Zimní semestr akademického roku 2013/2014. 3. září 2014

Cvičení k předmětu BI-ZMA Tomáš Kalvoda Katedra aplikované matematiky FIT ČVUT Matěj Tušek Katedra matematiky FJFI ČVUT Obsah Cvičení Zimní semestr akademického roku 03/04 3. září 04 Předmluva ii Rozjezd Sumační zápis, manipulace se sumami, důkaz matematickou indukcí, aritmetická a geometrická posloupnost, Pascalův trojúhelník, kombinační čísla. Funkce a jejich vlastnosti 7 Funkce, definiční obor, obor hodnot, vzor a obraz množiny, prostá funkce, složená funkce, inverzní funkce, elementární funkce. 3 Posloupnosti Posloupnosti, ita posloupnosti (definice a výpočet), vybraná posloupnost. 4 Posloupnosti, pokračování 7 Věta o sevřené posloupnosti, Eulerovo číslo, podílové kritérium. 5 Číselné řady Opakování příkladů na ity, číselné řady. 6 Limita funkce 6 Limita funkce; jednostranná ita; eistence ity; výpočet it. 7 Spojitost a derivace funkce 3 Spojitost funkce; různé případy nespojitosti; derivace; výpočet derivace. 8 Etrémy reálných funkcí 38 Etrémy reálných funkcí; vyšetřování průběhu reálných funkcí. 9 L Hospitalovo pravidlo, Taylorova věta, opakování 44 L Hospitalovo pravidlo; Taylorova věta a její využití k přibližným výpočtům. 0 Neurčitý integrál 49 Primitivní funkce, substituce, per partes. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT i ZS 03/04

Určitý integrál 56 Riemannův určitý integrál; výpočet obsahů ploch ohraničených křivkami; objem a obsah rotačního tělesa; délka křivky. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT ii ZS 03/04

Předmluva Tento dokument slouží jako osnova cvičení k předmětu BI-ZMA. Jeho cílem je pochopení a osvojení si látky probírané na přednáškách. Každá kapitola obsahuje vždy několik typických řešených příkladů na dané téma a další příklady k procvičení či k samostnému počítání. V případě nejasností týkajících se tohoto tetu kontaktuje autora. Podrobné informace o předmětu BI-ZMA lze dále nalézt na jeho EDUXové stránce. tomas.kalvoda@fit.cvut.cz Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT iii ZS 03/04

Cvičení č. Rozjezd Sumační zápis, manipulace se sumami, důkaz matematickou indukcí, aritmetická a geometrická posloupnost, Pascalův trojúhelník, kombinační čísla. Značení N = {,, 3,...}............................................................ přirozená čísla Z................................................................................ celá čísla R.............................................................................. reálná čísla Věnujme se nyní nejprve zkrácenému zápisu součtů a součinů. Mějme n N, čísel, označme je a, a, a 3,..., a n. Součet (neboli sumu) a + a + a 3 + + a n zkráceně zapisujeme n a + a + a 3 +... + a n =: a i, i= kde i je tzv. sčítací inde, který není pevný, ale narůstá po jedničce od dolní meze (v našem případě ) až po horní mez (v našem případě n). Podobně lze zkráceně zapsat součin n a a a 3... a n =: a i. i= Stejný součet lze zapsat mnoha různými způsoby, například platí (zdůvodněte!) n n n+ a i = a k = a j. i= k= j=3 Příklad.: Zapište součet zkráceně pomocí sumy a) 8 7 6 5 4 3 0 + + + 3, b) 6 + 9 + + 5 + 8 + + 7, c) + 4 + 9 + 6 + 5 + 36 + 49 + 64, d) 4 + 9 6 + 5 36 + 49 64, e) + + + 4 + 8 + 6. Řešení. Uvádíme pouze jeden z možných zápisů. a) 3 i= 8 i, b) 4 i= 3i, c) 8 i, d) i= 8 ( ) i+ i, e) i= 4 6 i = i. i= i= Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT ZS 03/04

Příklad.: Zapište součet c) příkladu. ve tvaru? i=5?. Řešení. Opět uvádíme pouze výsledek. i=5 (i 4). Díky komutativnímu, asociativímu a distributivnímu zákonu platí n n n (a i + b i ) = a i + b i, (.) i= i= i= n n α a i = α a + α a +... + α a n = α(a + a +... + a n ) = α a i. (.) i= i= Pro tyto vztahy je podstatné, že meze sčítacích indeů jsou shodné. Nyní už umíme součet zkráceně zapsat. Často je snahou najít pro zadaný součet eplicitní výsledek. Snad nejjednodušším součtem je součet konstantních členů, tj. je-li a = a = = a n = c R, pak triviálně platí n i= c = c + c +... + c = n c. } {{ } n-krát Zaveďme nyní pojem aritmetické posloupnosti. Nekonečnou posloupnost čísel a, a, a 3,..., kde druhý a každý další člen se získá přičtením konstanty (označme ji d) ke členu předchozímu, se nazývá aritmetická posloupnost. Platí tedy a i+ = a i + d, i =,, 3,.... Příklad.3: Sečtěte prvních n členů aritmetické posloupnosti,, 3,... (tj. a =, d = ). Řešení. n S n := + + 3 +... + n = i i= Sčítáme-li stejná čísla v opačném pořadí pak zjevně platí a proto podle (.) n S n = n + (n ) + (n ) +... + = (n + i) i= n n n S n = S n + S n = i + (n + i) = (n + ) = n(n + ), i= i= i= z čehož plyne S n = n(n + ). (.3) Příklad.4: S pomocí výsledku předchozího příkladu sečtěte prvních n členů aritmetické posloupnosti s koeficienty a a d. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT ZS 03/04

Řešení. n s n := a + (a + d) + (a + d) +... + (a + (n )d) = (a + (i )d) = i= n n n(n ) = a + d (i ) = n a + d = n a + (a + (n )d) = n a + a n. i= i= Součet aritmetické posloupnosti je tedy dán násobkem počtu členů s průměrnou hodnotou prvního a posledního členu. Vzoreček najde uplatnění v karbanu, chceme-li rychle sečíst hodnotu postupky! Příklad.5: Sečtěte a) 30 i= (i ), b) 5 (4k + ) c) k= i + 0 i=5 i=5 ( i). a) 900, b) 56, c) 8. Zaveďme pojem geometrické posloupnosti. Nekonečnou posloupnost čísel a, a, a 3,..., kde druhý a každý další člen se získá násobením předchozího členu konstantou (tzv. kvocientem, označme jej zde q), se nazývá geometrická posloupnost. Platí tedy a i+ = a i q, i =,, 3,.... Příklad.6: Sečtěte prvních n členů geometrické posloupnosti. Řešení. V rámci řešení procvičíme i manipulaci se sumami. n S n := a + a q + a q +... + a q n = a q i n n = a q i = a q i = i= i= i=0 = a + a q + a q +... + a q n + a q n a q n = = a + q(a + a q + a q +... + a q n ) a q n = a + q S n a q n a tedy čili pro q Jaký je výsledek pro q =? a q n a = q S n S n S n = a q n q. Příklad.7: Sečtěte n i=0 ( 3i+). Řešení. n ( ) 3i+ = n 3 3 i = 3 3n+ 3. i=0 i=0 Příklad.8: Sečtěte a) n 3 j, b) j= 4 i= i, c) 6 ( ) k k+, d) k= n q l, kde q. l=0 Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 3 ZS 03/04

a) 3 n (3n ) b) 63 4 qn+ c) 84, d). q Příklad.9: Tenisového turnaje hraného obvyklým způsobem se zúčastnilo n, n N, n > 0, hráčů. Kolik utkání se odehrálo? Řešení. Jelikož v každém utkání vypadne právě jeden hráč a neporažen zůstane jen absolutní vítěz, odehrálo se n utkání. Úlohu můžeme řešit i hrubou silou. V prvním kole se hrálo n = n utkání, v druhém potom n = n, atd. Poslední n-té kolo tvořilo pouze = 0 (finálové) utkání. Celkový počet utkání je tedy dán součtem prvních n členů geometrické řady s kvocientem a prvním členem a =, tj. S n = n = n. Připomeňme princip důkazu matematickou indukcí. Chceme ukázat platnost výroku A(n) pro všechna n N. To lze provést ve dvou krocích. V prvním dokážeme platnost A() a v druhém ukážeme, že pravdivost A(n) implikuje pravdivost A(n + ). Příklad.0: Dokažte n k = k= Řešení. Dva kroky matematické indukce: n(n + ), pro n N{0}, matematickou indukcí.. krok Pro n = zjevně platí k =. k=. krok Předpokládejme platnost formule pro n. Potom n+ k= ( n ) k = k + n + = k= n(n + ) + n + = (n + )(n + ). Připomeňme vzorce : a b = (a b)(a + b), a 3 b 3 = (a b)(a + ab + b ), a 4 b 4 = (a b )(a + b ) = (a b)(a 3 + a b + ab + b 3 ). Příklad.: Dokažte n a n b n = (a b) a i b n i. i=0 Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 4 ZS 03/04

