Matematika I (KX001)
Uˇ zit´ı derivace v geometrii, ve fyzice
3. ˇr´ıjna 2015
Rovnice teˇ cny a norm´ aly Geometrick´ y v´ yznam derivace funkce f (x) v bodˇe x0 : f 0 (x0 ) = kt kt je smˇernice teˇcny v bodˇe [x0 , y0 = f (x0 )]. Teˇcna je pˇr´ımka t : y = kt · x + q, tj. y = f 0 (x0 ) · x + q; pokud tato pˇr´ımka proch´az´ı bodem [x0 , y0 = f (x0 )], potom y0 = f 0 (x0 ) · x0 + q Odeˇcten´ım rovnic dostaneme z´apis rovnice teˇ cny: y − y0 = f 0 (x0 ) · (x − x0 ) 1 (x − x0 ) Norm´ala je pˇr´ımka kolm´a k teˇcnˇe; pro f 0 (x0 ) 6= 0 je rovnice norm´ aly: y − y0 = − 0 f (x0 ) Je-li f 0 (x0 ) = 0, potom teˇcna je rovnobˇeˇzn´a s osou x a norm´ala rovnobˇeˇzn´a s osou y: teˇcna: y = y0 , norm´ala: x = x0 . 0 0 0 0 Je-li f+ (x0 ) = f− (x0 ) = +∞ nebo f+ (x0 ) = f− (x0 ) = −∞, potom je teˇcna rovnobˇeˇzn´a s osou y a norm´ala rovnobˇeˇzn´a s osou x: teˇcna: x = x0 , norm´ala: y = y0 . Pˇ r´ıklad √ Napiˇste rovnici teˇcny a norm´aly ke kˇrivce y = (x + 1) 3 3 − x v bodech a) A: x0 = −1, b) B: x0 = 2, Urˇc´ıme derivaci y 0 = f 0 (x) =
c) C = [3, 0]
√ (−1) 3 3 − x + (x + 1) p . 3 3 (3 − x)2
√ 3 0 4 a) bod A: x0 = −1, y0 = f (x0 ) = f (−1) = 0 ⇒ A = [−1, 0], f (−1) = √ 1 ala: y = − √ teˇ cna: y = 3 4(x + 1), norm´ 3 (x + 1) 4 b) bod B: x0 = 2, y0 = f (x0 ) = f (2) = 3 ⇒ B = [2, 3], f 0 (2) = 1 − 33 = 0 teˇ cna: y = 3, norm´ ala: x = 2 0 0 b) bod C: = [3, 0], f+ (3) = f− (3) = −∞ teˇ cna: x = 3, norm´ ala: y = 0 ´ Uhel dvou kˇrivek Pod pojmem u ´hel dvou kˇrivek rozum´ıme u ´hel ϕ ∈ h0,
π i, 2
kter´ y sv´ıraj´ı teˇcny ve spoleˇcn´em bodˇe.
Pˇ r´ıklad Vypoˇctˇete pod jak´ ym u ´hlem se prot´ınaj´ı grafy n´asleduj´ıc´ıch funkc´ı: 2 a) f (x) = x + 6x − 12, g(x) = 4x − x2
b) f (x) = 2 ln x,
g(x) = ln2 (x)
1. Nejprve urˇ c´ıme pr˚ useˇ c´ıky (spoleˇ cn´ e body) graf˚ u: a) f (x) = g(x) ⇒ x2 + 6x − 12 = 4x − x2 ⇒ 2x2 + 2x − 12 = 0 ⇒ x2 + x − 6 = 0 ⇒ A = [−3, −21], B = [2, 4] b) 2 ln x = ln2 x ⇒ ln x(ln x − 2) = 0 ⇒ • ln x = 0 : C = [1, 0], • ln x = 2 D = [e2 , 4] 2. Hledan´ yu ´ hel m˚ uˇzeme urˇcit napˇr´ıklad ze smˇerov´ ych vektor˚ u teˇcen v tˇechto bodech (1, f 0 (x0 )), (1, g 0 (x0 )) cos ϕ =
(1, f 0 (x0 )) · (1, g 0 (x0 )) 1 + f 0 (x0 ) · g 0 (x0 ) p p = |(1, f 0 (x0 ))| · |(1, q 0 (x0 ))| 1 + (f 0 (x0 ))2 · 1 + (g 0 (x0 ))2
a) f 0 = 2x + 6, f 0 (A) = 0, f 0 (B) = 10,
g 0 = 4 − 2x, g 0 (A) = 10, g 0 (B) = 0 :
2 0 2 1 4 , f (C) = 2, f 0 (D) = 2 , g 0 = 2 ln x · , g 0 (C) = 0, g 0 (D) = 2 : x e x e 1 e4 + 8 cos ϕC = √ , cos ϕD = p 5 (e4 + 4)(e4 + 16)
