Matematika II: Pracovní listy do cvičení

Matematika II: Pracovní listy do cviˇcení Radomír Paláˇcek, Petra Schreiberová, Petr Volný Katedra matematiky a deskriptivní geometrie VŠB - Technická univerzita Ostrava

Pˇríklady – Integrální poˇcet funkcí jedné promˇenné

Matematika II - pracovní listy do cviˇcení

Katedra matematiky a deskriptivní geometrie, VŠB - Technická univerzita Ostrava

ˇ - Pˇrímá metoda Ry 153

Tahák

Zadání Vyˇrešte:

Základní integrály

135.

a)

Z

ˇ Rešení

x2 5 x − 2x + dx 3

b)

Z

√

( x+

√ 4

x )dx Video

c)

Z

2x − 1 √ dx x

d)

Z

3 dx x

ˇ Teorie: 11, 12, 13 Rešené pˇríklady: 66, 67, 68

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




Tahák

Zadání Vyˇrešte: Z 2 a) 3 − xex dx x


136.

ˇ Rešení

b)

Z

dx 1 + cos 2x

c) Video

Z 2

x3

− 2 dx

d)

Z

x

(2 − cos x )dx


1. Z

2.

Z

Z

3.

Z

4. 5. Z

6.

Z

7.

Z

0dx = c x n dx =



Z

f = f (x) 13. 14.

Z


( f ± g)dx = Z

ax +c ln a

1 dx = ln | x | + c x


x n +1 +c n+1

Z

(k · f )dx = k

f dx ± Z

Z

gdx

f dx, k ∈ R




Tahák



137.

a)

Z

ˇ Rešení

x2 ex − 3x dx 2x2

b)

Z

√ ( x + 3)2 √ dx x x Video

c)

Z

x2 − 1 dx x−1


1. Z

2.

Z

Z

3.

Z

4. 5. Z

6.

Z

7.

Z

0dx = c x n dx =



Z

f = f (x) 13. 14.

Z


( f ± g)dx = Z

ax +c ln a

1 dx = ln | x | + c x


x n +1 +c n+1

Z

(k · f )dx = k

f dx ± Z

Z

gdx

f dx, k ∈ R




Tahák



138.

a)

Z

ˇ Rešení

sin 2x dx sin2 x

b)

Z

−4 dx 1 + x2 Video

c)

Z

√

2 1 − x2

dx


1. Z

2.

Z

Z

3.

Z

4. 5. Z

6.

Z

7.

Z

0dx = c x n dx =



Z

f = f (x) 13. 14.

Z


( f ± g)dx = Z

ax +c ln a

1 dx = ln | x | + c x


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 157

Tahák


Lineární substituce, obecné vzorce

139.

a)

Z

ˇ Rešení

sin(4x − 3)dx

b)

Z

1 dx 4 + x2

c) Video

Z

(2x − 5)3 dx

ˇ Teorie: 17 Rešené pˇríklady: 69

Z

1.

Z

2.

( ax + b)n dx

3. Z

4. 5. 6. 7. 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 a x 1 = arctan + c a a

f ( ax + b)dx =

√

1

dx a2 − x 2 Z 1 dx a2 + x 2



ˇ - Lineární substituce, obecné vzorce Ry 158

Tahák


Lineární substituce, obecné vzorce

140.

a)

Z

ˇ Rešení

e−6x dx

b)

Z

dx −3x + 8

c)

Video

Z

√

2 9 − x2

dx


Z

1.

Z

2.

( ax + b)n dx

3. Z

4. 5. 6. 7. 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 a x 1 = arctan + c a a

f ( ax + b)dx =

√

1

dx a2 − x 2 Z 1 dx a2 + x 2



ˇ - Metoda per partes Ry 159

Tahák


Metoda per partes

141.

a)

Z

ˇ Rešení

sin 2x ( x2 − 3)dx

b)

Z

xe2x dx

c) Video

Z

ln x dx x2

ˇ Teorie: 14, 15 Rešené pˇríklady: 70, 71

v0 = v0 ( x )

u = u( x ) u0 = u0 ( x ) Z

(u · v0 )dx = u · v −

v = v( x ) Z

(u0 · v)dx




Tahák

142.

Zadání Vyˇrešte: a)

Z

ˇ Rešení

(2x − 1) ln x dx

Metoda per partes b)

Z

Video

x dx sin2 x ˇ Teorie: 14, 15 Rešené pˇríklady: 70, 71

v0 = v0 ( x )

u = u( x ) u0 = u0 ( x ) Z

(u · v0 )dx = u · v −

v = v( x ) Z

(u0 · v)dx




Tahák

143.


Z

ˇ Rešení

ex sin x dx

Metoda per partes b)

Z

Video


v0 = v0 ( x )

u = u( x )

cos(ln x )dx

u0 = u0 ( x ) Z

(u · v0 )dx = u · v −

v = v( x ) Z

(u0 · v)dx

Metoda per partes - obrat Z

⇒

f ( x )dx = h( x ) + α · Z

f ( x )dx =

Z

h( x ) +c 1−α

f ( x )dx,

α 6= 1



ˇ - Substituˇcní metoda Ry 162

Tahák


Substituce typu ϕ( x ) = t

144.

a)

Z

ˇ Rešení

dx √ ( x2 + 1) arctan x

b)

Z

Video

x

x

e cos(e )dx ˇ Teorie: 16, 17 Rešené pˇríklady: 72, 73

Z

0

f ( ϕ( x )) ϕ ( x )dx =

Z

f (t)dt

Postup 1. oznaˇcíme substituci ϕ( x ) = t 2. rovnost diferencujeme: ϕ0 ( x )dx = dt 3. v integrálu

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




Tahák



145.

a)

Z

ˇ Rešení

x cot(1 + x2 )dx

b)

Z

Video

(3 + ln x )5 dx x

Z


Postup

0

f ( ϕ( x )) ϕ ( x )dx =

Z

f (t)dt

1. oznaˇcíme substituci ϕ( x ) = t 2. rovnost diferencujeme: ϕ0 ( x )dx = dt 3. v integrálu

Z



Z






Tahák

146.



