MATEMATIKA 1B ÚSTAV MATEMATIKY

Transkript

1 MATEMATIKA B Sbírka úloh Edita Kolářová ÚSTAV MATEMATIKY

2

3 MATEMATIKA B Sbírka úloh Úvod Dostali jste do rukou sbírku příkladů k přednášce Matematika B - Sbírka úloh. Tato sbírka je doplněním tetu Fuchs, Krupkova: Matematika. Navazuje na teoretický výklad látky z této knihy a doplňuje příklady k procvičení. Je zde řada příkladů řešených detailně, u dalších jsou uvedené výsledky, případně rady a návody. Zároveň jsem se ale snažila uvést do této sbírky všechny důležité vzorce, které při řešení příkladů využívám, abyste po prostudování příslušných kapitol z knihy Matematika mohli sbírku používat i samostatně. Kapitoly jsou navrženy tak, aby obsahovaly látku, která spolu úzce souvisí, a je možné je pochopit a nastudovat najednou jako celek. K zvládnutí Matematiky budete potřebovat znalosti ze středoškolské matematiky. Tato sbírka byla napsaná právě pro studenty, kteří mají slabší základy ze střední školy a proto nestačí rychlému tempu v jakém probíhá výuka matematiky na naší fakultě. Příklady obsažené v této sbírce jsou od nejjednodušších až po složitější, aby umožnily samostatné procvičení probíraných témat. Pro doplnění středoškolské matematiky doporučuji elektronické tety Kolářová: Matematický seminář přístupné v IS. Chtěla bych poděkovat svému kolegovi RNDr. Petru Fuchsovi Ph.D. za jeho rady a podporu při psaní této sbírky. Edita Kolářová Brno,

4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Obsah Diferenciální počet funkce jedné proměnné. Definiční obory funkcí Některé vlastnosti funkcí, inverzní funkce Limita funkce Derivace funkce L Hospitalovo pravidlo Integrální počet funkce jedné proměnné 4. Integrační metody Integrování racionální lomené funkce Určitý integrál Nevlastní integrál Řady 4. Nekonečná geometrická řada Konvergence číselné řady Mocninné řady Diferenciální počet funkce více proměnných 5 5 Integrální počet funkce více proměnných Dvojný integrál Výpočet dvojného integrálu Transformace dvojného integrálu

5 MATEMATIKA B Sbírka úloh FUNKCE JEDNÉ PROMĚNNÉ Diferenciální počet funkce jedné proměnné. Definiční obory funkcí Reálná funkce jedné reálné proměnné je zobrazení f množiny reálných čísel D do množiny reálných čísel H (D R, H R), pro které platí, že pro každé D eistuje jednoznačně určené y H. Značíme f : D H; f : f(); f : y f(), D. Množina D se nazývá definičním oborem funkce, H se nazývá oborem hodnot funkce. Je-li funkce zadána pouze předpisem f : y f(), definičním oborem této funkce se rozumí množina všech R, pro která má funkce smysl. Při určování této množiny potřebujeme znát definiční obory elementárních funkcí. Pro všechna reálná čísla jsou definována: funkce mocninná f : y n, n N; eponenciální f : y a, a >, a ; lichá odmocnina f : y n, n liché; sinus a kosinus f : y sin, f : y cos ; funkce f : y arctg, f : y arccotg. Počítáme-li definiční obor dané funkce, musíme pamatovat na následující: Obsahuje-li vyšetřovaná funkce zlomek jmenovatel se nesmí rovnat nule. Obsahuje-li funkce sudou odmocninu výraz pod odmocninou musí být nezáporný ( ). Obsahuje-li funkce logaritmus argument logaritmu musí být kladný (> ). Obsahuje-li vyšetřovaná funkce arcsin nebo arccos argument těchto funkcí musí být větší nebo roven - ( ) a zároveň menší nebo roven ( ). Obsahuje-li vyšetřovaná funkce cotg argument cotg se nesmí rovnat celočíselným násobkům π. Obsahuje-li vyšetřovaná funkce tg argument tg se nesmí rovnat číslům π + kπ.

6 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad... Najděte definiční obory následujících funkcí: + a) f : y b) g : y d) j : y 4 f) l : y ln(5 ) e) k : y ln( ) + 5 g) m : y ln ( 6 + 8) c) h : y 5 + Řešení: a) Funkce f obsahuje zlomek. Proto musí platit, že 4 5. Při řešení této kvadratické nerovnice najdeme nejdříve kořeny příslušné kvadratické rovnice a potom kvadratický polynom rozložíme na součin. Máme: 4 5 ( 5)( + ) 5, Z toho definiční obor funkce D(f) R \ {, 5}. b) Funkce g obsahuje zlomek i odmocninu. Proto musí platit: Výsledek si nakreslíme: ; D(g), ) (, ). c) Funkce h zase obsahuje zlomek i odmocninu. Proto: }. + > D(h) (, ).. + d) Funkce j obsahuje zlomek i odmocninu. Musí platit: Druhou nerovnici vyřešíme graficky pomocí nulových bodů čitatele i jmenovatele. V tomto případě máme nulové body 4 a. Body naneseme na reálnou osu a na vzniklých intervalech vyzkoušíme znaménko zlomku. ( + Máme 4 + a z toho D(j), (4, ). e) Funkce k obsahuje funkci logaritmus a zlomek.. > >. 5 5 Nakreslíme si obrázek: ( ) ( ) 5 ; D(k), 5 5,.

7 MATEMATIKA B Sbírka úloh 5 f) Funkce l obsahuje funkci logaritmus i zlomek:. 5 > < 5. ln(5 ) 5 4 ( ) ; D(l), ( ) 4, 5. g) Funkce m obsahuje logaritmus. Proto musí být >. Najdeme kořeny příslušné kvadratické rovnice a kvadratický polynom rozložíme na součin. Máme > ( )( 4) >. Nerovnici vyřešíme graficky pomocí nulových bodů a 4. Body naneseme na reálnou osu a na vzniklých intervalech vyzkoušíme znaménko součinu. Nakreslíme: a z toho D(m) (, ) (4, ). Příklad... Najděte definiční obor funkce f : y Řešení: Musí platit:.. + > + ln +.. ln D(f) 4, ). Poznámka. U tohoto příkladu jsme mohli vynechat druhou nerovnost. Pokud je splněno, že nějaký výraz je větší nebo se rovná jedné, je tento výraz automaticky kladný. Platnost druhé nerovnosti tehdy plyne z platnosti té třetí. Příklad... Najděte definiční obory funkcí obsahujících cyklometrické funkce: a) f : y arcsin( ) b) g : y arccos( 4) + ln (9 ) c) h : y arccos + d) k : y arcsin( + ) Řešení: a) Argument funkce f musí být z intervalu,. Řešíme dvě nerovnice, které musí platit zároveň:.. D(f),.

8 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně b) Funkce g obsahuje arccos i logaritmus. Proto: > < 9 < 9 Definiční obor funkce g je průnik těchto tři intervalů: D(g) 9, ). c) Funkce h obsahuje zlomek i arccos. Musí platit: Z toho D(h) (,. 5 9 d) Funkce k obsahuje funkci arcsin a zlomek.. arcsin( + ) D(k), ) (,. Příklad..4. Najděte definiční obory následujících funkcí: a) f : y b) g : y c) h : y ln(4 ) d) k : y ln + e) l : y log(5 + 4 ) f) n : y g) p : y arccos(6 5) h) q : y arcsin Řešení: a) D(f), ) (, ) ; b) D(g) 5, ) ; c) D(h) (, ) (, ) ; d) D(k) (, ) (, ) ; e) D(l) (, 5) ; f) D(n) ( 7, ) ; g) D(p), 7 5 ; h) D(q) (, ; j) D(r), j) r : y arccos +

