁL. V předchozích kapitolách byla popsána inverzní operace k derivování. Zatím nebylo jasné, k čemu tento nástroj slouží.
NEWTONŮV INTEGRÁL V předchozích kpitolách byl popsán inverzní operce k derivování. Ztím nebylo jsné, k čemu tento nástroj slouží. Uvžujme trmvj, která je poháněn elektřinou při brždění vyrábí dynmem elektřinu:
Matematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2016) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené
22. 2. 2016 Matematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2016) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené mn. M E n. Zapište a načrtněte množinu D, ve které
Úvodní informace. 17. února 2018
Úvodní informace Funkce více proměnných Přednáška první 17. února 2018 Obsah 1 Úvodní informace. 2 Funkce více proměnných Definiční obor Limita a spojitost Derivace, diferencovatelnost, diferenciál Úvodní
Matematika II: Listy k přednáškám
Mtemtik II: Listy k přednáškám Rdomír Pláček, Petr Schreiberová, Petr Volný Ktedr mtemtiky deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzit Ostrv Kpitol 1 Integrální počet funkcí jedné proměnné 1.Řy 11
je jedna z orientací určena jeho parametrizací. Je to ta, pro kterou je počátečním bodem bod ϕ(a). Im k.b.(c ) ( C ) (C ) Obr Obr. 3.5.
10. Komplexní funkce reálné proměnné. Křivky. Je-li f : (, b) C, pk lze funkci f povžovt z dvojici (u, v), kde u = Re f v = Im f. Rozdíl proti vektorovému poli je v tom, že jsou pro komplexní čísl definovány
Transformujte diferenciální výraz x f x + y f do polárních souřadnic r a ϕ, které jsou definovány vztahy x = r cos ϕ a y = r sin ϕ.
Ukázka 1 Necht má funkce z = f(x, y) spojité parciální derivace. Napište rovnici tečné roviny ke grafu této funkce v bodě A = [ x 0, y 0, z 0 ]. Transformujte diferenciální výraz x f x + y f y do polárních
5.2. Určitý integrál Definice a vlastnosti
Určitý intgrál Dfinic vlstnosti Má-li spojitá funkc f() n otvřném intrvlu I primitivní funkci F(), pk pro čísl, I j dfinován určitý intgrál funkc f() od do vzthm [,, 7: [ F( ) = F( ) F( ) f ( ) d = (6)
Integrální počet - III. část (určitý vlastní integrál)
Integrální počet - III. část (určitý vlstní integrál) Michl Fusek Ústv mtemtiky FEKT VUT, fusekmi@feec.vutbr.cz 8. přednášk z AMA1 Michl Fusek (fusekmi@feec.vutbr.cz) 1 / 18 Obsh 1 Určitý vlstní (Riemnnův)
Extrémy funkce dvou proměnných
Extrémy funkce dvou proměnných 1. Stanovte rozměry pravoúhlé vodní nádrže o objemu 32 m 3 tak, aby dno a stěny měly nejmenší povrch. Označme rozměry pravoúhlé nádrže x, y, z (viz obr.). ak objem této nádrže
Logaritmická funkce teorie
Výukový mteriál pro předmět: MATEMATIKA reg. č. projektu CZ..07/..0/0.0007 Logritmická funkce teorie Eponenciální funkce je funkce prostá, proto k ní eistuje inverzní funkce. Tto inverzní funkce se nzývá
Matematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2018) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené
2. 3. 2018 Matematika II, úroveň A ukázkový test č. 1 (2018) 1. a) Napište postačující podmínku pro diferencovatelnost funkce n-proměnných v otevřené mn. M E n. Zapište a načrtněte množinu D, ve které
KŘIVKOVÉ INTEGRÁLY. Křivka v prostoru je popsána spojitými funkcemi ϕ, ψ, τ : [a, b] R jako množina bodů {(ϕ(t), ψ(t), τ(t)); t
KŘIVKOVÉ INTEGRÁLY Má-li se spočítt npř. spotřeb betonu n rovný plot s měnící se výškou, stčí spočítt integrál z této výšky podle zákldny plotu. o když je le zákldnou plotu nikoli rovná úsečk, le křivá
Integrál a jeho aplikace Tomáš Matoušek
Integrál jeho plikce Tomáš Mtoušek Křivk Definice.(Vektorováfunkce) Funkci ϕ:r R n,kteráreálnémučíslupřiřzuje n-tici reálných čísel(vektor), nzýváme funkcí vektorovou. Lze ji tké popst po složkáchjko ϕ(t)=(ϕ
MENDELOVA UNIVERZITA V BRNĚ MATEMATIKA K PŘIJÍMACÍM ZKOUŠKÁM NA PEF
MENDELOVA UNIVERZITA V BRNĚ MATEMATIKA K PŘIJÍMACÍM ZKOUŠKÁM NA PEF RNDr. Petr Rádl RNDr. Bohumil Černá RNDr. Ludmil Strá 0 Petr Rádl, 0 ISBN 97-0-77-9- OBSAH Předmluv... Poždvky k přijímcí zkoušce z mtemtiky..