Z

ˇ Rešení

p

cos x 1 − sin2 x

dx

b)

Z

Video

2 − x3

x e

dx


Z

0

f ( ϕ( x )) ϕ ( x )dx =

Z

f (t)dt

Postup 1. oznaˇcíme substituci ϕ( x ) = t 2. rovnost diferencujeme: ϕ0 ( x )dx = dt 3. v integrálu

Z



Z






Tahák

147.

Substituce typu x = ϕ(t)


Z

ˇ Rešení

dx √ (2 + x ) 1 + x

√ Z cot x √ dx b) x Video


Z

f ( x )dx =

Z

f ( ϕ(t)) ϕ0 (t)dt

Postup 1. oznaˇcíme substituci x = ϕ(t) 2. rovnost diferencujeme: dx = ϕ0 (t)dt 3. v integrálu

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 - Substituˇcní metoda + metoda per partes Ry 166

Tahák


Metoda per partes

148.

a)

Z

ˇ Rešení

√

e

x

dx

b) Video

Z

ˇ Teorie: 14, 15, 16, 17 Rešené pˇríklady: 71, 72, 73

v0 = v0 ( x )

u = u( x )

arctan xdx

u0 = u0 ( x ) Z

(u · v0 )dx = u · v −

v = v( x ) Z

(u0 · v)dx

Substituce typu ϕ( x ) = t Z

0

f ( ϕ( x )) ϕ ( x )dx =

Z

f (t)dt

Substituce typu x = ϕ(t) Z

f ( x )dx =

Z

f ( ϕ(t)) ϕ0 (t)dt



ˇ - Racionální lomená funkce Ry 167

Tahák

149.

Zadání Vyjádˇrete racionální funkci R( x ) = ˇ Rešení

x3 + 2 jako souˇcet polynomu a ryze lomené racionální funkce. x−1 Video


Racionální lomená funkce R( x ) =

Pn ( x ) Qm ( x )

Ryze lomená racionální funkce R( x ) =

Pn ( x ) , Qm ( x )

n<m

Neryze lomená racionální funkce R( x ) =

Pn ( x ) , Qm ( x )

n≥m

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



ˇ - Rozklad na parciální zlomky Ry 168

Tahák

Zadání Rozložte na parciální zlomky:

Parciální zlomky - 2 typy

150.

a) R( x ) = ˇ Rešení

2x − 1 x3 − 4x

b) R( x ) = Video

x3

1 − 4x2 + 4x


1.

2.

A , ( x − α)k

( x2

kde k ∈ N; A, α ∈ R

Mx + N , + px + q)k

M, N, p, q je záporný

∈

kde k ∈ N

R, diskriminant p2 − 4q

• každou ryze lomenou racionální funkci lze rozložit na souˇcet parciálních zlomk˚u • poˇcet zlomk˚u odpovídá stupni polynomu ve jmenovateli Postup 1. najdeme koˇreny polynomu ve jmenovateli 2. napíšeme pˇredpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli 4. nalezneme koeficienty rozkladu: srovnávací metodou, dosazovací metodou nebo kombinací tˇechto metod Alternativa hého typu

pro

B(2x + p) + C , ( x2 + px + q)k

parciální

zlomek

dru-

B, C, p, q ∈ R; k ∈ N



ˇ - Rozklad na parciální zlomky Ry 169

Tahák

151.

Zadání Rozložte funkci R( x ) = ˇ Rešení

x na parciální zlomky. ( x − 1)( x2 + 1) Video

Parciální zlomky - 2 typy ˇ Teorie: 19 Rešené pˇríklady: 75

1.

2.

A , ( x − α)k

( x2

kde k ∈ N; A, α ∈ R

Mx + N , + px + q)k

M, N, p, q je záporný

∈

kde k ∈ N

R, diskriminant p2 − 4q

• každou ryze lomenou racionální funkci lze rozložit na souˇcet parciálních zlomk˚u • poˇcet zlomk˚u odpovídá stupni polynomu ve jmenovateli Postup 1. najdeme koˇreny polynomu ve jmenovateli 2. napíšeme pˇredpokládaný tvar rozkladu 3. celou rovnici rozkladu vynásobíme polynomem ve jmenovateli 4. nalezneme koeficienty rozkladu: srovnávací metodou, dosazovací metodou nebo kombinací tˇechto metod Alternativa hého typu

pro

B(2x + p) + C , ( x2 + px + q)k

parciální

zlomek

dru-

B, C, p, q ∈ R; k ∈ N



ˇ - Integrace racionální lomené funkce Ry 170

Tahák


Integrace parciálních zlomk˚u s reálnými koˇreny ve jmenovateli

152.

a)

Z

ˇ Rešení

x+2 dx 3 x − 2x2 − 8x

b)

Z

Video

3x − 8 dx ( x − 4)( x − 2)2 ˇ Teorie: 20 Rešené pˇríklady: 76, 77, 78

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




Tahák


Integrace parciálních zlomk˚u s komplexními koˇreny ve jmenovateli

153.

a)

Z

ˇ Rešení

3x dx 2 ( x + 1)( x2 + 4)

b) Video

Z

3x2 + 4x + 33 dx ( x2 + 9)(3 − x ) ˇ Teorie: 20 Rešené pˇríklady: 76, 77, 78

Z Z

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

x2

a=

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

r

q−

p2 4




Tahák


Integrace parciálních zlomk˚u

154.

a)

Z

ˇ Rešení

x3 dx x3 + x

b) Video

Z

2x2 − 3x + 5 dx x 3 ( x + 1) ˇ Teorie: 20 Rešené pˇríklady: 76, 77, 78

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

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

x2

a=

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

r

q−

p2 4



ˇ - Integrace goniometrických funkcí Ry 173

Tahák

155.


Z

ˇ Rešení

sin3 x cos2 x dx

b) Video

Z

Výpoˇcet integrál˚u typu sin2 x cos3 x dx

ˇ Teorie: 21 Rešené pˇríklady: 79, 80, 81, 82

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 =




Tahák

156.


Z

ˇ Rešení

sin2 x dx cos6 x

Výpoˇcet integrál˚u typu b) Video

Z

cos4 x dx

ˇ Teorie: 21 Rešené pˇríklady: 79, 80, 81, 82

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 =




Tahák

157.


