MATEMATIKA 1. Sbírka úloh ÚSTAV MATEMATIKY

MATEMATIKA Sbírka úloh Edita Kolářová ÚSTAV MATEMATIKY

MATEMATIKA Sbírka úloh Úvod Dostali jste do rukou sbírku příkladů k přednášce Matematika. 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,

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Obsah Maticový počet. Počítání s maticemi............................... Ekvivalentní úpravy matic, hodnost matice.................. 8. Determinanty a inverzní matice.........................4 Soustavy lineárních rovnic........................... 5 Diferenciální počet funkce jedné proměnné. Definiční obory funkcí.............................. Některé vlastnosti funkcí, inverzní funkce................... 7. Limita funkce...................................4 Derivace funkce................................. 4.5 L Hospitalovo pravidlo............................. 9 Integrální počet funkce jedné proměnné 44. Integrační metody................................ 44. Integrování racionální lomené funkce..................... 5. Určitý integrál.................................. 55.4 Nevlastní integrál................................ 58 4 Řady 6 4. Nekonečná geometrická řada.......................... 6 4. Konvergence číselné řady............................ 64 4. Mocninné řady................................. 68

MATEMATIKA Sbírka úloh LINEÁRNÍ ALGEBRA Maticový počet. Počítání s maticemi Matice A typu m n soubor m n čísel uspořádaných do m řádků a n sloupců: A a a a j a n a a a j a n.... a m a m a mj a mn Prvek a ij prvek matice A, který se nachází v i-tém řádku a j-tém sloupci. Prvek a ii diagonální prvek, nachází se v i-tém řádku a i-tém sloupci matice A. Čtvercová matice matice, která má stejný počet řádků jako sloupců. Některé čtvercové matice mají speciální tvar: a a A diagonální matice... a mm A a a a m a a... a mm E... horní trojúhelníková matice jednotková matice

4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně K matici A (a ij n m typu m n definujeme tzv. transponovanou matici A T B typu n m, kde b ij a ji, i,,..., n, j,,..., m. Matici A (a ij n m typu m n můžeme vynásobit číslem α R. Dostaneme znovu matici typu m n : B αa, kde b ij α a ij, i,,..., m, j,,..., n. Dvě matice A (a ij n m a B (b ij n m stejného typu m n můžeme sečíst. Výsledná matice C A+B bude znovu matici typu m n a c ij a ij +b ij, i,,..., m, j,,..., n. Matici A (a ij p m typu m p můžeme vynásobit maticí B (b ij n p typu p n. Výsledná matice C A B bude matici typu m n, kde c ij a i b j + a i b j + + a ip b pj p a ik b kj., i,,..., m, j,,..., n. k Prvek c ij dostaneme jako skalární součin i-tého řádku matice A a j-tého sloupce matice B. Příklad... Vypočítejte matici J A + B a H A B, kde ( ( 4 a A, B ; 4 7 b A Řešení: 4 4, B 5 4 4 4 5 6 7 9 a Matice A i B jsou typu a proto je můžeme sečíst. ( ( + 4 + 4 4 5 J 4 7 + + H ( 6 9 ( 7., ( 5 8 7 4 b Matice A je typu 5 a B je matice typu 4 5, tehdy se nedají sečíst a proto neeistuje matice J A + B ani H A B. Příklad... Vypočítejte matice M A + A T a A 5 6 5 5, b A ( 6 a N A A T, kde..

MATEMATIKA Sbírka úloh 5 Řešení: a Matice A je čtvercová a proto A i matice A T jsou stejného typu a tak je můžeme sečíst i odečíst. 5 6 5 5 7 M A+A T 5 + 5 5 ; 5 6 5 7 N A A T 5 6 5 5 5 5 6 5 5 5 5 5. b Matice A je typu, potom A T je matice typu, tehdy se nedají sečíst a proto neeistuje matice M A + A T ani N A A T. Poznámka. Matice M A+A T, pokud eistuje, je takzvaná symetrická matice (M M T a podobně N A A T je antisymetrická matice (N N T. Příklad... Vypočítejte matici X A 4 E, 4 ( a A 6 6, b A. 5 kde Řešení: a X A 4 E 4 6 5 4 8 6 9 4 9 6. b ( 6 X A 4 E 4 ( ( 8 6 7. Příklad..4. Vypočítejte matici X A B, kde 5 a A 6, B ; b A 4 4 6 ( 6 4 5 (, B. Řešení: a X je nulová matice. b X je jednotková matice typu.