Matematika II: Pracovní listy Integrální počet funkce jedné reálné proměnné
Mtemtik II: Prcovní listy Integrální počet funkce jedné reálné proměnné Petr Schreiberová, Petr Volný Ktedr mtemtiky deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzit Ostrv Ostrv 8 Obsh Neurčitý integrál.
Seznámíte se s další aplikací určitého integrálu výpočtem obsahu pláště rotačního tělesa.
.4. Obsh pláště otčního těles.4. Obsh pláště otčního těles Cíle Seznámíte se s dlší plikcí učitého integálu výpočtem obshu pláště otčního těles. Předpokládné znlosti Předpokládáme, že jste si postudovli
Úlohy školní klauzurní části I. kola kategorie C
52. ročník mtemtické olympiády Úlohy školní kluzurní části I. kol ktegorie 1. Odtrhneme-li od libovolného lespoň dvojmístného přirozeného čísl číslici n místě jednotek, dostneme číslo o jednu číslici krtší.
( t) ( t) ( t) Nerovnice pro polorovinu. Předpoklady: 7306
7.3.8 Nerovnice pro polorovinu Předpokldy: 736 Pedgogická poznámk: Příkld 1 není pro dlší průěh hodiny důležitý, má smysl pouze jko opkování zplnění čsu při zpisování do třídnice. Nemá smysl kvůli němu
Hyperbola a přímka
7.5.8 Hperol přímk Předpokld: 75, 75, 755, 756 N orázku je nkreslen hperol = se středem v počátku soustv souřdnic. Jká je vzájemná poloh této hperol přímk, která prochází počátkem soustv souřdnic? E B
Pružnost a plasticita II
Pružnost plsticit II. ročník klářského studi doc. In. Mrtin Krejs, Ph.D. Ktedr stvení mechnik Řešení nosných stěn pomocí Airho funkce npětí inverzní metod Stěnová rovnice ΔΔ(, ) Stěnová rovnice, nzývná
M A = M k1 + M k2 = 3M k1 = 2400 Nm. (2)
5.3 Řešené příkldy Příkld 1: U prutu kruhového průřezu o průměrech d d b, který je ztížen kroutícími momenty M k1 M k2 (M k2 = 2M k1 ), viz obr. 1, vypočítejte rekční účinek v uložení prutu, vyšetřete
1 Funkce dvou a tří proměnných
1 Funkce dvou a tří proměnných 1.1 Pojem funkce více proměnných Definice Funkce dvou proměnných je předpis, který každému bodu z R 2 (tj. z roviny) přiřazuje jediné reálné číslo. z = f(x, y), D(f) R 2
8. Elementární funkce
Historie přírodních věd potvrzuje, že většinu reálně eistujících dějů lze reprezentovt mtemtickými model, které jsou popsán tzv. elementárními funkcemi. Elementární funkce je kždá funkce, která vznikne
11. cvičení z Matematické analýzy 2
11. cvičení z Mtemtické nlýzy 1. - 1. prosince 18 11.1 (cylindrické souřdnice) Zpište integrály pomocí cylindrických souřdnic pk je spočítejte: () x x x +y (x + y ) dz dy dx. (b) 1 1 x 1 1 x x y (x + y
8.1. Určete všechny lokální extrémy funkce f(x, y) = x 2 + arctg 2 x + y 3 + y, x, y R.
Řešené příklady k extrémům funkcí více proměnných 8 Určete všechny lokální extrémy funkce fx y x + arctg x + y + y x y R Řešení Funkci f si vyjádříme jako součet f + f kde f x x + arctg x x R f y y + y
FI: JARO 2017 Verze: 9. února 2017
FI: JARO 7 Verze: 9. únor 7 Přednášky k předmětu MB Autor: Romn Šimon Hilscher Přednášející: Petr Hsil Obsh Přehled přednášek podle strny ukončení iii. Polynomy interpolce.. Interpolce.. Lgrngeův interpolční
1. a) Určete parciální derivace prvního řádu funkce z = z(x, y) dané rovnicí z 3 3xy 8 = 0 v
. a) Určete parciální derivace prvního řádu funkce z = z(x, y) dané rovnicí z xy 8 = v bodě A =, ]. b) e grafu funkce f najděte tečnou rovinu, která je rovnoběžná s rovinou ϱ. f(x, y) = x + y x, ϱ : x