9 MATEMATIKA B Sbírka úloh 7. Některé vlastnosti funkcí, inverzní funkce Sudá funkce pro každé D(f) je f() f( ), potom graf funkce je souměrný podle osy y. Lichá funkce pro každé D(f) je f() f( ), potom graf funkce je souměrný podle počátku. Periodická funkce s periodou p a platí f( ± p) f(). pro každé D(f) je také ± p D(f) Funkce zdola omezená na množině M D(f) eistuje-li takové reálné číslo d, že pro všechna M je f() d. Funkce shora omezená na množině M D(f) eistuje-li takové reálné číslo h, že pro všechna M je f() h. Funkce omezená na množině M D(f) je-li f zdola omezená i shora omezená na množině M. Funkce rostoucí na množině M D(f) jestliže pro každé dva prvky, M platí implikace: < f( ) < f( ). Funkce klesající na množině M D(f) jestliže pro každé dva prvky, M platí implikace: < f( ) > f( ). Funkce neklesající na množině M D(f) jestliže pro každé, M platí implikace: < f( ) f( ). Funkce nerostoucí na množině M D(f) jestliže pro každé, M platí implikace: < f( ) f( ). Funkce f je prostá na D(f) jestliže pro každou dvojici, D(f), platí, že f( ) f( ). Poznámka. Aby funkce f mohla být sudá nebo lichá, musí být definiční obor D(f) této funkce symetrická množina podle počátku. Aby mohla být funkce f periodická, musí být D(f) neomezená množina. Má-li periodická funkce f periodu p, pak také každé číslo kp, (k, celé) je rovněž periodou funkce f. Poznámka. Rostoucí a klesající funkce se souhrnně nazývají ryze monotonní funkce, nerostoucí a neklesající funkce zase monotonní funkce na množině M. Inverzní funkce je-li f prostá funkce s definičním oborem D(f) a oborem hodnot H(f), potom k tomuto zobrazení eistuje zobrazení inverzní, které je opět prosté a zobrazuje množinu H(f) na množinu D(f). Značíme f. Platí, že D(f ) H(f) a H(f ) D(f) a f (y), právě když y f(). Graf inverzní funkce f je souměrný s grafem funkce f podle přímky o rovnici y.

10 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad... Zjistěte, které z následujících funkcí jsou sudé, které liché a které ani sudé, ani liché. a) f() b) g() 4 c) h() + d) k() e) l() 5 f) n() g) p() cos h) q() sin j) r() + Řešení: a) D(f) R, f( ) ( ) + 5( ) f(), dle definice funkce f je sudá. b) D(g) R, g( ) ( ) 4( ) + 4 ( 4) g(), funkce g je lichá. c) D(h) R \ { }, definiční obor funkce není symetrický podle počátku. Funkce h není ani sudá ani lichá. d) D(k) R \ {, }, k( ) ( ) ( ) k(), funkce k je lichá. e) D(l) R \ {, }, l( ) ( ) ( ) , funkce l není ani sudá ani lichá. f) D(n) R, n( ) n() a také n( ) n(). Tato funkce je velice speciální, protože je zároveň sudá a zároveň lichá. Takovou vlastnost nemá žádná jiná funkce. g) sudá; h) lichá; j) ani sudá ani lichá. Příklad... Určete inverzní funkci k funkci f : y 6. Řešení: Funkce f je lineární, a tedy i prostá. D(f) R, H(f) R. Inverzní funkci budeme hledat tak, že zaměníme a y a z nové rovnice vyjádříme y. f : 6 y 6 y y 6. Z toho f : y. Platí, že D(f ) H(f) R, H(f ) D(f) R.

11 MATEMATIKA B Sbírka úloh 9 Příklad... Určete inverzní funkci k funkcím: a) f : y ln(4 ) b) g : y + ( ) + 5 c) h : y arcsin 4 Řešení: a) Definičním oborem funkce f je řešení nerovnice 4 >. Máme D(f) (, 4) a H(f) R. Funkce f je složená ze dvou prostých funkcí, logaritmické a lineární, je tedy prostá funkce. Zaměníme a y a z této nové rovnice vyjádříme y. f : ln(4 y) Inverzní funkce k logaritmické funkci je eponenciální funkce. Aplikujeme tedy eponenciální funkci na obě strany rovnice a dostaneme: e 4 y, e 4 y, e + 4 y f : y 4 e. Platí, že D(f ) R a H(f ) D(f) (, 4). b) Aby byla funkce y + definovaná, musí být 4. Můžeme tedy psát, 4 že D(g) (, 4) (4, ). Funkce g je lineární lomená funkce, a je proto prostá (grafem této funkce je hyperbola). Zaměníme v zadání funkce a y : g : y + y 4 (y 4) y + y 4 y + y y 4 + y( ) 4 + g : y 4 +. D(g ) (, ) (, ) H(g) a H(g ) D(g) (, 4) (4, ). ( ) + 5 c) Aby byla funkce h : y arcsin definovaná, musí platit nerovnice: ,. Funkce h je složená ze dvou prostých funkcí, arcsinus a lineární, a proto je na množině D(h) 4, prostá. Inverzní funkce k funkci arcsinus je funkce sin. Zaměníme v zadání funkce a y a na obě strany rovnice aplikujeme funkci sinus: ( ) y + 5 h : arcsin sin y + 5 sin y + 5 y sin 5 h : y sin 5. D(h ) π, π H(h) a H(h ) D(h) 4,.

12 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně. Limita funkce Funkce jedné proměnné f : y f() má v bodě a itu L, jestliže v případě, kdy se hodnota blíží k číslu a, funkční hodnoty f() se blíží k hodnotě (itě) L. Symbolicky pak píšeme: f() L. Podobně můžeme definovat f() A resp. a + a f() B tím, že uvažujeme případ, kdy se blíží k číslu a pouze zprava resp. pouze zleva. Funkce f má v bodě a nejvýše jednu itu. Pokud tedy má eistovat f() L, a musí platit f() f() L. + a a Poznámka. Elementární funkce f má v každém bodě svého definičního oboru D(f) itu rovnou funkční hodnotě v tomto bodě. Zřejmě bude zajímavější počítat ity v bodech, které nepatří do D(f), a v bodech ±. Mají-li funkce f, g v bodě a R konečné ity, tj. eistují-li ity f() R a a g() R, pak mají v tomto bodě ity i funkce f + g, f g, fg, cf, kde c R a je konstanta. Je-li navíc a g(), eistuje také ita funkce f g (f() ± g()) f() ± g(), a a a (c f()) c f(), a a f() a g() a f() a g(). a v bodě a a platí: (f() g()) f() g(), a a a Pro výpočet it funkce se často používá tato věta: Jestliže pro dvě funkce f, g platí, že pro všechna a z jistého okolí bodu a je f() g(), potom f() eistuje, a právě když eistuje g(), a platí f() g(). a a a Můžeme při počítání it funkce použít i následující vztahy: ( + ) e, ± sin ( + ) e, ± ( + k ) e k Necht jsou f() a g() dva plynomy, přičemž a n je člen s nejvyšší mocninou polynomu f() a b m je člen s nejvyšší mocninou v polynomu g(). Potom f() ± g() a n ± b m

13 MATEMATIKA B Sbírka úloh Příklad... Určete ity funkcí: a) ( 5) b) (6 cos ) c) d) Řešení: Bod a, ve kterém počítáme itu patří do definičního oboru funkce, a proto ity počítáme pouhým dosazením. a) ( 5) 5 4; c) ( ) 4 ; b) (6 cos ) 6 cos 6. d). Příklad... Určete ity následujících funkcí: a) 4 b) 6 c) d) Řešení: a) Funkce f : y 4 však v R {} provést úpravu není v bodě definována. Můžeme Potom f() 4 4 ( )( + ) ( )( + ) + g(). ( + ) + 4. b) Postupujeme podobně jako v části a). 6 c) d) ( + )( ) 5 ( + 5)( ) ( ) ( ) 4.