6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..5. Vypočítejte matici X A B, ( a A, B b A c A Řešení: 5 4 6, B 5 5 7 7 4, B kde ; 5 8 ; 4 4 5 7 a Matice A je typu typu a B je typu typu a proto eistuje matice X A B, která bude typu. ( X 4 ( + + 4 + ( + + 4 ( + ( 4 4. 7 8 b Matice A je typu typu a B je typu typu 4 a proto eistuje matice X A B, která bude typu 4. 5 8 8 X 4 5 8 4 4 4 6. 6 6 9. c Matice A je typu 5 a B je matice typu 4, tzn. počet sloupců matice A se nerovná počtů řádků matice B, tehdy se nedá vypočítat A B. V tomto případě by bylo možné vypočítat součin B A a byla by to matice typu 4 5. Příklad..6. Vypočítejte matice X A B a Y B A, ( 5 A a B 4. 4 kde

MATEMATIKA Sbírka úloh 7 Řešení: Matice A je typu typu, B je typu typu a proto eistuje matice X A B, která bude typu a také matice Y B A, která bude typu. ( ( 5 X 4. 4 Y 4 ( 5 4 9 8 6 4 4 9 6 Poznámka. Násobení matic není komutatívní operace obecně A B B A. ( 5 Příklad..7. Vypočítejte matice X A a Y A A T, kde A 4 Řešení: Matice X a i matice Y eistují a budou to matice typu. ( ( ( 5 5 7 8 X A. 4 4 4 Y A A T ( 5 4 ( 5 4 ( 4 7... Příklad..8. Vypočítejte matice X (A + B a Y A + A B + B, ( ( A a B. 4 ( 4 Řešení: A + B. Potom X (A + B ( 4 ( 4 ( 8 5. ( ( ( ( Y + 4 4 4 ( ( ( ( 8 7 8 + 7 5 9 7 ( ( ( 7 6 8 + 7 7 + 6 6 7 4 7 7 + 8 4 5 4 + 7 7 8 + +. kde Příklad..9. Vypočítejte matici X A B, kde A 4 8 4 a B Řešení: X A B je nulová matice typu. 4.

8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně. Ekvivalentní úpravy matic, hodnost matice Ekvivalentní úprava nebo také elementární transformace matice jedna z následujících tři úprav:. záměna dvou řádků (sloupců matice,. vynásobení jednoho řádku (sloupce nenulovým číslem,. připočtení jednoho řádku (sloupce jinému. Ekvivalentní matice dvě matice A a B stejného typu, kde matice A se dá upravit pomocí elementárních transformací na matici B. Píšeme A B. Hodnost matice počet lineárně nezávislých řádků (sloupců v matici. Značíme hod(a. Poznámka. Pokud platí, že A B, potom hod(a hod(b. Z toho plyne velice jednoduchá metoda na počítání hodnosti matic. Když chceme počítat hod(a, tak tuto matici pomocí řádkových ekvivalentních úprav upravíme na trojúhelníkovou matici B. Je jasné, že počet lineárně nezávislých řádků v matici B se rovná počtu nenulových řádků této matice. Tím získáme i hod(a. Poznámka. Platí, že hod(a hod(a T. Znamená to, že je jedno, jestli při počítání hodnosti používáme ekvivalentní řádkové úpravy, anebo sloupcové úpravy. Příklad... Vypočítejte hodnosti následujících matic: a A 4, b B 6 4, c C 4 4 6 4 4 54 5 Řešení: a Upravovat začínáme v levým horním rohu matice A. Budeme provádět následující ekvivalentní řádkové úpravy:. Zaměníme první a druhý řádek v matici A. Tím získáme jedničku v levým horním rohu.. Dvojnásobek prvního řádku odečteme od druhého řádku. Jinými slovy k druhému řádku přičteme - násobek prvního řádku.. Po předchozí úpravě je první řádek a první sloupec podle naších představ. Při další úpravě postupujeme, jako kdyby jsme chtěli upravit na trojúhelníkový tvar matici typu, která by vznikla vynecháním prvního řádku a prvního sloupce. Táto submatice už má v levým horním rohu jedničku. Jako poslední úpravu třikrát druhý řádek přičteme k třetímu řádku. 4 4 4 4 4 9 4 4 9 Dostali jsme trojúhelníkovou matici. Spočítame nenulové řádky: hod(a..

