Matematika II: Řešené příklady

ˇ Matematika II: Rešené pˇríklady Radomír Paláˇcek, Petra Schreiberová, Petr Volný Katedra matematiky a deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzita Ostrava

ˇ Rešené pˇríklady – Integrální poˇcet funkcí jedné promˇenné

Matematika II - rˇ ešené pˇríklady

Katedra matematiky a deskriptivní geometrie, VŠB - Technická univerzita Ostrava

ˇ - Pˇrímá metoda Ry 66

52.

Zadání Vypoˇctˇete integrál

Poznámky

Z √ 3

1 2 7 x2 + sin x − 2 1 + x2

ˇ Rešení

Základní integrály

dx.

Video

Teorie: 11, 12, 13 Pˇríklady: 153, 154, 155

Integrand je složen ze souˇctu tˇrí funkcí, proto využijeme vlastnosti o integraci souˇctu funkcí (13.), dostaneme souˇcet tˇrí integrál˚u: Z Z Z √ 1 2 3 2 sin xdx − dx, 7 x dx + 2 1 + x2 ve všech integrálech je funkce ve tvaru konstanta krát funkce, využijeme tedy druhé vlastnosti (14.) a konstanty vytkneme pˇred integrál: 7 funkci

√ 3

Z √ 3

x2 dx

1 + 2

Z

sin xdx − 2

Z

1 dx, 1 + x2

2

x2 si napíšeme ve tvaru mocninné funkce x 3 .

S využitím vlastností jsme získali základní integrály, které již podle vzorc˚u (2.), (6.) a (11.) integrujeme. Výsledek: Z √ 3

7

x2

1 2 + sin x − 2 1 + x2

5

dx = 7

x3 5 3

−

1 21 √ 1 3 cos x − 2 arctan x + c = x5 − cos x − 2 arctan x + c. 2 5 2

1. Z

2.

Z

Z

3.

Z

4. 5. Z

6.

Z

7.

Z

0dx = c x n dx =

ex dx = ex + c a x dx =

sin x dx = − cos x + c cos x dx = sin x + c

Z

f = f (x) 13. 14.

Z

= tan x + c = − cot x + c = arcsin x + c = arctan x + c = ln | f ( x )| + c g = g( x )

( f ± g)dx = Z

ax +c ln a

1 dx = ln | x | + c x

1 dx cos2 x Z 1 9. dx sin2 x Z 1 √ dx 10. 1 − x2 Z 1 dx 11. 1 + x2 Z 0 f (x) 12. dx f (x) 8.

x n +1 +c n+1

Z

(k · f )dx = k

f dx ± Z

Z

gdx

f dx, k ∈ R




Poznámky

53.


Z 2x e −1

4 + x e +1 1 − cos2 x

ˇ Rešení

Základní integrály

dx.

Video

Teorie: 11, 12, 13 Pˇríklady: 153, 154, 155, 156

Integrand je složen ze souˇctu funkcí, proto opˇet využijeme vlastnosti o integraci souˇctu funkcí (13.), dostaneme souˇcet dvou integrál˚u: Z

e2x − 1 dx + ex + 1

Z

4 dx. 1 − cos2 x

(e x

− 1)(ex ex

+ 1)

+1

dx =

Z

(ex − 1)dx,

(ex − 1)dx = ex − x + c.

Výpoˇcet druhého integrálu: využijeme vlastnosti (14.), konstantu vytkneme pˇred integrál, jmenovatel si upravíme (cos2 x + sin2 x = 1) a podle (9.) integrujeme Z Z 4 1 dx = 4 dx = −4 cot x + c. 2 1 − cos x sin2 x Výsledek:

2.

Z

3.

Z

4.

Z

6.

rozdˇelíme na 2 integrály a pomocí vzorc˚u pro integrování (3.), (1.) vypoˇcítáme Z

Z

5.

Výpoˇcet prvního integrálu: s využitím vzorce a2 − b2 = ( a − b)( a + b) upravíme cˇ itatel Z

1.

Z

Z

7.

Z

0dx = c x n dx =



Z

f = f (x) Z 2x e −1

4 + x e +1 1 − cos2 x

dx = ex − x − 4 cot x + c.

13. 14.

Z


( f ± g)dx = Z

ax +c ln a

1 dx = ln | x | + c x

1 dx cos2 x Z 1 9. dx sin2 x Z 1 √ dx 10. 1 − x2 Z 1 dx 11. 1 + x2 Z 0 f (x) 12. dx f (x) 8.

x n +1 +c n+1

Z

(k · f )dx = k

f dx ± Z

Z

gdx

f dx, k ∈ R




Poznámky

54.


Z

−2 dx. tan x cos2 x

ˇ Rešení

Základní integrály Video

Teorie: 11, 12, 13 Pˇríklady: 153, 154, 155, 156

1.

Vidíme integrand ve tvaru zlomku, proto nejdˇríve kontrolujeme, zda nelze využít vzorec (12.).

2.

1 Víme, že (tan x ) = . cos2 x

3.

0

Z

Z

Z

4. Po úpravˇe integrandu dostáváme: Z

−2 dx = −2 tan x cos2 x

Z

1 cos2 x

tan x

5. dx.

7.

Výsledek:

8. Z

−2 dx = −2 ln | tan x | + c. tan x cos2 x

Z

6.

Tedy platí, že derivace jmenovatele je v cˇ itateli a lze využít vzorec (12.).

Z

Z

Z

0dx = c x n dx =



1 dx cos2 x Z 1 9. dx sin2 x Z 1 √ dx 10. 1 − x2 Z 1 dx 11. 1 + x2 Z 0 f (x) 12. dx f (x) f = f (x) 13. 14.


( f ± g)dx = Z

ax +c ln a

1 dx = ln | x | + c x

Z

Z

x n +1 +c n+1

Z

(k · f )dx = k

f dx ± Z

Z

gdx

f dx, k ∈ R



ˇ - Lineární substituce, obecné vzorce Ry 69

Poznámky

55.

Zadání Vypoˇctˇete integrály:

Z

e−3x+1 dx,

Z

ˇ Rešení Výpoˇcet integrálu

Z

p

1 4 − (3x − 1)2

Lineární substituce, obecné vzorce

dx. Video

Teorie: 17 Pˇríklady: 157, 158

e−3x+1 dx.

Výsledek: Z

p

Z

6. 7.

1

Výsledek: Z

p

1 4 − (3x − 1)2

dx =

1 3x − 1 arcsin + c. 3 2

( ax + b)n dx

Z

4.

8.

Z

Z

Z

eax+b dx 1 dx ax + b

sin( ax + b)dx cos( ax + b)dx Z

1 F ( ax + b) + c a 1 ( ax + b)n+1 = +c a n+1 1 = eax+b + c a 1 = ln | ax + b| + c a 1 = − cos( ax + b) + c a 1 = sin( ax + b) + c a x = arcsin + c d x 1 = arctan + c d d

f ( ax + b)dx =

3.

5. 1 e−3x+1 dx = − e−3x+1 + c. 3

dx. 4 − (3x − 1)2 1 Integrand je ve tvaru p , proto k nalezení primitivní funkce využijeme opˇet lineární subd2 − ( ax + b)2 stituci vzorec (1.) varianta (7.), kde a = 3, b = −1, d = 2. Výpoˇcet integrálu

1. 2.

Integrand je ve tvaru eax+b , proto k nalezení primitivní funkce využijeme lineární substituce vzorec (1.), varianta (3.), kde a = −3, b = 1.

Z

Z

√

1

dx d2 − x 2 Z 1 dx d2 + x 2



ˇ - Metoda per partes Ry 70

Poznámky

56.


Z

Metoda per partes

(−2x + 3) cos 3xdx.

ˇ Rešení

Video

Integrál je ve tvaru

Z

Teorie: 14, 15 Pˇríklady: 159, 160, 161

P( x ) cos axdx, což je integrál typický pro výpoˇcet metodou per partes, kde polynom

P( x ) derivujeme a funkci cos ax integrujeme. u = −2x + 3 u 0 = −2

v0 = cos 3x 1 v = sin 3x 3

Po aplikaci PP : Z

−2x + 3 sin 3x − (−2x + 3) cos 3xdx = 3

Dostali jsme jednodušší integrál

Výsledek: Z

Z

Z

−2 −2x + 3 2 sin 3xdx = sin 3x + 3 3 3

sin 3xdx, který již umíme vyˇrešit pomocí vzorc˚u, Z

1 sin 3xdx = − cos 3x + c. 3

(−2x + 3) cos 3xdx =

−2x + 3 2 sin 3x − cos 3x + c. 3 9

Z

sin 3xdx.

Z

u = u( x )

v0 = v0 ( x )

u0 = u0 ( x )

v = v( x )

(u · v0 )dx = u · v −

Z

(u0 · v)dx



ˇ - Metoda per partes Ry 71

Poznámky

57.


Z

ln2 xdx.

Metoda per partes

ˇ Rešení

Video


2

Funkci ln x integrovat neumíme, proto musíme k výpoˇctu využít metodu per partes, kde si integrand napíšeme Z 2

1 · ln xdx.

ve tvaru souˇcinu funkce s jedniˇckou : Volíme

u = ln2 x ln x u0 = 2 x

v0 = 1 v=x

Po aplikaci PP : Z

ln2 xdx = x ln2 x − 2

Dostali jsme jednodušší integrál

Z

Z

x

ln x dx = x ln2 x − 2 x

Z

ln xdx.

ln xdx, který ˇrešíme opˇet metodou PP u = ln x 1 u0 = x

v0 = 1 v=x

Po aplikaci PP :

Výsledek:

Z

ln xdx = x ln x − Z

Z

1 x dx = x ln x − x

Z

1dx = x ln x − x + c.

ln2 xdx = x ln2 x − 2( x ln x − x ) + c.

Z

u = u( x )

v0 = v0 ( x )

u0 = u0 ( x )

v = v( x )

(u · v0 )dx = u · v −

Z

(u0 · v)dx



ˇ - Substituˇcní metoda Ry 72

Poznámky

58.


Z

x tan( x2 − 2)dx.

ˇ Rešení

Substituce typu ϕ( x ) = t Video


Derivace vnitˇrní funkce je rovna (až na násobek) druhé funkci v souˇcinu, ( x2 − 2)0 = 2x, využijeme tedy substituce: x2 − 2 = t 2xdx = dt 1 xdx = dt 2

f (t)dt

Postup

3. v integrálu Z

Všimneme si, že derivace jmenovatele je v cˇ itateli (liší se pouze konstantou), proto tento integrál ˇrešíme Z 0 f (x) pˇrímou metodou s využitím vzorce dx = ln | f ( x )| + c. Do nalezené primitivní funkce vrátíme f (x) substituci.

Výsledek: Z

f ( ϕ( x )) ϕ ( x )dx =

Z

2. rovnost diferencujeme: ϕ0 ( x )dx = dt

1 tan tdt. 2 Z Z sin t dt. Dostali jsme integrál tan tdt, který si napíšeme ve tvaru cos t x tan( x2 − 2)dx =

0

1. oznaˇcíme substituci ϕ( x ) = t

Po aplikaci: Z

Z

1 x tan( x2 − 2)dx = − ln | cos( x2 − 2)| + c. 2

Z

f ( ϕ( x )) ϕ0 ( x )dx nahra-

díme za ϕ( x ) promˇennou t a za výraz ϕ0 ( x )dx diferenciál dt 4. ˇrešíme integrál

Z

f (t)dt promˇenné t

5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F (t) + c = F ( ϕ( x )) + c




Poznámky

59.


Z

arcsin x √ dx. 1 − x2

Substituce typu ϕ( x ) = t

ˇ Rešení

Video

Integrand je ve tvaru souˇcinu dvou funkcí: funkci v souˇcinu, (arcsin x )0 = √

1 1 − x2

Z

arcsin x √


1 1 − x2

dx. Derivace jedné funkce je rovna druhé

, využijeme tedy substituci: arcsin x = t 1 √ dx = dt 1 − x2

arcsin x √

1

Z

t2 tdt = + c. 2

Do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci. Výsledek: Z

f ( ϕ( x )) ϕ ( x )dx =

Z

f (t)dt

Postup 1. oznaˇcíme substituci ϕ( x ) = t

3. v integrálu

dx = tdt. 1 − x2 Získali jsme tabulkový integrál, který již umíme pomocí vzorce vypoˇcítat. Z

0

2. rovnost diferencujeme: ϕ0 ( x )dx = dt

Po aplikaci: Z

Z

arcsin x arcsin2 x √ dx = + c. 2 1 − x2

Z

f ( ϕ( x )) ϕ0 ( x )dx nahra-

díme za ϕ( x ) promˇennou t a za výraz ϕ0 ( x )dx diferenciál dt 4. ˇrešíme integrál

Z

f (t)dt promˇenné t

5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F (t) + c = F ( ϕ( x )) + c




Poznámky

60.


Z

√

sin

Substituce typu x = ϕ(t)

2x + 3dx.

ˇ Rešení

Video

Teorie: 18 Pˇríklady: 165

Z

f ( x )dx =

Z

f ( ϕ(t)) ϕ0 (t)dt

V prvním kroku potˇrebujeme odstranit odmocninu z argumentu funkce sinus. Postup 2x + 3 = t

2

1. oznaˇcíme substituci x = ϕ(t)

t2 − 3 2 dx = tdt x=

2. rovnost diferencujeme: dx = ϕ0 (t)dt

Po nahrazení novou promˇennou: Z

sin

Nový integrál promˇenné t je ve tvaru

√ Z

2x + 3dx =

Z

√ t sin

t2 dt =

Z

3. v integrálu t sin tdt.

P(t) sin atdt, který ˇrešíme pomocí metody per partes. u=t

v0 = sin t

u0 = 1

v = − cos t

Po aplikaci PP a pˇrímé metody: Z

t sin tdt = −t cos t +

Z

cos tdt = −t cos t + sin t + c. √ Do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci t = 2x + 3. Výsledek: Z

sin

√

√ √ √ 2x + 3dx = − 2x + 3 cos 2x + 3 + sin 2x + 3 + c.

Z

f ( x )dx nahradíme promˇen-

nou x funkcí ϕ(t) a diferenciál dx výrazem ϕ0 (t)dt 4. ˇrešíme integrál

Z

f ( ϕ(t)) ϕ0 (t)dt pro-

mˇenné t 5. do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci F (t) + c = F ( ϕ−1 ( x )) + c



ˇ - Integrace racionální lomené funkce Ry 75

Poznámky

61.


Z

x4 + 2 dx. x−1

Racionální lomená funkce

ˇ Rešení

Video

Teorie: 19 Pˇríklady: 167, 168, 169

V cˇ itateli funkce je stupeˇn polynomu roven cˇ tyˇrem, a polynom ve jmenovateli je 1. stupnˇe. Stupeˇn ve jmenovateli je menší, polynomy tedy lze dˇelit. Dˇelíme tak, že vždy vezmeme v cˇ itateli cˇ len s nejvyšší mocninou a vydˇelíme cˇ lenem s nejvyšší mocninou ve jmenovateli. Dalším krokem je vynásobení výsledku získaného dˇelení se jmenovatelem a odeˇctení od p˚uvodního polynomu v cˇ itateli (snížíme stupeˇn cˇ itatele). Provedeme kontrolu, zda získaný polynom je již nižšího stupnˇe než polynom, kterým dˇelíme. Pokud ano, jedná se o zbytek (ryze lomená funkce), pokud ne, musíme dˇelit dále. 3 ( x + 2) : ( x − 1) = x + x + x + 1 + x−1 4 3 −( x − x ) 4

3

R( x ) =

Pn ( x ) Qm ( x )

Ryze lomená racionální funkce R( x ) =

Pn ( x ) , Qm ( x )

n<m

Neryze lomená racionální funkce

2

R( x ) =

Pn ( x ) , Qm ( x )

n≥m

x3 + 2

• každou neryze lomenou racionální funkci lze dˇelením upravit na souˇcet polynomu a ryze lomené racionální funkce

−( x3 − x2 ) x2 + 2

−( x2 − x ) x+2 −( x − 1) 3 Po dˇelení Z

x4 + 2 dx = x−1

Z

3 x +x +x+1+ x−1 3

2

dx.

Využitím vlastností a vzorc˚u ˇrešíme 5 tabulkových integrál˚u. Výsledek: Z

x4 + 2 x4 x3 x2 dx = + + + x + 3 ln | x − 1| + c. x−1 4 3 2




Poznámky

62.


Z

x2

x+2 dx. +x−6

Postup

ˇ Rešení

Video


Funkce je ryze lomená, rozložíme ji na parciální zlomky. Jmenovatel rozložíme na koˇrenové cˇ initele,

x+2 A B = + . ( x − 2)( x + 3) x−2 x+3

4. nalezneme koeficienty rozkladu: srovnávací metodou, dosazovací metodou nebo kombinací tˇechto metod

Vynásobíme výrazem ( x − 2)( x + 3), x + 2 = A ( x + 3) + B ( x − 2).

Integrace parciálních zlomk˚u

Využijeme dosazovací metodu: x=2:

4 = 5A

4 5 1 B= 5

⇒ A=

x = −3 : −1 = −5B ⇒ ˇ Rešíme tedy 2 integrály dle prvního vzorce v „Poznámkách“.

Výsledek:

Z Z

4 x+2 dx = 2 5 x +x−6

x2

2. napíšeme pˇredpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli

x2 + x − 6 = ( x − 2)( x + 3). Tvar rozkladu :

1. najdeme koˇreny polynomu ve jmenovateli

Z

1 1 dx + x−2 5

Z

A dx = A ln | x − α| + c x−α

Z

A A dx = + c, k ( x − α) (1 − k)( x − α)k−1

k≥2 Z

1 dx. x+3

4 1 x+2 dx = ln | x − 2| + ln | x + 3| + c. 5 5 +x−6

Z

B(2x + p) dx = B ln | x2 + px + q| + c 2 x + px + q

Z

C C x + p/2 dx = arctan + c, a a x2 + px + q

a=

r

q−

p2 4




Poznámky

63.


Z

−3x + 1 dx. x2 + 4x + 4

Postup

ˇ Rešení

Video


Funkce je ryze lomená, rozložíme ji na parciální zlomky. Jmenovatel rozložíme na koˇrenové cˇ initele,

A −3x + 1 B = . + x + 2 ( x + 2)2 ( x + 2)2


Vynásobíme výrazem ( x + 2)2 ,

−3x + 1 = A( x + 2) + B.


