Vysoká škola polytechnická Jihlava. Obor Finance a řízení. Matematika 1,2 - Miloš Kraus

Vysoká škola polytechnická Jihlava Obor Finance a řízení

Matematika 1,2 cvičení Miloš Kraus

1. vydání září 2005

Obsah 1 Matematická logika

5

2 Funkce a jejich vlastnosti

8

3 Inverzní a cyklometrické funkce

15

4 Limita posloupnosti

19

5 Limita funkce

22

6 Diferenciální počet funkce jedné proměnné

27

7 Primitivní funkce

44

8 Určitý a nevlastní integrál

52

9 Funkce dvou proměnných

60

10 Nekonečné řady

72

11 Diferenciální rovnice

82

Předmluva Tento učební text je doplňkem k textu Matematika 1 a Matematika 2 pro studenty I. a II. semestru kurzu matematiky na Vysoké škole polytechnické Jihlava, obor Finance a řízení. Obsahuje cvičení k přednáškám a měl by tedy posloužit k procvičení a lepšímu pochopení jednotlivých temat. V textu je vždy uvedena řada ukázkových příkladů k jednotlivým tematům přednášek a následuje cvičení, které by měl student sám řešit. Jednotlivé kapitoly odpovídají časovému programu kurzu, tak jak je rozvržen do jednotlivých přednášek. Byl bych rád, kdyby text co nejlépe pomohl studentům ve studiu a uvítám proto náměty a doporučení, které by napomohly k jeho dalšímu zlepšení. Současně se omlouvám za chyby, kterých jsem se snažil vyvarovat, ale jimž se přesto lze jen těžko vyhnout. V Jihlavě 1. září 2005 Autor

5

1

Cvičení k přednášce Matematická logika

Ukázkový příklad 1.1 (Tabulka pravdivostních hodnot logické formule). Ukažme, že logická formule (A ∧ B) ⇔ (A0 ∧ B 0 ) není logický zákon (tautologie). Sestavíme tabulku pravdivostních hodnot a podle definice jednotlivých formulí ji doplníme. A 1 1 0 0

B 1 0 1 0

A0 0 0 1 1

B0 0 1 0 1

(A ∧ B) 1 0 0 0

(A0 ∧ B 0 ) 0 0 0 1

(A ∧ B) ⇔ (A0 ∧ B 0 ) 0 1 1 0

Z posledního sloupce pravdivostních hodnot formule (A ∧ B) ⇔ (A0 ∧ B 0 ) je patrné, že daná formule není tautologie. Ukázkový příklad 1.2 (Negace kvantifikovaného výroku). Utvořme negace kvantifikovaných výroků: 1. A : ∀a, b ∈ R, (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 Podle pravidel pro negování kvantifikovaného výroku se existenční kvantifikátor změní na obecný a výrok se neguje, tzn. A0 : ∃a, b ∈ R, (a + b)2 6= a2 + 2ab + b2 . Zřejmě je výrok A pravdivý a výrok A0 nepravdivý. 2. A : ∃a, b ∈ R, (a + b)2 = a2 + b2 . Obdobně jako v předchozím případu je A : ∀a, b ∈ R, (a+b)2 6= a2 +b2 . Opět je výrok A pravdivý a výrok A0 nepravdivý. 3. A : ∀x ∈ R ∀y ∈ R ∀z ∈ R, (x + y + z)2 > 0 A0 : ∃x ∈ R ∃y ∈ R ∃z ∈ R, (x + y + z)2 ≤ 0 (stručněji A0 : ∃x, y, z ∈ R (x + y + z)2 ≤ 0 ) Výrok A je nepravdivý, výrok A0 je pravdivý. Ukázkový příklad 1.3. Negujme výrok A : V žádném českém městě nežije žádný člověk starší než 100 let. Výrok si můžeme - jazykově dosti neobratně - přepsat takto: O každém českém městě platí (Každý člověk je v něm mladší nebo právě 100 let starý). Pak bude negace: O aspoň jednom českém městě platí (Žije v něm aspoň jeden člověk starší 100 let ). Jazykově trochu kultivovaněji: V aspoň jednom českém městě žije aspoň jeden člověk starší než 100 let.

6

1

MATEMATICKÁ LOGIKA

Cvičení 1.1. Zjistěte, které z následujících formulí jsou logické zákony (tautologie): (a) (A ⇔ B) ⇔ [(A ⇒ B) ∧ (B ⇒ A)] (b) (A ⇔ B) ⇔ [(A ∧ B) ∨ (A0 ∧ B 0 )] (c) (A ⇒ B) ⇔ (A0 ∨ B) (d) (A ⇒ B) ⇔ (A ∨ B 0 ) (e) (A ⇒ B) ⇔ (A ∧ B 0 )0 (f) (A ∧ B) ⇒ (A ∨ B) (g) (A ∧ A0 ) ⇒ (A ∨ A0 ) (h) (A ∨ A0 ) ⇒ (A ∧ A0 ) Výsledky: (a) ano, (b) ano, (c) ano, (d) ne, (e) ano, (f) ano, (g) ano, (h) ne Cvičení 1.2. Dokažte platnost logických zákonů: (a) [(A∨B)∧C] ⇔ [(A∧C)∨(B∧C)] (c) (A ∨ B ∨ C)0 ⇔ (A0 ∧ B 0 ∧ C 0 ) (b) [(A∧B)∨C] ⇔ [(A∨C)∧(B∨C)] (d) (A ∧ B ∧ C)0 ⇔ (A0 ∨ B 0 ∨ C 0 ) Výsledky: (a), (b) - ano, distributivní zákony, (c), (d) - ano, de Morganovy zákony Cvičení 1.3. Negujte kvantifikované výroky (a) ∀x ∈ M, A(x) ∧ B(x)

(d) ∃x ∈ M, A(x) ∨ B(x)

(b) ∀x ∈ M, A(x) ∨ B(x)

(e) ∀x ∈ M, A0 (x) ∨ B(x)

(c) ∃x ∈ M, A(x) ∧ B(x)

(f) ∀x ∈ M, A(x) ⇒ B(x)

Výsledky: (a) ∃x ∈ M, A0 (x) ∨ B 0 (x), (b) ∃x ∈ M, A0 (x) ∧ B 0 (x), (c) ∀x ∈ M, A0 (x) ∨ B 0 (x), (d) ∀x ∈ M, A0 (x) ∧ B 0 (x), (e) ∃x ∈ M, A(x) ∧ B 0 (x), (f) ∃x ∈ M, A(x) ∧ B 0 (x) Cvičení 1.4. Negujte následující kvantifikované výroky: (a) ∀x ∈ M, f (−x) = f (x) (b) ∀x1 < x2 ∈ R, f (x1 ) < f (x2 ) (c) ∀x1 < x2 ∈ R, f (x1 ) ≥ f (x2 )

7 (d) ∃K ∈ R ∀x ∈ M, |f (x)| ≤ K (e) ∀x1 6= x2 ∈ M, f (x1 ) 6= f (x2 ) (f) ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N ∀n > n0 , |an − A| < ε Výsledky: (a) ∃x ∈ M, f (−x) 6= f (x), (b) ∃x1 < x2 ∈ R, f (x1 ) ≥ f (x2 ), (c) ∃x1 < x2 ∈ R, f (x1 ) < f (x2 ), (d) ∀K ∈ R ∃x ∈ M, |f (x)| > K, (e) ∃x1 6= x2 ∈ M, f (x1 ) = f (x2 ), (f) ∃ε > 0 ∀n0 ∈ N ∃n > n0 , |an − A| ≥ ε. Cvičení 1.5. Negujte následující kvantifikované výroky: (a) Všichni účastníci zájezdu se dostavili včas. (b) Nejméně dva účastníci zájezdu přišli pozdě. (c) Právě tři účastníci zájezdu se nedostavili. (d) Aspoň jeden účastník zájezdu nepřišel pozdě. (e) V každém čtverci jsou aspoň dvě různé kružnice opsané. (f) Všichni poslanci se zúčastnili všech schůzí. (g) Aspoň jeden poslanec se zúčastnil všech schůzí. (h) Každý poslanec se zúčastnil aspoň jedné schůze. (i) Aspoň tři poslanci se nezúčastnili žádné schůze. (j) Nejvýše dva poslanci strany X hlasovali pro všechny návrhy strany Y. Výsledky: (a) Aspoň jeden účastník zájezdu se nedostavil včas. (b) Nejvýše jeden účastník nepřišel pozdě. (c) Nejvýše dva nebo aspoň čtyři účastníci zájezdu se nedostavili. (d) Všichni přišli pozdě. (e) Existuje aspoň jeden čtverec, v němž je nejvýše jedna kružnice čtverci opsaná. (f) Aspoň jeden poslanec se nezúčastnil aspoň jené schůze (tj. alespoň jednou chyběl.), (g) 0 každém poslanci lze říci, že se nezúčastnil aspoň jedné schůze (= Každý poslanec aspoň jednou chyběl.) (h) Aspoň jeden poslanec se nezúčastnil žádné schůze. (i) Nejvýše dva poslanci se nezúčastnili žádné schůze. (j) Aspoň tři poslanci strany X hlasovali pro všechny návrhy strany Y. Cvičení 1.6. (a) Řešení jisté nerovnice jsou všechna x ∈ R taková, že platí výrok A : x ≤ −1 ∨ x ∈ (0, 2i. Utvořte negaci výroku A. (b) Každá kvadratická rovnice, jejíž dikriminant D > 0, má dva různé reálné kořeny. Negujte tento výrok a posuďte jeho pravdivost. Výsledky: (a) x ∈ (−1, 0i ∨ x ∈ (2, ∞), tj. x ∈ (−1, 0i ∪ (2, ∞), (b) Aspoň jedna kvadratická rovnice, jejíž diskriminant je D > 0, nemá dva reálné různé kořeny. (Nepravdivý.)

8

2

2

FUNKCE A JEJICH VLASTNOSTI

Cvičení k přednášce Funkce a jejich vlastnosti

Ukázkový příklad 2.1 (Funkční závislost). Vyjádřete povrch koule S jako funkci jejího průměru d. Protože S = 4πr2 a r = d2 , je S = 4π( d2 )2 = π.d2 . Ukázkový příklad 2.2. Vyjádřete objem V rotačního kužele jako funkci délky strany s při konstantním poloměru r podstavy kužele . Pro objem kužele platí vzorec V = 13 πr2 v. Výšku v vyjádříme pomocí √ √ s, r z pravoúhlého trojúhelníka v = s2 − r2 . Je tedy V = 31 r2 s2 − r2 . Ukázkový příklad 2.3. Vyjádřete objem V ročního kužele jako funkci odchylky α strany kužele od podstavy při konstantním obsahu podstavy P . Objem kužele je V = 13 P v. Výšku v vyjádříme opět z pravoúhlého trojúhelníka pomocí α, r. Je tg α = vr ⇒ v = r tg α. Poloměr r dostaneme z q q P P obsahu podstavy P = πr2 ⇒ r = . Je tedy v = π π tg α a nakonec q V = 31 P Pπ tg α. Cvičení 2.1. a) Vyjádřete povrch S rotačního válce jako funkci jeho tělesové výšky v při konstantním pbsahu podstavy P . b) Vyjádřete velikost U tělesové úhlopříčky krychle jako funkci obsahu P stěny krychle. c) Podél silnice jsou postaveny ve stejných vzdálenostech d sloupy. Vyjádřete vzdálenost x mezi m-tým a n-tým sloupem jako funkci d. d) Vyádřete obsah S kruhové výseče jako funkci délky oblouku l při konstatntním poloměru r. e) Z výšky x [km] ad Zemí je vidět část zemského povrchu (kulový vrchlík) o obsahu S[km2 ]. Vyjádřete S jako funkci x při konstantním poloměru Země (R=6400 km). q √ Výsledky: (a) S = 2P + 2π Pπ v, (b) U = 3 3P , (c) x = (n − m + 1)d, (d) S =

rl 2,

(e) S(x) =

2πxR2 x+R .

Ukázkový příklad 2.4 (Definiční obor funkce). √ |x+2| Najděme definiční obor funkce f : y = |x|−1 . Podmínky omezující definiční obor: odmocněnec |x + 2| nezáporný platí pro každé x ∈ R, jmenovatel zlomku |x| − 1 nenulový ⇒ x 6= ±1. Závěr: D(f ) = R \ {−1, 1}.

9 Ukázkový příklad 2.5. Najděme definiční obor a obor hodnot funkce f : √ y = x2 − 4x + 5. x2 − 4x + 5 ≥ 0 ⇒ protože diskriminant kvadratického trojčlenu je D = 16 − 20 = −4, upravíme x2 − 4x + 5 = (x − 2)2 + 1, zřejmě je (x − 2)2 + 1 ≥ 0 (rovnost nenastane). Závěr: D(f ) = R. Obor hodnot je zjevně H(f ) = h1, ∞). √ 1−log(x+1) Ukázkový příklad 2.6. Najděme definiční obor funkce f : y = + x ln x q x−2 x+2 . Omezující podmínky: 1 − log(x + 1) ≥ 0 ⇒ log(x + 1) ≤ 1 ⇒ x + 1 ≤ 10 ⇒ x ≤ 9 x + 1 > 0 ⇒ x > −1 x 6= 0 ln x 6= 0 ⇒ x 6= 1 x + 2 6= 0 ⇒ x 6= −2 x−2 x+2 ≥ 0 ⇒ x ≤ −2 ∨ x ≥ 2 (například pomocí nulových bodů x = 2, x = −2) Konjunkcí všech podmínek dostaneme D(f ) = h2, 9i. √ Ukázkový příklad 2.7. Najděme definiční obor funkce f : y = x2 − 1 + √ 1 − x2 . Podmínky: x2 − 1 ≥ 0 ∧ 1 − x2 ≥ 0 ⇒ x2 − 1 = 0 ⇒ x2 = 1 ⇒ x = ±1. Je tedy D(f ) = {−1, 1} a H(f ) = {0}. Ukázkový příklad 2.8 (Graf funkce). Zobrazíme graf funkce f : y = x|x|. Definiční obor D(f ) = R. Rozbo rem výrazu |x| dostaneme: a) Pro x ≥ 0 je y = x2 , b) pro x < 0 je y = −x2 . Obě části téhož grafu funkce jsou části parabol - viz obrázek 2.0.1 Obor hodnot je zřejmě H(f ) = R. 2 f

4

1 2

–3 –2 –10

1

2

3

–2

–6

–4

–2

0

2

4

6

–1

–4

–2

Obrázek 2.0.1: f : y = x|x|

Obrázek 2.0.2: f : y =

| sin x| sin x

10

2


sin x| Ukázkový příklad 2.9. Zobrazíme graf funkce f : y = | sin x . Pro definiční obor platí podmínka sin x 6= 0 ⇒ x 6= kπ, k ∈ Z. Rozborem výrazu | sin x| dostaneme: a) Pro sin x > 0, tj. x ∈ (0, π) ∪ x (2π, 3π) ∪ (4π, 5π) ∪ . . . je | sin x| = sin x a tedy y = sin sin x = 1. Graf je část přímky y = 1 rovnoběžné s osou x. b) Pro sin x < 0, tj. x ∈ (−π, 0) ∪ sin x (π, 2π) ∪ . . . je | sin x| = − sin x a tedy y = −sin x = −1. Graf je část přímky y = −1 rovnoběžné s osou x. Obor funkčních hodnot je H(f ) = {−1, 1}.Viz obrázek 2.0.2

Cvičení 2.2. Najděte definiční obor, obor hodnot √ √ (d) f : y = 2 − x2 + 1 (a) f : y = x − 2 √ √ (b) f : y = − 3 − x (e) f : y = − x2 − 9 p √ (c) f : y = 1 + 4 − x2 (f) f : y = 1 + x|x|

funkce a graf funkce: (g) f : y =

x−1 x+1

(h) f : y =

|x| x+3

(i) f : y =

x+2 |x|+2

Výsledky: (a) D(f ) = h2, ∞), H(f ) = h0, ∞) , (b) D(f ) = h−∞, 3), H(f ) = (−∞, 0i , (c) D(f ) = h−2, 2i, H(f ) = h1, ∞) , (d) D(f ) = R, H(f ) = (−∞, 1i , (e) D(f ) = (−∞, −3i ∪ h3, ∞), H(f ) = (−∞, 0i , (f) D(f ) = h−1, ∞), H(f ) = h0, ∞) , (g) D(f ) = R \ {−1}, H(f ) = R \ {1} , (h) D(f ) = R\{−3}, H(f ) = (−∞, −1i∪h0, ∞) , (i) D(f ) = R, H(f ) = (−1, 1i. Cvičení 2.3. Najděte definiční obor, obor hodnot funkce a graf funkce : (a) f : y =

x− 1 |x−1|

(b) f : y =

4−x2 x+2

(c) f : y =

(x−1)(x2 +2x) x2 −x

(d) f : y = x2 − 2|x| +

(e) f : y =

x3 |x|

+

|x| x

(f) f : y = x2 − 6x + 2 |x| x

(g) f : y = −2x2 + 4x

Výsledky: (a) D(f ) = R\{1}, H(f ) = {−1, 1}, (b) D(f ) = R\{−2}, H(f ) = R \ {4}, (c) D(f ) = R \ {0, 1}, H(f ) = R \ {2, 3}, (d) D(f ) = R \ {0}, H(f ) = h−2, ∞), (e) D(f ) = R \ {0}, H(f ) = (−∞, −1) ∪ (1, ∞), (f) D(f ) = R, H(f ) = h−7, ∞), (g) D(f ) = R, H(f ) = (−∞, 2i Cvičení 2.4. Najděte definiční obor, obor hodnot funkce a graf funkce: (a) f : y = 1 + 2x

(e) f : y = 1 + log x

(b) f : y = −e−x

(f) f : y = − ln(x + 2)

(c) f : y = 3 − ( 21 )x

(g) f : y = 2 ln(x + 1)

(d) f : y = 3x−2

(h) f : y = log(x − 2) + log(2 − x)

11 Výsledky: (a) D(f ) = R, H(f ) = (1, ∞), (b) D(f ) = R, H(f ) = (−∞, 0), (c) D(f ) = R, H(f ) = (−∞, 3), (d) D(f ) = R, H(f ) = (0, ∞), (e) D(f ) = (0, ∞), H(f ) = R, (f) D(f ) = (−2, ∞), H(f ) = R, (g) D(f ) = (−1, ∞), H(f ) = R, (h) D(f ) = ∅, H(f ) = ∅ Cvičení 2.5. Najděte definiční obor, obor hodnot funkce a graf funkce: (a) f : y = 1 − sin x

(e) f : y = − cotg x

(b) f : y = 2 sin(x + π4 )

(f) f : y = |1 − 2 sin x|

(c) f : y = 3 cos 2x

(g) f : y = cos2 x − sin2 x

(d) f : y = 1 + tg x

(h) f : y = sin x + sin2 x + cos2 x

Výsledky: (a) D(f ) = R, H(f ) = h0, 2i, (b) D(f ) = R, H(f ) = h−2, 2i, (c) D(f ) = R, H(f ) = h−3, 3i, (d) D(f ) = R \ { π2 + kπ}, k ∈ Z, H(f ) = R, (e) D(f ) = R \ {kπ}, k ∈ Z, H(f ) = R, (f) D(f ) = R, H(f ) = h0, 3i, (g) D(f ) = R, H(f ) = h−1, 1i, (h) D(f ) = R, H(f ) = h0, 2i. Ukázkový příklad 2.10 (Sudost a lichost funkce). Ukažme z definice, že funkce f : y = |x2 − 2| sin3 2x je lichá. f (x) = |x2 − 2| sin3 2x, Definiční obor funkce je R. f (−x) = |(−x)2 − 2| sin3 (−2x) = |x2 − 2|(− sin 2x)3 = −|x2 − 2| sin3 2x (neboť sin(−x) = − sin x). Je tedy f (−x) = −f (x) a funkce f je lichá. Viz obrázek 2.0.3

2 4

1 –2

2

–4

–3

–2

–1

0

2

4

6

8

0 –1 1

2

3

4

–2

–2 –3

–4

–4

Obrázek 2.0.3: f : y = |x2 −2| sin3 2x

√ Obrázek 2.0.4: f : y = − x − 3

12

2


Ukázkový příklad 2.11. Posuďme sudost resp. lichost funkce f : y = √ − x − 3. Protože definiční obor funkce D(f ) = h3, ∞) není symetrický podle počátku O, nemůže být daná funkce lichá ani sudá. Viz obrázek 2.0.4 Cvičení 2.6. (a) Dokažte, že funkce f : y = |x|(sin x + sin 2x) je lichá. (b) Dokažte, že funkce f : y =

1−x2 1+x2

je sudá.

(c) Dokažte, že funkce f : y = ln 1−x 1+x je lichá. (d) Dokažte, že funkce f : y = sin x + cos 2x není ani sudá ani lichá. (e) Dokažte, že funkce f : y = |x − 1||x + 1| je sudá. (f) Dokažte, že funkce f : y = |x|(tg x + cotg 2x) je lichá. (g) Dokažte, že funkce f : y = sin2 x + cos2 x je sudá. (h) Dokažte, že funkce f : y = |x + 2||x − 1| není ani sudá ani lichá. 2

3

1

2

–6

–4

–2

1

–4

–3

–2

–1

0

2

4

6

8

0 –1 1

2

3

4

–1

–2

–2

–3

–3

–4

Obrázek 2.0.5: f : y = sin x − cos2 5x

√ Obrázek 2.0.6: f : y = − 2 − x

Ukázkový příklad 2.12 (Omezenost funkce). 1. Ukažme, že funkce f : y = sin x − cos2 5x je omezená. Zřejmě je −1 ≤ sin x ≤ 1 −1 ≤ cos 5x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ ⇒ −1 ≤ − cos2 5x ≤ 0

cos2 5x

≤ 1 ⇒ 0 ≥ − cos2 5x ≥ −1

Sečtením posledních dvou (souhlasných !!) nerovností dostaneme −2 ≤ sin x − cos2 5x ≤ 1 ⇒ −2 ≤ sin x − cos2 5x ≤ 2 ⇒ | sin x − cos2 5x| ≤ 2. Funkce je tedy omezená. Viz obrázek 2.0.5.

13 2. Dokážeme, že funkce f : y = x2 není shora omezená. Tvrzení dokážeme sporem. Předpokládejme, že f je shora omezená, tzn. že existuje K ∈ R ∧ K > 0 takové. že pro všechna x ∈ √ D(f√) = R je x2 ≤ K.Poslední podmínka je však splněna pro x ∈ h− K, Ki a nikoliv pro všechna x ∈ R, což je spor. Proto f není shora omezená. Tvrzení můžeme dokázat i jinak: Dokažme přímo, že funkce není omezená, tj. dokážme pravdivost negace definičního výroku o omezenosti shora, tedy výrok: ∀K > 0 ∃x ∈ D(f ), x2 > K. Takové x ∈ D(f ) skutečně existuje, například x = K + 1. Je totiž zjevně (K + 1)2 = K 2 + 2K + 1 > K ( pro každé K > 0). Cvičení 2.7. Dokažte (z definice), že následující funkce mají uvedené vlastnosti(shora omezené, zdola omezené, omezené nebo nejsou omezené) : (a) f : y = sin x + 2 cos x - omezená (b) f : y = 2 sin x − 3 cos x - omezená (c) f : y = sin 2x − 2 cos 2x - omezená (d) f : y = 1 − x4 - shora omezená √ (e) f : y = 1 + x2 - zdola omezená √ (f) f : y = 3 − 16 − x2 - omezená (g) f : y = | tg x| - zdola omezená (h) f : y = 3 − x2 - shora omezená (i) f : y = 2 −

|x| x

- omezená

Ukázkový příklad 2.13 (Monotonie funkce). √ 1. Dokažme, že funkce f : y = − 2 − x je rostoucí ve svém D(f ). Definiční obor je D(f ) = (−∞, 2i. Zkonstruujeme funkční hodnoty dané funkce pro libovolné dvě hodnoty x1 < x2√∈ D(f ). Zřejmě platí √ x1√< x2 ⇒ −x1√> −x2 ⇒ 2 − x1 > 2 − x2 ⇒ 2 − x1 > 2 − x2 ⇒ − 2 − x1 < − 2 − x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ). Poslední nerovnost ovšem znamená, že funkce f je rostoucí. Viz obrázek 2.0.6. 2. Dokážeme, že funkce f : y = R \ {0}.