b) f 0 =
´ Uvod do diferenci´aln´ıho poˇctu
1 cos ϕA = √ 101
cos ϕB = √
1 101
Matematika I (KX001)
Uˇ zit´ı derivace v geometrii, ve fyzice
3. ˇr´ıjna 2015
Mechanick´ y model Uvaˇzujme hmotn´ y bod, kter´ y se pohybuje po pˇr´ımce p. Oznaˇcme t ˇcas a s(t) polohu, v n´ıˇz se bod nach´az´ı v ˇcase t, vt pr˚ umˇernou rychlost v ˇcasov´em intervalu ht0 , ti, v0 okamˇzitou rychlost v ˇcasov´em okamˇziku t0 . dr´aha s(t) − s(t0 ) Dr´aha, kterou bod uraz´ı za dobu t0 − t je s(t) − s(t0 ). P˚ umˇern´a rychlost vt = = . ˇcas t − t0 Zkracov´an´ım ˇcasov´eho intervalu (t → t0 ) pˇrejde pr˚ umˇern´a rychlost na ht0 , ti v okamˇzitou rychlost v0 v ˇcase t0 : v0 = lim
t→t0
s(t) − s(t0 ) t − t0
Rychlost pohybu v ˇcasov´em okamˇziku t0 je definov´ana jako derivace funkce dr´ahy s(t) podle ˇcasu t v bodˇe t = t0 . Zrychlen´ı (”rychlost zmˇeny rychlosti”) je derivac´ı rychlosti tj. druhou derivac´ı dr´ahy podle ˇcasu. Pˇ r´ıklad Hmotn´ y bod se pohybuje po pˇr´ımce. Z´avislost jeho dr´ahy (v metrech) na ˇcase (v sekund´ach) je pops´ana funkc´ı s(t) = 13 t3 − 2t2 + 3t. Urˇcete: a) okamˇzitou rychlost a okamˇzit´e zrychlen´ı v ˇcase t0 = 0; b) ˇcasy, v nichˇz se mˇen´ı orientace pohybu. ds dv d2 t = t2 − 4t + 3, zrychlen´ı a(t) = = 2 = 2t − 4 dt dt dt Okamˇzit´a rychlost v ˇcase t = 0 je v(0) = 3[m/s], okamˇzit´e zrychlen´ı a(0) = −4[m/s2 ].
a) s(t) = t3 − 2t2 + 3t ⇒ v(t) =
b) Orientace pohybu se mˇen´ı v ˇcasech, v nichˇz je rychlost nulov´a: v(t) = 0 : t2 − 4t + 3 = 0 ⇒ t1 = 1[s], t2 = 3[s]. Pˇ r´ıklad Do n´adrˇze tvaru rotaˇcn´ıho kuˇzele o polomˇeru podstavy r0 = 2 [m] a v´ yˇsce h0 = 3 [m] pˇrit´ek´a konstantn´ı 3 rychlost´ı w = 0.004 [m /s] kapalina. Urˇcete, jakou okamˇzitou rychlost´ı se zvyˇsuje hladina kapaliny v n´adrˇzi v ˇcase t = 8 [s] (ˇcas je mˇeˇren od okamˇziku, kdy kapalina zaˇcala do n´adrˇze pˇrit´ekat). Najdeme funkci h, kter´a vyjadˇruje z´ avisost v´ yˇ sky hladiny v n´ adrˇ zi na ˇ case t: za t sekund pˇriteˇce wt [m3 ] kapaliny, a to je objem V (t) ˇca´sti kuˇzele: w t = V (t) = 31 πr2 (t) · h(t). Polomˇer r(t) zaplnˇen´eho kuˇzele v ˇcase t (v t = 0 je r = 0 a h = 0, pˇri v´ yˇsce hladiny h0 je polomˇer r0 ) r(t) h(t) r0 vyj´adˇr´ıme z pomˇeru = ⇒ r(t) = · h(t) a dosad´ıme do objemu: r0 h0 h0 s s 2 2 2 2√ 1 r0 3wth 3wth 3 3 3wh0 3 0 0 wt= π · h(t) · h(t) ⇒ h3 (t) = ⇒ h(t) = = t 3 h0 πr02 πr02 πr02 Funkce popisuj´ıc´ı okamˇzitou rychlost zmˇeny v´ yˇsky hladiny kapaliny v n´adrˇzi je d´ana derivac´ı: s 3wh20 1 − 2 h0 (t) = 3 · t 3. πr02 3 1 −2 √ t 3 10 3 π 1 1 1 . √ a dopoˇc´ıt´ame okamˇzitou rychlost v ˇcase t = 8 [s] : h0 (8) = √ = √ = 0.017 [m/s] 3 3 3 10 π 82 40 π