MATEMATIKA Sbírka úloh 9 b. V matici B trojnásobek prvního řádku přičteme k druhému řádku a zároveň dvojnásobek prvního řádku odečteme od třetího řádku.. Druhý řádek vydělíme a zároveň třetí řádek vydělíme -6.. Druhý řádek odečteme od třetího řádku. 6 4 4 6 hod(b. c. V matici C nejdříve dvojnásobek prvního řádku přičteme k druhému řádku a zároveň sedmnásobek prvního řádku odečteme od třetího řádku.. Zaměníme druhý a třetí řádek.. Dvojnásobek druhého řádku přičteme k třetímu řádku. 6 4 4 54 4 8 58 5 4 9 4 9 4 8 58 Příklad... Zjistěte hodnost matice A 4 9 p hod(c. v závislosti na parametru p. Řešení:. V matici A přičteme první řádek druhému řádku a zároveň dvojnásobek prvního řádku odečteme od třetího řádku.. Druhý řádek vydělíme pěti.. Trojnásobek druhého řádku přičteme k třetímu řádku. 5 5 p p 6 p 6 p Pokud p (p matice má dvě nenulové řádky, jinak má matice nenulové řádky tři. Z toho plyne, že pokud p hod(c a v případě, kdy p hod(c. Příklad... Vypočítejte hodnosti následujících matic: a A 4 b B 5 6 c C Řešení: a hod(a ; b hod(b ; c hod(c. 4 5 9 7

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně. Determinanty a inverzní matice Determinant reálné číslo, které můžeme k dané čtvercové matici jednoznačně určit následujícím způsobem:. pro matici A (a typu je det(a a, ( a a. pro matici A typu je det(a a a a a a a, a a a. pro matici A typu je det(a a a a a a a (a a a + a a a + a a a (a a a + a a a + a a a. V tomto případě první dva řádky matice napíšeme pod danou matici typu a počítáme součiny zleva shora dolu po diagonále s plusem a zprava shora po opačné diagonále s mínusem. 4. pro obecnou čtvercovou matici A typu m m determinant počítáme rozvojem podle řádku (sloupce a a m.. a k a km a k ( k+ M k + a k ( k+ M k + + a km ( k+m M km.. a m a mm kde M kj označuje determinant submatice typu (m (m, která vznikne z původní matice vynecháním k-tého řádku a j-tého sloupce. Regulární matice čtvercová matice, která má nenulový determinant. Inverzní matice k matici A matice B, pro kterou platí, že AB BA E. Značíme A. Poznámka. Pokud A není regulární, neeistuje k ní inverzní matice A. Při hledání inverzní matice A postupujeme tak, že nejdříve k matici A typu m m připíšeme jednotkovou matici stejného typu. Dostaneme novou matici typu m m, kterou pomocí elementárních transformací upravujeme tak dlouho, dokud nevznikne jednotková matice vlevo. Potom z pravé části jednoduše opíšeme matici A. Postup ilustruje následující schéma: (A E (E A Příklad... Vypočítejte determinanty následujících matic typu : ( ( ( a b sin cos a A b B c C b a cos sin

MATEMATIKA Sbírka úloh Řešení: a det(a ( (. b det(b a b b a a a b ( b a + b. c det(c sin cos cos sin sin cos (sin + cos. Příklad... Vypočítejte determinanty následujících matic typu : a b 4 a A b B b a c C a b Řešení: a det(a ( ( ( ( + ( ( + ( ( ( ( + + ( ( + + 4 + + 5 9 6. b det(b a b b a a b ( ( b b+ a b+ a a b b +a a +b a b + ab + a b a ab. Poznámka. Matice B má dva lineárně závislé řádky (první řádek je stejný jako třetí a proto det(b. c det(c 4 4 + + (4 + 8 + 9 7 6. Příklad... Vypočítejte determinanty následujících matic typu 4 4: a a A 9 5 b B 4 c C b a b c a b b c a b Řešení: a Je to matice typu 4 4, proto determinant musíme počítat rozvojem. Vybereme si řádek nebo sloupec, kde je nejvíce nul. V tomto případě jednoznačně nejvhodnější bude třetí řádek, kde jsou až nuly. Jediné nenulové

