Písemná zkouška z Matematiky II pro FSV vzor (Kalenda 2010/11) 1. (10 bodů) Určete a nakreslete definiční obor funkce s y − sin x f (x, y) = y spočtěte její parciální derivace podle všech proměnných všude, kde existují, a napište rovnici funkce, jejímž grafem je tečná rovina ke grafu funkce f v bodě [0, 5, f (0, 5)]. 2. (10 bodů) Ukažte, že rovnice cos(x + y 2 ) + sin(x2 + y) = 1 určuje v jistém okolí bodu [−1, −1] implicitně zadanou funkci y = f (x). Spočtěte f 0 (−1) a f 00 (−1) a napište rovnici tečny ke grafu f v bodě −1. 3. (18 bodů) Nalezněte supremum a infimum funkce f na množině M a zjistěte, zda f těchto hodnot nabývá. f (x, y, z) = x2 y,
M = {[x, y, z] ∈ R3 : x2 + y 2 + 2z 2 = 4, xz ≥ 1}
4. (10 bodů) Spočtěte hodnost následující matice v závislosti na parametrech x, y ∈ R: 11 12 13 14 21 20 + x 23 24 . 31 32 33 34 41 42 43 40 + y 5. (12 bodů) Vyšetřete, zda následující řada konverguje absolutně, konverguje neabsolutně nebo diverguje. ∞ X √ √ √ 3 3 n 3 2 2 n −7− n −1 (−1) n n=1
1
Řešení Řešení 1. úlohy Definiční obor je Df = {[x, y] ∈ R2 : (y > 0 & sin x ≤ y) nebo (y < 0 & sin x ≥ y)}. Uvnitř definičního oboru, tj. v bodech, kde sin x 6= y máme r ∂f 1 − cos x cos x y (x, y) = q =− x ∂x y 2y y − sin x 2 y−sin y a
∂f sin x 1 sin x (x, y) = q = 2 x y ∂y 2y 2 2 y−sin y
r
y . y − sin x
Pro body na hranici definičního oboru, tj. v bodech, kde y = sin x, je situace následující: ∂f /∂y neexistuje, protože [x, y + ε], [x, y − ε] nebo [x, y] neleží v Df . ∂f /∂x neexistuje kromě lokálních extrémů funkce sinus, protože [x − ε, y] nebo [x + ε, y] neleží v Df . Zbývá vyšetřit ∂f /∂x v bodech lokálních extrémů funkce sinus, tj. [π/2 + 2kπ, 1], [2kπ − π/2, −1]. Ukážeme, že v těchto bodech se nerovnají derivace zprava a zleva, tj. derivace neexistuje. Máme √ 1 1 cos x 1 + sin x 1√ cos x cos x ∂f p (x, 1) = − √ =− =− 1 + sin x . ∂x 2 2 | cos x| 1 − sin x 2 1 − sin2 x Takže a
∂f ∂f 1 (2kπ + π/2, 1) = lim (x, 1) = √ x→π/2+2kπ+ ∂x ∂x + 2 ∂f ∂f 1 (2kπ + π/2, 1) = lim (x, 1) = − √ . x→π/2+2kπ− ∂x ∂x − 2
Podobně v bodech 2kπ − π/2 máme √ ∂f 1 1 cos x 1 − sin x 1√ cos x p (x, −1) = − √ = = 1 − sin x sgn(cos x). ∂x 2 2 1 + sin x −2 1 − sin2 x √ Takže jednostranné derivace vyjdou ±1/ 2. Tečná rovina v bodě [0, 5, f (0, 5)] je T (x, y) = f (0, 5) +
∂f ∂f 1 (0, 5)(x − 0) + (0, 5)(y − 5) = 1 − x. ∂x ∂y 10
Bodování: 2 body - definiční obor + obrázek, 2 body - parciální derivace uvnitř Df , 5 bodů - derivace na hranici (1 bod mimo extrémů sinu, 4 body za výpočet jednostranných derivací), 1 bod - tečná rovina. 2
Řešení 2. úlohy Pro funkci F (x, y) = cos(x+y 2 )+sin(x2 +y)−1 jistě platí: 1. F ∈ C 2 (R2 ), 2. F (−1, −1) = cos 0 + sin 0 − 1 = 0 a 3. ∂F (x, y) = − sin(x + y 2 ) · 2y + cos(x2 + y), ∂y takže ∂F/∂y(−1, −1) = −2 sin 0+cos 0 = 1 6= 0. Takže dle věty o implicitní funkci definuje rovnice ze zadání na okolí bodu [−1, −1] funkci y = y(x) ∈ C 2 (U ). Zderivováním rovnice cos(x + y(x)2 ) + sin(x2 + y(x)) − 1 = 0 podle x dostaneme − sin(x + y 2 )(1 + 2yy 0 ) + cos(x2 + y)(2x + y 0 ) = 0.