1 x

není ani rostoucí ani klesající v D(f ) =

a) Dokážeme, že není rostoucí. Pokud by byla rostoucí, muselo by pro každá dvě x1 < x2 ∈ D(f ) platit f (x1 ) < f (x2 ). To však zřejmě není například pro x1 = −3, x2 = −2 - SPOR

14

2


b) podobně ukážeme, že funkce není klesající. Pokud by byla klesající, muselo by pro každá dvě x1 < x2 ∈ D(f ) platit f (x1 ) > f (x2 ). To však také není, neboť například f (−1) = −1, f (1) = 1 - SPOR c) Daná funkce je ovšem klesající v některé vhodné podmnožině D(f ). Například v intervalu (0, ∞), rovněž v intervalu h−2, −1i je klesající apod. Cvičení 2.8. Dokažte, že následující funkce jsou v dané množině rostoucí nebo klesající nebo nemají žádnou z těchto vlastností: (a) f : y = 1 − x klesající v D(f ) √ (b) f : y = 1 + x rostoucí v D(f ) (c) f : y = 2−x klesající v D(f ) (d) f : y = 2 + 3 log(x) rostoucí v D(f ) √ (e) f : y = − 1 + x2 klesající v intervalu h0, ∞) (f) f : y = |x − 2| ani rostoucí ani klesající v D(f ) (g) f : y = |x − 2| klesající v intervalu (−∞, 0i (h) f : y = sin2 x + cos2 x ani rostoucí ani klesající v R

6

2

5

1.5

4

1

3

0.5

2

–4

1

–2

2

4

–0.5 –4

–2

2

4

–1

–1

Obrázek 2.0.7: f : y = 2x

Obrázek 2.0.8: f : y = e−|x|

Ukázkový příklad 2.14 (Prostá funkce). 1. Dokažme, že funkce f : y = 2x je prostá. Definiční obor funkce je R. Zkonstruujeme f (x1 ), f (x2 ) pro dvě libovolné hodnoty x1 6= x2 ∈ R a prokážeme splnění definičního výroku prosté funkce. Velmi snadné: x1 6= x2 ⇒ 2x1 6= 2x2 ⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ) pro každé x ∈ R. Funkce je tedy prostá. Obrázek 2.0.7.

15 2. Dokažme, že funkce f : y = e−|x| není prostá. Definiční obor je D(f ) = R. Platnost tvrzení je okamžitě zřejmá. Zvolme například x1 = −1, x2 = 1, pak je f (x1 ) = e−1 , f (x2 ) = e−1 , takže je f (x1 ) = f (x2 ). Funkce tedy není prostá. Tvrzení bylo ihned patrné i ze skutečnosti, že funkce f je sudá (proč ?) a z geometrické interpretace sudosti. Obrázek 2.0.8. Cvičení 2.9. (a) Dokažte, že funkce f : y = 3x + 2 je prostá v D(f ). √ (b) Dokažte, že funkce f : y = − 2 − x je prostá v D(f ). (c) Dokažte, že funkce f : y = sin(2 − x) není prostá v D(f ). (d) Dokažte, že funkce f : y = 1 + (e) Dokažte, že funkce f : y =

1 x

(f) Dokažte, že funkce f : y =

x |x|

√ 4 − x2 není prostá v D(f ).

je prostá v D(f ). není prostá v D(f ).

(g) Dokažte, že funkce f : y = sin2 x + cos2 x není prostá v D(f ).

3

Cvičení k přednášce Inverzní a cyklometrické funkce 3

4 f

y=x

f

3

y=x

2

g

2 1

–3

–2

–1

0

g 1

2

1 3

–1

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

–1 –2

–2 –3

Obrázek 3.0.9: f : y = 3x + 1, g = f −1 : y = 13 (x − 1)

–3 –4

Obrázek 3.0.10: f : y = 2x − 3, g = f −1 : y = log2 (x + 3)

Ukázkový příklad 3.1 (Konstrukce inverzní funkce). Najdeme inverzní funkce k daným funkcím:

16

3

INVERZNÍ A CYKLOMETRICKÉ FUNKCE

1. f : y = 3x + 1 D(f ) = R, funkce je v D(f ) prostá a zobrazuje D(f ) = R na H(f ) = −1 (y) = R. Inverzní funkci dostaneme výpočtem x, tj. x = y−1 3 . Je tedy f y−1 −1 (x) = 3 (v souřadné soustavě yOx ), resp. po záměně proměnných f x−1 −1 jsou souměrné podle 3 (v souřadné soustavě xOy ). Grafy f, f přímky y = x. Obrázek 3.0.9. 2. f : y = 2x − 3 D(f ) = R, H(f ) = (−3, ∞), výpočtem x postupně dostaneme: 2x = y + 3 ⇒ x = log2 (y + 3). Inverzní funkce f −1 (y) = log2 (y + 3), resp. po záměně proměnných f −1 (x) = log2 (x+3) zobrazuje D(f −1 ) = (−3, ∞) na interval H(f −1 ) = R. Grafy f, f −1 jsou souměrné podle přímky y = x. Obrázek 3.0.10.

4

4

3

g 3

g y=x

y=x

2 1

2

–4

f

1

–3

–2

–1

0

f 2

3

:

y

1

4

–1 –2

–1

0

1

2

3

4

–1

Obrázek 3.0.11: f : y = 2 + cos x, f −1 = g : y = arccos(x − 2)

–3 –4

Obrázek 3.0.12: f arctg x1 , f −1 = g : y =

=

1 tg x

Ukázkový příklad 3.2. Určíme inverzní funkci k funkci f : y = 2 + cos x v intervalu h0, πi. V D(f ) = h0, πi je f prostá a zobrazuje jej na interval H(f ) = h1, 3i. Inverzní funkci dostaneme výpočtem x: cos x = y − 2 ⇒ x = f −1 (y) = arccos(y − 2). Tato funkce zobrazuje D(f −1 ) = h1, 3i na interval H(f −1 ) = h0, πi. Po záměně proměnných dostaneme inverzní funkci ve tvaru y = f −1 (x) = arccos(x − 2). Oba grafy jsou v téže souřadné soustavě (xOy) na obrázku 3.0.11. Ukázkový příklad 3.3. Najdeme inverzní funkce k daným funkcím: f : y = arctg x1 v intervalu R. D(f ) = R\{0}, H(f ) = (− π2 , π2 )\{0}, D(f −1 ) = (− π2 , π2 )\{0}, H(f −1 ) = R \ {0}.

17 y = arctg x1 ⇒ x1 = tg y ⇒ x = tg1y = cotg y, po záměně proměnných y = cotg x - viz obrázek 3.0.12 vytvořený programem MAPLE. Ukázkový příklad 3.4. Určíme definiční obor funkce f : y = arcsin xx+1 2 +1 . Podmínka pro definiční obor je −1 ≤ xx+1 ≤ 1. Budeme proto řešit 2 +1 x+1 x+1 2 soustavu nerovnic, čili konjunkci −1 ≤ x2 +1 ∧ x2 +1 ≤ 1. Protože x + 1 > 0 pro každé x ∈ R, lze obě nerovnice soustavy násobit x2 + 1 beze změny znaménka nerovnice, tj. −x2 − 1 ≤ x + 1 ∧ x + 1 ≤ x2 + 1. První nerovnici postupně upravíme: x2 + x + 2 ≥ 0 ⇒ ∀x ∈ R, neboť diskriminant kvadratického trojčlenu je D = −7 < 0. Druhou nerovnici upravíme: x2 ≥ x ⇒ x2 − x ≥ 0 a například pomocí nulových bodů dostaneme řešení x ∈ (−∞, 0i ∪ h1, ∞). Průnik řešení obou nerovnic je R∩[(−∞, 0i∪h1, ∞)] = (−∞, 0i∪h1, ∞). Definiční obor funkce f : y = arcsin xx+1 2 +1 tedy je (−∞, 0i ∪ h1, ∞). Graf funkce vytvořený pomocí programu MAPLE je na obrázku 3.0.13. Cvičení 3.1. Určete inverzní funkce k daným funkcím : (a) f : y = 3 + 2 arcsin(2x + 1) v intervalu h−1, 0i. (b) f : y = − sin(x − π3 ) v intervalu h− π6 , 5π 6 i (c) f : y = 1 + arccotg 2x 3 v intervalu (−∞, ∞). Výsledky: −1 : y = (a) f −1 : y = − 21 + 21 sin x−3 2 , H(f ) = h3 − π, 3 + πi. (b) f π π 3 −1 : y = 2 cotg(x − 3 + arcsin(−x) = 3 − arcsin x, H(f ) = h−1, 1i, (c) f 3π 1), D(f ) = (0, 2 ), H(f ) = (1, 1 + π). 4

2

f y=x

3 2

1

g

1 g –4

–2

0

2

4

–1

–4 –3 –2

–1 0 –1

1

2

3

4

–2 –3

–2

Obrázek 3.0.13: f : y = arcsin xx+1 2 +1

–4

f

Obrázek 3.0.14: f : y = f −1 : y = e1/x

1 ln x , g

=

Cvičení 3.2. Najděte inverzní funkce k daným funkcí ve vhodně volených intervalech:

18

3

INVERZNÍ A CYKLOMETRICKÉ FUNKCE

1 (a) f : y = arctg x−3

(b) f : y =

1 cos 2x

(c) f : y = sin2 x − cos2 x Výsledky: (a) D(f ) = R \ {3}, f −1 : y = 3 + cotg x, (b) D(f ) = h0, π2 i \ { π4 } = H(f −1 ), f −1 : y = 21 arccos x1 , D(f −1 ) = h1, ∞) ∪ (−∞, −1i = H(f ) – viz obrázek 3.0.15 (graf byl vytvořen v programu MAPLE), (c) D(f ) = h0, π2 i = H(f −1 ), f −1 : y = 21 arccos(−x), D(f −1 ) = h−1, 1i. 3

g f

f

4

y=x

y=x

2

2 1 g –3

–2

–1

0

1

2

–4

3

0

–2

–1

2

4

–2

–2

f

–3

Obrázek 3.0.15: f : y = g : y = 12 arccos x1

1 −1 cos 2x , f

=

–4 g

x+1 Obrázek 3.0.16: f : y = ln x−1 , f −1 : x y = eex +1 −1

Cvičení 3.3. Najděte inverzní funkce k daným funkcí ve vhodně volených intervalech splujících podmínky pro existenci inverzní funkce: √ (a) f : y = − x + 1 (b) f : y = x2 v intervalu h−∞, 0i (c) f : y = −(x + 1)2 v intervalu h−1, ∞) (d) f : y =

1 ln x

(e) f : y =

1+x 1−x

x+1 (f) f : y = ln x−1‘

Výsledky: √ (a) D(f ) = h−1, ∞i, f −1 : y = x2 − 1, (b) f −1 : y = − x, (c) v D(f ) = √ h−1, ∞) je f −1 : y = −x − 1, D(f −1 ) = h−∞, 0i, (d) D(f ) = (0, ∞) \ {1}, f −1 : y = e1/x - viz obrázek 3.0.14, (e) D(f ) = R \ {1}, f −1 : y = x−1 x+1 , (f) ex +1 −1 D(f ) = (−∞, 1) ∪ (1, ∞), f : y = ex −1 - obrzek 3.0.16. Cvičení 3.4. Dokažte platnost následujících vzorců:

19 (a) arcsin x + arccos x =

π 2

(c) arcsin(−x) = − arcsin x

(b) arctg x + arccotg x =

π 2

(d) arctg(−x) = − arctg x

4

Cvičení k přednášce Limita posloupnosti

Ukázkový příklad 4.1 (Monotonie posloupnosti). Dokažme následují vlastnosti posloupností: 1. an =

2n n+1

je rostoucí.

Posoudíme výraz am − an , m < n (definice rostoucí posloupnosti !): 2(m−n) 2m 2n 2m−2n am − an = m+1 − n+1 = (m+1)(n+1) = (m+1)(n+1) . Protože m + 1 > 0, n + 1 > 0, m − n < 0 pro každé m, n ∈ N, je podle definice daná posloupnost rostoucí. 2. an = −(n − 1)2 je klesající. m < n ⇒ am − an = −(m − 1)2 + (n − 1)2 = 2(m − n) − (m2 − n2 ) = (m−n)(2−m−n). Protože m ≥ 1∧n > 1 ⇒ m+n > 2 ⇒ 2−m−n < 0, výraz m − n < 0. Je tedy am − an > 0 ⇒ am > an . Posloupnost je tedy klesající. 3. Vyšetřeme, zda posloupnost an = (2n − 50)4 je rostoucí nebo klesající. am − an = (2m − 50)4 − (2n − 50)4 = [(2m − 50)2 + (2n − 50)2 ].[(2m − 50)2 − (2n − 50)2 ] = [(2m − 50)2 + (2n − 50)2 ][4m2 − 4n2 − 200m + 200n] = [(2m − 50)2 + (2n − 50)2 ][4(m2 − n2 ) − 200(m − n)] = [(2m − 50)2 + (2n − 50)2 ].4(m − n)(m + n − 50). Poslední výraz není pro každé m, n ∈ N ani kladný ani záporný. Je totiž pro každé m, n ∈ N ∧ m < n výraz (2m − 50)2 + (2n − 50)2 > 0, výraz m − n < 0, avšak výraz (m + n − 50) může nabývat hodnot kladných (např. m = 20, n = 40), záporných (např. m = 2, n = 10) nebo i nulových ( m = 20, n = 30). Posloupnost tedy není ani rostoucí ani klesající (pro každé n ∈ N). Ukázkový příklad 4.2 (Omezenost posloupnosti). 1. Dokažme, že posloupnost an =

2n n+1

je shora omezená hodnotou h = 2.

2n n+1

Řešme nerovnici ≤ 2 ⇒ 2n ≤ 2(n + 1) ⇒ 0n ≤ 2. Poslední nerovnost je splněna pro každé n ∈ N. Posloupnost je tedy shora omezená. (Obdobně bychom ovšem dokázali, že je shora omezená hodnotou například h = 10 apod. ). Platí tedy an ≤ 2. Omezenost zdola je okamžitě zřejmá z toho, pro n ∈ N je zlomek 2n n+1 > 0 pro každé n ∈ N. Platí tedy an > 0. S využitím výsledku příkladu 4.1 (rostoucí posloupnost) ovšem zřejmě platí an > a1 = 1.

20

4 LIMITA POSLOUPNOSTI Je tedy je 1 ≤ an ≤ 2 ⇒ −2 ≤ an ≤ 2 ⇒ |an | ≤ 2 (pro každé n ∈ N 2n ), což podle definice omezenosti znamená, že posloupnost an = n+1 je omezená. 2. Dokažme, že posloupnost an = −(n − 1)2 je omezená shora, nikoliv zdola. Omezenost shora je okamžitě zřejmá: Výraz (n − 1)2 ≥ 0 pro každé n ∈ N, takže výraz an = −(n − 1)2 ≤ 0. Je tedy posloupnost omezená shora hodnotou h = 0 (nebo ovšem i jinou kladnou hodnotou ). Omezenost zdola dokážeme SPOREM. Předpokládejme, že posloupnost je zdola omezená, tj. že existuje K ∈ R takové, že pro všechna n ∈ N je an ≥ K, K < 0. Řešme −(n − 1)2 ≥ √ K ⇒ √ proto nerovnici √ 2 (n − 1) ≤ −K ⇒ |n − 1| ≤ −K ⇒ 1 − −K ≤ n ≤ 1 + −K (Je zřejmě −K > 0 ). Poslední řešení je však SPOR s předpokladem, že shora uvedená podmínka an ≥ K platí pro všechna n ∈ N . Posloupnost proto není zdola omezená (což je dobře patrné i z grafického zobrazení posloupnosti an = −(n − 1)2 ).

Ukázkový příklad 4.3 (Limita posloupnosti). 1. Dokažme, že posloupnost an =

2n n+1

má limitu 2.

Podle definice dokážeme, že nerovnost |an − 3| < ε platí pro všechna přirozená čísla n > n0 , n0 ∈ N a pro každé ε > 0. Jinak řečeno, že existuje takové n0 ∈ N, že pro všechna n > n0 je |an − 3| < ε při libovolné volbě ε > 0. Řešme proto nerovnici 2n −2 2 | n+1 − 2| < ε ⇒ | n+1 | < ε ⇒ n+1 < ε ⇒ n + 1 > 2ε ⇒ n > 2ε − 1. Tím byla prokázána existence přirozeného čísla n0 požadovaného definicí. Tímto číslem n0 je celá část čísla 2ε − 1. Například pro ε = 0, 01 je . 2 2 2 ε −1 = 199 a tedy n0 = 199. Pro ε = 0, 3 je ε −1 = 0,3 −1 = 5, 67 a tedy 2n je n0 = 5. Znamená to, že pro každé n > 5 je rozdíl | n+1 − 2| < 0, 3. Dosazením se snadno přesvědčíte o správnosti například pro n = 6 ⇒ a6 = 0, 9231, 714, |a6 − 2| = 0, 286 < 0, 3. 2. Dokažme, že limita posloupnosti an = en je ∞. Podle definice najdeme takové n0 ∈ N (prokážeme jeho existenci), že pro každé n > n0 je an > K pro libovolně zvolené K ∈ R, K > 0. K Řešme proto nerovnici en > K ⇒ n log e > log K ⇒ n > log log e . Hledané n0 ∈ N tedy je celá část reálného čísla že lim en = ∞.

log K log e .

Tím je dokázáno,

n→∞

[ Například pro K = 1010 je n0 = 23.]

log K log e

=

10 log e

= 23, 026 a celá část je

Cvičení 4.1. Dokažte z definice, že následují posloupnosti mají limity:

21 5n a) lim 1−n = −5.

d) lim(1 + 2n ) = ∞

b) lim 3−n 1−n = 1

e) lim(2 − n2 ) = −∞

c) lim n+1 1+n = 1

f) lim( 32 )n = 0

Cvičení 4.2. Vypočtěte limity posloupností: 2

(a) lim (2n+1) (1−n)2 3

2

+n −5 (b) lim 2n(1−n) 3 3

3

+n −2 (c) lim n(2n+1) 3

(d) lim

(f) lim 3n

n2 −1 n+1

3 +n2 −5n+2 (n2 −2)2

√

n (g) lim n+ n−3

√ √ (h) lim( n + n n) √ √ (i) lim( n − n n)

1−n (e) lim 1+2n 2

Výsledky: (a) 4, (b) −2, (c) 1/8, (d) ∞, (e) 0, f) 0, (g) 1, (h) ∞, (i) ∞, Cvičení 4.3. Vypočtěte limity posloupností: n +(−1)n

n

(e) lim 2

(a) lim 5 3−1 n n −3n 3n

(b) lim 2

n

n

+2 (c) lim 1052n n

(d) lim 6 5+1 n

1−2n

(f) lim(( 12 )n + 1n + 2n ) (g) lim(2n + (−2)n ) n

(h) lim 1+(−1) cos n−3

Výsledky: (a) ∞, (b) −1, (c) 0, (d) ∞, (e) −1, (f) ∞,(g) neex., (h) neex. Cvičení 4.4. Vypočtěte limity posloupností: ³ ń ¢n ¡ n (a) lim 1 + n2 (g) lim n+1 ¡ ¢ 1 2n (b) lim 1 + 3n ´−2n ³ n+4 (h) lim ³ ´−n n+1 1 (c) lim 1 + n+2 ³ ´2 1 ³ ´4n+3 (i) lim 1 + n+1 1 (d) lim 1 + 2n+2 ³ ´−1 ¡ n+1 ¢4n+3 n+5 (j) lim n+1 (e) lim n ¢n+3 ¡ (f) lim n+3 (k) lim n[ln(n + 1) − ln n] n

22

5 LIMITA FUNKCE

Výsledky: (a) e2 , (b) e2/3 , (c) e−1 , (d) e2 , (e) e4 , (f) e3 , (g) e−1 , (h) e−6 , (i) 1, (j) 1, (k) 1 Cvičení 4.5. Vypočtěte limity posloupností: n−1

(a) lim 3 2n+1

(n+2)! (d) lim (n+1)!

1+n (b) lim log 2+10n ³ ´ 2n−2 (c) lim 1 + 2 2n+1

(e) lim 1+2+···+n 2−n2 2

n+1

1+2+2 +···+2 (f) lim 1+3+3 2 +···+3n+1

Výsledky: √ (a) 3, (b) −1, (c) 3, (d) ∞, (e) − 12 , (f) 0. Cvičení 4.6. Vypočtěte limity posloupností: 2

(a) lim(n + sin n)

−cos 3n (e) lim 2n n2 +(−1)n

(b) lim(cos 2n − n2 )

−cos 3n (f) lim 2nn+(−1) n

(c) lim n2 |2 + sin n|

−sin n (g) lim nn3 +(−1) n

n−cos n (d) lim sin sin n+cos n

(h) lim 25n+(−1) −sin2 n

2

2

n

n

Výsledky: (a) ∞ , (b) −∞, (c) ∞, (d) neex, (e) 2, (f) ∞, (g) 0, (h) 0 Cvičení 4.7. Vypočtěte limity posloupností: √ n)

(d) lim

√ √ n+1− n √ n

√ (b) lim( n n − n)

(e) lim

√ √ n+1+ n √ n

(a) lim(n −

(c) lim

√ √ (f) lim( n2 + n − n2 − n)

√ √ n+1− n n

Výsledky: (a) ∞, (b) −∞, (c) 0, (d) 0, (e) 2, (f) 1

5

Cvičení k přednášce Limita funkce

Ukázkový příklad 5.1 (Vlastní limita v nevlastním bodě). (Obrázek 5.0.18). Dokažme, že lim (2 + ex ) = 2. x→−∞

Lze postupovat dvěma způsoby.