Řešení. Důkaz samozřejmě provedeme matematickou indukcí. První krok je zřejmý. Nechť nyní formule platí pro n. Ukážeme její platnost pro n +. a n+ b n+ = a(a n b n ) + ab n + b(a n b n ) ba n = (a + b)(a n b n ) + ab n ba n = n = {indukční přepoklad} = (a b) (a i+ b n i + a i b n i ) + ab n ba n = = (a b) = (a b) = (a b) ( n a i b n i + i= n i=0 n i=0 n i=0 a i b n i ) i=0 + ab n ba n a i b n i (a b)b n (a b)a n + ab n ba n a i b n i (a n+ b n+ ) Odtud okamžitě plyne n a n+ b n+ = (a b) a i b n i. i=0 Zaveďme Pascalův trojúhelník jakožto následující schéma: n = 0: n = : n = : n = 3: 3 3 n = 4: 4 6 4 Každý nehraniční prvek je součtem dvou nad ním stojících prvků, hraniční prvky jsou jedničky. Označme k-tý prvek (počítáno od 0) v n-tém řádku (počítáno rovněž od 0) symbolem ( n ) k, k {0,,,..., n}. Z definice Pascalova trojúhelníku potom platí pro k {,,..., n }. ( ) n = k atd. ( ) n + k ( ) n Příklad.: Dokažte, že prvky Pascalova trojúhelníku jsou kombinační čísla, tj. ( ) n = k k n! k!(n k)!. Řešení. Důkaz provedeme matematickou indukcí po řádcích. Pro nultý i první řádek formule zjevně platí, stejně tak na hranách, kde dává jedničku. Ukážeme platnost formule mimo hrany Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 5 ZS 03/04

n + -řádku za předpokladu její platnosti na řádku n-tém. ( ) ( ) ( ) n + n n = + = {indukční předpoklad} = k k k = n! (k )!(n + k)! + n! k!(n k)! = + n + k n + k n + (n + )! k!(n + k)! = (n + )! k!(n + k)!. (n + )! k!(n + k)! + Příklad.3: Pomocí matematické indukce dokažte binomickou větu: pro každé R a n N platí ( ) n n ( + ) n = k. k k=0 Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 6 ZS 03/04

Cvičení č. Funkce a jejich vlastnosti Funkce, definiční obor, obor hodnot, vzor a obraz množiny, prostá funkce, složená funkce, inverzní funkce, elementární funkce. Značení f............................................................. inverzní funkce k funkci f f(a)..................................................... obraz množiny A při zobrazení f f (A).................................................... vzor množiny A při zobrazení f f g.................................................. složená funkce, (f g)() := f(g()) D f................................................................. definiční obor funkce f H f.................................................................. obor hodnot funkce f f M......... zúžení funkce f : R R na množinu M D f, tj. funkce h : R R taková, že h() = f(), D h = M D f Toto cvičení je stále ještě z větší části opakovací. Funkce a pojmy zde vyskytující se by studentům měly být známé. Novými pojmy mohou být vzor a obraz množiny, které byly probrány na první úvodní přednášce. Než začnete řešit následující sadu příkladů doporučuji připomenout si vlastnosti (definiční obor, obor hodnot a graf) mocninných funkcí, odmocnin, logaritmu a eponenciální funkce. Příklad.: Určete přirozené definiční obory následujících funkcí. a) f() =, b) g() = 5 + ln, c) h() = + e Řešení. Uveďme řešení aspoň jednoho bodu, třeba b). Abychom určili přirozený definiční obor funkce g je potřeba nalézt všechna reálná pro která má výraz 5 + ln smysl jakožto reálné číslo. Jmenovatel zlomku musí být nenulový a argument logaritmu musí být kladný. V čitateli se vyskytuje lichá odmocnina jejíž definiční obor je celé R. Přípustná tedy musí splnit dvě podmínky ln 0 a > 0. Logaritmus (libovolného základu) je nulový pouze pro =. Dostáváme proto výsledek D g = (0, + ) {}. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 7 ZS 03/04

Podobným postupem bychom dospěli k definičním oborům ve zbývajících bodech a) a c). D f = (,, + ), D h = R {0, }. Příklad.: Nalezněte přirozený definiční obor D f je-li a) f() =, b) f() = 4 3 + ln( + ), c) f() = 3 + + 3 +. a) D f =,, b) D f = (, 3 {0}, c) D f = (,, 3). Příklad.3: Nechť je funkce f : R R dána předpisem f() = + 4 + 5. Určete f ({0, }) a f({0, }). Rozhodněte zda je f prostá. Řešení. f({0, }) = {5, 0}. Nalezení f (0) je ekvivalentní řešení rovnice + 4 + 5 = 0, která ale žádné reálné řešení nemá. K určení f () řešíme rovnici + 4 + 5 =, tj. ( + ) = 0, která má jeden dvojnásobný kořen. Máme tedy f ({0, }) = { }. Jelikož f je kvadratická funkce, nemůže být ze své podstaty prostá. Snadno např. nahlédneme, že f( 3) = f( ). Příklad.4: Nechť je funkce f : R R dána předpisem Určete f ( (, ) a f ( (0, + ) ). f() = + 4. Řešení. Funkce f je opět kvadratická. Můžeme si usnadnit práci vytknutím dvojky, a určit průsečíky s osou, ± = f() = ( + ), ( ± { ) + 8 = } {{ } 3 Vrchol (vzhledem ke kladnosti konstanty u fakticky minimum) paraboly se nachází v bodě o souřadnicích ( + + ( + + ) ) (, f = ), 9. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 8 ZS 03/04

Na základě těchto informací již můžeme načrtnout graf funkce f. y = f() 9 Obrazem množiny (, je proto množina (, ) (, + ). Příklad.5: Nechť je funkce f : R R zadána předpisem f() := 3. 9, 0. Vzorem množiny (0, + ) je množina Načrtněte graf této funkce. Určete přirozený definiční obor D f a obor hodnot H f. Dokažte, že je tato funkce prostá. Řešení. Argument sudé odmocniny musí být nezáporný, tedy musí platit 3 0, tzn. D f = (, /3. Graf necháme na doplnění čtenářem. H f = 0, ). Nechť nyní, D f a současně f( ) = f( ). Potom odvodíme =. Funkce f je tedy prostá na D f. Příklad.6: Řešte úlohu.5 pro funkci f() = 3 3. Řešení. Třetí odmocnina je definována na celém R a proto D f = R. H f = R. Prostost ověříme podobně. Příklad.7: Mějme funkci f : R R danou předpisem f() := +. Je f prostá? Jaký je její obor hodnot? Jaká množina je vzorem množiny 0,? Není prostá. H f = R + 0, f ( 0, ) = (, /. Příklad.8: Mějme funkci f : R R danou předpisem f() := +. Je f prostá? Je na? Nalezněte vzor množiny, ) a obraz množiny (, ). Načrtněte graf funkce f. Nalezněte inverzní funkci f, eistuje-li. Je prostá i na. f((, )) = (, 6), f (, )) =, /3), f () = { 3 for 0 for < 0. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 9 ZS 03/04