Využijeme kombinaci dosazovací a srovnávací metody: x = −2 : 7 = B x0 : 1 = 2A + B ⇒ −6 = 2A ⇒ A = −3 ˇ Rešíme tedy 2 integrály dle prvního a druhého vzorce v „Poznámkách“, Z

−3x + 1 dx = −3 2 x + 4x + 4

Z

1 dx + 7 x+2

Z

1 dx. ( x + 2)2

Výsledek: Z

−3x + 1 7 dx = −3 ln | x + 2| − + c. x+2 + 4x + 4

x2

2. napíšeme pˇredpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli

x2 + 4x + 4 = ( x + 2)2 . Tvar rozkladu :


Z

A dx = A ln | x − α| + c x−α

Z

A A dx = + c, k ( x − α) (1 − k)( x − α)k−1

k≥2 Z


Z


a=

r

q−

p2 4




Poznámky

64.


Z

x2

x dx. + 3x + 4

Postup

ˇ Rešení

Video


Funkce je ryze lomená, rozložíme ji na parciální zlomky. Jmenovatel má dva komplexnˇe sdružené koˇreny. Tvar rozkladu :

x2

x B(2x + 3) C = 2 + 2 . + 3x + 4 x + 3x + 4 x + 3x + 4

x = B(2x + 3) + C.

1 ⇒ B= 2

3 2 Poˇcítáme tedy dva integrály dle tˇretího a cˇ tvrtého vzorce v „Poznámkách“, x0 : 0 = 3B + C ⇒ C = −

Z

Z

2x + 3 3 dx − 2 2 x + 3x + 4 2 3 7 Jmenovatel druhého integrandu si upravíme na tvar x + + . 2 4 x 1 dx = 2 2 x + 3x + 4

Z

1 dx. 2 x + 3x + 4

Výsledek: Z

3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli


Využijeme srovnávací metody: x : 1 = 2B

2. napíšeme pˇredpokládaný tvar rozkladu


Vynásobíme výrazem ( x2 + 3x + 4),

1


2 x+ x ln( x2 + 3x + 4) 3 √ dx = − √ arctan 2 2 x + 3x + 4 7 7

3 2

Z

A dx = A ln | x − α| + c x−α

Z

A A dx = + c, k ( x − α) (1 − k)( x − α)k−1

k≥2 Z


Z


+ c. a=

r

q−

p2 4



ˇ - Integrace goniometrických funkcí Ry 79

Poznámky

65.


Z

cos2 x sin5 xdx.

Výpoˇcet integrál˚u typu

ˇ Rešení Integrand je typu

Video Z


sinm x cosn x dx, kde u funkce kosinus je sudá mocnina a u funkce sinus lichá, tu-

cos x = t − sin xdx = dt Musíme si integrand upravit tak, aby byl složen pouze z funkce cos x a jedné funkce sin x: cos2 x sin4 x sin xdx =

Z

cos2 x (1 − cos2 x )2 sin xdx.

−

2

2 2

t (1 − t ) dt = −

Z

(t2 − 2t4 + t6 )dt = −

t3 t5 t7 + 2 − + c. 3 5 7


1. m je liché ⇒ substituce cos x = t

cos2 x sin5 xdx = −

3. m i n sudé, alespoˇn jedno záporné ⇒ substituce tan x = t, pak 1 t , cos x = √ sin x = √ 1 + t2 1 + t2 4. m i n sudé nezáporné ⇒ využití vzorc˚u na dvojnásobný úhel: 1 − cos 2x 2 1 + cos 2x cos2 x = 2 sin2 x =

Po aplikaci substituce: Z

sinm x cosn x dx,

2. n je liché ⇒ substituce sin x = t

díž využijeme substituci (viz 1.):

Z

kde m, n ∈ Z

Z

cos3 x cos5 x cos7 x +2 − + c. 3 5 7




Poznámky

66.


Z

sin2 x cos xdx.



Video Z


sinm x cosn x dx, kde u funkce kosinus je lichá mocnina a u funkce sinus sudá, tu-

kde m, n ∈ Z

Z

sinm x cosn x dx,

1. m je liché ⇒ substituce cos x = t 2. n je liché ⇒ substituce sin x = t

díž využijeme substituci (viz 2.): sin x = t cos xdx = dt Po aplikaci substituce: Z

t2 dt =

t3 + c. 3

Výsledek: sin2 x cos xdx =

1 − cos 2x 2 1 + cos 2x cos2 x = 2 sin2 x =

Do nalezené primitivní funkce vrátíme substituci.

Z

3. m i n sudé, alespoˇn jedno záporné ⇒ substituce tan x = t, pak 1 t , cos x = √ sin x = √ 1 + t2 1 + t2 4. m i n sudé nezáporné ⇒ využití vzorc˚u na dvojnásobný úhel:

sin3 x + c. 3




Poznámky

67.


Z

sin4 x dx. cos8 x

Výpoˇcet integrál˚u typu kde m, n ∈ Z


Video Z

Z

sinm x cosn x dx,


sinm x cosn x dx, kde u obou funkcí jsou sudé mocniny a jedna je záporná, tudíž

1. m je liché ⇒ substituce cos x = t 2. n je liché ⇒ substituce sin x = t

využijeme substituci (viz 3.): tan x = t 1 dx = dt cos2 x Integrad si upravíme: Z

sin4 x dx = cos8 x

Z

tan4 x

1 1 dx. 2 cos x cos2 x

Po aplikaci substituce: Z

t4 (1 + t2 )dt =

t5 t7 + + c. 5 7


sin4 x tan5 x tan7 x dx = + + c. 5 7 cos8 x

3. m i n sudé, alespoˇn jedno záporné ⇒ substituce tan x = t, pak 1 t , cos x = √ sin x = √ 1 + t2 1 + t2 4. m i n sudé nezáporné ⇒ využití vzorc˚u na dvojnásobný úhel: 1 − cos 2x 2 1 + cos 2x cos2 x = 2 sin2 x =




Poznámky

68.


Z

sin2 x cos2 xdx.



Video Z


sinm x cosn x dx, kde u obou funkcí jsou sudé nezáporné mocniny, tudíž využi-

jeme goniometrických vzorc˚u (viz 4.): Z Z Z 1 + cos 2x 1 1 − cos 2x 2 2 dx = sin x cos xdx = (1 − cos2 2x )dx. 2 2 4 Opˇet využijeme stejného vzorce: 1 4

Z

1 (1 − cos 2x )dx = 4 2

Z

1 + cos 4x 1− 2

Využitím základních integraˇcních vzorc˚u spoˇcítáme. Výsledek: Z

sin2 x cos2 xdx =

x sin 4x − + c. 8 32

dx.

kde m, n ∈ Z

Z

sinm x cosn x dx,

1. m je liché ⇒ substituce cos x = t 2. n je liché ⇒ substituce sin x = t 3. m i n sudé, alespoˇn jedno záporné ⇒ substituce tan x = t, pak 1 t , cos x = √ sin x = √ 1 + t2 1 + t2 4. m i n sudé nezáporné ⇒ využití vzorc˚u na dvojnásobný úhel: 1 − cos 2x 2 1 + cos 2x cos2 x = 2 sin2 x =




Poznámky

69.


Z

−3 dx. 2 + cos x


ˇ Rešení

Video


Integrandem je racionální funkce obsahující goniometrické funkce, využijeme tedy univerzální substituci: Z

Využitím obecného vzorce

Z

−3 dx = 2 + cos x

Z

−3 2+

1− t2 1+ t2

2 dt = 1 + t2

Z

−6 dt. 3 + t2

1 1 x dx = arctan + c spoˇcítáme: 2 2 a a a +x Z −6 −6 t dt = √ arctan √ + c. 2 3+t 3 3

√

−3 dx = −2 3 arctan 2 + cos x

√

3 tan 2x + c. 3

R(sin x, cos x )dx,

kde R(u, v) pˇredstavuje racionální funkci dvou promˇenných u = sin x a v = cos x

Univerzální substituce tan

x = t, x ∈ (−π, π ) 2

sin x =

2t 1 + t2

cos x =

1 − t2 1 + t2

Vrátíme substituci a dostáváme výsledek: Z

Z

x = 2 arctan t

dx =

2 dt 1 + t2




Poznámky

70.


Z

1 dx. sin x


ˇ Rešení

Video


Z

kde R(u, v) pˇredstavuje racionální funkci dvou promˇenných u = sin x a v = cos x

1. zp˚usob ˇrešení: Integrandem je racionální funkce obsahující goniometrickou funkci, využijeme univerzální substituci: Z

1 dx = sin x

Z

1 + t2 2 dt = 2t 1 + t2

Z

Univerzální substituce tan

1 dt. t

x = t, x ∈ (−π, π ) 2

Využitím základního integraˇcního vzorce spoˇcítáme a vrátíme substituci:

sin x =

2t 1 + t2

Z

cos x =

1 − t2 1 + t2

2. zp˚usob ˇrešení: Integrand je typu cos x = t.

Z

x 1 dt = ln |t| + c = ln tan + c. t 2

x = 2 arctan t m

n

sin x cos x dx, kde u funkce sinus je lichá mocnina, tudíž využijeme substituci dx =

Integrand si upravíme: Z

1 dx = sin x

Z

sin x dx = sin2 x

Z

sin x dx = − 1 − cos2 x

Z

dt . 1 − t2

Rozložíme na parciální zlomky a po nalezení primitivní funkce vrátíme substituci: Z 1 1 1 1 − dt = ln | cos x − 1| − ln | cos x + 1| + c. 2( t − 1) 2( t + 1) 2 2

R(sin x, cos x )dx,

2 dt 1 + t2



ˇ - Integrace iracionálních funkcí Ry 85

Poznámky

71.


Z

√ 3

3 dx. 2x − 1 + 2

Iracionální funkce integrujeme vˇetšinou substituˇcní metodou.

ˇ Rešení Integrand obsahuje výraz

Video

√ n


ax + b, využijeme substituci: 2x − 1 = t3 3 dx = t2 dt 2

Dostáváme: Z

√ 3

3 dx = 2x − 1 + 2

Z

9t2 dt. 2( t + 2)

Získali jsme racionální lomenou funkci, kde v cˇ itateli je stupeˇn vˇetší než ve jmenovateli, musíme dˇelit: Z Z 9t2 9 4 9 t2 dt = t−2+ dt = − 2t + 4 ln |t + 2| + c. 2( t + 2) 2 t+2 2 2 Vrátíme substituci a dostáváme výsledek: ! p Z √ √ 9 3 (2x − 1)2 3 3 3 √ dx = − 2 2x − 1 + 4 ln | 2x − 1 + 2| + c. 3 2 2 2x − 1 + 2

a) integrand obsahuje výraz ⇒ substituce ax + b = tn

√ n

ax + b

b) integrand obsahuje více √ √ odmocnin s r˚uznými n1 n2 odmocniteli ax + b, ax + b,... ⇒ substituce ax + b = tn , kde n je nejmenší spoleˇcný násobek cˇ ísel n1 , n2 , ... p c) integrand obsahuje výraz a2 − b2 x2 ⇒ goniometrická substituce bx = a sin t nebo bx = a cos t




Poznámky

72.


Z

√ x √ dx. 4 x+2

Iracionální funkce integrujeme vˇetšinou substituˇcní metodou.

ˇ Rešení

Video


Integrand obsahuje více odmocnin s r˚uznými odmocniteli, využijeme substituci (viz. b)): x = t4 dx = 4t3 dt Dostáváme: Z

√ Z x t2 3 √ dx = 4 t dt. 4 t+2 x+2

Získali jsme racionální lomenou funkci, kde v cˇ itateli je stupeˇn vˇetší než ve jmenovateli, musíme dˇelit: 5 Z t t4 4t3 32 2 4 3 2 − + − 4t + 16t − 32 ln |t + 2| + c. 4 t − 2t + 4t − 8t + 16 − dt = 4 t+2 5 2 3 Vrátíme substituci a dostáváme výsledek: ! √ √ √ Z 4 4 √ √ √ x x5 x 4 x3 √ dx = 4 − + − 4 x + 16 4 x − 32 ln | 4 x + 2| + c. 4 5 2 3 x+2


√ n

ax + b





Poznámky

73.

Zadání Vypoˇctˇete integrál ˇ Rešení Integrand obsahuje

p

Z p

9 − 16x2 dx.

Iracionální funkce integrujeme vˇetšinou substituˇcní metodou. Video


a2 − b2 x2 , využijeme substituci (viz. c)): 4x = 3 sin t 4dx = 3 cos tdt

Dostáváme: Z p

9 − 16x2 dx

3 = 4

Z p

3 9 − 9 sin t cos tdt = 4 2

Z q

3 9(1 − sin t) cos tdt = 4 2

Z

3 cos2 tdt.

Získali jsme integrál gonimetrické funkce se sudou mocninou, musíme využít vzorce pro dvojnásobný úhel: Z Z 9 sin 2t 9 2 sin t cos t 9 9 2 t+ +c = t+ +c cos tdt = (1 + cos 2t)dt = 4 8 8 2 8 2 q 9 2 t + sin t (1 − sin t) + c. = 8 Vrátíme substituci a dostáváme výsledek: Z p

9 9 − 16x2 dx = 8

4x 4x arcsin + 3 3

r

16x2 1− 9

!

+c =

9 4x x p arcsin + 9 − 16x2 + c. 8 3 2


√ n

ax + b




ˇ - Urˇcitý integrál,výpoˇcet a vlastnosti Ry 88

Poznámky

74.


Zπ

Newton-Leibnizova formule

((4 − x )2 + cos 2x )dx.

0

ˇ Rešení

Video


Integrand upravíme a s využitím vlastností dostaneme souˇcet 4 integrál˚u: Zπ

2

(16 − 8x + x + cos 2x )dx = 16

0

Zπ

dx − 8

0

Zπ

xdx +

0

Zπ

Zb a

Vlastnosti 2

x dx +

0

Zπ

f = f (x)

cos 2xdx.

0

a) Všechny integrály jsou tabulkové, tzn. umíme nalézt primitivní funkci. Využijeme tedy N-L formuli. 16

Zπ 0

dx − 8

Zπ

xdx +

0

Zπ

2

x dx +

0

= 16(π − 0) − 4(π 2 − 0) +

Zπ 0

cos 2xdx =

16[ x ]0π

− 4[ x2 ]0π

0

x3 + 3

π 0

((4 − x )2 + cos 2x )dx = 16π − 4π 2 +

π3 . 3

sin 2x + 2

π3 π3 − 0 + (0 − 0) = 16π − 4π 2 + . 3 3

Výsledek: Zπ

f ( x )dx = [ F ( x )]ba = F (b) − F ( a)

π 0

Zb

g = g( x )

( f + g)dx =

a

b)

Zb a

Zb a

c f dx = c

Zb a

f dx

f dx +

Zb a

gdx



ˇ - Urˇcitý integrál sudé a liché funkce Ry 89

Poznámky

75.

π

Zadání Vypoˇctˇete integrály:

Z4

tan xdx,

Z1

−1

− π4

Výpoˇcet integrálu sudé a liché funkce

x4 dx. 2

a) sudá funkce:

ˇ Rešení

Video

Výpoˇcet integrálu

b) lichá funkce:

tan xdx:

f ( x )dx = 2

Za

f ( x )dx = 0

−a


π

Z4

Za

Za

f ( x )dx

0

−a

− π4

x = − π2

h− π4 , π4 i

Funkce tangens je na intervalu lichá, tudíž využijeme vlastnosti urˇcitého integrálu pro lichou funkci (viz. b)) a víme tedy, že integrál je roven 0.

x=

π 2

y = tan x

2

Ovˇeˇríme: π

π

Z4

tan xdx =

− π4

Výpoˇcet integrálu

Z4

− π4

Z1

−1

π sin x dx = −[ln | cos x |]−4 π 4 cos x

√ ! 2 2 = − ln − ln = 0. 2 2

1

√

−3

−2

−1

0

2

1

−1 −2

x4 dx: 2

−3

x = − π4

x4

Funkce 2 je na intervalu h−1, 1i sudá, tudíž využijeme vlastnosti urˇcitého integrálu pro sudou funkci (viz. a)): Z1

−1

x4 dx = 2 2

Z1 4 x 0

2

dx =

x=

2

1 51 1 1 [ x ]0 = (1 − 0) = . 5 5 5

π 4

y=

1

−3

−2

−1

x = −1

0

−1

1

2

x=1

x4 2



ˇ - Metoda per partes pro urˇcité integrály Ry 90

Poznámky

76.


Z2

Metoda per partes pro urˇcitý integrál

ln x2 dx.

1

ˇ Rešení

Video


Integrand je složená funkce, zkusíme využít metody per partes:

Zb a

u = ln x2 2 u0 = x

v0 = 1 v=x

Po aplikaci PP : Z2 1

2

ln x dx =

[ x ln x2 ]21

−

Z2

2dx = 2 ln 4 − ln 1 − 2[ x ]21 = 2 ln 4 − 2(2 − 1).

Z2

ln x2 dx = 2(ln 4 − 1).

1

Výsledek:

1

0

u = u( x )

v0 = v0 ( x )

u0 = u0 ( x )

v = v( x )

(u · v )dx =

[u · v]ba

−

Zb a

(u0 · v)dx



ˇ - Substituˇcní metoda pro urˇcité integrály Ry 91

Poznámky

77.


Zπ

Substituˇcní metoda

x cos x2 dx.

0

ˇ Rešení

Video


Zβ α

Integrand je ve tvaru souˇcinu dvou funkcí, kde derivace vnitˇrní funkce je pˇrímo druhá funkce souˇcinu (lišící se pouze konstantou), využijeme tedy substituci: x2 = t 2xdx = dt Musíme pˇrepoˇcítat meze pro novou promˇennou t: dolní mez: 0 7→ 02 = 0 horní mez: π 7→ π 2 Po aplikaci: Zπ 0

1 x cos x2 dx = 2

Zπ 0

2

cos tdt =

2 1 1 [sin t]0π = (sin π 2 − 0). 2 2

Výsledek: Zπ 0

x cos x2 dx =

sin π 2 . 2

f ( ϕ( x )) ϕ0 ( x )dx =

ϕZ( β)

f (t)dt

ϕ(α)

Po zavedení vhodné substituce musíme urˇcit nové meze.



ˇ - Substituˇcní metoda pro urˇcité integrály Ry 92

Poznámky

78.