Z

ˇ Rešení

2 dx 4 sin x + 2

b)

Z

Výpoˇcet integrál˚u typu 1 dx 1 + cos x + sin x

Video

Z

R(sin x, cos x )dx,

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

ˇ Teorie: 22 Rešené pˇríklady: 83, 84 Univerzální substituce tan

x = t, x ∈ (−π, π ) 2

sin x =

2t 1 + t2

cos x =

1 − t2 1 + t2

x = 2 arctan t

dx =

2 dt 1 + t2



ˇ - Integrace iracionálních funkcí Ry 176

Tahák

158.


Z

ˇ Rešení

1 + 5x √ dx 3 x+5

√ Z 3 x √ dx b) x + x5 Video

Iracionální funkce integrujeme vˇetšinou substituˇcní metodou. a) integrand obsahuje výraz ⇒ substituce ax + b = tn

√ n

ax + b

ˇ Teorie: 18 Rešené pˇríklady: 85, 86, 87 b) integrand obsahuje s √ více odmocnin √ n1 n2 r˚uznými 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



ˇ - Integrace iracionálních funkcí Ry 177

Tahák

159.


Z

ˇ Rešení

p

dx

(9 −

x 2 )3

b)

Z p

Video

Iracionální funkce integrujeme vˇetšinou substituˇcní metodou. 4 − x2 dx a) integrand obsahuje výraz ⇒ substituce ax + b = tn

√ n

ax + b

ˇ Teorie: 18 Rešené pˇríklady: 85, 86, 87 b) integrand obsahuje s √ více odmocnin √ n1 n2 r˚uznými 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



ˇ - Neurˇcitý integrál Ry 178

160.


Z

ˇ Rešení

x2 + 4x + 8 dx x+2

b)

Z

dx 1 + cos 2x Video




161.


Z

ˇ Rešení

1 + 5x √ dx 3 x+5

b)

Z

x4 + 1 dx x3 − 5x2 + 6x Video




162.


Z

ˇ Rešení

sin x √ dx 3 1 + 2 cos x

b)

Z

2xex+1 dx Video




163.


Z

ˇ Rešení

dx sin x

b)

Z

ln2 x + 3 ln x − 8 dx x Video



ˇ - Urˇcitý integrál, výpoˇcet a vlastnosti Ry 182

Tahák


Newton-Leibnizova formule

164.

a)

Z2 1

ˇ Rešení

2

(3x + 1)dx

b)

Z1

2 2

(3 − x ) dx

c)

Z1

−1

0

Video

x2 dx 1 + x2


Zb

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

a

Vlastnosti f = f (x) a)

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 183

Tahák


Výpoˇcet integrálu sudé a liché funkce

165.

π

a)

Z4

− π4

ˇ Rešení

( x2 + cos x )dx

b)

Z1

−1

5x dx 2 2x + 1

c)

Z2

2dx

−2

Video


a) sudá funkce:

Za

f ( x )dx = 2

Za

f ( x )dx = 0

−a

b) lichá funkce:

−a

Za 0

f ( x )dx



ˇ - Metoda per partes pro urˇcité integrály Ry 184

Tahák


Metoda per partes pro urˇcitý integrál

166.

a)

Z1 0

ˇ Rešení

√

x

( x + 2)e dx

b)

Z3

x arctan x dx

0

Video


Zb a

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 185

Tahák


Substituˇcní metoda

167.

a)

Ze 1

ˇ Rešení

π

1 + ln x dx x

b)

Z2

√

sin x cos x dx

0

Video

Zβ α

ˇ Teorie: 26 Rešené pˇríklady: 91, 92

f ( ϕ( x )) ϕ0 ( x )dx =

ϕZ( β)

f (t)dt

ϕ(α)

Po zavedení vhodné substituce musíme urˇcit nové meze.



ˇ - Substituˇcní metoda + metoda per partes Ry 186

Tahák


Metoda per partes pro urˇcitý integrál

168.

a)

Z3 1

ˇ Rešení

1

x ln( x2 + 2)dx

b)

Z2

arcsin 2xdx

0

Video


Zb

u = u( x )

v0 = v0 ( x )

u0 = u0 ( x )

v = v( x )

0

(u · v )dx =

[u · v]ba

a

−

Zb

(u0 · v)dx

a

Substituˇcní metoda Zβ α

0

f ( ϕ( x )) ϕ ( x )dx =

ϕZ( β)

f (t)dt

ϕ(α)

Po zavedení vhodné substituce musíme urˇcit nové meze.



ˇ - Urˇcitý integrál racionální lomené funkce Ry 187

Tahák


Integrace parciálních zlomk˚u

169.

√

a)

Z3 1

ˇ Rešení

x+2 dx x ( x 2 + 1)

b)

Z2 1

x−1 dx x 3 ( x + 1) ˇ Video Rešené pˇríklady: 93

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

k≥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

a

m=

r

q−

p2 4



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, obsah rovinného obrazce Ry 188

Tahák

170.

Zadání Znázornˇete graf funkce y = ln a) x =

1 2

a

x=

x a vypoˇcítejte obsah plochy ohraniˇcené touto funkcí, osou x a pˇrímkami: 2

3 2

b) x = 2

ˇ Rešení

a

Video

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

x=4 ˇ Teorie: 27 Rešené pˇríklady: 94, 95

P=

Zb

f ( x )dx

a

−5

−4

−3

−2

4

4

3

3

2

2

1

1

−1

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1

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

a

0

−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5

Zb

1

2

3

4

f ( x )dx




Tahák

Zadání Vypoˇctˇete obsah útvaru (daný útvar znázornˇete) ohraniˇceného osou x a:

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

171.

a) funkcí y = x2 − 3 a

pˇrímkami: x = −2,

x = 2.

ˇ Rešení

b) jednou kladnou vlnou funkce y = sin x. Video


2

4

P=

−2

−1

0

1

2

3

0

4

−1 −2

−1

−3 −4 −5

| f ( x )|dx

ve druhém obrázku je osa y k ose x v pomˇeru 2 : 1.

1

−3

lichobˇež-

Poznámka:

1

2

−4

Zb

kˇrivoˇcarého

a

3

−5

Obsah níka

−2

π/2

π

3π/2

2π




Tahák

172.

