MATEMATIKA II V PŘÍKLADECH

VYSOKÁ ŠKOLA BÁŇSKÁ – TECHNICKÁ UNIVERZITA OSTRAVA FAKULTA STROJNÍ

MATEMATIKA II – V PŘÍKLADECH Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.

Ostrava 2013

Tento studijní materiál vznikl za finanční podpory Evropského sociálního fondu (ESF) a rozpočtu České republiky v rámci řešení projektu: CZ.1.07/2.2.00/15.0463, MODERNIZACE VÝUKOVÝCH

MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD

Název:

MATEMATIKA II – V PŘÍKLADECH

Autor:

Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.

Vydání:

první, 2013

Počet stran:

117

Náklad:

5

Jazyková korektura: nebyla provedena.

Tyto studijní materiály vznikly za finanční podpory Evropského sociálního fondu a rozpočtu České republiky v rámci řešení projektu Operačního programu Vzdělávání pro konkurenceschopnost. Název: Modernizace výukových materiálů a didaktických metod Číslo:

CZ.1.07/2.2.00/15.0463

Realizace:

Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava

© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D. © Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava ISBN 978-80-248-3038-4

MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463


MATEMATIKA II – V PŘÍKLADECH CVIČENÍ Č. 0 Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.

Ostrava 2013

© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D. © Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava ISBN 978-80-248-3038-4 Tento studijní materiál vznikl za finanční podpory Evropského sociálního fondu (ESF) a rozpočtu České republiky v rámci řešení projektu: CZ.1.07/2.2.00/15.0463, MODERNIZACE VÝUKOVÝCH


2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 0 ............................................................................................................... 3 1.1

2

Příklady................................................................................................................... 4 POUŽITÁ LITERATURA ........................................................................................ 10


Cvičení č. 0

1

CVIČENÍ Č. 0 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Dělení polynomů Rozklad na parciální zlomky

MOTIVACE: Mnoho funkcí vyskytujících se při řešení praktických problémů bývá ve tvaru racionální lomené funkce. Proto je velmi důležité umět s těmito funkcemi pracovat.

CÍL: Umět dělit polynomy a rozložit racionální lomenou funkci na parciální zlomky.


3

Cvičení č. 0

1.1 PŘÍKLADY Racionální lomenou funkcí nazveme funkci ve tvaru podílu dvou polynomů: R( x) =

Pn ( x) , Qm ( x)

kde Pn (x) je polynom stupně n a Qm (x) je polynom stupně m. Racionálně lomené funkce dělíme na dvě skupiny podle vzájemného vztahu stupně čitatele a jmenovatele: 1) je-li n < m, pak se jedná o ryze lomenou racionální funkci 2) je-li n ≥ m, pak je to neryze lomená racionální funkce a tu je možno dělením upravit na součet polynomu a ryze lomené racionální funkce Příklad 1: Vyjádřete funkci R( x) =

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

Řešení: Vidíme, že v čitateli funkce je stupeň polynomu tři a polynom ve jmenovateli je 1. stupně. Stupeň ve jmenovateli je menší, polynomy tedy můžeme dělit. Dělíme tak, že vždy vezmeme člen v čitateli s nejvyšší mocninou a vydělíme členem s nejvyšší mocninou ve jmenovateli: x 3 dělíme x , dostáváme x 2 . Dalším krokem je vynásobení výsledku získaného dělení se jmenovatelem x 2 ⋅ ( x − 1) = x 3 − x 2 a odečtení od původního polynomu v čitateli (snížíme stupeň čitateli) x 3 + 2 − x 3 − x 2 = 2 + x 2 . Zkontrolujeme, pokud získaný polynom má již menší stupeň než polynom ve jmenovateli. Pokud ano, jedná se o zbytek (ryze lomená funkce), pokud ne, musíme dělit dále.

(

) (

)

(x

3

)

+ 2 : ( x − 1) = x 2 + x + 1 +

3 x −1

− x3 + x2 x2 + 2 − x2 + x x+2 − x +1 3

x3 + 2 3 Danou racionální funkci můžeme zapsat ve tvaru: . = x2 + x +1+ x −1 x −1


4

Cvičení č. 0 Příklad 2: 2x 4 − x 2 + x Vyjádřete funkci R( x) = jako součet polynomu a ryze lomené racionální x3 −1 funkce. Řešení:

(2 x

4

)(

)

− x 2 + x : x3 − 1 = 2x +

− x 2 + 3x x3 −1

− 2x 4 + 2x − x 2 + 3x Danou racionální funkci můžeme zapsat ve tvaru:

2x 4 − x 2 + x − x 2 + 3x . = 2 x + x3 −1 x3 −1

Každou ryze lomenou racionální funkci lze rozložit na součet parciálních zlomků: P( x) = R1 ( x) + ... + Rs ( x), Q( x) kde R1(x),...,Rs(x) jsou parciální zlomky (počet odpovídá stupni polynomu ve jmenovateli). Parciální zlomky jsou speciální racionální lomené funkce. Rozlišujeme 2 typy: A , kde k ∈ N , α , A ∈ R (x − α )k

a Mx + N , kde k ∈ N , M , N , p, q ∈ R, p 2 − 4q < 0. k ( x + px + q ) 2

Každému k-násobnému reálnému kořenu mnohočlenu Q(x) odpovídá v rozkladu k členů prvního typu, tj.

Ak A1 A2 , ,..., 2 x − α (x − α ) (x − α )k a každé l-násobné dvojici komplexně sdružených kořenů přísluší l zlomků druhého typu, tj.

M x + Nl M 1 x + N1 ,..., 2 l . 2 ( x + px + q ) l x + px + q Postup nalezení koeficientů rozkladu: 1) Zjistíme, zda je zadaná funkce ryze lomená. Pokud ne, převedeme ji dělením na součet polynomu a ryze lomené funkce. MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

5

Cvičení č. 0 2) Najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli. 3) Napíšeme předpokládaný tvar rozkladu. 4) Potřebujeme najít koeficienty rozkladu. Vynásobíme celou rovnici rozkladu funkcí Q(x). 5) Získanou rovnici můžeme řešit dvěma způsoby: a) Srovnávací metoda. Dva polynomy se rovnají, jestliže jsou stejného stupně a mají stejné koeficienty u stejným mocnin proměnné x. Porovnáním těchto koeficientů dostaneme podmínky pro čísla A1 , A2 ,..., B1 ,..., M1 ,... . Tyto podmínky jsou vyjádřeny soustavou lineárních rovnic pro neznámé A1 , A2 ,... . Tato soustava je vždy řešitelná jednoznačně. b) Dosazovací metoda. Jestliže má jmenovatel reálné kořeny, je výhodné dosadit je do vzniklé rovnice. Všechny členy s neznámými koeficienty až na jeden totiž vymizí, a tak snadno dostaneme za každý takový kořen jeden neznámý koeficient. c) Kombinace obou metod. Dosazovací metodou získáme několik rovnic, které vyřešíme metodou srovnávací. Příklad 3: Rozložte funkci R( x) =

2x − 1 na parciální zlomky. x3 − 4x

Řešení: 1) Polynom v čitateli je stupně 1 a polynom ve jmenovateli je stupně 3 (3 >1) ⇒ jedná se o ryze lomenou funkci (nemusíme dělit) 2) Najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli, tzn. hledáme řešení této rovnice: Zkusíme levou stranu rovnice rozložit na součin: x3 − 4x = 0 . 3 2 x − 4 x = x x − 4 = x( x − 2 )( x + 2 ) . Řešíme tedy: x( x − 2 )( x + 2 ) = 0 . Vidíme, že rovnice má 3 jednoduché reálné kořeny x1 = 0 , x 2 = 2 a x3 = −2 .

(

)

3) Napíšeme předpokládaný tvar rozkladu. Jelikož máme 3 reálné kořeny, budeme mít 3 An parciální zlomky prvního typu , kde k = 1 a n = 1,2,3 ( x − xn ) k

A A A A3 2x − 1 A A 2x − 1 = 1+ 2 + 3 , tedy 3 = 1 + 2 + 3 x x−2 x+2 x − 4x x − 4 x x − 0 x − 2 x − (− 2 ) 4)

A A A 2x − 1 = 1 + 2 + 3 rovnici násobíme polynomem ve jmenovateli ve tvaru 3 x x−2 x+2 x − 4x součinu ( ⋅ x( x + 2 )( x − 2 ) ) a dostáváme rovnost dvou polynomů: 2 x − 1 = A1 ( x − 2 )( x + 2 ) + A2 x( x + 2 ) + A3 x( x − 2 ) MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

6

Cvičení č. 0 5) Potřebujeme najít A1 , A2 a A3 . Ukážeme si obě metody nalezení koeficientů. a) Rovnici upravíme (roznásobíme) a porovnáme koeficienty u stejných mocnin.

(

)

(

(

)

2 x − 1 = A1 x 2 − 4 + A2 x 2 + 2 x + A3 x 2 − 2 x

)

u x 2 : 0 = A1 + A2 + A3 u x : 2 = 2 A2 − 2 A3 u x 0 : − 1 = −4 A1 Dostali jsme soustavu tří lineárních rovnic o třech neznámých (počet rovnic 1 vždy odpovídá počtu koeficientů). Po vyřešení soustavy dostaneme: A1 = , 4 3 5 A2 = , A3 = − . 8 8 b) Jelikož máme reálné kořeny, bude výhodnější využít dosazovací metody. Do rovnice postupně dosadíme všechny kořeny. 2 x − 1 = A1 ( x − 2 )( x + 2 ) + A2 x( x + 2 ) + A3 x( x − 2 )

x1 = 0 : − 1 = A1 (− 4 ) ⇒ A1 = x 2 = 2 : 3 = 8 A2 ⇒ A2 =

1 4

3 8

x3 = −2 : − 5 = 8 A3 ⇒ A3 = −

5 8

c) Můžeme i kombinaci obou metod (ale v tomto případě je to zbytečné).

A A A 2x − 1 = 1+ 2 + 3 3 x x−2 x+2 x − 4x 2x − 1 1 3 5 . a dostáváme hledaný rozklad: 3 = + − x − 4 x 4 x 8(x − 2 ) 8(x + 2 )

Po určení koeficientů dosadíme zpět do

Příklad 4: Rozložte funkci R( x) =

1 na parciální zlomky. x − 4x 2 + 4x 3

Řešení: 1) Polynom v čitateli je stupně 0 a polynom ve jmenovateli je stupně 3 (3 >0) ⇒ jedná se o ryze lomenou funkci (nemusíme dělit) MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

7

Cvičení č. 0 2) Najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli, tzn., hledáme řešení této rovnice: 2 x 3 − 4 x 2 + 4 x = 0 ⇒ x(x 2 − 4 x + 4 ) = x( x − 2 ) = 0 . Vidíme, že rovnice má 1 jednoduchý reálný kořen x1 = 0 a 1 dvojnásobný reálný kořen x 2,3 = 2 . 3) Napíšeme předpokládaný tvar rozkladu. Jednoduchému reálnému kořenu odpovídá 1 A1 parciální zlomek prvního typu a dvojnásobnému reálnému kořenu odpovídají 2 x − x1 An parciální zlomky prvního typu , kde k = 1,2 a n = 2,3 ( x − xn ) k

A3 A A 1 = 1 + 2 + 2 x − 4 x + 4 x x − 0 x − 2 ( x − 2 )2 3

4)

A3 A A 1 = 1 + 2 + 2 x − 4 x + 4 x x − 0 x − 2 ( x − 2 )2 3

rovnici

přenásobíme

polynomem

ve

jmenovateli ve tvaru součinu ( ⋅ x( x − 2 )2 ) a dostáváme rovnost dvou polynomů:

1 = A1 (x − 2 ) + A2 x(x − 2 ) + A3 x 2

5) Potřebujeme najít A1 , A2 a A3 . Jelikož máme reálné kořeny, použijeme kombinovanou metodu. Do rovnice postupně dosadíme všechny známé kořeny.