Z8

√

3

Substituce typu x = ϕ(t)

x dx. x+1+1

ˇ Rešení

Video


Zβ α

Jedná se o integrál obsahující odmocninu. Využijeme substituci:

Musíme pˇrepoˇcítat meze pro novou promˇennou t:

horní mez: 8 7→

√

3+1 = 2

√

8+1 = 3

Po aplikaci: Z8 3

x √ dx = x+1−1

Z3 2

t2 − 1 2t dt = 2 t+1

Z3 2

t3 t2 t(t − 1)dt = 2 − 3 2

Výsledek: Z8 3

√

x 23 dx = . 3 x+1−1

f ( ϕ(t)) ϕ0 (t)dt

ϕ −1 ( α )

Po zavedení vhodné substituce musíme urˇcit nové meze.

x + 1 = t2 dx = 2tdt

dolní mez: 3 7→

f ( x )dx =

1 ϕ− Z ( β)

3 2

=2

27 9 − − 3 2

8 4 − 3 2

.



ˇ - Urˇcitý integrál, racionální lomená funkce Ry 93

Poznámky

79.


Z3 1


12x + 6 dx. x 2 ( x 2 + x + 6)

ˇ Rešení

Video

Pˇríklady: 187

Funkce je ryze lomená, rozložíme ji na parciální zlomky. Jmenovatel má dva komplexnˇe sdružené koˇreny a jeden dvojnásobný reálný koˇren roven 0.

Zb

A dx = A · [ln | x − α|]ba x−α

Zb

b A A dx = , ( x − α)k (1 − k)( x − α)k−1 a

a

a

A C (2x + 1) D B 12x + 6 = + 2+ 2 + 2 Tvar rozkladu : 2 2 x x ( x + x + 6) x x +x+6 x +x+6

k≥2

Vynásobíme x2 ( x2 + x + 6) 2

2

2

12x + 6 = Ax ( x + x + 6) + B( x + x + 6) + C (2x + 1) x + Dx

2

Zb

B(2x + p) dx = B · [ln | x2 + px + q|]ba x2 + px + q

Zb

x + p/2 b C C , dx = · arctan m m x2 + px + q a

a

Využijeme srovnávací metody:

x : 12 =6A + 6B

1 ⇒ C =− A 2 3 ⇒ D =− 2 ⇒ A =1

x0 :

⇒

x3 :

0 = A + 2C

x2 :

0 =A + B + C + D

1

Z3 1

12x + 6 dx = 2 x ( x 2 + x + 6)

6 =6B Z3

Z3

Z3

⇒ C =−

1 2

m=

B =1 Z3

2x + 1 3 1 dx − dx = [ln | x |]31 2 2 2 x +x+6 x +x+6 1 1 1 1 3  3 i3 2 x + 21 1 1h 6  2  = ln 3 − 1 + 1 − 1 (ln 16 − ln 8) − − ln( x + x + 6) − √ arctan √ x 1 2 3 2 1 23 23 1 ! √ √ √ 7 23 3 23 6 23 − arctan − arctan . 23 23 23 1 dx + x

1 1 dx − 2 2 x

a

r

q−

p2 4



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, obsah rovinného obrazce Ry 94

Poznámky

Zadání Znázornˇete graf funkce y = − x3 + 5x + 2 a vypoˇcítejte obsah plochy ohraniˇcené touto funkcí, osou x a pˇrímkami x = −2 a x = −1.

Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka pro nezápornou funkci f ( x ) na h a, bi

80.

ˇ Rešení

Video

Teorie: 27 Pˇríklady: 188 P=

Znázorníme si plochu, jejíž obsah máme urˇcit:

Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka pro zápornou funkci f ( x ) na h a, bi

6 5

P=−

3 2 1

−2

−1

0

1

2

3

−1 −2

x = −2

x = −1 −3

Z grafu vidíme, že funkce je na intervalu h−2, −1i záporná: P=−

Z−1

−2

3

(− x + 5x + 2)dx =

Z−1

−2

x4 5x2 ( x − 5x − 2)dx = − − 2x 4 2 3

Zb a

4

−3

f ( x )dx

a

y = − x3 + 5x + 2

−4

Zb

−1 −2

=

1 5 − + 2 − (4 − 10 + 4) 4 2

7 = . 4

f ( x )dx




Poznámky

Zadání Znázornˇete graf funkce y = − x3 + 5x + 2 a vypoˇcítejte obsah plochy ohraniˇcené touto funkcí, osou x a pˇrímkami x = 1 a x = 2.

Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka pro nezápornou funkci f ( x ) na h a, bi

81.

ˇ Rešení

Video

Teorie: 27 Pˇríklady: 188 P=


Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka pro zápornou funkci f ( x ) na h a, bi

x=2

6 5

P=−

3 2 1

−2

−1

0

1

2

2

3

−1 −2

y=

− x3

+ 5x + 2

−3

Z grafu vidíme, že funkce je na intervalu h1, 2i nezáporná: P=

Z2 1

x4 5x2 (− x + 5x + 2)dx = − + + 2x 4 2 3

Zb a

4

−3

f ( x )dx

a

x=1

−4

Zb

1

=

1 5 −4 + 10 + 4 − − + + 2 4 2

=

23 . 4

f ( x )dx




Poznámky

Zadání Znázornˇete graf funkce y = − x2 + x + 2 a vypoˇcítejte obsah plochy ohraniˇcené touto funkcí, osou x a pˇrímkami x = −2 a x = 1.

Pokud funkce mˇení znaménko, je nutno brát cˇ ásti nad osou x kladnˇe a cˇ ásti pod osou x zápornˇe.

82.

ˇ Rešení

Video


Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka Znázorníme si plochu, jejíž obsah máme urˇcit: y=

− x2

+x+2

2

a

1

−3

−2

−1

0

1

2

−1 −2 −3 −4

x = −2

P=

Zb

x=1 −5

Z grafu vidíme, že funkce na intervalu h−2, 1i mˇení znaménko, musíme proto urˇcit zvlášt’ obsah cˇ ásti pod osou x a nad osou x, urˇcíme si pr˚useˇcík s osou x na intervalu h−2, 1i: √ −1 ± 1 + 8 x1,2 = ⇒ hledaný pr˚useˇcík je x = −1. −2 3 −1 3 1 Z−1 Z1 x x2 x x2 2 2 P=− − x + x + 2 dx + − x + x + 2 dx = − − 2x + − + + 2x 3 2 3 2 −2 −1 −2 −1 1 1 8 1 1 1 1 11 10 31 = − − +2− − −2+4 + − + +2− + −2 = + = 3 2 3 3 2 3 2 6 3 6

| f ( x )|dx




Poznámky

Zadání Vypoˇctˇete obsah rovinného obrazce (danou plochu znázornˇete) ohraniˇceného kˇrivkami y = x2 − x − 2, y = − x + 2.

Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka ohraniˇceného dvˇema funkcemi

ˇ Rešení

pokud platí: f ( x ) ≥ g( x ) na intervalu h a, bi

83.

Video



⇒P= 4

Zb

( f ( x ) − g( x ))dx,

a

kde a, b jsou pr˚useˇcíky funkcí, 3

y = −x + 2

tzn. ˇrešíme rovnici f ( x ) = g( x )

2 1

−3

−2

−1

0

2

1

3

−1 −2

y = x2 − x − 2 −3

Z grafu vidíme, že plocha je ohraniˇcená shora funkcí y = − x + 2 a zdola kvadratickou funkcí y = x2 − x − 2, potˇrebujeme urˇcit interval omezující daný útvar, tzn. urˇcíme si pr˚useˇcíky funkcí:

− x + 2 = x2 − x − 2 ⇒ ˇrešíme tedy kvadratickou rovnici x2 − 4 = 0, hledané pr˚useˇcíky jsou x1 = −2, x2 = 2. P=−

Z2

−2

2

(− x + 2 − ( x − x − 2))dx =

Z2

−2

x3 (− x + 4)dx = − + 4x 3 2

2

−2

8 = − +8− 3

8 −8 3

=

32 . 3




Poznámky

Zadání Vypoˇctˇete obsah rovinného obrazce (danou plochu znázornˇete) ohraniˇceného kˇrivkami x = 2a sin t cos t, y = a sin t, t ∈ h0, π i.

Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka ohraniˇceného funkcí danou parametrickými rovnicemi

ˇ Rešení

x = ϕ(t) a y = ψ(t), kde t ∈ hα; βi β Z ⇒ P = ψ(t) ϕ˙ (t)dt α

84.

Video


Znázorníme si plochu, jejíž obsah máme urˇcit: x = 2a sin t cos t, y = a sin t, t ∈ h0, π i a=3 3 a=2

2 1

−4

−3

−2

−1

a=1

0

1

2

3

−1

Pro výpoˇcet obsahu rovinné plochy ohraniˇcené parametrickými rovnicemi potˇrebujeme znát derivaci funkce x = 2a sin t cos t: ϕ˙ (t) = 2a(cos2 t − sin2 t) = 2a(1 − 2 sin2 t). Dosadíme do vzoreˇcku: Zπ π Z 2 3 2 π 2 2 P = 2a (sin t − 2 sin t)dt = −2a [cos t]0 − 4a (1 − cos t) sin tdt 0 0 π cos3 t 2 1 1 2 2 2 = 4 a2 . = 4a + 4a cos t − = 4a + 4a −1 + − 1 − 3 3 3 3 0



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, délka rovinné kˇrivky Ry 99

Poznámky

85.

Zadání Vypoˇctˇete velikost dráhy, kterou urazí bod od t = 0 do t = t rovnicemi x = t2 , y = (t2 − 3). 3

√

3 pˇri pohybu po kˇrivce dané parametrickými

ˇ Rešení

Video

Délka oblouku kˇrivky dané parametrickými rovnicemi x = ϕ(t) a y = ψ(t), kde t ∈ hα; βi

Teorie: 29 Pˇríklady: 195 l=

Znázorníme si kˇrivku, jejíž délku máme spoˇcítat:

Zβ q α

x = t2 , y =

−1

0

√ t 2 (t − 3), t ∈ h0, 3i 3

1

2

3

−1

Pro výpoˇcet délky kˇrivky dané parametrickými rovnicemi potˇrebujeme znát derivace funkcí: ϕ˙ (t) = 2t ψ˙ (t) =

t2 − 3 2t2 + = t2 − 1 3 3

Dosadíme do vzoreˇcku: √

l=

Z 3p 0

√

4t2 + t4 − 2t2 + 1dt =

Z 3p 0

√

t4 + 2t2 + 1dt =

Z 3q 0

(t2 + 1)2 dt =

t3 3

+t

√3 0

√ = 2 3.

( ϕ˙ (t))2 + (ψ˙ (t))2 dt



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, délka rovinné kˇrivky Ry 100

86.

Zadání Vypoˇctˇete délku kˇrivky y = arcsin x + ˇ Rešení

p

1 − x2 pro 0 ≤ x ≤ 1.

Poznámky Délka oblouku kˇrivky na h a; bi

Video

Teorie: 29 Pˇríklady: 194 l=

Znázorníme si kˇrivku, jejíž délku máme spoˇcítat:

a

y = arcsin( x ) +

p

1 − x2 , x ∈ h0, 1i

1

−1

1

0

−1

Pro výpoˇcet délky kˇrivky potˇrebujeme znát druhou mocninu derivace funkce: 0

2

( f ( x )) =

√

1

2x

− √ 1 − x2 2 1 − x2

2

=

1−x . 1+x

Dosadíme do vzoreˇcku:

l=

Z1 r 0

1+

1−x dx = 1+x

Z1 r 0

Zb q

√

2 1 √ √ Z √ Z 2t √ √ 1 1+x+1−x dx = 2 √ dx = 2 dt = 2 2 [t]1 2 = 4 − 2 2. 1+x t 1+x 0

1

1 + ( f 0 ( x ))2 dx



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, objem rotaˇcního tˇelesa Ry 101

Poznámky

Zadání Vypoˇctˇete objem tˇelesa vzniklého rotací (kolem osy x) oblasti ohraniˇcené funkcí y = ln x, osou x v h1, ei.

Objem rotaˇcního tˇelesa

87.

ˇ Rešení

Video


a

Znázorníme si oblast, která bude rotovat: y = ln x, x ∈ h1, ei

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1

1 0.5

x=1

x=e

y

1

−1

0

−0.5 0

1

−1

2

−1

0 1

1.5

2

2.5

3

−1

1 z

x

Oblast je ohraniˇcena pouze jednou funkcí, tzn. budeme poˇcítat integrál z druhé mocniny dané funkce. Dosadíme do vzoreˇcku: V=π

Ze

ln2 xdx = ( PP) = π [ x ln2 x ]e1 − 2π

1

=

πe − 2πe + 2π [ x ]e1

Ze 1

= π (e − 2).

V=π

Zb



ln xdx = ( PP) = πe − 2π [ x ln x ]e1 −

Ze 1



dx 

f 2 ( x )dx




Poznámky

Zadání Vypoˇctˇete objem tˇelesa, vzniklého rotací oblasti (oblast naˇcrtnˇete) ohraniˇcené funkcemi y = ex , y = −2e− x + 3 kolem osy x.


ˇ Rešení

V=π

88.

Video


Zb a

Znázorníme si oblast, která bude rotovat:

2 2 f ( x ) − g ( x ) dx,

kde a, b jsou pr˚useˇcíky funkcí,

x=0 tzn. ˇrešíme rovnici f ( x ) = g( x ) y = −2e

−x

+3

2

y

y = ex

1

−1

2 1.5 1 0.5 0 -0.5 -1 -1.5 -2

2 1 z 0 −1 −2 0 x 1

1

0

2 1.5 1 0.5 0 −0.5 −1 −1.5 −2

x = ln 2 −1

Z grafu vidíme, že oblast je ohraniˇcená shora funkcí y = −2e− x + 3 a zdola funkcí y = ex , potˇrebujeme urˇcit interval omezující daný útvar, tzn. urˇcíme si pr˚useˇcíky funkcí:

−2e−x + 3 = ex ⇒

2 2 − 3ex + e2x x − 3 + e = 0 ⇒ = 0 ⇒ 2 − 3ex + e2x = 0, ex ex

zavedeme substituci ex = t a ˇrešíme kvadratickou rovnici t2 − 3t + 2 = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = ln 2. V=π

Zln 2 0

Zln 2 −x 2 2x (4e−2x − 12e−x + 9 − e2x )dx (−2e + 3) − e dx = π

= π −2e−2x + 12e−x + 9x −

0

2x ln 2

e 2

0

= π (9 ln 2 − 6).




Poznámky

89.

2

2

Zadání Vypoˇctˇete objem tˇelesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce x = cos t, y = sin t, kde t ∈ kolem osy x. ˇ Rešení

Video

Dπ 2


,π

E


V=π

Zβ α

Znázorníme si oblast, která bude rotovat: 2

2

x = cos t, y = sin t, t ∈

Dπ 2

,π

E 1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1

1 0.5 1

y

0

−0.5 −1

−1

1

0

0

0.5 x

1 −1

0

1 z

−1

Potˇrebujeme znát derivaci funkce x = cos2 t: ϕ˙ (t) = −2 cos t sin t. Dosadíme do vzoreˇcku: V = −2π

Zπ π 2

5

cos t sin tdt = (substituce: sin t = u) = 2π

Z1 0

u5 du =

1 1 π [u6 ]10 = π. 3 3

ψ2 (t)| ϕ˙ (t)|dt



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, obsah rotaˇcní plochy Ry 104

Poznámky

√ Zadání Vypoˇctˇete povrch rotaˇcního tˇelesa vzniklého rotací kˇrivky y = 2 x pro x ∈ h0; 2i kolem osy x.

Obsah rotaˇcní plochy

90.

ˇ Rešení

Video

Teorie: 31 Pˇríklady: 201, 202 S = 2π


a

√ y = 2 x, t ∈ h0, 2i

f (x) ≥ 0

2

3 2 1 0 -1 -2 -3

3 2 1 y 0 −1 −2 −3

1

4 0 z − 2 4 0 1 2 − 3 x 2

−1

1

0

−1

Potˇrebujeme znát druhou mocninu derivace funkce: 1 ( y 0 )2 = . x Dosadíme do vzoreˇcku: S = 4π

Z2 √ r

x

0

1 1 + dx = 4π x

Z2 √ r

x

0

Zb

x+1 dx = 4π x

Z2 √ 0

i 3 2 8 h 8 √ 2 = π ( 27 − 1). x + 1dx = π ( x + 1) 3 3 0

f (x)

q

1 + ( f 0 ( x ))2 dx



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, obsah rotaˇcní plochy Ry 105

Poznámky

Zadání Vypoˇctˇete obsah cního tˇelesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce x = cos2 t, y = sin2 t E D rotaˇ π . kolem osy x, kde t ∈ 0, 2

Obsah rotaˇcní plochy

91.

ˇ Rešení

Video


S = 2π

Zβ α


D πE x = cos2 t, y = sin2 t, t ∈ 0, 2

ψ(t) ≥ 0

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1

1 0.5 1

y

0

−0.5 −1

−1

0

1

0

0.5 x

0

1 −1

1 z

−1

Potˇrebujeme urˇcit druhé mocniny derivací obou funkcí:

( ϕ˙ (t))2 = 4 cos2 t sin2 t (ψ˙ (t))2 = 4 cos2 t sin2 t Dosadíme do vzoreˇcku: π

S = 2π

Z2 0

π 1 Z2 √ h 4 i1 √ √ √ Z 3 subst. : 2 3 2 2 sin t 8 cos t sin tdt = 2π 8 cos t sin tdt = 8 u du = π 2 u = π 2. = 2π sin t = u 0

p

0

0

ψ(t)

q

( ϕ˙ (t))2 + (ψ˙ (t))2 dt

ˇ Rešené pˇríklady – Funkce dvou promˇenných



ˇ - Definiˇcní obor Ry 107

Poznámky

92.

Zadání Urˇcete a graficky znázornˇetˇe definiˇcní obor funkce z = p

ln(1 − x ) 16 − x2 − y2

Zlomek jmenovatel je r˚uzný od 0

.

ˇ Rešení

Video

Teorie: 33 Pˇríklady: 204-213

Sestavíme omezující podmínky na definiˇcní obor. Podmínka 1 − x > 0 zaruˇcí existenci logaritmu ⇒ x < 1. Jedná se o polorovinu s hraniˇcní pˇrímkou o rovnici x = 1, která ovšem do definiˇcního oboru nepatˇrí, bude vyznaˇcena cˇ árkovanˇe. p Podmínka 16 − x2 − y2 ≥ 0 zajistí existenci druhé odmocniny, podmínka 16 − x2 − y2 6= 0 vylouˇcí možnost dˇelení nulou. Tyto dvˇe podmínky se dají slouˇcit do jediné podmínky, 16 − x2 − y2 > 0 ⇒ x2 + y2 < 42 . Jedná se o kruh se stˇredem v poˇcátku a polomˇerem 4. Hraniˇcní kružnice do definiˇcního oboru patˇrit nebude, bude vyznaˇcena cˇ árkovanˇe. Definiˇcním oborem je pak pr˚unik obou ploch, na obrázku žlutˇe vyznaˇcená plocha.

Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný

Logaritmus argument je kladný Tangens argument je r˚uzný od k∈Z

π 2

+ k · π,

x=1 4

x2 + y2 = 16 3

Kotangens argument je r˚uzný od k · π, k∈Z

2

Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu h−1, 1i

1

−5

−4

−3

−2

−1

0

−1 −2 −3 −4 −5

1

2

3

4



ˇ - Definiˇcní obor Ry 108

Poznámky

93.

Zadání Urˇcete a graficky znázornˇetˇe definiˇcní obor funkce z =

√

sin x.

ˇ Rešení

Video

Teorie: 33 Pˇríklady: 204-213

Sestavíme omezující podmínky na definiˇcní obor. Podmínka y sin x ≥ 0 zaruˇcí existenci odmocniny. Souˇcin y sin x je nezáporný, když jsou oba cˇ initelé nezáporní, nebo jsou oba nekladní, tedy

(y ≥ 0 ∧ sin x ≥ 0) ∨ (y ≤ 0 ∧ sin x ≤ 0). Ještˇe je nutné vyˇrešit nerovnici sin x ≥ 0 resp. sin x ≤ 0, ptáme se, kdy je funkce sinus nezáporná a kdy je nekladná. sin x ≥ 0

⇒

x∈

[

Zlomek jmenovatel je r˚uzný od 0

Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný

Logaritmus argument je kladný

h0 + k2π, π + k2π i

k ∈Z

Tangens argument je r˚uzný od k∈Z

1

−3π

−5π/2

−2π

−3π/2

−π

−π/2

0

π/2

π

3π/2

2π

5π/2

⇒

[

x∈

+ k · π,

3π

Kotangens argument je r˚uzný od k · π, k∈Z

−1

sin x ≤ 0

π 2

h−π + k2π, 0 + k2π i

k ∈Z

Arkussinus, arkuskosinus argument leží v intervalu h−1, 1i

1

−3π

−5π/2

−2π

−3π/2

−π

−π/2

0

π/2

π

3π/2

2π

5π/2

3π

0

π/2

π

3π/2

2π

5π/2

3π

−1

1

−3π

−5π/2

−2π

−3π/2

−π

−π/2 −1



ˇ - Vrstevnicový graf Ry 109

Poznámky

94.

Zadání Naleznˇete vrstevnicový graf funkce z =

x2

5x . + y2 + 1

ˇ Rešení Dosadíme do zadané funkce z = k, kde k ∈ R, tedy 5x k= 2 x + y2 + 1

5x x +y +1 = k 2

⇒

2

⇒

Video

5x x − + y2 + 1 = 0 k 2

5x 5x Výraz x − jsme doplnili na úplný cˇ tverec, x2 − = k k Nyní je tˇreba diskutovat konkrétní hodnoty k. 2

5 x− 2k

2

−

⇒

Teorie: 34, 35 Pˇríklady: 214, 215

5 x− 2k

2

+ y2 −

25 + 1 = 0. 4k2

25 . 4k2

Seznam pˇríkaz˚u pro Gnuplot:

5x 1. Pro k = 0 (ˇrez grafu funkce z s p˚udorysnou rovinou) dostáváme 0 = 2 ⇒ x = 0, vrstevnicí je osa y. x + y2 + 1 2 5 25 2. Pro k 6= 0 dostáváme x − + y2 = 2 − 1. Vrstevnicemi budou kružnice pouze v pˇrípadˇe, kdy pravá strana rovnice 2k 4k bude vˇetší než 0, 25 25 25 5 5 5 2 2 ⇒ k < −1 > 0 ⇒ > 1 ⇒ 25 > 4k ⇒ |k| < ⇒ k ∈ − , 0 ∪ 0, 4 2 2 2 4k2 4k2 5 3. Pro k = ± platí ( x ∓ 1)2 + y2 = 0. Jedná se o dvˇe singulární kružnice (body). Vrstevnicemi jsou dva body, [1, 0] a [−1, 0]. 2 2.5 2 k=0 3

k=

2

k=

1 0 1 −4 −3 −2 −1 −1

−2 −3 −4

2

3

k= k=

5 ± 2 5 ± 4 5 ± 6 5 ± 8

1.5 1 0.5 0 -0.5 -1 -1.5 -2 -2.5

3 2 z 1 0 -1 -2 -3

4 3 2 1 2 0 -1 3 -2 -3 x -4 4

Hledáme pr˚uniky grafu funkce s rovinami rovnobˇežnými s p˚udorysnou rovinou, tj. dosazujeme z = k, k ∈ R. ˇ Císlo k je možné volit libovolnˇe. Ovšem m˚uže se stát, že pˇri nevhodné volbˇe se plochy neprotnou.

-4 -3 -2 -1 0 y 1

set view 62,210; set view equal xy set iso 50; set samp 50 set xrange [-4:4]; set yrange [-4:4] set ztics 1; set pm3d set contour both set cntrparam levels discrete 0, 2.485, -2.485, 1.25, -1.25, .83, -.83, .625, -.625 set style increment user set style line 1 lc rgb ’black’ lw 2 set style line 2 lc rgb ’red’ set style line 3 lc rgb ’red’ set style line 4 lc rgb ’yellow’ set style line 5 lc rgb ’yellow’ set style line 6 lc rgb ’green’ set style line 7 lc rgb ’green’ set style line 8 lc rgb ’cyan’ set style line 9 lc rgb ’cyan’ set style line 10 lc rgb ’magenta’ set grid; unset surf; unset key set xlabel "x" set ylabel "y" set zlabel "z" splot 5*x/(x**2+y**2+1)



ˇ - Limita funkce Ry 110

Poznámky

95.

Zadání Vypoˇcítejte limitu funkce z =

y ( x + 1) x2 + x v bodˇ e [− 1, 0 ] a dokažte, že limita funkce z = v bodˇe [0, 0] neexistuje. xy + y x3 + 1

ˇ Rešení

Video


Limity funkcí dvou promˇenných ˇrešíme vˇetšinou pˇrímým dosazením, nebo se pokusíme limitu upravit.

ˇ Rešíme první cˇ ást úlohy, yx + y 0 y ( x + 1) y lim =„ “= lim = lim = 0. 3 2 2 0 [ x,y]→[−1,0] x + 1 [ x,y]→[−1,0] ( x + 1)( x − x + 1) [ x,y]→[−1,0] x − x + 1 Ve druhé cˇ ásti úlohy musíme dokázat, že limita neexistuje. Na rozdíl od funkcí jedné promˇenné, kdy se k limitnímu bodu m˚užerme blížit pouze ze dvou stran (zleva a zprava), v pˇrípadˇe funkcí dvou i více promˇenných se k limitnímu bodu m˚užeme blížit nekoneˇcnˇe mnoha zp˚usoby. Limita neexistuje v pˇrípadˇe, že její hodnota závisí na volbˇe pˇribližování, cˇ i se pro r˚uzné volby pˇribližování mˇení. Pokud ovšem limita na konkrétní volbˇe pˇribližování nezávisí, pak to ještˇe neznamená, že existuje. Zkusme se k limitnímu bodu blížit po pˇrímkách prochazejících poˇcátkem, tj. volíme y = kx, k ∈ R. Dosadíme y = kx do x2 + x funkce z = , xy + y x2 + x 0 y=kx x2 + x x2 + x 1 lim = „ “ = lim 2 = lim = lim , 2 x →0 kx + kx x →0 k ( x + x ) x →0 k 0 [ x,y]→[0,0] xy + y limita závisí na parametru k, pro r˚uzné volby parametru k vyjde r˚uznˇe. Tzn. limita funkce z = z= 6 4 2 0 z -2 -4 -6

yx + y x3 + 1

6 4 2 0 -2 -4 -6

R2 \{[−1, 0]}

[−1, 0]

4 3 -1 2 1 -2 0 -1 -3 -2 -3 y -4 -4

0

1

2

3

x

4

z= 50 40 30 20 10 0 -10 z -20 -30 -40 -50

x2 + x v bodˇe [0, 0] neexistuje. xy + y

x2 + x xy + y

y 6= 0

50 40 30 20 10 0 -10 -20 -30 -40 -50

R2

0 x 6 = −1 -1 4 3 2 -2 1 0 -1 -2 -3 -4 -4-3 y

1

2

3

4

x

V pˇrípadˇe limit funkcí dvou promˇenných se spíše ˇreší jiný typ úlohy. Dokazuje se, že daná limita neexistuje.



ˇ - Parciální derivace Ry 111

Poznámky

96.

1.

Zadání Urˇcete parciální derivace prvního ˇrádu funkce z = x2 sin2 ( xy2 ) v bodˇe [π, 0]. ˇ Rešení

Video

Teorie: 37, 38 Pˇríklady: 217-221

Parciální derivace prvního rˇádu poˇcítáme vzhledem k jednotlivým promˇenným funkce z. Funkce z je funkcí dvou nezávislých promˇenných, promˇenné x a y. Parciální derivace tedy budeme poˇcítat jak podle promˇenné x, tak i podle promˇenné y. Vzhledem k definici parciální derivace budeme postupovat tak, že s promˇennou, podle které se nederivuje, budeme pracovat jako s konstantou. To ale v koneˇcném d˚usledku znamená, že ve funkci z z˚ustane pouze jedna nezávislá promˇenná. Funkce z se stává funkcí jedné promˇenné. Ale takovou funkci již umíme snadno zderivovat s využitím formulí 1. až 19.

(c)0 = 0

2.

( x n )0 = nx n−1

3.

(e x ) 0 = e x

4.

( a x )0 = a x ln a

5.

(ln x )0 =

6.

(loga x )0 =

1 x 1 x ln a

7.

(sin x )0 = cos x

8.

(cos x )0 = − sin x

jelikož funkci z derivujeme podle x, pak s promˇennou y budeme pracovat jako s konstantou, naším úkolem je tedy derivovat souˇcin dvou funkcí promˇenné x, funkce x2 a složené funkce sin2 ( xy2 ), kterou derivujeme po jednotlivých složkách v poˇradí: druhá mocnina, sinus, xy2 ; ve výrazu xy2 je y2 konstanta v souˇcinu a proto se derivuje pouze x,

9.

(tan x )0 =

10.

(cot x )0 =

∂ 2 ∂ ∂z = ( x ) · sin2 ( xy2 ) + x2 · (sin2 ( xy2 )) ∂x ∂x ∂x 2 2 2 = 2x sin ( xy ) + x · 2 sin( xy2 ) · cos( xy2 ) · y2 = 2x sin2 ( xy2 ) + 2x2 y2 sin( xy2 ) cos( xy2 ).

11.

(arcsin x )0 =

Parciální derivace

Parciální derivace

∂z funkce z podle promˇenné x: ∂x

∂z funkce z podle promˇenné y: ∂y

12. (arccos x )0 = 13. (arctan x )0 =

(arccot x )0 =

1 cos2 x 1 − 2 sin x 1 √ 1 − x2 1 −√ 1 − x2 1 1 + x2 1 − 1 + x2

derivujeme zcela analogicky, v tomto pˇrípadˇe budeme jako s konstantou pracovat s promˇennou x, derivujeme tedy složenou funkci; x2 je konstanta v souˇcinu, proto se derivuje podle y pouze druhý cˇ initel jako složená funkce v poˇradí: druhá mocnina, sinus, xy2 ; ve výrazu xy2 je x konstanta v souˇcinu a proto se derivuje pouze y2 ,

14.

∂z ∂z = x2 · (sin2 ( xy2 )) = x2 · 2 sin( xy2 ) · cos( xy2 ) · x2y = 4x3 y sin( xy2 ) cos( xy2 ). ∂y ∂y

15.

[c · u]0 = c · u0

16.

[u ± v]0 = u0 ± v0

Poznamenejme, že jestliže derivujeme podle y, tak samozˇrejmˇe lze použít formule uvedené v sekci „Poznámky“, staˇcí formálnˇe místo x psát y. Parciální derivace jsou opˇet funkce dvou promˇenných a snadno je vyˇcíslíme na zadaném bodˇe pˇrímým dosazením: ∂z (π, 0) = 0, ∂x

∂z (π, 0) = 0. ∂y

u = u( x )

17. 18. 19.

v = v( x )

[u · v]0 = u0 · v + u · v0 h u i0 u0 · v − u · v0 = v v2

[u(v)]0 = u0 (v) · v0




Poznámky

97.

1.

Zadání Urˇcete parciální derivace druhého ˇrádu funkce z = x y v bodˇe [1, 1]. ˇ Rešení

Video


Nejdˇríve urˇcíme parciální derivace prvního ˇrádu, ∂z = yx y−1 ∂x ∂z = x y ln x derivace podle y, derivujeme exponenciální funkci podle vzorce cˇ . 4. ∂y derivace podle x, derivujeme mocninou funkci podle vzorce cˇ . 2.

K urˇcení parciálních derivací druhého ˇrádu je tˇreba parciální derivace prvního ˇrádu jako funkce dvou promˇenných opˇet derivovat jak podle x, tak i podle y, ∂2 z ∂ ∂z ∂ = = (yx y−1 ) = y(y − 1) x y−2 , 2 ∂x ∂x ∂x ∂x ∂2 z ∂ ∂z ∂ = = (yx y−1 ) = x y−1 + yx y−1 ln x, ∂x∂y ∂y ∂x ∂y ∂2 z ∂ ∂z ∂ y 1 = = ( x ln x ) = yx y−1 ln x + x y , ∂y∂x ∂x ∂y ∂x x 2 ∂ z ∂ ∂z ∂ y = = ( x ln x ) = x y ln x ln x = x y ln2 x. 2 ∂y ∂y ∂y ∂y Zd˚uraznˇeme, že v pˇrípadˇe spojitých funkcí se spojitými parciálními derivacemi se smíšené parciální derivace podle Schwarzovy vˇety rovnají. Vskutku: ∂2 z 1 ∂2 z = yx y−1 ln x + x y = yx y−1 ln x + x y x −1 = yx y−1 ln x + x y−1 = x y−1 + yx y−1 ln x = . ∂y∂x x ∂x∂y Opˇet zbývá jednoduché vyˇcíslení parciálních derivací druhého ˇrádu pˇrímým dosazením zadaného bodu [1, 1], ∂2 z (1, 1) = 0, ∂x2

∂2 z (1, 1) = 1, ∂x∂y

∂2 z (1, 1) = 1, ∂y∂x

∂2 z (1, 1) = 0. ∂y2

(c)0 = 0

2.

( x n )0 = nx n−1

3.

(e x ) 0 = e x

4.

( a x )0 = a x ln a

5.

(ln x )0 =

6.

(loga x )0 =

1 x 1 x ln a

7.

(sin x )0 = cos x

8.


9.

(tan x )0 =

10.

(cot x )0 =

11.

(arcsin x )0 =

12. (arccos x )0 = 13. (arctan x )0 = 14.

(arccot x )0 = u = u( x )

1 cos2 x 1 − 2 sin x 1 √ 1 − x2 1 −√ 1 − x2 1 1 + x2 1 − 1 + x2

v = v( x )

15.

[c · u]0 = c · u0

16.

[u ± v]0 = u0 ± v0

17. 18. 19.


[u(v)]0 = u0 (v) · v0




Poznámky

98.

Zadání Urˇcete parciální derivaci

1.

∂4 z funkce z = 2x2 ey + sin( xy2 ). ∂x2 ∂y2

ˇ Rešení

Video


Derivujeme funkci z postupnˇe podle jednotlivých promˇenných. Nejdˇríve derivujeme podle x, poté ještˇe jednou podle x a pak postupnˇe dvakrát podle y.

∂z = 4xey + cos( xy2 ) · y2 = 4xey + y2 cos( xy2 ) ∂x

∂2 z = 4ey + y2 (− sin( xy2 ) · y2 ) = 4ey − y4 sin( xy2 ) ∂x2

∂3 z = 4ey − [4y3 sin( xy2 ) + y4 cos( xy2 ) · x2y] = 4ey − 4y3 sin( xy2 ) − 2xy5 cos( xy2 ) ∂x2 ∂y

(c)0 = 0

2.

( x n )0 = nx n−1

3.

(e x ) 0 = e x

4.

( a x )0 = a x ln a

5.

(ln x )0 =

6.

(loga x )0 =

y

2

2

4

2

4

2

2 6

(sin x )0 = cos x

8.


9.

(tan x )0 =

10.

(cot x )0 =

11.

(arcsin x )0 =

12. (arccos x )0 =

14.

(arccot x )0 = u = u( x )

1 cos2 x 1 − 2 sin x 1 √ 1 − x2 1 −√ 1 − x2 1 1 + x2 1 − 1 + x2

v = v( x )

2

= 4e − 12y sin( xy ) − 8xy cos( xy ) − 10xy cos( xy ) + 4x y sin( xy ) = 4ey − 12y2 sin( xy2 ) − 18xy4 cos( xy2 ) + 4x2 y6 sin( xy2 )

1 x ln a

7.

13. (arctan x )0 =

∂4 z = 4ey − [12y2 sin( xy2 ) + 4y3 cos( xy2 ) · x2y] − [10xy4 cos( xy2 ) + 2xy5 (− sin( xy2 ) · x2y)] ∂x2 ∂y2

1 x

15.

[c · u]0 = c · u0

16.

[u ± v]0 = u0 ± v0

17. 18. 19.


[u(v)]0 = u0 (v) · v0



ˇ - Diferenciál funkce Ry 114

Poznámky

99.