Před řešením následujících příkladů si připomeňte definici složené funkce a zopakujte pojmy vnější a vnitřní funkce. Příklad.9: Nalezněte nějaké dvě funkce f a g, f g, tak, aby a) f g = g f b) f g g f. Možných řešení je mnoho a necháváme je na čtenářově fantazii. Připomeňte si definici funkcí sin, cos, tg, cotg, nejlépe pomocí jednotkové kružnice. Úhly měříme v obloukové míře, definujte radián. Příklad.0: Načrtněte grafy výše zmíněných goniometrických funkcí, demonstrujte, že nejsou na R prosté. Příklad.: Načrtněte grafy arcsin, arccos, arctg a arccotg, které definujeme jako inverze k zúžením (ve stejném pořadí) sin π/,π/, cos 0,π, tg ( π/,π/), cotg (0,π). Příklad.: Určete numerické hodnoty výrazů arcsin 0, arcsin ( ), arccos, arccos, arctg, arccotg. Příklad.3: Nechť je funkce f : R R dána předpisem f() = + +. Nalezněte f(a) pro A = (0,, f (B) pro B = (, 3) a obor hodnot H f. f(a) =, 5, f (B) = (0, ) (, 4/3), H f =, + ) Příklad.4: Vypočtěte f( + ) je-li f( ) = 3 +. + 5 + 3 Příklad.5: Nalezněte inverzní funkci k funkci f, je-li a) f() = 3, b) f() =, c) f() = 0 +, d) f() = + ln( + ), e) f() = +. a) f () = 3 ( ), b) f () =, c) f () = + log(), d) f () = e, e) f () = ln() ln Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 0 ZS 03/04

Cvičení č. 3 Posloupnosti Posloupnosti, ita posloupnosti (definice a výpočet), vybraná posloupnost. Značení (a n ) n= nebo stručněji (a n)....................................................posloupnost a n............................................................... ita posloupnosti n + R..................................................................... rozšířená reálná osa H a....................................................................... okolí bodu a R Příklad 3.: Nalezněte eplicitní předpis pro n-tý člen zadaných posloupností. Posloupnosti indeujte od jedné. i. Posloupnost všech po sobě jdoucích sudých čísel větších nebo rovno osmi. ii. Posloupnost,,,, 3, 3,... iii. Periodicky se opakující posloupnost 0,, 0,, 0,, 0,,... Řešení. Samozřejmě eistuje mnoho možných způsobů jak tyto posloupnosti popsat. Například: i. a n = 8 + (n ), n =,,..., ii. Pomocí dolní celé části můžeme psát n + a n =, případně a n = n + 4 ( + ( ) n+). iii. Stačí vhodně volit hodnoty funkce sin, a n = sin (n )π, n =,, 3,... Připomeňme definici několika různých typů posloupností. Posloupnost (a n ) nazýváme rostoucí, pokud a n < a n+, klesající, pokud a n > a n+, nerostoucí, pokud a n a n+, Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT ZS 03/04

neklesající, pokud a n a n+, kde se všude požaduje aby daná nerovnost platila pro všechna n z N. Posloupnost nazýváme monotónní, pokud je nerostoucí nebo neklesající. Příklad 3.: Rozhodněte o monotonii následujících posloupností i. a n = n, n =,, 3,..., n + ii. a n = Řešení. (n + ) n, n =,, 3,... i. Je rostoucí. Protože pro každé n =,, 3,... platí a n < a n+ n n + < n + n + n + n < n + n + 0 <. ii. Je klesající. Podmínka a n > a n+ je ekvivalentní požadavku (n + ) (n + 3) n > n+ n + 8n + 8 > n + 6n + 9 n + n > 0. Ten je ale splněn pro každé n =,, 3,... Skutečně, kvadratické rovnice má řešení = ± <. + = 0 Příklad 3.3: Rozhodněte o monotonii následujících posloupností. a) ( n n ) n=, b) ( n 3n ) c) n=, ( n + n ) d) ( n + ( ) n) n=. n=, a) rostoucí, b) neklesající, c) klesající, d) ani jednoho typu. Připomeňme definici ity číselné posloupnosti, kterou nejlépe zapíšeme pomocí kvantifikátorů: a n = α n def ( H α )( n 0 N)( n N)(n > n 0 a n H α ). Zde H α označuje okolí bodu α R. Stručně řečeno, posloupnost (a n ) má itu α, právě když v každém okolí bodu α leží všechny členy posloupnosti až na konečný počet výjimek. Ukažme si nyní, jak podmínku v definici ity posloupnosti ověřit na konkrétních příkladech. Podrobněji: určete zda-li se jedná o posloupnost rostoucí, klesající, nerostoucí, neklesající či monotonní. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT ZS 03/04

Příklad 3.4: Pomocí definice ity dokažte, že sin(n) = 0. n n Řešení. Pro ε > 0 zvolíme libovolné n 0 N splňující n 0 > ε. Pak pro n > n 0 platí sin(n) n 0 n < < ε. n 0 Příklad 3.5: Pomocí definice ity dokažte, že a) (n + n + ( )n ) = +, ) b) ( + ( )n =. n + n Definici k výpočtu it používáme zřídka, častěji se opíráme o známé základní ity, například na přednášce zmiňované +, a > 0, n + na =, a = 0, 0, a < 0. V kombinaci se znalostí vět o součtu, součinu a podílu it pak můžeme počítat i ity komplikovanějších posloupností. Příklad 3.6: Vypočtěte ity: i. n + (5n3 7n + ) ii. iii. iv. Řešení. 5n 3 7n + n + n 3 5n 3 7n + n + n 3 3 5n 3 7n + n + n 4 3 i. Abychom mohli použít zmiňovanou větu, je nutné výraz nejprve vhodně upravit (vytknutí nejvíce rostoucího členu), ( 5n 3 7n + ) = (5 n + n + n3 7 n + ) n 3 = + (5 0 0) = +. Nechť a n = a a b n = b, kde a, b R. Potom (a n + b n) = a + b, a n b n = a b, an b n = a b, za předpokladu, že jsou výrazy na pravých stranách definovány. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 3 ZS 03/04

ii. Limita čitatele i jmenovatele je nekonečná, čelíme nedefinovanému výrazu + +. Musíme tedy opět upravovat: ( ) 5n 3 7n + n 3 5 7 + n n + n = n ( ) 3 = 3 n + n n 5 7 + n n 3 3 n + 3 = + 5 = +. n n iii. Podobným postupem jako v ii. dostaneme iv. Podobným postupem jako v ii. dostaneme 5n 3 7n + n + n 3 = 5. 3 5n 3 7n + n + n 4 = 0. 3 Příklad 3.7: Vypočtěte itu: 5/4. Příklad 3.8: Vypočtěte itu: n + n+ n 4 n+ n ( n + n + n + 3 n + + n ) n. Řešení. Podle formulky odvozené na prvních cvičeních + + 3 + + n = (n )n/ a tudíž: ( n + n + n + 3 n + + n ) (n )n n = n + n =. Zdůrazněme, že nelze použít větu o itě součtu, neboť počet sčítanců roste s n do nekonečna. Pokud bychom nesprávně tuto větu použili, získali bychom nesprávný výsledek 0 + 0 + 0 + + 0 = 0. Příklad 3.9: Vypočtěte itu n + n n + + n3 n. Je zkoumaná posloupnost nerostoucí nebo neklesající? -, je nerostoucí i neklesající. K větě o itě součtu poznamenejme, že ji nelze obrátit. Z eistence ity (a n + b n ) obecně neplyne eistence it a n a b n. Např. uvažte a n = ( ) n a b n = ( ) n+, pak a n + b n = 0. Příklad 3.0: Vypočtěte ity n + n a n/3( 3 n + 3 ) n. n + n +. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 4 ZS 03/04

Řešení. V obou se vyskytuje nedefinovaný výraz + (+ ). Rozšíříme-li vhodnou jedničkou dostáváme n + n = n + ) n + n/3( 3 n + 3 n n + = n + n/3 n + n n + + n = 0, n + n (n + ) /3 + ((n + )n) /3 + n /3 = 3. Poznamenejme, že výrazy podobného typu lze výhodně upravovat použitím vzorce pro a n b n odvozeného na prvním cvičení. Zde ve tvaru n a n b = Příklad 3.: Vypočtěte itu: a b a (n )/n + a (n )/n b /n + + a /n b (n )/n + b (n )/n. n + n. n + +. Příklad 3.: Vypočtěte itu: n(n+) n ( ) n n +. Řešení. Eponent u není nic jiného než součet prvních n členů aritmetické posloupnosti, ten je s rostoucím n napřeskáčku dvakrát sudý a dvakrát lichý. Limita tedy neeistuje, lze sestrojit vybrané posloupnosti jdoucí k ±. Další základní itou z přednášky, která se nám bude ve zbytku cvičení hodit, je +, a >,, a =, n + an = 0, a <, neeistuje, a. Příklad 3.3: Vypočtěte itu:. Příklad 3.4: Spočtěte itu: n n n n + n + n? ( n ( ) n ) 3 ( ) n + ( n 3) +.. Příklad 3.5: Buď a > 0. Vypočtěte následující ity: Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 5 ZS 03/04

i. n + ii. Řešení. n + n+ a, n+ a. i. Na přednášce zaznělo n a = (případně zazní, připomeňte). Máme určit itu vybrané posloupnosti a ta je stejná. ii. Vzhledem k lichým odmocninám n+ a = n+ a. Limita je potom. Domácí cvičení 3.6: Vypočtěte následující ity, nebo dokažte jejich neeistenci. a) n + cos(n + ), n b) n + ( + ( )n ) n, c) n + + n 3 n 3 +. n n a) 0, b) neeistuje, c). Domácí cvičení 3.7: Vypočtěte itu: ( ) n n + n. n +. Domácí cvičení 3.8: Vypočtěte ity (n + ) 3 (n ) 3 a) n + (n + ) + (n ), b) n + 3 n 3 + n n +, + c) + 4 + + n n + + 3 + 9 + +, 3 n n + d) n + n + 4 + n +, n a) 3, b), c) 4/3, d) 4. Domácí cvičení 3.9: Dokažte a) n + b) n + 00n n + = 0, 3 n sin n! = 0, n + n c) n + n = 0. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 6 ZS 03/04