1 = A1 (x − 2 ) + A2 x(x − 2 ) + A3 x 2

x1 = 0 : 1 = 4 A1 ⇒ A1 =

1 4

x 2 = 2 : 1 = 2 A3 ⇒ A3 =

1 2

Známé koeficienty dosadíme zpět do rovnice: 1 = po úpravě dostáváme: 1 −

1 (x − 2)2 + A2 x(x − 2) + 1 x 2 4

1 (x − 2)2 − 1 x = A2 x(x − 2) a porovnáním u x 2 : − 1 = A2 . 4 2 4

Druhou možností je dosazení dalšího reálného čísla do 2 1 = A1 (x − 2 ) + A2 x(x − 2 ) + A3 x , např. x = 1: 1 = A1 − A2 + A3 1 1 1 ⇒ 1 = − A2 + ⇒ A2 = − 4 2 4 Výsledek: Hledaný rozklad:

1 1 1 1 . = − + 2 x − 4 x + 4 x 4 x 4( x − 2 ) 2( x − 2 )2 3


8

Cvičení č. 0 Příklad 5: Rozložte funkci R( x) =

x na parciální zlomky. (x − 1) x 2 + 1

(

Řešení:

)

1) Polynom v čitateli je stupně 1 a polynom ve jmenovateli je stupně 3 (3 >1) ⇒ jedná se o ryze lomenou funkci (nemusíme dělit) 2) Najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli, tzn. hledáme řešení této rovnice: x 2 + 1 = 0 . Výraz na levé straně již nelze dál rozložit na součin v reálném oboru ⇒ rovnice má 2 komplexně sdružené kořeny a jeden reálný kořen x1 = 1 . 3) Napíšeme předpokládaný tvar rozkladu. Komplexně sdruženým kořenům odpovídají 2 M x + N1 a reálnému kořenu 1 parciální zlomek parciální zlomky druhého typu 2 1 x + px + q A1 prvního typu . x − x1

N A M x x = 1 + 21 + 2 1 2 (x − 1) x + 1 x − 1 x + 1 x + 1

(

)

(

)

4) rovnici přenásobíme polynomem ve jmenovateli ( ⋅ ( x − 1) x 2 + 1 ) a dostáváme rovnost dvou polynomů:

(

)

x = A1 x 2 + 1 + M 1 x( x − 1) + N 1 ( x − 1) 5) Potřebujeme najít A1 , M 1 a N 1 . Jelikož máme 2 komplexní kořeny a jen jeden reálný, použijeme srovnávací metodu. u x 2 : 0 = A1 + M 1 u x : 1 = − M 1 + N1 u x 0 : 0 = A1 − N 1 Vyřešíme soustavu a dostáváme: A1 =

1 1 1 , M 1 = − , N1 = . 2 2 2

Výsledek: Hledaný rozklad:

1 1 x x . = − + 2 2 2 (x − 1) x + 1 2(x − 1) 2 x + 1 2 x + 1

(

)

(

) (

)


9

Použitá Literatura

2 [1] [2] [3]

POUŽITÁ LITERATURA KREML P.a kol.: Matematika II.. Učební texty VŠB-TUO, Ostrava, 2007, ISBN 97880-248-1316-5. VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 1998, ISBN 80-7078-545-4 elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz


10



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 1 ............................................................................................................... 3 1.1

2

Příklady................................................................................................................... 4 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 8


Cvičení č. 1

1

CVIČENÍ Č. 1 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Hledání primitivních funkcí Výpočet tabulkových integrálů Aplikace vlastností neurčitého integrálu

MOTIVACE: Integrál je jedním ze základních pojmů matematiky. Integrální počet je využíván nejen v matematických disciplínách, ale i ve fyzice, mechanice, statistice, chemii, ekonomii a dalších technických oborech. Například v dynamice se neurčitý integrál využívá při výpočtu rychlosti a dráhy při rovnoměrně zrychleném pohybu nebo při určování momentu setrvačnosti v geometrii hmot (např. tyč rotující kolem osy, výroba motorů.) atd.

CÍL: Chápat pojem primitivní funkce a neurčitého integrálu. Umět integrovat tabulkové funkce s využitím vlastností neurčitého integrálu.


3

Cvičení č. 1

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1:  x + 2 x ∈ (− ∞,1) a rozhodněte, zda k f ( x) =   x − 3 x ∈ [1, ∞ ) primitivní funkce na intervalu I = R .

Nakreslete graf funkce

f (x) existuje

Řešení: Graf:

Z grafu vidíme, že funkce f (x) není spojitá na I => na I primitivní funkce k f (x) neexistuje. Pokud bychom ale interval I rozdělili na dva intervaly I 1 = (− ∞,1) a I 2 = [1, ∞ ) , primitivní x2 x2 funkce by již existovaly: F1 ( x) = + 2 x na I 1 a F2 ( x) = − 3 x na I 2 . 2 2 Příklad 2: K jaké funkci je funkce F ( x) = 3 arctan( x + 2) −

2x primitivní? cos 3 x

Řešení: musí platit: f ( x) = F ′( x) => F ′( x) =

3 2 cos 3 x + 6 x sin 3 x − = f ( x) 2 cos 2 3 x 1 + ( x + 2)

Příklad 3: Určete křivku, která prochází bodem A[1,2] a jejíž tečna má v libovolném bodě směrnici e x + 2x + 1. Řešení: víme, že směrnice tečny ke grafu funkce v bodě je derivace funkce v daném bodě ⇒ známe derivaci, hledáme primitivní funkci procházející bodem A


4

Cvičení č. 1

∫ (e

x

)

+ 2 x + 1 dx = e x + x 2 + x + c

stačí najít c, pro které primitivní funkce prochází bodem A y = ex + x2 + x + c ⇒ 2 = e1 + 1 + 1 + c c = −e

⇒ hledaná křivka má předpis: y = e x + x 2 + x − e

Příklad 4: Vypočtěte následující neurčité integrály: a) ∫ b) ∫

3+ x x

3

dx = ∫ 3

3 x

dx + ∫ 3

x x

dx = 3∫ x −1 / 3 dx + ∫ x 2 / 3 dx = 3

x2/ 3 x5/ 3 9 3 + + c = 3 x 2 + x3 x 2 + c 2/3 5/3 2 5

dx 4 x x −4 = − arctan + c = −2 arctan + c dx = − 4 ∫ 2 2 2 2 2 x +2 x +4 2

1 x5 1 1  c) ∫  2 x 4 − cos 2 x + dx = 2 ∫ x 4 dx − ∫ cos 2 xdx + ∫ dx = 2 − sin 2 x + ln x + c x 5 2 x  d) ∫

1 2

− x + 4x − 3

(

dx = (upravíme výraz pod odmocninou na tvar 1-(ax+b)2:

) (

)

− x 2 − 4 x + 3 = − x 2 − 4 x + 4 − 1 = 1 − ( x − 2 ) )=

e) ∫

2

∫

dx 1 − (x − 2)

2

= arcsin ( x − 2 ) + c

2x + 1 dx =(všimneme si, že derivace jmenovatele je rovna výrazu v čitateli)= ln 2 x + 1 + c x2 + x

f) ∫ (cos 2 x + sin 2 x )dx = ∫ 1dx = x + c 1 g) ∫ (e 3 x + 1)dx = ∫ e 3 x dx + ∫ 1dx = e 3 x + x + c 3

h) ∫

1 dx = 2 cos x sin 2 x

=∫

cos 2 x + sin 2 x cos 2 x sin 2 x dx dx = + ∫ cos 2 x sin 2 x ∫ cos 2 x sin 2 x ∫ cos 2 x sin 2 x dx =

1 1 dx + ∫ dx = − cot x + tan x + c 2 sin x cos 2 x

i) ∫

ex 1 2e x 1 dx = dx = ln 2e x + 5 + c x x ∫ 2 2e + 5 2 2e + 5

j) ∫

dx dx 1 1 1 1 = ∫ = tan x + c dx = ∫ dx = ∫ 2 2 2 2 2 1 + cos 2 x 1 + cos x − sin x cos x + cos x 2 cos x 2

(

)


5

Cvičení č. 1

(

)(

)

k) ∫

x4 x4 −1+1 x2 −1 x2 +1 +1 dx x3 2 dx = dx = dx = x − 1 dx + = ∫ x2 +1 ∫ ∫ ∫ x 2 + 1 3 − x + arctan x + c x2 +1 x2 +1

l) ∫

e 2t − 1 et − 1 et + 1 t t dt = ∫ e t − 1 dt = ∫ e + 1 dt = e + t + c et − 1

)(

(

)

(

(

6

)

)

Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral1/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral2/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral3/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral4/index.html Neřešené příklady: Vypočtěte následující neurčité integrály:

(3 + x )2 dx

a) ∫

x

3 4x + 3   ln x − 2 x 2 + c  

3

 5 x2   b) ∫  x − 2 x + dx 3  

(

c) ∫

)

4 4 2   3 x x + 5 x x + c  

x + 4 x dx

(

)

d) ∫ ( x − 3) x + 2 dx 2x − 1

e) ∫

x

g) ∫

 2 2 2  5 x x + x − 2 x x − 6 x + c    4  3 x x − 2 x + c 

dx

[6 ln x − 2e

2 3 − xe x dx x

(

 x6  1 3 2  − x + x + c 9 6 

)

x

+c

]

h) ∫ cot g 2 xdx

[− cot x − x + c]

x dx 2

1   2 ( x + sin x ) + c 

i) ∫ cos 2 j) ∫

cos x dx sin x ⋅ sin 2 x

k) ∫

 1  − 2 cot x + c 

x 1   8 arctan 2 + c 

dx 4 x + 16 2


Cvičení č. 1   1 2x  2 ln 5 5 + c  

l) ∫ 5 2 x dx Další příklady najdete v kapitole 5.1 ve sbírce úloh: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/5.pdf


7


2 [1] [2] [3] [4]

POUŽITÁ LITERATURA KREML P.a kol.: Matematika II.. Učební texty VŠB-TUO, Ostrava, 2007, ISBN 97880-248-1316-5. JARNÍK V.: Integrální počet I. Praha, 1974. VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 1998, ISBN 80-7078-545-4 elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz


8



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 2 ............................................................................................................... 3 1.1

2



Cvičení č. 2

1

CVIČENÍ Č. 2 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Výpočet integrálů substitucí typu ϕ ( x) = t Výpočet integrálů substitucí typu x = ϕ (t ) Výpočet integrálů pomocí metody per partes

MOTIVACE: Derivování je mechanický proces, integrování je již složitější. Ne všechny integrály lze řešit pomocí základních vzorců (např. integrace součinu, podílu a složených funkcí). Tyto integrály lze často řešit substituční metodou nebo metodou per partes tak, abychom dostali jednodušší integrál.

CÍL: Pochopit princip substituční metody a metody per partes a dokázat poznat základní typy integrálů, které lze těmito metodami řešit. Umět aplikovat zmíněné metody při výpočtech integrálů.


3

Cvičení č. 2

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Vypočtěte následující integrál

∫ (x

)

2

1

+ 1 arctan x

dx .

Řešení: Nejedná se o tabulkový integrál a ani žádné úpravy nepovedou k tabulkovému integrálu, takže musíme při řešení zvolit jednu z využívaných metod při řešení integrálů. Vidíme, že integrand 1 1 je složen ze součinu funkcí: ∫ ⋅ 2 dx . Ze znalosti derivací hned víme, že arctan x (x + 1) (arctan x )′ = 1 2 , což je přesně to, co potřebujeme v substituční metodě prvního typu 1+ x 1 1 a derivace vnitřní funkce . Rozhodli jsme se tedy pro součin složené funkce 1+ x2 arctan x 1. substituční metodu a zkusíme ji aplikovat a integrál vypočítat. arctan x = t

1 =∫ dt … dostali jsme nový integrál proměnné t, 1 dx = dt t 2 1+ x který již spočítat umíme (použití substituce bylo správné)

∫

1 ⋅ 2 dx = arctan x x + 1 1

1

(

)

1

1 2

t2 dt = t dt = + c . Teď už musíme jen vrátit substituci arctan x = t a dostáváme řešení ∫ t ∫ 1 2 původního integrálu: −

∫ (x

2

)

1

+ 1 arctan x

dx = 2 arctan x + c .

Derivací nalezené primitivní funkce můžeme ověřit správnost výsledku:

(2

)

1 ′ 1 1 − arctan x + c = 2 ⋅ (arctan x ) 2 ⋅ = 2 1+ x2

1

(

arctan x ⋅ 1 + x 2

)

Příklad 2: Vypočtěte následující integrál

∫

dx

(1 − x )

2 3

.

Řešení: Opět se nejedná se o tabulkový integrál. Budeme zjišťovat, kterou metodu použít. Nejde o žádný ze základních typů pro využití per partes, proto první zkusíme substituční metodu 1. typu. Napadne nás tato substituce 1 − x 2 = t , ověříme, zda máme v integrandu potřebný MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

4

Cvičení č. 2 součin. Po diferencování zvolené substituci máme − 2 xdx = dt , což znamená, že potřebujeme v čitateli x , to tam není a z toho důvodu tato substituce není možná. Zkusíme substituci 2. typu - pod odmocninou je 1 − x 2 , víme, že 1 − sin 2 x = cos 2 x a díky tomu se zbavíme odmocniny.

dx

∫

(1 − x )

2 3

x = sin t = dx = cos tdt = ∫ (t = arcsin x )

cos t

(1 − sin t ) 2

3

dt = ∫

cos t

( cos t ) 2

3

dt = ∫

dt cos t dt = ∫ 3 cos t cos 2 t

… dostali jsme nový integrál proměnné t, který již spočítat umíme (použití substituce bylo správné) 1

∫ cos

2

t

dt = tan t + c .Vrátíme substituci t = arcsin x a dostaneme řešení původního integrálu:

∫

dx

(1 − x )

2 3

= tan (arcsin x ) + c .