Zadání Vypoˇcítejte diferenciál funkce z = f ( x, y) = f (2, 04; 0, 99). ˇ Rešení

√

xy v bodˇe A = [2, 1]. Urˇcete pˇribližnˇe hodnotu

Video

Teorie: 39 Pˇríklady: 222, 223, 224, 225

Nejdˇríve urˇcíme parciální derivace prvního ˇrádu podle promˇenných x a y, ∂f y = √ , ∂x 2 xy

∂f x = √ . ∂y 2 xy

Diferenciál funkce z = f ( x, y) dz =

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y

Diferenciál funkce z v bodˇe A = [ x0 , y0 ] dz( A) =

∂f ∂f ( A ) · ( x − x0 ) + ( A ) · ( y − y0 ) ∂x ∂y

Sestavíme diferenciál funkce z, y x 1 dz = √ dx + √ dy = √ (ydx + xdy). 2 xy 2 xy 2 xy

dz( A)(dx, dy) =

Dosadíme do diferenciálu dz bod A,

√ 2 1 ( x + 2y − 4). dz( A) = dz(2, 1) = √ (1( x − 2) + 2(y − 1)) = 4 2 2 Všimnˇeme si, že diferenciál v bodˇe je lineární funkce dvou promˇenných. Pro pˇribližný vypoˇcet funkˇcních hodnot použijeme poslední vztah v sekci „Poznámky“. Urˇcíme pˇrírustky od bodu A = [2, 1] k bodu [2, 04; 0, 99], dx = x − x0 = 2, 04 − 2 = 0, 04; dy = y − y0 = 0, 99 − 1 = −0, 01. √ Urˇcíme funkˇcní hodnotu f ( A) = f (2, 1) = 2. Urˇcíme hodnotu diferenciálu dz( A)(dx, dy) pˇri známých pˇrírustcích, √ 1 2 1 1 2 dz( A)(dx, dy) = dz(2, 1)(0, 04; −0, 01) = √ (1 · 0, 04 − 2 · 0, 01) = √ 0, 02 = √ = . 200 2 2 2 2 2 2 100 Pˇribližná hodnota funkce f (2, 04; 0, 99) pak bude f (2, 04; 0, 99) ≈ f ( A) + d f ( A)(dx, dy) =

Diferenciál funkce z v bodˇe A = [ x0 , y0 ] pˇri známých pˇrír˚ustcích dx, dy

√

√

√ 2 1 2+ = 2 1+ . 200 200

∂f ∂f ( A) · dx + ( A) · dy ∈ R ∂x ∂y

Diferenciál druhého rˇádu funkce z = f ( x, y) d2 z =

∂2 f 2 ∂2 f ∂2 f 2 dx + 2 dxdy + dy ∂x∂y ∂x2 ∂y2

Pˇribližný výpoˇcet funkˇcních hodnot f ( x, y) ≈ f ( x0 , y0 ) + d f ( x0 , y0 )(dx, dy)



ˇ - Diferenciál funkce Ry 115

Poznámky

100.

Zadání Vypoˇcítejte diferenciál druhého ˇrádu funkce z = f ( x, y) = ˇ Rešení

Video

x+y . x−y

Teorie: 39 Pˇríklady: 222, 223, 224, 225

Nejdˇríve urˇcíme parciální derivace prvního ˇrádu podle promˇenných x a y, 1 · ( x − y) − ( x + y) · 1 ∂f −2y = = , 2 ∂x ( x − y) ( x − y )2 1 · ( x − y) − ( x + y) · (−1) 2x ∂f = = . 2 ∂y ( x − y) ( x − y )2 Urˇcíme parciální derivace druhého ˇrádu ∂2 f ∂ ∂f ∂ 4y = , = (−2y( x − y)−2 ) = −2y(−2)( x − y)−3 · 1 = 2 ∂x ∂x ∂x ∂x ( x − y )3 ∂ ∂y

∂2 f ∂ = ∂y∂x ∂x ∂2 f ∂ = 2 ∂y ∂y

∂2 f ∂x∂y

=

∂f ∂x

∂ ∂y

=

∂f ∂y

∂ = ∂x

∂f ∂y

=

−2y ( x − y )2

=

2x ( x − y )2

2( x − y)2 − 2x · 2( x − y) · 1 −2( x + y ) = = , 4 ( x − y )3 ( x − y)

−2( x

− y )2

− (−2y)2( x − y) · (−1) −2( x + y ) = , 4 ( x − y )3 ( x − y)

∂ 4x (2x ( x − y)−2 ) = 2x (−2)( x − y)−3 · (−1) = . ∂y ( x − y )3

Sestavíme diferenciál druhého ˇrádu d2 z =

4y x+y 4x 4 dx2 − 4 dxdy + dy2 = (ydx2 − ( x + y)dxdy + xdy2 ). 3 3 3 ( x − y) ( x − y) ( x − y) ( x − y )3

Diferenciál funkce z = f ( x, y) dz =

∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y

Diferenciál funkce z v bodˇe A = [ x0 , y0 ] dz( A) =

∂f ∂f ( A ) · ( x − x0 ) + ( A ) · ( y − y0 ) ∂x ∂y

Diferenciál funkce z v bodˇe A = [ x0 , y0 ] pˇri známých pˇrír˚ustcích dx, dy dz( A)(dx, dy) =

∂f ∂f ( A) · dx + ( A) · dy ∈ R ∂x ∂y

Diferenciál druhého rˇádu funkce z = f ( x, y) d2 z =

∂2 f 2 ∂2 f ∂2 f 2 dx + 2 dxdy + dy ∂x∂y ∂x2 ∂y2

Pˇribližný výpoˇcet funkˇcních hodnot f ( x, y) ≈ f ( x0 , y0 ) + d f ( x0 , y0 )(dx, dy)



ˇ - Teˇcná rovina, normála Ry 116

Poznámky

101.

Zadání Naleznˇete teˇcnou rovinu a normálu ke grafu funkce z = f ( x, y) = A = [2, 3, ?]. ˇ Rešení

Video

√

2x −

p

3y − x v bodˇe


Teˇcná rovina τ ke grafu funkce z = f ( x, y) v bodˇe A = [ x0 , y0 , z0 = f ( x0 , y0 )], A = [ x0 , y0 ] τ : z − z0 =

∂f ∂f ( A)( x − x0 ) + ( A)(y − y0 ) ∂x ∂y

Bod A je bod dotyku, x0 = 2, y0 = 3, urˇcíme jeho z-ovou složku, z0 = f ( x0 , y0 ) = f (2, 3) = −3. Vypoˇcítáme parciální derivace prvního ˇrádu funkce f v bodˇe A = [2, 3], √ √ ∂f 2 1 ∂f 3 1 √ − 1, = =− √ , ∂x 2 ∂y 2 y x a tyto funkce dvou promˇenných vyˇcíslíme na bodˇe A = [2, 3], ∂f 1 ( A) = − , ∂x 2

∂f 1 =− . ∂y 2

Sestavíme rovnici teˇcné roviny 1 1 τ : z + 3 = − ( x − 2) − ( y − 3), 2 2 rovnici pˇrevedeme na obecný tvar τ : x + y + 2z + 1 = 0. Pro parametrické rovnice normály dostáváme

n:

1 x = 2− t 2 1 y = 3 − t, 2 z = −3 − t

t∈R

Normála n grafu funkce z = f ( x, y) v bodˇe A = [ x0 , y0 , z0 = f ( x0 , y0 )], A = [ x0 , y0 ] ∂f ( A)t ∂x ∂f y = y0 + ( A)t, ∂y

x = x0 + n:

z = z0 − t

t∈R



ˇ - Taylor˚uv polynom Ry 117

Poznámky

Zadání Naleznˇete Taylor˚uv polynom druhého ˇrádu funkce z = f ( x, y) = 2x2 − xy + 3y2 + x − y + 1 v bodˇe A = [1, 1].

Taylor˚uv polynom m-tého ˇrádu funkce z = f ( x, y) v bodˇe A = [ x0 , y0 ]

102.

ˇ Rešení

Video


Urˇcíme hodnoty f ( A), d f ( A) a d2 f ( A). Poté dosadíme do formule pro Taylor˚uv polynom druhého ˇrádu. Bod A = [ x0 , y0 ] = [1, 1].

Tm ( A) = f ( A) +

Taylor˚uv polynom druhého ˇrádu funkce z = v bodˇe A = [ x0 , y0 ]

f ( A) = 5 T2 ( A) = f ( A) + d f ( A) = (4x − y + 1)|[1,1] ( x − 1) + (− x + 6y − 1)|[1,1] (y − 1)

= 4( x − 1) + 4( y − 1) = 4x + 4y − 8 d2 f ( A) = 4|[1,1] ( x − 1)2 + 2 · (−1)|[1,1] ( x − 1)(y − 1) + 6|[1,1] (y − 1)2

= 4x2 − 8x + 4 − 2xy + 2x + 2y − 2 + 6y2 − 12y + 6 = 4x2 − 2xy + 6y2 − 6x − 10y + 8 4x + 4y − 8 4x2 − 2xy + 6y2 − 6x − 10y + 8 + 1! 2! 2 2 = 5 + 4x + 4y − 8 + 2x − xy + 3y − 3x − 5y + 4

T2 ( A) = 5 +

= 2x2 − xy + 3y2 + x − y + 1

dm f ( A) d f ( A) +···+ 1! m! f ( x, y)

d f ( A ) d2 f ( A ) + 1! 2!

resp. ∂f 1 ∂f ( A)( x − x0 ) + ( A)(y − y0 ) T2 ( A) = f ( A) + 1! ∂x ∂y 2 1 ∂ f ∂2 f 2 + ( A )( x − x ) + 2 ( A)( x − x0 )(y − y0 ) 0 2! ∂x2 ∂x∂y ∂2 f 2 + 2 ( A)(y − y0 ) ∂y Zd˚uraznˇeme, že Taylor˚uv polynom funkce je polynom. Pokud poˇcítáme napˇr. Taylor˚uv polynom druhého ˇrádu z polynomu dvou promˇenných druhého stupnˇe (viz. ˇrešená úloha), výsledkem je ten samý polynom druhého ˇrádu. Každý polynom stupnˇe n je sám sobˇe Taylorovým polynomem stupnˇe m pro každé m ≥ n.



ˇ - Derivace implicitní funkce Ry 118

Poznámky

Zadání Obˇema zp˚usoby naleznˇete derivaci implicitní funkce dané rovnicí x3 + y + y2 − 2xy = 3 v bodˇe A = [1, −1].

Derivace implicitní funkce y = f ( x ) dané rovnicí F ( x, y) = 0

103.

ˇ Rešení

Video


∂F y0 = − ∂x ∂F ∂y

V našem pˇrípadˇe platí F ( x, y) = x3 + y + y2 − 2xy − 3. Urˇcíme parciální derivace ∂F = 3x2 − 2y, ∂x

∂F = 1 + 2y − 2x. ∂y

Derivace implicitní funkce y = f ( x ) dané rovnicí F ( x, y) = 0 v bodˇe A = [ x0 , y0 ]

Jedná se o spojité funkce, navíc ∂F ( A) = 1 + 2y − 2x | A=[1,−1] = −3 6= 0. ∂y Derivace implicitní funkce tedy existuje a je jediná. Dosadíme do formule pro [ x0 , y0 ] = [1, −1], 3x2 − 2y|[1,−1] 5 0 f (1) = − =− = 1 + 2y − 2x |[1,−1] −3

derivaci implicitní funkce v bodˇe A = 5 . 3

Druhý zp˚usob spoˇcívá v pˇredpokladu, že v rovnici F ( x, y) = 0 budeme pˇredpokládat závislost y = y( x ). Tzn., že v této rovnici zústává pouze jediná nezávislá promˇenná, a to x. Rovnici poté derivujeme podle x, zvlášt’ pravou i levou stranu rovnice, d 3 ( x + y + y2 − 2xy − 3 = 0) ⇒ 3x2 + y0 + 2yy0 − 2y − 2xy0 = 0. dx Z rovnice vyjádˇríme y0 y0 + 2yy0 − 2xy0 = −3x2 + 2y ⇒ y0 (1 + 2y − 2x ) = −3x2 + 2y ⇒ y0 =

−3x2 + 2y 3x2 − 2y =− . 1 + 2y − 2x 1 + 2y − 2x

Kde se v rovnici po derivaci vzalo y0 ? Musíme si uvˇedomit, že y závisí na x, y = y( x ). Nevíme ale, jak konkrétnˇe ta závislost vypadá. Derivujeme tedy pouze formálnˇe, tj. nad y napíšeme cˇ árku. Funkci y2 musíme ovšem derivovat jako složenou funkci, máme obecnou závislost y na x, na kterou p˚usobí druhá mocnina. Derivujeme nejdˇríve vnˇejší složku (druhou mocninu) v tom samém bodˇe (v y) a poté násobíme derivací vnitˇrní funkce, derivací y podle x, což je formálnˇe y0 . Výraz 2xy musíme derivovat jako souˇcin dvou funkcí promˇenné x.

∂F ( A) f 0 ( x0 ) = − ∂x ∂F ( A) ∂y Alternativní zp˚usob výpoˇctu:

• v rovnici F ( x, y) = 0 pˇredpokládáme závislost y na x, y = y( x ), • rovnice F ( x, y) = 0 pˇrejde na rovnici F ( x, y( x )) = G ( x ) = 0, • derivujeme funkci jedné promˇenné G podle x, • vyjádˇríme y0 .



ˇ - Teˇcna a normála k implicitní funkci Ry 119

Poznámky

Zadání Naleznˇete teˇcnu a normálu k implicitní funkci y = f ( x ) dané rovnicí exy = x + 2y v bodˇe A = [1, 0].

Teˇcna k implicitní funkci y = f ( x ) dané rovnicí F ( x, y) = 0 v bodˇe A = [ x0 , y0 ]

104.

ˇ Rešení V našem pˇrípadˇe je funkce F dána

Video


t: F ( x, y) = exy − x − 2y.

Urˇcíme parciální derivace funkce F v bodˇe A = [ x0 , y0 ] = [1, 0], ∂F ( A) = yexy − 1|[1,0] = −1, ∂x ∂F ( A) = xexy − 2|[1,0] = −1. ∂y

∂F ∂F ( A)( x − x0 ) + ( A)(y − y0 ) = 0 ∂x ∂y

Normála k implicitní funkci y = f ( x ) dané rovnicí F ( x, y) = 0 v bodˇe A = [ x0 , y0 ] n:

∂F ∂F ( A)( x − x0 ) − ( A)(y − y0 ) = 0 ∂y ∂x t

t : −( x − 1) − y = 0 ⇒ y = − x + 1. Sestavíme rovnici normály n ke grafu implicitní funkce, n : −( x − 1) + y = 0 ⇒ y = x − 1.

n

2

Sestavíme rovnici teˇcny t ke grafu implicitní funkce,

1

F ( x, y) = 0 −3

−2

−1

0

−1 −2 −3

1

2



ˇ - Lokální extrémy - první cˇ ást Ry 120

Poznámky

105.

Zadání Naleznˇete lokální extrémy funkce z = e− x

2 − y2

ˇ Rešení

(2y2 + x2 ). Video

• urˇcíme definiˇcní obor funkce z = f ( x, y)

Teorie: 44, 45 Pˇríklady: 235, 236, 237, 238

Definiˇcním oborem funkce z je množina R2 . Urˇcíme parciální derivace prvního ˇrádu a sestavíme rovnice pro stacionární body, 2 2 2 2 2 2 ∂f = e−x −y (−2x )(2y2 + x2 ) + e−x −y 2x = −2xe−x −y (2y2 + x2 − 1) = 0, ∂x 2 2 2 2 2 2 ∂f = e−x −y (−2y)(2y2 + x2 ) + e−x −y 4y = −2ye−x −y (2y2 + x2 − 2) = 0. ∂y 2

2

Exponenciální funkce e− x −y je kladná, tedy nikdy nem˚uže nabýt nulové hodnoty a lze ji z rovnic pro stacionární body vykrátit. Rovnice pˇrejdou na tvar x (2y2 + x2 − 1) = 0, y(2y2 + x2 − 2) = 0. Pˇredpokládejme nejdˇríve, že x = 0. Ze druhé rovnice y(2y2 − 2) = 0 dostaneme ˇrešení y = 0 a y = ±1. Obdržíme tˇri r˚uzné stacionární body, A1 = [0, 0], A2 = [0, 1] a A3 = [0, −1]. Ve druhé rovnici pˇredpokládejme, že y = 0. Z první rovnice x ( x2 − 1) = 0 dostaneme ˇrešení x = 0 a x = ±1. Bod [0, 0] již máme vypoˇcítaný, pˇribyly další dva nové stacionární body, bod A4 = [1, 0] a A5 = [−1, 0]. Pokud x 6= 0 i y 6= 0, ˇrešíme následující soustavu rovnic, 2y2 + x2 − 1 = 0, 2

• vypoˇcítáme parciální derivace prvního ∂f ∂f ˇrádu , ∂x ∂y • nalezneme stacionární body A jako ˇrešení soustavy rovnic ∂f = 0, ∂x

∂f =0 ∂y

• sestavíme matici Q( A) parciálních derivací druhého ˇrádu ve stacionárních bodech A  2  ∂ f ∂2 f  ∂x2 ( A) ∂x∂y ( A)  Q( A) =   ∂2 f  ∂2 f ( A) ( A ) ∂y∂x ∂y2 • oznaˇcme

∂2 f ∂2 f D2 = 2 ( A) 2 ( A) − ∂x ∂y 2 ∂ f D1 = 2 ( A) ∂x

∂2 f ( A) ∂x∂y

2

• klasifikujeme lokální extrém

2

2y + x − 2 = 0. Pokud obˇe rovnice od sebe odeˇcteme, dostaneme rovnici 1 = 0, ale 1 se nikdy 0 nerovná. Soustava nemá žádné ˇrešení. Urˇcili jsme celkem pˇet stacionárních bod˚u: A1 = [0, 0],

A2 = [0, 1],

A není extrém, je-li D2 < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D2 > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D1 > 0

A3 = [0, −1],

A4 = [1, 0],

A5 = [−1, 0].

A je ostré lok. maximum, je-li navíc D1 < 0



ˇ - Lokální extrémy - druhá cˇ ást Ry 121

Poznámky

106.

Zadání Naleznˇete lokální extrémy funkce z = e− x

2 − y2

(2y2 + x2 ).


ˇ Rešení Pokraˇcujeme v hledání lokálních extrém˚u funkce z pˇredchozího listu. Nalezli jsme celkem pˇet stacionárních bod˚u. Urˇcíme matici druhých parciálních derivací a vyhodnotíme ji na jednotlivých stacionárních bodech Ai , i = 1, 2, 3, 4, 5, ! 2 2 2 2 ((−2 + 4x2 )(2y2 + x2 − 1) − 4x2 )e−x −y 4xye− x −y (2y2 + x2 − 3) Q= , 2 2 2 2 4xye− x −y (2y2 + x2 − 3) ((−2 + 4y2 )(2y2 + x2 − 2) − 8y2 )e−x −y Q ( A1 ) =

2 0 0 4

!

, Q ( A2 ) =

− 2e

0

0

− 8e

!

, Q ( A3 ) =

− 2e

0

0

− 8e

!

− 4e 0

, Q ( A4 ) =

0

2 e

!