14 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad... Vypočtěte ity funkcí: a) + b) + c) Řešení: a) Chtěli bychom nuly vykrátit stejně, jako jsme to dělali v předchozím příkladě. K tomu potřebujeme polynomy namísto odmocnin. Proto lomený výraz rozšíříme výrazem ( + ) ( + + ) ( + + ) + +. b) ( )( + + ) c) ( + 4) ( + 7 9) ( ) ( ) Příklad..4. Vypočtěte ity funkcí v nevlastních bodech: a) b) c) Řešení: Počítáme itu z podílu dvou polynomů. O itě rozhodují nejvyšší mocniny čitatele i jmenovatele. a) b) c)

15 MATEMATIKA B Sbírka úloh Příklad..5. Vypočtěte ity funkcí: a) sin 9 sin b) c) ( ) d) ( ) sin Řešení: a) Budeme využívat vzorec. Potřebujeme ale nejdřív zajistit, aby v argumentu funkce sin byla stejná funkce jako ve jmenovateli. Proto lomený výraz rozšíříme číslem 9. sin 9 sin sin sin b) sin sin. ( c) Budeme využívat vzorec + k e ) k. ( ( + ) ) e. d) Výraz převedeme zase na vzorec ( ( ) ( ) ) + 5 ( [ ( + ) ] [ e ] + 5 Příklad..6. Určete ity funkcí: a) ( 6 + 5) d) b) π g) h) ( + k ) e k. Upravujeme: ( ) ( e ( sin ) c) 4 + e) ) ) e e 4. f) j) Řešení: a) ; b) -; c) -8; d) ; e) 8; f) 4 ; g) ; h) ; j) 5.

16 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně.4 Derivace funkce Derivace funkce f v bodě pokud eistuje ita, pak f f() f( ) ( ). ( ) Derivace funkce f na množině M funkce f : y f (), M. n-tá derivace funkce f na množině M funkce f (n) : y (f (n ) ) (), M. Rovnice tečny ke grafu funkce f v bodě [, f( )] přímka t, která má rovnici t : y f( ) f ( )( ). Vzorce pro derivování elementárních funkcí Vzorec pro derivaci funkce f Podmínky platnosti vzorce c (, ) ( n ) n n, n N (, ) ( r ) r r, r R (, ) (e ) e (, ) (a ) a ln a, a > (, ) (ln ) (, ) (log a ) ln a (, ) (sin ) cos (, ) (cos ) sin (, ) (tg ) (cos ) (cotg ) (sin ) (k + ) π, k Z kπ, k Z (arcsin ) (, ) (arccos ) (, ) (arctg ) + (, ) (arccotg ) + (, )

17 MATEMATIKA B Sbírka úloh 5 Vzorce pro derivaci součtu, rozdílu, součinu a podílu funkce: (u + v) u + v (u v) u v (uv) u v + uv (cu) cu, c R ( u ) u v uv, v v v Vzorec pro derivaci složené funkce: [f ϕ] () f (u)ϕ (), kde u ϕ(). Příklad.4.. Vypočtěte v přípustných bodech derivace funkcí daných předpisy: a) y 5 sin 6 e + b) y c) y ( 5) cos d) y sin + sin Řešení: a) y 5 cos 6 e ; b) y 6 ; c) Při derivování této funkce použijeme vzorec pro derivování součinu. y ( 5) cos + ( 5)(cos ) cos ( 5) sin. d) Při derivování této funkce použijeme vzorec pro derivování podílu. y ( sin ) ( + sin ) ( sin )( + sin ) ( + sin ) cos cos sin cos + sin cos ( + sin ) cos ( + sin ). Příklad.4.. Vypočtěte derivace funkcí v bodě : a) y π 7 b) y e ( ) c) y + 5 d) y + Řešení: a) y π 7, y ( ) π 7; b) y e ( + ), y ( ) e ; c) y +, y ( ) 9; d) y 4 ( + ), y ( ) 4. Příklad.4.. Derivujte funkce: a) y 5 6 b) y ( cos ) c) y sin cos d) y sin Řešení: a) y 8 ; b) y ( 7 c) y cos sin cos ; d) y 6 ) 7 sin ;

18 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad.4.4. Zderivujte složené funkce y sin, y sin a y sin. Řešení: Funkce y sin se dá zapsat jako y sin ϕ, ϕ. Potom y (sin ϕ) () cos ϕ cos. Podobně funkce y sin se dá zapsat jako y ϕ, ϕ sin. Potom y (ϕ ) (sin ) ϕ cos sin cos sin. Funkce y sin je dvakrát složená: y ϕ, ϕ sin ξ, ξ. Potom y (ϕ ) (sin ξ) () ϕ cos ξ 4 sin cos sin 4. Příklad.4.5. Vypočtěte derivace funkcí: a) y ln( 8) b) y e sin c) y e sin d) y cos e e) y ln + Řešení: a) y ( ) 8 8. b) y e sin + e sin cos e sin (sin + cos ). c) y e sin cos. d) y e sin e. e) y ( ) ( + ) + ( ) + ( ) ( )( + ). Příklad.4.6. Vypočtěte f (), kde: a) f() b) y e ( ) c) y e d) y ln( + ) Řešení: a) f () 5, f () 4, f () 4. b) f () e ( ) + e e ( + ), f () e ( + ) + e ( + ) e ( + 4), f () e ( + 4) + e ( + 4) e ( ). c) f () e, f () e + e e (4 + ), f () e (4 + ) + e 8 e (8 + ). e) f () + (+), f () (+) 9(+), f () 8( + ) 54 ( + ).

19 MATEMATIKA B Sbírka úloh 7 Příklad.4.7. Napište rovnici tečny ke grafu funkce f() v bodě T [,? ], kde a) f() 5 5 b) f() ln c) f() e d) f() + Řešení: a) Potřebujeme dosadit do rovnice y f( ) f ( )( ) za, f( ), f ( ). Ze zadání. Potom f( ) f() 5. + Pro směrnici tečny potřebujeme vypočítat derivaci funkce. f () ( + ) ( 5) ( + ) Po dosazení dostaneme f ( ) f () ( + ) 9 ( + ) Rovnice tečny bude t : y + ( ). Po úpravě t : y. b), f( ) f() ln, f () ln + ln +, f () Po dosazení do rovnice dostaneme t : y. c), f( ) e, f () e + e ( ) e ( ), f () e ( ). Po dosazení a úpravě t : + y 6. d) f () ( ) 5 (5 ) ( 5 ) 5 f () 5 4 ( 5) 5 4,, f() t : 5 + 4y. Příklad.4.8. Napište rovnici tečny ke grafu funkce f() ln ( + 7) a) v bodě T [,? ], b) která je rovnoběžná s přímkou y 4. Řešení: a) T [, ln(( )+7) ] [, ]. Pro směrnici tečny potřebujeme derivaci funkce v v bodě T. f () + 7, f ( ) ( ) + 7 Po dosazení do rovnice y y( ) y ( )( ) dostaneme y ( + ). Po úpravě y + 6. b) Směrnici tečny v libovolném bodě [, f( )] bude k t f ( ) + 7. Na druhé straně tečna má být rovnoběžná s danou přímkou, proto směrnice tečny se rovná směrnici přímky k 4. První souřadnici bodu T dostaneme řešením rovnice k t k

20 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Potom T [, ln( + 7) ] [, ln ln ln ] [, ln ] Po dosazení do rovnice dostaneme t : y + ln 4( + ). 4 Po úpravě t : 4 y + ln. Příklad.4.9. Určete rovnice tečen ke křivce y + v jejich průsečících s osou. Řešení: Průsečíky křivky s osou určíme řešením rovnice +. Rovnici převedeme na součinový tvar ( )(+) a dostaneme kořeny,,. Hledáme tedy rovnice tečen dané křivky v bodech T [, ], T [, ], T [, ]. Pro směrnici tečny v libovolném bodě [, y( )] platí k y ( ). Protože y () +, dostaneme k y ( ) +. Směrnice tečen uvažované křivky v bodech T, T, T jsou k y ( ) 6, k y (), k y (). Po dosazení do rovnice tečny y f( ) f ( )( ) obdržíme pro T [, ] a k 6 : y 6( + ) tj. 6 y + ; pro T [, ], k : y tj. + y ; pro T [, ], k : y ( ) tj. y. Příklad.4.. Určete rovnici tečny ke grafu funkce f : y 4 v bodě T [,?]. Řešení: 9y +. Příklad.4.. Určete rovnice tečen ke křivce y + 6 v jejich průsečících s osou. Řešení: 5 y + 45, 6 + y, y. Příklad.4.. Určete rovnici tečny ke křivce y e přímkou p : y. +, která je rovnoběžná s Řešení: T [, ], t : y +.