23 1. Vyjdeme-li z definice ∀ε > 0 ∃x0 ∈ R ∀x < x0 , |f (x) − 2| < ε, pak vyjdeme z posledního tvzení a postupně dostaneme: |f (x) − 2| < ε ⇒ |2 + ex − 2| < ε ⇒ ex < ε ⇒ x < ln ε. Tím jsme našli x0 požadované definicí a to x0 = ln ε a skutečně tedy platí tvrzení o dokazované limitě. 2. Vyjdeme-li z definice limity funkce pomocí okolí, tj. ∀Uε (A) ∃Pδ (−∞) ∀x ∈ Pδ (−∞), f (x) ∈ Uε (2), pak dostáváme postupně f (x) ∈ Uε (2) ⇒ ex + 2 ∈ Uε (2) ⇒ 2 − ε < ex + 2 < 2 + ε ⇒ −ε < ex < ε ⇒ x < ln ε ⇒ x ∈ (−∞, ln ε). Je tedy nalezeno δ = ln ε a příslušné prstencové okolí Pδ (−∞) = (−∞, ln ε).

y

y

f(x) f(x) K

x0

2

x

x0

Obrázek 5.0.17: lim ln(x + 1) = ∞ x→∞

x

Obrázek 5.0.18: lim (2 + ex ) = 2 x→−∞

Ukázkový příklad 5.2 (Nevlastní limita v nevlastním bodě). (Obrázek 5.0.17) Dokažme, že lim ln(x + 1) dx = ∞. x→∞

1. Podle definice má platit od jistého x0 (jehož existenci je tedy nutno prokázat), že pro všechna x > x0 je že ln(x + 1) > K pro libovolné K > 0. Vyjdeme-li z poslední nerovnosti, dostaneme postupně ln(x + 1) > K ⇒ x + 1 > eK ⇒ x > −1 + eK Je tedy nalezeno x0 = −1 + eK takové, že podmínka daná definicí platí pro všechna x > x0 a pro libovolné K > 0. Tím je dokázáno, že lim ln(x + 1) = ∞. x→∞

24

5 LIMITA FUNKCE 2. Použijeme-li definici limity funkce pomocí okolí, pak je Uε (∞) = (ε, ∞), Pδ (∞) = (δ, ∞). Podle definice pak postupně dostaneme: ln(x + 1) ∈ Uε (∞) ⇒ ln(x + 1) > ε ⇒ x + 1 > eε ⇒ x > −1 + eε , ε > 0 Tím je prokázána existence prstencového okolí Pδ (∞) = (−1 + eε , ∞), kde δ = −1 + eε pro libovolné ε > 0. Je tedy lim ln(x + 1) = ∞. x→∞

Ukázkový příklad 5.3 (Nevlastní limita ve vlastním bodě). (Obrázek 5.0.19 1 | = ∞. Dokažme, že lim | x−2 x→2

1. Definice tohoto typu limity je ∀K > 0 ∃Pδ (c) ∀x ∈ Pδ (c), f (x) > K. Vyjdeme z tvrzení definice 1 f (x) > K ⇒ | x−2 | > K ⇒ |x − 2| < K1 ⇒ − K1 < x − 2 < K1 ⇒ 2 − K1 < x < 2 + K1 ⇒ x ∈ (2 − K1 , 2 + K1 ) \ {2} ⇒ x ∈ Pδ (2), kde δ = K1 , K > 0. Tím jsme našli definicí požadované prstencové okolí bodu c = 2 a příslušné δ = K1 . 2. Druhá možnost (definice limity pomocí okolí) má téměř shodný postup. Pouze podmínka f (x) > K je nahrazena ekvivalentní podmínkou 1 | > f (x) ∈ Uε (∞). Pak postupně dostaneme: f (x) ∈ Uε (∞) ⇒ | x−2 1 1 1 1 1 ε ⇒ |x − 2| < ε ⇒ − ε < x − 2 < ε ⇒ 2 − ε < x < 2 + ε ⇒ x ∈ (2 − 1ε , 2 − 1ε ) \ {2}. Je-li tedy x ∈ Pδ (2) = (2 − 1ε , 2 + 1ε ) \ {2}, kde δ = 1ε pro libovolné ε > 0, pak f (x) ∈ Uε (∞). y

y

f(x)

K

3 f(x)

x

2

1 Obrázek 5.0.19: lim | x−2 |=∞ x→2

x

2

Obrázek 5.0.20: lim (2x − 1) = 3 x→2

Ukázkový příklad 5.4 (Vlastní limita ve vlastním bodě). (Obrázek 5.0.20) Dokážeme z definice, že lim (2x − 1) = 3. x→2

25 1. Definice říká: ∀ε > 0 ∃Pδ (c) ∀x ∈ Pδ (c), |f (x) − A| < ε. Vyjdeme z posledního tvrzení definice a postupně dostaneme: |(2x − 1) − 3| < ε ⇒ |2x − 4| < ε ⇒ −ε < 2x − 4 < ε ⇒ 4 − ε < 2x < 4 + ε ⇒ 2 − 2ε < x < 2 + 2ε ⇒ x ∈ (2 − 2ε , 2 + 2ε \ {2} ⇒ x ∈ Pδ (2), kde δ = 2ε pro libovolné ε > 0. Je tedy patřičné prstencové okolí nalezeno (pro libovolné ε > 0). 2. Druhý způsob je téměř totožný. Podmínka f (x) ∈ Uε (3) se opět převede na nerovnost 3 − ε < 2x − 1 < 3 + ε ⇒ 4 − ε < 2x < 4 + ε ⇒ 2 − 2ε < x < 2 + 2ε ⇒ x ∈ Pδ (2) \ {2}, kde δ = 2ε . Tím je hledané prstencové δ-okolí nalezeno. Je Pδ (2) = (2 − δ, 2 + δ) \ {2} (pro libovolné ε > 0). Cvičení 5.1. Dokažte z definice, že následují funkce mají limity: (a) (b)

lim (−x2 ) = −∞

x→−∞

lim 1 x→−∞ x−2

(e) lim (−3x + 5) = 11 x→−2

=0

(c) lim arctg x = x→∞

π 2

2 (d) lim (−| x−2 |) = −∞ x→2

(f) lim (x − 1) = −1 x→0

(g) lim (1 + |x|) = 1 x→0

Cvičení 5.2. Vypočtěte limity funkcí: (a) lim

x→∞

(b)

(x2 +1)3 (x2 −2)(x2 +2)

2x3 −x x→−∞ x+2

(e)

lim

(c) lim

(4x−1)100 (3x+1)200

x→∞

(2x−1)3 3 x→−∞ (x+3)

lim

x+3 x→∞ 2x+3

(f) lim

(6x+5)300

(x+2)5 10 (1−x) x→∞

(d) lim

(g) lim

x→∞

(2x−4)4 (2x+1) (1−x)5

Výsledky: (a) ∞, (b) ∞, (c) 6−100 , (d) 0, (e) 8, (f) 12 , (g) −25 . Cvičení 5.3. Vypočtěte limity funkcí: (x2 −x−2)20 3 −12x+16)10 (x x→2

x2 +x−12 2 x→3 x −9

(d) lim

x3 −x 2 x→0 x +1

(e) lim

x4 +2x2 −3 2 x→1 x −3x+2

(f) lim

(a) lim (b) lim (c) lim

x3 +1 x→−1 x+1 x2 −4 3 (x−2) x→2

Výsledky: (a) 76 , (b) 0, (c) -8, (d) ( 32 )10 , (e) 3, (f) ∞ .

26

5 LIMITA FUNKCE 2πxR2 x+R

Cvičení 5.4. Vypočtěte limitu funkce S(x) = 2.1e). Interpretujte nalezený výsledek.

pro x → ∞ (viz cvičení

Výsledky: 2πR2 . Cvičení 5.5. Vypočtěte limity funkcí: √ √ 2+x− 2 x x→0 √ lim √ x−2 x→4 x3 −8

√ 6+x−2 x→−2 x+2

(a) lim

(d) lim

(b)

(e) lim

√ √ 3 x−2−2 x+0,5 2 x −16 x→4

√ √ 2 √x +7−√ 7−3x x+3− x2 −9 x→−3

x2 −1 √ x→1 x−1

(c) lim

Výsledky: 1 (a) 2√ , (b) 2

1 12 ,

(c) 0, (d) 14 , (e)

(f) lim √ 5 2 96 ,

f) 4 .

Cvičení 5.6. Vypočtěte limity funkcí: sin3 x 3 x→0 x

sin 5x x→0 2x

(f) lim

tg 2x x→0 4x

(g) lim

x→0

sin3 x x

sin 5x x→0 sin 2x

(h) lim

sin3 x x4

(a) lim (b) lim (c) lim

x→0

tg 2x x→0 tg 3x

(i) lim

sin 4x+sin 7x sin 3x x→0

(j) lim

(d) lim

x→∞

sin2 x+cos x x x→∞

(e) lim

Výsledky: (a) 52 , (b) 12 , (c) 52 , (d) 23 , (e) x → 0− ⇒ f → −∞ , (i) 0, (j) 0.

sin2 x x2

11 3 ,

(f) 1, (g) 0, (h) x → 0+ ⇒ f → ∞,

Cvičení 5.7. Vypočtěte limity funkcí: √

arcsin x x x→0

(d) lim

1−cos x sin x

arcsin(x−3) x2 −9 x→3

(e) lim 2

1+sin x cos x

(a) lim (b) lim

(c) limπ x→ 4

sin x−cos x 1−tg x

x→0

x→0

x (f) limπ log 1+cos 1+sin x x→ 4

Výsledky: √ (a) 1, (b) 16 , (c) − 22 , (d) x → 0+ ⇒ f → 2, (f) 0. Cvičení 5.8. Vypočtěte limity funkcí:

√

2 2 ,

x → 0− ⇒ f → −

√ 2 2

, (e)

27 ¡ (a) lim 1 + x→∞

³ (b) lim 1 + x→∞

³ (c) lim

x→∞

¢ 3 x+2 2x 3 2x+1

2x+4 2x+1

2

(d) lim (1 + 5x)1+ x x→0

´3x+2

³ (e) lim 1 + x→0

´−x

3 2x+1

´2

2x−ln(x+1) x→0 3x+ln(x+1)

(f) lim

Výsledky: 9 3 3 (a) e 2 , (b) e 2 , (c) e− 2 , (d) e10 , (e) ∞, (f) 14 .

6

Cvičení k přednášce Diferenciální počet

Ukázkový příklad 6.1 (Definice derivace). Z definice vypočtěte derivace následujících funkcí. Definici derivace lze vyjádřit v různé symbolice, jedná se však o ekvivalentní definice. 1. f (x) = x2 − 3x. Vyjdeme z následující symboliky: Derivace funkce f bodě x je f 0 (x) = (x) lim f (x+h)−f .(Pokud daná limita existuje.) h h→0

[(x+h)2 −3(x+h)]−[x2 −3x] h h→0 2 (x2 +2hx+h2 −3x−3h)−(x2 −3x) lim = lim 2hx+hh −3h = lim h(2x+h−3) h h h→0 h→0 h→0

Pak je f 0 (x) = (x2 − 3x)0 = lim =

=

lim (2x + h − 3) = 2x − 3.

h→0

2. f (x) =

2 . x2

Vyjdeme z jiné, ale ekvivalentní symboliky: f 0 (x0 ) = lim

x→x0

daná limita existuje.) Pak je lim

x→x0

= ( x22 )0 = −4 x30

f 0 (x)

−4x0 x40

2 − 22 x2 x0 x→x0 x−x0

= lim

2x20 −2x2 2 2 x→x0 x x0 (x−x0 )

= lim

√ 1 − x. √ √ ¡√ ¢0 1−(x+h)− 1−x 0 = lim f (x) = 1 − x = lim h

3. f (x) =

f (x)−f (x0 ) .(Pokud x−x0

= lim

x→x0

√

−2(x0 +x) x2 x20

√ 1−x−h− 1−x h

h→0√ h→0 √ √ √ 1−x−h−(1−x) 1−x−h− 1−x √1−x−h+√1−x lim . 1−x−h+ 1−x = lim h(√1−x−h+√1−x) h h→0 h→0 −h √ −1 √ 1 √ lim h(√1−x−h+ = lim = − 2√1−x . 1−x) h→0 h→0 1−x−h+ 1−x

=

=

=

Ukázkový příklad 6.2 (Tečna a normála grafu funkce). Určeme rovnici tečny a normály grafu funkce f : y = sin x + cos x v bodě π T [ 4 , y], který leží na grafu funkce f . (obr. 6.0.21 )

28

6 DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE JEDNÉ PROMĚNNÉ

√ y-ovou souřadnici bodu T dostaneme dosazením: y = sin π4 +cos π4 = 2. √ Tečna grafu je tedy určena bodem T [ π4 , 2] a svou směrnicí v tomto bodě, tj. derivací f 0 (x) v bodě x = π4 . Derivace f 0 (x) = cos x − sin x, takže f 0 ( π4 ) = cos π4 − sin π4 = 0. Rovnici tečny i normály lze dostat z rovnice přímky ve √ tvaru y = kx + q dosazením souřadnic x = π4 , y = 2 bodu T do rovnice √ √ přímky y = kx + q. Pak je zřejmě: 2 = 0. π4 + q ⇒ q = 2. Je tedy rovnice √ tečny y = 2 (rovnoběžka s osou x, což bylo patrné ihned z toho, že k = 0). Normála je přímka kolmá k tečně v dotykovém bodě T a její rovnice v tomto případě je x = π4 .

3

4

f

n

t 3

2 t

2

1

1 –2

–1

1 –1

2

3

4 f

–2

Obrázek 6.0.21: f : y = sin x + cos x

–2

–1

n 1

2

3

4

–1 –2

Obrázek 6.0.22: f : y = 2x2 − x

Ukázkový příklad 6.3. Řešme následující úlohy o tečně resp. normále grafu funkce f : √ 1. f : y = 1 − x v bodě x = −3. Směrnice tečny grafu funkce f v kterémkoliv bodě definičního oboru √ = −1 . Dotykový bod je y 0 = 2√−1 , v bodě x = −3 je to kt = 2−1 4 1−x 4 je T [−3, 2]. Rovnici tečny dostaneme například z rovnice přímky y = kx + q. Dosazením k = − 14 , y = 2, x = −3 je q = 54 , tečna tedy má rovnici t . . . y = − 14 x + 45 . Směrnici normály dostaneme z podmínky kolmosti dvou přímek k1 k2 = −1, pokud obě směrnice existují: kn = − k1t = 4 a normála pak má rovnici n . . . y = 4x + 14. 2. Najděme, ve kterém bodě x je tečna grafu f : y = 2x2 − x rovnoběžná s přímkou p . . . 3x − y + 1 = 0. (Obr. 6.0.22) Přímka p má zřejmě směrnici kp = 3. Tečna grafu funkce v kterémkoliv bodě x ∈ D(f ) má směrnici, která je rovna derivaci f v bodě x. Proto y 0 = 4x − 1 ⇒ 4x − 1 = 3 ⇒ x = 1. (Neboť p k t ⇒ kp = kt , pokud obě směrnice existují.) Hledaný bod T na grafu funkce f proto

29 je T [1, f (1)], čili T [1, 1]. Rovnici tečny resp. normály můžeme napsat přímo jako rovnici přímky určené bodem T a směrnicí kt = kp . Je totiž y − y1 = k(x − x1 ), takže 1 n . . . y − 1 = − (x − 1) 3

t . . . y − 1 = 3(x − 1)

Cvičení 6.1. Vypočtěte z definice derivace následujících funkcí: a) y =

√ 1 − 2x

c) y =

1 b) y = + 3x

2 x2 +1

d) y = e3x

Výsledky:

√

√ 1−2(x+h)− 1−2x = ··· h h→0 y 0 = − (x24x , (d) y 0 = 3e3x . +1)2

(a) Podle definice je y 0 = lim další: (b) y 0 = − 3x12 , (c)

=

√ −1 , 1−2x

podobně

Cvičení 6.2. Vypočtěte derivace následujících funkcí v jejich definičních oborech: √ (d) y = 3 x − x12 + 4 ln x − 2 (a) y = (x2 − 1)(3x + 2) (b) y =

1 4x−1

(e) y =

(c) y =

3x+2 3x−2

(f) y = (2 + ex )(1 − ex )

ln x+1 3 ln x−2

−4 , (4x−1)2 0 x y = −e

Výsledky: (a) y 0 = 9x2 + 4x − 3, (b) y 0 = y0

=

3 √ 2 x

+

2x−3

+

4 x,

(e)

y0

=

−5 , x(3 ln x−2)2

(f)

(c) y 0 = −

−12 , (3x−1)2

(d)

2e2x

Cvičení 6.3. Vypočtěte derivace následujících funkcí v daných bodech: (a) f : y =

1 4x−1

v bodě x = 0

√ (b) f : y = 3 x − (c) f : y =

ln x+1 3 ln x−2

1 x2

+ 4 ln x − 2 v bodě x = 0

v bodě x = a

(d) f : y = (2 + ex )(1 − ex ) v bodě x = −1 (e) f : y =

√ 1−√x 1+ x

v bodech x = 1, x = 0, x = 2 −5 pro a(3 ln a−2)2 1√ 0 y (2) = − 4+3 2

Výsledky: (a) y 0 (0) = −4, (b) nedef., (c) y 0 = y0

=

−e−1

−

2e−2 ,

(e)

y 0 (1)

=

− 14 , y 0 (0)

nedef.,

a > 0, (d)

Cvičení 6.4. Najděte rovnici tečny a normály grafu funkce f v daném bodě T:

30


1 (c) f : y = 2x3 − ln x−1 v bodě T [1, ?] √ (b) f : y = x2 +4x−3 v bodě T [−2, ?] (d) f : y = 1 − x v bodě T [4, ?]

(a) f : y =

x−4 x+2

v bodě T [0, ?]

Výsledky: (a) T [0, −2], kt = 32 , kn = − 23 , t . . . y+2 = 32 x, (b) T [−2, −7], kt = 0, t . . . y = −7, n . . . x = −2, (c) T [1, 3], kt = 7, kn = − 17 , t . . . y −3 = 7(x−1), (d) T [4, −1], kt = − 14 , kn = 4, t . . . y + 1 = − 14 (x − 4). Ukázkový příklad 6.4 (Derivace složené funkce). Derivujme následující složené funkce (v jejich definičních oborech): 1. f : y = (x2 + 1)100 , x ∈ R Označme y = t100 , t = (x2 + 1), pak podle věty o derivaci složené funkce je y 0 = (t100 )0 (x2 + 1)0 = 100t99 2x = 200x(x2 + 1)99 . ³ ´2 x 2. f : y = 1−ln , x > 0 ∧ x 6= e−1 1+ln x ³ ´ ´0 ³ x 0 = (t2 )0 1−ln x Označme y = t2 , t = 1−ln , pak je y = 1+ln x 1+ln x ´ ´ ³ ³ 1 1 − (1+ln x)−(1−ln x) x −2 −4 x 1−ln x 2t x (1+ln x)2 = 2 1−ln 1+ln x x(1+ln x)2 = 1+ln x x(1+ln x)2 √ sin x + cos x, x ∈ (− π4 + kπ, π2 + kπ), k ∈ Z √ √ Označme t = sin x + cos x, y = t. Pak je y 0 = ( t)0 (sin x + cos x)0 = 1 1 √ (cos x − sin x) = 2√sin x+cos (cos x − sin x). x 2 t

3. f : y =

3x π 2π π 2π 4. y = ln 1+cos 1+sin 3x , (x 6= − 6 + k 3 ) ∧ (x 6= − 3 + k 3 ), k ∈ Z 3x Označme y = ln t, t = 1+cos 1+sin 3x , t ovšem obsahuje složené funkce u = cos 3x, u1 = 3x, v = sin 3x, v1 = 3x. Je tedy 3x)−(1+cos 3x)3 cos 3x −3−3 sin 3x−3 cos 3x 1 y 0 = 1t . −3 sin 3x(1+sin = 1+cos = 3x (1+sin 3x)2 (1+sin 3x)2 −3(1+sin 3x+cos 3x) (1+cos 3x)(1+sin 3x)

1+sin 3x

Ukázkový příklad 6.5. Derivujme funkci f : y = x1−x pro x > 0. Danou funkci převeďme na exponenciální funkci podle vzorce ab = eb ln a , a > 0. Je tedy y = x1−x = e(1−x) ln x a derivejeme y jako složenou funkci : 0 y = (e(1−x) ln x )0 = e(1−x) ln x (− ln x + (1 − x) x1 ) = x1−x (− ln x + 1−x x ). Ukázkový příklad 6.6 (Derivace inverzní funkce). √ Dokažme pomocí věty o derivaci inverzní funkce ( x)0 = 2√1 x v definičním oboru (0, ∞). √ Označme y = f (x) = x, pak inverzní funkce je x = ϕ(y) = y 2 . Podle 1 zmíněné věty je f 0 (x) = ϕ01(y) = (y12 )0 = 2y = 2√1 x . Cvičení 6.5. Pomocí věty o derivaci inverzní funkci derivujte (ověřte, zda jsou splněny podmínky pro použití uvedené věty):

31 (a) y =

√ 3 x

√ (c) y = 3 arccos x √ (d) y = 1 + 2x

(b) y = ln(2x − 1) Výsledky: (a) cos y3 ⇒ x =

3 cos2 y3

1 √ 3 2, x

2 2x−1 ,

(b) y 0 =

⇒ y0 =

1 (cos2

√1 . 2x

y 0 ) 3

=

√ √ (c) Postup: y = 3 arccos x ⇒ x = 1 2 cos y3 (− sin y3 ) 31

3 √ = · · · = − 2√1−x , (d) x

Cvičení 6.6. Vypočtěte derivace funkcí v jejich definičních oborech: x (a) f : y = ln 1+sin 1−sin x

(b) f : y = arcsin2 x − arccos2 x (c) f : y = tg(1 − x2 ) cotg(1 − x2 ) (d) f : y = 2xe1+sin x e3−sin x √ (e) f : y = x − 1 − x2 arcsin x (f) f : y = ln x + ln 2x + ln 3x (g) f : y = ln x + ln 2x + · · · + ln nx, n ∈ N (h) f : y = ex e2x e3x . . . enx , n ∈ N √ √ √ √ (i) f : y = ln x + ln 2x + ln 3x + · · · + ln nx, n ∈ N ³ 2 ´100 (j) f : y = xx2 −1 +1 Výsledky: (a) y 0 = (e) y 0 = (j) y 0 =

x√ arcsin x , (f) 1−x2 2 400x(x −1)99 (x2 +1)101

2 cos x ,

√ π , 1−x2 y 0 = nx , (h)

(b) y 0 =

y 0 = x3 , (g)

(c) y 0 = 0, (d) y 0 = 2e4 , y0 =

n(1+n) n(1+n)x e 2 , 2

(i) y 0 =

n 2x ,

Cvičení 6.7. Vypočtěte derivace funkcí v jejich definičních oborech: (a) f : y = sin2 x + sin(x2 )

(e) f : y = 102x+1 .10−x

(b) f : y = sin(cos(sin x))

(f) f : y = √ 3

(c) f : y = ln(ln x1 )

(g) f : y =

1 2 sin 3x

(h) f : y =

1 1−x2

(d) f : y =

√ 1 − x2 + ln(x2 − 1)

sin2 2x+cos2 2x tg(10x+2). cotg(10x+2)

Výsledky: (a) y 0 = sin 2x + 2x cos(x2 ), (b) y 0 = − cos(cos(sin x)) . sin(sin x) . cos x, 1 3 cos 3x 0 x 0 0 (c) y 0 = x ln x , (d) nedef., (e) y = 10. ln 10.10 , (f) y = 0, (g) y = − 2 sin 3x , 2x (h) y 0 = (1−x2 )2

32


Cvičení 6.8. Vypočtěte n-tou derivaci funkce v jejím definičním oboru: (a) f : y = x5 , n = 5 (b) f : y = xn , n ∈ N (c) f : y = xn , n ∈ N, najěte k- tou derivaci, k ≤ n (d) f : y = sin x, n = 4 (e) f : y = e−x , n = 6 (f) f : y = e−2x , n = 6 (g) f : y = x1 , n ∈ N (h) f : y = cos 2x, n = 10 (i) f : y = cos 2x, n ∈ N Výsledky: (a) y (5) = 120 , (b) y (n) = n! , (c) y (k) = n(n−1)(n−2) . . . (n− k + 1)x(n−k) , (d) y (4) = sin x , (e) y (6) = e−x , (f) y (6) = (−2)6 e−2x , (g) y (n) = −n!x−n−1 , (h) y (10) = −210 cos 2x, (i) y (4n) = 24n cos 2x, y (4n−2) = 2(4n−2) (−1)n+1 cos 2x, n ≥ 1. Cvičení 6.9. Dokažte, že daná funkce je řešením diferenciální rovnice: (a) funkce f : y = e3x − 13 x − 91 , rovnice y 0 − 3y = x √ (b) funkce f : y = 3 − 2 cos x, rovnice yy 0 = sin x (c) funkce f : y = e2x + e−2x , rovnice y 00 − 4y = 0 2

(d) funkce f : y = tg( x2 + x), rovnice y 0 = (y 2 + 1)(x + 1) (e) funkce f : y = 2 + cos x − sin x, rovnice y 000 + y 0 = 0 Cvičení 6.10. (a) Najděte rovnici tečny a normály půlkružnice √ y = − 4 − x2 v bodě T [1, ?]. (b) Určete velikost úhlu, ve kterém protíná sinusovka y = sin x osu x. (c) Určete velikost úhlu, ve kterém protíná graf exponenciální funkce y = e2x osu y. (d) Určete velikost směrového úhlu tečny grafu y = T [ √13 , ?].

1 1+x2

v jeho bodě

(e) Určete velikost úhlu, pod kterým se protínají grafy y = x2 , y = 2 − x2 . (Úhlem, pod kterým se protínají dvě křivky, rozumíme úhel jejich tečen ve společném bodě.)