∫

ln x dx . x2

Řešení: Opět se nejedná o tabulkový integrál. Opět jako první zkusíme substituční metodu. 1 1 ′ 1 V integrandu je součin funkcí ln x a 2 . Ze znalosti derivací víme, že (ln x ) = , ale ne 2 x x x , kterou máme v integrálu ⇒ substituce použít nelze. 1 x2 umíme jednoduše integrovat i derivovat, funkci ln x umíme derivovat ⇒ za funkci, kterou 1 budeme derivovat, zvolíme ln x a za funkci, kterou budeme integrovat, zvolíme 2 x

Jedná se o součin dvou odlišných funkcí, takže vyzkoušíme metodu per partes. Funkci

∫

u = ln x

ln x dx = 1 x2 v′ = 2 x

1 x = − 1 ln x − 1 ⋅  − 1 dx = − 1 ln x + 1 dx ∫ x  x ∫ x2 1 x x v=− x u′ =

… po použití metody per partes jsme dostali jednodušší integrál (tabulkový)

∫

ln x 1 1 dx = − ln x − + c 2 x x x


5

Cvičení č. 2 Příklad 4: Vypočtěte následující neurčité integrály: tan x = t = 1 dx = dt 2 cos x

tan 2 x 1 1 ′ a) ∫ ) = ∫ tan 2 x dx = (uvědomíme si, že (tan x ) = dx = 2 2 cos x cos x cos 2 x = ∫ t 2 dt =

1 t3 + c = tan 3 x + c 3 3

b) ∫ (x + 1)e dx = součin polynom a exp.fce ⇒ per partes = 2

−x

(

)

( = −(x

) + 1)e

(

)

(

u = x 2 + 1 u′ = 2x = v ′ = e − x v = −e − x

)

= − x 2 + 1 e − x − ∫ 2 x ⋅ − e − x dx = − x 2 + 1 e − x + 2 ∫ x ⋅ e − x dx =

(

(

u=x v′ = e − x

u′ = 1 = v = −e − x

) ) ( ) + c = e (− x − 2 x − 3) + c

= − x 2 + 1 e − x + 2 − x ⋅ e − x − ∫ − e − x dx = − x 2 + 1 e − x − 2 x ⋅ e − x + 2 ∫ e − x dx = 2

−x

− 2 x ⋅ e − x − 2e − x

−x

2

3x − 1 = t 1 1 c) ∫ sin (3 x − 1)dx = lineární sub. a=3, b=-1 = 3dx = dt = ∫ sin tdt = − cos(3 x − 1) + c 3 3 1 dx = dt 3 d)

∫ cos(ln x)dx = =

u = cos(ln x) u ′ = − sin(ln x) ⋅ v′ = 1

v=x

u = sin(ln x) u ′ = cos(ln x) ⋅ v′ = 1

v=x

1 x = x ⋅ cos(ln x) + ∫ sin(ln x)dx =

1 x = x ⋅ cos(ln x) + x ⋅ sin(ln x) − ∫ cos(ln x)dx

… dostali jsme stejný integrál vynásobený konstantou různou od 1, použijeme obratu

∫ cos(ln x)dx = x ⋅ cos(ln x) + x ⋅ sin(ln x) − ∫ cos(ln x)dx 2 ∫ cos(ln x)dx = x ⋅ cos(ln x) + x ⋅ sin(ln x) 1

∫ cos(ln x)dx = 2 (x ⋅ cos(ln x) + x ⋅ sin(ln x)) + c e) ∫ e x cos(e x )dx =

ex = t x

e dx = dt

( )

= ∫ cos tdt = sin t + c = sin e x + c


6

Cvičení č. 2

2

f) ∫

x

dx = ∫

1− 4x

2

2x = t

x

( )

1− 2x

2

dx = 2 x ⋅ ln 2dx = dt = 2 x dx =

1 dt ln 2

7

1 dt 1 = arcsin 2 x + c ∫ ln 2 1 − t 2 ln 2

1+ x2 = t sin t = u 1 1 1 1 cos t x ⋅ cot 1 + x 2 dx = 2 xdx = dt = ∫ cot tdt = ∫ dt = = ∫ du = ∫ g) cos tdt = du 2 u 2 2 sin t 1 xdx = dt 2

(

=

)

1 1 1 ln u + c = ln sin t + c = ln sin 1 + x 2 + c 2 2 2

(

)

3 2x 2 + 7 = t 2 t 1 1 1 h) ∫ x 2 x 2 + 7 dx = 4 xdx = dt = ∫ t dt = +c = 6 4 4 3 1 2 xdx = dt 4

(2 x

2

+7

)

3

+c

Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/perpartes1/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integralgon1a/index.h tml Neřešené příklady: Vypočtěte následující neurčité integrály: a) ∫

(x

[2

dx

2

)

+ 1 arctan x 2

b) ∫ e cos x sin 2 xdx

arctan x + c

]

[− e

]

cos 2 x

+c

   1  x( x − 1) ln x − x 2 x − 1 + c     

c) ∫ (2 x − 1) ln xdx

[2(

d) ∫ cos x dx

) ]

x sin x + cos x + c

 1 − x2  − 2 e + c   

2

e) ∫ x ⋅ e − x dx


Cvičení č. 2 g) ∫ h) ∫ i) ∫

x dx cos 2 x 3

[x tan x + ln cos x + c]

arctan x dx 1+ x2 cos x

(2 + sin x )

2

3 3  4  4 arctan x + c  1   − 2 + sin x + c 

dx

Další příklady najdete v kapitole 5.2 a 5.3 ve sbírce úloh: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/5.pdf


8


2 [1] [2] [3] [4]



9



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 3 ............................................................................................................... 3 1.1

2



Cvičení č. 3

1

CVIČENÍ Č. 3 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Výpočet integrálů rozkladem na parciální zlomky Integrování funkcí složených z goniometrických funkcí Aplikace vlastností při výpočtu určitých integrálů

MOTIVACE: Již umíme počítat neurčité integrály úpravou na základní integrály metodou per partes a substituční. U racionálních lomených funkcí nám tyto metody nepomohou, proto si ukážeme podrobný postup, který nám umožní integrovat libovolnou racionální lomenou funkci. Dále se podíváme na integrování funkcí složených z goniometrických funkcí. Takové integrály se často vyskytují v praktických úlohách (při řešení vícenásobných integrálů např. ve fyzikálních aplikací - hmotnost a statický moment rovinné desky či souřadnice těžiště, atd.). Určitý integrál má řadu využití ve velkém množství aplikací.

CÍL: Umět řešit integrály, kde je integrandem racionální lomená funkce či funkce složená z goniometrických funkcí. Pochopit základní vlastnosti určitého integrálu a umět aplikovat dané vlastnosti při výpočtech určitých integrálů.


3

Cvičení č. 3

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: 3x 2 + 5 x + 2 Vypočtěte následující integrál ∫ dx . x x 2 + 2x + 2

(

)

Řešení: Jedná se o integraci racionální lomené funkce, kde derivace jmenovatele se nerovná funkci v čitateli, a proto si musíme pomoci rozkladem funkce na parciální zlomky. Stupeň polynomu v čitateli je menší než stupeň polynomu ve jmenovateli, z toho důvodu nemusíme dělit a hned se pustíme do rozkladu. Kořeny polynomu ve jmenovateli jsou řešením rovnice x x 2 + 2 x + 2 = 0 ⇒ máme jeden reálný kořen a dva komplexní kořeny.

(

)

Odhadovaný tvar rozkladu je: 3x 2 + 5 x + 2 A B(2 x + 2 ) C , = + 2 + 2 2 x x + 2x + 2 x + 2x + 2 x x + 2x + 2

(

)

vynásobíme celou rovnici x 2 + 2 x + 2 a srovnávací metodou určíme koeficienty A = 1, B = 1, C = 1 . V integrálu nahradíme původní funkci nalezeným rozkladem a vyřešíme. dx 1 3x 2 + 5 x + 2 2x + 2 1  2 ∫ x x 2 + 2 x + 2 dx = ∫  x + x 2 + 2 x + 2 + x 2 + 2 x + 2 dx = ln x + ln x + 2 x + 2 + ∫ (x + 1)2 + 1 =

(

(

(

)

)

)

= ln x + ln x 2 + 2 x + 2 + arctg( x + 1) + c


dx

∫ cos x .

Řešení: Jedná se o integrál funkce složené z goniometrické funkce. Tento integrál můžeme vyřešit dvěma způsoby. a) Můžeme si uvědomit, že si integrál můžeme napsat také integrál typu

∫ cos

m

∫ cos

−1

xdx , což je přesně

x sin n xdx , kde mocnina u funkce kosinus je lichá. Z toho důvodu

půjde určitě použít substituce tvaru sin x = t , jen musíme původní integrand upravit. 1

cos x

sin x = t cos x cos x dt dx = ∫ dx = =∫ 2 2 cos xdx = dt x 1 − sin x 1− t2

∫ cos x ⋅ cos x dx = ∫ cos


4

Cvičení č. 3 Po úpravě a aplikaci zvolené substituce jsme dostali integrál z racionální lomené funkce. Rozklad: dt

∫1− t

2

1 1 −1 B A ⇒ A = ,B = − + = 2 2 t −1 t −1 t +1 2

=−

1 dx 1 dx 1 1 1 sin x + 1 + ∫ = − ln t − 1 + ln t + 1 + c = ln +c ∫ 2 t −1 2 t +1 2 2 2 sin x − 1

b) Můžeme při řešení použít i univerzální substituce. x =t 2 1− t2 1 1+ t2 2 dt dx dx cos = x = = ⋅ = −∫ +∫ = dx dt = 2 ∫ 2 2 2 2 ∫ cos x ∫ 1+ t t −1 t +1 1− t 1+ t 1− t 2 dx = dt 1+ t2 x tg + 1 = − ln t − 1 + ln t + 1 + c = ln 2 +c x tg − 1 2 tg

Příklad 3:  1  5  Vypočtěte integrál ∫ f ( x)dx , kde f ( x) =  x −1  x2  3

pro x ∈ [− ∞,1] x ∈ [1,3] . pro pro

x ∈ [3, ∞ ]

Řešení: Daná funkce je spojitá v intervalu x ∈ [− 1,5] i ohraničená, tzn., můžeme při výpočtu využít Newton-Leibnizovy formule.


5

Cvičení č. 3 5

1

3

3

5

5  x2  1  x3  1 2 1 1 [ ] f ( x ) dx = dx + xdx + x dx = x + −1   +   = (1 − (− 1)) + (9 − 1) + ∫−1 ∫−1 ∫1 ∫ 33 2  2 1 3  3  3 1 152 + (125 − 27 ) = 9 9

Příklad 4: 1

1 Vypočtěte integrál ∫ dx a x −1

3

1

∫ x dx 1

Řešení: Podívejme se na graf funkce f ( x) =

1 . x

Vidíme, že funkce není na intervalu x ∈ [− 1,1] spojitá (ani po částech, v bodě x = 0 má bod nespojitosti 2. druhu) a proto integrál

1

1

∫ x dx

není definován.

−1

Ale na intervalu x ∈ [1,3] již funkce spojitá je, takže integrál

3

1

∫ x dx jsme schopni určit. 1

3

1

∫ x dx = [ln x]

3 1

= ln 3 − ln 1 = ln 3 .

1

Příklad 5: Vypočtěte integrál

4

∫ x − 2 dx .

−1

Řešení: Z definice absolutní hodnoty víme, že platí


6

Cvičení č. 3

7

− x + 2 x ∈ [− 1,2] , viz graf. x−2 =  x ∈ [2,4]  x−2

4

∫ x − 2 dx existuje, protože funkce je na daném intervalu spojitá a ohraničená.

Integrál

−1 4

2

4

2

4

  x2   x2 13 9 ( ) ( ) 2 2 2 2 + + − = − − + + − = x dx x dx x x dx  − 2 x = + 2 =   ∫−1 ∫−1 ∫2 2 2 2  −1  2  2

Příklad 6: Vypočtěte následující neurčité a určité integrály:

cos x = t t2 cos 2 x ⋅ sin x cos 2 x ⋅ sin x cos 2 x − = = = dx dx dx = ∫ 1− t2 ∫ sin 4 x ∫ 1 − cos 2 x 2 − sin xdx = dt sin 3 x

a) ∫

(

)

 1 1 1 1 = ∫  − − + − 2 4(t + 1) 4(t + 1)2  4(t − 1) 4(t − 1)

b) ∫

(

)

2

dt =

  1  cos x − 1 1 1 dt = −  ln − −  + c  4  cos x + 1 cos x − 1 cos x + 1  

x+2 dx x − 2 x 2 − 8x 3

(

)

x x 2 − 2 x − 8 = x( x + 2 )( x − 4 ) = 0 ⇒

x+2 A B C = + + x( x + 2 )( x − 4 ) x x + 2 x − 4

5 3 ⇒ A = − , B = ,C = 1 2 2

∫x

3

dx x+2 5 3 5 dx 3 dx dx = − ∫ + ∫ +∫ = − ln x + ln x + 2 + ln x − 4 + c 2 x−4 2 2 2 x 2 x+2 − 2 x − 8x


Cvičení č. 3

tgx = t sin 2 x 1 1 dx t3 t5 2 2 2 2 c) ∫ tg cos 1 dx x x t t dt = ⋅ ⋅ = = = + = + +c = ∫ 3 5 cos 6 x cos 2 x cos 2 x 1+ t2 ∫ 1 dx = dt cos 2 x

(

)

1 1 = tg 3 x + tg 5 x + c 3 5 π

π

π

 1 1 + sin x 1 − cos dx = ∫  + 2 2 cos 2 x 0 cos x 0  cos x 2

4

d) ∫

2

4

π

= [2 tgx − x ]04 = 2 −

4 x 1  1  dx = ∫  + − 1dx = 2 2 cos x   0  cos x

π 4 1

1   x2 4  x2   1 1  e) ∫ = dx dx = ∫  x − 2 +   − 2 x + 4 ln x + 2  =  − 2 + 4 ln 3  −  + 2  = x + 2 x+2   2  −1  2 2 −1  −1 1

= 4(ln 3 − 1) Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral7/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integralgon1a/index.h tml http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integralgon1b/index.h tml http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UI1/index.html

Neřešené příklady: Vypočtěte následující neurčité a určité integrály: 2  2 ( x − 1) 2x + 1  + 2 3 ⋅ arctg + c 3 x + ln 2 x + x +1 3  

6x 4 a) ∫ 3 dx x −1 b) ∫ −1

c) ∫

−2

cos x dx cos x − 1

x    x + cot g 2 + c 

 259   5184 

dx

(5x + 11)

5


8

Cvičení č. 3 3

 65   6  

d) ∫ 1 − 3 x dx 0

3

e) ∫ 2

 1 3 − 5 ln 4  

dx 2 x + 3x − 2 2

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 5.4, 5.6 a první příklad v kapitole 6.1: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/5.pdf http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/6.pdf


9


2 [1] [2] [3] [4]



10



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 4 ............................................................................................................... 3 1.1

2



Cvičení č. 4

1

CVIČENÍ Č. 4 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Výpočet určitých integrálů substituční metodou Výpočet určitých integrálů metodou per partes Výpočet obsahu rovinných obrazců pomocí určitých integrálů Výpočet délky křivky pomocí určitých integrálů

MOTIVACE: Stejně jako u výpočtu neurčitých integrálů si i při řešení určitého integrálu nevystačíme pouze s tabulkovými integrály, proto se naučíme aplikovat již známé metody (substituční a per partes) v určitém integrálu. Ukážeme si, jak lze určitého integrálu využít v geometrických aplikacích jako je výpočet obsahu rovinné oblasti či délky křivky.