Cvičení č. 4 Posloupnosti, pokračování Věta o sevřené posloupnosti, Eulerovo číslo, podílové kritérium. Značení e........................................................................... Eulerovo číslo Připomeňme větu o itě sevřené posloupnosti: nechť pro posloupnosti (a n ), (b n ) a (c n ) platí i) eistují ity a n = c n =: α R, ii) eistuje n 0 N tak, že nerovnost a n b n c n platí pro každé n n 0, potom eistuje ita posloupnosti (b n ) a její hodnota je α. Dále také připomeňme ity probrané na přednášce n n n =, n n a =, a > 0, n n n! = +. Příklad 4.: Spočtěte itu: Řešení. Pro všechna kladná n N platí n n 4n 3 + 5. n 4n 3 + 5 n 9n 3 = n 9 n n 3. Posloupnosti dolních i horních odhadů mají stejnou itu, jmenovitě jedničku. Tudíž ita sevřené posloupnosti eistuje a rovná se rovněž jedné. Příklad 4.: Spočtěte itu. Příklad 4.3: Spočtěte itu: n ( (n + )! + (n + )! n! n. n n Zde označuje dolní celou část reálného čísla, tedy celé číslo splňující < +. Na přednášce bylo Eulerovo číslo definováno jako součet číselné řady e := k=0 k!. ) n Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 7 ZS 03/04

Dále jsme odvodili rovnost ( e = + n. n n) Důrazně na tomto místě upozorňujeme na častou nesprávnou úpravu ( + n n n) ( + n 0)n =. Toto částečné itění samozřejmě nelze ospravedlnit a představuje tak pouze častý omyl. Příklad 4.4: Vypočtěte itu: Řešení. Stačí upravit na známou itu ( + 3n+. n n) ( + 3n+ (( = + n n) ) n ) 3 ( + = e n n n) 3. Příklad 4.5: Vypočtěte itu Řešení. Nyní ( + ) n. n n ( + ) ( n ( = + ) ) n / = e, n n n n protože ( (+/(n)) n) je vybraná z ( (+/n) n) a a n = α pokud (a n ) je posloupnost s nezápornými členy splňující a n = α 0, což také víme z přednášky. Příklad 4.6: Vypočtěte itu: ( + 3 n. n n) Řešení. ( + 3 ( n = n n) n + n 3 ) n 3 3 = e 3. Z posloupnosti ( ( + n ) n ) 3 totiž lze vybrat podposloupnost konvergentní k e a zároveň je tato 3 posloupnost monotónní a tedy má itu. Příklad 4.7: Vypočtěte itu ( 4 n. n n) Což lze ukázat stejně jako na přednášce. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 8 ZS 03/04

Řešení. Tento případ můžeme převést na itu typově shodnou s předchozím příkladem, ( 4 n ( ) n 4 n = = n n) n n 4 + 4 n ( n 4 + n 4) 4 ( ) 4 = + 4 e 4 = e 4 n 4 Poznamenejme, že z těchto příkladů by mělo být patrné, že pro p Z a q N. n Příklad 4.8: Vypočtěte následující ity ( n ) n + 3n + a) n + n, + n b) n + nn a) e, b) e 3. ( ) 3 + n n, n Příklad 4.9: Vypočtěte itu n ( + p ) n q = e p q n ln (n + 4n + ) ln (3n 4. + 5) Řešení. V průběhu řešení užijeme znalosti na přednášce uvedeného tvrzení, že n a n = a > 0 implikuje n ln a n = ln a. ln (n + 4n + ) ln n ln (3n 4 = + 5) n (n ( + 4 n + n )) )) = ln (n (3 4 + 5 n + n 4 ( ) + ln n = ln + 4 n + n ( ) n + 4 + ln n ln = 3 + 5. n 4 ) ln n + ln ( + 4 n + n ) (3 = + 5 n 4 4 ln n + ln Připomeňte si důležitou itu n an v závislosti na hodnotě a R. Příklad 4.0: Vypočtěte následující itu: ln (3 n + 5) n ln (4 n ). ln 3 ln 4. Příklad 4.: Dokažte podílové kritérium: Buď (a n ) posloupnost kladných členů. Pokud eistuje kladné q R a n 0 N tak, že pro n N větší nebo rovno než n 0 je (a) a n+ a n < q <, potom n a n = 0. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 9 ZS 03/04

(b) a n+ a n > q >, potom n a n = +. Řešení. Případ (a). Pro n n 0 zřejmě máme 0 < a n < a n0 q n n 0. Tvrzení pak plyne z věty o sevřené posloupnosti a předpokladu 0 < q < Případ (b). Pro n n 0 zřejmě máme a n > a n0 q n n 0. Tvrzení pak plyne přímo z definice ity a předpokladu q >. Poznamenejme, že k ověření podmínky stačí zkoumat hodnotu itu n však nemusí vždy eistovat. Příklad 4.: Vypočtěte ity n a) n n, n! b) n n 5, 3 n c) n n 3. a) 0, b) +, c) +. a n+. Tato a n Následují další příklady vhodné k samostatnému procvičení, ale je možné se jim věnovat i na cvičení podle časových možností. Domácí cvičení 4.3: Vypočtěte ity a) n b) n c) n n n +, 3 n 3 + n, n + (n + )! + (n + )!, (n + 3)! n! d) n (n + )! n! a), b), c) 0, d) 0 Domácí cvičení 4.4: Vypočtěte ity a) n sin n, n n b) n + sin(n), n + 3 n c) n 4 n + 9 n, d) n n arctg (( ) n n), a) 0, b) +, pečlivě zdůvodněte! c) +, d) neeistuje Domácí cvičení 4.5: a) Eistuje konvergentní aritmetická posloupnost? Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 0 ZS 03/04

b) Které geometrické posloupnosti jsou konvergentní? Výsledek tohoto příkladu naleznete níže. Pokuste se nejprve sami na otázky odpovědět, teprve poté svou odpověď konzultujte s řešením. Domácí cvičení 4.6: Vypočtěte ( ) n + n a), n n + 3 ln n b) n n, c) n a) e, b) 0, c) 3. ln(n + 3n 3 ). ln n Domácí cvičení 4.7: Vypočtěte ity ( n ) n + 4n + 3 a) n n, + 3n + ( n b) n ln n n + ( ) n + n c) n n. + n a) e, b), c) 0. ), Výsledek Domácího cvičení 4.5: a) Ano, s diferencí d = 0, tedy ty které jsou konstantní. b) geometrická posloupnost konverguje právě tehdy když její kvocient splňuje q (,. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT ZS 03/04