21 MATEMATIKA B Sbírka úloh 9 Příklad.4.. Derivujte funkce a derivaci upravte: a) f() ln( + 9) b) g() arctg c) h() arctg d) k() sin + sin + ln cos cos sin g) p() ln + sin Řešení: a) f () e) l() arcsin + f) n() ln sin h) q() ln 9 ; b) g () + j) r() arcsin 6 ( + 6 ) ; c) h () + ; d) k () cos ; e) l () arcsin ; f) n () cotg ; g) p () cos ; h) q () ; j) q ()..5 L Hospitalovo pravidlo L Hospitalovo pravidlo metoda výpočtu it pomocí derivací:. Necht spojité funkce f, g mají v bodě R funkční hodnoty f( ) g( ) a necht eistuje f () g (). f() Potom eistuje také g() f () a platí g () f() g(). f. Necht () f() g() nebo a eistuje g (), f() eistuje také g() a platí f () g () f() g(). potom Neurčitý výraz výraz typu: ; ± ; ; ; ; ; Příklad.5.. Užitím l Hospitalova pravidla vypočtěte ity funkcí: a) + 5 b) ln 6 c) sin d) sin π sin 4 Řešení: a) Je to ita z neurčitého výrazu typu, a proto můžeme použit l Hospitalovo pravidlo. + 5 ( + ) ( 5 ) 5 4.

22 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně b) Limita z neurčitého výrazu typu, použijeme l Hospitalovo pravidlo. ln 6 (ln ) ( 6). c) Je to ita z neurčitého výrazu typu, použijeme l Hospitalovo pravidlo. sin ( ) (sin ) cos Znova máme itu typu, použijeme l Hospitalovo pravidlo. cos ( ) (cos ) 6 sin Máme itu typu, použijeme l Hospitalovo pravidlo. 6 sin (6) 6 ( sin ) cos 6. d) Je to ita z neurčitého výrazu typu, použijeme l Hospitalovo pravidlo. sin π sin 4 (sin π) (sin 4) π cos π 4 cos 4 π cos 4 cos π 4. Příklad.5.. Užitím l Hospitalova pravidla vypočtěte ity funkcí: a) ln(cos ) sin d) e e g) sin cos b) e) π h) π 4 e cos c) + ln( ) tg π cos e π f) ln( ) sin n n + n j) (4 π) ( ) Řešení: a) ln(cos ) sin b) e cos c) Typ ln( ) + tg π e sin + ( sin ) cos sin cos π cos π e + e cos cos.. cos π + π π

23 MATEMATIKA B Sbírka úloh cos π sin π π. + π d) ; e) ; f) ; g) ; h) 8 n(n ) ; j). Příklad.5.. Vypočtěte ity z neurčitého výrazu typu : ( a) + ) ( b) e + ) ( c) + ) sin ( d) + ) ( e) ln + sin ) ( ) f) e Řešení: a) +, + e máme typ ity. Upravíme na společného jmenovatele, dostaneme itu typu l Hospitalovo pravidlo. ( + ) e + + e e + e + e + b) ; c) ; d) ; e) ; f) 5. e e (e ) + e + e e e ( + + ) + +. a použijeme Příklad.5.4. Vypočtěte ity z neurčitého výrazu typu : ( ) a) ( ln ) b) e + c) ( ) (tg π ) ( ) ( 4 + d) ln e) + (e ) cotg f) ( + ) ln + ) + Řešení: a) +, ln + máme typ ity ( ). Chtěli bychom upravit na l Hospitalovo pravidlo, tedy na typ nebo ±. ( ln ) + + ln + ln + Vidíme, že jsme rozšírením výrazem dostali itu typu, a můžeme tedy použít l Hospitalovo pravidlo. ln

24 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně + ln + ) b) (e e ( ) + e. ) ( e c) ( ) (tg π ) ( ( ) tg π ) π sin π π. + ( e tg π tg π ) 4. d) ; e) ; f). π e cotg π Příklad.5.5. Vypočtěte ity z neurčitých výrazu typu ; ; : a) + b) +(cos ) d) e) ) +(sin f) c) 4+ln + + (e + ) Řešení: Limity v tomto příkladě jsou a u() v(). Ve všech případech se jedna o neurčité výrazy. Při výpočtu ity nejdříve užijeme rovnosti a b e ln ab e b ln a, a >. a) Jedna se o neurčitý výraz typu. Upravujeme. eln e ln e ln Spočítáme itu z eponentu, která je typu. ln + + ln + b) Je to neurčitý výraz typu. +(cos ) eln(cos ) + e. + + ln(cos ) e + e + ln(cos ) e + ( sin ) cos e sin + cos e + cos cos sin e.

25 MATEMATIKA B Sbírka úloh c) Neurčitý výraz typu. 4+ln + eln 4+ln + d) ; e) ; f) e. e + ln 4 + ln e + e. Příklad.5.6. Užitím l Hospitalova pravidla vypočtěte ity funkcí: π ) a) b) (e (ln ) c) π sin 5 ( d) (cos ) e) + +(sin f) )e cos ) Řešení: a) 5 ; b) ; c) ; d) ; e) ; f) 6.

26 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Integrální počet funkce jedné proměnné. Integrační metody Primitivní funkce k funkci f na intervalu (a, b) funkce F : (a, b) R, taková, že F () f() pro všechna (a, b). Neurčitý integrál funkce f jiný název pro primitivní funkci. Značíme f() d. Poznámka. Primitivní funkce není určena jednoznačně. Přičteme-li k dané primitivní funkci konstantu, dostaneme zase primitivní funkci: f() d F () + C. Pravidla pro výpočet neurčitých integrálů: a f() d a f() d, a R ( f() ± g()) d f() d ± g() d f () f() d ln f() + C, f() metoda per partes: u () v() d u() v() u() v () d substituční metoda: ( ) f ϕ() ϕ () d t ϕ() dt ϕ () d f(t) dt Příklad... Vypočtěte integrály: 6 a) d b) (7 cos e ) d c) Řešení: a) 6 d 6 5 d d) + 4 d 6 + C + C + 4 d b) (7 cos e ) d 7 cos d e d 7 sin e + C c) d) d d 5 + d 5 arctg + C ( + 4 d 5 + 4) + 4 d 5 ln ( + 4) + C

27 MATEMATIKA B Sbírka úloh 5 Vzorce pro integraci elementárních funkcí Vzorec pro neurčitý integrál Podmínky platnosti vzorce d c (c R) (, ) d + c (, ) n r d n+ + c (, ), n N n + d r+ + c (, ), r R \ { } r + d ln + c (, ) (, ) e d e + c (, ) a d a + c (, ), a >, a ln a sin d cos + c (, ) cos d sin + c (, ) (cos ) d tg + c (k + ) π, k Z d cotg + c kπ, k Z (sin ) + a d a arctg + c (, ), a > a a d arcsin + c ( a, a), a > a

28 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad... Vypočtěte integrály: d tg a) sin b) d c) cos sin + d d) d Řešení: a) Funkci, kterou chceme integrovat, nejdříve upravíme. Využijeme vztah sin + cos. d sin sin cos + cos sin cos d sin sin cos d+ cos d + sin d tg cotg + C. b) Využijeme vztahy tg sin a sin sin cos. cos sin tg sin d cos sin cos d sin sin cos d cos d tg + C. + c) Upravíme: d d+ cos sin cos d cos d d d+ d d + d + + C + + C. d) Upravíme na dva zlomky a každý zlomek integrujeme zvlášt : d + 9 d d + d+5 arctg + 5 ln C arctg + 5 ln( + 9) + C. Příklad... Metodou per partes vypočtěte f() d funkce + 9 d a) f() (6 ) e b) f() cos c) f() ln d) f() ln e) f() arctg f) f() ln( + ) g) f() ( + ) e h) f() ( 4) sin j) f() ( 4 + ) cos Řešení: a) (6 ) e d u e u e v 6 v 6 (6 ) e 6 e d (6 ) e 6 e + C (6 9) e + C.