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně číslo v tomto řádku je 5, která je v třetím řádku a třetím sloupci. det(a 9 5 + + 5 ( + + ( 5 6 + + + + 5 5 5. b V tomto případě nejvhodnější bude počítat rozvoj podle třetího sloupce. a det(b 4 a ( + 4 b + + + + b ( 4+ 4 a 7 b ( 9 7a + 9b. c Rozvineme determinant podle prvního sloupce. a b c det(c a b a b b c ( + b c a b a b ac b. Příklad..4. Vypočítejte determinanty následujících matic : ( cos sin a b c a A b B c C a b sin cos a d G 5 8 7 5 e H Řešení: a ; b ; c a ; d-; e -9. Příklad..5. Vypočítejte inverzní matici k matici: ( ( ( a A b B c C 4 4 d D (

MATEMATIKA Sbírka úloh Řešení: a Matice A je regulární, det(a 4, proto eistuje A. Při počítání inverzní matice použijeme postup, který jsme popsali v úvodu této kapitoly. Matici (A E typu 4 začneme upravovat z levého horního rohu směrem dolu, stejně jako při počítání hodnosti.. Přehodíme řádky.. První řádek vydělíme -, druhý řádek -.. Pokračujeme z pravého dolního rohu matice A směrem nahoru. Dvojnásobek druhého řádku odečteme od prvního řádku. 4. Z pravé části si opíšeme inverzní matici. ( ( 4 4 ( A ( ( b det(b 4 8 eistuje B.. Dvojnásobek prvního řádku odečteme od druhého řádku.. Druhý řádek vydělíme -4, první řádek.. Tři poloviny krát druhý řádek odečteme od prvního řádku. 4. Z pravé části si opíšeme inverzní matici. ( ( 4 4 c C ( 4 8 4 ( ( B 8 ( ; d D.. 4 ( 4. Příklad..6. Vyřešte maticovou rovnici A X B pro neznámou matici X, kde ( ( A a B. 7 Řešení: det(a 7 6, potom A X B X A B. ( 7 ( ( 7 A ( 7 X A B ( 7 ( ( 5 6.

4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad..7. Vypočítejte inverzní matici k matici: a A b B 4 c C 4 Řešení: a det(a eistuje A. Matici (A E typu 6 začneme upravovat z levého horního rohu směrem dolu.. První řádek přičteme k druhému a třetí řádek vydělíme -.. Druhý řádek vydělíme -.. Pokračujeme z pravého dolního rohu matice A směrem nahoru. Dvojnásobek třetího řádku přičteme k druhému řádku. 4. Druhý řádek přičteme k třetímu řádku. b det(b a proto neeistuje B. c det(c 4 eistuje C. A A..

MATEMATIKA Sbírka úloh 5.4 Soustavy lineárních rovnic Soustava m lineárních rovnic o n neznámých má tvar: a + a + + a n n b a + a + + a n n b a m + a m + + a mn n b m Matice soustavy koeficienty z lineární soustavy zapsané do matice typu m n a a a n a a a n A....... a m a m a mn Vektor neznámých sloupcový n rozměrný vektor.. n Vektor pravých stran sloupcový m rozměrný vektor b b b.. b m Rozšířená matice soustavy matice typu m (n +, složená z matice soustavy s přidaným sloupcem pravých stran a a a n b a a a n b à A b........ a m a m a mn b m Maticový zápis soustavy zápis soustavy jako součin matic A b. Homogenní soustava soustava, kde vektor pravých stran je nulový vektor. Čtvercová soustava soustava, kde matice soustavy A je čtvercová matice. Jedná se o soustavu n lineárních rovnic o n neznámých.