Zadání Vypoˇctˇete obsah rovinného obrazce (danou plochu znázornˇete) ohraniˇceného kˇrivkami y = ex , ˇ Rešení

Video

y = e− x a x = 1.


Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka ohraniˇceného dvˇema funkcemi pokud platí: f ( x ) ≥ g( x ) na h a, bi

4

⇒P=

3

Zb

( f ( x ) − g( x ))dx,

a

−5

−4

−3

−2

2

kde a, b jsou pr˚useˇcíky funkcí,

1

tzn. ˇrešíme rovnici f ( x ) = g( x )

−1

0

−1 −2 −3 −4 −5

1

2

3

4




Tahák

173.

Zadání Vypoˇctˇete obsah rovinného obrazce (danou plochu znázornˇete) ohraniˇceného kˇrivkami y = x2 + 1, ˇ Rešení

Video

y = 2x2 − 3.


Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka ohraniˇceného dvˇema funkcemi pokud platí: f ( x ) ≥ g( x ) na h a, bi

4

⇒P=

3

Zb

( f ( x ) − g( x ))dx,

a

−5

−4

−3

−2

2

kde a, b jsou pr˚useˇcíky funkcí,

1

tzn. ˇrešíme rovnici f ( x ) = g( x )

−1

0

−1 −2 −3 −4 −5

1

2

3

4




Tahák

Zadání Vypoˇctˇete obsah rovinného obrazce ohraniˇceného osou x a kˇrivkou zadanou parametrickými rovnicemi

Obsah kˇrivoˇcarého lichobˇežníka ohraniˇceného funkcí danou parametrickými rovnicemi

174.

x = 2t − t2 , y = 2t2 − t3 , kde t ∈ h0, 2i. ˇ Rešení

Video


x = ϕ(t) a y = ψ(t), kde t ∈ hα; βi Zβ ⇒ P = ψ(t) ϕ0 (t)dt α



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, délka rovinné kˇrivky Ry 193

Tahák

Zadání Vypoˇctˇete délku kˇrivky y2 = x3 na h0, 2i.

Délka oblouku kˇrivky na h a; bi

175.

ˇ Rešení

Video


l=

Zb q a

4 3 2 1

−5

−4

−3

−2

−1

0

−1 −2 −3 −4 −5

1

2

3

4

1 + ( f 0 ( x ))2 dx




176.

Zadání Vypoˇctˇete délku kˇrivky y = ln sin x pro ˇ Rešení

π π ≤x≤ . 4 2

Tahák Délka oblouku kˇrivky na h a; bi

Video


l=

Zb q a

1 + ( f 0 ( x ))2 dx




Tahák

Zadání Vypoˇctˇete velikost dráhy, kterou urazí bod od t = 0 do t = 2 pˇri pohybu po kˇrivce dané parametrickými rovnicemi x = t3 , y = 5t2 .

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

177.

ˇ Rešení

Video

ˇ Teorie: 29 Rešené pˇríklady: 99, 100 l=

Zβ q α

( ϕ˙ (t))2 + (ψ˙ (t))2 dt



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, objem rotaˇcního tˇelesa Ry 196

178.

Zadání Vypoˇctˇete objem tˇelesa vzniklého rotací oblastí ohraniˇcené funkcí y = ˇ Rešení

Video

√

2x − 3 v h2, 3i kolem osy x.

ˇ Teorie: 30 Rešené pˇríklady: 101, 102, 103

Tahák Objem rotaˇcního tˇelesa V=π

Zb

f 2 ( x )dx

a

4

V=π 3

a

2 1

−5

−4

−3

−2

−1

0

−1 −2 −3 −4 −5

Zb

1

2

3

4

2 2 f ( x ) − g ( x ) dx




Tahák

Zadání Vypoˇctˇete objem tˇelesa vzniklého rotací grafu funkce y = 2| sin x |, x ∈ h0, 2π i, kolem osy x.

Objem rotaˇcního tˇelesa

179.

ˇ Rešení

Video


V=π

Zb

f 2 ( x )dx

a

2

V=π

Zb a

1

2 2 f ( x ) − g ( x ) dx

Poznámka: osa y k ose x je v pomˇeru 2 : 1 0

−1

−2

π/2

π

3π/2

2π




Tahák

Zadání Vypoˇctˇete objem tˇelesa, vzniklého rotací oblasti (oblast naˇcrtnˇete) ohraniˇcené funkcemi y = x2 , y2 = x, kolem osy x.


ˇ Rešení

V=π

180.

Video


Zb

f 2 ( x )dx

a

4

V=π 3

a

2 1

−5

−4

−3

−2

−1

0

−1 −2 −3 −4 −5

Zb

1

2

3

4

2 2 f ( x ) − g ( x ) dx




Tahák

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


ˇ Rešení

V=π

181.

Video


Zb

f 2 ( x )dx

a

4

V=π 3

a

2 1

−5

−4

−3

−2

−1

0

−1 −2 −3 −4 −5

Zb

1

2

3

4

2 2 f ( x ) − g ( x ) dx




182.

Zadání Vypoˇctˇete objem tˇelesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce x = kolem osy x. ˇ Rešení

Video

1 1−t ,y= , kde t ∈ h0, 1i, 1+t 1+t


Tahák Objem rotaˇcního tˇelesa

V=π

Zβ α

ψ2 (t)| ϕ0 (t)|dt



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, obsah rotaˇcní plochy Ry 201

183.

Zadání Vypoˇctˇete povrch rotaˇcního tˇelesa vzniklého rotací kˇrivky y = ˇ Rešení

√

x kolem osy x pro x ∈ h1, 4i .

Video


Tahák Obsah rotaˇcní plochy S = 2π

Zb a

f (x) ≥ 0

f (x)

q

1 + ( f 0 ( x ))2 dx



ˇ - Užití urˇcitého integrálu, obsah rotaˇcní plochy Ry 202

Tahák

Zadání Vypoˇctˇete povrch tˇelesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce x = a sin 2t, y = 2a sin2 t, kde t ∈ h0, π i, kolem osy x.

Obsah rotaˇcní plochy

184.