Dosad´ıme dan´e hodnoty w = 0.004, h0 = 3, r0 = 2 ⇒ h0 (t) =
Pr˚ ubˇ eh funkce byl minule
´ Uvod do diferenci´aln´ıho poˇctu
Matematika I (KX001)
Uˇ zit´ı derivace v geometrii, ve fyzice
3. ˇr´ıjna 2015
Glob´ aln´ı (absolutn´ı) extr´ emy Definice: Necht’ M ⊂ D(f ) a x0 ∈ M . Funkce f nab´ yv´a na mnoˇ zinˇ e M glob´ aln´ıho maxima (resp. glob´ aln´ıho minima) v bodˇe x0 , jestliˇze pro vˇsechna x ∈ M plat´ı f (x) ≤ f (x0 ) (resp. f (x) ≥ f (x0 )). Funkce f definovan´a na intervalu I m˚ uˇze nab´ yvat glob´ aln´ıch extr´ em˚ u • v bodech intervalu I, ve kter´ ych f 0 (x) = 0, • v bodech intervalu I, ve kter´ ych f 0 (x) neexistuje, • v krajn´ıch bodech intervalu I, pokud krajn´ı body patˇr´ı do I. p 4 Pˇ r´ıklad: y = 1 − 5 (x2 + 2x)4 = 1 − (x2 + 2x) 5 , na intervalu h−1, 2i. 1 Stacion´arn´ı body: y 0 = 0 : 45 (x2 + 2x)− 5 · (2x + 2) = 0 ⇔ x = −1 Derivace neexistuje (ale funkce je definovan´a) ( jmenovatel = 0) x = 0 ∈ h−1, 2i, x = −2 6∈ h−1, 2i Hodnoty funkce : x=0 b=2 √ a = −1 5 f (−1) = 0 f (0) = 1 f (2) = 1 − 84 max min Pˇ r´ıklad: Mezi vˇsemi obd´eln´ıky dan´eho obsahu P vyberte ten, kter´ y m´a nejmenˇs´ı obvod. obvod o = 2(a + b), obsah P = ab ⇒ b = Pa ⇒ obvod : o = 2 a + Pa . Nejmenˇ s´ı obvod:minimum o pro a > 0 √ √ P do do =2 1− 2 ; = 0 ⇒ a2 = P ⇒ a = + P , b = P da a da √ Nejmenˇs´ı obvod m´a ˇctverec o stranˇe P . Pˇ r´ıklad: Urˇcete rozmˇery parn´ıho kotle tvaru v´alce tak, aby pˇri dan´em objemu V bylo ochlazov´an´ı p´ary ve v´alci nejmenˇs´ı, tj. aby povrch v´alce byl minim´aln´ı. V V 2V povrch S = 2πr2 + 2πrh; objem V = πr2 h ⇒ h = ⇒ S = 2πr2 + 2πr = 2πr2 + 2 2 2πr 2πr r dS 2V V Minim´aln´ı povrch: = 0 ⇒ 4πr − 2 = 0 ⇒ r3 = dr r 2π r r 3 4V 3 V a v´ yˇsku h = Povrch v´alce bude nejmenˇs´ı pro polomˇer r = 2π π
´ Uvod do diferenci´aln´ıho poˇctu
Matematika I (KX001)
Uˇ zit´ı derivace v geometrii, ve fyzice
3. ˇr´ıjna 2015