6 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Frobeniova věta. Uvažujme soustava m lineárních rovnic o n neznámých A b. Jestliže hod(a hod(ã k, potom soustava má řešení. V případě k n má soustava právě jedno řešení. V případě k < n má soustava nekonečně mnoho řešení, která mohou být zapsána pomocí n k parametrů. Jestliže hod(a hod(ã, potom soustava rovnic A b nemá řešeni. Při řešení soustavy lineárních rovnic pomocí Gaussové einační metody budeme postupovat následovně:. Převedeme rozšířenou matici soustavy ekvivalentními úpravami na trojúhelníkový tvar.. Pomocí Frobéniovy věty rozhodneme o řešitelnosti soustavy.. Rozšířenou matici soustavy převedenou na trojúhelníkový tvar zase zapíšeme jako soustavu rovnic a postupně vypočítáme jednotlivé neznámé. Příklad.4.. Řešte soustavy rovnic: a + y z b 4y z c + y + z d + 5y y + z 4 6 y + z 9 y + z 4 + y + y 6z 4 8y 4z 4 4y 6z 4 + y Řešení: a Rozšířenou matici soustavy a upravíme na trojúhelníkový tvar tak, že první řádek odečteme od druhého a trojnásobek prvního řádku odečteme od třetího řádku. Ã 4 6 6 4 hod(a, hod(ã, soustava nemá řešení. b Rozšířenou matici budeme upravovat následovně:. První řádek vydělíme a třetí řádek vydělíme 4.. Přehodíme první a třetí řádek.. Šestnásobek prvního řádku odečteme od druhého řádku. 4. Přehodíme první a třetí řádek. 5. Pětnásobek druhého řádku odečteme od třetího řádku. 6. Třetí řádek vydělíme. Ã 4 6 9 4 8 4 4 6 9 6

MATEMATIKA Sbírka úloh 7 6 6 9 6 6 7 7 6 hod(a, hod(ã, počet neznámých n. hod(a hod(ã n soustava má právě jedno řešení. K poslední rozšířené matici přiřadíme soustavu: 6 7 7 y z 6 y z z z, y + z, 6+y+z 6+ 5 5, y, z. c Upravujeme rozšířenou matici soustavy:. Třetí řádek vydělíme.. Dvojnásobek druhého řádku odečteme od třetího řádku.. Třetí řádek vydělíme -5. Ã 4 6 6 5 5 hod(a hod(ã n právě jedno řešení Dostali jsme soustavu: + y + z y + z z 5 a nakonec y z + 5 5 + 4. Řešením soustavy je trojice 4, y 5, z 5. y z 5

8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně d. Druhý řádek přičteme k třetímu řádku.. Dvojnásobek prvního řádku odečteme od druhého řádku a třetí řádek vydělíme 6.. Druhý řádek vydělíme. 4. Druhý řádek odečteme od třetího řádku. Ã 5 4 4 5 4 6 5 5 6 5 5 hod(a hod(ã n právě jedno řešení. Máme řešit soustavu: + 5y y } 5y 6 Řešením soustavy je 6, y. Příklad.4.. Rozhodnete o řešitelnosti soustavy s parametrem pomocí Frobéniovy věty. a + ay b a + 4y c + y + z a + 9y + ay + ay + z + y + az Řešení: a Napíšeme rozšířenou matici soustavy a budeme upravovat na trojúhelníkový tvar, stejně jako u soustav bez parametru, odečtením a-násobku prvního řádku od druhého řádku. Ã ( a a 9 ( a 9 a a Vidíme, že hod(a pro 9 a a hod(a pokud 9 a. 9 a ( a( + a a ± Pro a ± máme hod(a, hod(ã, n právě jedno řešení. Musíme ještě vyřešit soustavu pro a a pro a. V obou případech si nejdříve dosadíme do upravené řozšířené matice soustavy a rozhodneme pomocí Frobéniovy věty.

MATEMATIKA Sbírka úloh 9 a à ( a à ( 6 b Upravujeme rozšířenou matici soustavy. hod(a hod(ã n hod(a hod(ã. Předpokládejme, že a. Druhý řádek vynásobíme číslem a. } nekonečně mnoho řešení. soustava nemá řešení.. První řádek odečteme od druhého řádku. ( ( ( a 4 a 4 a 4 à a a a a a 4 a Podobně jako v a je hod(a pro a 4 a hod(a pokud a 4, a. Máme a 4 (a (a + a ±. Pro a ±, a je hod(a, a à ( 4 a à ( 4 4 Ještě musíme vyšetřit případ, kdy a. Potom à ( 4 hod(ã, hod(a hod(ã n n právě jedno řešení. hod(a hod(ã hod(a hod(ã n nekonečně mnoho řešení. } soustava nemá řešení. právě jedno řešení. c Upravujeme rozšířenou matici soustavy tak, že první řádek odečteme od druhého a od třetího řádku. à a a a a Vidíme. že hod(a pro a a hod(a pokud a. Pro a je hod(a, a : à hod(ã, n právě jedno řešení. hod(a hod(ã n nekoněčně mnoho řešení.