ˇ Rešení

Video


S = 2π

Zβ α

ψ(t) ≥ 0

ψ(t)

q

( ϕ˙ (t))2 + (ψ˙ (t))2 dt

Pˇríklady – Funkce dvou promˇenných



ˇ - Definiˇcní obor Ry 204

Tahák

Zadání Naleznˇete definiˇcní obor funkce:

Zlomek jmenovatel je r˚uzný od 0

185.

a) z =

x−y+8 x+y−2

b) z =

ˇ Rešení

−5

p

2x + y

Video

−4

−3

−2


4

4

3

3

2

2

1

1

−1

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1

Logaritmus argument je kladný Tangens argument je r˚uzný od k∈Z 0

−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5

Sudá odmocnina výraz pod odmocninou je nezáporný

1

2

3

π 2

+ k · π,

4

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

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




Tahák

Zadání Naleznˇete definiˇcní obor funkce: q a) z = y2 − 1


186.

p x + 2y + x2 − 1 b) z = p y2 − 1

ˇ Rešení

−5

Video

−4

−3

−2


4

4

3

3

2

2

1

1

−1

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1


−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5


1

2

3

π 2

+ k · π,

4






Tahák

Zadání Naleznˇete definiˇcní obor funkce:


187.

a) z = ln x + ln y

b) z = ln(y( x + 2))

ˇ Rešení

−5

Video

−4

−3

−2


4

4

3

3

2

2

1

1

−1

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1


−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5


1

2

3

π 2

+ k · π,

4






Tahák

Zadání Naleznˇete definiˇcní obor funkce: p a) z = 16 − x2 − y2


188.

b) z =

ˇ Rešení

−5

1 arcsin x arccos x

Video

−4

−3

−2


4

4

3

3

2

2

1

1

−1

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1


−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5


1

2

3

π 2

+ k · π,

4






Tahák

189.

Zadání Naleznˇete definiˇcní obor funkce: a) z = ln( xy − 4)

b) z =

ˇ Rešení

s

Zlomek jmenovatel je r˚uzný od 0 y − x2 x3 − y

Video


4

4

3

3

2

2

1

−5

−4

−3

−2

−1

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

1

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1

0

−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5


1

2

3

π 2

+ k · π,

4






Tahák

Zadání Naleznˇete definiˇcní obor funkce: 2y2 2 a) z = arccos 2x + −1 9


190.

b) z =

ˇ Rešení

−5

p

cos( x − y)

Video

−4

−3

−2


4

4

3

3

2

2

1

1

−1

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1


−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5


1

2

3

π 2

+ k · π,

4






Tahák

191.

Zadání Rozhodnˇete, který definiˇcní obor odpovídá funkci z = arcsin

x 2 + y2 − 5 . 4

ˇ Rešení

Video

¬

−5

−4

−2

3

2

2

1

1

0

1

2

3

4

−1

−3

−2

−1

Logaritmus argument je kladný 0

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5

1

2

3

4

Tangens argument je r˚uzný od k∈Z

π 2

+ k · π,


4


2 1

−4

−4

−1

3

−5

−5


4

3

−1

®


4

−3


−3

−2

−1

0

−1 −2 −3 −4 −5

1

2

3

4




Tahák

192.

Zadání Rozhodnˇete, který definiˇcní obor odpovídá funkci z = ˇ Rešení

¬

−5

−4

−2

ˇ Teorie: 33 Rešené pˇríklady: 107, 108 4 3

2

2

1

1

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1

y = x2 + 1

0

1

2

3

4

−1

−2

−2

y=

− x2

+1

y=

−3

−3

−4

−4

−5

−5

− x2

−1



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

π 2

+ k · π,


4 3


2

y = − x2 + 1

1

−4

Video

1 − x2 − y.

y = x2 − 1

−1

−5

p

3

−1

®

1 − x2 + y +

4

−3

p

−3

−2

−1

0

−1 −2 −3 −4

y = − x2 − 1 −5

1

2

3

4




Tahák

193.

Zadání Rozhodnˇete, který definiˇcní obor odpovídá funkci z =

x 1 + arcsin + 4 x 2 − y2

ˇ Rešení

Video

¬

3

2

2

y = −x

y = −x

y=x

y=x

1

−4

−3

−2

−1

®

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1

0

−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5

1

2

3

4


π 2

+ k · π,


4


2

y = −x

y=x 1

−4

Logaritmus argument je kladný

1

3

−5


4

3

−5


16 − y2 .


4

q

−3

−2

−1

0

−1 −2 −3 −4 −5

1

2

3

4




Tahák

194.

Zadání Rozhodnˇete, který definiˇcní obor odpovídá funkci z =

√

y cos x.

ˇ Rešení

Video

¬




4 3 2 1

−3π

−5π/2

−2π

−3π/2

−π

−π/2

Logaritmus argument je kladný 0

π/2

π

3π/2

2π

5π/2

3π

−1


−2

π 2

+ k · π,

−3 −4


−5

4 3


2 1

−3π

−5π/2

−2π

−3π/2

−π

−π/2

0

−1 −2 −3 −4 −5

π/2

π

3π/2

2π

5π/2

3π



ˇ - Vrstevnicový graf Ry 214

Tahák

Zadání Sestrojte vrstevnicový graf funkce:

Hledáme pr˚uniky grafu funkce s rovinami rovnobˇežnými s p˚udorysnou rovinou, tj. dosazujeme z = k, k ∈ R.

195.

a) z = x2 + y2 − 4

b) z =

ˇ Rešení

−5

2y +1 x2 Video

−4

−3

−2

ˇ Teorie: 34, 35 Rešené pˇríklady: 109

4

4

3

3

2

2

1

1

−1

0

1

2

3

4

−5

−4

−3

−2

−1

ˇ Císlo k je možné volit libovolnˇe. Ovšem m˚uže se stát, že pˇri nevhodné volbˇe se plochy neprotnou, pr˚unik bude prázdný.

0

−1

−1

−2

−2

−3

−3

−4

−4

−5

−5

1

2

3

4

V pˇrípadˇe, že pr˚unik je neprázdný, jedná se o prostorovou kˇrivku, kterou promítneme do p˚udorysné roviny.



ˇ - Vrstevnicový graf Ry 215

Tahák

Zadání Rozhodnˇete, který vrstevnicový graf odpovídá funkci z = x2 y2 .