CÍL: Umět používat substituční metodu a metodu per partes při řešení určitých integrálů. Pochopit základní geometrické aplikace (obsah plochy a délka křivky) určitého integrálu a umět správně sestavit vztahy pro výpočet daných aplikací.


3

Cvičení č. 4

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Vypočtěte integrál

2π

∫e π

sin x

cos xdx .

Řešení: Zavedeme substituci: sin x = t ⇒ cos xdx = dt Přepočítáme meze: horní mez x 2 = 2π : sin 2π = 0 dolní mez x1 = π : sin π = 0 Vidíme, že po přepočítání mezí jsme obdrželi rovnost horní a dolní meze a ze znalosti vlastností určitého integrálu víme, že dál nemusíme počítat a takový integrál je roven nule. Ověříme výpočtem: 0

∫ e dx = [e ] t

t 0 0

= 1−1 = 0

0

Poznámka: Když si vykreslíme graf původní funkce, uvidíme, že pro x ∈ π ,2π se jedná o lichou funkci, tzn., že obsahy jednotlivých částí se odečtou a celkový obsah je roven 0.

Příklad 2: Vypočtěte integrál

1

∫ x ln( x

2

+ 3)dx .

0

Řešení: Ukážeme si dva způsoby řešení: 1) metoda per partes: MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

4

Cvičení č. 4

(

)

Volíme: u = ln x 2 + 3 , u ′ =

v′ = x , v =

2x x +3 2

x2 2

Dostáváme: 1

1

1 1  x2  x3 1 3x   2 x x dx x dx ln 4 + = + ln( 3 ) ln 3 − = − dx = x − 2   ∫ 2 ∫0 ∫ 2 x 3 +   2 0 0 x + 3 0

(

2

)

1

 x2 3  1 1 3 3 1  1 3 = ln 4 −  − ln x 2 + 3  = ln 4 −  − ln 4 + ln 3  = 2 ln 4 − ln 3 − 2 2 2 2  2 2 2 2 0 2

(

)

2) kombinace substituční metody a metody per partes Zavedeme substituci: x 2 + 3 = t ⇒ xdx = 1

2 ∫ x ln( x + 3)dx = 0

4

1 ln t ln tdt = ∫ 23 1

1 dt a přepočítáme meze. 2

1 4  1 1 4   = 4 ln 4 − 3 ln 3 − [t ]34 = ] [ t t dt = ⋅ − ln 3 t ∫   3  2 t 2

(

)

3 1 = 2 ln 4 − ln 3 − 2 2 Příklad 3: Vypočtěte obsah rovinného obrazce ohraničeného grafy funkcí:

f : y = x2 + x − 3 g : y = −x 2 − 2x + 2 Řešení: Rovinný útvar je ohraničený pouze dvěma funkcemi, takže musíme první určit x-ové souřadnice průsečíků křivek (řešíme rovnici f ( x) = g ( x) ). 5 x 2 + x − 3 = − x 2 − 2 x + 2 ⇒ 2 x 2 + 3 x − 5 = 0 ⇒ x1 = − , x 2 = 1 2


5

Cvičení č. 4 Z grafu vidíme, že platí g ( x) ≥ f ( x) , tzn. vztah pro výpočet obsahu oblasti mezi křivkami je: x2

1

1

2 2 2 ∫ (g ( x) − f ( x))dx = ∫5(− x − 2 x + 2 − (x + x − 3))dx = ∫5(− 2 x − 3x + 5)dx =

P=

x1

−

−

2

2

1

  x3 x2 343 = − 2 − 3 + 5 x  = 3 2 24   −5 2

Příklad 4: Vypočtěte délku křivky y =

e x + e−x , pro x ∈ 0,1 . 2

Řešení:

y′ = 1

 e x − e −x 1 +  2 

l=∫ 0

=

1

2

1 1  4 + e 2 x − 2 + e −2 x 1  dx = ∫ dx = ∫ 4 20  0

[

1 1 e x + e − x dx = e x − e − x ∫ 20 2

(

)

e x − e−x 2

]

1 0

=

(e

x

)

2

+ e − x dx =

1 1 e −  e 2

Příklad 5: Vypočtěte velikost dráhy, kterou urazí bod od t = 0 do t = 2 při pohybu po křivce dané parametrickými rovnicemi x = t 3 , y = 5t 2 . Řešení: x = 3t 2 y = 10t


6

Cvičení č. 4

2

2 2

0

=

1 9

2

(3t ) + (10t ) dt = ∫

l=∫

2

0

136

∫u

2

du =

10

[ ]

1 3 u 27

136

10

=

9t 2 + 100 = u 2 2 18tdt = 2udu = 9t 4 + 100t 2 dt = ∫ t 9t 2 + 100dt = tdt = 1 udu 0 9 0  10,2  136

)

(

1 136 136 − 1000 ≅ 21,7 27

Příklad 6: Vypočtěte určité integrály: ln x = t

1

1

e

t 2  1 1 1 a) ∫ ln xdx = dx = dt = ∫ tdt =   = x x  2 0 2 1 0 1  0, e  1

b)

π /4

∫ x ⋅ sin 2 xdx = 0

π /4 π /4 1 1  1  1 = − x ⋅ cos 2 x  + ∫ cos 2 xdx = sin 2 x − cos 2 x  2 2 0 0 2

x

π /4

1 1  = 0 +  sin 2 x  2 2 0

=

1 4

Příklad 7: 4 Určete délku křivky y 2 = x 3 mezi osou y a přímkou x = . 3

Řešení: y = ± x3

y′ =

l = 2⋅

4/3

∫ 0

1+

9 1 x dx = 2 ⋅ 4 2

4/3

∫ 0

3 x 2

1 2 4 + 9 x dx =  ⋅ 9 3

(4 + 9 x )3 

4/3

0

=

2 27

( 16

3

)

− 43 =

112 27


7

Cvičení č. 4 Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UI2/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UI3/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIobsah/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIdelka/index.html Neřešené příklady: Vypočtěte následující určité integrály: a)

π /2

cos x

[ln 2]

∫ 1 + sin x 0

1

[2e − 1]

b) ∫ ( x + 2)e x dx 0

1   3  

c)Určete obsah čočky ohraničené křivkami y = x 2 , y 2 = x . d)Určete obsah obrazce ohraničeného jedním obloukem cykloidy a osou x.

[3a π ] 2

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 6.1 příklady 2,3,4 a v kapitole 6.2.1 a 6.2.2: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/6.pdf


8


2 [1] [2] [3] [4]



9



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 5 ............................................................................................................... 3 1.1

2



Cvičení č. 5

1

CVIČENÍ Č. 5 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Výpočet objemu rotačních těles pomocí určitých integrálů Výpočet povrchu pláště rotačního tělesa Výpočet momentu setrvačnosti a souřadnic těžiště rovinné křivky Výpočet momentu setrvačnosti a souřadnic těžiště rovinné oblasti

MOTIVACE: Určitý integrál je využíván v nepřeberném množství praktických problémů. Zaměříme se na jednoduché aplikace v mechanice, jako je výpočet souřadnic těžiště či momentů setrvačnosti hmotných křivek a rovinných oblastí. Další využití integrálního počtu je například při výpočtu tlakové síly, práce, pohybu, atd.

CÍL: Pochopit základní geometrické a fyzikální aplikace určitého integrálu a umět správně sestavit vztahy pro výpočet daných aplikací.


3

Cvičení č. 5

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Vypočtěte objem rotačního tělesa vytvořeného rotací obrazce ohraničeného grafy funkcí:

f : 2y = x2 x g : − − y +1 = 0 2 Řešení: Nakreslíme si grafy funkcí:

x2 x Vypočteme průsečíky grafů obou funkcí: = − + 1 ⇒ x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x1 = −2, x 2 = 1 2 2 Vidíme, že na intervalu − 2,1 je g ( x) ≥ f ( x) , tzn., vztah pro výpočet objemu rotačního tělesa dostaneme pomocí vztahu: x2

V =π ∫

x1

1  x 2  x2 2   x2 x4  g ( x) − f ( x) dx = π ∫   − + 1 −   dx = π ∫  − x + 1 − dx =  2   2   4 4  − 2  − 2 

(

2

2

1

)

1

 x3 x2  1 1 1  −8 32   34 x5  − 2 − 2 −   = π =π − + x −  = π   − + 1 −  −  20  − 2 20   5 20   12   12 2  12 2

Příklad 2: Vypočtěte povrch rotačního tělesa vzniklého rotací křivky y = x kolem osy x pro x ∈ 1,4 . Řešení: b

Víme, že obsah pláště rotačního tělesa vypočteme jako S = 2π ∫ f ( x) 1 + ( f ′( x) ) dx. 2

a

Určíme druhou mocninu derivace funkce: y ′ =

1 2 x

⇒ ( y ′) = 2

1 a dosadíme. 4x


4

Cvičení č. 5

S = 2π ∫

4

1

=

[ 17 6

π

3

4

4 4 π  (4 x + 1)3 / 2  1 4x + 1 x ⋅ 1 + dx = 2π ∫ x ⋅ dx = π ∫ 4 x + 1dx =   = 4x 4x 4  3 / 2 1 1 1

] π6 (17 17 − 5 5 )

− 53 =

Příklad 3: Určete y-ovou souřadnici těžiště křivky, která je grafem funkce f : y = délková hustota ρ ( x) = x .

1 2 x , x ∈ 0,1 , je-li 2

Řešení: Souřadnici těžiště určíme pomocí statického momentu S x (C ) a hmotnosti. hmotnost ... M (C ) = ∫ ρ ( x) 1 + [ f ′( x)] dx b

2

a

Určíme druhou mocninu derivace funkce a dosadíme. ′ 1 2  2 f ′( x) =  x  = x ⇒ [ f ′( x)] = x 2 2  1+ x2 = t 2 M (C ) = ∫ x 1 + x 2 dx = 2 xdx = 2tdt 1

0

2

2

t 3  2 2 −1 = ∫ t dt =   = 3  3 1 1

0  1,1  2

2

statický moment ... S x (C ) = ∫ f ( x) ρ ( x) 1 + [ f ′( x)] dx, S y (C ) = ∫ xρ ( x) 1 + [ f ′( x)] dx b

b

2

a

1+ x2 = t 2 1x 1 S x (C ) = ∫ x 1 + x 2 dx = 2 xdx = 2tdt = 0 2 2 0  1,1  2 2

y-ová souřadnice těžiště: yT =

2

a

2

∫( 1

2

1 t 5 t 3  t − 1 t dt =  −  = 2  5 3 1 2

)

2

2 +1 15

S x (C ) 3 2 +1 = ⋅ M (C ) 15 2 2 − 1

Příklad 4: Určete momenty setrvačnosti a souřadnice těžiště podgrafu funkce y = 4 x(1 − x ) , je-li ρ ( x) = x 2 . Řešení: Určíme meze: 4 x(1 − x ) = 0 ⇒ x1 = 0, x 2 = 1 MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

5

Cvičení č. 5

1

1

b

 x4 x5  1 M = ∫ ρ ( x) f ( x)dx = ∫ x 4 x(1 − x)dx = 4  −  = 5 0 5 4 a 0 2

1

b 1  x5 x6 x7  1 1 2 8 2 S x = ∫ ρ ( x) f ( x)dx = ∫ x 16 x 2 1 − 2 x + x 2 dx = 8 − +  = 2a 20 3 7  0 105 5

)

(

1

b

1

 x5 x6  2 S y = ∫ ρ ( x) xf ( x)dx = ∫ x x 4 x(1 − x )dx = 4  −  = 6  0 15 5 a 0 2

souřadnice těžiště: Sy

xT =

M

=

S 8 2 , yT = x = M 21 3

momenty setrvačnosti: 1

1 b 64  x 6 1 2 1 x7 x8 x9  3 −  = − + 3 3 I x = ∫ ρ ( x) f ( x)dx = ∫ x 64 x 3 1 − 3 x + 3 x 2 − x 3 dx =  9 0 7 8 3 6 30 3a

(

=

)

8 189 b

1

1

 x6 x7  2 I y = ∫ ρ ( x) x f ( x)dx = ∫ x x 4 x(1 − x)dx = 4  −  = 7  0 21 6 0 a 2

2

2

Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIobjem/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIpovrch/index.html Neřešené příklady: Vypočtěte následující určité integrály: a) Určete objem tělesa vzniklého rotací podgrafu P funkce y = 2 sin x , x ∈ 0,2π kolem

[4π ] 2

osy x. b) Určete objem tělesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce x =

1− t 1 , y= , 1+ t 1+ t


6

Cvičení č. 5 7  12 π  

t ∈ 0,1 kolem osy x. c) Vypočítejte

povrch tělesa, které vznikne rotací 1 y = 1 − x 2 , x ∈ ,1 kolem osy x (kulový vrchlík). 2

oblasti

dané

funkcí

[π ]

d) Vypočtěte souřadnice těžiště homogenní křivky x = cos 3 t , y = sin 3 t ,t ∈ 0, π 2 .