(1)
Po dosazení x = −1, y(−1) = −1 máme − sin(0)(1 − 2y 0 (−1)) + cos(0)(−2 + y 0 (−1)) = 0,
tj. y 0 (−1) = 2.
Zderivujme ještě jednou rovnici (1) − cos(x+y 2 )(1+2yy 0 )2 −sin(x+y 2 )(2y 0 y 0 +2yy 00 )−sin(x2 +y)(2x+y 0 )2 +cos(x2 +y)(2+y 00 ) = 0. Po dosazení x = −1, y(−1) = −1, y 0 (−1) = 2 máme −(1 − 4)2 − 0 − 0 + (2 + y 00 (−1)) = 0,
tj. y 00 (−1) = 7.
Bodování: 4 body - ověření předpokladů věty o IF, 2 body - y 0 (−1), 4 body - y 00 (−1). Řešení 3. úlohy Množina M je uzavřená, protože je průnikem dvou množin, které jsou uzavřené podle Věty 11: {[x, y, z] : x2 + y 2 + 2z 2 = 4} a {[x, y, z] : xz ≥ 1}. Množina je omezená, protože |x|, |y|, |z| ≤ 2. Je tedy kompaktní a protože f je spojitá, nabývá na M svého maxima a minima. Nalezneme body podezřelé z extrémů nejprve na množině M1 = {[x, y, z] : x2 + y 2 + 2z 2 = 4, xz > 1} a pak na množině M2 = {[x, y, z] : x2 + y 2 + 2z 2 = 4, xz = 1}. Na M1 : Dle věty o multiplikátoru musí platit buď ∇g = o, nebo ∇f + λ∇g = o, kde g(x, y, z) = x2 +y 2 +2z 2 −4. Protože ∇g = (2x, 2y, 4z), je ∇g = o, jen pokud x = y = z = 0, a [0, 0, 0] 6∈ M1 . Druhá rovnost odpovídá soustavě 2xy + 2λx x2 + 2λy 4λz 2 2 x + y + 2z 2 3
= = = =
0 0 0 4.
(2) (3) (4) (5)
Ze třetí rovnice máme buď λ = 0 (pak ale x = 0, takže není splněna podmínka xz > 1) nebo z = 0 (pak opět není splněna podmínka xz > 1). Takže v množině M1 žádné podezřelé body nejsou. Na M2 : Dle věty o multiplikátorech musí platit buď ∇g1 , ∇g2 lineárně závislé nebo ∇f + a∇g1 + b∇g2 = o, kde g1 (x, y, z) = x2 + y 2 + 2z 2 − 4 a g2 (x, y, z) = xz − 1. Vektory √ (2x, 2y, 4z) a (z, 0, x) jsou lineárně závislé jen pokud y = 0, 2x = cz a 4z = cx, tj. c = ±2 2 √ √ √ a x = ± 2z. Protože xz = 1, máme x = ± 4 2 a z = ±1/ 4 2, což ovšem nevyhovuje rovnici x2 + y 2 + 2z 2 = 4. Zbývá vyřešit soustavu 2xy + 2ax + bz x2 + 2ay 4az + bx 2 x + y 2 + 2z 2 xz
= = = = =
0 0 0 4 1.
(6) (7) (8) (9) (10)
Jistě x, z 6= 0, tedy ani y 6= 0 a získáváme z = 1/x a a = −x2 /2y a b = −4az/x = −4a/x2 = 2/y. Po dosazení do první a čtvrté rovnice máme 2xy − x3 /y + 2/xy = 0 x2 + y 2 + 2/x2 = 4,
(11) (12)
2x2 y 2 − x4 + 2 = 0 x4 + x2 y 2 + 2 = 4x2 .
(13) (14)
neboli
Vyjádříme z druhé rovnice x2 y 2 a dosadíme do první: −2x4 − 4 + 8x2 − x4 + 2 = −3x4 + 8x2 − 2 = 0, tj.