, Q ( A5 ) =

− 4e 0 0

2 e

A1 = [0, 0] A2 = [0, 1] A3 = [0, −1] A4 = [1, 0] A5 = [−1, 0]

A2 = 0, 1,

2 e

D2

extrém o hodnotˇe z = f ( Ai )

8>0

ostré lokální minimum z = 0

D1 2>0

− 2e − 2e − 4e − 4e

<0 <0 <0 <0

A3 = 0, −1, 2e

16 e2 16 e2 − e82 − e82

> 0 ostré lokální maximum z = > 0 ostré lokální maximum z =

2 e 2 e

< 0 extrém neexistuje 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0

A1 = [0, 0, 0]

.

∂f = 0, ∂x

∂f =0 ∂y


< 0 extrém neexistuje

0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0

• nalezneme stacionární body A jako ˇrešení soustavy rovnic

!

V následující tabulce uvádíme souhrnný pˇrehled klasifikace extrém˚u v jednotlivých bodech: Stacionární bod Ai

• vypoˇcítáme parciální derivace prvního ∂f ∂f ˇrádu , ∂x ∂y

∂2 f ∂2 f D2 = 2 ( A) 2 ( A) − ∂x ∂y 2 ∂ f D1 = 2 ( A) ∂x

∂2 f ( A) ∂x∂y

2

• klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D2 < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D2 > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D1 > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D1 < 0



ˇ - Lokální extrémy - první cˇ ást Ry 122

Poznámky

107.

Zadání Naleznˇete lokální extrémy funkce z = f ( x, y) = sin x + cos y + cos( x − y), 0 ≤ x, y ≤ ˇ Rešení

Video


π 2.

Teorie: 44, 45 Pˇríklady: 235, 236, 237, 238

Urˇcíme parciální derivace prvního ˇrádu a sestavíme rovnice pro stacionární body, ∂f = cos x − sin( x − y) = 0, ∂x

• vypoˇcítáme parciální derivace prvního ∂f ∂f ˇrádu , ∂x ∂y • nalezneme stacionární body A jako ˇrešení soustavy rovnic

∂f = − sin y + sin( x − y) = 0. ∂y

∂f = 0, ∂x

Ze druhé rovnice dostáváme sin( x − y) = sin y. Protože jak x, tak y patˇrí do intervalu h0, π2 i, bude rozdíl x − y patˇrit do intervalu h− π2 , π2 i. Nicménˇe funkce sinus je jak na intervalu h0, π2 i, tak i na intervalu h− π2 , π2 i prostá, to ale znamená, že existuje funkce inverzní, arkussinus, kterou lze aplikovat na druhou rovnici, arcsin(sin( x − y) = sin y) ⇒ arcsin(sin( x − y)) = arcsin(sin y) ⇒ x − y = y ⇒ y =

x . 2

Tuto rovnici dosadíme do první rovnice,

x x cos x − sin( x − y) = 0 ⇒ cos x − sin x − = 0 ⇒ cos x − sin = 0. 2 2 Využijeme goniometrické identity cos x = cos2

cos2 2x

− sin2 2x

a

cos2 2x

=

1 − sin2 2x ,

x x x x x x x x − sin2 − sin = 0 ⇒ 1 − sin2 − sin2 − sin = 0 ⇒ 2 sin2 + sin − 1 = 0. 2 2 2 2 2 2 2 2

Použijeme substituci sin

x = t, 2

2 sin2

x x 1 + sin − 1 = 0 ⇒ 2t2 + t − 1 = 0 ⇒ t1 = , t2 = −1. 2 2 2

Vzhledem k omezení x na interval h0, π2 i záporné ˇrešení neuvažujeme, hπ πi x 1 x 1 π π π sin = ⇒ k = , sin k = ⇒ k = ⇒ x = ⇒ y = ⇒ stacionární bod A = , . 2 2 2 2 6 3 6 3 6

∂f =0 ∂y


∂2 f ∂2 f D2 = 2 ( A) 2 ( A) − ∂x ∂y 2 ∂ f D1 = 2 ( A) ∂x

∂2 f ( A) ∂x∂y

2

• klasifikujeme lokální extrém A není extrém, je-li D2 < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D2 > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D1 > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D1 < 0



ˇ - Lokální extrémy - druhá cˇ ást Ry 123

Poznámky

108.

Zadání Naleznˇete lokální extrémy funkce z = f ( x, y) = sin x + cos y + cos( x − y), 0 ≤ x, y ≤

π 2.

ˇ Rešení Pokraˇcujeme v hledání lokálních extrém˚u funkce z pˇredchozího listu. Nalezli jsme jeden stacionární bod. Urˇcíme matici druhých parciálních derivací a vyhodnotíme ji na bodˇe A, √ ! ! √ 3 − sin x − cos( x − y)| A cos( x − y)| A − 3 2 √ Q( A) = = √ . 3 cos( x − y)| A − cos y − cos( x − y)| A − 3 2 Urˇcíme determinanty D1 a D2 ,

√ D1 = − 3,

9 D2 = . 4 π π Protože D2 > 0, v bodˇe A = 3 , 6 extrém existuje. Protože D1 < 0, má funkce z = f ( x, y) = sin x + √ cos y + cos( x − y) v bodˇe A = π3 , π6 ostré lokální maximum z = 3 2 3 . 3

√

3 2.5 2 1.5 1 0.5 0

A = [ π3 , π6 , 3 2 3 ]

2 z 1 0

1.5

A 1

π 3

π 6

1.5

• urˇcíme definiˇcní obor funkce z = f ( x, y) • vypoˇcítáme parciální derivace prvního ∂f ∂f ˇrádu , ∂x ∂y • nalezneme stacionární body A jako ˇrešení soustavy rovnic ∂f = 0, ∂x

∂f =0 ∂y


∂2 f ∂2 f D2 = 2 ( A) 2 ( A) − ∂x ∂y 2 ∂ f D1 = 2 ( A) ∂x

∂2 f ( A) ∂x∂y

2

• klasifikujeme lokální extrém

1

y 0.5 0.5 0

0

x

A není extrém, je-li D2 < 0 A je ostrý lokální extrém, je-li D2 > 0 A je ostré lok. minimum, je-li navíc D1 > 0 A je ostré lok. maximum, je-li navíc D1 < 0



ˇ - Vázané extrémy Ry 124

Poznámky

109.

Zadání Naleznˇete vázané extrémy funkce z = f ( x, y) = ˇ Rešení

p

4x + y2 + 5 vzhledem k podmínce 2x − 3 − y = 0. Video


Urˇcíme nejdˇríve definiˇcní obor funkce z, funkce z bude existovat, pokud bude výraz pod odmocninou nezáporný, tj. 5 1 4x + y2 + 5 ≥ 0 ⇒ x ≥ − y2 − , viz. obrázek v „Poznámkách“. 4 4 Z rovnice vazby 2x − 3 − y = 0 lze jednoznaˇcnˇe vyjádˇrit jak y, tak x. Vyjádˇríme y,

V pˇrípadˇe, že lze jednoznaˇcnˇe z rovnice vazby vyjádˇrit bud’ x nebo y, budeme postupovat pˇri hledání vázaných extrém˚u takto:

• vyjádˇríme bud’ y = ϕ( x ) nebo x = ψ(y) • vázané extrémy hledáme jako lokální extrémy funkce jedné promˇenné bud’ z = f ( x, ϕ( x )) nebo z = f (ψ(y), y) y2 ≥ −4x − 5

y = 2x − 3.

2

Dosadíme vazbu do pˇredpisu funkce z, q p p z = 4x + (2x − 3)2 + 5 = 4x + 4x2 − 12x + 9 + 5 = 4x2 − 8x + 14,

1

dostaneme funkci jedné promˇenné z = z( x, ϕ( x )) (promˇenné x) a snadno se pˇresvˇedˇcíme, že Dz = R. Urˇcíme první derivaci, poté ji položíme rovnu nule a dostaneme rovnici pro stacionární body této funkce, z0 =

dz 8x − 8 4x − 4 = √ =√ = 0 ⇒ 4x − 4 = 0 ⇒ x = 1. 2 2 dx 2 4x − 8x + 14 4x − 8x + 14

Definiˇcním oborem první derivace je Dz0 = R. Na intervalu (−∞, 1) je první derivace z0 < 0, funkce z je na tomto intervalu klesající. Na intervalu (1, ∞) je první derivace z0 > 0, tzn. funkce z je na tomto intervalu rostoucí. Ve stacionárním bodˇe x = 1 se mˇení znaménko první derivace z − na + což znamená, že v bodˇe x = 1 má funkce z lokální minimum. Dosadíme bod x = 1 p do rovnice vazby, dostáváme y = −1. Snadno ovˇeˇríme, že bod A patˇrí do definiˇcního oboru funkce z = 4x + y2 + 5, viz. obrázek vpravo. Funkce z =

p

4x + y2 + 5 má v bodˇe A = [1, −1] vázané lokální minimum z = f (1, −1) =

√

Zcela analogicky budeme postupovat v pˇrípadˇe, kdy lze z rovnice vazby vyjádˇrit jednoznaˇcnˇe x.

10.

−4

−3

−2

−1

0

−1 −2 −3

1

A



ˇ - Vázané extrémy Ry 125

Poznámky

Zadání Naleznˇete vázané extrémy funkce z = f ( x, y) = −8x + 6y − 5 vzhledem k podmínce x2 + y2 = 100.

V pˇrípadˇe, že nelze jednoznaˇcnˇe z rovnice vazby g( x, y) = 0 vyjádˇrit bud’ x nebo y budeme postupovat pˇri hledání vázaných extrém˚u takto:

110.

ˇ Rešení

Video


Sestavíme Lagrangeovu funkci pro funkci f ( x ) = −8x + 6y − 5 a g( x, y) = x2 + y2 − 100,

• sestavíme Lagrangeovu funkci Φ( x, y, λ) = f ( x, y) + λg( x, y)

Φ( x, y, λ) = −8x + 6y − 5 + λ( x2 + y2 − 100). Vypoˇcítáme parciální derivace prvního ˇrádu funkce Φ, které položíme rovny nule. Získáme tak rovnice pro stacionární body funkce Φ, ∂Φ ∂Φ = −8 + 2λx = 0, = 6 + 2λy = 0, ∂x ∂y ke kterým pˇridáme rovnici vazby, ˇrešíme následující soustavu rovnic

−8 + 2λx = 0 ⇒ x =

4 λ

6 + 2λy = 0

⇒ y=−

3 λ

dosadíme do rovnice vazby za x a y, 2 4 3 2 16 9 1 1 + − = 100 ⇒ 2 + 2 = 100 ⇒ 100λ2 = 25 ⇒ λ2 = ⇒ λ1,2 = ± . x + y = 100 ⇒ λ λ 4 2 λ λ 2

2

Dopoˇcítáme stacionární body A = [ x, y] dosazením λ, λ1 =

1 ⇒ A1 = [8, −6], 2

λ2 = −

1 ⇒ A2 = [−8, 6]. 2

Sestavíme matici parciálních derivací druhého ˇrádu a vyhodnotíme ji na stacionárních bodech,   2 ∂2 f ∂ f ! ! !  ∂x2 ∂x∂y  2λ 0 1 0 − 1 0 = , Q ( A1 ) = , Q ( A2 ) = . Q=  ∂2 f ∂2 f  0 2λ 0 1 0 −1 ∂y∂x ∂y2 V bodˇe A1 = [8, −6] je D1 > 0, D2 > 0. Funkce z = f ( x, y) má v bodˇe A1 = [8, −6] vázané lokální minimum z = −105. V bodˇe A2 = [−8, 6] je D1 < 0, D2 > 0. Funkce z = f ( x, y) má v bodˇe A2 = [−8, 6] vázané lokální maximum z = 95.

• hledáme lokální extrémy funkce Φ • má-li funkce Φ ve svém stacionárním bodˇe lokální extrém, má i funkce z = f ( x, y) v tomto bodˇe lokální extrém vázaný podmínkou g( x, y) = 0, tzv. vázaný extrém



ˇ - Globální extrémy Ry 126

Poznámky

Zadání Naleznˇete globální extrémy funkce z = f ( x, y) = x2 − y na cˇ tverci s vrcholy [1, 1], [3, 1], [3, 3], [1, 3].

Budeme postupovat takto:

ˇ Rešení

• urˇcíme definiˇcní z = f ( x, y)

111.

Video


Definiˇcním oborem funkce z je cˇ tverec, viz. obrázek v „Poznámkách“. Urˇcíme lokální extrémy funkce z, ∂z ∂z = 2x = 0, = −1 = 0. ∂x ∂y Je zˇrejmé, že druhá rovnice nemá ˇrešení, lokální extrémy neexistují. Urˇcíme rovnice hraniˇcních kˇrivek, tyto rovnice reprezentují rovnice vazeb, AB : y = 1, x ∈ (1, 3),

BC : x = 3, y ∈ (1, 3),

CD : y = 3, x ∈ (1, 3),

DA : x = 1, y ∈ (1, 3).

Jednotlivé rovnice vazeb dosadíme do funkce z a nalezneme pˇrípadné vázané extrémy, AB : z = x2 − 1 ⇒ z0 = 2x = 0 ⇒ x = 0 ⇒ 0 6∈ (1, 3) ⇒ extrém neexistuje, BC : z = 9 − y ⇒ z0 = −1 = 0 ⇒ rovnice nemá ˇrešení ⇒ extrém neexistuje,

Df

obor

funkce

• nalezneme lokální extrémy této funkce na množinˇe D f , ze které vylouˇcíme hranici g( x, y) = 0 • urˇcíme vázané extrémy této funkce vzhledem k podmínce g( x, y) = 0 • porovnáme funkˇcní hodnoty všech extrém˚u, extrém s nejvˇetší funkˇcní hodnotou bude globálním maximem, extrém s nejmenší funkˇcní hodnotou bude globálním minimem

CD : z = x2 − 3 ⇒ z0 = 2x = 0 ⇒ x = 0 ⇒ 0 6∈ (1, 3) ⇒ extrém neexistuje, DA : z = 1 − y ⇒ z0 = −1 = 0 ⇒ rovnice nemá ˇrešení ⇒ extrém neexistuje.

4

Zbývá porovnat funkˇcní hodnoty ve vrcholech cˇ tverce,

3

f ( A) = 0, f ( B) = 8, f (C ) = 6, f ( D ) = −2 ⇒ f ( D ) < f ( A) < f (C ) < f ( B).

D

C

A

B

2

Funkce z má v bodˇe D globální minimum o hodnotˇe z = −2, v bodˇe B má globální maximum o hodnotˇe z = 8.

1

−1

0

−1

1

2

3

4

ˇ Rešené pˇríklady – Obyˇcejné diferenciální rovnice



ˇ - Diferenciální rovnice - pˇrímá integrace Ry 128

Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y000 = 6x − 6.

Pˇrímá integrace

112.

ˇ Rešení

Video


V zadání diferenciální rovnice se nachází neznámá funkce y pouze ve své tˇretí derivaci, proto k nalezení obecného ˇrešení použijeme pˇrímou integraci. Postupným integrováním budeme snižovat ˇrád derivace hledané d 00 ( y ). funkce y. Budeme vycházet ze skuteˇcnosti, že y000 = dx d 00 (y ) = 6x − 6 dx Z

Z

d(y00 ) =

(6x − 6)dx

⇒

d(y00 ) = (6x − 6)dx,

⇒

y00 = 3x2 − 6x + C1 .

Stejným zp˚usobem budeme snižovat ˇrád diferenciální rovnice dokud nedostaneme neznámou funkci y. Tedy

Z

d(y0 ) =

a Z

d 0 (y ) = 3x2 − 6x + C1 dx Z

(3x2 − 6x + C1 )dx

d (y) = x3 − 3x2 + C1 x + C2 dx Z

⇒

d(y0 ) = (3x2 − 6x + C1 )dx,

⇒

y0 = x3 − 3x2 + C1 x + C2

⇒

d(y) = ( x3 − 3x2 + C1 x + C2 )dx,

x4 x2 − x3 + C1 + C2 x + C3 . 4 2 Vidíme, že v obecném ˇrešení této diferenciální rovnice 3. ˇrádu se vyskytují právˇe 3 integraˇcní konstanty C1 , C2 , C3 . Partikulárním ˇrešením rozumíme konkrétní kˇrivku. Tu získáme libovolnou volbou konstant C1 , C2 a C3 , napˇr. pro C1 = 2, C2 = 3 a C3 = 5 dostaneme partikulární ˇrešení d(y) =

( x3 − 3x2 + C1 x + C2 )dx

⇒

y=

x4 y= − x3 + x2 + 3x + 5. 4

y(n) = f ( x )

Diferenciální rovnice typu

k-tá derivace d ( k −1) y(k) = y , dx

1≤k≤n

Obecné rˇešení y=

Z

Z

. . . f ( x ) dx . . . dx, | {z } | {z } n-krát

n-krát



ˇ - Separovatelné diferenciální rovnice Ry 129

Poznámky

113.

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y0 =

x − e− x . y + ey

ˇ Rešení

Separovatelná diferenciální rovnice typu Video

y0 = P( x ) Q(y)


dy dx x − e− x dy = . dx y + ey

Nejprve nahradíme derivaci y0 podílem diferenciál˚u

Derivace dy y0 = dx

Nyní budeme chtít rovnici zapsat v tzv. separovaném tvaru, tj. na levé stranˇe chceme mít pouze výraz obsahující promˇennou y a na pravé ty, které obsahují promˇennou x (y + ey ) dy = x − e−x dx

Obecné rˇešení Z Z dy = P( x )dx + C, Q(y)

Integrací obou stran rovnice dostaneme Z

y

(y + e ) dy =

Obecné ˇrešení obdržíme ve tvaru

Z

x−e

−x

dx

⇒

x2 y2 y +e = + e−x + C. 2 2

y2 x 2 − + ey − e−x = C. 2 2 Protože C je konstanta, bude po vynásobení dvˇema hodnota 2C také konstantou a v zápise ji m˚užeme nahradit písmenem K. Po úpravˇe dostaneme výsledek: y2 − x2 + 2ey − 2e− x = K.

pro Q(y) 6= 0




Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y0 = cos2 x cos2 2y.

Separovatelná diferenciální rovnice

114.

ˇ Rešení

Video



dy dx

dy = cos2 x cos2 2y dx Rovnici za pˇredpokladu, že cos 2y 6= 0, upravíme na rovnici v separovaném tvaru dy = cos2 xdx. cos2 2y Integrací obou stran rovnice

Z

dy = cos2 2y

Z

cos2 xdx,

dostaneme

1 1 1 tan 2y = x + sin 2x + C. 2 2 4 Po úpravˇe získáme obecné ˇrešení ve tvaru 2 tan 2y − sin 2x − 2x = K.

typu

y0 = P( x ) Q(y)

Derivace dy y0 = dx Obecné rˇešení Z Z dy = P( x )dx + C, Q(y) pro Q(y) 6= 0




Poznámky

√ Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y2 1 − x2 y0 = arcsin x.