[ 23 , 25 ]

e) Určete souřadnice těžiště homogenní rovinné oblasti ohraničené křivkou y = x 2 , x = 1

[ 43 , 103 ]

a osou x. Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 6.2.3 a 6.2.4: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/6.pdf


7


2 [1] [2] [3] [4]



8



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 6 ............................................................................................................... 3 1.1

2



Cvičení č. 6

1

CVIČENÍ Č. 6 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Určování definičních oborů funkcí dvou proměnných Výpočet parciálních derivací prvního řádu Výpočet parciálních derivací prvního řádu v bodě Výpočet parciálních derivací vyšších řádů

MOTIVACE: K popisu mnoha reálných situací obvykle s jednou proměnnou nevystačíme. V mnoha praktických problémech zjistíme, že určitá veličina závisí na dvou či více jiných veličinách.

CÍL: Umět správně napsat omezující podmínky potřebné pro určení definičního oboru. A následně umět daný definiční obor znázornit. Pochopit princip parciálního derivování.


3

Cvičení č. 6

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Určete a zakreslete definiční obor funkcí. a) z = 4 − x 2 + y 2 − 16 b) z = ln(sin( x − 2 y )) c) z =

y − ex x + y2 2

y   d) z = arcsin x +  2x  

Řešení: a) v předpisu funkce se vyskytují pouze odmocniny ⇒ podmínky: 4 − x 2 ≥ 0 ∧ y 2 − 16 ≥ 0 řešíme: x 2 ≤ 4 ⇒ x ≤ 2 ∧ y 2 ≥ 16 ⇒ y ≥ 4

{

}

D f = [x, y ] ∈ R 2 : x ∈ − 2,2 ∧ y ∈ (−∞,−4 ∪ 4, ∞)

b) podmínka: sin( x − 2 y ) > 0 ⇒ 2kπ < x − 2 y < (2k + 1)π , k ∈ Z osamostatníme y:

x x π − kπ > y > − (2k + 1) 2 2 2

x x π   D f = [x, y ] ∈ R 2 : − kπ > y > − (2k + 1) , k ∈ Z  2 2 2  


4

Cvičení č. 6

c) podmínky: x 2 + y 2 ≠ 0 ∧ e x ≥ 0 Vidíme, že pravá strana první podmínky je rovnicí kružnice se středem v počátku a poloměrem 0 (tj. bod (0,0)) a druhá podmínka je splněna vždy, tzn., definičním oborem budou všechny body roviny xy kromě bodu (0,0)

{

}

D f = [x, y ] ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≠ 0

d) podmínka: − 1 ≤ x +

y ≤1 2x

Jedná se o soustavu nerovnic v podílovém tvaru. Vyřešíme postupně a uděláme průnik: 1)

−1 ≤

2x 2 + y 2x 2 + y + 2x ⇒ ≥0 2x 2x

2x 2 + y + 2x ≥ 0 ∧ 2x > 0 ∨ 2x 2 + y + 2x ≤ 0 ∧ 2x < 0 y ≥ −2 x 2 − 2 x ∧ x > 0 ∨ y ≤ −2 x 2 − 2 x ∧ x < 0 2)

2x 2 + y 2x 2 + y − 2x ≤1⇒ ≤0 2x 2x 2x 2 + y − 2x ≥ 0 ∧ 2x < 0 ∨ 2x 2 + y − 2x ≤ 0 ∧ 2x > 0 y ≥ −2 x 2 + 2 x ∧ x < 0 ∨ y ≤ −2 x 2 + 2 x ∧ x > 0 MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

5

Cvičení č. 6 Všechny výsledné podmínky zakreslíme a znázorníme definiční obor dané funkce.

Příklad 2: Vypočítejte první parciální derivace funkce z = ln(sin (3 x + y )) −

y2 x⋅ey

Řešení: První nalezneme parciální derivaci funkce podle proměnné x, tzn., na proměnnou y se budeme dívat jako na konstantu.

y2 1 ∂z cos(3 x + y ) ⋅ 3 + 2 y = ∂x sin(3x + y ) x ⋅e Nyní nalezneme parciální derivaci podle y.

∂z 1 2 yxe y − y 2 xe y = cos(3 x + y ) − ∂y sin(3x + y ) x 2e2 y Příklad 3: Vypočítejte druhé parciální derivace funkce z = arcsin(3 xy ) − 3 x + 2 y Řešení: První parciální derivace: 3y ∂z − 3 x + 2 y ln 3 = 2 2 ∂x 1 − 9x y ∂z 3x = − 2 ⋅ 3 x + 2 y ln 3 2 2 ∂y 1 − 9x y

První parciální derivaci budeme znovu parciálně derivovat. MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

6

Cvičení č. 6 ∂2z = ∂x 2

∂2z = ∂x∂y

3 1 − 9x 2 y 2 − 3y

27 xy 3

(1 − 9 x y ) 2

2 3

− 3 x + 2 y (ln 3)

2

− 18 x 2 y 2 1 − 9x 2 y 2

2

1 − 9x y

2

− 3 x + 2 y (ln 3) ⋅ 2 = 2

3

(1 − 9 x y ) 2

2 3

− 3 x + 2 y (ln 3) ⋅ 2 2

Zbývá nám určit druhé parciální derivace z první parciální derivace podle y.

∂2z = ∂y∂x

3 1 − 9 x 2 y 2 − 3x 2

− 18 xy 2 2 1 − 9x 2 y 2

1 − 9x y

2

∂2z = ∂y 2

− 2 ⋅ 3 x + 2 y (ln 3) = 2

27 x 3 y

(1 − 9 x y ) 2

2 3

3

(1 − 9 x y )

− 4 ⋅ 3 x + 2 y (ln 3)

2

2 3

− 3 x + 2 y (ln 3) ⋅ 2 2

2

Příklad 4: Určete

∂4f 2y funkce f ( x, y ) = x 3 y − v bodě A = [1,0] . 2 x+2 ∂x ∂y∂x

Řešení: Z označení vidíme, že budeme hledat parciální derivaci čtvrtého řádu. Budeme třikrát podle x a jednou podle y. Záleží na nás, v jakém pořadí. 2y ∂f = 3 yx 3 y −1 + ∂x ( x + 2 )2

∂2 f 4y = 3 y (3 y − 1) x 3 y − 2 − 2 ∂x (x + 2)3 ∂3 f 4 = (18 y − 3) x 3 y − 2 + (9 y 2 − 3 y )3 x 3 y − 2 ln x − 2 ∂x ∂y (x + 2)3

∂4f (9 y 2 − 3 y )3 x 3 y − 2 12 3 y −3 2 3 y −3 = ( 18 − 3 )( 3 − 2 ) + ( 9 − 3 ) 3 ( 3 − 2 ) ln + + y y x y y y x x 2 x ∂x ∂y∂x ( x + 2) 4 ∂4f v bodě: do výsledné čtvrté derivace dosadíme za x = 1 a za y = 0 ∂x 2 ∂y∂x

∂ 4 f ( A) (0 − 0)3 ⋅ 10− 2 12 166 0 −3 0 −3 = − − + − − + + = ( 0 3 )( 0 2 ) 1 ( 0 0 ) 3 ( 0 2 ) 1 ln 1 2 4 1 27 ∂x ∂y∂x (1 + 2) MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

7

Cvičení č. 6

8

Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/defoblast/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/parcder1/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/parcder2/index.html Neřešené příklady: Určete definiční obor funkce: a) z =

b) z =

1 + arcsin x ln y

{

}

[ D f = [x, y ] ∈ R 2 : y ∈ R + − {1} ∧ x ∈ − 1;1 ]

x+ y−1

[D = {[x, y]∈ R f

2

x −1

2

}]

: y ≥ 1 ∧ x ≠ ±1

Vypočtěte všechny parciální derivace prvního řadu funkce:

 2x 1  , z ′y =  z ′x =  2 y+x y + x2  

a) z = ln ( y + x 2 )

b) z =

xy ( x + y) 2

 ∂z y ( y − x) ∂z x( x − y )  , =  = 3 3   ∂x ( x + y ) ∂y ( x + y ) 

Najděte parciální derivace druhého řádu funkce: a) z = y sin x + x cos y b) z = x 3 − 3x 4 y + y5

[z ′′

xx

= − y sin x, z ′xy′ = cos x − sin y, z ′yy′ = − x cos y

[z ′′

xx

= 6 x − 36 x 2 y, z ′xy′ = −12 x 3 , z ′yy′ = 20 y 3

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 7.1 a 7.2: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/7.pdf


]

]


2 [1] [2] [3] [4]



9



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 7 ............................................................................................................... 3 1.1

2



Cvičení č. 7

1

CVIČENÍ Č. 7 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Určování totálního diferenciálu Výpočet přibližných hodnot funkce Určení rovnice tečné roviny a normály

MOTIVACE: Ve fyzice často nějaká veličina závisí na jiných veličinách (např. na čase). Změna veličiny, která je funkcí dvou proměnných, lze vyjádřit pomocí diferenciálu. Toho lze využít například při sestavování diferenciálních rovnic, které popisují vztahy mezi veličinami a jejich změnami nebo při výpočtu změny objemu (povrchu) válce, atd.

CÍL: Umět určit totální diferenciál a pochopit jeho využití při hledání tečné roviny a normály ke grafu funkce.


3

Cvičení č. 7

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Určete totální diferenciál funkce z =

x . x − y2 2

Řešení: Víme, že pokud je funkce diferencovatelná, pak totálním diferenciálem je výraz df ( x, y ) =

∂f ∂f dx + dy . ∂x ∂y

Potřebujeme určit parciální derivace prvního řádu dané funkce.

∂f x 2 − y 2 − x ⋅ 2x x2 + y2 = =− 2 2 ∂x x2 − y2 x2 − y2

(

)

(

∂f x ⋅ 2y = 2 ∂y x − y2

(

Dosadíme: df ( x, y ) = −

x2 + y2

(x

2

−y

)

2 2

dx +

(x

2 xy 2

− y2

)

2

)

)

2

dy ... totální diferenciál

Příklad 2: Srovnejte totální diferenciál a totální přírůstek funkce z = xy v bodě A = [2,3] , jsou-li dány přírůstky h1 = 0,1 a h2 = 0,2 . Řešení: totální přírůstek: ∆z = f (2 + 0.1,3 + 0.2) − f (2,3) = 2,1 ⋅ 3,2 − 2 ⋅ 3 = 0,72 totální diferenciál: df ( A) =

∂f ∂f ( A)h1 + ( A)h2 ∂x ∂y

∂f ∂f = x ⇒ df (2,3) = 3 ⋅ 0,1 + 2 ⋅ 0,2 = 0,7 = y, ∂x ∂y Závěr: V blízkém okolí bodu lze přírůstek nahradit totálním diferenciálem.


4

Cvičení č. 7 Příklad 3: Pomocí totálního diferenciálu vypočtěte přibližnou hodnotu ln 1,2 + sin 0,06 . Řešení: Můžeme využít funkce f ( x, y ) = ln x + sin y a totálního diferenciálu dané funkce v bodě (1,0 ) s diferencemi dx = x − x0 = 1,2 − 1 = 0,2 , dy = y − y 0 = 0,06 − 0 = 0,06 . f (1,0) = ln 1 + sin 0 = 0

f x′ ( x, y ) =

1 ⇒ f x′ (1,0) = 1 x

f y′ ( x, y ) = cos y ⇒ f x′ (1,0) = 1

Dosadíme do výrazu pro totální diferenciál z ≈ z 0 + f x′ ( x0 , y 0 )dx + f y′ ( x0 , y 0 )dy : ln 1,2 + sin 0,06 ≈ 0 + 1 ⋅ 0,2 + 1 ⋅ 0,06 = 0,26

(Můžete porovnat s přesnou hodnotou vypočtenou na kalkulačce.) Příklad 4: Určete rovnici tečné roviny a parametrické rovnice normály ke grafu funkce x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + z − 2 = 0 v bodě P = [− 1,2, ?] . Řešení: Opět využijeme vztahu pro totální diferenciál:

τ : z − z 0 = f x′ ( P) ⋅ ( x − x0 ) + f y′ ( P) ⋅ ( y − y 0 ) Potřebujeme určit z 0 , f x′ (P) a f y′ (P) . Všimneme si, že funkce je v zadání daná implicitně. Upravíme a dostaneme předpis funkce: z = −x 2 − y 2 + 2x + 4 y + 2 . z0 = 1 − 4 − 2 + 8 + 2 = 3 f x′ ( x, y ) = −2 x + 2 ⇒ f x′ ( P) = 4 f y′ ( x, y ) = −2 y + 4 ⇒ f y′ ( P ) = 0

Dosadíme: τ : z − 3 = 4 ⋅ ( x + 1) + 0 Upravíme: τ : 4 x − z + 7 = 0 ... rovnice tečné roviny Normála: η : x = −1 + 4 ⋅ t , y = 2 , z = 3 − t , t ∈ R MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

5

Cvičení č. 7 Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/tecnarov1/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/tecnarov2i/index.html Neřešené příklady: 1) Určete pomocí diferenciálu přibližnou hodnotu

2,06 ⋅ 1,92 .

[ 1,99 ]

2) Najděte rovnici tečné roviny ke grafu funkce z = f ( x, y ) : a) z = 2 x 2 − 4 xy + 4 y 2 + 5 , která je rovnoběžná s rovinou α : 4 x − 12 y + z = 3 .