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad.4.. Řešte soustavy rovnic: a + y z b + y + z u c + 4y + z u y + z 5 + y z + u + 6y + z 6 + y z 4 4 + 7y + z 5 + y + z u + y z 5 5 + 7y 4z + 7u 8 Řešení: a Rozšířenou matici soustavy a upravíme na trojúhelníkový tvar. Ã 5 4 4 5 hod(a, hod(ã, n soustava má nekonečně mnoho řešení, závislých na n hod(a parametru. K poslední matici přiřadíme soustavu: Zvolíme si například za z p, p parametr. + y z y + z Potom máme řešení ve tvaru z p, y p,, p R. b Upravujeme rozšířenou matici soustavy: Ã 4 7 5 5 7 4 7 8 4 4 4 4 4 9 4 hod(a hod(ã n 4 Soustava má nekonečně mnoho řešení, závislých na n hod(a 4 parametrech. K poslední matici přiřadíme soustavu: Zvolíme si z p, u q; p, q parametry. + y + z u y + z 4u ; Potom máme řešení z p, u q, y 4q p, 9q + 4p; p, q R.

MATEMATIKA Sbírka úloh c 4 6 6 6 6 6 4 hod(a hod(ã n 4 nekonečně mnoho řešení, závislých na n hod(a 4 parametru. K poslední matici přiřadíme soustavu: + y + z u z u u Potom u, z, a zvolíme si za y p, p parametr a máme řešení p, y p, z, u, p R. Příklad.4.4. Řešte homogenní soustavy rovnic: a + y z + u b + y 4z + 4u c + y z + u y + z + y z + u + y z + u + y z + u 4 + 5z u y + z + 4u y u + y z + u Řešení: a Homogenní soustava rovnic má vždy řešení, a to nulový vektor. Pravá strana se stává ze samých nul, která se nemění ani při ekvivalentních úpravách. Abychom ušetřili zbytečné opisování těchto nul, můžeme upravovat pouze matici soustavy. Pokud hod(a n soustava má pouze triviální řešení (nulový vektor, jinak má soustava nekonečně mnoho řešení. A hod(a 4, n 4 právě jedno řešení, y, z, u.

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně b Upravujeme matici soustavy. Žádnou výměnou řádku nedosáhneme jedničku v levém horním rohu, proto první úprava bude odečtení druhého řádku od prvního. Dále upravujeme tradičním způsobem. A 4 4 4 5 4 5 4 5 4 5 7 7 7 5 7 7 4 4 hod(a, n 4 hod(a n. Soustava má nekonečně mnoho řešení, závislých na n hod(a 4 parametru. Zapíšeme příslušnou soustavu: z + u y + 4z u z + u Zvolíme si u p, p parametr. Potom u p, z p, y p, p; p R. c Upravujeme matici soustavy. A 4 4 hod(a n 4 4 ; hod(a n Nekonečně mnoho řešení, závislých na n hod(a 4 parametru. Máme soustavu: + y z + u y + z z + u Zvolíme si u p, p parametr. Potom řešením soustavy bude u p, z p, y p, p; p R. Příklad.4.5. Řešte soustavy rovnic: a + y + z 7 b + y + z c + y + z y + z 6 + y + 5z + 4y + 6z + y + z 4 + 5y + 8z y + z 4 Řešení: a, y, z ; b soustava nemá řešení; c soustava má nekonečně mnoho řešení: 5t, y t, z t, t R. (Porovnejte s příkladem 5.5. ze skript [?].

MATEMATIKA 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.

4 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad... Najděte definiční obory následujících funkcí: + a f : y b g : y 4 5 5 + 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:. 5. + 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:. 4 4. + 4 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,.