Hledáme pr˚uniky grafu funkce s rovinami rovnobˇežnými s p˚udorysnou rovinou, tj. dosazujeme z = k, k ∈ R.

196.

ˇ Rešení

Video √

¬

k y= ,k>0 x

ˇ Teorie: 34, 35 Rešené pˇríklady: 109 √

y=−

k ,k>0 x

ˇ Císlo k je možné volit libovolnˇe. Ovšem m˚uže se stát, že pˇri nevhodné volbˇe se plochy neprotnou, pr˚unik bude prázdný. 0

0

V pˇrípadˇe, že pr˚unik je neprázdný, jedná se o prostorovou kˇrivku, kterou promítneme do p˚udorysné roviny.

®

k k k k k

0

=0 =1 =9 = 25 = 49



ˇ - Limita funkce Ry 216

Tahák


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

197.

a)

lim

[ x,y]→[1,2]

ˇ Rešení

xy + x − y x3 − 2

b)

lim

[ x,y]→[ π2 ,− 5π 6 ]

sin(2x + y)

c)

Video

x3 + 1 [ x,y]→[−1,4] y ( x + 1) lim


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



ˇ - Parciální derivace Ry 217

Tahák

Zadání Naleznˇete parciální derivace prvního ˇrádu:

2.

( x n )0 = nx n−1

3.

(e x ) 0 = e x

4.

( a x )0 = a x ln a

198.

1.

√

2

a) z = x + y

2

b) z = sin(2x + y) ˇ Rešení

3

c) z = ( x + 1)y( x + 1) xy + x − y d) z = x3 − 2

e) z =

xy ln( x − y2 )

f) z = tan(ln( xy)) Video

ˇ Teorie: 37, 38 Rešené pˇríklady: 111, 112, 113

(c)0 = 0

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

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 + u · v0 h u i0 u0 · v − u · v0 = v v2

[u(v)]0 = u0 (v) · v0




Tahák

Zadání Naleznˇete parciální derivace prvního ˇrádu:

2.

( x n )0 = nx n−1

3.

(e x ) 0 = e x

4.

( a x )0 = a x ln a

199.

x a) z = 2 v bodˇe [1, −1] x + y2 ˇ Rešení

1.

b) z = ( x + y)

q

1 − x2 y2 v bodˇe [1, 0] Video

c) z = ln arctan

x v bodˇe [1, 2] y−x


(c)0 = 0

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.


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




Tahák

Zadání Naleznˇete parciální derivace druhého ˇrádu:

2.

( x n )0 = nx n−1

3.

(e x ) 0 = e x

4.

( a x )0 = a x ln a

200.

a) z = cot( x + 2y) ˇ Rešení

1.

b) z = xe(y+1)

c) z = x y Video


(c)0 = 0

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.


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




Tahák

Zadání Naleznˇete parciální derivace druhého ˇrádu:

2.

( x n )0 = nx n−1

3.

(e x ) 0 = e x

4.

( a x )0 = a x ln a

201.

a) z = x2 ln y v bodˇe [3, 1] ˇ Rešení

1.

2

b) z = ye− xy v bodˇe [−1, 1] Video


(c)0 = 0

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.


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




Tahák

202.

Zadání Vypoˇcítejte parciální derivaci ˇ Rešení

1.

∂4 f funkce z = ln(2x + y). ∂x2 ∂y2 Video


(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.


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



ˇ - Diferenciál funkce Ry 222

Tahák

203.

Diferenciál funkce z = f ( x, y)

Zadání Vypoˇcítejte diferenciál funkce:

√

a) z = tan( x2 + y2 ) ˇ Rešení

b) z =

x log( x + 2y) Video

c) z = ( x3 + y3 ) sin( xy)


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)




Tahák

Zadání Vypoˇcítejte diferenciál funkce:


204.

a) z = ex ˇ Rešení

2 y2 −4

b) z = arcsin

v bodˇe [−1, 2] Video

y v bodˇe [1, 1] x+1


dz =



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


∂f ∂f ( A) · dx + ( A) · dy ∈ R ∂x ∂y







Tahák

205.

Zadání Urˇcete pˇribližnˇe hodnotu funkce z = ˇ Rešení

√

xy v bodˇe [2, 08; 1, 99]. Video


Diferenciál funkce z = f ( x, y) dz =



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


∂f ∂f ( A) · dx + ( A) · dy ∈ R ∂x ∂y







Tahák

Zadání Vypoˇcítejte diferenciál druhého ˇrádu funkce:


206.

a) z = ˇ Rešení

xy x+y

b) z = sin(5x + 2y)

Video


dz =



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


∂f ∂f ( A) · dx + ( A) · dy ∈ R ∂x ∂y






ˇ - Teˇcná rovina, normála Ry 226

Tahák

Zadání Naleznˇete teˇcnou rovinu τ a normálu n ke grafu funkce z = ln( x2 − 3y) v bodˇe A = [2, 1, ?].

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

207.

ˇ Rešení

Video


τ : z − z0 =

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

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 - Teˇcná rovina, normála Ry 227

Tahák

208.

Zadání Naleznˇete teˇcnou rovinu τ a normálu n ke grafu funkce z = ˇ Rešení

Video

p

x2 + xy + 1 v bodˇe A = [0, 4, ?].


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

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 228

Tahák

Zadání Naleznˇete Taylor˚uv polynom druhého ˇrádu funkce z = 3x2 y + 4xy2 + x3 v bodˇe A = [2, −1].

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

209.

ˇ Rešení

Video


Tm ( A) = f ( A) +

dm f ( A) d f ( A) +···+ 1! m!

Taylor˚uv polynom druhého ˇrádu funkce z = v bodˇe A = [ x0 , y0 ] T2 ( A) = f ( A) +

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



ˇ - Taylor˚uv polynom Ry 229

Tahák

210.

Zadání Naleznˇete Taylor˚uv polynom druhého ˇrádu funkce z = ln ˇ Rešení

Video

1 v bodˇe A = [−2, −3]. xy


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

dm f ( A) d f ( A) +···+ 1! m!