33 (f) Ukažte, že normála půlkružnice y = procházé středem půkružnice S[0, 0].

p √ r2 − x2 v bodě T [x0 , r2 − x20 ]

(g) Určete velikost úhlu, pod kterým protíná graf funkce f : y = ln(x − 1) osu x. (h) Určete velikost úhlu, pod kterým protíná graf funkce f : y = (x − 1)(x − 2)(x − 3) osu x. √ √ Výsledky: (a) t . . . y + 3 = 33 (x − 1), n . . . y = −x √33 , (b) úhel α = π4 v bodech x = 2kπ, k ∈ Z, úhel α = −π 4 v bodech x = π + 2kπ, k ∈ Z, (c) . . α = 27o , (d) α = −33o , (e) Průsečík P [1, 1] resp. P1 [−1, 1], ω = − arctg 34 , √2 2 r −x (f) Rovnice normály je n . . . y = − x0 0 x, (g) x = 1; kt = 1; α = π4 , (h) . . x = 1; x = 2; x = 3; α1 = 63o ; α2 = 135o ; α3 = 63o Cvičení 6.11. Ověřte, zda pro následující funkce jsou splněny v daném intervalu podmínky Lagrangeovy věty. Pokud ano, najděte příslušné c z Lagrangeovy věty v daném intervalu: (a) f : y = 4x3 −5x2 +x−2; x ∈ h0, 2i (e) f : y = −2x + 1; x ∈ h−2, 0i; (b) f : y = x + x1 ; x ∈ h1, 2i

(f) f : y = x1 , x ∈ h−1, 1i

(c) f : y = arcsin x; x ∈ h−1, 1i

(g) f : y = x1 , x ∈ h1, 3i

(d) f : y = e−|x| ; x ∈ h−2, 2i

(h) f : y = arctg x, x ∈ h−1, 1i

√ p √ 2 (b) 12 1 + 17, (c) ± ππ −4 , (d) ne, (e) pro ∀x ∈ q √ (−2, 0), (f) ne, (g) x = 3, (h) x = ± π4 − 1. √ Ukázkový příklad 6.7. Vypočtěme přibližně hodnotu 3 65 + 65. √ Daný výraz je hodnotou funkce f (x) = 3 x + x pro x = 65. Vyjdeme ze . vzorce f (x + ∆x) = f (x) + df . Zvolíme-li x = 64, pak ∆x = 1 a f (64) = √ 3 1 64 + 64 = 68. Diferenciál je df = f 0 (x) ∆x = ( √ 3 2 + 1)∆x = 1, 0208 a 3 x . f (65) = 68 + 1, 0208 = 69, 0208.

Výsledky: (a)

√ 5+ 97 12 ,

Cvičení 6.12. Pomocí diferenciálu vypočtěte hodnoty výrazů: (a)

2,013 −1 2,013 +2

(b) 4, 994 − 10 +

(c) 2, 0510 1 4,992

(d)

√ 2√82−10 82+1

Výsledky: (a) 0, 7036, (b) 610, 0384, (c) 1280, (d) 0, 80666 Cvičení 6.13. Pomocí diferenciálu odhadněte chybu, které se dopustíme při výpočtu objemu koule o poloměru r = 6400, 001 km , vypočteme-li objem koule pro poloměr 6400 km .

34

6 DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE JEDNÉ PROMĚNNÉ . Výsledky: ∆V = dV = 514718, 54 km3 .

Cvičení 6.14. Pomocí diferenciálu odhadněte chybu, které se dopustíme při výpočtu obsahu čtverce o straně x = 51 m , vypočteme-li obsah čtverce pro stranu délky 314 m . . Výsledky: ∆S = dS = 100 m2 . √ Ukázkový příklad 6.8. Najděme lokální extrémy funkce f : y = x − x. Definiční obor funkce je D(f ) = h0, ∞). Extrémy hledejme pomocí I. postačující podmínky. Najdeme tedy intervaly, v nichž je funkce rostoucí resp. klesající, a to pomocí stacionárních bodů (nulových bodů 1. derivace). y 0 = 1 − 2√1 x ⇒ 1 − 2√1 x = 0 ⇒ x = 14 . Funkce má tedy jediný stacionární bod x = 14 . Uspořádáme do tabulky a zjistíme znaménka y 0 v okolí x = 14 . (Definiční obor 1. derivace je ovšem D(f 0 ) = (0, ∞) !! ): x y0 y

0 −∞ nedef.

kles.

1 4

0 lok. min.

+ rost.

Z tabulky je patrno, že ve stacionárním bodě x = minimum ymin = f ( 14 ) = − 41 .

1 4

má funkce lokální

Cvičení 6.15. Najděte vrcholy parabol jako lokální extrémy funkcí: (a) y = −2x2 − 6x + 1

(d) y = 25 − 4x2

(b) y = 4x2 + 10x

(e) y = 6x2 + 30x − 12

(c) y = 0, 001x2 − 0, 2x

(f) y = −2, 5x + 7, 5x2

−5 −25 Výsledky: (a) V [− 32 , 11 2 ], (b) V [ 4 , 4 ], (c) V [100, −10], (d) V [0, 25], (e) −99 1 −5 V [ −5 2 , 2 ], (f) V [ 6 , 24 ].

Cvičení 6.16. Pomocí druhé postačující podmínky rozhodněte o lokálním extrému následujících funkcí ve stacionárním bodě c: √ (a) f : y = x6 −3x4 +2, c = 0, c = 2 (c) f : y = −5x2 − 4x + 1, c = − 52 (b) f : y = x5 − 5x4 + 10, c = 0, c = 4 (d) f : y = x3 e−2x , c = 0, c =

3 2

√ Výsledky: (a) c = 0-lok. max, c = 2 - lok. min, (b) c = 0 - lok. maximum, c = 4 - lok. min, (c) c = − 25 - lok. max, (d) c = 0 - není extrém, c = 32 - lok.max. Cvičení 6.17. U následujících funkcí najděte stacionární body a lokální extrémy (pokud existují) a intervaly, v nichž je funkce rostoucí resp. klesající:

35 (a) f : y = x5 − 15x3 + 3 (b) f : y =

x 1+x2

(f) f : y = x +

x x2 −1

(g) f : y = ln |x|

(c) f : y = (x −

1)3 (x

+

1)2

(d) f : y = x2 e−x (e) f : y = 2x2 − ln x

(h) f : y = e|x| (i) f : y = x +

1 x

Výsledky: (a) stac. body x = −3; 0; 3, lok. max. v bodě x = −3, lok. min. v bodě x = 3, kles. pro −3 < x < 3, rost. pro x ∈ (3, ∞), rost. pro x ∈ (−∞, −3) , (b) stac. body x = ±1, pro x = 1 lok. max, pro x = −1 lok. min., rost. v int.(−1, 1), kles. v int. (−∞, −1), kles. v int. (1, ∞), (c) stac. body x = ±1, x = − 15 , v bodě x = −1 lok. max., v bodě x = − 51 lok. min., v bodě x = 1 není extrém, rost. pro x ∈ (−∞, −1), rost. pro x ∈ (− 51 , ∞), kles. pro x ∈ (−1, 51 ) , (d) stac. body x = 0; 2, lok.min. x = 0, lok. max. x = 2, rost. x ∈ (0, 2), kles. x ∈ (−∞, 0), kles. x ∈ (2, ∞), (e) stac. bod x = 12 , lok. min. x = 12 , rost. x ∈ ( 21 , ∞), kles. √ √ x ∈ (0, 21 ), (f) stac. body x = 0, x = ± 3, lok. min. x = 3, lok. max. √ √ √ x = − √3, x = 0 - není extrém, rost. x ∈ ( 3, ∞), x ∈ (−∞, − 3), kles. √ x ∈ (− 3, −1), x ∈ (−1, 1), x ∈ (1, 3), (g) stac. body nejsou, lok. extrémy nejsou, kles. pro x < 0, rost. pro x > 0, (h) stac. body nejsou, lok. min. x = 0, ymin = 1, rost. pro x > 0, kles. pro x < 0, (i) stac. body x = ±1, lok.min. v bodě x = 1, lok.max. v bodě x = −1, rost. pro x ∈ (1, ∞), rost. pro x ∈ (−∞, −1), kles. pro −1 < x < 0, kles. pro 0 < x < 1. Cvičení 6.18. U následujících funkcí najděte intervaly konvexnosti resp. konkávnosti a inflexní body: (a) f : y = arccos x

(f) f : y = x ln x

(b) f : y = (x − 1)2 (x + 1)2

(g) f : y = x2 ln x

(c) f : y = x +

1 x

(h) f : y = (x + 1)e−x 1 x+1

(d) f : y = ax2 + bx + c, a, b, c ∈ R

(i) f : y =

(e) f : y = arctg x

(j) f : y = ln2 x

Výsledky: (a) x = 0 infl., q (b) q konv. pro x ∈ (−1, q 0), konk. pro x ∈ (0, q 1),q 1 1 1 1 konv. pro x ∈ ( 3 , ∞)∪(−∞, − 3 ), konk. pro x ∈ (− 3 , 3 ), x = ± 13 infl. , (c) konv. pro x > 0, konk. pro x < 0, infl. není, (d) je-li a > 0, pak konv. pro x ∈ R a je-li a < 0, pak konk. pro x ∈ R, je-li a = 0, pak není ani konv. ani konk., infl. není, (e) konv. pro x ∈ (−∞, 0), konk. pro x ∈ (0, ∞), 3 x = 0 infl., (f) konv. pro každé x ∈ D(f ), (g) konv. pro x > e− 2 , konk. pro 3 3 x ∈ (0, e− 2 ), infl. x = e− 2 , (h) konv. pro x ∈ (1, ∞), konk. pro x ∈ (−∞, 1),

36


x = 1 infl., (i) pro x > 1 konv., pro x < 1 konk., infl. není, (j) konv. pro 0 < x < e, konk. pro x > e, infl. x = e. Cvičení 6.19. U následujících funkcí najděte všechny jejich asymptoty: (a) f : y =

2x3 x2 +1

(f) f : y =

x2 x−2

(b) f : y =

1 (x−1)2 (x+1)2

(g) f : y =

3x3 +1 x3 −4x

(c) f : y = x + arctg x

(h) f : y = ln(x2 − 4)

(d) f : y = xe−x

(i) f : y =

1

(e) f : y = xe x

1 ln(x2 −4)

(j) f := y = x arctg x

Výsledky: (a) y = 2x pro x → ±∞, (b) x = 1, x = −1, y = 0 pro x → ±∞, (c) y = x + π2 pro x → ∞, y = x − π2 pro x → −∞, (d) y = 0 pro x → ∞, (e) y = x pro x → ±∞, y = 0 (pro x → 0+ je y → ∞), (f) y = x + 2 pro x → ±∞, x = 2, (g) y = 3 pro x → ±∞, √ x = 0, x = 2, x = −2, (h) x = 2, x = −2, (i) y = 0 pro x → ±∞, x = ± 5, (j) y = π2 x − 1 pro x → ∞, y = − π2 x − 1 pro x → −∞. Cvičení 6.20. (a) Určete, pro které hodnoty parametrů a, b, c ∈ R je funkce f : y = ax4 + bx + c konvexní. (b) Pro které hodnoty parametrů p, q ∈ R je funkce f : y = (2p − 1)x + q rostoucí ? (c) Zjistěte. pro které hodnoty parametrů a, b ∈ R je funkce f : y = intervalu (−1, ∞) klesající.

ax+b x+1

v

(d) Pro které hodnoty parametrů α, β ∈ R je funkce f : y = e(3α+β)x 1) konvexní, 2) konkávní ? Výsledky: (a) a > 0, b, c ∈ R, (b) p > 12 , q ∈ R, (c) a < b, (d) β+3α > 0 ⇒ konvexní, β + 3α < 0 ⇒ klesající. Ukázkový příklad 6.9 (Průběh funkce). Vyšetřeme průběh funkce f : y = |x|ex . 1. Definiční obor je D(f ) = R. 2. Limity: lim |x|ex = ∞, x→∞

lim |x|ex = ”∞.0” . . . . použijeme l’Hospitalovo pravidlo . . . .

x→−∞

|x| −x x→−∞ e

= lim

−1 −x x→−∞ −e

= lim

= lim ex = 0. x→−∞

(Poznámka: Pro x → −∞ je |x| = −x ⇒ (−x)0 = −1.)

37 3. Průsečíky se souřadnými osami: s osou x : |x|ex = 0 ⇒ x = 0 ⇒ O[0, 0], s osou y : f (0) = 0.e0 = 0 ⇒ y = 0 ⇒ O[0, 0]. 4. Pro každé x ∈ R je f (x) ≥ 0, graf funkce tedy leží v I. a II. kvadrantu. 5. Vyšetříme f 0 (x). Rozlišme dva případy: a) x ≥ 0 ⇒ |x| = x ⇒ f 0 (x) = ex + xex = ex (x + 1) ⇒ f 0 (x) = 0 pro x + 1 = 0, bod x = −1 však nevyhovuje podmínce x ≥ 0, je ovšem pro každé x > 0 derivace f 0 (x) > 0 a tedy v intervalu (0, ∞) je funkce rostoucí. b) x < 0 ⇒ |x| = −x ⇒ f 0 (x) = −ex − xex = ex (−x − 1) ⇒ f 0 (x) = 0 pro −x − 1 = 0 ⇒ x = −1. Nalezený bod x = −1 vyhovuje podmínce x < 0 a je to stacioní bod dané funkce. Sestavme tabulku pro vyšetření monotonnosti funkce f (x) v okolí stacionárního bodu: x y0 y

(−∞, −1) + rost.

-1 0 lok.max.

(−1, 0) kles.

V bodě x = −1 má funkce lokální maximum ymax = f (−1) = | − 1|e−1 = e−1 . c) Bod x = 0 je třeba vyšetřit zvlášť. Derivace f 0 (0) (oboustranná) neexistuje (je totiž f+0 (0) = 1, f−0 (0) = −1), ale pomocí tabulky zjistíme, že v pravém okolí bodu x = 0 funkce roste a v levém okolí bodu x = 0 klesá, takže v bodě x = 0 je lokální minimum ymin = f (0) = 0. 6. Vyšetříme f 00 (x). Opět rozlišme dva případy: a) x ≥ 0 ⇒ |x| = x ⇒ f 00 (x) = ex (x + 2) ⇒ f 00 (x) = 0 pro x + 2 = 0 ⇒ x = −2, nalezený bod nevyhovuje podmínce x ≥ 0, ovšem pro každé x > 0 je f 00 (x) > 0 a funkce je tedy v intervalu (0, ∞) konvexní. b) x < 0 ⇒ |x| = −x ⇒ f 00 (x) = −ex (x + 2) = 0 pro x = −2 ⇒, nalezený bod vyhovuje podmínce x < 0 a je to možný inflexní bod. Opět sestavíme tabulku pro vyšetření konvexnosti a konkávnosti funkce v okolí bodu x = −2: x y0 y

(−∞, −2) + konvex.

-2 0 inflexe

(−2, 0) konkáv.

V bodě x = −2 má funkce inflexi, yi = f (−2) = | − 2|e−2 = 2e−2 .

38

6 DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE JEDNÉ PROMĚNNÉ c) Bod x = 0 vyšetříme zvlášť. Je f+00 (0) = 2, f−00 (0) = −2, takže (oboustranná) 2. derivace f 00 (0) neexistuje. Funkce tedy nemůže mít v bodě x = 0 inflexi. (Pročtěte si pozorně větu o nutné podmínce inflexe - v textu Matematika 1, kap. Diferenciální počet.) 7. Asymptoty grafu f (x). a) x ≥ 0. Vypočteme potřebné limity: lim |x|ex = ∞ ⇒ asymptota rovnoběžná s osou x neexistuje pro x→∞ x → ∞, x k = lim xex = ∞ ⇒ ”šikmá asymptota neexistuje”, x→∞ v definičním oboru nejsou body nespojitosti - asymptoty rovnoběžné s osou y nejsou. b) x < 0. Potřebné limity: lim |x|ex = 0 ⇒ pro x → −∞ je asymptotou přímka y = 0, x→−∞

k = lim

x→−∞

−xex x

= 0, q = lim (−xex − 0) = 0 ⇒ asymptota ”šikmá” x→−∞

je y = 0x + 0 = 0, asymptota rovnoběná s osou y opět nemůže být. 8. Graf funkce je na obrázku 6.0.23. y f 2

infl. lok. max. –4

–3

–2

–1

0

x 2

1

Obrázek 6.0.23: Graf funkce f : y = |x|ex

Cvičení 6.21. Vyšetřete průběh následujících funkcí a zobrazte jejich grafy: (a) f : y = x − arctg x (b) f : y =

2 x2 −4

(c) f : y = x ln x (d) f : y = x2 e−x

(e) f : y =

2x2 +x+6 x+6

(f) f : y = (1 + x2 )ex (g) f : y =

x3 x2 +3

39 (h) f : y = e−x

2

(i) f : y = ln(x2 − 4)

Výsledky: (a) D(f ) = R, rost. v D(f ), lok. extrém není, stac. bod x = 0, inflexe x = 0, konv. resp. konk. pro x > 0 resp. x < 0, asymp. y = x − π2 pro x → ∞, y = x + π2 pro x → −∞, limity ±∞ v bodech ±∞, lichá funkce, (b) D(f ) = R \ {−2, 2}, limity: x → ±∞ . . . f → 0, x → 2± . . . f → ±∞, x → −2± . . . f → ∓∞, lok. max x = 0, ymax = − 12 , rost. pro x ∈ (−∞, −2), x ∈ (−2, 0), kles. pro x ∈ (2, ∞), x ∈ (0, 2), inflexe není, konv. pro x ∈ (−∞, −2), x ∈ (2, ∞), konk. pro x ∈ (−2, 2), asymptoty x = 2, x = −2, y = 0, sudá funkce, (c) D(f ) = (0, ∞), x → 0+ ⇒ f → 0, x → ∞ ⇒ f → ∞, pro x ∈ (0, e−1 ) kles., pro x > e−1 rost., x = e−1 lok. min, ymin = −e−1 , pro x ∈ D(f ) konv., asymptoty nejsou, (d) limity x → ∞ ⇒ f → 0, x → −∞ ⇒ f → ∞, lok.max ymax = y(0) = 0, lok. min. ymin = y(2) = 4e−2 , rost.√pro x ∈ (0, 2), kles. pro x ∈√(−∞, 0), kles. pro x ∈ √(2, ∞), infl. x = 2 ± 2,√konv. pro √ x ∈ (−∞, 2 − 2), konv. pro x ∈ 2 + 2, ∞, konk. pro x ∈ (2− 2, 2+ 2), asymptota y = 0 pro x → ∞, (e) D(f ) = R\{−6}, limity: pro x → ±∞ ⇒ f → ±∞, pro x → −6± ⇒ f → ±∞, lok. extrémy x = −12, x = 0, ymax = y(−12) = −47, ymin = y(0) = 1, rost. pro x ∈ (−∞, −12), rost. pro x ∈ (0, ∞), kles. pro x ∈ (−12, −6), kles. pro x ∈ (−6, 0), asymptoty: x = −6, y = 2x − 11 pro x → ±∞, inflexe není, konv. x ∈ (−6, ∞), konk. x ∈ (−∞, −6), (f) D(f ) = R, limity lim f (x) = ∞, lim f (x) = 0, stac. bod x = −1, lok. extrémy nejsou, rost. x→∞

x→−∞

x ∈ D(f ), inflexe x = −3, x = −1, konv. x ∈ (−∞, −3), konv. x ∈ (−1, ∞), konk. x ∈ (−3, −1), asymptota y = 0 pro x → −∞, (g) D(f ) = R, limity: lim f (x) = ±∞, asymptoty nejsou, lok. extrémy nejsou, stac. bod x = 0, x→±∞

rost. pro x ∈ R, inflexe x = 0, x = ±3, konv. x < −3, konv. 0 < x < 3, konk. −3 < x < 0, konk. x > 3,lichá, (h) D(f ) = R, sudá, limity: pro x q → ±∞, je

f → 0, lok. max. v bodě x = 0, ymax = y(0) = 1, inflexe x = ± 12 , konk. q q q q pro x ∈ (− 12 , 12 ), konv. pro x ∈ (−∞, − 12 ), konv. pro x ∈ ( 12 , ∞), asymptota y = 0 pro x → ±∞, (i) D(f ) = (2, ∞) ∪ (−∞, −2), limity x → ±∞ ⇒ f → ∞, x → ±2± ⇒ f → −∞, sudá, stac. bod ani lok. extrémy nejsou, kles. pro x ∈ (−∞, −2), rost. pro x ∈ (2, ∞), inflexe není, konk. pro x ∈ (−∞, −2), pro x ∈ (2, ∞), asymptoty: x = 2, x = −2. Ukázkový příklad 6.10 (Taylorův polynom). Najdeme Taylorův polynom řádu n = 4 funkce f : y = cos x v bodě c = 0. (Obr. 6.0.24) Funkce f : y = cos x splňuje v bodě c = 0 podmínky pro existenci Taylorova polynomu. Je proto f (x) = cos x ⇒ f (0) = 1 f 0 (x) = − sin x ⇒ f 0 (0) = 0

40


3

1.5

T3

1

2

f

0.5

–2

–1

0

1 1

2 T4

–0.5 y=cosx –1

–1

0

2

1

3

5

4

–1

–1.5

Obrázek 6.0.24: y = cos x, T4 (x) = 2 4 1 − x2 + x24

√ Obrázek 6.0.25: y = x, T3 (x) = 1+ 1 1 1 2 3 2 (x − 1) − 8 (x − 1) + 16 (x − 1)

f 00 (x) = − cos x ⇒ f 00 (0) = −1 f 000 (x) = sin x ⇒ f 000 (0) = 0 f IV (x) = cos x ⇒ f IV (0) = 1 2

4

2

4

Je tedy Taylorův polynom řádu 4-tého řádu T4 (x) = 1− x2! + x4! = 1− x2 + x24 . Určíme ještě, pro které x lze pomocí T4 (x) najít hodnotu cos x s chybou nejvýše 0,01. (n+1) (ξ)(x−c)n+1 Použijeme vzorec pro zbytek v Taylorově polynomu Rn+1 (x) = f . (n+1)! V našem případě je n = 4, c = 0, |Rn+1 (x)| = 0, 01. Pro odhad |f (n+1) (ξ)| zřejmě platí |f (n+1) (ξ)| ≤ 1 (všechny derivace sin x, cos x jsou v absolutní 5 hodnotě nejvýše rovny 1). Platí tedy pro odhad chyby nerovnost | 1.x 5! | < 0, 01. Odtud |x5 | < 0, 01.5! ⇒ −1, 095 < x < 1, 095. Ukázkový příklad 6.11. Najdeme Taylorův polynom řádu 3. řádu funkce √ f : y = x v bodě c = 1. (Obr. 6.0.25) Uvedená funkce vyhovuje v daném bodě c = 1 podmínkám věty o Taylorově polynomu. Je proto √ f (x) = x ⇒ f (1) = 1 1 1 f 0 (x) = x− 2 2 3 1 f 00 (x) = − x− 2 4 5 3 f 000 (x) = x− 2 8 15 7 f IV (x) = − x− 2 16

⇒ f 0 (1) =

1 2

⇒ f 00 (1) = − ⇒ f 000 (1) =

1 4

3 8

⇒ f IV (1) = −

15 16

41 Hledaný Taylorův polynom tedy je (po krátké úpravě) 1 T3 (x) = 1 + 12 (x − 1) − 18 (x − 1)2 + 16 (x − 1)3 . √ Výpočtem T (2) dostaneme přibližnou hodnotu f (2) = 2. Zřejmě je T (2) = 1 1 + 12 − 18 + 16 = 22 16 = 1, 375. Výpočet je přirozeně zatížen chybou, jejíž vef (n+1) (ξ)(x−c)n+1 . (n+1)! (4) odhad f (ξ) užijeme

likost odhadneme podle výše uvedeného vzorce Rn+1 (x) =

V tomto případě je n = 3, c = 1, x = 2, 1 ≤ ξ ≤ 2, pro √ − 72 a maximum je vypočtené 4. derivace funkce y = x. Je f IV (ξ) = − 15 16 ξ 15 − 72 IV zřejmě pro ξ = 1 (funkce |f (x)| = | − 16 x | je klesající), takže maximum − 72 f IV (ξ) je |f IV (1)| = | − 15 | = 15 16 .1 16 . Nakonec tedy pro horní odhad chyby ¯ 15 ¯ ¯ 16 ¯ platí R4 (x) = ¯ 4! ¯ = 0, 038. Ukázkový příklad 6.12. Najděme Taylorův polynom n−tého řádu funkce f : y = ex v bodě c = 0. Funkce f : y = ex splňuje podmínky věty o Taylorově polynomu. Je proto f (x) = ex ⇒ f (0) = 1 f 0 (x) = ex ⇒ f 0 (0) = 1 f 00 (x) = ex ⇒ f 00 (0) = 1 f 000 (x) = ex ⇒ f 000 (0) = 1 ... f (n) (x) = ex ⇒ f (n) (0) = 1 n P 2 n x xk Taylorův polynom proto je Tn (x) = 1 + 1! + x2! + · · · + xn! = k! . k=0 . Pro x = 1 vypočteme Tn (1) = e1 = e. Zjistěme, jak je třeba volit řád n Taylorova polynomu, aby chyba výpočtu e byla nejvýše 0,001. Pro odhad chyby opět užijeme vzorce pro Rn+1 (x). Je tedy c = 0, x = 1, n =?, Rn+1 je nejvýše 0,001. Pro odhad f (n+1) (ξ) zřejmě platí |f (n+1) (ξ)| = |eξ | < e, e.1 neboť 0 < ξ < x = 1. Nakonec tedy dostaneme (n+1)! < 0, 001 ⇒ (n + 1)! > 1000e = 2718 ⇒ n + 1 > 6 ⇒ n > 5. Pro n = 6 pak je T (1) = 1 + 1!1 + 2!1 + 1 1 1 1 3! + 4! + 5! + 6! = 2, 71806.