[τ : 4 x − 12 y + z + 5 = 0] b) b) z=

x v bodě A = [1,1, ?] y

[τ : − x + y + z − 1 = 0]

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 7.3: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/7.pdf


6


2 [1] [2] [3] [4]

POUŽITÁ LITERATURA ŠKRÁŠEK J. a kol.: Základy aplikované matematiky I. a II. SNTL, Praha, 1986. DOBROVSKÁ V., VRBICKÝ J..: Diferenciální počet funkcí více proměnných Matematika IIb. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 2004, ISBN 80-248-0656-8 VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 1998, ISBN 80-7078-545-4 elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz


7



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 8 ............................................................................................................... 3 1.1

2



Cvičení č. 8

1

CVIČENÍ Č. 8 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Určování volných lokálních extrémů funkce dvou proměnných Výpočet vázaných lokálních extrémů

MOTIVACE: Extrémy funkcí jsou jednou z nejdůležitějších aplikací diferenciálního počtu a setkáváme se s nimi takřka všude.

CÍL: Umět určit stacionární body funkce a nalézt volné a vázané lokální extrémy funkce dvou proměnných.


3

Cvičení č. 8

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Určete lokální extrémy funkce f ( x, y ) = 6 xy − x 3 − y 2 + 2 . Řešení: Df = R× R

∂f ∂f = 6x − 2 y = 6 y − 3x 2 , ∂x ∂y Lokální extrém může nastat ve stacionárních bodech, které dostaneme řešením soustavy 6 y − 3x 2 = 0 6x − 2 y = 0 Z druhé rovnice si vyjádříme proměnnou y pomocí x a dosadíme do první rovnice, dostáváme: 18 x − 3 x 2 = 0 ⇒ x1 = 0 a x 2 = 6 . Dosadíme do první rovnice a vypočteme ke každému x příslušné y. Pro x1 = 0 dostaneme y1 = 0 . Pro x 2 = 6 dostaneme y 2 = 18 . Máme tedy dva stacionární body A = [0,0], B = [6,18] . parciální derivace existují ve všech bodech definičního oboru ⇒ žádné další body (kromě stacionárních) podezřelé z extrému neexistují Vypočteme hodnoty druhých derivací

∂2f = −6 x , ∂x 2

∂2f ∂x∂y

=6 ,

∂2f ∂y 2

= −2

a určíme hodnoty determinantů Pro bod A = [0,0] : 0 6 = −36 . 6 −2 Determinant je záporný, proto v bodě A = [0,0] nemá funkce extrém.


4

Cvičení č. 8 Pro bod B = [6,18] : − 36 6

6 = 36 . −2

Determinant je kladný, proto má funkce v bodě B = [6,18] extrém. Výraz

∂ 2 f ( B) = −36 je ∂x 2

záporný, v bodě B = [6,18] má daná funkce lokální maximum. Hodnota tohoto maxima je f ( B) = 110 .

Příklad 2: Určete vázané extrémy funkce z = y 2 − 4 x 3 za podmínky 2 x − y + 1 = 0 . Řešení: z vazební podmínky lze explicitně vyjádřit proměnnou y, takže využijeme přímé metody y = 2 x + 1 dosadíme do předpisu funkce a dostaneme funkci jedné proměnné

f ( x) = (2 x + 1) − 4 x 3 = 4 x 2 + 4 x + 1 − 4 x 3 … hledáme lokální extrém funkce 1 proměnné 2

Df = R

1 najdeme stacionární body: f ′( x) = 8 x + 4 − 12 x 2 ⇒ 8 x + 4 − 12 x 2 = 0 ⇒ x1 = − , x 2 = 1 3

rozdělíme definiční obor na intervaly a budeme zjišťovat monotónnost na jednotlivých intervalech 1 1    − ∞,−  : f ′(−1) = 8 ⋅ (−1) + 4 − 12 = −16 < 0 ⇒ na  − ∞,−  je funkce klesající 3 3    1   1   − ,1 : f ′(0) = 0 + 4 − 0 = 4 > 0 ⇒ na  − ,1 je funkce rostoucí  3   3 

(1, ∞ ) : f ′(2) = 8 ⋅ 2 + 4 − 12 ⋅ 4 = −28 < 0 monotónnost se v bodě x = −

⇒ na (1, ∞ ) je funkce klesající

1 mění z klesající na rostoucí ⇒ v bodě je lokální minimum 3

monotónnost se v bodě x = 1 mění z rostoucí na klesající ⇒ v bodě je lokální maximum


5

Cvičení č. 8 Závěr:  1 1 7  v bodě  − , ,  má funkce f ( x, y ) vázané lokální minimum  3 3 27 

v bodě (1,3,5) má funkce f ( x, y ) vázané lokální maximum

Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/extremvol/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/extremvaz/index.html Neřešené příklady: 1) Určete lokální extrémy funkce f ( x, y ) = 6 xy − x 3 − 8 y 3 + 125 .   1   v 1, 2  má lokální maximum     2) 2) Určete lokální extrémy funkce f ( x, y ) = 3 ln x + xy 2 − y 3 . 3) Určete vázané extrémy funkce

f ( x, y ) = 4 x + y 2 + 5

y = 2 x − 3.

[nemá lok. extrémy] vzhledem k podmínce

[ v [1,-1] vázané lokální minimum]

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 7.4: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/7.pdf


6


2 [1] [2] [3] [4]

POUŽITÁ LITERATURA ŠKRÁŠEK J. a kol.: Základy aplikované matematiky I. a II. SNTL, Praha, 1986. DOBROVSKÁ V., VRBICKÝ J..: Diferenciální počet funkcí více proměnných Matematika IIb. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 2004, ISBN 80-248-0656-8 VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 1998, ISBN 80-7078-545-4 elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz


7



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 9 ............................................................................................................... 3 1.1

2



Cvičení č. 9

1

CVIČENÍ Č. 9 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Řešení diferenciálních rovnic 1. řádu separací proměnných

MOTIVACE: V podobě diferenciálních rovnic lze formulovat velkou spoustu vědeckých problémů, a tak se diferenciální rovnice objevují snad ve všech vědeckých oborech. Největší zastoupení mají v matematice a fyzice.

CÍL: Poznat separovanou diferenciální rovnici a umět nalézt obecné i partikulární řešení dané rovnice.


3

Cvičení č. 9

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Určete obecné řešení rovnice e − y (1 + y ′) = 1 . Řešení: Musíme zjistit, o jaký typ rovnice jde. Zkusíme osamostatnit na levé straně rovnice derivaci. 1 + y′ = e y y′ = e y − 1 jedná se o separovatelnou rovnici, jelikož jsme na pravé straně dostali součin y ′ = f ( y ) g ( x) ( f ( y ) = e y − 1 a g ( x) = 1 ) rovnici vydělíme funkcí f ( y ) a derivaci si přepíšeme pomocí diferenciálů 1 dy =1 e − 1 dx y

dx převedeme na pravou stranu k funkci g (x) a dostaneme již separovanou rovnici 1 dy = 1dx e −1 y

∫e

y

1 dy = ∫ 1dx −1

při řešení integrálu na levé straně si pomůžeme substitucí a pak rozkladem na parciální zlomky

e y −1 = t e y dy = dt

⇒∫

ey dt dy = ∫ y y (t + 1)t e e −1

(

)

1 A B = + ⇒ 1 = A ⋅ t + B ⋅ (t + 1) (t + 1)t t + 1 t dosazením kořenů dostaneme hledané koeficienty rozkladu:

t = 0 ⇒1= B t = −1 ⇒ 1 = − A ⇒ A = −1 dt

 −1

1

∫ (t + 1)t = ∫  t + 1 + t dt = − ln t + 1 + ln t

= ln

t t +1

vrátíme substituci a dosadíme do rovnice MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

4

Cvičení č. 9

ln

e y −1 = x + c … obecné řešení ey

na levé straně rovnice vyšel po integraci logaritmus ⇒ řešení upravíme

e y −1 ln y = ln e x + c e

ln

e y −1 = ln e x ⋅ e c y e

(

)

e y −1 = C ⋅ e x … označili jsme e c = C y e 1 − e−y = C ⋅ e x e − y = 1 − C ⋅ e x … upravené obecné řešení

na obrázku jsou integrální křivky pro C = −3,−2,−1,1,2,3 a singulární řešení y = 0

Příklad 2: π  1 Určete partikulární řešení rovnice y ′ = (2 y + 1) cot x za podmínky y  = . 4 2

Řešení: y ′ = (2 y + 1) cot x … separovatelná (je ve tvaru y ′ = f ( y ) g ( x) )

y′ = cot x za předpokladu 2 y + 1 ≠ 0 2y +1 1 dy = cot x 2 y + 1 dx dy = cot xdx … separovaná 2y +1 MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

5

Cvičení č. 9 dy

∫ 2 y + 1 = ∫ cot xdx 1 ln 2 y + 1 = ln sin x + c … obecné řešení 2

jelikož na levé straně vyšel logaritmus, obecné řešení upravíme 1 ln 2 y + 1 = ln sin x + ln C … označili jsme c = ln C z důvodu, že i na pravé straně vyšel po 2 integraci logaritmus, dostáváme podmínku pro C > 0

ln 2 y + 1

1/ 2

= ln ( sin x ⋅ C )

2 y + 1 = C ⋅ sin x 2 y + 1 = C 2 ⋅ sin 2 x 2 y = C 2 ⋅ sin 2 x − 1 1 y = C 2 ⋅ sin 2 x − 1 2

(

)

hledáme partikulární řešení, proto musíme určit konstantu C dosazením počáteční podmínky π 1 π  1 y  = do upraveného obecného řešení, tzn. y = a x = 4 2 4 2

π  1 1 2 =  C ⋅ sin 2 − 1 2 2 4  2 1 = C 2 ⋅ −1 4 1 2 = C 2 ⋅ ⇒ C 2 = 4 ⇒ C1, 2 = ±2 2 Z podmínky C > 0 dostáváme pouze jedno řešení pro C a to C = 2 . Dosadíme do obecného řešení a máme hledané partikulární řešení. y=

1 4 sin 2 x − 1 … partikulární řešení (na obrázku vykresleno modře) 2

(

)

obecné řešení rovnice y ′ = (2 y + 1) cot x pro C = 1,2,3,4,5 MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

6

Cvičení č. 9 Příklad 3: Určete tvar křivky řetězu závěsného mostu (viz obrázek), předpokládáme-li, že zatížení je rozloženo rovnoměrně horizontálně po délce řetězu. Hmotnost řetězu zanedbáme.

Řešení: Na řetěz působí tíhová síla mostovky a tahová síla závěsů řetězu. Na část řetězu délky mgx x působí tíhová síla FG = , kde m je celková hmotnost mostu, l je délka mostu a dvě l tahové síly. Nechť řetěz svírá s horizontální rovinou v bodě úhel α , pak pro tento úhel platí: tgα =

dy . Tahovou sílu můžeme rozložit do dvou složek: F2 x = F2 cos α a F2 y = F2 sin α . dx

Jelikož je řetěz v rovnováze, musí být výslednice sil nulová, tzn. ve směru osy x: F1 = F2 cos α ve směru osy y: F2 sin α = FG Po úpravě dostáváme (z první rovnosti si vyjádříme F2 =

F1 a dosadíme do druhé) cos α

F F1 mg dy mg sin α = FG ⇒ tgα = G ⇒ tgα = = x⇒ x cos α F1 lF1 dx lF1 mg mg označíme jako konstantu pro daný druh řetězu, tj. =o lF1 lF1

a dostáváme diferenciální rovnici

dy = o ⋅ x , která je separovatelná a vyřešíme: dx

dy = o ⋅ xdx

∫ dy = o ⋅ ∫ xdx y = o⋅

x2 +c 2

vrátíme substituci za o a dopočítáme integrační konstantu z počátečních podmínek - pokud je x = 0 , musí být i y = 0 MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

7

Cvičení č. 9 y=

mg 2 x ⇒ řetěz má tvar paraboly 2lF1

Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep3/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep6/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep7/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep8/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep9/index.html Neřešené příklady: Nalezněte řešení rovnice π  a) a) y ′ sin x = y ln y za podmínky y  = e 2

x tg   2 y=e   

b) b) (1 + y 2 )dx + xydy = 0

C  2  1 + y = x 

2 xy 1+ x2

[ y = C (1 + x )]

c) c) y ′ =

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 8.1.1: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/8.pdf


2

8


2 [1] [2] [3] [4]

POUŽITÁ LITERATURA VLČEK J., VRBICKÝ J.: Diferenciální rovnice - Matematika IV. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 1997, ISBN 80-7078-438-5 KALAS J., RÁB M.: Obyčejné diferenciální rovnice. Masarykova univerzita, 2. vyd, Brno, 2001, ISBN 80-210-2589-1 VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 1998, ISBN 80-7078-545-4 elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz


9



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 10 ............................................................................................................. 3 1.1

2



Cvičení č. 10

1

CVIČENÍ Č. 10 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Řešení homogenní diferenciální rovnice Řešení exaktní diferenciální rovnice Řešení lineární diferenciální rovnice

MOTIVACE: Ukážeme si postup při řešení dalších typů diferenciálních rovnic 1. řádu. Budeme se věnovat exaktním rovnicím, které hrají významnou roli v aplikacích ve fyzice a lineárním rovnicím, které patří v praktických úlohách k nejčastějším.

CÍL: Poznat typ diferenciální rovnice prvního řádu a umět dané rovnice vyřešit.