Cvičení č. 5 Číselné řady Opakování příkladů na ity, číselné řady. Na rozcvičení je možno zopakovat si výpočet ity posloupnosti na následujícím příkladě. Příklad 5.: Vypočtěte následující ity, případně dokažte jejich neeistenci. n e n n a) n n 5 + 4 n, ( n ) n + n +n b) n (n + ), c) +n n ( )n, ( d) + ( ) n ) n. n a) 0, b) e, c), d) +. Na tomto příkladě demonstrujeme definici konvergence číselné řady. Příklad 5.: U následujících řad k=k0 a k nejprve najděte částečný součet s n = n k=k0 a k a rozhodněte o konvergenci, případně nalezněte součet. a) b) c) k= k=0 k= k(k + ), 3 k + k 6 k, k + k (k + ). Řešení. a) Pro částečný součet platí s n = n k= n k(k + ) = k= n k k= k + = + n. Protože řada konverguje a její součet je. s n =, n Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT ZS 03/04

b) Pro částečný součet platí Protože s n = n k=0 3 k + k 6 k = řada konverguje a její součet je 7. n k=0 n k + k=0 3 k = n s n = + 3 = 7, n+ + 3 n+. 3 c) Pro částečný součet platí Protože s n = n k= k + n k (k + ) = řada konverguje a její součet je. k= n k k= s n =, n (k + ) = (n + ). Vyjma definice máme k vyšetřování (absolutní) konvergence číselných řad z přednášky k dispozici následující kritéria: nutnou podmínku konvergence, Leibnizovo kritérium, d Alembertovo kritérium, srovnávací kritérium. Příklad 5.3: Rozhodněte o konvergenci následujících řad. a) b) c) ( + k ), k=0 k3 k, k=0 k=0 Řešení. sin k k. a) Řada diverguje. Není splněna nutná podmínka konvergence. Zde ( + k ) = 0. k b) Řada konverguje, lze použít d Alembertova kritéria: (k + )3 k k k3 k = 3 k + = k k 3 <. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 3 ZS 03/04

c) Řada absolutně konverguje, použijeme srovnávací kritérium: pro k N je sin(k) k k a řada k konverguje. k=0 Poznamenejme, že v tomto případě nelze použít d Alembertovo kritérium. Příklad 5.4: Rozhodněte o konvergenci následujících řad. a) b) c) k= k= k= + k + k, k ( k + k ), ( ) k (k + )!. Řešení. a) Diverguje, protože + k + k + k k = k + k k pro každé k =,, 3... a o řadě z přednášky víme, že diverguje. k b) Diverguje, protože není splněna nutná podmínka konvergence. k= c) Lze použít d Alembertovo kritérium k vyšetření absolutní konvergence a ukázat konvergenci řady. Příklad 5.5: Rozhodněte o konvergenci následujících řad. a) b) c) d) e) ( + ( ) k ) k, k=0 k=0 k=0 k=0 k=0 k! k k, k k k!, 3 k k + 3 k, 3 k k + 3 k Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 4 ZS 03/04

Řešení. V prvním příkladě lze použít srovnávací kritérium, v ostatní d Alembertovo. Výsledky: a) konverguje, b) konverguje, c) diverguje, d) konverguje, e) diverguje. Domácí cvičení 5.6: Vyšetřete konvergenci následujících řad a) c) ( ) k k, k k= b) k 3 + 3 k 4 + 3 k= d) k 30 3 k k= k= ( ) k + k + k. a) diverguje, b) konverguje, c) diverguje, d) konverguje. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 5 ZS 03/04

Cvičení č. 6 Limita funkce Limita funkce; jednostranná ita; eistence ity; výpočet it. Značení f() = c...................................................... ita funkce f v bodě a a f() = c.............................................. ita funkce f v bodě a zprava a + f() = c............................................... ita funkce f v bodě a zleva a Na přednášce se ita reálné funkce reálné proměnné definovala následovně: Nechť funkce f je definována na okolí bodu a R s možnou výjimkou bodu a samotného a nechť c R. Řekneme, že f má v bodě a itu c, pokud pro každé okolí H c bodu c eistuje okolí H a bodu a tak, že pokud H a {a} pak f() H c. K výpočtu it máme nyní k dispozici věty o itách součtu, součinu, podílu, složené funkce a Heineho větu. Dále máme z přednášky odvozené ity ln( + ) e sin =, =, 0 0 0 =. Také již můžeme využívat spojitost eponenciály, logaritmu, sinu, kosinu... Někteří už na přednášce měli, jiní mít teprve budou. Příklad 6.: Vypočtěte itu: 3 5. Řešení. Jelikož je kořenem polynomu v čitateli i jmenovateli, musíme vytknout výraz ( + ), na tomto místě si připomeňte dělení polynomu polynomem. 3 5 = ( + )( ) ( + )( 4 3 + ) = 3. Příklad 6.: Vypočtěte itu: 6. 0 Příklad 6.3: Pomocí definice vypočtěte ity ( + )( + )( + 3). 0 ±. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 6 ZS 03/04

Řešení. Na této itě znovu demonstrujeme definici. Buď H + (c) = (c, + ) zadané okolí +, c > 0. Položme δ = c. Potom pro H+ 0 (δ) {0} = (0, δ) platí 0 < < δ a proto > c, čili H + (c) a 0 + = +. Podobně lze nalézt druhou itu, 0 =. Příklad 6.4: Vypočtěte itu +. Příklad 6.5: Vypočtěte ity Řešení. Po úpravě ihned uzavíráme 0. + 6 ± 4 + 3. + 6 4 + 3 = + 6 3 + 6 ± 4 + 3 = ± + 6 = ±. Příklad 6.6: Vypočtěte ity: Řešení. ± e. + e = +, e = 0. Jako argument lze použít známé číselné ity n + en = +, resp. n + e n = 0, monotonii e a Heineho větu. Načrtněte též průběh eponenciály. Příklad 6.7: Vypočtěte ity: Řešení. ± ln ( + e ). ln ( + e ) ln (e ( + e )) + ln ( + e ) = = = + + + + + ln(+e ) =. ln ( + e ) = 0. Příklad 6.8: Vypočtěte itu: ln ( + e ) e. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 7 ZS 03/04

Řešení. Pomocí věty o itě složené funkce ln ( + e ) ln ( + y) e = =. y 0 y Navíc jsme použili znalost jedné z it uvedené na začátku této kapitoly, teď je vhodný čas tyto ity připomenout, protože budou potřeba dále. Příklad 6.9: Vypočtěte itu: 3. Příklad 6.0: Vypočtěte itu:. Příklad 6.: Vypočtěte itu: 5. Příklad 6.: Vypočtěte itu: 0 0 0 e 3. e 3 e 4. sin (5). sin () 0 sin (3). 3. Příklad 6.3: Vypočtěte itu:. Příklad 6.4: Vypočtěte itu: cos 0. sin +. Řešení. Zde máme k dispozici větu o itě sevřené funkce. Jelikož > 0 : < sin < a obě mezní funkce mají stejnou (nulovou) itu, je nulová i ita hledaná. Příklad 6.5: Vypočtěte jednostranné ity: Řešení. Pro ilustraci načrtněte graf funkce arctg. arctg ±. arctg ± = π. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 8 ZS 03/04

Domácí cvičení 6.6: Vypočtěte itu: arcsin. + + π. Domácí cvičení 6.7: Vypočtěte ity 3 + 8 a) 3 3 4 +, + 3 4 b) + 3 4 + + 6, c) 0 e e, d) e e. a) 3, b), c), d) e. Domácí cvičení 6.8: Vypočtěte ity cos() a) ( sin() + ), 0 b) π/ cos() π, c) 0 tg() tg(), d) 0 e sin(). a) 3, b), c), d). Domácí cvičení 6.9: Vypočtěte ity a) + b) 0 c) + 4 5 3 +, + ( 3 a) +, b) 0, c) 0. + Domácí cvičení 6.0: Vypočtěte ity ( a) 0 sin() ), tg() b) π/4 cos sin, cos() ), Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 9 ZS 03/04

ln() c), e e e cos d) 0. a) 0, b), c) e, d) 3. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 30 ZS 03/04

Cvičení č. 7 Spojitost a derivace funkce Spojitost funkce; různé případy nespojitosti; derivace; výpočet derivace. Značení....................................................................... dolní celá část > 0 sgn() = 0 = 0............................................... známenko (signum) < 0 f (a)............................................................ derivace funkce f v bodě a Příklad 7.: Načrtněte graf funkce f() =. Rozhodněte, kde je f spojitá, případně spojitá zleva nebo zprava. Řešení. Funkce f je spojitá na R \ Z, v bodech Z je spojitá zprava, ale zleva nespojitá. Skutečně, pro a R\Z totiž eistuje okolí H a bodu a tak, že pro H a je = a a proto Pokud ale a Z, pak podobně a = a = a. a a Nakonec uvádíme náčrtek. = a = a a+ a+ ( ) = a = a. a a Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 3 ZS 03/04

y = 4 3 4 3 0 3 4 3 4 5 Příklad 7.: Načrtněte graf funkce f() = sgn (sin ). Rozhodněte, kde je f spojitá, případně spojitá zleva nebo zprava. Funkce f je spojitá na R \ A, kde A := {kπ k Z}. V bodech množiny A není spojitá ani zleva ani zprava. Příklad 7.3: Určete definiční obor funkce f() = 3 7 + 6 a rozhodněte, v kterých bodech mimo definiční obor je možné tuto funkci dodefinovat tak, aby výsledná funkce byla spojitá. Řešení. Protože platí rovnost = ( )( + ), je definičním oborem funkce f množina D f = R {, }. Číslo je ale i kořenem polynomu v čitateli, takže = 5 3. V bodě je možné funkci spojitě dodefinovat hodnotou 5 3. V bodě to možné není. Pro jednostrané ity totiž platí f() =. ± Příklad 7.4: Rozhodněte, zda-li je možné funkci f() = arctg spojitě dodefinovat v bodě 0. Co lze říci na stejnou otázku pro funkci g() = f()? f nemá v bodě 0 itu, nelze ji spojitě dodefinovat. Funkci g lze v bodě 0 spojitě dodefinovat π 4. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 3 ZS 03/04