Cvičení 6.22. Utvořte Taylorovy polynomy řádu n v bodě c následujících funkcí: √ (a) f : y = 3 x, n = 3, c = 1 (e) f : y = sin(x2 ), n = 5, c = 0 (b) f : y = sin 2x, n = 5, c = 0

(f) f : y = xex , n = 6, c = 0

(c) f : y = cos x2 , n = 4, c = 0

(g) f : y = ln(1 + x), n = 5, c = 0

(d) f : y = e−x , n = 6, c = 0

(h) f : y = ln(1 − x), n = 5, c = 0

42


(i) f : y = ln 1+x 1−x , n = 5, c = 0

5, c = −1

(j) f : y = 3x4 −2x+10, n = 4, c = 1

(l) f : y = x3 , n = 3, c = −1

(k) f : y = x6 −x5 +2x3 −x2 +2, n = (m) f : y =

1 x−1 , n

= 4, c = 0

5 Výsledky: (a) T3 (x) = 1 + 13 (x − 1) − 91 (x − 1)2 + 81 (x − 1)3 , (b) T( x) = 3 32 5 1 2 1 x x2 x3 4 2x− 8x 3! + 5! x , (c) T4 (x) = 1− 4.2! x + 16.4! x , (d) T6 (x) = 1− 1! + 2! − 3! + x4 x5 x6 x10 x2 x3 x4 x5 x6 2 x6 4! − 5! + 6! , (e) T5 (x) = x − 3! + 5! , (f) T6 (x) = x+ 1! + 2! + 3! + 4! + 5! , (g) 2 x3 x4 x5 x x2 x3 x4 x5 T5³(x) = x1 − x2 + ´ 3 − 4 + 5 , (h) T5 (x) = − 1 − 2 − 3 − 4 − 5 , (i) T5 (x) =

2

x 1

+

x3 3

+

x5 5

36 2 72 3 72 4 , (j) T (x) = 11+ 10 1! (x−1)+ 2! (x−1) + 3! (x−1) + 4! (x−1) ,

2 168 3 480 4 840 5 (k) T5 (x) = 1− 1!3 (x+1)+ 36 2! (x+1) − 3! (x+1) + 4! (x+1) − 5! (x+1) , (l) 3 6 6 T3 (x) = −1+ 1! (x+1)− 2! (x+1)2 + 3! (x+1)3 , (m) T4 (x) = −1−x−x2 −x3 .

Ukázkový příklad 6.13. (Převzato se skript JČU Nýdl, Klufová, Matematika 2.) Při uvedení nového výrobku na trh byla zjištěna závislost týdenního zisku P [Kč] na ceně výrobku x[tis. Kč] ve tvaru funkce P = 1, 296x−0, 12x3 . Zjistěte, při které ceně x[tis. Kč] bude zisk P [tis. Kč] nejvyšší. Jde o nalezení maxima funkce P = 1, 296x − 0, 12x3 . Zřejmě je P 0 = . 1, 296 − 0, 36x2 ⇒ 0, 36x2 = 1, 296 ⇒ x2 ⇒ x = ±1, 89. V úvahu připadá pouze x = 1, 89. Je třeba prokázat, že v bodě x = 1, 89 je lok. maximum. Je P 00 = −0, 72x ⇒ P 00 (1, 89) < 0 a skutečně je pro x = 1, 89 lok. maximum a to Pmax = P (1, 89) = 1, 639. Je tedy dosažený týdenní zisk 1, 639[tis. Kč] maximální při ceně 1, 89[tis. Kč] za výrobek . Průběh funkce P (x) ovšem ukazuje na omezenou platnost uvedeného modelu.(Obr.6.0.26.)

100

2 1 –2

–1

1

2

3

4

5

6

80

0 –1

60

–2

–4 –5

p=p(x)

40

–3

P(x)

–6

Obrázek 6.0.26: P (x) = 1, 296x − 0, 12x3

20

0

5

10

15

20

25

Obrázek 6.0.27: p(x) =

30

840x x2 +49

35

+ 12

43 Ukázkový příklad 6.14. (Převzato se skript JČU Nýdl, Klufová, Matematika 2.) Analýza volební kampaně jistého politika ukázala, že jeho popularita (podle výzkumu volebních preferencí) se v době 24 měsíců před volbami měnila podle funkční závislosti p = x840x 2 +49 + 12, kde p[%] určuje preference, x[mes] určuje měsíc před volbami. (x = 0 je tedy 24 měsíců před volbami.). Zjistěme období růstu resp. poklesu p a ve kterém měsíci dosahovala p maxima. Růst (pokles) i extrémní hodnoty funkce p(x) najdeme vyšetřením p0 (x). 2 2) 2 Je p0 (x) = 840(x (x+49)−840x.2x = 840.49−840x = 840(49−x ⇒ 49 − x2 = 0 ⇒ 2 +49)2 (x2 +49)2 (x2 +49)2 x = ±7. V úvahu přichází pouze x = 7. Výpočtem 2. derivace nebo pomocí tabulky x, p, p0 najdeme, že v bodě x = 7 je lokální maximum pmax = p(7) = 72, v intervalu (0, 7) je p(x) rostoucí, v intervalu 7, 24) klesající. Stojí za povšimnutí, že pro x → ∞ je p → 12. (Samozřejmě již mimo platný model.) (Obrázek 6.0.27.)

D

C

r

S=2xy A

x O

y/2

B

Obrázek 6.0.28: Obdélník ABCD vepsaný do půlkruhu o poloměru r.

Ukázkový příklad 6.15. Najděme rozměry obdélníka vepsaného do půlkruhu tak, aby jeho obsah S byl maximální. Sestavíme funkci vyjadřující obsah obdélníka při daném (konstantním) poloměru r půlkruhu.(Obrázek 6.0.28.) Jsou-li délky stran vepsaného obdélníka CD = x, AB = 2y a OC = r, pak je zřejmě r2 = x2 + ( y2 )2 a obsah S = 2xy (tzv. vazbová podmínka). Funkční závislost S jako funkce √ jedné proměnné dostaneme s použitím vazbové podmínky. Z ní je y√= 2 r2 − x2 a dosazením do S dostaneme funkci jedné proměnné S = 2x r2 − x2 . Její extrém hledáme obvyklým způsobem. q √ 1 0 = 0 ⇒ 2(r 2 −x2 )−2x2 = 0 ⇒ x = ±r √ S 0 = 2 r2 − x2 + 22x(−2x) ⇒ S 2. V r2 −x2 q q úvahu připadá pouze x = r 12 . Dosazením dostaneme y = 2r 12 . Je ovšem

44

7 PRIMITIVNÍ FUNKCE q

ještě třeba ukázat, že pro x = r lze ukázat pomocí S 00 . Je √ 2 S 00 = (2 r2 − x2 − √r2x )0 = 2 −x2

1 2

je skutečně maximální S. Například to

√ 2x2 (−2x) 4x r2 −x2 − √ 2 2 2(−2x) 2 r −x √ − . Po menších r2 −x2 2 r2 −x2 2 −2x3 2x 4xr − √r2 −x2 − (r2 −x2 )√r2 −x2 . Dosadíme-li za x = q

úpravách dostaneme S 00 = q r 12 , pak po řadě algebraických úprav je S 00 (r 12 ) = −8 < 0. Znamená to q tedy, že pro x = r 12 je skutečně maximum funkce S a výpočtem dostaneme q q Smax = xy = r 12 .2r 12 = r2 .

Cvičení 6.23. a) Najděte rozměry obdélníka vepsaného do půlkruhu o poloměru r tak, aby jeho obvod o byl maximální. b) Pro která dvě čísla, jejichž součet je 10, je součet jejich druhých odmocnin maximální? c) Do koule o daném poloměru R je vepsán rotační válec. Jaké jsou jeho rozměry (průměr podstavy x a výška válce v), bude-li objem válce maximální ? Výsledky: (a)

7

4r √r , √ ,o 5 5 max

=

10r √ , 5

(b) 5; 5, (c) x =

2R √ ,v 2

=

2R √ . 2

Cvičení k přednášce Primitivní funkce

Ukázkový příklad 7.1. Ukažme, že funkce F1 (x) = − 21 cos 2x a F2 (x) = sin2 x jsou primitivní funkce k funkci f : y = sin 2x a že se F1 , F2 liší pouze konstantou. Derivujme F10 (x) = − 12 (−2) sin 2x = sin 2x, F20 (x) = 2 sin x cos x = sin 2x. Podle definice jsou tedy F1 , F2 primitivní funkce k funkci f . Utvořme rozdíl F1 − F2 = − 12 cos 2x − sin2 x = − 21 (cos2 x − sin2 x) − 2 sin x = − 21 cos2 x − 21 sin2 x = − 12 . Liší se tedy obě funkce konstantou. Ukázkový příklad 7.2 (Základní obraty při výpočtu primitivní funkce ). Vypočteme několik neurčitých integrálů: √ √ ´ R R ³ 2x R R x x 1. 2x+ dx = + dx = 23 x1 dx + 13 x−3/2 dx = 32 ln |x| + 2 2 3x 3x 3x2 1 x−1/2 3 −1 2

=

2 3

ln |x| − 23 x−1/2 .

O se přesvědčíme derivováním : ¢ ¡ 2 správnosti 2 −1/2 0 . Je však třeba uvážit, jak derivovat ln |x|. Zřejmě ln |x| − x 3 3 0 pro x > 0 ⇒ (ln |x|) = (ln x) = x1 a pro x < 0 ⇒ (ln |x|)0 = 1 (ln(−x))0 = −x .(−1) = x1 (složená funkce). V našem případě je ovšem x > 0 (definiční obor). Je tedy hledaná derivace

45 ¡ ¢0 ln |x| − x−1/2 =

2 3 2 3x

1√ 3x x

√ 2x+ x 3x2

21 3x

− 23 (− 21 )x−3/2 =

21 3x

+

1 3x3/2

=

+ = (po kratší úpravě). Definiční obor integrandu D(f ) = (0, ∞). R√ 2. 1 − sin 2x dx Definiční obor D(f ) = R. Upravíme výraz v odmocněnci pomocí goniometrických vzorců: 2 1R − cos2 x − 2 sin x cos x =R(sin x − cos x)2 . Je tedy √ sin 2x = sin x R+p 1 − sin 2x dx = (sin x − cos x)2 dx = | sin x − cos x| dx. R R a) Je-li sin x − cos x ≥ 0 ⇒ | sin x − cos x| dx = (sin x − cos x) dx = − cos x − sin x, b) je-li sin x−cos x < 0 ⇒ cos x + sin x.

R

R | sin x−cos x| dx = (− sin x+cos x) dx =

Cvičení 7.1. Integrujte s použitím vhodných algebraických a goniometrických úprav: (a) (b)

R R

x2 +4 x2 +1

(e)

dx

cos2 x−sin2 x cos x+sin x

(f)

dx

R

tg2 x dx ´ R³ x x 2 (d) dx e 2 − e− 2 (c)

(g) (h)

R R R R

1−sin 2x cos x−sin x

dx

3x ex dx e3x −ex e2x

dx

(1 + x tg 2x cotg 2x) dx

Výsledky: (a) x+3 arctg x, (b) sin x+cos x, (c) tg x−x, (d) ex −e−x −2x, x x2 x −x (e) sin x + cos x, (f) (3e) ln 3e , (g) e + e , (h) x + 2 . Ukázkový příklad 7.3 (Per partes). R 1. x2 ex dx Definiční obor integrandu D(f ) = R. R 2 x 0 = ex , v = x2 ⇒ u = ex , v 0 = 2x. Pak Označíme u x e dx = x2 ex − R x 2xe dx. Označme znovu v posledním integrálu R u0 = ex , Rv = 2x ⇒ u = ex , v 0 = 2. Odtud x2 ex − 2xex dx = x2 ex − (2xex − 2ex dx) = x2 ex − 2xex + 2ex . R √ 3 2. x ln x dx Definiční obor integrandu D(f ) = (0, ∞). R √ R 1 3 x ln x dx = x 3 ln x dx. 1

Označme u0 = x 3 , v = ln x ⇒ u =

4

x3 4 3

4

= 34 x 3 , v 0 = x1 .

46

7 PRIMITIVNÍ FUNKCE R √ R 1 R 4 4 3 x ln x dx = x 3 ln x dx = 34 x 3 ln x − x43 x1 dx = 3 R 1 3 43 3 3 43 9 34 3 43 3 dx = x x x x x ln x − ln x − = (ln x − 43 ). 4 4 4 16 4 R 3. ln2 x dx Pak je

Definiční obor R 2 R integrandu D(f ) = (0, ∞). ln x dx = 1. ln2 x Rdx =. 2 u0 = 1, v = ln x ⇒ u = x, v 0 = 2 ln x.( x1 ),Rpak je ROznačme R 2 1 1. ln2 x dx = x lnR2 x − x2 ln R x.( x ) dx = x ln x − 2 ln x dx. Poslední integrál ln x dx = 1. ln x dx vypočteme opět metodou per partes: 0 Je 1, v = ln x ⇒ uR= x, v 0 = x1 . Odtud R u = 2 1 R 1. 2ln x dx = x 2ln x − x x = x ln x − x. Nakonec tedy dostaneme ln x dx = x ln x − 2. (x ln x − x). R 4. sin2 x dx. Definiční obor integrandu D(f ) =RR R 2 Postup jen stručně: sin x dx = sin x sin x dx. Označíme u0 = sin x, v = sin R x⇒ R u = − cos x, v 0 R= cos x ⇒ sin2 x dx = − sinR x cos x− (− cos x cos x) dx = 2 − sin x cos x + R cos2 x dx R =2− sin x cos x + (1 − sin x) dx = − sin x cos x + 1 dx − sin x dx. Všimneme-li si pozorně dosaženého výsledku: R sin2 x dx = − sin x cos x + x − sin2 x dx, vidíme, že hledaný integrál vypočteme jako neznámou z rovnice: 2 sin2 x dx = − sin x cos x + x 1 sin2 x dx = − (sin x cos x − x) 2 5.

. R

lnn x, dx, n ∈ N0 (rekurentní vzorec).

Definiční obor integrandu D(f R n R ) = n(0, ∞). Označme In = ln x, dx = 1. ln x, dx integrujme metodou per partes. Označíme-liR u0 = 1, v = lnn x, u = x, v 0R= n(lnn−1 x).( x1 ), pak 1. lnn x, dx = x lnn x − x.n(lnn−1 x).( x1 ) = x lnn x − n = R In−1 n ln x dx. Je tedy In = x lnn x − nIn−1 , což je hledaný rekurentní vzorec. Podle nalezeného rekurentního vzorce lze tedy spočítat In , známe-li In−1 .RNapříklad: R I0 = R ln0 x dx = 1 dx = x, I1 = ln x dx = x ln x − 1.I0 = x ln x − x,

47 R I2 = ln2 x dx = x ln2 x − 2I1 = x ln2 x − 2(x ln x − x), . . . atd. Cvičení 7.2. Integrujte metodou per partes: R R (a) x sin x dx (e) x sin2 x dx R R√ (b) x3 ln x dx (f) 3x ln(3x) dx R −5 R ln x (c) x ln x dx (g) x dx R R (d) x3 e−x dx (h) (2x + 1) ln(2x + 1) dx √ 4 Výsledky: (a) −x cos x + sin x, (b) x4 (ln x − 14 ), (c) 2 x(ln x − 2), (d) 2 −e−x (x3 +3x2 +6x+6), (e) − x2 sin x cos x+ x4 + 14 sin2 x, (f) 92 (3x)3/2 (ln 3x− ¢ (2x+1)2 ¡ 2 2 1 ln(2x + 1) − 12 3 ), (g) 2 ln x, (h) 4 Ukázkový příklad 7.4 (Substituce I.). R 1. 2x2x+1 dx. +4x−3 √

Definiční obor integrandu R \ { −2±2 10 }. Substituce t = 2x2 + 4x − 3 ⇒ dt = (4x + 4)dx = 4(x + 1)dx ⇒ (x + 1)dx = dt 4 . Dosadíme do daného integrálu: R R dt R dt4 x+1 1 1 1 2 dx = 2 t = 4 t = 4 ln |t| = 4 ln |2x + 4x − 3|. 2x +4x−3 R 2. sin(1 − 3x) dx. Definiční obor integrandu D(f ) = R. dt Substituce 1 − 3x = t ⇒ −3dx = dt ⇒ dx = −3 . Pak je R R R dt 1 sin(1 − 3x) dx = sin t −3 = − 3 sin t dt = − 13 (− cos t) = 3x). R √ 3. x2 4 x3 + 1 dx.

1 3

cos(1 −

Definiční obor integrandu D(f ) = h−1, ∞). Substituce t = x3 + 1 ⇒ dt = 3x2 dx ⇒ x2 dx = dt 3 . Po dosazení je 5 √ R R 2√ R 1 5 4 4 t = 13 t 4 dt = 13 t54 = 15 x 4 x3 + 1 dx = dt (x3 + 1) 4 . 3 4.

R

4

sin2 x cos x dx.

Definiční obor integrandu D(f ) = R. Substituce t = sin xR ⇒ dt = cos x dx. Po dosazení R 3 3 sin2 x cos x dx = t2 dt = t3 = sin3 x . R 5. 2x+3 x−1 dx. Definiční obor integrandu D(f ) = R \ {1}. Provedeme-li dělení (2x + 3) : (x − 1), dostaneme

2x+3 x−1

5 = 2 + x−1 . Pak

48

7 PRIMITIVNÍ FUNKCE už snadno R R 2x+3 x−1 dx = (2 +

R 1 = 2x + 5 x−1 dx = 2x + 5 ln |x − 1|. R 1 Výpočet posledního integrálu x−1 dx substituce t = x − 1. 5 x−1 ) dx

Cvičení 7.3. Integrujte pomocí vhodné substituce: R R √ (f) x 3 − x2 dx (a) e−3x dx R R 2 (b) sin(2 − x3 ) dx (g) sin 2x .e1−cos x dx R R arcsin x (c) ex sin(1 − ex ) dx (h) 2√1−x2 dx R ex R (d) 1+e 2x dx (i) sin x cos3 x dx R 1 R √ dx (e) (j) cos4 2x sin 2x dx 3 x+4 Výsledky: (a) − 13 e−3x , (b) 3 cos(2 − x3 ), (c) cos(1 − ex ), (d) arctg ex , (e) p 2 2 1 3 3 (3 − x2 )3 , (g) e1−cos x , h) 2arcsin x ln12 , (i) − 14 cos4 x, (j) 2 (x + 4) , (f) − 3 1 − 10 cos5 2x. Ukázkový příklad 7.5 (Substituce II.). R√ 1. 4 − x2 dx. Definiční obor integrandu D(f√) = h−2, 2i. Defin. obor funkce f : y = 4 − x2 je interval h−2, 2i. Substituce x = 2 sin t splňuje v intervalu (−2, 2) podmínky pro substituci II.typu. (ϕ : x = 2 sin t je v intervalu (− π2 , π2 ) ryze monotonní, má v tomto intervalu nenulovou derivaci a zobrazuje interval (− π2 , π2 ) −→ (−2, 2). Je proto použití substituce oprávněné. x = 2 sin t ⇒ dx =p 2 cos tdt. Po dosazení je R√ R R p 2 2 4 − x dx = 4 − 4 sin t .2 cos t dt = 2 1 − sin2 t .2 cos t dt = R√ R 4 cos2 t cos t dt = 4 cos2√t dt. (V poslední úpravě jsme použili goniometrického vzorce a pak cos2 t = | cos t| = cos t, neboť v intervalu (− π2 , π2 ) je cos t > 0 ). R Zbývá tedy pouze najít cos2 t dt. To je možné buď metodou per parR tes podobně jako v sin2 t dt v příkladu 7.3/4 nebo použít výsledku příkladu 7.3/4 R R takto: 2 R 2 cos t dt = (1 − sin t) dt = t − sin2 t dt = t + 21 (sin t cos t − t) = 1 [Výpočet lze provést i jiným způsobem.] 2 (t + sin t cos t). R √ Nakonec tedy je 4 − x2 dx = 4 12 (t + sin t cos t) = 2(t + sin t cos t) = 2t + 2 sin t cos t a dosadíme-li ze substituční rovnosti t = arcsin x2 , dostaneme (po kratší úpravě) √ R√ 4 − x2 dx = 2 arcsin x2 + x2 4 − x2 . R 2. x2dx . +5

49 Definiční obor integrandu D(f ) = R. √ Substituce x = t 5. √ Tato funkce ϕ : x = t 5 je v int. (0, ∞) ryze monotonní, má v něm nenulovou derivaci a zobrazuje jej na defin. obor funkce f : y = x2dx . +5 Je proto √ její použití√oprávněné. x = t dx√ = dt √ 5 R⇒ √ √ R dx 5 ⇒ R dt 5 = = 55 t2dt = 55 arctg t = 55 arctg √x5 . x2 +5 5t2 +5 +1 Ukázkový příklad 7.6 (Kombinové úlohy). R 1. arcsin x dx Definiční obor integrandu D(f ) = h−1, 1i. Integrujme metodou per partes. Označíme u0 = 1, v = arcsin x, u = 1 x, v 0 = √1−x . Pak je 2 R R x arcsin x dx = x arcsin x − √1−x dx. 2 R x Poslední integrál I = √1−x2 dx vypočteme pomocí substituce (I.typu)

t = 1 − x2 ⇒ dt = −2xdx ⇒ xdx = − dt 2 . Dostaneme 1 √ √ R −1 R − dt2 2 1 1 t √ dx = − 2 dt = − t t = − 1 − x2 . Nakonec I = 1 = − 2 2 t 2 √ R tedy je arcsin x dx = x arcsin x + 1 − x2 . R 2. tg(3x − 1) dx. Definiční obor integrandu: D(f ) = R \ { π6 + 13 + k π3 , k ∈ Z}. Nejprve použijme t = 3x − 1R ⇒ dt = 3dx ⇒ dx = R substituce (I.typu) R dt dt 1 sin t . Dostaneme tg(3x − 1) dx = tg t 3 3 dt = 3 cos t dt. Znovu použijeme substituci R sin t R −dz cos t1= z ⇒ dz = − sin tdt. 1 1 Pak je 3 cos t dt = 3 z = − 3 ln |z|. R Dosadíme zpět za z resp. t a je hledaný integrál tg(3x − 1) dx = − 31 ln | cos(3x − 1)|. R 3. 2x+3 dx x2 +2

Definiční obor integrandu D(f R ) = R. R 2x R Přepišme integrál ve tvaru 2x+3 dx = x2 +2 dx+ x23+2 dx = I1 +I2 . x2 +2 R Integrál I1 vypočteme pomocí a dostaneme I1 = x22x dx = ln(x2 + +2 2). Integrál I2 spočteme podobně jako v příkladu 7.5/2 pomocí substituce √ √ R x = t 2 a dostaneme I2 = x23+2 dx = 3 2 2 arctg √x2 . √ R 2 + 2) + 3 2 arctg √x . Nakonec tedy je 2x+3 dx = ln(x 2 x2 +2 2 Cvičení 7.4. Integrujte vhodnou kombinací metody per partes a substituční metody:

50

7 PRIMITIVNÍ FUNKCE

(a) (b) (c) (d)

R R R R

arctg x dx

(e)

R

x3 arctg x dx

x arcsin x dx x arctg x dx

(f)

x2 arccotg x dx

R

arcsin(ln x) x

dx [Návod: substituce t = ln x a pak per partes]

√ 2 Výsledky: (a) x arctg x− 12 ln(x2 +1), (b) x2 arcsin x+ x4 1 − x2 − 41 arcsin x, 2 3 2 4 (c) x2 arctg x− x2 + 12 arctg x, (d) x3 arccotg x+ x6 − 16 ln(1+x2 ), (e) x4 arccotg x− p x3 1 1 − ln2 x. 12 + 4 arctg x, (f) ln x . arcsin(ln x) + Cvičení 7.5. Integrujte: R (a) sin2 5x dx [Návod: Substituce 5x = t a pak použijte vzorce pro sin2 α2 .] R 3x 2 α (b) cos2 3x 2 dx [Návod: Substituce 2 = t a pak použijte vzorce pro cos 2 .] R (c) sin4 x dx [Návod: sin4 x = (sin2 x)2 a pak vzorec pro sin2 α2 .] R (d) cos4 x dx [Návod: cos4 x = (cos2 x)2 a pak vzorec pro cos2 α2 .] 1 3x x 1 3 Výsledky: (a) − 10 sin 5x cos 5x+ x2 , (b) 13 sin 3x 2 cos 2 + 2 , (c) − 4 sin x cos x− 3x 1 3 3x 3 3 8 sin x cos x + 8 , (d) 4 cos x sin x + 8 sin x cos x + 8 .