3

Cvičení č. 10

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Určete obecné řešení rovnice (cos y + y cos x )dx + (sin x − x sin y )dy = 0 . Řešení: Určíme typ: vidíme, že rovnice je ve tvaru P( x, y )dx + Q( x, y )dy = 0 , mohlo by se tedy jednat o exaktní rovnici - ověříme, musí platit: Py′ = Q x′ Py′ = − sin y + cos x , Q x′ = cos x − sin y ⇒ rovnost je splněna, jedná se tedy opravdu o exaktní diferenciální rovnici

∫ Pdx = x cos y + y sin x

∫ Qdy = y sin x + x cos y kmenová funkce vznikne součtem integrálů, kde stejné členy uvažujeme pouze jedenkrát: F ( x, y ) = x cos y + y sin x obecné řešení: x cos y + y sin x = C Příklad 2: 1 Určete partikulární řešení rovnice (2 x + 1) y ′ + y = 1 za podmínky y (0 ) = − . 3

Řešení: y 1 , rovnice je ve tvaru y ′ + a ( x) y = b( x) , tzn., jedná se o lineární = 2x + 1 2x + 1 diferenciální rovnici y′ +

první vyřešíme příslušnou homogenní LDR - v rovnici necháme pouze členy s y ′ a y (pravou stranu nahradíme 0) y′ +

y = 0 … separovatelná rovnice 2x + 1 y′ = −

∫

y 2x + 1

dy dx = −∫ y 2x + 1

1 ln y = − ln 2 x + 1 + ln c 2 MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

4

Cvičení č. 10 c

y=

… obecné řešení homogenní LDR

2x + 1

metoda variace konstanty - konstantu c nahradíme funkcí proměnné x: c = c(x)

y=

c ′( x) 2 x + 1 − c( x)

c( x) 2x + 1

, derivujeme: y ′ =

2x + 1

y ′ a y dosadíme do původní nehomogenní LDR y ′ +

c ′( x) 2 x + 1 − c( x) 2x + 1

1 2x + 1

y 1 = 2x + 1 2x + 1

1

c( x)

2x + 1

+

1 2x + 1 , = 2x + 1 2x + 1

upravíme a zkontrolujeme, že se nám členy s c(x) vyruší c ′( x) 2x + 1 c ′( x) = c( x) = ∫ dosadíme do y =

c( x) 2x + 1

dx 2x + 1

=

1 2x + 1 1 2x + 1

⇒ c( x) = 2 x + 1 + c

a dostáváme obecné řešení LDR

y=

2x + 1 + c 2x + 1

⇒ y = 1+

c 2x + 1

hledané partikulární řešení získáme dosazením počáteční podmínky y (0 ) = − 1  obecného řešení  x = 0, y = −  3 

− partikulární řešení: y = 1 −

1 do nalezeného 3

1 c 4 = 1+ ⇒c=− 3 3 2 ⋅ 0 +1

4 3 2x + 1


5

Cvičení č. 10 Příklad 3: Určete obecné řešení rovnice x y ′ = y ln

y . x

Řešení: určíme typ DR: proměnná y se vyskytuje v argumentu logaritmické funkce ⇒ nejde o lineární DR

osamostatníme derivaci: y ′ =

y ln

y x ... nejde o separovatelnou DR, jelikož na pravé straně

x nedostaneme součin funkce proměnné x a funkce proměnné y, vidíme ale, že na pravé straně y y y se proměnné vyskytují ve tvaru : y ′ = ⋅ ln ⇒ jedná se o homogenní DR x x x

zavedením substituce z =

y , y ′ = z + z ′x upravíme na separovatelnou DR x

z + z ′x = z ⋅ ln z

z ′x = z ⋅ ln z − z dz

∫ z ⋅ (ln z − 1) = ∫

dx x

ln ln z − 1 = ln x + ln c

ln z −1 = c ⋅ x vrátíme substituci a dostáváme hledané obecné řešení DR ln

y y = 1 + c ⋅ x ⇒ = e1+ c⋅ x ⇒ y = xe1+ c⋅ x x x

Příklad 4: Teplota kávy je v počáteční fázi v bodu varu ( 100°C ). V pokoji, kde se šálek nachází je 22°C. Určete, jak se bude vyvíjet teplota kávy v čase. Řešení: du = −λ (u − u p ) , kde λ > 0 je dt konstanta úměrnosti, u je teplota kávy v čase t a u p je teplota pokoje.

Situace je popsána Newtonovým zákonem ochlazování:

Po dosazení dostáváme diferenciální rovnici tvaru: u ′ = −λ (u − 22) s počáteční podmínkou u (0) = 100 . MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

6

Cvičení č. 10 Jedná se o lineární diferenciální rovnici. První vyřešíme rovnici ve zkráceném tvaru.

u ′ + λu = 0 u ′ = −λu

∫

du = −λ ∫ dt u u = c ⋅ e − λt

k nalezení řešení nehomogenní rovnice použijeme metodu variace konstanty c = c(t ) u = c(t ) ⋅ e − λt , u ′ = c ′(t ) ⋅ e − λt − λ ⋅ c(t ) ⋅ e − λt dosadíme do původní rovnice c ′(t ) ⋅ e − λt − λ ⋅ c(t ) ⋅ e − λt + λ ⋅ c(t ) ⋅ e − λt = 22λ c ′(t ) = 22λ ⋅ e λt ⇒ c(t ) = 22λ ∫ e λt dt ⇒ c(t ) = 22e λt + c

dosadíme do odhadovaného řešení a užitím počáteční podmínky určíme konstantu c: u = (22e λt + c) ⋅ e − λt u = 22 + c ⋅ e − λt … obecné řešení 100 = 22 + c ⋅ e − λ ⋅0 ⇒ 78 = c

hledaná funkce popisující vývoj teploty kávy v čase je: u = 22 + 78 ⋅ e − λt

Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/homo1/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/homo2/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/homo4/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/lin3/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/lin5/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ex3i/ex3i.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ex5i/ex5i.html


7

Cvičení č. 10

8

Neřešené příklady: Nalezněte řešení rovnice

[x ln y + x − y = 0]

a) ( x 2 + y 2 ) y ′ = xy za podmínky y (0) = 1

[ y = ( x + c) x ]

b) b) xy ′ − y = x 2 c) c) (1 + x 2 ) y ′ + y = arctg x

[y = −1 + arctg x + C e

− arctg x

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 8.1.2, 8.1.3 a 8.1.5: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/8.pdf


]


2 [1] [2] [3] [4]



9



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 11 ............................................................................................................. 3 1.1

2



Cvičení č. 11

1

CVIČENÍ Č. 11 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Nalezení charakteristické rovnice a její řešení Řešení homogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu

MOTIVACE: Diferenciální rovnice druhého řádu jsou často využívány v oblasti fyziky pro popis fyzikálních vztahů.

CÍL: Umět vyřešit zkrácenou lineární rovnici - vytvořit charakteristickou rovnici a na základě jejího řešení dokázat určit správný tvar obecného řešení příslušné LDR 2. řádu. Pomocí wronskiánu dokázat ověřit, že dané funkce tvoří fundamentální systém řešení rovnice.


3

Cvičení č. 11

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Rozhodněte, zda funkce y1 = e 5 x , y 2 = e 5 x cos x tvoří fundamentální systém řešení rovnice y ′′ − 10 y ′ + 25 y = 0 . Řešení: funkce derivujeme a vypočteme hodnotu Wronskiánu y1′ = 5e 5 x , y 2′ = 5e 5 x cos x − e 5 x sin x

e5x W = 5x 5e

e 5 x cos x = e 5 x 5e 5 x cos x − e 5 x sin x − 5e10 x cos x = 5x 5x 5e cos x − e sin x

(

)

= 5e10 x cos x − e10 x sin x − 5e10 x cos x = −e10 x sin x

Protože − e10 x sin x = 0 pro každé x = kπ , k ∈ Z , jsou funkce y1 , y 2 lineárně závislé a netvoří tedy fundamentální systém řešení dané rovnice. Příklad 2: Určete partikulární řešení rovnice 4 y ′′ − 2 y ′ = 0 za podmínek y (0 ) = 1, y ′(0) = −1 . Řešení: první určíme obecné řešení homogenní LDR - napíšeme příslušnou charakteristickou rovnici: 4r 2 − 2r = 0 ⇒ 2r (2r − 1) = 0 ⇒ r1 = 0, r2 =

1 … řešením jsou 2 různé reálné kořeny 2

⇒ y1 ( x) = e 0 x = 1 a y 2 ( x) = e x / 2

obecné řešení je : y 0 = C1 + C 2 e x / 2 jelikož máme počáteční podmínku pro derivaci řešení, musíme řešení derivovat a pak do derivace řešení a do obecného řešení dosadíme počáteční podmínky y (0 ) = 1, y ′(1) = −1 a nalezneme konstanty C1 ,C 2 , y 0′ =

1 1 C 2 e x / 2 po dosazení počáteční podmínky y ′ = −1, x = 0 : − 1 = C 2 ⇒ C 2 = −2 2 2

dosadíme počáteční podmínku y (0 ) = 1 a C 2 do řešení a dopočítáme C1

1 = C1 − 2 ⇒ C1 = 3 partikulární řešení: y 0 = 3 − 2e x / 2 MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

4

Cvičení č. 11 Příklad 3: Určete obecné řešení rovnice y ′′ + 4 y = 0 . Řešení: napíšeme příslušnou charakteristickou rovnici:

r 2 + 4 = 0 ⇒ r 2 = −4 ⇒ r1, 2 = ±2i … řešením jsou 2 komplexně sdružené kořeny s α = 0, β = 2 ⇒ y1 ( x) = e 0 x cos 2 x = cos 2 x a y 2 ( x) = e 0 x sin 2 x = sin 2 x obecné řešení je : y 0 = C1 cos 2 x + C 2 sin 2 x Příklad 4: Určete obecné řešení rovnice y ′′ − 4 y ′ + 4 y = 0 . Řešení: napíšeme příslušnou charakteristickou rovnici: r 2 − 4r + 4 = 0 ⇒ r1, 2 =

4 ± 16 − 16 ⇒ r1, 2 = 2 … řešením je dvojnásobný reálný kořen 2

⇒ y1 ( x) = e 2 x a y 2 ( x) = xe 2 x obecné řešení je: y 0 = C1e 2 x + C 2 xe 2 x Příklad 5: Řešte rovnici y ′′ + 2 y ′ + y = 0 s počátečními podmínkami y (0 ) = 20, y ′(0) = −40 a řešení znázorněte graficky. Řešení: charakteristická rovnice: r 2 + 2r + 1 = 0 ⇒ r1, 2 =

−2± 4−4 ⇒ r1, 2 = −1 2

obecné řešení je: y 0 = C1e − x + C 2 xe − x určíme derivaci řešení: y 0′ = −C1e − x + C 2 e − x − C 2 xe − x do řešení a derivace řešení dosadíme počáteční podmínky - dostaneme soustavu dvou rovnic pro dvě neznámé

20 = C1 MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

5

Cvičení č. 11

− 40 = −C1 + C 2 ⇒ − 40 = −20 + C 2 ⇒ C 2 = −20 partikulární řešení: y 0 = 20e − x − 20 xe − x

řešení rovnice pro dané počáteční podmínky Příklad 6: Máme manometr (využívaný k měření tlaku, viz obr.), který pracuje pod tlakem p. Sloupec kapaliny v manometru získává, vlivem působení tlaku, polohu zobrazenou na obrázku.

Určete pohybovou rovnici. Délka sloupce kapaliny je l, trubice má průměr d a hustota kapaliny je ρ . Řešení: Hmotnost kapaliny v manometru je rovna m =

π

d 2 lρ . Vzniklá síla je podmíněna rozdílem 4 hladin v obou sloupcích manometru a pokud ji bereme jako střední aritmetický rozdíl obou π h hladin při vychýlení z rovnovážné polohy o y = je její velikost F = 2 d 2 yρg . 4 2

Podle 2. Newtonova zákona: F = −my = −

π 4

d 2 lρy (síla působí proti směru pohybu, proto znaménko mínus).

Porovnáním dostáváme: −

Označíme

π 4

d 2 lρy = 2

π 4

d 2 ρgy ⇒ y + 2

g y = 0 … homogenní LDR l

2g = α 2 a řešíme tedy rovnici y + α 2 y = 0 . l MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

6

Cvičení č. 11

7

charakteristická rovnice: r 2 + α 2 = 0 ⇒ r1, 2 = ±αi obecné řešení: y = C1 cos(α ⋅ t ) + C 2 sin (α ⋅ t ) počáteční podmínky: y (0) = y 0 , y ′(0) = 0 : y 0 = C1 cos 0 + C 2 sin 0 ⇒ y 0 = C1

y ′ = −αC1 sin (α ⋅ t ) + αC 2 cos(α ⋅ t ) ⇒ 0 = αC 2 ⇒ C 2 = 0 partikulární řešení: y = y 0 cos(α ⋅ t ) Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr1/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr2/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr5/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr6/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr9/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr10/index.html Neřešené příklady: Nalezněte řešení rovnice

[y = C

a) y ′′ + 5 y ′ = 0

1

+ C 2 e −5 x

]

[ y = C1 cos 4 x + C 2 sin 4 x]

b) y ′′ + 16 y = 0 c) c) y ′′ + 6 y ′ + 13 y = 0

[y = e

−3 x

(C1 sin 2 x + C 2 cos 2 x)



]


2 [1] [2] [3] [4]

POUŽITÁ LITERATURA VLČEK J., VRBICKÝ J.: Diferenciální rovnice - Matematika IV. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 1997, ISBN 80-7078-438-5 KALAS J., RÁB M.: Obyčejné diferenciální rovnice. Masarykova univerzita, 2. vyd, Brno, 2001, ISBN 80-210-2589-1 VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava1998, ISBN 80-7078-545-4 elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz


8



Ostrava 2013



2

OBSAH 1

CVIČENÍ Č. 12 ............................................................................................................. 3 1.1

2



Cvičení č. 12

1

CVIČENÍ Č. 12 STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ: Metoda neurčitých koeficientů Lagrangeova metoda variace konstant

MOTIVACE: Jelikož se v mnoha technických aplikacích setkáváme i s nehomogenní lineární diferenciální rovnicí druhého řádu, naučíme se tyto rovnice vyřešit. Ukážeme si dvě metody pro nalezení řešení - obecnou metodu a metodu pro speciální typy rovnic.