Příklad 7.5: Zderivujte následující funkce a určete jejich definiční obory, stejně tak určete definiční obory zderivovaných funkcí. a) f() = + + 3, b) f() = +, c) (5 + )0 (3 4) 0. Řešení. a) f () = + + 3 /3, D f = 0, ), D f = (0, ) b) f () = 4 3, D f = D f = R \ {0} c) f () = 0( + 7)(5 + ) 9 (3 4) 9, D f = D f = R. Příklad 7.6: Zderivujte následující funkce. Řešení. a) f() = e, b) f() =, c) f() = +. a) f () = e ( b) f () = e ln ) = (ln + ) c) f () = + ln. Domácí cvičení 7.7: Zderivujte následující funkce. a) f() = e e, b) f() = 3. a) f () = e e e, b) ln(3)3 Příklad 7.8: Zderivujte následující funkce a určete jejich definiční obory, stejně tak určete definiční obory zderivovaných funkcí. a) f() = ln (sin ), b) f() = ln (ln (sin )), c) f() = arctg 3, d) f() = arcsin. Řešení. a) f () = cotg, D f = D f = (kπ, (k + )π) k Z b) D f =, tudíž derivaci netřeba dále počítat c) f () = 3 + 6, D f = D f = R d) f () =, D f = (,, ), D f = (, ) (, ). Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 33 ZS 03/04

Domácí cvičení 7.9: Zderivujte funkci f() = sin (ln ). f () = cos(ln()) Příklad 7.0: Dokažte, že platí: = { sgn pro 0 neeistuje pro = 0. Řešení. V bodě = 0 je derivace zleva rovna, kdežto derivace zprava je rovna, tudíž derivace v tomto bodě neeistuje. Zopakujme pojem tečna ke grafu funkce. Rovnice tečny ke grafu funkce f v bodě a je dána předpisem y = f (a)( a) + f(a), pokud f (a) R a předpisem = a, pokud f (a) = + nebo f (a) = a funkce f je v bodě a spojitá. Derivace funkce f v bodě a je rovna tangens úhlu α, který tečna grafu funkce f v bodě a svírá s osou. Příklad 7.: Nalezněte body, ve kterých je tečna funkce rovnoběžná s osou nebo y. f() = 4 5 /3 + 3 3 3 Řešení. Prvnímu případu odpovídají řešení rovnice f () = 5 3 4 /3 + 3 /3 = 0, jež jsou dvě, = ± ( 6 /5) 3 /. Druhému případu potom body z D f, kde f () = ±, tedy = 0. Příklad 7.: Nalezněte body, ve kterých tečna funkce f() = (e ) e svírá s osou úhel 45. Řešení. Řešíme tedy rovnici f () = tg 45 = ( e + e ) = e = 0, jejímž jediným řešením je e =, čili = 0. Příklad 7.3: Určete obsah trojúhelníka, který je ohraničen tečnou ke grafu funkce f() = v bodě a, a > 0, osou a osou y. Pro jakou hodnotu parametru a je tato plocha největší? Například tečnu k sgn v bodě 0 nedefinujeme, sice sgn (0) = + ale sgn v 0 není spojitá, pojem tečny tak postrádá smysl. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 34 ZS 03/04

Řešení. Rovnice tečny ke grafu funkce f v bodě a zní y = a ( a) + a. Průsečíky tečny s osami a y tedy jsou body (a, 0) a (0, a ). Plocha hledaného trojúhelníku je konstantní a rovna. V tomto příkladě tedy ještě není nutné umět hledat etrémy funkce, to bude obsahem dalších cvičení. Příklad 7.4: Spočtěte.,., a 3. derivaci funkce f() a určete f (n) () pro kladné přirozené n v následujících případech: Řešení. a) f() = e, b) 3, c) α, α N, d) α, α / N, e) f() = sin, f) f() = cos. a) f (n) = e b) f () = 3, f () = 6, f () = 6, f (n) = 0 pro n > 3 { α(α )... (α n + ) c) f (n) α n pro α n () = 0 pro α < n d) f (n) () = α(α )... (α n + ) α n { ( ) e) f (n) m cos pro n = m +, m N () = ( ) m sin pro n = m, m N, m { ( ) f) f (n) m sin pro n = m, m N, m () = ( ) m cos pro n = m, m N, m. Domácí cvičení 7.5: Je funkce f definovaná předpisem 0, < 0,, 0 < f() = + 4, < 3, 4, 3, spojitá na svém definičním oboru? Ano. Domácí cvičení 7.6: Pro jakou hodnotu reálného parametru a R je funkce { +,, f() = 3 a, > spojitá? Je spojitá pro a =. není definována v bodě =. Lze ji dodefi- Domácí cvičení 7.7: Funkce f() = 3 novat tak, aby byla v bodě spojitá? Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 35 ZS 03/04

Ano, lze. Definujeme f() := 3. Domácí cvičení 7.8: Funkce f() = sin() e není definována v bodě = 0. Lze ji v tomto bodě dodefinovat tak, aby byla v bodě 0 spojitá? Ano, a to hodnotou f() = 0. Domácí cvičení 7.9: Vypočtěte derivace následujících funkcí a) f() = arctg e, b) f() = sin() cos(), c) f() = ln, d) f() = a) f () = e + e, b) f () = sin() + cos(), c) f () =, d) f () = (arcsin()). arcsin(). Domácí cvičení 7.0: Pro funkci f najděte body a D f tak, že její tečna v bodě a svírá úhel α s osou. a) f() = 3, α = π 3, b) f() = ( ) /3, α = π, c) f() = arctg(), α = 7π 4. a) a = ±3 /4, b) a {0, }, c) a = 0. Domácí cvičení 7.: Vypočtěte derivace následujících funkcí (a, b, c, d jsou kladné reálné parametry) a) f() = a + a + b + d) f() = a + b c + d, e) f() = ( + ) a) f () = a + a b + 3 b, b) f () = ( ) b, b) f() =, c) f() = ( ) ( 3 ) +,, f) f() = ( 3 + 3 )( + ). ( ), c) f () = 7 5/ +, d) f () = ad bc (c + d), e) f () = + 3/, f) f () = 4 3 3 8 + 9. Domácí cvičení 7.: Pro funkci f() = 3 vypočtěte f(), f (), f(4), f (4), f(a ) a f (a ). (a R.) f() =, f () =, f(4) = 8, f (4) = 5, f(a ) = 3a a, f (a ) = 3 a. ( Domácí cvičení 7.3: Pro funkci f() = 5 spočtěte f( ), f ( ), f (), f 3 a a 0. f( ) = 5, f ( ) = 8, f () = 9 6, f ( a ) = a ( ) 3a + 0a Domácí cvičení 7.4: Nalezněte derivace následujících funkcí a) f() = cos(), b) f() = sin + cos, c) f() = sin ( sin() ), d) f() = e) f() = sin +, f) f() = arcsin, g) f() = + a) f cos() sin() () = ( ), b) f () = cos(), c) f () = cos cos() e) f () = cos + +, f) f () = 4, g) f () = ( ) sin() ( + ). cos(), d) f () = 4 arctg. ( sin ) / ( cos ) pro tg, ) 3/, Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 36 ZS 03/04

Domácí cvičení 7.5: Vypočtěte derivace následujících funkcí (a, b jsou reálné parametry) a) f() =, b) f() = 0, c) f() = ln(), d) f() = + e e, e) f() = ae b, f) f() = a a (zde a > 0), g) f() = 3, h) f() = e +. ( ) a) f () = ln(), b) f () = + ln(0) 0, c) f () = ln() ( ) ln ln() ln(), d) f () = ( () ( ) e) f () = ab e b, f) f () = ln(a) + a a a, g) f () = 3 ln() 3 ln(3), a) f () = e e ), e + +. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 37 ZS 03/04