MATEMATIKA Sbírka úloh 5 f Funkce l obsahuje funkci logaritmus i zlomek:. 5 > < 5. ln(5 5 4 ( 4 5 4 ; D(l, ( 4, 5. g Funkce m obsahuje logaritmus. Proto musí být 6+8 >. Najdeme kořeny příslušné kvadratické rovnice a kvadratický polynom rozložíme na součin. Máme 6 + 8 > ( ( 4 >. Nerovnici vyřešíme graficky pomocí nulových bodů a 4. Body naneseme na reálnou osu a na vzniklých intervalech vyzkoušíme znaménko součinu. Nakreslíme: + 4 + a z toho D(m (, (4,. Příklad... Najděte definiční obor funkce f : y Řešení: Musí platit:.. + > + ln +.. ln + + + 4 4 + 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,.

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

MATEMATIKA 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.

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( + 5 4 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( 4 + 5 4 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( ( ( 5 5 5 +, 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.

MATEMATIKA 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 + y 4 y + y 4 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: + 5 + 5 8 4,. 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,.

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 + f( B tím, že uvažujeme případ, kdy se blíží k číslu a pouze zprava resp. a 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 Nechť 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

MATEMATIKA 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 5 + 4 5 + 5 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 5 + 4 5 + 5 d ( + ( 5 ( + 5( + 5 +. 5 4. ( ( 4.

Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad... Vypočtěte ity funkcí: a + b + c + + 7 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 + + + + + + ( ( + + + 4 + + + 4. c + + 7 ( + 4 ( + 7 9 + + 7 + + + + + 7 + + + ( ( + 7 + + 7 + + 7 + + +. Příklad..4. Vypočtěte ity funkcí v nevlastních bodech: a 5 + + 6 4 9 + b 6 + 7 c 4 4 5 + Řešení: Počítáme itu z podílu dvou polynomů. O itě rozhodují nejvyšší mocniny čitatele i jmenovatele. a 5 + + 6 4 9 + b 6 + 7 5 4 c 4 4 5 + 6 4 4 5 4. 6..

MATEMATIKA Sbírka úloh Příklad..5. Vypočtěte ity funkcí: a sin 9 sin b c ( d ( + 7 + 5 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 9 9 9 sin 9 9 9 9 9. sin b sin sin. ( c Budeme využívat vzorec + k e k. ( ( + e. d Výraz převedeme zase na vzorec ( + 7 + 5 ( + + 5 ( + + 7 + 5 ( + + 5 [ ( + ] +5 +5 [ e ] + 5 Příklad..6. Určete ity funkcí: a ( 6 + 5 d 4 + 4 b π g 4 + 4 h ( + k e k. Upravujeme: ( + + 7 5 + 5 +5 +5 ( + + 5 + 5 e ( sin c 4 + e 5 + 6 6 4 5 +5 +5 + 5 e e 4. f 6 + 4 + 7 4 5 + 6 j 6 4 5 Řešení: a ; b -; c -8; d ; e 8; f 4 ; g ; h ; j 5.

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 + (,

MATEMATIKA 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 (uϕ (, 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. 4 + 6 7 ;

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( 4 5 + 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 ( + 6 + 4. c f ( e, f ( e + e e (4 +, f ( e (4 + + e 8 e (8 +. e f ( + (+, f ( (+ 9(+, f ( 8( + 54 ( +.

MATEMATIKA 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 (. + 4 + 5 ( + 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. + 7 4 4 + 4 4.

8 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Potom T [, ln( + 7 ] [, ln ln ln ] [, ln ]. 4 4 4 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 +.

MATEMATIKA Sbírka úloh 9 Příklad.4.. Derivujte funkce a derivaci upravte: a f( ln( + 9 b g( + 6 + 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:. Nechť spojité funkce f, g mají v bodě R funkční hodnoty f( g( a nechť eistuje f ( g (. f( Potom eistuje také g( f ( a platí g ( f( g(. f (. Nechť 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.

4 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

MATEMATIKA Sbírka úloh 4 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 + 5 6 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

4 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.

MATEMATIKA Sbírka úloh 4 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.