APROXIMACE FUNKCE POLYNOMEM Funkci f (x), kter´a m´a v bodˇe x0 alespoˇ n n-tou derivaci, chceme nahradit v okol´ı bodu x0 polynomem n-t´eho stupnˇe (Tn (x)), kter´ y se s funkc´ı v bodˇ e x0 shoduje ve funkˇcn´ı hodnotˇe a v hodnot´ach vˇsech derivac´ı, tj. 0 0 (n) f (x0 ) = T (x0 ), f (x0 ) = T (x0 ), . . . , f (x0 ) = T (n) (x0 ) Tn (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + · · · + an (x − x0 )n Vypoˇcteme derivace Tn (x), dosad´ıme (za x) x0 a porovn´ame s hodnotami funkce f (x0 ), dostaneme: a0 = f (x0 ) a1 = f 0 (x0 ) 1 00 a2 = f (x0 ) 2! 1 000 a3 = f (x0 ) 3! .. . 1 (n) an = f (x0 ) n! Tento polynom: Taylor˚ uv polynom Pˇri nahrazen´ı funkce se dopouˇst´ıme chyby R(x) = f (x) − T (x) Pˇ r´ıklad Taylor˚ uv polynom 4. stupnˇe pro funkci f (x) = x4 + 3x2 − 5x2 + 2x − 1 v okol´ı x0 = 0 se shoduje s funkc´ı f (x): f (i) (0) f (i) (−2) (i) f (0) ai = f (−2) ai = i! i! 4 3 2 x + 3x − 5x + 2x − 1 −1 −1 −33 −33 3 2 4x + 9x − 10x + 2 2 2 26 26 −10 12x2 + 18x − 10 −10 = −5 2 1 2! 18 18 −30 =5 24x + 18 18 = =3 −30 6 3! 6 24 24 = =1 24 24 24 1 4! 24 T4 (x) = −1 + 2x − 5x2 + 3x3 + x4 (i)
f (x) f 0 (x)
= =
f 00 (x)
=
f 000 (x)
=
f (IV ) (x) =
Potˇrebujeme-li ˇcasto poˇc´ıtat hodnoty f (x) v bodech z okol´ı -2 (napˇr. f (−1.9), f (−2.1), . . . ), sestav´ıme Taylor˚ uv polynom 4. stupnˇe pro tut´eˇz funkci v okol´ı x0 = −2: do derivac´ı dosad´ıme x0 = −2 a vypoˇc´ıt´ame nov´e koeficienty ai ; na prvn´ı pohled vypad´a jinak, ale po rozn´asoben´ı se shoduje. T4 (x) = −33 + 26(x + 2) + (x + 2)2 − 5(x + 2)3 + (x + 2)4 . Hodnoty f (−2.1) nyn´ı snadno spoˇc´ıt´ame, protoˇze v z´avorce (x + 2) je -0.1 a tu lehce umocn´ıme: f (−2.1) = −33 + 26 · (−0.1) + (−0.1)2 − 5 · (−0.1)3 + (−0.1)4 = 30.4151
´ Uvod do diferenci´aln´ıho poˇctu
Matematika I (KX001)
Uˇ zit´ı derivace v geometrii, ve fyzice
3. ˇr´ıjna 2015
Doplnˇ en´ı k minul´ e pˇ redn´ aˇ sce • V´ ypoˇcet derivace y = f (x)g(x) y = f (x)g(x) [ zlogaritmujeme ] ln y = g(x) ln f (x) [ zderivujeme ] 1 0 1 0 0 · y = g (x) · ln f (x) + g(x) · · f (x) [vyj´adˇr´ıme derivaci] y f (x) 1 y0 = y · g 0 (x) · ln f (x) + g(x) · x Pˇ r´ıklad
y = xsin x [ zlogaritmujeme ] ln y = sin x ln x [ zderivujeme ] 1 1 0 · y = cos x ln x + sin x x [vyj´adˇr´ıme derivaci] y 1 y0 = y · cos x ln x + sin x x 1 y0 = xsin x cos x ln x + sin x x
• K v´ ypoˇctu limit: Je-li lim f (x)g(x) , f (x) > 0 nˇekter´ y z typ˚ u 1∞ , ∞0 , 00 , pak pouˇzijeme x→c
g(x)
lim f (x)
x→c
g(x) lim g(x) · ln f (x) ln f (x) = lim e = ex→c = eL x→c
Pˇ r´ıklad x
1 x
∞
lim (e + x) = |1 | = lim e
x→0
x→0
1 ·ln(ex +x) x
1 ln(ex + x) 0 x = e , kdeL = lim · ln(e + x) = |∞ · 0| = lim = =2 x→0 x x→0 x 0 L
V´ ysledek: e2
´ Uvod do diferenci´aln´ıho poˇctu