Cvičení č. 8 Etrémy reálných funkcí Etrémy reálných funkcí; vyšetřování průběhu reálných funkcí. Příklad 8.: Určete největší a nejmenší hodnoty nabývané následujícími funkcemi na zadaných intervalech.. f() = na 0, 4. f() = + na 0, 4 3. f() = e na 0, ) Řešení.. f(0) = f(4) = 0. f () = je nulová v bodě a přitom f() =. Na daném intervalu tedy f nabývá maima v krajních bodech (s hodnotou 0) a minima v bodě (s hodnotou ).. f () = ( + ) > 0, funkce f je tedy na daném intervalu rostoucí, maima nabývá v pravém krajním bodě (s hodnotou f(4) = 3 5 ) a minima v levém krajním bodě (s hodnotou f(0) = ). 3. f(0) = 0, f() = 0. f () = e ( ) je nulová v bodě a v tomto bodě má f maimum s hodnotou e. Minimum s hodnotou 0 je potom nabýváno v levém krajním bodě. Příklad 8.: Nalezněte etrémy, určete ity v krajních bodech definičního oboru a bodech nespojitosti, vyšetřete konvenost/konkávnost funkce a načrtněte její graf. f() = 3 3 Řešení. Derivace f () = 6 3 je nulová pro = 0 (f(0) = 0) a = (f() = 4), přitom f() =. Nahlédneme, že v bodě 0 má f ostré lokální minimum a v bodě ostré ± lokální maimum. (Lze ověřit z druhé derivace.) Dále f () = 6( ), a proto shrnujme, že f je konvení na (, ) a konkávní na intervalu (, ). Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 38 ZS 03/04

y = f() 0 Než se pustíme do následujícího příkladu připomeňte si pojem asymptoty grafu funkce. Příklad 8.3: Vyšetřete průběh funkce (včetně asymptot) a načrtněte její graf. f() = + Řešení. Zřejmě D f = R \ {0}. Derivace f () = 3 je nulová v bodě 3. Dále máme f() = a f() = ±. V bodě 3 je tedy nutně ostré lokální minimum. 0± ± f () = 6 4 > 0, a funkce f je tudíž na D f konvení. Dále (f() ) = 0, přímka ± y = tedy představuje asymptotu v ±. Vedle toho je přímka = 0 svislou asymptotou. y = f() 0 3 Příklad 8.4: Vyšetřete průběh následujících funkcí. f() = ( + ) 3/,. f() = ( + ) /3, 3. f() = +. Řešení. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 39 ZS 03/04

. Definičním oborem zadané funkce je množina D f = R. Pro první a druhou derivaci platí f () = 3 ( + ) /, ( f () = 3 ( + ) / + ( + ) /), D f. Uzavíráme, že funkce je spojitá na svém definičním oboru, klesá na intervalu (, 0 a roste na intervalu 0, + ). V bodě 0 nastává lokální minimum. Funkce je konvení na R. Pro ity na krajích definičního oboru platí Asymptoty v ± neeistují, protože f() = ± ± ( + ) 3/ = +. f() ± = ± ( + ) 3/ = ±. Průsečíky s osou neeistují. Prusečík s osou y je pouze jeden, (0, ). y. Definičním oborem zadané funkce je množina D f = R. Pro derivaci platí f () = 4 + 3,, 3( + ) /3 f ( + ) /3 0 ( ) = = + ( + ) /3 neeistuje. Derivace v bodě neeistuje, ale přesto je zde funkce spojitá, f() = 0 = f( ). Ze znaménka derivace dále odvodíme monotonii. interval (, 3/4) ( 3/4, ) (, 0) (0, + ) znaménko derivace + + monotonie klesá roste klesá roste 3. Definičním oborem funkce f je množina D f = R { }. Pro ity platí f() = ± f() = ±. ± + = ±, Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 40 ZS 03/04

Protože f() ± =, f() =, ± je asymptotou přímka = a v ± přímka y =. Jediným průsečíkem s osami je bod (0, 0). Pro derivace funkce f platí f () = f () = ( + 4) ( + ), 8 ( + ) 3,. Naše funkce f je tedy konvení na intervalu (, + ) a konkávní na intervalu (, ). Typ monotonie vyčteme z první derivace: interval (, 4) ( 4, ) (, 0) (0, + ) znaménko derivace + + monotonie roste klesá klesá roste Funkce nabývá lokálního maima v bodě = 4 s hodnotou f( 4) = 8 a lokálního minima v bodě = 0 s hodnotou f(0) = 0. y 0 ( ) Příklad 8.5: Určete největší člen posloupnosti n n. n= Řešení. Přejděme od diskrétního ke spojitému problému, tj. hledejme maimum funkce f() := na intervalu, ). f() =, f() =. Derivace f () = ( ln ) je nulová v bodě e a přitom f(e) >. Největšímu členu posloupnosti tedy odpovídá n = nebo n = 3. Numericky ověříme, že největším členem posloupnosti je 3 3. Příklad 8.6: Určete, kolik kořenů má rovnice ln = 0 a následně je separujte. Potom diskutujte, kolik kořenů má rovnice v závislosti na parametru a. ln a = 0 Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 4 ZS 03/04

Řešení. Označme f() = ln, tato funkce je definována na intervalu D f = (0, ). Derivace f () = je na D f nulová pouze v bodě a přitom f() = 0. Současně 0+ f() = f() =. Graf funkce f() a tudíž protíná osu dvakrát pro a > 0, jednou pro a = 0 a vůbec pro a < 0. Pro a = dostáváme jeden kořen na intervalu (0, ) a druhý na intervalu (, ). y = f() 0 Domácí cvičení 8.7: Nalezněte lokální etrémy funkce a) f() = ln, b) f() = +, c) f() = 3. a) Lokální minimum v bodě (f() = 0); lokální maimum v bodě e (f(e ) = 4e ). b) Lokální minimum v bodě (f() = ); lokální maimum v bodě (f( ) = ). c) Lokální minimum v bodě 3 /4 (f( 3 /4) < 0); lokální maimum nemá. Domácí cvičení 8.8: Jaké největší a nejmenší hodnoty a v jakém bodě nabývá funkce a) f() = cos + cos na intervalu 0, π, b) f() = 5 4 na intervalu,? a) Maimem je f(0) = f(π) = 3 a minimem f(π /3) = f( 4π /3) = 3 4. b) Maimem je f( ) = 3 a minimem f() =. Domácí cvičení 8.9: Vyšetřete průběh funkce a) f() = ( + ) 9 e, b) f() = 4 3, c) f() = ( + ) /3 ( ) /3, d) f() = ln, Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 4 ZS 03/04

e) f() = +, f) f() = /3 e, g) f() = arctg, h) f() = arcsin +. a) D f = R, rostoucí na (, 8) klesající na (8, + ), lokální maimum v bodě 8 s hodnotou 9 9 e 8, konkávní na (, ) a (5, ), konvení na (, 5) a (, + ), + f() = 0 a =, asymptotou v + je y = 0. b) D f = R {}, rostoucí na celém definičním oboru, konvení na (, ) a (0, + ), konkávní na (, 0), průsečík s osou je v, průsečík s osou y v, je spojitě dodefinovatelná v bodě hodnotou 4 /3, asymptotou v ± je y =. c) Vyšetřovaná funkce je lichá, stačí proto uvažovat pouze > 0. Zde je funkce rostoucí na (0, ) a klesající na (, + ), pro derivaci platí + f () = a f () = +, dále f() = /3, funkce má lokální maimum v bodě s hodnotou /3, f() = 0. d) D f = (0, + ), rostoucí na (0, e ) a klesající na (e, + ), konkávní na (0, e 8/3 a konvení na (e 8/3, + ) lokální maimum v bodě, e s hodnotou e, + f() = 0, 0+ = asymptotou v + je y = 0 a v 0 přímka = 0, průsečíkem s osou je bod. e) D f = R, rostoucí na ( /, + ), klesající na (, /), konvení na ( ( 3 4)/8, ( 3 + ) 4)/8 konkávní na zbytku R, lokální minimum v bodě / s hodnotou 5, ± f() = ±, asymptotou v ± je přímka y = ±, průsečík s osou y je a s osou je. f) D f = R, rostoucí na (0, /3) a klesající na (, 0) a ( /3, + ), lokální minimum v bodě 0 s hodnotou 0 a lokální maimum ( v bodě /3 s hodnotou 3 ( 3) e /3, konvení na, ( ) ( 6)/3 a (+ ) ( 6)/3, +, konkávní na ( 6)/3, (+ ) 6)/3, + f() = 0, f() =, asymptotou v + je y = 0, jediným průsečíkem s osami je bod = y = 0. g) D f = R, klesající na (, 0), rostoucí na (0, + ), lokální minimum v bodě 0 s hodnotou 0, ± f() = +, konvení na celém R, asymptotou v ± je přímka y = ± π. h) D f = R, klesající na (, ) a (, + ), rostoucí na (, ), lokální maimum v s hodnotou π / a lokální minimum v s hodnotou π /, konvení na (, 0) a (, + ), konkávní na (, ) a (0, ), ± f() = 0, asymptotou v ± je přímka y = 0. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 43 ZS 03/04