ˇ Rešení

typu

115.

Video

Nejprve nahradíme derivaci y0 podílem diferenciál˚u y

√ Za pˇredpokladu, že

2

p


dy dx

1 − x2

dy = arcsin x. dx

1 − x2 6= 0 výraz upravíme na rovnici v separovaném tvaru arcsin x y2 dy = √ dx. 1 − x2

Abychom nalezli obecné ˇrešení, budeme integrovat nyní obˇe strany rovnice Z

2

y dy =

Z

arcsin x √ dx. 1 − x2

Integrál na pravé stranˇe rovnice si m˚užeme spoˇcítat zvlášt’ " # Z Z t = arcsin x t2 1 arcsin x √ dx = = tdt = = arcsin2 x + C. 1 2 2 2 dt = √ 2 dx 1−x 1− x

Po dosazení obdržíme rovnici

1 y3 = arcsin2 x + C. 3 2

Odtud plyne, že obecné ˇrešení má tvar y3 −

3 arcsin2 x = C. 2

y0 = P( x ) Q(y)

Derivace dy y0 = dx Obecné rˇešení Z Z dy = P( x )dx + C, Q(y) pro Q(y) 6= 0




Poznámky

116.

0 7 5 3 ˇ Zadání Rešte Cauchyho úlohu 8y + 6y + 4y + 2y y = 5x, y 45 = 1. ˇ Rešení

Video



dy dx

5

3

Výraz upravíme na rovnici v separovaném tvaru 8y7 + 6y5 + 4y3 + 2y dy = 5xdx. Nyní obˇe strany rovnice integrujeme

Z

Obecné ˇrešení má tvar

7

5

3

8y + 6y + 4y + 2y dy =

5 2 x + C, 2 Dosazením poˇcáteˇcní podmínky urˇcíme hodnotu konstanty C y8 + y6 + y4 + y2 =

5 1 +1 +1 +1 = 2 8

6

4

2

2 4 +C 5

Z

Hledané ˇrešení je tedy y8 + y6 + y4 + y2 =

5xdx.

C ∈ R.

⇒

5 2 5 x + . 2 2

typu

y0 = P( x ) Q(y)

Derivace dy y0 = dx

dy = 5x. 8y + 6y + 4y + 2y dx 7


5 C= . 2

Obecné rˇešení Z Z dy = P( x )dx + C, Q(y) pro Q(y) 6= 0




Poznámky

y0 ˇ = −2 sin x, y (π ) = 1. Zadání Rešte Cauchyho úlohu y


117.

typu

ˇ Rešení

Video



dy dx

Derivace dy y0 = dx

1 dy = −2 sin x. y dx

Obecné rˇešení Z Z dy = P( x )dx + C, Q(y)

Výraz upravíme na rovnici v separovaném tvaru 1 dy = −2 sin xdx. y Po integraci máme

Z

1 dy = −2 y

Z

sin xdx

⇒

pro Q(y) 6= 0

ln |y| = 2 cos x + C

Podle pravidel pro poˇcítání s logaritmy a exponenciálními výrazy je

|y| = e2 cos x+C

⇒

|y| = e2 cos x eC

⇒

y = ±eC e2 cos x ,

C∈R

Protože C je konstanta, tak bude i výraz ±eC konstantou a m˚užeme ho nahradit symbolem K (K 6= 0, protože funkce y = 0 není ˇrešením zadané diferenciální rovnice) y = Ke2 cos x . Dosazením poˇcáteˇcní podmínky urˇcíme hodnotu konstanty K 1 = Ke2 cos π

⇒

K = e2 .

Hledané ˇrešení je tedy y = e2 e2 cos x

⇒

y0 = P( x ) Q(y)

y = e2 cos x+2 .




Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y0 = 3x − 2y + 5.


118.

ˇ Rešení

Video

Zavedeme substituci diferenciální rovnice

u = 3x − 2y + 5

u0 = 3 − 2y0

⇒


⇒

3 − u0 a dosadíme do dané 2

y0 =

3 − u0 =u 2

V rovnici nahradíme derivaci u0 podílem diferenciál˚u 3 − du dx =u 2

du dx

a upravíme ji na rovnici v separovaném tvaru

du = 3 − 2u dx

⇒

⇒

du = 3 − 2u

Z

pro b 6= 0

Podle pravidel pro poˇcítání s logaritmy a exponenciálními výrazy je ln √

1 = x+C 3 − 2u

⇒

√

1 = e x +C 3 − 2u

tedy e− x e− C =

q

⇒

1 e x +C

=

√

3 − 2u

⇒

e−( x+C) =

√

3 − 2u,

3 − 2(3x − 2y + 5).

Protože C je konstanta, tak bude i výraz e−C konstantou a m˚užeme ho nahradit symbolem K a po jednoduché úpravˇe obdržíme obecné ˇrešení ve tvaru p Ke− x = 4y − 6x − 7. Pozn.: Tuto diferenciální rovnici m˚užeme ˇrešit také jako diferenciální rovnici lineární.

Derivace dy y0 = dx

u = ax + by + c, kde u = u( x ), odtud u0 − a 0 0 0 u = a + by ⇒ y = b

du = dx 3 − 2u

1 − ln |3 − 2u| = x + C 2

⇒

dx

y0 = f ( ax + by + c)

Substituce

Nyní obˇe strany rovnice budeme integrovat Z

typu




Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y0 = cos( x − y).


119.

ˇ Rešení Zavedeme substituci rovnice

Video u = x−y

⇒ u0 = 1 − y0


⇒ y0 = 1 − u0 a dosadíme do dané diferenciální

0

1 − u = cos u V rovnici nahradíme derivaci u0 podílem diferenciál˚u 1−

du = cos u dx

du dx

⇒

du = dx 1 − cos u

du = 1 − cos u

Z

dx

tedy

u = x + c2 . 2 Po návratu k substituci a jednoduché úpravˇe dostaneme obecné ˇrešení ve tvaru

− cot

x−y = c2 2

Derivace dy y0 = dx

⇒

x + cot

Substituce u = ax + by + c, kde u = u( x ), odtud u0 − a 0 0 0 u = a + by ⇒ y = b pro b 6= 0

Integrál na levé stranˇe rovnice si spoˇcítáme zvlášt’   u t = tan 2 Z Z   Z 2 dt 1 1 du u 1 2 1 − t   =  cos u = 1+1  = dt = = − = − + c1 = − cot + c1 , 2 u 2 2 t 1+t 1 − cos u t tan 2 2 t 1 − 11− + t2 du = 1+2t2 dt

− x − cot

y0 = f ( ax + by + c)

a upravíme ji na rovnici v separovaném tvaru

Nyní budeme obˇe strany rovnice integrovat Z

typu

x−y = C. 2




Poznámky

120.

√ Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice xy0 − y = 2 xy. ˇ Rešení

Video

Obˇe strany rovnice nejprve vynásobíme výrazem

1 x

√

0

xy − y = 2 xy

Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Teorie: 50, 52 Pˇríklady: 256-263

a upravíme y y − =2 x 0

⇒

r

y x

y Zavedeme substituci z = , kde z = z( x ). Odtud je y = zx a y0 = z0 x + z. x Po dosazení do zadané homogenní diferenciální rovnice a jednoduché úpravˇe dostaneme √ √ z0 x + z − z = 2 z ⇒ z0 x = 2 z. √ dz V rovnici nahradíme derivaci z0 podílem diferenciál˚u dx a pro z 6= 0 a x 6= 0 ji upravíme na rovnici v separovaném tvaru √ dz dz 2 √ = dx x=2 z ⇒ dx x z Nyní obˇe strany rovnice budeme integrovat Z

dz √ = z

Z

2 dx x

⇒

Z

z

− 12

dz =

Z

2 dx x

1

⇒

z2 1 2

= 2 ln | x | + C

⇒

√

z = ln | x | + 2C.

Konstanta 2C m˚uže nabývat všech hodnot z množiny reálných cˇ ísel stejnˇe jako funkce ln x, napíšeme si jí tedy jako 2C = ln K, kde K > 0 a podle pravidel pro poˇcítání s logaritmy dostaneme √ √ z = ln | x | + ln K ⇒ z = ln(K | x |) ⇒ z = ln2 (K | x |). Dosazením z =

y x

a po úpravˇe dostaneme obecné ˇrešení ve tvaru y = ln2 (K | x |) x

⇒

y = x ln2 (K | x |) .

Dif. rov. F ( x, y, y0 ) = 0, kterou lze upravit y na tvar y0 = φ x Derivace dy y0 = dx Substituce y z = , kde z = z( x ), x odtud y = zx a y0 = z0 x + z




Poznámky

121.

3y − 2x . x+y

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y0 = ˇ Rešení

Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Video


y

Danou rovnici nejprve upravíme na tvar y0 =

3x − 2 1+

y x

.

y Zavedeme substituci z = , kde z = z( x ). Odtud je y = zx a y0 = z0 x + z. x Po dosazení do zadané homogenní diferenciální rovnice a jednoduché úpravˇe dostaneme z0 x + z =

3z − 2 1+z

z0 x =

⇒

3z − 2 −z 1+z

V rovnici nahradíme derivaci z0 podílem diferenciál˚u dz z2 − 2z + 2 x=− dx 1+z

dz dx

z0 x = −

⇒

Derivace dy y0 = dx

z2 − 2z + 2 . 1+z

Substituce y z = , kde z = z( x ), x odtud y = zx a y0 = z0 x + z

a upravíme na rovnici v separovaném tvaru

⇒

z2

1+z dx dz = − . x − 2z + 2

Nyní budeme integrovat obˇe strany rovnice Z

1+z dz = − z2 − 2z + 2

Z

dx x

⇒

2

Z

1 1 dz + 2 ( z − 1)2 + 1

Z

(2z − 2) dz = − z2 − 2z + 2

Z

dx x

1 ln |z2 − 2z + 2| = − ln | x | + C ⇒ 4 arctan(z − 1) + ln |z2 − 2z + 2| = − ln x2 + 2C. 2 Konstanta 2C m˚uže nabývat všech hodnot z množiny reálných cˇ ísel stejnˇe jako funkce ln x, napíšeme si jí tedy jako 2C = ln K, kde K > 0 a podle pravidel pro poˇcítání s logaritmy dostaneme 2 arctan(z − 1) +

4 arctan(z − 1) = ln Po dosazením z =

y a úpravˇe dostaneme obecné ˇrešení: x

K . x2 (z2 − 2z + 2) 4 arctan

Dif. rov. F ( x, y, y0 ) = 0, kterou lze upravit y na tvar y0 = φ x

y−x K = ln 2 . x y − 2yx + 2x2




Poznámky

122.

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice xy0 − y = ˇ Rešení

p

y2 − x 2 . Video

Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice Teorie: 50, 52 Pˇríklady: 256-263

r y 2 y Danou rovnici nejprve upravíme na tvar y0 = + − 1. x x y Zavedeme substituci z = , kde z = z( x ). Odtud je y = zx a y0 = z0 x + z. x Po dosazení do zadané homogenní diferenciální rovnice a jednoduché úpravˇe dostaneme p p z 0 x + z = z + z2 − 1 ⇒ z 0 x = z2 − 1

dz V rovnici nahradíme derivaci z0 podílem diferenciál˚u dx , upravíme na rovnici v separovaném tvaru a poté integrujeme Z Z p dz dz dx dx dz 2 √ √ x = z −1 ⇒ ⇒ = = 2 2 dx x x z −1 z −1

Integrál na pravé stranˇe rovnice si spoˇcítáme zvlášt’  √ z2 − 1 + z t = Z  dz 1 √ 2z  dt = + 1 dz √ = 2 z2 −1 z2 − 1 dt = √ dz2 t z −1



p  Z dt = = ln | t | = ln | z + z2 − 1| + C1 .  t

p Po integraci obou stran dostaneme ln |z + z2 − 1| = ln | x | + C. Konstanta C m˚uže nabývat všech hodnot z množiny reálných cˇ ísel stejnˇe jako funkce ln x, napíšeme si jí tedy jako C = ln K, kde K > 0 a podle pravidel pro poˇcítání s logaritmy dostaneme p p p ln |z + z2 − 1| = ln | x | + ln K ⇒ ln |z + z2 − 1| = ln (K | x |) ⇒ z + z2 − 1 = Kx. Dosazením z =

y x

dostaneme obecné ˇrešení ve tvaru y + x

r y 2 − 1 = Kx x

⇒

y+

q

y2 − x2 = Kx2 .

Dif. rov. F ( x, y, y0 ) = 0, kterou lze upravit y na tvar y0 = φ x Derivace dy y0 = dx Substituce y z = , kde z = z( x ), x odtud y = zx a y0 = z0 x + z




Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice x2 y0 = y2 + xy + 4x2 .

Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice

123.

ˇ Rešení

Video

Danou rovnici nejprve upravíme na tvar y0 =

y 2 x

+


y +4 x

y Zavedeme substituci z = , kde z = z( x ). Odtud je y = zx a y0 = z0 x + z. x Po dosazení do zadané homogenní diferenciální rovnice a jednoduché úpravˇe dostaneme z 0 x + z = z2 + z + 4 z0

⇒

Derivace dy y0 = dx

z 0 x = z2 + 4

dz podílem diferenciál˚u , upravíme na rovnici v separovaném tvaru a poté intedx

V rovnici nahradíme derivaci grujeme dz x = z2 + 4 dx Po integraci dostaneme

dx dz = 2 x z +4

⇒

⇒

Z

dz = 2 z +4

Z

dx . x

1 z arctan = ln | x | + C, 2 2 z arctan = 2 ln | x | + 2C. 2 Konstanta 2C m˚uže nabývat všech hodnot z množiny reálných cˇ ísel stejnˇe jako funkce ln | x |, napíšeme si jí tedy jako 2C = ln K, kde K > 0 a podle pravidel pro poˇcítání s logaritmy dostaneme z z 2 arctan = 2 ln | x | + ln K ⇒ arctan = ln Kx . 2 2 Dosazením z =

y dostaneme obecné ˇrešení x

arctan

Dif. rov. F ( x, y, y0 ) = 0, kterou lze upravit y na tvar y0 = φ x

y = ln Kx2 . 2x

Substituce y z = , kde z = z( x ), x odtud y = zx a y0 = z0 x + z



ˇ - Exaktní diferenciální rovnice Ry 140

124.

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice

Poznámky

y 1− 2 x + y2

ˇ Rešení

dx +

Video

x2

x dy = 0. + y2

Exaktní diferenciální rovnice

Teorie: 53, 54 Pˇríklady: 264, 265 y

Nejprve ovˇeˇríme, že se jedná o exaktní diferenciální rovnici. Vidíme, že P( x, y) = 1 − x2 +y2 a Q( x, y) = Tedy  ∂P x2 + y2 − 2y2 y2 − x 2    =− = 2 2 2 2 2 2 ∂y (x + y ) (x + y )  ∂P ∂Q ⇒ = ⇒ DR je exaktní. 2 2 2 2 2  ∂y ∂x x + y − 2x y −x ∂Q   = = 2  ∂x ( x 2 + y2 )2 ( x + y2 )2

Nyní budeme hledat kmenovou funkci F ( x, y), pro kterou platí soustava parciálních diferenciálních rovnic ∂F y = 1− 2 , ∂x x + y2

∂F x = 2 . ∂y x + y2

Z druhé rovnice integrací podle y dostaneme F ( x, y) =

Z

x2

y x dy + ψ( x ) = arctan + ψ( x ), 2 x +y

odtud derivací podle promˇenné x je ∂F y dψ + =− 2 ∂x dx x + y2 a porovnáním s první rovnicí 1− Kmenová funkce je

y dψ y = − + dx x 2 + y2 x 2 + y2 y

F ( x, y) = arctan x + x + C

⇒

dψ =1 dx

a obecné ˇrešení:

⇒ ψ( x ) = x + C. y

arctan x + x = K.

x . x 2 + y2

Postup rˇešení

• ovˇeˇríme, zda platí podmínka exakt∂P( x, y) ∂Q( x, y) nosti = ∂y ∂x • vypoˇcítáme kmenovou funkci F ( x, y) • urˇcíme obecné ˇrešení rovnice ve tvaru F ( x, y) = C



ˇ - Lineární diferenciální rovnice 1. ˇrádu Ry 141

Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y0 − y = e2x .

Lineární diferenciální rovnice prvního rˇádu (LDR)

125.

ˇ Rešení

Video

Teorie: 55, 56, 57 Pˇríklady: 266-273

y0 + yp( x ) = q( x )

Pˇríslušná zkrácená LDR má tvar y0 − y = 0. Jedná se o rovnici separovatelnou, jejíž obecné ˇrešení je dy =y dx

⇒

Z

dy = y

Z

dx

⇒

ln |y| = x + C1

⇒

|y| = ex+C1

⇒

y = ±eC1 ex .

derivace dy y0 = dx

Protože C1 je konstanta, tak bude i výraz ±eC konstantou a m˚užeme ho nahradit symbolem C a obdržíme ˇrešení zkrácené rovnice ve tvaru y = Cex .

Postup rˇešení

Provedeme variaci konstanty: pˇredpokládejme, že C = C ( x ), potom

• vyˇrešíme zkrácenou LDR prvního ˇrádu

y = C ( x )e a její derivace je

y0 + yp( x ) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými promˇennými

x

y 0 = C 0 ( x )e x + C ( x )e x .

Po dosazení do p˚uvodní rovnice se mám odeˇctou dva cˇ leny C 0 ( x )ex + C ( x )ex − C ( x )ex = e2x , C 0 ( x )ex = e2x Odtud pˇrímou integraci C= Po dosazení obdržíme obecné ˇrešení

Z

⇒

C 0 ( x ) = ex

ex dx = ex + K.

y = (e x + K ) e x .

• Lagrangeova metoda variace konstant C = C ( x ) dosadíme do obecného ˇrešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené • otázka: odeˇcetly se nám dva cˇ leny? (ano - správnˇe, ne - nˇekde je chyba) • vyjádˇríme C 0 ( x ), zintegrujeme a dosadíme zpˇet do obecného ˇrešení • výsledek:Z 1 y= E( x )q( x )dx + K , E( x ) kde E( x ) = e

R

p( x )dx




Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice x2 y0 + xy = ln x.