Taylor˚uv polynom druhého ˇrádu funkce z = v bodˇe A = [ x0 , y0 ] T2 ( A) = f ( A) +

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



ˇ - Derivace implicitní funkce Ry 230

Tahák

Zadání Obˇema zp˚usoby naleznˇete derivaci implicitní funkce dané rovnicí x2 + y2 + y3 − xy = 2.

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

211.

ˇ Rešení

Video


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




Tahák

Zadání Obˇema zp˚usoby naleznˇete derivaci implicitní funkce dané rovnicí cot(3y) = x2 y.


212.

ˇ Rešení

Video







Tahák

Zadání Obˇema zp˚usoby naleznˇete derivaci implicitní funkce dané rovnicí 2xy − 3x+y = −7 v bodˇe A = [1, 1].


213.

ˇ Rešení

Video






ˇ - Teˇcna a normála k implicitní funkci Ry 233

Tahák

214.

Zadání Naleznˇete teˇcnu a normálu k implicitní funkci y = f ( x ) dané rovnicí ˇ Rešení

Video

x+y = 2 v bodˇe A = [3, 1]. x−y


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

∂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



ˇ - Teˇcna a normála k implicitní funkci Ry 234

Tahák

Zadání Naleznˇete teˇcnu a normálu k implicitní funkci y = f ( x ) dané rovnicí 3xy − 1 = y ln 3 + x ln 3 v bodˇe A = [0, 0].

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

215.

ˇ Rešení

Video


t:

∂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



ˇ - Lokální extrémy Ry 235

Tahák

Zadání Naleznˇete lokální extrémy funkce z = x2 + 6x + 3y2 − 12y + 11.

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

ˇ Rešení

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

216.

Video


• 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 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




Tahák

Zadání Naleznˇete lokální extrémy funkce z = 3xy − x + 2y.


217.

ˇ Rešení

Video


• 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





Tahák

Zadání Naleznˇete lokální extrémy funkce z = x2 − xy + 3x + y + 3.


ˇ Rešení

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

218.

Video


• 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





Tahák

Zadání Naleznˇete lokální extrémy funkce z = ( x2 + 4x )y + y2 .


219.

ˇ Rešení

Video


• 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




ˇ - Vázané extrémy Ry 239

Tahák

Zadání Naleznˇete vázané extrémy funkce z = f ( x, y) vzhledem k zadané podmínce g( x, y) = 0:

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

220.

a) z = 4x + 2y + 1, ˇ Rešení

y = x2 + x +

1 4

b) z = 12x + y − 3, Video

y = − x3 + 3


• vyjádˇríme bud’ y nebo x = ψ(y)

=

ϕ( x )

• vázané extrémy hledáme jako lokální extrémy funkce jedné promˇenné bud’ z = f ( x, ϕ( x )) nebo z = f ( ψ ( y ), y )



ˇ - Vázané extrémy Ry 240

Tahák

Zadání Naleznˇete vázané extrémy funkce z = 4x + 3y − 4 vzhledem k zadané podmínce ( x − 1)2 + (y − 2)2 = 1.

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:

221.

ˇ Rešení

Video


• sestavíme Lagrangeovu funkci Φ( x, y, λ) = f ( x, y) + λg( x, y) • 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 241

Tahák

Zadání Naleznˇete globální extrémy funkce z = x2 − y na cˇ tverci s vrcholy v bodech [1, 1], [3, 1], [1, 3] a [3, 3].

Budeme postupovat takto:

ˇ Rešení

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

222.

Video


• nalezneme lokální extrémy této funkce Φ 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




Tahák

Zadání Naleznˇete globální extrémy funkce z = x2 + y2 na trojúhelníku s vrcholy v bodech [0, 0], [2, 0] a [0, 1].


ˇ Rešení


223.

Video






Tahák

Zadání Naleznˇete globální extrémy funkce z = − x2 − y2 + 2y na kruhu x2 + y2 ≤ 16.


ˇ Rešení


224.

Video



Pˇríklady – Obyˇcejné diferenciální rovnice



ˇ - Separovatelné diferenciální rovnice Ry 245

Tahák

ˇ diferenciální rovnice: Zadání Rešte

Separovatelná diferenciální rovnice

225.

a) y0 tan x − y = 3 ˇ Rešení

b) xy0 + y = y2 Video

ˇ Teorie: 50, 51 Rešené pˇríklady: 129-133

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




Tahák

226.

ˇ diferenciální rovnice: Zadání Rešte a) y0 = 10x+y ˇ Rešení

Separovatelná diferenciální rovnice b) y0 +

s

Video


1 − y2 =0 1 − x2

typu

y0 = P( x ) Q(y)





Tahák



227.

x+y x−y a) y + sin = sin 2 2 0

ˇ Rešení

1 + y2 b) y = xy(1 + x2 ) 0

Video


typu

y0 = P( x ) Q(y)





Tahák



228.

a) 1 + y2 + xyy0 = 0 ˇ Rešení

b) (1 + ex )yy0 = ey Video


typu

y0 = P( x ) Q(y)





Tahák



229.

a) ( xy2 + x )dx + (y − x2 y)dy = 0 ˇ Rešení

b)

q

1 − y2 dx = y

Video

p

1 − x2 dy


typu

y0 = P( x ) Q(y)





Tahák

ˇ diferenciální rovnice: Zadání Rešte dy −y a) e 1+ =1 dx

Separovatelná diferenciální rovnice x3 dx ydy b) + =0 sin y x

ˇ Rešení

Video

230.


typu

y0 = P( x ) Q(y)





Tahák

231.

ˇ Cauchyho úlohu: Zadání Rešte a) 2(1 + ex )yy0 = ex , ˇ Rešení

y (0) = 0

Separovatelná diferenciální rovnice b) y0 sin x = y ln y, Video

y

π 2

=e


typu

y0 = P( x ) Q(y)





Tahák

ˇ Cauchyho úlohu: Zadání Rešte


232.

0

a) sin x sin y y = cos x cos y, ˇ Rešení

y

π 4

=0

y0 b) (1 + e ) + ex = 0, y x

Video

typu y (0) = 1


y0 = P( x ) Q(y)





Tahák



233.

1 + y2 a) y = , 1 + x2 0

ˇ Rešení

y (0) = 1

0

2 0

b) y − xy = 5(1 + x y ), Video

typu

y0 = P( x ) Q(y)

y (1) = 1






Tahák

ˇ diferenciální rovnice: Zadání Rešte p a) y0 1 + x + y = x + y − 1


234.