44 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 5 + 4 d 5 + 4 d 5 + d 5 arctg + C ( + 4 d 5 + 4 + 4 d 5 ln ( + 4 + C

MATEMATIKA Sbírka úloh 45 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

46 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad... Vypočtěte integrály: d tg a sin b d c cos sin + d d + 5 + 9 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 zvlášť: + 5 + 9 d + 9 d+ 5 + 9 d + d+5 arctg + 5 ln + 9 + 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.

MATEMATIKA Sbírka úloh 47 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.

48 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

MATEMATIKA Sbírka úloh 49 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 6 + 4 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 5 5 + 7 + C; e tg + C; f arctg cos + C; + C; h e + C; j ( + 4 + 5 e + C; 6 7 + +C; l + +C; m arcsin +C.

5 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 A a, A, A, a R; n N ( a n M + N nebo + p + q, M + N ( + p + q, kde n + 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( + + + 5 b f( 5 4 + c f( 4 + + + Řešení: a Vypočítáme ( + : ( + + 5 9 zbytek + 45. Potom f( + + + 5 9 + + 45 + + 5. b (5 : ( 4+ 5 zbytek 8. Potom f( 5 + 8 4 +. c f( 4 + + + +. Příklad... Rozložte ryze racionální lomené funkce na parciální zlomky: a f( + + + b f( 8 + c f( 4 d f( + + e f( 4 4 + + ( f f( 4 + g f( + ( ( + h f( 4 + 4 + j f( 4 ( + 4

MATEMATIKA Sbírka úloh 5 Řešení: a Rozložíme jmenovatel na součin + + ( + ( +. Dostali jsme dva činitele, ke každému z nich přiřadíme jeden parciální zlomek. f( + + + + ( + ( + A + + B + Teď 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 8 + + ; c 4 + +. 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 4 4 + + ( + + + ( ; f 4 + + +.

5 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( + ( ( + 5 + 5 5 +. h 4 + 4 + + 4 + 8 + 4 + ; j 4 ( + 4 4 + + 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 + 4 4 dt d t 4 dt t ( + 4 + C. Příklad..4. Integrujte parciální zlomky: a d 6 + + + 7 4 + 6 + d b d e 6 4 + 8 4 + + 5 d c d f + 4 + 5 d + d

MATEMATIKA Sbírka úloh 5 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 6 + + + 7 d ln + + 7 + C. b c 6 4 + 8 d 6 t dt d 6 + 4 + 5 d + 4 + 4 + 5 d + + ( + + 7 d + + 7 + + 7 d 4 + 4 + 4 d 6 ( + 4 d t + 4 d 6 arctg t + C arctg + C. + 4 + 5 d + 4 4 + 4 + 5 d 4 + 4 + 5 d ln + 4 + 5 + 4 + 4 + d ln + 4 + 5 ln + 4 + 5 arctg ( + + C. 4 d + 6 + d + 6 5 + 6 + d ln + 6 + 5 5 ( + + d + 6 6 + 6 + d + 6 + d + 6 + 6 + d + 5 + 6 + d + 6 + d ln + 6 + ( + + d ln + 6 + 5 arctg ( + + C.

54 Fakulta elektrotechniky a komunikačních technologií VUT v Brně 4 e + + 5 d 8 + + 5 d + + + 5 d + 5 + 5 f + + + 5 d + + 5 d ln + + 5 + ( + + 4 d ln + + 5 + 5 arctg + + C. + d arctg + C. + 9 9 + d 4 4 ( + 4 d Příklad..5. Vypočtěte integrály z racionální lomené funkce: 4 a d b d c + 6 ( + 4( 4 9 4 d d e d f + 6 + 9 5 + 4 + 5 d + 5 + d Řešení: a 4 + 6 d + d ln + ln + +C; + b ( + 4( d 9 + +4 + 4 d 9 + + 4 d 9 ln + ln + 4 + 6 arctg + C; c 4 + 5 d 4 7 4 + 5 d + d e f d+ + 4 d+ 4 4 + 5 d+ 4 + 5 d ln ln 4 + 5 ln + arctg ( + C; 4 9 + 6 + 9 d + + 7 ( + d ln + 7 + + C; 4 4 5 + d 4 +4 + + d + 4 ln + ln( +4+ + 5 + d + arctg + C; + + 6 d + + ln 6 ln + C.

MATEMATIKA Sbírka úloh 55. Určitý integrál Newton Leibnitzův vzorec nechť 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.

56 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 +