29 MATEMATIKA B Sbírka úloh 7 b) cos d u cos u sin v v sin sin d sin + cos + C. c) ln d u u v ln v... ln 9 + C. d) ln d u u v ln v ln d ln + C. e) arctg d u u v arctg v arctg + + d arctg + d arctg ln + + C. f) ln( +) d u u v ln( + ) v ln( +) + + d ln( + ) + d + ln( + ) d + ln( +) d+ + d ln( + ) + arctg + C. g) ( +) e d u e u e v + v ( +) e e d u e u e ( ) v v ( + ) e e e d ( + ) e e + e e ( + ) + C. h) ( 4) sin d u sin u cos v 4 v 6 ( 4) cos + 6 cos d u cos u sin v 6 v 6 ( 4) cos + 6 sin 6 sin d 6 sin + ( ) cos + C. j) ( 4 + ) cos d u cos u sin v 4 + v 4 ( 4+) sin ( 4) sin d u sin u cos v 4 v ( 4+) sin +( 4) cos cos d ( 4) sin + ( 4) cos + C.

30 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..4. Použijte substituční metodu na výpočet f() d, kde a) f() e b) f() sin(5 ) c) f() 4 + d) f() e +4 e) f() sin cos + 9 g) f() e sin e h) f() ( + ln ) Řešení: a) b) e d sin(5 ) d t d dt d dt 5 t d dt d dt ln f) f() cos j) f() sin e t dt et + C e + C. sin t ( ) dt cos t + C cos(5 ) + C. c) 4 + d + t d dt d dt 4 t dt t dt t 4 d) e) t + C 4 ( + ) + C. e +4 d + 4 t d dt sin cos + 9 d arctg t + C f) g) h) ln d e sin e d ( + ln ) d cos t sin d dt sin d dt arctg cos ln t d dt e t e d dt + C. ln t d dt e t dt e t + C e +4 + C. t dt 4 t + 9 dt t4 + C 4 t + dt ln 4 + C. sin t dt cos t+c cos e + C. dt arctg t+c arctg ln + C. + t

31 MATEMATIKA B Sbírka úloh 9 j) cos sin d Příklad..5. Vypočtěte integrál sin t cos d dt cos d dt 6 arcsin d. dt arcsin (sin ) + C. t t Řešení: 6 arcsin d d dt 6 d dt arcsin t dt u u t v arcsin t v t arcsin t t dt t t t s t dt ds t arcsin t + ds t arcsin t + s t dt dt s t arcsin t + t + C ( arcsin + ) 6 + C. Příklad..6. Vypočítejte následující integrály: ln a) d b) ln d c) d ln d) (sin 5 ) cos d e) tg d f) g) ( e e ) d h) e d j) sin cos d ( + ) e d k) ( + ) d l) d m) 4 d Řešení: a) ln(ln ) + C; b) (ln ) + C; c) ln + C; d) sin6 6 g) e e k) C; e) tg + C; f) arctg cos + C; + C; h) e + C; j) ( ) e + C; C; l) + +C; m) arcsin +C.

32 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně. Integrování racionální lomené funkce Racionální lomená funkce funkce tvaru f() a n n + a n n a b m m + b m m b, kde n, m N. Ryze racionální lomená funkce racionální lomená funkce, kde n < m. Parciální zlomky zlomky typu nebo M + N + p + q, A a, A, A, a R; n N ( a) n M + N ( + p + q) n, kde + p + q je nerozložitelný kvadratický polynom, čísla M, N, p, q R a n je přirozené číslo. Rozklad na parciální zlomky rozklad ryze racionální lomené funkce na součet parciálních zlomků. Poznámka. Integrál z ryze racionální lomené funkce počítáme tak, že racionální lomenou funkci nejdříve rozložíme na parciální zlomky a ty postupně integrujeme. Příklad... Rozložte funkci f() na součet polynomu a ryze racinální lomené funkce: a) f() b) f() c) f() Řešení: a) Vypočítáme ( + ) : ( + + 5) 9 zbytek Potom f() b) (5 ) : ( 4+) 5 zbytek 8. Potom f() c) f() Příklad... Rozložte ryze racionální lomené funkce na parciální zlomky: a) f() d) f() + + b) f() 8 + c) f() 4 e) f() ( ) f) f() 4 + g) f() + ( )( + ) h) f() j) f() 4 ( + 4)

33 MATEMATIKA B Sbírka úloh Řešení: a) Rozložíme jmenovatel na součin + + ( + )( + ). Dostali jsme dva činitele, ke každému z nich přiřadíme jeden parciální zlomek. f() ( + )( + ) A + + B + Ted zbývá vypočítat konstanty A a B. Upravujeme rovnici tak, že nejdřív se zbavíme zlomku, potom roznásobíme a sečteme pravou stranu. + ( + )( + ) A + + B + + A( + ) + B( + ) + A + A + B + B / ( + )( + ) Dostali jsme rovnici typu polynom se rovná polynomu. Porovnáme koeficienty u stejných mocnin na obou stranách rovnice. : A + B : A + B A B B+B A, B f() b) ; c) d) Jmenovatel + + ( + + ) ( + ) ( + )( + ). Máme tři činitele, přitom dvakrát stejný dvojčlen +. Musíme v rozkladu mít různé parciální zlomky, tzn. pro dva stejné činitele dva různé zlomky. f() + + A ( + ) + B + + C ( + ) Dále spočítáme koeficienty stejně jako v části a). Dostaneme f() ( + ). e) ( ) ( ) ; f)

34 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně g) Jmenovatel ( )( + ) se už nedá dál rozložit v reálném oboru. Máme dva činitele, a tak dva parciální zlomky. Výraz + je nerozložitelný kvadratický polynom. Proto + f() ( )( + ) A + B + C + Dále spočítáme koeficienty stejně jako v části a). Dostaneme f() + ( )( + ) h) ; j) 4 ( + 4) Příklad... Integrujte parciální zlomky: a) d) d b) + d e) + 8 d c) 4 d f) ( ) d ( + 4) 4 d Řešení: a) + d ( + ) + d d ln + + C. + 8 b) d 4 ( ) d 4 d 4 ln + C. c) d d ln + C. d) + d + d ln + + C. 4 e) ( ) d t dt d 4 t dt 4 t 4 + C. f) ( + 4) d t dt d t 4 dt t ( + 4) + C. Příklad..4. Integrujte parciální zlomky: a) d) d b) d e) d c) d f) d + d

35 MATEMATIKA B Sbírka úloh Řešení: Všechny parciální zlomky v tomto příkladě jsou typu M + N + p + q, kde + p + q je nerozložitelný kvadratický polynom. Pokud je M (čitatel zlomku obsahuje ), nejdříve upravíme zlomek tak, aby v čitateli byla derivace jmenovatele a použíjeme na výpočet tohoto integrálu vzorec ln f() + C. Zbylý integrál je typu f () N f() + p + q. Ve jmenovateli tohoto integrálu kvadratický člen doplníme na úplný čtverec a substitucí převedem integrál na vzorec + a d a arctg + C, nebo a rovnou použijeme vzorec ( + b) + a d a arctg + b + C. a a) d ln C. b) c) d 6 t dt d d d + + ( d + + 7) d d 6 ( ) + 4 d t + 4 d 6 arctg t + C arctg + C d d d ln d ln ln arctg ( + ) + C. 4 d) d d ln ( + ) + d d d d d d ln ( + ) + d ln arctg ( + ) + C.

36 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 4 e) d d d f) d d ln ( + ) + 4 d ln arctg + + C. + d arctg + C d 4 4 ( ) + 4 d Příklad..5. Vypočtěte integrály z racionální lomené funkce: 4 a) d b) d c) + 6 ( + 4)( ) d) d e) d f) d d Řešení: a) d + d ln + ln + +C; + b) ( + 4)( ) d d d 9 ln + ln arctg + C; c) d d + d) e) f) d+ + 4 d d d ln ln ln + arctg ( ) + C; d ( + ) d ln C; d d + 4 ln + ln( +4) d + arctg + C; d + + ln 6 ln + C.