ˇ Rešení

b) y0 = 3x − 2y + 5 Video


typu y0 = f ( ax + by + c)

Derivace dy y0 = dx Substituce u = ax + by + c, kde u = u( x ), odtud u0 − a 0 0 0 u = a + by =⇒ y = b pro b 6= 0




Tahák



235.

a) y0 = sin2 ( x − y) ˇ Rešení

b) y0 = ( x + y)2 Video


typu y0 = f ( ax + by + c)

Derivace dy y0 = dx Substituce u = ax + by + c, kde u = u( x ), odtud u0 − a 0 0 0 u = a + by =⇒ y = b pro b 6= 0




Tahák


Separovatelná diferenciální rovnice typu homogenní rovnice

236.

a) y0 = ˇ Rešení

y2 −2 x2

b) y0 = Video

x+y x−y

ˇ Teorie: 50, 52 Rešené pˇríklady: 136, 137, 138, 139

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




Tahák



237.

a) y0 = ˇ Rešení

2xy − y2

b) y0 =

x2

Video

x y + y x






Tahák



238.

y

a) y0 = e x + ˇ Rešení

y x

b) y2 + x2 y0 = xyy0 Video






Tahák



239.

a) y0 = ˇ Rešení

x2 + xy + y2 x2

b) xy0 = y(ln y − ln x ) Video






Tahák



240.

a) xy0 − y = x tan ˇ Rešení

y x

b) x3 y0 = y(y2 + x2 ) Video






Tahák



241.

b) (3y2 + 3xy + x2 )dx = ( x2 + 2xy)dy

a) xdy − ydx = ydy ˇ Rešení

Video






Tahák

ˇ diferenciální rovnice: Zadání Rešte y y a) x − y cos dx + x cos dy = 0 x x


242.

ˇ Rešení

b) (8y + 10x )dx + (5y + 7x )dy = 0 Video






Tahák



243.

a) ( xy0 − y) arctan ˇ Rešení

y = x, x

b) (y2 − 3x2 )dy + 2xydx = 0,

y (1) = 0 Video

y (0) = 1





ˇ - Exaktní diferenciální rovnice Ry 264

Tahák


Exaktní diferenciální rovnice

244.

a) (ey + yex + 3) dx + (ex + xey − 2) dy = 0

b) (1 + x cos 2y)dx − x2 sin 2ydy = 0 Postup rˇešení

ˇ Rešení

Video


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



ˇ - Exaktní diferenciální rovnice Ry 265

Tahák

245.

ˇ Cauchyho úlohu: Zadání Rešte a) (2x + yexy ) dx + (1 + xex y) dy = 0, ˇ Rešení

Exaktní diferenciální rovnice y (0) = 1

b)

ln x 1 0 , − y y = xy y2

Video

y (1) = 2


Postup rˇešení

• ovˇeˇríme, zda platí podmínka ∂P( x, y) ∂Q( x, y) exaktnosti = ∂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 266

Tahák


Lineární diferenciální rovnice prvního rˇádu (LDR)

246.

a) y0 + 2y = 4x ˇ Rešení

b) y0 + 2xy = xe− x Video

2

y0 + yp( x ) = q( x )

ˇ Teorie: 55, 56, 57 Rešené pˇríklady: 141-145 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




Tahák



247.

a) y0 + ˇ Rešení

1 − 2x y=1 x2

b) x (y0 − y) = (1 + x2 )ex Video

ˇ Teorie: 55, 56, 57 Rešené pˇríklady: 141-145

y0 + yp( x ) = q( x )

derivace dy y0 = dx Postup rˇešení



R

p( x )dx




Tahák



248.

a) y0 = ˇ Rešení

2x ln x − y + x x

b) y0 = e2x − ex y Video


y0 + yp( x ) = q( x )




R

p( x )dx




Tahák



249.

a) y0 + y cos x = sin x cos x ˇ Rešení

b) y0 = 2y − x2 Video

y0 + yp( x ) = q( x )




R

p( x )dx




Tahák



250.

a) (1 + x2 )y0 − 2xy = (1 + x2 )2 ˇ Rešení

b) x ( x2 + 1)y0 + y = x (1 + x2 )2 Video

y0 + yp( x ) = q( x )




R

p( x )dx




Tahák



251.

a) x2 dy + (3 − 2xy)dx = 0 ˇ Rešení

b) xdy = ( x3 − y)dx Video

y0 + yp( x ) = q( x )




R

p( x )dx




Tahák



252.

a)

dy = y cos x + sin 2x dx

ˇ Rešení

b) 2xdy + ( x2 − 6y)dx = 0 Video


y0 + yp( x ) = q( x )




R

p( x )dx




Tahák



253.

a) xy0 − ˇ Rešení

y = x, x+1

y (1) = 0

b) y0 − y tan x = Video

1 , cos x

y (0) = 0


y0 + yp( x ) = q( x )




R

p( x )dx




Tahák


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

254.

a) y00 − 5y0 + 6y = 6x2 − 10x − 4 ˇ Rešení

b) y00 − 4y0 = 4 sin x − cos x Video

ˇ Teorie: 58-63 Rešené pˇríklady: 146-150

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

• 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 )




Tahák



255.

a) y00 − 5y0 + 4y = ex sin x ˇ Rešení

b) y00 − 3y0 − 10y = 2(7x + 1)e5x Video


Postup rˇešení






Tahák



256.

a) y00 − 6y0 + 9y = ( x + 2)e3x ˇ Rešení

b) y00 − 2y0 + 10y = 12ex cos 3x Video


Postup rˇešení






Tahák



257.

a) y00 − 2y0 + 2y = (5x − 11) sin 2x ˇ Rešení

b) y00 + 16y = 8 sin 4x Video


Postup rˇešení






Tahák



258.

a) y00 − 4y0 + 3y = xe4x , y(0) = 1, y0 (0) = 4

b) y00 − 5y0 + 6y = (2x + 1)e2x , y(0) = 4, y0 (0) = 2

Postup rˇešení ˇ Rešení

Video




Matematika II: Pracovní listy do cvičení

Recommend Documents