Ukázkový příklad 7.7 (Rozklad na parciální zlomky). Rozložme na parciální zlomky následující racionální funkce: 1. r(x) =

2x−1 . x3 +x2

Definiční obor funkce r(x) je D(r) = R \ {−1}. Jmenovatele nejprve rozložíme na součin výrazů typu (x − ρ)m nebo nerozložitelného kvadratického výrazu typu (x2 + px + q)k , p2 − 4q < 0, m, k ∈ N. Zřejmě je x3 + x2 = x2 (x + 1). Pak je r(x) = x22x−1 a roz(x+1) C klad na parciální zlomky má tvar xA2 + Bx + x+1 . Postup , který vede k nalezení konstant A, B, C ∈ R je zřejmý z následujícího: 2 2x−1 C = xA2 + Bx + x+1 = A(x+1)+Bx(x+1)+Cx ⇒ x2 (x+1) x2 (x+1) 2 2x − 1 = A(x + 1) + Bx(x + 1) + Cx ⇒ 2x − 1 = x2 (B + C) + x(A + B) + A ⇒ B + C = 0 ∧ A + B = 2 ∧ A = −1. Řešením poslední soustavy rovnic je A = −1, B = 3, C = −3 a rozklad na parciální zlomky pak je

r(x) = 2. r(x) =

2x−1 x3 +x2

= r(x) =

2x−1 x3 +x2

=

−1 x2

+

3 x

+

−3 x+1 .

2x2 +5 . x3 −6x2 +10x

Jmenovatel zlomku je po rozkladu x(x2 −6x+10). Kvadratický trojčlen v závorce má diskriminant D = 36 − 40 = −4 a trojčlen je tedy

51 nerozložitelný (v množině R). Definiční obor funkce r(x) je proto R \ Bx+C {0}. Rozklad na parciální zlomky má proto tvar A x + x2 −6x+10 . Další postup je obdobný jako v předchozím příkladu: 2x2 +5 Bx+C Ax2 −6Ax+10A+Bx2 +Cx =A . Odtud x + x2 −6x+10 = x3 −6x2 +10x x(x2 −6x+10) 2 2 2x + 5 = x (A + B) + x(−6A + C) + 10A ⇒ A + B = 2 ∧ −6A + C = 0 ∧ 10A = 5 ⇒ A = 21 , B = 32 , C = 3. Rozklad na parciální zlomky pak je 3. f (x) =

2x2 +5 x3 −6x2 +10x

=

1 2

x

+

3 x+3 2 . x2 −6x+10

2x3 . x2 −4

Definiční obor f (x) je R \ {−2, 2}. Funkce f (x) je neryze racionální (st.čitat= 3 > 2 =st.jmen.). Nejprve proto provedeme dělení 2x3 : (x2 − 4). Dostaneme f (x) = 2x + x28x = −4 8x 2x + (x−2)(x+2) , neboť jmenovatele musíme převést na tvar součinu výrazů typů uvedených v příkladu 7.7/1. Pak už ryze racionální funkci B 8x A (x−2)(x+2) rozložíme na parciální zlomky x−2 + x+2 . Snadno najdeme 4 4 A = 4, B = 4 a funkce f (x) pak je f (x) = 2x + x−2 + x+2 . Cvičení 7.6. Integrujte: R (a) 2x−1 x+2 dx R x−1 (b) 5x−2 dx R x (c) 3x−5 dx

(d) (e) (f)

R R R

x−5 4−3x

dx

2x−10 3x

dx

−3x−1 −x+2

dx

3 Výsledky: (a) 2x − 5 ln |x + 2|, (b) x5 − 25 ln |5x − 2|, (c) x3 + 59 ln |3x − 5|, 2x 10 (d) − x3 + 11 9 ln |4 − 3x|, (e) 3 − 3 ln |x|, (f) 3x + 7 ln |x − 2|.

Cvičení 7.7. Rozložte na parciální zlomky následující racionální funkce : (a)

x2 +1 x2 −1

(b)

3x+2 x3 −4x

(c)

x2 +2 x4 +x2

(d)

2x−3 x2 −2x+1

(e)

2x−3 x3 (x−1)

(f)

x5 −2 x2 −9

(g)

3x−1 x2 +2x

1 1 1 1 1 Výsledky: (a) 1 + x−1 , (c) x22 − x21+1 , (d) − x+1 , (b) − 2x + x−2 − 2(x+2) 1 2 3 1 1 1 241 245 3 − (x−1) 2 + x−1 , (e) x3 + x2 + x − x−1 , (f) x + 9x + 6(x−3) + 6(x+3) , (g) 1 + − 2x

7 2(x+2) .

Ukázkový příklad 7.8 (Integrace parciálních zlomků). Cvičení 7.8. Integrujte:

52 (a) (b) (c) (d)

8 R R R R

x2 +1 x2 −1

URČITÝ A NEVLASTNÍ INTEGRÁL

dx

(e)

3x+2 x3 −4x

dx

(f)

x2 +2 x4 +x2

dx

(g)

2x−3 x2 −2x+1

dx

(h)

R R R R

x2 +x x2 +2x+5 2x−3 x3 (x−1) x5 −2 x2 −9

dx

dx

dx

3x−1 x2 +2x

dx

Výsledky: (a) x + ln |x − 1| − ln |x + 1|, (b) − x2 + ln |x| − ln |x + 1|, (c) 1 − x2 − arctg x, (d) x−1 + 2 ln |x − 1|, (e) x − 12 ln(x2 + 2x + 5) − 2 arctg x+1 2 , (f) − 2x32 − x1 + ln |x| − ln |x − 1|, (g) (h) − 12 ln |x| + 72 ln |x + 2|.

x4 4

+

9x2 2

+

241 6

ln |x − 3| +

245 6

ln |x + 3|,

Cvičení 7.9. Integrujte: R x (a) e2xe −4 dx [Návod: Substituce ex = t a pak rozklad na parciální zlomky.] (b)

R

ln x+2 x(ln3 x+ln x)

dx [Návod: Substituce ln x = t a pak rozklad na parciální

zlomky.] (c) (d)

R R

1+e2x e4x −e2x √ √ x x+1

dx [Návod: Substituce t = e2x a pak parciální zlomky.]

dx [Návod: Substituce t =

√ x + 1]

Výsledky: (a) − 14 ln |ex + 2| + 14 ln |ex − 2|, (b) 2 ln | ln x| − ln(ln2 x + 1) + √ √ arctg(ln x), (c) 2e12x − 2x + ln |e2x − 1|, (d) x − 2 x − 3 + 2 ln( x + 1).

8

Cvičení k přednášce Určitý a nevlastní integrál

Ukázkový příklad 8.1 (Integrální součty). Vypočtěme z definice určitý integrál funkce f : y = ex v intervalu h0, ai, a > 0. (Viz obrázky 8.0.29,8.0.30.) Daná funkce je v intervalu h0, ai, a > 0 spojitá a tedy omezená. Interval h0, ai, a > 0 rozdělíme n dělicími body ekvidistantně na intervaly stejné a délky δ = x1 − x0 = x2 − x1 = · · · = xn − xn−1 , x0 = 0, xn = a, δ = a−0 n = n. Dolní součet příslušný k uvedenému dělení Dn je zřejmě s(Dn ) = δe0 + δex1 + δex2 + · · · + δexn−1 Ale e0 = 1, ex1 = eδ , ex2 = e2δ , . . . exn−1 = e(n−1)δ , takže po snadné úpravě je ³ ´ s(Dn ) = δ 1 + eδ + e2δ + · · · + e(n−1)δ

53

x0=0

x1

x xn=b

x2 .....

f(x)

y

f(x)

y

Obrázek 8.0.29: Dolní integrální součet funkce f : y = ex v intervalu h0, ai, dělicí body x0 , x1 , . . . xn

x0=0

x1

x2 .....

x xn=b

Obrázek 8.0.30: Horní integrální součet funkce f : y = ex v intervalu h0, a), dělicí body x0 , x1 , . . . xn

Výraz v poslední závorce je součet n členů geometrické posloupnosti, jejíž a první člen je 1 a kvocient eδ = e n . Je proto součet v závorce a

en n − 1 ea − 1 1. a = a en − 1 en − 1 Po dosazení do výrazu pro dolní součet pak dostaneme (je δ = na ) s(Dn ) =

a ea − 1 a(ea − 1) = a a n en − 1 n(e n − 1)

Dolní integrální součet nakonec vypočteme jako limitu z posledního výrazu a pro n → ∞. Protože čitatel je konstantní a(ea −1), stačí najít lim n(e n −1). n→∞ Tu najdeme po snadné substituci na = k ⇒ n = ka , takže a

a k ek − 1 (e − 1) = a lim =a k→0 k k→0 k

lim n(e n − 1) = lim

n→∞

(viz Matematika I. - kapitola Limita a spojitost funkce - Některé důležité limity funkcí - Věta 4.2.7). Nakonec tedy je a(ea − 1) lim s(Dn ) = = ea − 1 n→∞ a Výpočet horního součtu a jeho limity je zcela obdobný: ³ ´ S(Dn ) = δ eδ + e2δ + · · · + e(n−1)δ + enδ Součet v závorce je opět součet n členů geometrické posloupnosti, v níž je první člen eδ , kvocient eδ , součet S(Dn ) pak je opět S(Dn ) =

a ea − 1 a(ea − 1) = a a n en − 1 n(e n − 1)

54

8


a konečně i limita a(ea − 1) = ea − 1 a

lim S(Dn ) =

n→∞

Protože lim s(Dn ) = lim S(Dn ) = ea − 1

n→∞

n→∞

je hledaný určitý integrál

Ra

ex dx = ea − 1

0

Ukázkový příklad 8.2. Vypočtěme několik určitých integrálů s použitím Newtonovy-Leibnizovy formule: Ra 1. 0 ex dx, a > 0 (srovnej příklad 8.1 ) Funkce f : y = ex je v intervalu h0, ai omezená a proto existuje určitý integrál. Primitivní funkce k ex je ex a určitý integrál podle NLF je Z a ex dx = [ex ]a0 = ea − e0 = ea − 1 0

2.

R3 1

1 x

dx. Funkce f : y =

1 x

je v intervalu h1, 3i omezená a proto existuje

určitý integrál. Primitivní funkce k f (x) = integrál podle NLF je Z3 1

3.

R3 −1

1 x

R3 −1

4.

R1

je F (x) = ln |x| a určitý

1 dx = [ln |x|]31 = ln 3 − ln 1 = ln 3 x

dx. Funkce f : y =

spojitá) a proto

1 x

1 x

1 x

není v intervalu h−1, 3i omezená (není

dx neexistuje.

x2 dx. Funkce y = x2 splňuje v intervalu h−1, 1i podmínku omeze-

−1

nosti a proto existuje

R1

x2 dx. Primitivní funkce k funkci y = x2 je

−1

y=

x3 3 .

Je proto Z1

·

x3 x dx = 3

¸1

2

−1

= 1

1 −1 2 −( )= 3 3 3

55 √ R3

5.

arctg x dx. Funkce y = arctg x je v daném integračním intervalu

1

omezená. Hledaný integrál proto existuje. Primitivní funkce k funkci R y = arctg x je arctg x dx = x arctg x− 12 ln(x2 +1) (viz Cvičení 7.4/a). Je proto √

· ¸√3 Z3 1 arctg x dx = x arctg x − ln(x2 + 1) = 2 1 1

√ µ ¶ µ ¶ √ π 1 π 1 4π 3 − 3π 1 = 3 − ln 4 − − ln 2 = − ln 2 3 2 4 2 12 2 R2π

6.

sin x dx. Daný určitý integrál existuje. Primitivní funkce k y = sin x R je sin x dx = − cos x. Proto je 0

Z2π sin x dx = [− cos x]2π 0 = − cos 2π + cos 0 = −1 + 1 = 0 0

Cvičení 8.1. Vypočtěte určité integrály (pokud existují): (a)

R1 √ 1 + x dx

(f)

0

(b)

R1 0

(c)

R2 0

(d)

Re 1

x sin x dx

0 √ x √ 1+ x

dx

(g)

dx x−1

1+ln x x

R7

x x2 −4

3

(h)

π/4 R

dx

cos x sin2 x dx

0

dx

(i)

R1

ln x dx

0

√

(e)

π/2 R

R2√ 4 − x2 dx

(j)

R1 −1

0

dx x2 +4x+5

√ Výsledky: (a) 23 ( 8 − 1), (b) 2 ln 2 − 1, (c) neex., (d) 23 , (e) (g) ln 3, (h)

√ 2 12 ,

(i) neex., (j) arctg 3 −

(f) 1,

π 4.

Ukázkový příklad 8.3. Odhadněme hodnotu funkce f .

π+2 2 ,

R1 −1

2

e−x dx. Načrtněte si graf

56

8


Podle věty o střední hodnotě je R1 f (ξ) =

R1

2

e−x dx

−1

1 − (−1)

=

2

e−x dx

−1

, ξ ∈ h−1, 1i

2

Protože fmin ≤ f (ξ) ≤ fmax , je Z1 2f (ξ) =

Z1 e

−x2

2

e−x dx ≤ 2fmax

dx ⇒ 2fmin ≤

−1

−1 2

Avšak minimální hodnota funkce f (x) = e−x v intervalu h−1, 1i je f (1) = f (−1) = e−2 a maximální hodnota je f (0) = e0 = 1 (f je sudá funkce). Je proto Z1 Z1 2 −2 −x2 2e ≤ e dx ≤ 2.1 ⇒ 0, 27 ≤ e−x dx ≤ 2 −1

−1

Cvičení 8.2. Vypočtěte střední hodnotu funkce v daném intervalu: 1 x

(a) y = sin x v intervalu h0, πi

(e) y =

(b) y = sin x v intervalu h0, π2 i

(f) y = tg x v intervalu h π4 , π3 i

(c) y = cos 2x v intervalu h0, πi

(g) y = arccotg x v intervalu h−1, 1i

(d) y = ex v intervalu h−1, 1i

(h) y = 1 + ln x v intervalu h1, ei

Výsledky: (a) e e−1 .

2 π,

(b)

1 π,

(c) 0, (d)

e−e−1 2 ,

v intervalu h1, 2i

√ (e) ln 2, (f) ln 2, (g)

π 2,

(h)

Cvičení 8.3. Je dána funkce f : y = ln x. Načrtněte si obrázek. (a) Určete obsah obrazce omezeného grafem funkce f , osou x a přímkou x = 3. (b) Určete objem tělesa vzniklého rotací grafu f kolem osy x. (c) Určete obsah obrazce omezeného grafem funkce f , osou x a přímkou x = 0, 5. 1 2 (1

Výsledky: (a) −2 + 3 ln 3, (b) π(−6 ln 3 + 3 ln2 3 + 4), (c) | 12 (ln 2 − 1)| = − ln 2).

Cvičení 8.4. Jsou dány funkce f : y = (x − 1)2 , g : y = |x − 3|. Načrtněte si obrázek. (a) Určete obsah obrazce omezeného grafy funkcí f, g.

57 (b) Určete objem tělesa vzniklého rotací obrazce kolem osy x. Výsledky: (a) 92 , (b)

72π 5 .

Cvičení 8.5. Jsou dány funkce f : y = ln x, g : y = 1 − ln x. Načrtněte si obrázek. (a) Určete obsah obrazce omezeného grafy funkcí f, g. (b) Určete objem tělesa vzniklého rotací obrazce kolem osy x. Výsledky: (a) 1, (b) 2π(e − 1 −

√ e) .

Cvičení 8.6. Jsou dány funkce f : y = ln x, g : y = ln3 x. Načrtněte si obrázek. (a) Určete obsah obrazce omezeného grafy funkcí f, g. (b) Určete objem rotací obrazce kolem osy x.[Návod: inR 2 tělesa R vzniklého 6 tegrály ln x dx, ln x dx počítejte pomocí rekurentního vzorce pro R n ln x dx - viz Ukázkový příklad 7.3/5] Výsledky: (a) |5 − 14e−1 | + 2e − 5 = −10 + 14e−1 + 2e, (b) π(2 − 5e−1 ) + π(265e − 720) = π(265e − 718 − 5e−1 ) = 1, 587. Cvičení 8.7. Je dána funkce f : y = ex . Vypočtěte (a) obsah obrazce omezeného grafem funkce f , přímkami x = 0, x = 1 a osou x, (b) objem tělesa vzniklého rotací grafu funkce f kolem osy x v intervalu x ∈ h0, 1i, (c) [obtížnější] délku křivky√ f v intervalu x ∈ h0, 1i, [Návod: v integrálu použijte substituce t = 1 + e2x a pak rozklad na parciální zlomky], √ √ Výsledky: (a) e − 1, (b) π2 (e2 − 1), (c) 1 + e2 + 12 ln( 1 + e2 − 1) − √ √ √ √ . 1 1 1 2 2 ln( 1 + e + 1) − 2 − 2 ln( 2 − 1) + 2 ln( 2 + 1) = 3, 39. Cvičení 8.8. Najděte obsah obrazce omezeného grafem f : y = x sin x v intervalu h0, 4i. Načrtněte obrázek. (Lze využít programu MAPLE.) . Výsledky: 2π − sin 1 + 4 cos 4 = 4, 43 Ukázkový příklad 8.4 (Nevlastní integrál typu I). Vypočtěme nevlastní integrály:

58

8

1.

R1 0

1 √ 3 2 x


dx.

1 Definiční obor integrované funkce f (x) = √ 3 2 je D(f ) = (0, ∞), inx tegrační interval h0, 1i obsahuje bod x = 0 (singulární), který do definičního oboru nepatří. V intervalu h0, 1i není funkce f (x) omezená a jde tedy o nevlastní integrál typu I (vlivem funkce). Vypočtěme R1 1 √ proto určitý integrál Iα = 3 2 dx, 0 < α < 1, který existuje. Je

Iα =

R1

1 √ 3 2 x α

dx =

R1 α

x

α

√ √ x−1/3 dx = [3 3 x]1α = 3 − 3 3 α. Hledaný integrál

dostaneme jako lim Iα = 3. Vypočtená limita je vlastní a hledaný α→0+

(nevlastní) integrál proto konverguje a je

R1 0

2.

R1 0

1 √ 3 2 x

dx = 3.

1 x−1 dx.

f (x) =

1 x−1

⇒ D(f ) = R \ {1} ⇒ x = 1 ∈ / D(f ) (singulární bod). Rβ 1 Vypočteme proto Iβ = x−1 dx, 0 < β < 1. Je 0

Iβ =

Rβ 0

1 x−1 dx[ln |x

− 1|]β0 = ln |β − 1| − ln | − 1| = ln |β − 1|. Hledaný

integrál najdeme opět jako limitu lim Iβ = −∞. Nalezaná limita je β→1−

nevlastní a hledaný (nevlastní) integrál proto diverguje a je

R1 0

−∞.

1 x−1 dx

=

Ukázkový příklad 8.5 (Nevlastní integrál typu II). Vypočtěme nevlastní integrály: 1.

R∞

e−x dx.

0

Najdeme určitý integrál Iα =

Rα

e−x dx, α > 0. Ten existuje (zdůvod-

0

něte proč) a je Zα

e−x dx = [−e−x ]α0 = −e−α + e0 = −e−α + 1

Iα = 0

Hledaný integrál pak dostaneme jako limitu Iα pro α → ∞. Zřejmě je lim Iα = lim (−

α→∞

α→∞

1 + 1) = 1 eα

59

Je tedy

R∞

e−x dx = 1 a konverguje.

0

2. Najdeme

R∞

e−|x| dx. Načrtněte si obrázek grafu f (x) = e−|x| .

−∞

Jde zřejmě o nevlastní integrál II. druhu (vlivem mezí). Rozlišme dva případy: R∞

• x ≥ 0 ⇒

e−|x| dx =

−∞

R∞

e−x dx = 1 (vyřešeno v předchozím

0

příkladu ). • x ≤ 0 ⇒

R∞

e−|x| dx =

−∞

R0

ex dx, neboť x < 0 ⇒ −|x| =

−∞

−(−x) = x. Poslední integrál vypočteme obdobným způsobem jako v předR0 chozím příkladu. Nejprve určíme Iβ = ex dx = [ex ]0β = 1 − β

eβ , β < 0. Odtud lim Iβ = lim (1 − eβ ) = 1 (neboť β < 0). β→−∞

β→−∞

Nakonec tedy je Z∞ e−|x| dx = lim Iβ + lim Iα = 1 + 1 = 2 β→−∞

α→∞

−∞

Integrál je konvergentní. Cvičení 8.9. Vypočtěte nevlastní integrály (pokud existují) a rozhodněte, zda konvergují nebo divergují. Specifikujte typ (I, II). (a)

R1

x ln x dx

0

(b)

π/2 R

tg x dx

0

(c)

R2 1

√x x−1

dx

(d) [obtížnější]

R2 0

1 x(x−2)

ciální zlomky. (e)

R1 0,5

√

1 1−x2 arcsin x

dx.

dx. Návod: Dva singulární body x = 0, x = 2. Par-

60

9 FUNKCE DVOU PROMĚNNÝCH

Výsledky: (a) 14 , konverg., (b) ∞, diverg., (c) 83 , konverg., (d) −∞, diverg., (e) ln π/2 − ln π/6 = ln 3, konverg. Cvičení 8.10. Vypočtěte nevlastní integrály (pokud existují) a rozhodněte, zda konvergují nebo divergují. Specifikujte typ (I, II). (a)

R∞

sin x dx

(d)

R∞ 2/π

(c)

−1 R −∞

arctg x dx

−∞

0

(b)

R∞

1 x2

sin x1 dx

(e)

R∞

arctg x dx

0 1 x

dx

Výsledky: (a) neex., (b) 1, konverg., (c) −∞, diverg., (d) neex., (e) ∞, diverg.

9

Cvičení k přednášce Diferenciální počet funkce dvou proměnných

Cvičení 9.1. Jsou dány následující množiny M1 , M2 , M3 , M4 .Obrázek 9.0.31 M1 - množina všech bodů čtverce ABCD, A[−2, 2], B[0, 2], C[0, 0], D[−2, 0] (včetně obvodu), M2 - množina všech bodů trojúhelníka 4P QR, P [1, 1], Q[3, 3], R[2, 0] s vyloučením všech bodů úsečky QR, M3 - množina všech bodů [x, y], x < 0, y < 0 (III. kvadrant), M4 - množina všech bodů kruhu K se středem [3, −2] a poloměrem r = 2 Rozhodněte, které množiny jsou (nejsou) otevřené, uzavřené, omezené, kompaktní a které body jsou vzhledem k jednotlivým množinám vnější, vnitřní, hraniční a hromadné. Výsledky: a) otevřená množina M3 , uzavřené množiny M1 , M4 , množina M2 není ani otevřená ani uzavřená, b) omezené jsou množiny M1 , M2 , M4 , omezená není množina M3 , c) Kompaktní jsou množiny M1 , M4 , kompaktní nejsou M2 , M3 , d) hromadné body jsou všechny body množiny M1 , všechny body trojúhelníka 4P QR včetně úsečky QR, která nepatří M2 , všechny body kruhu K - množiny M4 a všechny body množiny M3 včetně hraničních polopřímek x, y, x < 0, y < 0, které nepatří k množině M3 . Ukázkový příklad 9.1 (Definiční obor funkce). Najdeme definiční obory několika funkcí:

61

y 2 M1

M2

x

5 0

M3

–2

M4

–4

Obrázek 9.0.31: Vlastnosti množin M1 , M2 , M3 , M4 . Cvičení 9.1.