1. Je dána funkce f(x, y) a g(x, y, z). Vypište symbolicky všechny 1., 2. a 3. parciální derivace funkce f a funkce g.
. Je dána funkce f(x, y) a g(x, y, z). Vypište symbolicky všechny.,. a 3. parciální derivace funkce f a funkce g.. Spočtěte všechny první parciální derivace funkcí: a) f(x, y) = x 4 + y 4 4x y, b) f(x,
(1) přičemž všechny veličiny uvažujeme absolutně. Její úpravou získáme vztah + =, (2) Přímé zvětšení Z je dáno vztahem Z = =, a a
Úloh č. 3 Měření ohniskové vzdálenosti tenkých čoček 1) Pomůcky: optická lvice, předmět s průhledným milimetrovým měřítkem, milimetrové měřítko, stínítko, tenká spojk, tenká rozptylk, zdroj světl. ) Teorie:
M - Příprava na 3. zápočtový test pro třídu 2D
M - Příprv n. ápočtový test pro třídu D Autor: Mgr. Jromír JUŘEK Kopírování jkékoliv dlší využití výukového mteriálu je povoleno poue s uvedením odku n www.jrjurek.c. VARIACE 1 Tento dokument byl kompletně
3. APLIKACE URČITÉHO INTEGRÁLU
APLIKACE URČITÉHO INTEGRÁLU APLIKACE URČITÉHO INTEGRÁLU V mtemtice, le zejmén v přírodních technických vědách, eistuje nepřeerné množství prolémů, při jejichž řešení je nutno tím či oním způsoem použít
9. T r a n s f o r m a c e n á h o d n é v e l i č i n y
9. T r a n s f o r m a c e n á h o d n é v e l i č i n y Při popisu procesů zpracováváme vstupní údaj, hodnotu x tak, že výstupní hodnota y závisí nějakým způsobem na vstupní, je její funkcí y = f(x).
I. Diferenciální rovnice. 3. Rovnici y = x+y+1. převeďte vhodnou transformací na rovnici homogenní (vzniklou
Typy příkladů pro I. část písemky ke zkoušce z MA II I. Diferenciální rovnice. 1. Určete obecné řešení rovnice y = y sin x.. Určete řešení rovnice y = y x splňující počáteční podmínku y(1) = 0. 3. Rovnici
Petr Hasil. Podpořeno projektem Průřezová inovace studijních programů Lesnické a dřevařské fakulty MENDELU v Brně (LDF)
Určitý integrál Petr Hsil Přednášk z mtemtiky Podpořeno projektem Průřezová inovce studijních progrmů Lesnické dřevřské fkulty MENDELU v Brně (LDF) s ohledem n discipĺıny společného zákldu (reg. č. CZ.1.07/2.2.00/28.0021)
MATEMATIKA III. Olga Majlingová. Učební text pro prezenční studium. Předběžná verze
Fakulta strojního inženýrství Univerzity J. E. Purkyně v Ústí nad Labem Pasteurova 7 Tel.: 475 285 511 400 96 Ústí nad Labem Fax: 475 285 566 Internet: www.ujep.cz E-mail: kontakt@ujep.cz MATEMATIKA III
18. x x 5 dx subst. t = 2 + x x 1 + e2x x subst. t = e x ln 2 x. x ln 2 x dx 34.
I. Určete integrály proved te zkoušku. Určete intervl(y), kde integrál eistuje... 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 0... 3. 4. 5. 6. 7. e d substituce t = ln ln(ln ) d substituce t = ln(ln ), dt = ln 3 e 4 d substituce
A DIRACOVA DISTRIBUCE 1. δ(x) dx = 1, δ(x) = 0 pro x 0. (1) Graficky znázorňujeme Diracovu distribuci šipkou jednotkové velikosti (viz obr. 1).
A DIRACOVA DISTRIBUCE A Dircov distribuce A Definice Dircovy distribuce Dircovu distribuci δx) lze zvést třemi ekvivlentními způsoby ) Dirc [] ji zvedl vzthy δx) dx, δx) pro x ) Grficky znázorňujeme Dircovu
9. T r a n s f o r m a c e n á h o d n é v e l i č i n y
9. T r a n s f o r m a c e n á h o d n é v e l i č i n Při popisu procesů zpracováváme vstupní údaj, hodnotu x tak, že výstupní hodnota závisí nějakým způsobem na vstupní, je její funkcí = f(x). Pokud