126.

ˇ Rešení

Video


y0 + yp( x ) = q( x )

Rovnici si nejprve upravíme na tvar y0 +

y ln x = 2 x x

derivace dy y0 = dx

a vyˇrešíme zkrácenou LDR y0 +

y =0 x

⇒

dy y =− dx x

dy dx =− y x

⇒

Z

⇒

dy =− y

Z

dx x

⇒

ln |y| = − ln | x | + C1 .

Oznaˇcíme-li C1 = ln C2 , C2 > 0 potom ln |y| = − ln | x | + ln C2

⇒


C2 ln |y| = ln |x|

⇒

C |y| = 2 |x|

⇒

C2 y=± x

⇒

C y = , C ∈ R. x

(konstanta C m˚uže nabýt hodnoty nula, protože i funkce y = 0 je ˇrešením zkrácené LDR).

C(x) , x

y0 =

C0 (x) C(x) − 2 . x x

• otázka: odeˇcetly se nám dva cˇ leny? (ano - správnˇe, ne - nˇekde je chyba)

Po dosazení do p˚uvodní rovnice se mám odeˇctou dva cˇ leny C0 (x) C(x) C(x) 1 ln x − 2 + = 2 x x x x x

⇒

C0 (x) ln x = 2 x x

Po dosazení obdržíme obecné ˇrešení y=

1 2

⇒

ln2 x + K . x

C0 (x) =


• Lagrangeova metoda variace konstant C = C ( x ) dosadíme do obecného ˇrešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené

Provedeme variaci konstanty: pˇredpokládejme, že C = C ( x ), potom y=

Postup rˇešení

ln x x

⇒

C(x) =

1 2 ln x + K. 2

• vyjádˇríme C 0 ( x ), zintegrujeme a dosadíme zpˇet do obecného ˇrešení • výsledek:Z 1 y= E( x )q( x )dx + K , E( x ) kde E( x ) = e

R

p( x )dx




Poznámky

127.

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y0 −

x2

ˇ Rešení

√ 7y = x − 2. + 3x − 10 Video



y0 + yp( x ) = q( x )

Nejprve vyˇrešíme zkrácenou LDR 7y y − 2 =0 x + 3x − 10 0

Z

dy = y

Z

⇒

7 dx ( x − 2)( x + 5)

y0 7 = 2 y x + 3x − 10

⇒

ln |y| = ln

⇒

dy 7 = dx, y ( x − 2)( x + 5)

x−2 + ln C x+5

⇒

y=C

x−2 . x+5

Provedeme variaci konstanty: pˇredpokládejme, že C = C ( x ), pak x−2 y = C(x) , x+5

x−2 7 y = C (x) + C(x) . x+5 ( x + 5)2 0

0

√ ( x + 5 ) x−2 Po dosazení do p˚uvodní rovnice se nám odeˇctou dva cˇ leny a po úpravˇe dostaneme C 0 ( x ) = . x−2 Odtud   2 x − 2 = t √ √ Z Z  Z ( t2 + 7) t ( x + 5) x − 2 ( x + 5) x − 2   2tdt C(x) = dx = dx  dx = 2tdt  = x−2 x−2 t2 x = t2 + 2 Z 3 √ 2t2 2 √ 2 = (2t + 14)dt = + 14t = x − 2 + 14 x − 2 + K. 3 3 Po dosazení a úpravˇe obdržíme obecné ˇrešení 2√ x−2 y= x − 2( x + 19) + K . 3 x+5

derivace dy y0 = dx Postup rˇešení

• vyˇrešíme zkrácenou LDR prvního ˇrádu y0 + yp( x ) = 0, jedná se o diferenciální rovnici se separovatelnými promˇennými

• Lagrangeova metoda variace konstant C = C ( x ) dosadíme do obecného ˇrešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené • otázka: odeˇcetly se nám dva cˇ leny? (ano - správnˇe, ne - nˇekde je chyba) • vyjádˇríme C 0 ( x ), zintegrujeme a dosadíme zpˇet do obecného ˇrešení • výsledek:Z 1 y= E( x )q( x )dx + K , E( x ) kde E( x ) = e

R

p( x )dx




Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y0 + y sin x = sin3 x.


128.

ˇ Rešení

Video


y0 + yp( x ) = q( x )

Nejprve vyˇrešíme zkrácenou LDR y0 + y sin x = 0

⇒

y0 = − sin x y

⇒

ln |y| = cos x + c

⇒

dy = − sin xdx y

|y| = ecos x + c

⇒

Z

dy =− y

Z

sin xdx,

derivace dy y0 = dx

y = ±ec ecos x .

⇒

Oznaˇcíme-li C = ±ec , obdržíme ˇrešení zkrácené rovnice ve tvaru y = Cecos x .

Postup rˇešení

Provedeme variaci konstanty: pˇredpokládejme, že C = C ( x ), pak


cos x

y = C ( x )e

,

0

0

y = C ( x )e

cos x

cos x

+ C ( x )e

(− sin x ).

Po dosazení do p˚uvodní rovnice se nám odeˇctou dva cˇ leny a po úpravˇe dostaneme C 0 ( x ) = e− cos x sin3 x Odtud

⇒

C(x) =

Z

e− cos x sin3 xdx =

Z

e− cos x (1 − cos2 x ) sin xdx.

C ( x ) = −(cos x + 1)2 e− cos x + K.

Dosadíme do pˇredpokládaného tvaru obecného ˇrešení y = −(cos x + 1)2 e− cos x + K ecos x


• Lagrangeova metoda variace konstant C = C ( x ) dosadíme do obecného ˇrešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené • otázka: odeˇcetly se nám dva cˇ leny? (ano - správnˇe, ne - nˇekde je chyba) • vyjádˇríme C 0 ( x ), zintegrujeme a dosadíme zpˇet do obecného ˇrešení

a po úpravˇe dostaneme

y = −(cos x + 1)2 + Kecos x .

• výsledek:Z 1 y= E( x )q( x )dx + K , E( x ) kde E( x ) = e

R

p( x )dx




Poznámky

129.

ˇ Cauchyho úlohu y0 − y cot x = ex sin x, y Zadání Rešte

π 2

ˇ Rešení

= 0.


Video


y0 + yp( x ) = q( x )

Nejprve vyˇrešíme zkrácenou LDR y0 − y cot x = 0 ln |y| = ln | sin x | + C1

⇒ ⇒

dy = y cot x dx

⇒

dy = cot xdx y

ln |y| = ln | sin x | + ln C2 ,

⇒ ⇒

C2 > 0

Z

dy = y

Z

cot xdx

derivace dy y0 = dx

ln |y| = ln (C2 | sin x |) . Postup rˇešení

Tedy

|y| = C2 | sin x |

⇒

y = ±C2 | sin x |.

ˇ Protože C2 je konstanta, tak bude i výraz ±C2 konstantou a m˚užeme ho nahradit symbolem C. Rešení obdržíme ve tvaru y = C sin x. Provedeme variaci konstanty: pˇredpokládejme, že C = C ( x ), pak y = C ( x ) sin x,

y0 = C 0 ( x ) sin x + C ( x ) cos x.

Po dosazení do p˚uvodní rovnice se nám odeˇctou dva cˇ leny C 0 ( x ) sin x + C ( x ) cos x − C ( x ) sin x cot x = ex sin x C(x) = obecné ˇrešení má tvar

Z

⇒

ex dx = ex + K,

Hledané ˇrešení je tedy


• Lagrangeova metoda variace konstant C = C ( x ) dosadíme do obecného ˇrešení zkrácené rovnice, zderivujeme a dosadíme do rovnice nezkrácené • otázka: odeˇcetly se nám dva cˇ leny? (ano - správnˇe, ne - nˇekde je chyba)

y = (ex + K ) sin x. Dosazením poˇcáteˇcní podmínky urˇcíme hodnotu konstanty K π π 2 0 = e + K sin ⇒ 2

C 0 ( x ) = ex


• vyjádˇríme C 0 ( x ), zintegrujeme a dosadíme zpˇet do obecného ˇrešení π

K = −e 2 .

π y = ex − e 2 sin x.

• výsledek:Z 1 y= E( x )q( x )dx + K , E( x ) kde E( x ) = e

R

p( x )dx




Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y00 + y = 5e2x .

Lineární diferenciální rovnice druhého rˇádu s konstantními koeficienty (metoda variace konstant) a2 y00 + a1 y0 + a0 y = b( x )

130.

ˇ Rešení

Video

Teorie: 58-62 Pˇríklady: 274-278

Charakteristická rovnice r2 + 1 = 0 má komplexní koˇreny r1 = i, r2 = −i, takže fundamentální systém tvoˇrí funkce sin x a cos x, obecné ˇrešení zkrácené rovnice bude yˆ ( x ) = C1 cos x + C2 sin x. Nyní provedeme variaci konstant a nalezneme pˇríslušné partikulární integrály. Pro urˇcení neznámých funkcí C1 ( x ) a C2 ( x ) vypoˇcteme pˇríslušné determinanty: cos x sin x W (x) = = cos2 x + sin2 x = 1, − sin x cos x 0 sin x W1 ( x ) = 2x = −5e2x sin x, 5e cos x

Dále bude

C10 = C20

W1 ( x ) = −5e2x sin x W (x)

W (x) = 2 = 5e2x cos x W (x)

⇒

C1 = −5

⇒

Z

C2 = 5

Z

cos x 0 W2 ( x ) = = 5e2x cos x. − sin x 5e2x

e2x sin xdx = e2x (cos x − 2 sin x ) + K1 ,

e2x cos xdx = e2x (2 cos x + sin x ) + K2 .

Za C1 a C2 dosadíme do obecného ˇrešení zkrácené rovnice 2x 2x y = e (cos x − 2 sin x ) + K1 cos x + e (2 cos x + sin x ) + K2 sin x, které nám po úpravˇe dá obecné ˇrešení

y = K1 cos x + K2 sin x + e2x .

Postup rˇešení

• vyˇrešíme charakteristickou rovnici a2 r 2 + a1 r + a0 = 0 • zapíšeme obecné ˇrešení zkrácené LDR druhého ˇrádu 1. yˆ ( x ) = C1 er1 x + C2 er2 x , kde r1 , r2 ∈ R jsou koˇreny charakteristické rovnice 2. yˆ ( x ) = C1 erx + C2 xerx , r ∈ R je dvojnásobný koˇren charakteristické rovnice 3. yˆ ( x ) = C1 eαx cos( βx ) + C2 eαx sin( βx ), r1,2 = α ± iβ jsou koˇreny charakteristické rovnice

• vypoˇcítáme Wronského determinanty y1 0 0 y2 y y 1 2 , W2 = b W= 0 , W = b 1 y0 0 y1 y20 y 1 2 a2 a2 • vypoˇcítáme Z funkce W1 C1 ( x ) = dx, W

C2 ( x ) =

Z

W2 dx W

• dosadíme C1 ( x ) a C2 ( x ) do obecného ˇrešení zkrácené rovnice




Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y00 + 2y0 = 6x2 + 10x − 2.

Lineární diferenciální rovnice druhého rˇádu s konstantními koeficienty a2 y00 + a1 y0 + a0 y = b( x )

131.

ˇ Rešení

Video


Charakteristická rovnice r2 + 2r = 0 má koˇreny r1 = 0, r2 = −2, obecné ˇrešení zkrácené LDR druhého ˇrádu bude yˆ ( x ) = C1 e0 + C2 e−2x = C1 + C2 e−2x . Zkonstruujeme r¯ = λ ± iω = 0. Protože r¯ = 0 je jednonásobným koˇrenem charakteristické rovnice, a na pravé stranˇe je polynom 2. stupnˇe, budeme partikulární ˇrešení hledat ve tvaru 2

v( x ) = x ( Ax + Bx + C ), kde A, B, C ∈ R a pˇríslušné derivace budou v0 = 3Ax2 + 2Bx + C,

v00 = 6Ax + 2B.

Provedeme dosazení v0 a v00 do úplné LDR druhého ˇrádu 6Ax + 2B} +2 (3Ax2 + 2Bx + C ) = 6x2 + 10x − 2 | {z | {z } v00 ( x )


v0 ( x )

6Ax2 + (6A + 4B) x + 2B + 2C = 6x2 + 10x − 2.

Nyní porovnáme koeficienty u stejných mocnin x: x2

: 6A

x1

: 6A + 4B

x0 :

 = 6   

= 10

  2B + 2C = −2 

⇒

A = 1, B = 1 a C = −2.

Partikulární ˇrešení bude v( x ) = x ( x2 + x − 2) a obecné ˇrešení úplné rovnice má tvar y = yˆ ( x ) + v( x ) = C1 + C2 e−2x + x ( x2 + x − 2).

Postup rˇešení


• podle pravé strany LDR druhého ˇrádu b( x ) = eλx ( pm ( x ) cos(ωx ) + qn ( x ) sin(ωx )), a podle toho, zdali r¯ = λ ± iω je k-násobným koˇrenem charakteristické rovnice, volíme partikulární integrál v( x ) = x k eλx ( PM ( x ) cos(ωx ) + Q M ( x ) sin(ωx )) , kde M = max{m, n} • zderivujeme v( x ), dosadíme do nezkrácené LDR druhého ˇrádu a dopoˇcítáme koeficienty • zapíšeme obecné ˇrešení LDR druhého ˇrádu y( x ) = yˆ ( x ) + v( x )




Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y00 − 10y0 + 24y = (3x − 1)e3x .


132.

ˇ Rešení

Video


Charakteristická rovnice r2 − 10r + 24 = 0 má koˇreny r1 = 4, r2 = 6, obecné ˇrešení zkrácené LDR druhého ˇrádu bude yˆ ( x ) = C1 e4x + C2 e6x . Zkonstruujeme r¯ = λ ± iω = 3. Protože r¯ = 3 není koˇrenem charakteristické rovnice, budeme partikulární ˇrešení hledat ve tvaru v( x ) = ( Ax + B) e3x , kde A, B ∈ R a pˇríslušné derivace budou v0 = Ae3x + 3( Ax + B)e3x , v00 = 6Ae3x + 9e3x ( Ax + B). Provedeme dosazení v, v0 a v00 do úplné LDR druhého ˇrádu 3x 3x 3x 3x 6Ae + 9e ( Ax + B) −10 Ae + 3( Ax + B)e +24 ( Ax + B) e3x = (3x − 1)e3x | {z } {z } | | {z } 00 v (x)

v0 ( x )

v( x )


3Axe3x + (−4A + 3B)e3x = 3xe3x − e3x . Nyní porovnáme koeficienty u výraz˚u xe3x a e3x na obou stranách rovnice ) xe3x : 3A = 3 ⇒ A = 1 a B = 1. e3x : −4A + 3B = −1 Partikulární ˇrešení bude v( x ) = ( x + 1) e3x a obecné ˇrešení úplné rovnice má tvar y = yˆ ( x ) + v( x ) = C1 e4x + C2 e6x + ( x + 1) e3x .

Postup rˇešení






Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y00 − 2y0 + 2y = ex sin x.


133.

ˇ Rešení

Video


Charakteristická rovnice r2 − 2r + 2 = 0 má komplexní koˇreny r1 = 1 + i, r2 = 1 − i, obecné ˇrešení zkrácené LDR druhého ˇrádu bude yˆ ( x ) = C1 ex cos x + C2 ex sin x. Zkonstruujeme r¯ = λ ± iω = 1 ± i. Protože r¯ = 1 ± i jsou jednonásobné koˇreny charakteristické rovnice, budeme partikulární ˇrešení hledat ve tvaru v( x ) = xex ( A sin x + B cos x ) , kde A, B ∈ R a pˇríslušné derivace budou v0 = ex ( A sin x + B cos x ) + xex ( A sin x + B cos x ) + xex ( A cos x − B sin x ), v00 = 2ex (( A + B + Bx ) cos x − ( A − B + Ax ) sin x ) . Provedeme dosazení v, v0 a v00 do úplné LDR druhého ˇrádu a po úpravˇe dostaneme 2Bex cos x − 2Aex sin x = ex sin x. Nyní porovnáme koeficienty u výraz˚u ex cos x a ex sin x na obou stranách rovnice ) ex cos x : 2B = 0 ⇒ A = − 12 a B = 0. x e sin x : −2A =1 Partikulární ˇrešení bude v( x ) = − 12 xex sin x a obecné ˇrešení úplné rovnice má tvar 1 y = yˆ ( x ) + v( x ) = C1 ex cos x + C2 ex sin x − xex sin x. 2

Postup rˇešení






Poznámky

Zadání Urˇcete obecné ˇrešení diferenciální rovnice y00 − 8y0 + 16y = 32x cos 4x.


134.

ˇ Rešení

Video


Charakteristická rovnice r2 − 8r + 16 = 0 má dvojnásobné koˇreny r1,2 = 4 a obecné ˇrešení zkrácené LDR druhého ˇrádu bude yˆ ( x ) = C1 e4x + C2 xe4x . Zkonstruujeme r¯ = λ ± iω = ±i4. Protože r¯ = ±i4 nejsou koˇreny charakteristické rovnice, budeme partikulární ˇrešení hledat ve tvaru v( x ) = ( Ax + B) cos 4x + (Cx + D ) sin 4x, kde A, B, C, D ∈ R a pˇríslušné derivace budou v0 = ( A + 4D ) cos 4x + 4Cx cos 4x + (−4B + C ) sin 4x − 4Ax sin 4x, v00 = (8C − 16B) cos 4x − 16Ax cos 4x + (−8A − 16D ) sin 4x − 16Cx sin 4x. Provedeme dosazení v, v0 a v00 do úplné LDR druhého ˇrádu a po úpravˇe dostaneme

(−8A + 8C − 32D ) cos 4x + (−8A + 32B − 8C ) sin 4x − 32Cx cos 4x + 32Ax sin 4x = 32x cos 4x. Nyní porovnáme koeficienty u výraz˚u cos 4x, x cos 4x, sin 4x a x sin 4x na obou stranách rovnice  cos 4x : −8A + 8C − 32D = 0     A = 0, B = − 14 , sin 4x : −8A + 32B − 8C = 0  ⇒ C = −1, D = − 14 . x cos 4x : − 32C = 32      x sin 4x : 32A = 0

Partikulární ˇrešení bude v( x ) = − 14 cos 4x − x sin 4x − 14 sin 4x a obecné ˇrešení úplné rovnice má tvar y = yˆ ( x ) + v( x ) = C1 e4x + C2 xe4x −

1 1 cos 4x − x sin 4x − sin 4x. 4 4

Postup rˇešení



Matematika II: Řešené příklady

Recommend Documents