37 MATEMATIKA B Sbírka úloh 5. Určitý integrál Newton Leibnitzův vzorec necht F () f(), a, b. Potom b a f() d Per partes pro určitý integrál Substituce pro určitý integrál b a b a [ ] b F () F (b) F (a). a u () v() d f(ϕ()) ϕ () d [ u() v() ϕ(b) ϕ(a) ] b a b a u() v () d. f(t) dt kde t ϕ(). Linearita určitého integrálu funkce f, g spojité na < a, b > a M, N R, potom b a (Mf() + Ng()) d M b a f() d + N b a g() d. Aditivnost určitého integrálu funkce f spojitá na a, b a c (a, b), pak b a f() d c a f() d + Příklad... Užitím Newton Leibnitzova vzorce vypočtěte: b c f() d. a) ( ) d b) π sin d c) π sin d d) π π cos d Řešení: a) Nejdřív spočítáme primitivní funkci k funkci f() ( ). F () ( ) d + C. Podle Newton Leibnitzova vzorce ] ( ) d [ + C ( ) + C C + C C. Vidíme, že integrační konstantu C při výpočtu určitého integrálu v bodě b přičteme a v bodě a zase odečteme, proto ji nemusíme psát. π [ ] π b) sin d cos ( cos π) ( cos ) ( ) +. c) d) π π π [ sin d cos d ] π cos ( cos π) ( cos ) +. [ ] π sin π sin π sin π.

38 6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad... Vypočtěte integrál d. Řešení: Pro funkci, kterou chceme integrovat platí: f() Využijeme aditivnost určitého integrálu: d ( ) d + ( ) d d + d {, pro <, ),, pro (, ). [ ] [ ] + 4. Příklad... Užitím Newton Leibnitzova vzorce vypočtěte určité integrály: a) 4 ( ) d b) d c) d d) e d Řešení: a) ; b) 65 ln ; c) 6 ; d) e e. Příklad..4. Metodou per partes vypočtěte integrály: a) ( ) e d b) Řešení: a) (e ( )) π ( ) e d sin d c) e [ ( ) e ] ln d d) [ e ] e + (e ) 5 e. e d arctg d b) π [ + sin c) d) e [ sin d ] π ] π cos + sin π sin. [ ] e ln d ln arctg d e [ ] arctg π 4 ( ln ) π 4 ln. π ( cos ) d ( ) e [ d ln e 4 ( π cos π + ) + ] e e. 4 [ ] + d arctg ln +

39 MATEMATIKA B Sbírka úloh 7 Příklad..5. Použijte substituční metodu na výpočet následujících integrálů: a) π + sin cos d Řešení: a) π [ ] t b) c) π 8 + sin cos d ( ). sin cos d π b) sin cos d c) sin t cos d dt d dt t π t ( + ) d 4 4 ( + ) d [ ] t 8 ( ) sin t cos d dt t π t [ ] t. + t 4 d dt t t ( + ) d t dt 4 t dt Příklad..6. Vypočítejte π sin d. Řešení: Použijeme vzorec sin cos α α. Dosadíme do integrálu. π π sin cos d d [ ] π [ sin ] π π. Příklad..7. Vypočítejte určité integrály: a) ( + ) d b) ( + ) d c) ln( + ) d Řešení: a) ; b) ; c) ln. 9

40 8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně.4 Nevlastní integrál Nevlastní integrál. typu a f() d, b f() d nebo f() d. Nevlastní integrál. typu Výpočet nevlastního integrálu integrál.) každé t > a a eistuje ita b a f() d z neomezené funkce na (a, b). Necht je f integrovatelná na intervalu a, t pro t t Potom nevlastní integrál se rovná této itě: a f() d I. a f() d t t a f() d..) každé a < t < b, funkce f() neohraničená v okolí bodu b a eistuje ita t b t itě: f() d I. Potom nevlastní integrál z neohraničené funkce se rovná této a b a f() d t b t Nevlastní integrál je konvergentní a f() d. pokud ita I je konečné číslo. Nevlastní integrál je divergentní pokud ita I v definici nevlastního integrálu se rovná plus nebo minus nekonečno, nebo když tato ita neeistuje. Poznámka. Podobně můžeme definovat nevlastní integrál typu kde funkce f() neohraničená v okolí bodu a. Příklad.4.. Vypočítejte následující nevlastní integrály: a) d b) d c) Řešení: a) d t integrál diverguje. b) c) d) t d t + 9 d t t d d) + 9 [ d ln t [ d t t t ln d t + 9 ln d ] t ] t b f() d nebo ln d e) ( ) ln t t ( ) t t +. ] t t [ d t arctg ln u d du u ln t u ln t b a e d arctg t π 6. f() d,

41 MATEMATIKA B Sbírka úloh 9 ln t [ du ] ln t t ln u t u ln e) e d e d t t [ e ( + ) t ] t t ( ( e t (t + ) + t Příklad.4.. Vypočítejte nevlastní integrály: ln t + ) ln ln. u e u e v v ) t +. t e t a) 4 4 d b) + 6 d c) e 6 d Řešení: a) 4 [ ] 4 t b) 4 4 t c) + 6 d t t t d t 4 ( arctg arctg t 4 e 6 d t t 4 Příklad.4.. Vypočítejte nevlastní integrál t [ d t t ( 6 ) t. ] 4 [ d + 6 t 4 arctg 4 ) ( π π ) 6 π. [ ] e 6 d t 6 e6 ) ( t 6 e 6t t 6. + d. Řešení: Vybereme si libovolný bod, například nulu, a interval (, ) bodem rozdělíme na dva intervaly a tak i integrál na dva nevlastní integrály: t ] 4 t + d t t t + [ arctg + d + t d + t ] t [ + arctg t + d + d ( ) ( ) ( arctg t + arctg t π ) + π t t π. ] t

42 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad.4.4. Vypočítejte následující integrály z neomezené funkce: a) Řešení: d b) d c) a) Funkce f() d t + t π ln d d) sin d e) cos je neohraničená v okolí nuly, proto počítáme: [ ] ( ) d ln ln t diverguje. t + t t + b) Funkce f() je neohraničená v okolí nuly. Proto: t [ ] t ( d d ) t. t t t c) Funkce f() ln je neohraničená v okolí nuly. Integrál počítáme metodou per partes. ([ ] ln d ln d t + t t + ln ) t t d ) ) t + ( ln t ln t [ 4 ] 4 t + t ln t 4 t + 4 t + t t t t + ( t ln t 4 + t 4 ln t t 4 t + 4 t + t 4 4. sin d) Víme, že cos. Proto funkce f() cos okolí nuly. Integrál počítáme substituční metodou. π π sin d cos t + t t + cos t du u t + ) ( cos t t + sin cos d u cos t. [ u t + t t je neohraničená v cos u sin d du t u cos t π u ] cos t e) Funkce f() je neohraničená v okolí bodu, který leží v intervalu (, ). Integrál proto musíme rozdělit na dva nevlastní integrály. d

43 MATEMATIKA B Sbírka úloh 4 d t t [ ] t ln t ) ( ln t ln t d + d d + t + t d [ ] + ln t + t ( + ln ln t t + ) ( ln t + ln t t t + Obě ity jsou nevlastní, a proto integrál diverguje. ) Příklad.4.5. Vypočítejte následující nevlastní integrály: a) d b) d c) d d) e d e) + 4 Řešení: a) diverguje; b) ; c) π 4 ; d) ; e) diverguje. 4 d Příklad.4.6. Proud v elektrickém obvodu je dán vztahem i(t) t e 4t. Určete celkový náboj Q i(t) dt. Řešení: Q 6.