Cvičení č. 9 L Hospitalovo pravidlo, Taylorova věta, opakování L Hospitalovo pravidlo; Taylorova věta a její využití k přibližným výpočtům. Než se pustíte do počítání následujících příkladů, připomeňte si předpoklady l Hospitalova pravidla. Příklad 9.: Pomocí l Hospitalova pravidla spočítejte následující ity. Řešení. + ln a), b) ln π, c) + arctg 0. a) Limita je typu 0 0, a jsou nenulové na okolí bodu pro a jak hned nahlédneme, ita podílu derivací eistuje. Proto je následující výpočet oprávněný + ln l H. + = = =. b) Nejprve výraz upravíme (jedním z dvou možných způsobů, druhý by zde nepomohl), ln = ln. Pokud 0, pak ita čitatele je a ita jmenovatele neeistuje. Protože ale = +, 0 a je nenulové na okolí 0 pro 0 a jak ihned ověříme, ita podílu derivací eistuje, můžeme l Hospitalovo pravidlo použít. Dostáváme ln ln 0 = 0 l H. = 0 = 0 ( ) = 0. c) Jedná se o itu typu 0 0. Podobně jako v předchozím příkladě je jmenovatel i jeho derivace nenulová pro 0 a navíc ita podílu derivací eistuje, jak vidíme v následujícím výpočtu π + arctg l H. = + = + = + =. Příklad 9.: Pomocí l Hospitalova pravidla vypočtěte ity e arctg cos a) 0 + sin, b) ln 3, c). + Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 44 ZS 03/04

Řešení. a) e arctg cos l H. = 0 + sin 0 e + arctg + sin = + cos +0 e0 + 0 = +. Předpoklady pro použití l Hospitala jsou splněny: ita je typu 0 0, ita podílu derivací eistuje, sin i + cos jsou nenulové na okolí 0 pro 0. b) V tomto případě lze použít buď přímý výpočet, 3 = ( )( + + ) = + 3 = 6, nebo alternativně můžeme použít l Hospitalovo pravidlo. Limita je totiž typu 0 0, 3 i 3 jsou nenulové pro (0, ),, a ita podílu derivací eistuje, l H. 3 = / 3 = 6. c) Jedná se o itu typu + +, i / jsou nenulové pro > 0 a ln l H. = + + + / = = 0. Příklad 9.3: Pomocí l Hospitalova pravidla spočítejte následující ity. e e a), b) sin ( ) tg π (, c) 0 sin ln ). Řešení. Zde už jenom stručně (doplňte ověření předpokladů!) e e l H. a) = 0 sin b) sin ( ) tg π c) ( ln e + e 0 cos sin ( ) cos π = sin π ) ln = ln ( ) l H. = + ln = + ln =. l H. e e = 0 sin l H. = l H. = l H. = 0 e + e cos cos ( ) π = sin π π ( ) + ln = Příklad 9.4: Vypočtěte itu posloupnosti pro libovolné ε > 0. ln n n n ε Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 45 ZS 03/04

Řešení. Jedná se sice o itu posloupnosti, ale pomocí Heineho věty k jejímu výpočtu můžeme použít l Hospitalovo pravidlo. Podrobněji, následující výpočet ity funkce, ln l H. + ε = + ε ε = + ε ε = 0, je korektní, protože jsme l Hospitalovo pravidlo použili na itu typu a ita podílu derivací eistuje (uvažujeme ε > 0!). Posloupnost (n) zřejmě konverguje do + a proto podle Heineho věty a předchozího výpočtu platí ln n n n ε = 0. Zopakujme si znění Taylorovy věty. Z přednášky známe n-tý Taylorův polynom funkce f v bodě a. Taylorova věta tvrdí: Nechť n N a funkce f je spojitá do n-té derivace na okolí H a bodu a a nechť f (n+) () eistuje pro H a. Potom pro libovolné H a eistuje bod ξ ležící mezi body a a tak, že platí f() = n k=0 f (k) (a) ( a) k + f (n+) (ξ) k! (n + )! ( a)n+ = T n,a () + f (n+) (ξ) (n + )! ( a)n+. Poslední člen, f() T n,a () =: R n,a (), nazýváme Lagrangeovým zbytkem. Zdůrazněme, že hodnota ξ závisí na volbě a n. Pokud a = 0 pak v rámci zjednodušení značení tento bod neuvádíme v dolních indeech. Tj. Píšeme T n místo T n,0 a R n místo R n,0. Příklad 9.5: Pro funkci f() = + + nalezněte 5. Taylorův polynom v bodě 0. Řešení. Pro účely derivování upravíme f() = + +. Nyní snadno napočteme prvních pět derivací: f () = ( + ), f () = ( + ) 3, f 6 () = ( + ) 4, f (4) 4 () = ( + ) 5, f (5) () = 0 ( + ) 6. Po dosazení = 0, dostaneme následující Taylorův polynom: T 5 () = + 3 + 4 5. Příklad 9.6: Pro funkci f() = tg nalezněte 3. Taylorův polynom v bodě 0. Řešení. Pro první tři derivace máme: f () = cos, f () = sin cos 3, f () = + sin cos 4. Jelikož f(0) = f (0) = 0, shrnujeme, že hledaný Taylorův polynom je T 3 () = + 3 3. Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 46 ZS 03/04

Domácí cvičení 9.7: Pro funkci f() = arcsin nalezněte 3. Taylorův polynom v bodě 0. Domácí cvičení 9.8: Pro funkci f() = nalezněte 5. Taylorův polynom v bodě 0. Následující tři příklady ukazují různé způsoby použití Taylorovy věty. Příklad 9.9: Odhadněte chybu ve výpočtu sin pomocí polynomu 3 6 pro,. Nápověda: Ukažte, že 3 6 jsou první dva nenulové členy Taylorova polynomu pro funkci sin, a rozdíl odhadněte pomocí Lagrangeova tvaru zbytku. Řešení. Snadno ověříme, že 3 6 je skutečně 3-tí Taylorův polynom (zaznělo i na přednášce), přitom T 3 () = T 4 (). Pro absolutní hodnotu Lagrangeova zbytku po T 4 máme pro všechna,. f (5) (ξ) R 4 () = 5 = 5! cos ξ 5 5! 5 5! 0.0006047 Příklad 9.0: Pro jaká je absolutní hodnota chyby přibližného vyjádření cos menší než 0 4? Nápověda: Viz nápověda pro úlohu 9.9. Řešení. Snadno ukážeme, že T () = T 3 () = (rovněž zaznělo na přednášce). Lagrangeův zbytek odhadneme podobně jako výše: f (4) (ξ) R 3 () = 4 = cos ξ 4! 4 4 4! 4!. Požadujeme, aby 4 4! < 0 4, odtud < 4 4 0 0.. Příklad 9.: Jak velké n musíte zvolit, aby chyba při výpočtu f() = ln( + ) pomocí n-tého Taylorova polynomu funkce f v bodě 0 na intervalu 0, / byla menší než 0 6? Vypočtěte i příslušný Taylorův polynom. Řešení. Nejprve musíme nalézt příslušný Taylorův polynom. Pro derivace funkce f platí f() = ln( + ), f () = +, f () = ( + ), f () = Z toho již nahlédneme, že f (k) () = ( )k+ (k )! ( + ) k a f (k) (0) = ( ) k+ (k )! pro k N. ( + ) 3. Navíc f (0) (0) = f(0) = 0. n-tým Taylorovým polynomem funkce f v bodě 0 proto je n ( ) k+ T n () = k. k k= Cvičení BI-ZMA, FIT ČVUT 47 ZS 03/04