CÍL: Dokázat vyřešit úplnou LDR 2. řádu. Umět rozpoznat speciální pravou stranu a správně vytvořit tvar partikulárního řešení. Pochopit metodu variace konstant.


3

Cvičení č. 12

1.1 PŘÍKLADY Příklad 1: Mějme rovnici y ′′ − 2 y ′ = D( x) . Rozhodněte, zda příslušná D(x) je speciální pravá strana a pokud ano, odhadněte tvar partikulárního řešení.

(

)

a) D( x) = 3 x 3 + 2 x cos x , b) D( x) = cos x ⋅ sin x , c) D( x) = e 2 x sin x , d) D( x) = x + 3e x cos 2 x . Řešení: Speciální pravá strana je ve tvaru D( x) = e ax [P( x) cos bx + Q( x) sin bx ] .

(

)

a) D( x) = 3 x 3 + 2 x cos x P ( x) = 3 x 3 + 2 x , b = 1, a = 0, Q( x) = 0 ... jedná se o speciální pravou stranu k odhadnutí tvaru partikulárního řešení potřebujeme znát kořeny charakteristické rovnice y ′′ − 2 y ′ = 0 ⇒ r 2 − 2r = 0 ⇒ r1 = 0, r2 = 2 v pravé straně se vyskytuje funkce kosinus vynásobená polynomem ⇒ kontrolujeme, zda je kořenem charakteristické rovnice ± i ... není kořen tvar partikulárního řešení musí odpovídat tvaru pravé strany - polynom stupně tři vynásobený funkcí kosinus (i když je na pravé straně pouze 1 z goniometrických funkcí, musíme v odhadovaném tvaru použít obě z funkcí - sinus i kosinus se stejným argumentem):

(

)

(

)

yˆ = Ax 3 + Bx 2 + Cx + D cos x + Ex 3 + Fx 2 + Gx + H sin x b) D( x) = cos x ⋅ sin x ... nejedná se o speciální pravou stranu, protože funkce sinus a kosinus násobíme c) D( x) = e 2 x sin x P( x) = 0 , b = 1, a = 2, Q( x) = 1 ... jedná se o speciální pravou stranu

v pravé straně se vyskytuje funkce sinus vynásobená exponenciálou ⇒ kontrolujeme, zda je kořenem charakteristické rovnice 2 ± i ... není kořen tvar partikulárního řešení musí odpovídat tvaru pravé strany - exponenciální funkce s argumentem 2x vynásobený goniometrickými funkcemi: MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

4

Cvičení č. 12 yˆ = e 2 x ( A cos x + B sin x) d) D( x) = x + 3e x cos 2 x ... nejedná se o speciální pravou stranu, ale jedná se součet o dvou výrazů, které speciální pravou stranou jsou

D( x) = D1 ( x) + D2 ( x) , kde

D1 ( x) = x ... P( x) = x , b = 0, a = 0, Q( x) = 0 ... jedná se o speciální pravou stranu D2 ( x) = 3e x cos 2 x ... P( x) = 3 , b = 2, a = 1, Q( x) = 0 ... jedná se o speciální pravou stranu tvar partikulárního řešení odhadneme pro každou stranu samostatně, nalezneme hledané koeficienty a pak nalezené řešení sečteme 1) D1 ( x) = x v pravé straně se vyskytuje polynom stupně jedna ⇒ kontrolujeme, zda je kořenem charakteristické rovnice 0 ... je kořen tvar partikulárního řešení: yˆ1 = ( Ax + B )x 2) D2 ( x) = 3e x cos 2 x v pravé straně se vyskytuje funkce kosinus vynásobená exponenciálou ⇒ kontrolujeme, zda je kořenem charakteristické rovnice 2 ± 2i ... není kořen tvar partikulárního řešení: yˆ 2 = e x ( A cos 2 x + B sin 2 x ) partikulární řešení dostaneme sečtením partikulárních řešení: yˆ = yˆ1 + yˆ 2 Příklad 2: 3 π  π  Určete řešení rovnice y ′′ + 9 y = 8 cos x za podmínek y  = 0, y ′  = − . 2 3 3 Řešení: 1) vyřešíme zkrácenou LDR: y ′′ + 9 y = 0

r 2 + 9 = 0 ⇒ r1, 2 = ±3i … řešením jsou 2 komplexně sdružené kořeny obecné řešení je: y 0 = C1 cos 3 x + C 2 sin 3 x 2) zkontrolujeme, zda se nejedná o speciální tvar pravé strany D( x) = 8 cos x … jedná se o speciální pravou stranu, proto použijeme k řešení metodu neurčitých koeficientů, tj. řešení budeme hledat ve tvaru y = y0 + yˆ


5

Cvičení č. 12 odhadneme tvar partikulárního řešení ( ± i není kořenem) a určíme jeho první a druhou derivaci: yˆ = A cos x + B sin x

yˆ ′ = − A sin x + B cos x yˆ ′′ = − A cos x − B sin x dosadíme do původní rovnice y ′′ + 9 y = 8 cos x a porovnáním koeficientů u stejných funkcí nalezneme neznámé konstanty A, B : − A cos x − B sin x + 9( A cos x + B sin x) = 8 cos x

cos x : − A + 9 A = 8 ⇒ A = 1 sin x : − B + 9 B = 0 ⇒ B = 0 partikulární řešení je: yˆ = cos x obecné řešení: y = C1 cos 3 x + C 2 sin 3 x + cos x 3) máme okrajovou úlohu, tzn., hledáme partikulární řešení úplné LDR

y ′ = −3C1 sin 3 x + 3C 2 cos 3 x − sin x 3 π  π  do y, y ′ dosadíme počáteční podmínky y  = 0, y ′  = − 2 3 3 0 = C1 cos π + C 2 sin π + cos

−

π 3

⇒ 0 = −C1 +

1 1 ⇒ C1 = 2 2

π 3 1 3 3 = −3 sin π + 3C 2 cos π − sin ⇒ − = −3C 2 − ⇒ C2 = 0 2 2 3 2 2

partikulární řešení: y =

1 cos 3 x + cos x 2

Příklad 3: Řešte diferenciální rovnici y ′′ + y = 2 x 2 + 1 + sin x . Řešení: 1) vyřešíme zkrácenou LDR: y ′′ + y = 0

r 2 + 1 = 0 ⇒ r1, 2 = ±i … řešením jsou 2 komplexně sdružené kořeny obecné řešení je: y 0 = C1 cos x + C 2 sin x MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463

6

Cvičení č. 12 2) zkontrolujeme, zda se nejedná o speciální tvar pravé strany D( x) = 2 x 2 + 1 + sin x … nejedná se o speciální pravou stranu, ale je dána jako součet dvou funkcí, z nichž každá má tvar speciální pravé strany, tj. řešení budeme hledat ve tvaru y = y 0 + yˆ1 + yˆ 2 a) D1 ( x) = 2 x 2 + 1 odhadneme tvar partikulárního řešení ( 0 není kořenem) a určíme jeho první a druhou derivaci: yˆ1 = Ax 2 + Bx + C

yˆ1′ = 2 Ax + B yˆ1′′ = 2 A dosadíme do původní rovnice y ′′ + y = 2 x 2 + 1 a porovnáním koeficientů u stejných funkcí nalezneme neznámé konstanty A, B, C : 2 A + Ax 2 + Bx + C = 2 x 2 + 1 x2 : A = 2

x: B =0 x 0 : 4 + C = 1 ⇒ C = −3

yˆ1 = 2 x 2 − 3 b) D2 ( x) = sin x odhadneme tvar partikulárního řešení ( ± i je kořen) a určíme jeho první a druhou derivaci:

yˆ 2 = x( A cos x + B sin x )

yˆ 2′ = A cos x + B sin x + x(− A sin x + B cos x ) yˆ 2′′ = − A sin x + B cos x − A sin x + B cos x + x(− A cos x − B sin x ) dosadíme do původní rovnice y ′′ + y = sin x a porovnáním koeficientů u stejných funkcí nalezneme neznámé konstanty A, B :

− A sin x + B cos x − A sin x + B cos x + x(− A cos x − B sin x ) + x( A cos x + B sin x ) = sin x

− 2 A sin x + 2 B cos x = sin x


7

Cvičení č. 12

sin x − 2 A = 1 ⇒ A = −

1 2

cos x : 2 B = 0 ⇒ B = 0 1 yˆ 2 = − x cos x 2

obecné řešení: y = C1 cos x + C 2 sin x + 2 x 2 − 3 −

1 x cos x 2

Příklad 4: Řešte diferenciální rovnici y ′′ − 2 y ′ + y =

ex . 1+ x2

Řešení: najdeme řešení příslušné zkrácené rovnice: y ′′ − 2 y ′ + y = 0 charakteristická rovnice: r 2 − 2r + 1 = 0 ⇒ r1, 2 = 1 obecné řešení homogenní rovnice: y 0 = C1e x + C 2 xe x D( x) =

ex … nejedná se o speciální pravou stranu, budeme řešit variací konstant 1+ x2

v řešení homogenní rovnice nahradíme konstanty funkcemi: y = C1 ( x)e x + C 2 ( x) xe x stačí určit funkce C1 ( x), C 2 ( x) sestavíme a vypočteme wronskián:

y W= 1 y1′

y2 e x = y ′2 e x

xe x x

e (1 + x)

= e 2 x (1 + x) − xe 2 x = e 2 x

nalezení C1 ( x) : 0 W1 = D( x)

y2 = y 2′

0 ex 1+ x2

C1′ ( x) = C1 ( x) = − ∫

xe x x

e (1 + x)

=−

xe 2 x 1+ x2

W1 x =− W 1+ x2

x 1 dx = − ln 1 + x 2 + c1 2 2 1+ x

(

)


8

Cvičení č. 12 nalezení C 2 ( x) : y1 W2 = ′ y1

0 D( x)

=

C 2′ ( x) = C 2 ( x) = ∫

ex

0 e2x ex = 1+ x2 1+ x2

ex

W2 1 = W 1+ x2

1 dx = arctan x + c 2 1+ x2

obecné řešení získáme dosazením C1 ( x), C 2 ( x) do y = C1 ( x)e x + C 2 ( x) xe x :   1 y =  − ln 1 + x 2 + c1 e x + (arctan x + c 2 )xe x   2

(

)

1 y = c1e x + c 2 xe x − e x ln 1 + x 2 + xe x arctan x 2

(

)

Příklad 5: Řešte diferenciální rovnici y ′′ − y ′ =

2+ x . x3

Řešení: najdeme řešení příslušné zkrácené rovnice: y ′′ − y ′ = 0 charakteristická rovnice: r 2 − r = 0 ⇒ r1 = 0, r2 = 1 obecné řešení homogenní rovnice: y 0 = C1 + C 2 e x D( x) =

2+ x … nejedná se o speciální pravou stranu, budeme řešit variací konstant x3

v řešení homogenní rovnice nahradíme konstanty funkcemi: y = C1 ( x) + C 2 ( x)e x stačí určit funkce C1 ( x), C 2 ( x) sestavíme a vypočteme wronskián:

W=

1 ex = ex x 0 e


9

Cvičení č. 12 nalezení C1 ( x) : 0 y2 = 2+ x y 2′ x3

0 W1 = D( x)

C1′ ( x) = C1 ( x) = − ∫

ex ex

( 2 + x )e x =− x3

W1 2+ x =− 3 W x

2+ x 1+ x dx = 2 + c1 3 x x

nalezení C 2 ( x) :

W2 =

y1 ′ y1

0 D( x)

C 2′ ( x) = C 2 ( x) = ∫ =−

=

1 0

0 2+ x 2+ x = 3 x x3

W2 2 + x = 3 x W x e

e−x e−x 2+ x 2e − x = + = dx dx dx ∫ x3 ∫ x2 x 3e x − e −x

2 x −3 e−x e−x e−x = − − + dx ∫ x 2 dx = x2 ∫ x2 − x −2

e −x + c2 x2

obecné řešení získáme dosazením C1 ( x), C 2 ( x) do y = C1 ( x) + C 2 ( x)e x :

y=

 e−x  1+ x  − 2 + c 2 e x + + c 1 2 x  x  y = c1 + c 2 e x +

1 x

Další řešené příklady: http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/pso3/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/pso6/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/pso1/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/wron4/index.html http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/wron5/index.html


10

Cvičení č. 12

11

Neřešené příklady: Nalezněte řešení rovnice a) y ′′ + y = 4 cos x − 2 sin x

[ y = C1 cos x + C 2 sin x + x cos x + 2 x sin x]

[y = e

b) y ′′ − 4 y ′ + 4 y = e − x c) y ′′ + y =

1 cos x

[y = C

1

2x

(C1 + C 2 x) + 19 e − x

cos x + C 2 sin x + cos x ⋅ ln cos x + x sin x ]



]


2 [1] [2] [3] [4]



12

MATEMATIKA II V PŘÍKLADECH

Recommend Documents