44 4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Řady. Nekonečná geometrická řada Nekonečná posloupnost funkce, jejímž definičním oborem je množina přirozených čísel N. ( ) Nekonečná řada součet a n, kde a n je nekonečná posloupnost. n Konvergentní řada řada n n a n taková, že n n a k S R. k Jinými slovy součet konvergentní řady je konečný. Píšeme Divergentní řada řada a n, pro kterou součet n S n a n S. n n k a k neeistuje nebo je nekonečný. Geometrická posloupnost posloupnost ( ) a n n taková, že a n a q n, pro každé n N a reálné číslo q, které se nazývá kvocient geometrické posloupnosti. V geometrické posloupnosti platí, že a n+ q pro každé n N. a n Součet prvních n členů geometrické posloupnosti a) pro q je S n n a. b) pro q je S n a q n q. Geometrická řada řada vytvořená z geometrické posloupnosti, tedy a q n. Součet konvergentní geometrické řady geometrická řada s kvocientem q, q <, je konvergentní a platí: a q n a q. n Příklad... Sečtěte geometrickou řadu Řešení: a) a, q a a, q <, řada konverguje a S a q +. n

45 MATEMATIKA B Sbírka úloh 4 Příklad... Sečtěte geometrickou řadu (cos ) n + cos + cos n Řešení: a, q cos. Pro cos <, tedy kπ je řada konvergentní a S cos sin. Příklad... Sečtěte geometrické řady: a) n ( ) n b) n n c) n ( ) n d) ( ) n e) n ( ) n n n Řešení: a) S ; b) S ; c) S 4 e) S +, Příklad..4. (, ) (, ). Řešte rovnici ( ) ; d) S, (, 4); Řešení: Pravá strana rovnice je geometrická řada, a, q. Pro (, ) (, ) je řada konvergentní se součtem S +. 8 Máme řešit rovnici + na množině (, ) (, ). + Dostaneme kvadratickou rovnici + 4. Řešením je { 6, 4}. Příklad..5. Pro ; π řešte rovnici + sin + sin tg. Řešení: π π { π 4, 5π }. 4 sin sin cos Příklad..6. Vyřešte v R následující rovnice: a) ( + ) n b) ( ) n ( + ) n c) n ( ) n + 5 d) n n ( ) n 4 n sin Řešení: a) ; b) 5 ; c) nemá řešení; d) 8.

46 44 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně. Konvergence číselné řady Absolutní konvergence Číselná řada konverguje absolutně, pokud je konvergentní řada a n. n Neabsolutní konvergence Řada n n Nutná podmínka konvergence číselné řady Je-li nutně n a n. Řada s nezápornými členy řada a n a n konverguje, ale řada n a n a n diverguje. n konvergentní, potom je a n, kde a n pro každé n N. Podílové kritérium konvergence řady s nezápornými členy a n+ Je-li <, potom řada a n s nezápornými členy konverguje. n a n Je-li n a n+ a n >, potom řada n n n a n s nezápornými členy diverguje. Odmocninové kritérium konvergence řady s nezápornými členy Je-li n a n <, potom řada a n s nezápornými členy konverguje. n Je-li n n a n >, potom řada n n a n s nezápornými členy diverguje. Integrální kritérium konvergence řady s nezápornými členy Funkce f(),, ) je nezáporná a nerostoucí a navíc f(n) a n, n N. Potom řada konverguje, pravě když konverguje nevlastní integrál f() d. n a n Srovnávací kritérium Necht a n, b n R a a n b n pro všechna n n. Je-li konvergentní řada b n, potom je konvergentní i řada a n. Je-li divergentní řada n a n, potom je divergentní i řada n n b n. n

47 MATEMATIKA B Sbírka úloh 45 Alternující řada řada ( ) n a n, kde a n > pro všechna n N. n Leibnitzovo kritérium konvergence alternující řady Řada ( ) n a n n je konvergentní, pokud je posloupnost ( a n ) n n klesající a n a n. Příklad... Vyšetřete konvergenci následujících číselých řad s nezápornými členy: 4 + n ( ) n 7 ( ) n n n! a) b) c) d) + 5n n + 4 n n 4 + n Řešení: a) n + 5n. Není splněna nutná podmínka konvergence, 5 řada diverguje. ( ) n 7 b) Ověříme nutnou podmínku konvergence: diverguje. n c) Použijeme odmocninové kritérium. (n ) n ( ) n n < řada konverguje. n n + 4 n n + 4 n n d) Použijeme podílové kritérium. (n + )! n n n+ n! (n + ) n! n n n n! n n + > diverguje. Příklad... Pomocí integrálního kritéria rozhodněte o konvergenci následujících řad: ln n a) b) c) d) e) n n ln n n + n n + 6 n n n n Řešení: a) Zvolíme si funkci f() ln. Tato funkce je klesající a platí, že f(n) ln n, n,,... Vypočítáme si nevlastní integrál: n A f() d ln A ln [ t t dt A A ln d A d ] ln A Integrál diverguje, tedy i řada n ln t d dt t A t ln A ( ln A ). A ln n n diverguje. n n

48 46 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně b) f() ln ; f(n) n ln n, n,... Potom f() d [ ln ln A ] A c) f() +. Potom A ( A ) + A A ln d) f() A [ 4 arctg 4 d ln A A A d ln A ln d ln ln A ln ln řada diverguje. A f() d d A [ ln ln + A d + A [ ] A A + d ln ] A + A + ln ln ln ln < řada konverguje Potom ] A řada konverguje. A 4 e) f(). Potom f() d A f() d ( arctg A 4 arctg 4 ln A ln řada diverguje. d + 6 ) 4 A A ( π arctg d ) < A [ ] A d d ln A A Příklad... Pomocí srovnávacího kritéria rozhodněte o konvergenci následujících řad: a) n n b) n n n c) n ln n d) n (n + ) n Řešení: a) Platí, že n n, n,,..., takže, n,,.... n n Víme, že řada n n je divergentní, tedy i řada n n diverguje. b) n n n, n,,... n n n, n,.... Řada je konver- n gentní geometrická řada, tudíž je i řada n c) ln n n ln n, n,,... řada n n n n konvergentní. n ln n diverguje.

49 MATEMATIKA B Sbírka úloh 47 d) (n + ) n n, n,,... n (n + ), n,.... n Řada konverguje, tedy konverguje i řada n (n + ). n n Příklad..4. Rozhodněte o konvergenci následujících alternujících řad: a) ( ) n b) ( ) n n c) ( ) n n 9n 5 (n + 4) n n n ( ) Řešení: a) Posloupnost je klesající a n n n n. Podle Leibnitzova kritéria řada ( ) n n konverguje. b) Posloupnost ( n ) 9n 5 n Podle Leibnitzova kritéria řada ( c) Posloupnost n ) (n + 4) n ( ) n (n + 4) konverguje. n je klesající a n n ( ) n n n n 9n 5. diverguje. je klesající a. Takže řada n (n + 4) Příklad..5. Rozhodněte o absolutní konvergenci následujících řad: a) ( ) n b) ( ) n n + c) ( ) n n n n n n Řešení: a) Řada je alternující a podle předchozího příkladu je konvergentní. Řada ( )n n diverguje dle integrálního kritéria. n n n Takže řada ( ) n konverguje neabsolutně. n n ) ( n + n + b) Posloupnost klesající a n n n n. Podle Leibnitzova kritéria řada ( ) n n + diverguje, proto nemůže konvergovat ani řada n + ( )n n. Řada n n diverguje. n n

50 48 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně ( c) Posloupnost n ) n je klesající a n n n ( ) n n konverguje podle Leibnitzova kritéria. Řada ( )n konverguje podle integrálního kritéria. n n n n To znamená, že řada ( ) n konverguje absolutně. n n Příklad..6. Rozhodněte o konvergenci následujících řad: n ( a) b) 5n n c) + ) n d) ( ) n 5n + n n + n n n n n e) n 8 4 n Řešení: a) diverguje; b) konverguje; c) diverguje; d) diverguje; e) konverguje.. Mocninné řady Mocninná řada se středem v bodě řada tvaru a n ( ) n, R. n Obor konvergence mocninné řady konverguje. množina všech, pro která mocninná řada Poloměr konvergence mocninné řady se středem v bodě reálné číslo r takové, že mocninná řada a n ( ) n a + a ( ) + a ( ) +... n konverguje absolutně pro všechna ( r, + r) a diverguje pro všechna (, r) ( + r, ). Vzorec pro výpočet poloměru konvergence mocninné řady r sup n a n. n Poznámka. Ve vzorci na výpočet poloměru konvergence mocninné řady je horní ita, sup, která se dá nahradit obyčejnou itou v případě, že eistuje n a n. n Poznámka. Pokud Pokud n sup n a n, mocninná řada konverguje pouze v bodě. sup n a n, mocninná řada konverguje pro každé R. n