√ √ 1 1 x2 = − (−8 ± 64 − 24) = (4 ± 10). 6 3
Tedy
√ √ 1 1 z 2 = (4 ∓ 10) a y 2 = (−4 ± 2 10) 2 3
Protože y 2 ≥ 0, máme s x=±
4+
√ 3
s 10
,
z=±
√ 4 − 10 2
s √ 2 10 − 4 a y=± . 3
Evidentně, maximum je v bodě s s √ s √ √ ± 4 + 10 , 2 10 − 4 , ± 4 − 10 3 3 2 4
a má hodnotu
2 9
√ √ p 3 14 + 5 10 a minimum v bodě s ±
√
s √ s √ 4 + 10 2 10 − 4 4 − 10 ,− ,± 3 3 2
√ p √ a má hodnotu − 92 3 14 + 5 10. Bodování: 4 body - nabývání extrémů (uzavřenost 2 body, omezenost 1 bod, spojitost 1 bod), 4 body - M1 (∇g = o 1 bod, soustava 3 body), 10 bodů - M2 (lineární nezávislost 3 body, vyřešení soustavy 6 bodů, odpověď 1 bod). Řešení 4. úlohy Provedeme řádkové a sloupcové úpravy: 11 12 13 14 11 12 21 20 + x 23 24 −1 −4 + x ∼ 31 32 33 34 −2 −4 41 42 43 40 + y −3 −6
13 14 1 4−x 3 4 −3 −4 4 6 8 ∼2 −6 −8 3 6 9 16 − y −9 −16 + y 11 12 13 14
1 4−x 3 4 1 4−x 3 4 0 −4 + 2x 0 0 ∼ 0 −32 + 11x −20 −30 ∼ 0 −6 + 3x 0 4 − y 0 −6 + 3x 0 4 − y 0 −32 + 11x −20 −30 0 −4 + 2x 0 0 1 3 4 4−x 0 −20 −30 −32 + 11x ∼ 0 0 4 − y −6 + 3x . 0 0 0 −4 + 2x Nyní rozlišíme několik případů: 1. x 6= 2 a y 6= 4, pak je hodnost matice rovna 4, 2. x = 2 a y 6= 4, pak je hodnost matice rovna 3, 3. x 6= 2 a y = 4, pak matice není schodovitá a poslední řádek lze vynulovat, takže hodnost je 3, 4. x = 2 a y = 4, pak je hodnost matice 2. Bodování: 6 bodů - úpravy matice, 4 body - závěrečná diskuse. Poznámka: Pokud v prvním kroku odečtete první řádek jednou od každého ze zbývajících, dostanete elegantnější řešení. Zkuste si to.
5
Řešení 5. úlohy Upravujme výraz √ √ √ √ 3 3 3 2 2 n n − 7 − n − 1 = 3 n√ 3 √ −6 3 n ·q = √ 3 n4 3 1−
7 n2
2
q + 3 1−
n2 − 7 − (n2 − 1) √ √ √ 2 2 n2 − 7 + 3 n2 − 7 3 n2 − 1 + 3 n2 − 1 1 q
7 n2
3
kde An = q 3 1−
7 n2
2
1−
1 n2
q + 3 1−
1 q 7 3 1− n2
q + 3 1−
1 n2
1 n2
= −6
2
q + 3 1−
1 n2
1 · An , n
2.
Vyšetříme absolutní konvergenci: označíme-li členy zadané řady an , pak |an | = 6/n · An (pro n ≥ 3, aby An bylo kladné). Tuto řadu srovnáme s bn = 1/n, spočtěme |an | 1 = 2 ∈ (0, +∞) = lim 6An = 6 · n→∞ bn n→∞ 1+1+1 lim
podle Heineho věty aplikované na posloupnost 1/n2 a spojitosti funkce f (x) = √ 3
1
√ √ 2 1 − 7x 3 1 − x + 3 1 − x P P v nule. Protože harmonická řada diverguje, diverguje také řada |an |, tj. řada an není absolutně konvergentní. Nyní vyšetřeme konvergenci: Ukážeme, že řada konverguje, pomocí Leibnizova kritéria. Jistě 1 1 lim an = lim −6 An = −2 lim = 0 n n podle aritmetiky limit. Nyní ukážeme monotonii posloupnosti − n6 ·An . Jistě 1/n2 je klesající, tedy 1 − 1/n2 je rostoucí a také r 3
2
1 − 7x +
2
7 1− 2 + n
√ 3
r
r
r
3
3
3
7 1− 2 n
1 1− 2 + n
1 1− 2 n
2
je rostoucí (pro n ≥ 3), An je tedy klesající a po vynásobení 1/n je také klesající. Předpoklady Leibnizova kritéria jsou splněny a řada tedy konverguje. Bodování: 7 bodů - absolutní konvergence (3 body odvození správné srovnávací řady, 2 body výpočet limity, 2 body aplikování srovnávacího kritéria), 5 bodů - konvergence (1 bod limita, 3 body monotonie, 1 bod aplikování Leibnizova kritéria).
6