1 x2 +y 2 −1

1. f (x, y) = √

Podmínka pro existenci zlomku je x2 + y 2 − 1 > 0 ⇒ x2 + y 2 > 1. Definiční obor dané funkce je množina všech dvojic [x, y] ∈ R × R takovch, že x2 + y 2 − 1 > 0. Geometricky je to část roviny E2 ležící vně kružnice se středem S[0, 0] a poloměrem r = 1. (Obrázek 9.0.32.) √ √ 2. f (x, y) = ln(x2 + y 2 ) + x + y Podmínky pro definiční obor: x2 + y 2 > 0 ⇒ (x = 0 ∧ y = 0)0 ⇒ x 6= 0 ∨ y 6= 0, x≥0 y≥0 Konjunkce všech uvedených podmínek vede k definičnímu oboru D(f ) = {[x, y] ∈ R × R, (x ≥ 0) ∧ (y ≥ 0) ∧ (x 6= 0 ∨ y 6= 0) V rovině je tato množina zobrazena body ležícími v I. kvadrantu s výjimkou počátku O[0, 0]. (Obrázek 9.0.33.) 3. f (x, y) = ln(x + y) + ln(x − y) + arcsin x−y x+y (obrázek 9.0.34). Definiční obor funkce musí splňovat konjunkci následujících podmínek: x−y >0⇒y <x x + y > 0 ⇒ y > −x −1 ≤ x−y x+y ≤ 1 Poslední podmínka je opět konjunkce podmínek P1 : −1 ≤ x−y x+y a x−y P2 : x+y ≤ 1. Každou z těchto podmínek vyřešíme obvyklým postupem: −1 ≤ x−y x+y ⇒ x − y ≥ −x − y ⇒ x ≥ 0, x−y x+y ≤ 1 ⇒ x − y ≤ x + y ⇒ y ≥ 0. (Pozor: Poslední úpravy nerovnic

62


y

y D(f)

D(f) x 0

x

Obrázek 9.0.32: Definiční funkce f (x, y) = √ 2 1 2 .

obor

x +y −1

Obrázek 9.0.33: Definiční obor √ funkce f (x, y) = ln(x2 + y 2 ) + x + √ y.

- násobení výrazem x + y jsou správné, neboť x + y > 0 - viz výše uvedená podmínka). Nakonec tedy je definiční obor funkce D(f (x, y)) = {[x, y] ∈ R × R, y > −x ∧ y < x ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0} V rovině E2 je definiční obor zobrazen body ležícími v úhlu, jeho ramena jsou kladná poloosa x, přímka y = x, jejíž body nejsou obrazy dvojic patřících definičnímu oboru. p √ 4. f (x, y) = 1 − x2 + y 2 − 1 (obrázek 9.0.35 ). Podmínky pro definiční obor jsou: 1 − x2 ≥ 0 ⇒ x2 ≤ 1 ⇒ x ∈ h−1, 1i, y 2 − 1 ≥ 0 ⇒ y 2 ≥ 1 ⇒ y ∈ h1, ∞) ∨ y ∈ (−∞, −1i Je tedy definiční obor D(f (x, y)) = h−1, 1i × (h1, ∞) ∪ (−∞, −1i) V rovině je definiční obor zobrazen body [x, y] ležícími v pásu rovnoběžek x = −1, x = 1 s výjimkou čtverce s vrcholy [−1, 1], [1, 1], [1, −1], [−1, −1]. Všechny hraniční úsečky resp. polopřímky definičnímu oboru patří. Cvičení 9.2. Najděte definiční obory funkcí a zobrazte je v E2 : (a) f (x, y) = (b) f (x, y) =

x2 +y 2 x2 −y 2

p

x2 − y 2

(c) f (x, y) = arctg(x + y) +

1 x−y

63

4 y y

y=x

3 2

D(f)

1 D(f)

–1 0 –1

–2

1

x 2

–2

x

–3 –4

Obrázek 9.0.34: Definiční obor funkce f (x, y) = ln(x + y) + ln(x − y) + arcsin x−y x+y .

Obrázek 9.0.35:√ Definiční p obor 2 funkce f (x, y) = 1 − x + y 2 − 1.

(d) f (x, y) = arccos(x + 1) − arcsin(y − 1) (e) f (x, y) = arccos(x + y) − arcsin(x − y) (f) f (x, y) = ln x−2y x+2y p (g) f (x, y) = |x| − y + (h) f (x, y) =

p |x| − y +

1 ln |x|−y 1 ln(|x|−y)

Výsledky (a) D(f ) = {R × R, y 6= x ∧ y 6= −x}, (b) {R × R, −x ≤ y ≤ x∨x ≤ y ≤ −x}, (c) D(f ) = {R×R, y 6= x}, (d) D(f ) = h−2, −1i×h0, 2i,(e) D(f ) = {R × R, −1 − x ≤ y ≤ 1 − x ∧ x − 1 ≤ y ≤ x + 1}, (f) D(f ) = {R × R, − x2 < y < x2 ∨ x2 < y < − x2 }, (g) D(f ) = {R × R, y ≤ |x| ∧ y = 6 e|x| } = {R × R, y ≤ |x|}, (h) D(f ) = {R × R, y < |x| ∧ y 6= |x| − 1}. Ukázkový příklad 9.2 (Limita funkce dvou proměnných). Vypočtěme limity několika funkcí dvou proměnných: 1. f (x, y) = x2 +

2x sin(x+y)

• V bodě (0, π2 ) je f (x, y) definovaná (spojitá) a existuje f (0, π2 ) a 2x je proto lim (x2 + sin(x+y) ) = 0 + sin0 π = 0. (x,y)→(0,0)

2

• V bodě (1, π) je f (x, y) definovaná (spojitá) a existuje f (1, π) a . 2x 2π je proto lim (x2 + sin(x+y) ) = 1 + sin(1+π) = −1, 377. (x,y)→(1,π)

• V bodě (0, 0) není f (x, y) definovaná (není spojitá) a funkční hodnota proto neexistuje. Bod (0, 0) je však hromadný bod (zdůvodněte proč) definičního oboru a proto má smysl hledat limitu

64

9 FUNKCE DVOU PROMĚNNÝCH funkce. Zvolme různé cesty ”přibližování” k bodu (0, 0) 2x cesta C1 : y = 0 (osa x). Pak je f (x, y) = x2 + sin x . Limitu vypočteme snadno: lim (x2 +

x→0 2x x→0 sin x

neboť lim

x x→0 sin x

= 2 lim

2x ) = 0 + 2 = 2, sin x =2

cesta C2 : y = x. Dosadíme-li do f (x, y), dostaneme f (x, y) = 2x x2 + sin(2x) . Dosazením tuto limitu nelze najít, avšak je zřejmé: lim (x2 +

x→0 2x x→0 sin 2x

neboť lim

2x ) = 0 + 1 = 1, sin 2x

= 1 (po snadném výpočtu a substituci t = 2x -

viz Matematika 1, kapitola Limita funkce). Je tedy patrno, že pro různých³ cestách nedospějeme k téže hod´ 2x 2 notě funkce a proto lim x + sin(x+y) neexistuje. (x,y)→(0,0)

³ 2. f (x, y) = 1 +

1 x+y

´2x+2y

.

• V bodě (0, 1) je funkce definovaná a spojitá, proto limitu dostaneme výpočtem funkční hodnoty. Je f (x, y) = f (0, 1) = 22 = 4. ´2x+2y ³ 1 Tedy lim = 4. 1 + x+y (x,y)→(0,1)

• Pro x → ∞, y → ∞ použijme substituci t = x + y. Pak je ³ ´2x+2y ¡ ¢2t 1 lim 1 + x+y = lim 1 + 1t = e2 (viz Matemat→∞

(x,y)→(∞,∞)

tika 1 - kapitola Limita funkce ). • V bodě (0, 0) není funkce definovaná, avšak bod (0, 0) je hromadný bod definičního oboru. Má proto smysl hledat uvedenou limitu. Použijeme stejné substituce t = x + y jako v předchozím případu. Dostaneme lim

(x,y)→(0,0)

µ 1+

1 x+y

¶2x+2y

µ ¶ 1 2t = lim 1 + t→0 t

Tato limita (funkce jedné proměnné) je limitní typ ”∞0 ”. Lze tedy použít l’Hospitalova pravidla (viz Matematika 1 - kapitola Limita funkce ) a po kratším výpočtu dostaneme ³ ´2x+2y 1 lim 1 + x+y = 1. (x,y)→(0,0)

65 3. f (x, y) =

√ x+y+1−1 . x+y

Definiční obor je (zdůvodněte a nakreslete) D(f ) = {[x, y] ∈ R × R, y ≥ −x − 1 ∧ y 6= −x} • V bodě (1, 0) (patří do definičního oboru f (x, y)) stačí určit pouze √ 2−1 funkční hodnotu. Je f (1, 0) = 1 . Je tedy √ lim f (x, y) = 2 − 1 (x,y)→(1,0)

• V bodě (0, 0) (není v definičním oboru, je to však hromadný bod definičního oboru) funkční hodnota neexistuje. Upravíme funkční výraz ”usměrněním” (podobně jako při výpočtech limit funkce jedné proměnné - Matematika 1 √- kapitola Limita funkce) √ √ x+y+1−1 x+y+1−1 √x+y+1+1 = lim . x+y+1+1 lim x+y x+y (x,y)→(0,0) √x+y = 12 (x,y)→(0,0) (x+y)( x+y+1+1)

(x,y)→(0,0)

=

lim

(po vykrácení a dosazení).

• V bodě (0, −2) nemá smysl limitu hledat, protože (0, −2) není hromadný bod definičního oboru.(Zdůvodněte z definice hromadného bodu - Matematika 2 - kapitola Funkce více proměnných.) Cvičení 9.3. Vypočtěte limity funkcí v daných bodech: (a) (b) (c)

lim

(x2 − 3y + 1)

(d)

(x,y)→(1,2)

lim

(x,y)→(0,0)

lim

(x,y)→(1,0)

√ 2+ 4−xy xy

(e)

lim

sin xy x

lim

ex+y −ey 3x

(x,y)→(0,1)

(x,y)→(0,0)

sin xy x

Výsledky: (a) −4, (b) 14 , (c) 0, (d) 1, (e) 13 . Cvičení 9.4. Ukažte, že následující limity funkce dvou proměnných neexistují (Návod: Najděte dvě různé cesty C1 , C2 takové, že vedou k různým hodnotám f (x, y)): (a)

x2 +y 2 2 2 (x,y)→(0,0) x −y

lim

(b)

lim

(x,y)→(∞,∞)

x−y x+y

Cvičení 9.5. Vypočtěte obě parciální derivace totální diferenciál v tomto bodě: (a) f (x, y) =

x y+1

+

y x+1 , A[0, 0]

(b) f (x, y) = x2 y + 2xy 2 − 2y + x − 1, A[1, −1]

(c)

lim

(x2 + xy )

(x,y)→(0,0)

∂f ∂f ∂x , ∂y v

daném bodě A a

66


(c) f (x, y) = x2 ex+y − yex−y , A[0, 2] (d) f (x, y) = x sin y + y cos x − sin 2x cos 2y, A[ π2 , π2 ] (e) f (x, y) =

xy−x xy+x , A[2, −1]

(f) f (x, y) = e2x sin y − e2y cos x + sin 2x + 2y, A[π, 0] (g) f (x, y) =

ln x+ln y ln x−ln y , A[e, 1], B[e, e], C[1, e]

∂f (A) y 1 x 1 = − (y+1)) 2 + x+1 = y+1 − (x+1)2 = 1, ∂y (A) (A) 1; df (A) = dx + dy, (b) ∂f∂x = 2xy + 2y 2 + 1 = 1, ∂f∂y = x2 + 4xy − 2 = (A) (A) = 2xex+y + x2 ex+y − yex−y = 2e−2 , ∂f∂y = −5; df (A) = dx − 5dy, (c) ∂f∂x ∂f (A) 2 x+y x−y x−y −2 −2 −2 x e −e + ye = e ; df (A) = 2e dx + e dy, (d) ∂x = sin y − (A) y sin x − 2 cos 2x cos 2y = −1 − π2 , ∂f∂y = x cos y + cos x + 2 sin 2x sin 2y = ∂f (A) ∂f (A) 2 0; df (A) = (−1 − π2 )dx, (e) ∂x = 0, ∂f = neex.; df (A) = ∂y = (y+1)2 , ∂y ∂f (A) ∂f (A) 2x 2y neex., (f) ∂x = 2e sin y+e sin x+2 cos 2x + 2y = 2, ∂y = e2x cos y− (A) 2 cos xe2y + 2 cos 2x + 2y = 4 + e2π ; df (A) = 2dx + (4 + e2π )dy, (g) ∂f∂x = ∂f (A) ∂f (B) ∂f (B) 2 ln y 2 ln y − x ln2 x = 0, ∂y = − y ln2 x = 0; ∂x neex., ∂y neex., df (A) =

Výsledky: (a)

∂f (A) ∂x

=

y

y

0, df (B) neex.,

∂f (C) ∂x

(C) = −2, ∂f∂y = − 2e ; df (C) = −2dx − 2e dy.

Ukázkový příklad 9.3 (Použití totálního diferenciálu k přibližným výpočtům). Vypočtěme pomocí totálního diferenciálu přibližnou hodnotu výrazu V = √15,9−1√25,01 . Daný výraz je hodnotou funkce f (x, y) =

√ 1√ . x− y

Pevný bod A[16, 25], ∆x =

−0, 1, ∆y = 0, 01. Hodnota funkce v bodě A je f (A) = √16−1 √25 = −1. Přírůstek funkce ∆f odpovídající přírůstkům proměnných ∆x, ∆y nahradíme přibližně diferenciálem df (A). Je 1 1 ∂f ∂f =− √ √ = √ √ √ 2, √ ∂x 2 x( x − y) ∂y 2 y( x − y)2 a v bodě A[16, 25] pak je ∂f (A) 1 ∂f (A) 1 =− , = ∂x 8 ∂y 10 ∂f 1 1 Diferenciál pak je df (A) = ∂f ∂x ∆x + ∂y ∆y = − 8 .(−0, 1) + 10 .0, 01 = 0, 0135. Nakonec tedy je . V = f (15, 9; 25, 01) = f (16, 25) + df (A) = −1 + 0, 0135 = −0, 9865

(Srovnejte s přesnějším výpočtem na počítači.) Cvičení 9.6. Vypočtěte pomocí totálního diferenciálu přibližnou hodnotu výrazu

67 (a)

2 3,01 √ −1 3,99

(b)

√ √ √9,1−√4,01 9,1+ 4,01

(c) 5, 012 . ln(0, 995)

Výsledky: (a) 4, 035, (b) 2, 002, (c) −0, 125. Cvičení 9.7. Vypočtěte totální diferenciál 2. řádu dané funkce v daném bodě: (a) f (x, y) = x2 y + 2xy 2 − 2y + x − 1, A[1, 1] (b) f (x, y) =

xy−x xy+x , A[1, 0]

(c) f (x, y) = x2 + (y − 2)2 , A[2, 3] (d) f (x, y) = xy + 2x2 − y 2 + x + y − 2, A[1, −1] (e) f (x, y) =

1 x2

−

2 , A[−1, −1] y2

(f) f (x, y) = x3 + y 3 − 3x − 27y − 1, A[−2, −2] (g) f (x, y) = ln(x2 + y 2 ), A[1, −2] Výsledky: (a) d2 f = 2y(dx)2 + 2(2x + 4y)dx dy + 4x(dy)2 , d2 f (A) = 4 2 2 2 2(dx)2 + 12dx dy + 4(dy)2 , (b) d2 f = − (y+1) 3 (dy) , d f (A) = −4(dy) , (c) d2 f = 2(dx)2 + 2(dy)2 , (d) d2 f = 4(dx)2 + 2dx dy − 2(dy)2 , (e) d2 f = 6 (dx)2 − y124 (dy)2 , d2 f (A) = 6(dx)2 −12(dy)2 , (f) d2 f = 6x(dx)2 +6y(dy)2 , d2 f (A) = x4 −12(dx)2 −12(dy)2 , (g) d2 f = 6 2 25 (dx)

+

16 25 dx dy

−

6 2 25 (dy) .

2y 2 −2x2 2x2 −2y 2 2 2 (dx)2 − (x28xy dx dy+ (x 2 +y 2 )2 (dy) , d f (A) (x2 +y 2 )2 +y 2 )2

Cvičení 9.8. Rozhodněte o definitnosti resp. indefinitnosti následujících kvadratických forem přímo z definice i pomocí Sylvesterovy věty (pokud to je možné): (a) K(x1 , x2 ) = 2x21 + x22

(f) K(x1 , x2 ) = −2x21 − x1 x2 − x22

(b) K(x1 , x2 ) = 2x21 − x22

(g) K(x1 , x2 ) = 4x1 x2

(c) K(x1 , x2 ) = 2x21 + x1 x2 + x22

(h) K(x1 , x2 ) = x22 − 4x1 x2

(d) K(x1 , x2 ) = x21 − 5x1 x2 + 3x22

(i) K(x1 , x2 ) = 5x22

(e) K(x1 , x2 ) = −x21

(j) K(x1 , x2 ) = x21 − 2x1 x2 + x22

Výsledky: (a) pozit.def., (b) indef., (c) pozit.def., (d) pozit.def., (e) negat.def., (f) negat.def., (g) indef., (h) indef. , (i) pozit.def., (j) pozit.semidef.

=

68


Ukázkový příklad 9.4 (Stacionární body a lokální extrémy funkce dvou proměnných). Najděme stacionární body funkce f (x, y) = 4−(x+2)2 +(y+3)2 + 23 x3 −6y a rozhodněme, zda je ve stacinárním bodě lokální extrém. ∂f Nutná podmínka pro stacionární bod je ∂f ∂x = 0 ∧ ∂y = 0, proto ∂f ∂x

= −2(x + 2) + 2x2 = 0 ∧ ∂f ∂y = 2(y + 3) − 6 = 0. Odtud (x = 2 ∧ y = 0) ∨ (x = −1 ∧ y = 0). Jsou tedy dva stacionární body A[2, 0], B[−1, 0], tzn. dva možné lokální extrémy. O jejich existenci lze rozhodneme buď z charakteru kvadratické formy druhého diferenciálu nebo pomocí Sylvesterovy věty (pokud to lze). Ukažme oba způsoby: I. Pomocí diferenciálu 2. řádu. Vypočteme ∂2f ∂2f ∂2f = 4x − 2, 2 = 2, =0 2 ∂x ∂y ∂x∂y a v bodech A, B pak je ∂ 2 f (A) ∂ 2 f (A) ∂ 2 f (A) =0 = 6, = 2, 2 2 ∂x ∂y ∂x∂y resp.

∂ 2 f (B) ∂ 2 f (B) ∂ 2 f (B) =0 = −6, = 2, ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y

Totální diferenciál 2. řádu v bodech A, B pak je d2 f (A) = 6(dx)2 + 2(dy)2 resp. d2 f (B) = −6(dx)2 + 2(dy)2 Odtud je patrno, že v bodě A je d2 f (A) > 0 pro každé dx, dy a kvadratická forma d2 f (A) je pozitivně definitní a funkce f (x, y) má tedy v bodě A[2, 0] lokální minimum fmin = f (A) = 73 . V bodě B je d2 f (B) zřejmě indefinitní a funkce f (x, y) nemá tedy v bodě B[−1, 0] lokální extrém. Protože ∂ 2 f (B) ∂y 2

∂ 2 f (B) ∂x2

=

−6 ∧ = 2 (opačná znaménka), je B sedlový bod. II. Podle Sylvestrovy najdeme determinanty: V bodě A je D1 =

∂ 2 f (A) ∂x2

= 6, D2 =

∂ 2 f (A) ∂x2 ∂2f ∂y∂x

∂2f ∂x∂y ∂ 2 f (A) ∂y 2

=

6 0

0 =12 > 0 2

Protože D1 > 0 ∧ D2 > 0, má funkce v bodě A[2, 0] lokální minimum. −6 0 V bodě B je podobně D1 = −6, D2 = = −12 < 0 a funkce 0 2 f (x, y) nemá v bodě B lokální extrém. (B je sedlový bod, fs = f (B) = 34 3 .) Cvičení 9.9. Najděte stacinární body následujícíh funkcí a zjistěte, zda v těchto bodech má funkce lokální extrém:

69 (a) f (x, y) = xy + x2 + y 2 (b) f (x, y) = xy − x2 − y 2 (c) f (x, y) = xy + x2 + y 2 + 2x − 3y + 1 (d) obtížnější f (x, y) = x3 − y 3 − x2 y + xy 2 + xy (e) f (x, y) = xy 2 + x2 y + x + y + 10 (f) obtížnější f (x, y) = xy 2 + x2 y + xy − 2 (g) f (x, y) = ln x + ln y +

1 x

+

1 x

(h) f (x, y) = ln(x2 + y 2 ) (i) f (x, y) = ln(x2 + y 2 ) − x + y Výsledky: (a) stac. bod A[0, 0], fmin = f (A) = 0, (b) stac. bod A[0, 0], fmax = f (A) = 0, (c) stac. bod A[− 37 , 83 ], fmin = f (A) = − 48 9 , (d) stac. body A[0, 0], B[ 16 , − 16 ], v bodě A není lok. extrém - sedlový bod, v bodě B je lok. 1 minimum fmin = f (B) = − 108 , (e) stacion. body A[1, −1], B[−1, 1], nejsou lok. extrémy - sedlové body, (f) stac. body A[0, 0], B[− 31 , − 13 ], C[0, −1], D[−1, 0], 53 v bodě B lok. max. fmax = f (B) = − 27 , v bodech A, C, D nejsou lokální extrémy, (g) stac. bod A[1, 1], fmin = f (A) = 2, (h) není žádný stacion. bod, (i) stacion. bod A[1, −1] - není lok. extrém. Ukázkový příklad 9.5 (Vázané extrémy). Najděme extrémy funkce f (x, y) = x2 + y 2 − 4 s vazbovou podmínkou g(x, y) = x2 − y = 0. I. Metoda dosazení z vazbové funkce g do dané funkce f . 2 x − y = 0 ⇒ y = x2 ⇒ f (x, y) = x2 + x4 − 4 ⇒ f 0 = 2x + 4x3 = 0 ⇒ x(2 + 4x2 ) = 0 ⇒ x = 0. Možný extrém je v bodě x = 0, pomocí druhé derivace rozhodneme o extrému: f 00 (x, y) = f 00 (x) = 2 + 4x2 , která je (nejen) pro x = 0 kladná a tedy v bodě x = 0 (a dopočteme pomoci vazbové funkce y = 0) je vázané minimum fmin = f (0, 0) = −4. II. Metoda Lagrangeovy funkce L(x, y). Sestavíme Lagrangeovu funkci L(x, y) = x2 + y 2 − 4 + λ(x2 − y) a hledáme ∂L její extrém: ∂L ∂x = 2x + 2λx, ∂y = 2y − λ. Spolu s vazbovou podmínkou dostáváme soustavu rovnic: 2x(1 + λ) = 0 2y − λ = 0 y = x2