51 MATEMATIKA B Sbírka úloh 49 Příklad... Mocninná řada a n ( + ) n má poloměr konvergence. Rozhodněte n o konvergenci řady v bodech,,,, 6. Řešení: Střed řady je - a poloměr. Potom řada konvedguje na množině (, + ) ( 5, ). Body a leží unvitř tohoto intervalu, a proto řada konverguje v bodech a. Bod leží na hranici intervalu, a proto o konvergenci v tomto bodě bez znalosti koeficientů a n nelze rozhodnout. Body a 6 leží mimo interval 5,, mimo obor konvergence, proto řada diverguje v bodech a 6. Příklad... Je dána mocninná řada a n ( ) n. Víme, že řada konverguje pro n a diverguje pro 4. Rozhodněte o konvergenci řady v bodech,,, a 5. Řešení: Řada konverguje na ( r, + r). Víme, že bod leží uvnitř nebo na hranici tohoto intervalu a podobně bod 4 leží na hranici nebo mimo tento interval. Z toho plyne, že poloměr konvergence r (, ). Potom řada s jistotou konverguje v bodech, a a s jistotou diverguje v bodech a 5. Příklad... Určete obor konvergence mocninné řady n ( + ) n n n. Řešení: Střed řady je a poloměr r si vypočítáme podle vzorce. n n n n n n n n n n r. Řada konverguje absolutně na ( 4, ) a diverguje na (, 4) (, ). O konvergenci v bodech 4 a rozhodneme dosazením. Pro 4 ( ) n máme n ( ) n n ( ) n. Dostali jsme alternujíci řadu, n n n n n n n která je konvergentní (podle Leibnitzova kritéria z předchozí kapitoly). n Podobně pro dostaneme řadu n, která je divergentní n n n n (integrální kritérium). Z toho plyne, že mocninná řada diverguje pro. Oborem konvergence této mocninné řady je tedy množina 4, ).

52 5 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..4. Určete obor konvergence mocninné řady n n n se středem v. n Řešení: Příklad..5. n n n n M {}. n n Mocninná řada a n ( ) n má poloměr konvergence. Rozhodněte o konvergenci řady v bodech,,,. n Řešení: Konverguje v bodech a, diverguje v bodě a v bodě nelze rozhodnout o konvergenci. Příklad..6. Určete obor konvergence mocninné řady Řešení: M, 4). n ( ) n n n. Příklad..7. Určete obor konvergence mocninné řady n se středem v. n Řešení: (, ).

53 MATEMATIKA B Sbírka úloh 5 4 Diferenciální počet funkce více proměnných Funkce n proměnných funkce f : R n R, která zobrazuje bod (,..., n ) R n do bodu y R. Značíme y f(,..., n ). Definiční obor funkce n proměnných množina A R n bodů, pro které má definiční předpis funkce smysl. Funkce dvou proměnných funkce f : R R. Značíme z f(, y). Definičním oborem takové funkce je část roviny. Grafem je zpravidla plocha. Parciální derivace funkce n proměnných podle i je derivace funkce jedné proměnné g() f(,..., i,, i+,..., n ). Značíme f nebo také f i. i Parciální derivace druhého řádu f i j (,..., n ) (f i (,..., n )) j. Je to parciální derivace funkce f f i (,..., n ), podle proměnné j. Značíme také. i j Gradient funkce f v bodě A vektor gradf(a) (f (A),..., f n (A)). Značíme také f(a). Je to směr, ve kterém funkce nejrychleji roste. Poznámka. Při počítání parciálních derivací f i považujeme za proměnnou pouze i, na ostatní proměnné se díváme jako na konstanty. Pro výpočet parciálních derivací platí pravidla o derivování součtu, součinu a podílu funkcí. Poznámka. Můžeme počítat i parciální derivace vyšších řádů. Parciální derivace n - tého řádu je parciální derivace funkce, která sama vznikla jako (n )-ní derivace. Při počítání parciálních derivací vyšších řádů nezáleží na pořadí, v jakém počítáme derivace podle jednotlivých proměnných, jsou-li tyto derivace spojité. Tečná rovina k ploše Tak jako u funkce jedné proměnné jsme mohli využít derivaci v bodě k zapsání tečny v tomto bodě, můžeme využít parciálních derivací při hledání tečné roviny k ploše. Někdy se jedná o plochu, která je grafem funkce dvou proměnných z f(, y). V tomto případě říkáme, že plocha je daná eplicitně. Někdy z rovnice plochy neumíme vyjádřit proměnnou z, například u kulové plochy. V tomto případě říkáme, že plocha je daná implicitně. Rovnice tečné roviny ρ k ploše z f(, y) v bodě T [, y, z f(, y )] : ρ : f (T )( ) + f y (T )(y y ) (z z ). Tečná rovina k ploše dané implicitně rovnicí F (, y, z) v bodě T [, y, z ], pro který platí F (, y, z ), má rovnici:

54 5 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně ρ : F (T )( ) + F y (T )(y y ) + F z (T )(z z ). Příklad 4... Najděte definiční obor funkce: a) f(, y) 4 y b) f(, y) arcsin + y 6 Řešení: a) Přirozený definiční obor této funkce tvoří body, pro které platí 4 y, tedy D f {[, y] R + y 4}, což je uzavřený kruh se středem v počátku a s poloměrem. Grafem funkce je horní polovina kulové plochy + y + z 4, z. b) Zde musí platit + y 6 a + y 6. Po úpravě dostaneme definiční obor D f {[, y] R + y a + y 9}, což je mezikruží ohraničené kružnicemi s poloměry a se středem v počátku. Příklad 4... Najděte parciální derivaci funkce z y + y. Řešení: Nejdříve spočítáme z. Při počítání považujeme y za konstantu a derivujeme z jako funkci jedné proměnné. z ( + y) y y ( + y) ( + y). z Podobně při počítání y funkci jedné proměnné y. považujeme za konstantu a derivujeme z jako z y ( + y) y ( + y) ( + y). Příklad 4... Najděte parciální derivace funkce z podle jednotlivých proměnných a) z + y y y 7 b) z y sin( y) c) z cos( + y) d) z y, > e) z arccos y f) z arctg + y y g) z ln sin ( y) h) z ln ( + + y )

55 MATEMATIKA B Sbírka úloh 5 Řešení: a) z y + 4, z y y + 5; b) z y cos( y), z y sin( y) y cos( y); c) z cos( + y) sin( + y), z y sin( + y); d) z y y, z y y ln ; e) z y z y ; f) y z y, z +y y ; +y z y cotg ( y); h) z +y, z y g) z cotg ( y), y +y +. +y, y Příklad Dokažte, že funkce z e y vyhovuje rovnici z + y z y. Řešení: Dosadíme do rovnice: z e y y ; e y y y y e y z y e y ( y ). ( e y y ). y Příklad Dokažte, že funkce z ln( + y) vyhovuje rovnici z + y z y. Příklad Dokažte, že funkce z e y ln y vyhovuje rovnici z + y z y z ln y. Příklad Dokažte, že funkce z ln( +y+y ) vyhovuje rovnici z z +y y. Příklad Najděte parciální derivace funkce u podle jednotlivých proměnných a) u y yz 4y + 6z b) u ze cos( y ) c) u e sin (z y) d) u arctg ( y ) z y e) u ln f) u y w z w + 5yzw + z Řešení: a) u y 4y + 6z, u y y z 4, u z yz + 6; b) u z e cos( y ) [ cos( y ) sin( y )], u z e cos( y ), u y yz sin( y ) e cos( y ) ; c) u y e sin(z y) cos(z y), u y e sin(z y) cos(z y), u z e sin(z y) cos(z y); d) u z, +y +z y u z y, +y +z y u y z ; e) +y +z y u, +z u y, y u z z ; f) u +z 6, u y yw + 5zw, u z zw + 5yw, u w y z w + 5yz.