70


Tuto soustavu převedeme na dvě soustavy rovnic: x=0∧y =0∧λ=0 nebo

1 1 λ = −1 ∧ y = − ∧ x2 = − 2 2 Druhá soustava nemá zjevně reálné řešení. O extrému funkce rozhodneme 2 2 ∂2L = 0, takže d2 L(x, y) = pomocí d2 L(x, y). Proto : ∂∂xL2 = 2, ∂∂yL2 = 2, ∂x∂y 2(dx)2 + 2(dy)2 . Tato kvadratická forma je pozitivně definitní a tedy funkce L(x, y) má v bodě A[0, 0] minimum a tedy i funkce f (x, y) má v bodě A vázané lokální minimum fmin = f (0, 0) = −4. (Bylo možné použít i Sylvestrovy věty.) Cvičení 9.10. Najděte vázané lokální extrémy dané funkce f (x, y) s vazbovou podmínkou g(x, y) = 0: (a) f (x, y) = xy − x + y − 1, g(x, y) = x + y − 1 = 0 (b) f (x, y) = x + y, g(x, y) =

1 x2

+

1 x2

−1=0

(c) (obtížnější) f (x, y) = sin2 x + sin2 y, g(x, y) = x − y − π4 = 0 Návod: Lze použít metody dosazení i metody Lagrangeovy funkce. Pro řešení goniometrické rovnice sin x cos x − sin y cos y = 0 použijte goniometrický vzorec a napište sin x cos x = 12 sin 2x a podobně sin y cos y = 1 2 sin 2y. Dále pak obvyklé řešení goniometrické rovnice. (d) f (x, y) = (y − x − 2)2 , g(x, y) = y − 2x (e) f (x, y) = x2 y 3 (12 − x − y), g(x, y) = y − 2 = 0 (f) f (x, y) = 2x2 − 6xy + 5y 2 − x + 3y + 2, g(x, y) = y + x − 1 = 0 Výsledky:(a) Vázané maximum fmax = f (− 12 , 32 ) = 14 , (b) Vázané ex√ √ √ √ √ √ trémy fmin = f ( 2, 2) = 2 2, fmax = f (− 2, − 2) = −2 2, (c) vázané extrémy pro x = π8 + k π2 , y = − π8 + k π2 , k ∈ Z, (d) vázané minimum fmin = 32000 f (2, 4) = 0, (e) Vázané extrémy fmin = f (0, 2) = 0, fmax = f ( 20 3 , 2) = 27 , 10 3 390 (f) Váaané minimum fmin = f ( 13 , 13 ) = 169 . Ukázkový příklad 9.6 (Globální extrémy na kompaktní množině). Najděme globální extrémy funkce f (x, y) = x2 + xy + y 2 na kompaktní √ množiněn M : y ≥ x2 ∧ y ≤ x. Obrázek 9.0.36. I. Najdeme lokální extrémy funkce f (x, y). Lokální extrém najdeme z ∂f podmínek ∂f ∂x = 0 ∧ ∂y = 0 . Tato část byla vyřešena ve cvičení 9.9/a. Bylo nalezeno lokální minimum fmin = f (0, 0) = 0. II. Najdeme extrémy f (x, y) na hranicích množiny M , tj. vázané extrémy √ s vazbami h : y = x2 , g : y = x. Použijme dosazovací metody (lze použít i

71 Lagrangeovy funkce): h : y = x2 ⇒ f (x, y) = x2 + x3 + x4 ⇒ f 0 (x) = 2x + 3x2 + 4x3 = 0 ⇒ x(2 + 3x + 4x2 ) = 0 ⇒ x = 0 ⇒ y = 02 = 0. Je tedy bod A[0, 0], který již byl nalezen jako stacionární bod f (x, y). √ √ √ g : y = x ⇒ f (x, y) = x2 + x x + x ⇒ f 0 (x) = 2x + 23 x + 1 = 0 ⇒ √ není žádné reálné řešení (patrno po snadné substituci t = x v rovnici √ f 0 (x) = 2x + 23 x + 1 = 0). III. Vyšetříme zvlášť funkční hodnoty v bodech, v nichž se hraniční křivky dané množiny ”lámou” (hroty), tj. body [0, 0], [1, 1]. Bod [0, 0] již byl vyšetřen, v bodě [1, 1] je f (1, 1) = 3. Shrnutí: Maximální hodnota funkce na dané množině je f (1, 1) = 3, min imální hodnota je f (0, 0) = 0. Tím jsou globální extrémy nalezeny.

2 y 1 y=g(x)

1 y= -x

y=x

y=h(x) M

–2

–1

0

1

2

–1

x 0

1

Obrázek 9.0.36: Kompaktní množina M : y ≥ h(x) ∧ y ≤ g(x), h(x) = √ x2 , g(x) = x.

–2

Obrázek 9.0.37: Kompaktní množina (y = x ∨ y = −x) ∧ x ∈ h−1, 1i.

Cvičení 9.11. Určete globální extrémy dané funkce na dané kompaktní množině. (a) f (x, y) = x3 + y 3 − 3x − 3y, množina M : (y = x ∨ y = −x) ∧ x ∈ h−1, 1i (Obrázek 9.0.37) (b) f (x, y) = x3 + y 3 − 3x − 3y, množina M : 4P [−1, 0], Q[1, 0], R[1, 1] (c) f (x, y) = x1 + y1 + x + y, množina M : ¤P [1, 1], Q[2, 1], R[2, 2], S[1, 2] (kompaktní čtverec) (d) f (x, y) = x2 + y 2 + 4x, množina M = K ∪ L ∪ E, K : y = x + 3 ∧ x ∈ h−3, 0i, E : x2 + 2y 2 ≤ 2, L : y = 1 ∧ x ∈ h−3, 0i (Obrázek 9.0.39) (e) f (x, y) = x − 2y + 1, množina M : K ∪ L, K : 0 ≤ y ≤ sin x ∧ x ∈ h0, π2 i, L : 0 ≥ y ≥ sin x ∧ x ∈ h− π2 , 0i (Obrázek 9.0.38)

72

10 NEKONEČNÉ ŘADY

Výsledky: (a) fmin = f (1, 1) = −4, fmax = f (−1, −1) = 4, (b) fmin = f (1, 1) = −4, fmax = f ) − 1, 0) = 2, (c) fmin = f (1, 1) = 4, fmax = f (2, 1)f ()1, 2) = 92 , (d) fmax = f (0, 3) = 9, fmin = f (−3, 0) = f (−2, 1) = √ √ −3, (e) fmin = f ( π2 , 1) = π2 − 1, fmax = f (− π3 , − 22 ) = − π3 + 3 + 1. y

y y=sinx

K:y=x+3 2

K

L:y=1

x –2

–1

0

1

4

2

L

E –4

x

–2

2

–2

Obrázek 9.0.38: Kompaktní množina M : K ∪ L, K : 0 ≤ y ≤ sin x ∧ x ∈ h0, π2 i, L : 0 ≥ y ≥ sin x ∧ x ∈ h− π2 , 0i.

10

Obrázek 9.0.39: Kompaktní množina M = K ∪ L ∪ E, K : y = x + 3 ∧ x ∈ h−3, 0i, E : x2 + 2y 2 ≤ 2, L : y = 1 ∧ x ∈ h−3, 0i.

Cvičení k přednášce Nekonečné řady

Ukázkový příklad 10.1 (Součet nekonečné řady). Napišme prvních pět členů řady, jejíž n−tý částečný součet je sn = 1−n 2n a zjistíme, zda je řada konvergentní. O konvergenci řady rozhodneme snadno výpočtem lim sn = lim 1−n 2n = − 12 . Řada tedy konverguje a její součet je s = − 21 . Najděme nyní vzorec pro výpočet n−tého členu. Je sn = sn−1 =

n→∞

n→∞

1−n 2n 1−n+1 2(n − 1)

2−n Odečtením posledních dvou rovností dostaneme sn − sn−1 = 1−n 2n − 2(n−1) = −1 −1 2n(n−1) . Avšak sn − sn−1 = an , takže an = 2n(n−1) . Vzorec však zřejmě ∞ P −1 neplatí pro n = 1. Je proto řada určena sumačním vzorcem a1 + 2n(n−1) =

0+

∞ P n=2

n=2

−1 2n(n−1) ,

při čemž první člen je a1 = s1 = 0.

73 Jednotlivé členy nyní dostaneme snadno dosazením n = 2, 3, 4, . . . . Je tedy 1 1 a1 = 0, a2 = − 41 , a3 = − 12 , a4 = − 24 ,.... Cvičení 10.1. Zjistěte, které z následujících řad, u nichž je dána posloupnost částečných součtů sn , jsou konvergentní, divergentní nebo oscilující. Pokud konvergují, najděte jejich součet. √ 1 (a) sn = n (d) sn = n + ln n (g) sn = sin n+n n2 +1 n+2

(b) sn =

(c) sn = 1 −

(e) sn = (−2)n+1 .n

2 n2

(f) sn =

(h) sn =

n ln n+1

2+3n2 1+n2

(i) sn = (− 1e )n

Výsledky: (a) div., s = ∞, (b) div., s = ∞, (c) konv., s = 1 , (d) div., s = ∞, (e) oscil., s neex., (f) div., s = ∞, (g) konv., s = 0, (h) konv., s = 3, (i) konv., s = 0. Cvičení 10.2. Napište několik prvních členů řady řady, je-li dána posloupnost sn . √ (a) sn = n (c) sn = (− 1e )n 2+3n2 1+n2

(b) sn =

(d) sn = (−2)n+1 .n

Výsledky: (a) 1 + − 1e + (1 +

∞ √ √ P ( n − n − 1), (b)

n=2 ∞ ¡ ¢ P −1 n , (d) e) e n=2

4+

∞ P

5 2

+

∞ P n=2

2n−1 , (n2 −2n+2)(n2 +1)

(c)

(−2)n (−n − 1).

n=2

Ukázkový příklad 10.2 (Nutná podmínka konvergence řady). Zjistěme, zda je v následujících řadách splněna nutná podmínka pro konvergenci. ∞ P 1 1. 2n+3 n=1

Nutná podmínka konvergence lim an = 0 je v našem případu zřejmě n→∞ splněna. Zdůrazněme však, že uvedená podmínka je nutná, nikoliv postačující. Řada proto může, ale nemusí konvergovat, lze o tom rozhodnout pomocí vhodného kriteria. 2.

∞ P n=1

2n 2n+3

2n n→∞ 2n+3

Je lim 3.

∞ P

= 1 6= 0, řada proto nekonverguje.

(−1)n 2n

n=1

Je lim (−1)n 2n neexistuje (posloupnost {(−1)n 2n }) osciluje ), řada n→∞ proto nekonverguje.

74


Cvičení 10.3. Vyšetřete , zda je splněna nutná podmínka konvergence řady. (a)

∞ P n=1

(b)

∞ P n=1

(c)

∞ P

n+1 n+sin n

(d)

3 n−cos n

(e)

31−n

(f)

∞ ¡ ¢−n P 1 + n1

n=1 ∞ P n=1

n=1

∞ P n=1

1 1+n2

n ln(1 + n1 )

Výsledky: (a) ne, (b) ano, (c) ne, (d) ne, (e) ano, (f)ne. Ukázkový příklad 10.3 (Geometrická řada). Ukažme, že následující řady jsou geometrické a sečtěme je, pokud je to možné. 2 5

1. −2 +

2 25

−

2 125

+

− ....

Pokud se další členy tvoří podle stejného pravidla (geometrická řada), 2

5 pak je zřejmě kvocient q = −2 = − 51 . Kvocient je q ∈ (−1, 1), řada a1 −2 5 konverguje a lze ji sečíst podle vzorce s = 1−q = 1+ 1 = −3. 5

2.

∞ P

(−2)n = 1 − 2 + 4 − 8 + . . . .

n=0 n

(−2) an = (−2) V geometrické řadě je q = an−1 / (−1, 1), n−1 = −2. Kvocient q ∈ řada nekonverguje (osciluje) a součet neexistuje.

Cvičení 10.4. Sečtěte následující geometrické řady, pokud jsou konvergentní. (a) (b)

1 2

+

∞ P

1 6

+

1 18

+

1 54

+ ...

( 23 )n (−1)n

n=1

(c)

∞ P

( 43 )n (−1)n+1

n=1

(d)

∞ P

( 54 )n

n=1

(e)

√1 2

+

1 3

1 2

−

(f) 1 −

+

1 2

+

1 9

1 3

+

1 4

+

+ 1 9

1 √ 2 2

+

1 27

+

1 8

−

1 27

+ ...

−

Výsledky: (a) s = 34 , diverg., (e) s =

√1 2−1

∞ P n=0

1 2 .3n ,

+ 21 , (f) s =

1 4

+

1 81

+ ...

(b) s = 25 , (c) s neex., oscil., (d) s = ∞, 5 12 .

75 Ukázkový příklad 10.4 (Kriteria konvergence číselných řad). 1. Pomocí srovnávacího ktiteria posuďme konvergenci řady

∞ P n=1

1 2n−1

Jde o řadu s kladnými členy a lze tedy použít srovnávacího kriteria. Zřejmě je 2n < 3n ⇒ 2n + 1 < 3n + 1 ⇒ 2n + 1 < 3n + 1 < 3n + 3 = 3(n + 1) 1 1 ⇒ 2n+1 > 13 n+1 ∞ ∞ P P 1 1 Avšak řada 13 je divergentní (harmonická) a řada n+1 2n−1 je n=1

n=1

její majoranta a je tedy podle srovnávacího kriteria divergentní. 2. Pomocí podílového kriteria posuďme konvergenci řady

∞ P n=1

n 2n .

Jde opět o řadu s kladnými členy a lze použít podílového kriteria. n+1

2n+1 = lim n+1 an = 2nn , an+1 = 2n+1 = n n+1 ⇒ lim n→∞ 2n n→∞ 2n Podle podílového kriteria tedy řada konverguje.

1 2

< 1.

3. Pomocí odmocninového kriteria posuďme konvergenci řady

ń ∞ ³ P n+2 n+3

n=1

n+2 Pro každé n ∈ N je 0 < n+3 a všechny členy řady jsou tedy kladné. Lze proto použít odmocninového kriteria: √ lim n an = lim n+2 = 1. Podle odmocninového kriteria proto nelze n→∞ n→∞ n+3 o konvergenci rozhodnout.

Poznámka: O konvergenci ovšem snadno rozhodneme ń ověřením nutné ³ n+2 = e−1 6= 0 (po podmínky konvergence řady. Je totiž lim n+3 n→∞ ³ ³ ń ń 1 1 úpravě n+2 = 1 − n+3 a substituci − n+3 = x1 a po kratším n+3 výpočtu - viz Matematika 1 - kap. Limita posloupnosti ).Řada tedy diverguje. 4. Pomocí integrálního kriteria rozhodněme o konvergenci řady

∞ P n=1

n+3 n+2 .

Je zřejmé, že se jedná o řadu s kladnými členy. Posloupnost { n+3 n+2 } je je klesající, jak snadno doložíme z definice (Matematika 1 - posloupnosti) a funkce f (x) = x+3 x+2 je v int. h1, ∞) spojitá. Lze proto použít integrální kriterium: R∞ R∞ x+3 1 dx = (1 + x+2 ) dx = [x + ln |x + 2|]∞ 1 = ∞ (integrál diverguje). x+2 1

1

Uvažovaná řada proto diverguje. 5. Pomocí Leibnizova kriteria rozhodněme o konvergenci řady

∞ P n=1

(−1)n √ . n

.

76

10 NEKONEČNÉ ŘADY n

√ | = Utvořme posloupnost absolutních členů dané řady. Je an = | (−1) n √1 . n

Tato posloupnost { √1n } je klesající, jak je ihned patrno z následujícího : √ √ 1 1 n− n+1 −√ = √ <0 an+1 − an = √ √ n n+1 n+1 n

√ Dále je zřejmě lim (−1) n n→∞ konverguje.

n

= 0, takže podle Leibnizova kriteria řada

Cvičení 10.5. Rozhodněte o konvergenci následujících řad. (a)

∞ P n=1

(b)

∞ P n=1

(c)

∞ P n=1

(d)

∞ P n=2

1+n 1+n2

(e)

n=1

1 (3n−4)2

(f)

1 1 n n(2)

∞ √ √ P ( n − n − 1) n=1

√1 n 1 ln n

∞ P

(g)

∞ P n=1

1 10n+3

Výsledky: (a) div., (b) konv., (c) div., (d) div., (e) konv., (f) div., (g) div. Cvičení 10.6. Rozhodněte o konvergenci následujících řad. (a)

∞ P n=1

(b)

∞ P n=1

(c)

∞ P n=1

2n 3n

(d)

n! 5n

(e)

2n n+3

(f)

∞ P n=1 ∞ P

3n 42n

( 23 )n−1

n=1 ∞ P n=1

2n n! nn

Výsledky: (a) konv., (b) div., (c) div. - ověřte nutnou podmínku konvergence, (d) konv., (e) konv., (f) div. Cvičení 10.7. Rozhodněte o konvergenci následujících řad. (a)

∞ P

(arcsin n1 )n

n=1

(b)

∞ P n=1

1 23n+1

(c)

∞ ³ P n=1

n+1 2n+1

ń

77

(d)

∞ P

n

n=1

(e)

n2 +1

∞ P n=1

n3 en

Výsledky: (a) konv., (b) konv., (c) konv., (d) div. - odmocninovým kriteriem nelze rozhodnout, (e) konv. Cvičení 10.8. Rozhodněte o konvergenci následujících řad. (a)

∞ P n=1

(b)

∞ P n=1

(c)

∞ P n=1

n n2 +1

(d)

1 (2n+1)2

(e)

1 n+2

(f)

∞ P n=2 ∞ P n=2 ∞ P

1 n ln2 n 1 n ln n √

e− √

n=1

n

n

Výsledky: (a) div., (b) konv., (c) div., (d) konv., (e) div., (f) konv. Cvičení 10.9. Pomocí Leibnizova kriteria (pokud jej lze použít) rozhodněte o konvergenci následujících řad. (a)

∞ P n=1

(b)

∞ P

(−1)n+1 2n−1

(d)

(−1)n n+2 n+1

∞ P n=2

(−1)n+1 n12

n=1

(e)

n=1

(c)

∞ P

(−1)n ln n

∞ P

(−1)n n+2 n+3

n=1

(f)

∞ P n=1

(−1)n+1 3n

Výsledky: (a) konv, (b) div- nelze použít Leibnizovo kriterium, (c) konv, (d) konv, (e) div.- nelze použít Leibnizovo kriterium, (f) konv. Cvičení 10.10. Rozhodněte, které řady z předchozího příkladu 10.9 konvergují absolutně, relativně (tj. neabsolutně) nebo divergují. Výsledky: (a) relat., (b) div., (c) div., (d) absolut., (e) div., (f) absolut. Ukázkový příklad 10.5. Určeme, pro které n se bude vypočtený součet ∞ P (−1)n+1 n členů sn řady (se střídavými znaménky) od součtu s celé řady n2 n=1

lišit méně než o 0, 01. Pro odhad chyby při výpočtu součtu alternující řady použijeme vzorec (Matematika 2, kap. Nekonečné řady) |r| = |s − sn | < |an+1 |

78


V našem případu je tedy |r| = 0, 01, |an+1 | = 1 mínku (n+1) 2 < 1 s10 = 1 − 4 + 19

1 , (n+1)2

takže dostáváme pod-

0, 01. Jejím řešením snadno n > 9. V naší řadě je

1 1 − 16 + · · · − 1024 = 0, 81796. Výpočtem (např. v MAPLE) . dostanete s = 0, 8227, takže je patrno, že |r| = |s − s10 | = 0, 00450 < 0, 01.

Cvičení 10.11. (a) Pro které n bude součet sn řady s chybou menší než 1) ε, 2) 0, 0001. (b) Pro které n bude součet sn řady než 1) ε, 2) 0, 001.

∞ P n=1

(−1)n+1 2n−1

∞ P n=1

(−1)n+1 3n

vypočten

vypočten s chybou menší

ln ε Výsledky: (a) 1) n > −1− ln 3 , 2) n > 7, 386, (b) 1) n >

1−ε 2ε ,

2) n > 499, 5.

Ukázkový příklad 10.6 (Obor konvergence mocninné řady). ∞ P (x−1)n Najděme obor konvergence mocninné řady n 2n . n=1 ¯ ¯ ¯ an ¯ Obor konvergence spočteme pomocí vzorce r = lim ¯ an+1 ¯. Odtud je n→∞

1 n 2n 1 n→∞ (n+1) 2n+1

r = lim

2(n + 1) =2 n→∞ n

= lim

Střed řady je x = 1, je třeba ještě vyšetřit konvergenci dané řady v krajních bodech: ∞ ∞ P P (−1)n (−2)n = ⇒ řada konverguje (Leibnizovo kriterium), x = −1 ⇒ n n2 n n=1

x=3⇒

∞ P

n=1

2n n 2n

=

∞ P

n=1

n=1

1 n

⇒ řada diverguje (harmonická řada).

Obor konvergence dané řady tedy je Ok (x) = h−1, 3). Cvičení 10.12. Určete obor konvergence následujících řad: (a)

∞ P n=1

(b)

∞ P n=1

(c)

∞ P

xn √ n

(e)

(x−1)n n! (n−1)!

(f)

n!(x + 1)n

(g)

n=1

∞ P n=1

∞ P n=1

n=1

(d)

∞ P

∞ P n=2

xn n!

(h)

∞ P

xn en (2x)n n2 (3x)n ln n

(n + 1)(n + 2)(x + 2)n

n=1

Výsledky: (a) h−1, 1i, (b) (0, 2), (c) {−1}, (d) R, (e) (−e, e), (f) h− 12 , 21 i, (g) h− 13 , 31 ), (h) (−3, −1).

79 Ukázkový příklad 10.7 (Derivování a integrovnání mocninné řady). Ukažme, jak lze v některých případech pomocí vhodné operace s mocninnou řadou určit její součet. 1.

∞ P n=1

xn n 5n

Derivovat nebo integrovat lze mocninnou řadu v oboru konvergence. Proto: poloměr konevergence r = lim

n→∞

1 n 5n 1 (n+1)5n+1

= 5 ⇒ Ok (x) =

h−5, 5). Označme součet řady s(x) a derivujme ji člen po členu, tj. Ã∞ !0 ∞ ∞ ∞ X xn X xn−1 X ³ x ń −1 1 X ³ x ń 0 = x = s (x) = = n 5n 5n 5 x 5 n=1

n=1

n=1

n=1

(neboť výraz x−1 nezávisí na n a lze jej tedy vytknout před sumační ∞ ¡ ¢ P x n znak ). Řada je geometrická řada s prvním členem x5 a kvo5 n=1

cientem

x 5

a její součet tedy je

x 5

1− x5

x 5−x .

= Z

1 1 x = ⇒ s(x) = s (x) = x5−x 5−x 0

Nakonec tedy je

1 dx = − ln |5 − x| + K 5−x

Konstantu K určíme z podmínky pro součet řady v bodě x = 0. Je ∞ P 0n s(0) = n 5n = 0, takže 0 = − ln |5 − 0| + K ⇒ K = ln 5. Je tedy n=1

součet řady

∞ P n=1

xn n 5n

v oboru konvergence funkce

5 s(x) = − ln |5 − x| + ln 5 = ln 5−x , neboť x < 5 ⇒ |5 − x| = 5 − x.

Například součet řady

∞ P n=1

1 2 n n (− 5 )

dostaneme z uvažované řady dosa-

zením x = −2 ∈ Ok (x). Pak je s(x) = s(−2) = ln 57 . 2.

∞ P

(n + 1)(2x)n .

n=1

Obor konvergence je zřejmě Ok (x) = (− 21 , 12 ). ∞ P Integrujme řadu s(x) = (n + 1)(2x)n . Dostaneme n=1

Z s(x) dx =

∞ Z X

n n

(n + 1)2 x dx =

n=1

Poslední řadu přepišme ve tvaru

∞ X n=1

∞ P n=1

∞

X xn+1 2 (n + 1) = 2n xn+1 n+1 n

2n xn+1 = x

n=1

∞ P n=1

2n xn a sečteme

jako geometrickou řadu s prvním členem 2x a kvocientem 2x. Pak je

80

10 NEKONEČNÉ ŘADY R

s(x) dx = x

∞ P n=1

2x 2n xn = x 1−2x a odtud

µ ¶0 2x 4x − 4x2 4x(1 − x) s(x) = x = = 1 − 2x (1 − 2x)2 (1 − 2x)2 Z nalezeného vzorce lze určit součet číselné řady dosazením za x ∈ ∞ P Ok (x) - například součet řady (n + 1)( 15 )n dostaneme dosazením x=

1 10 .

n=1

Pak je µ s

1 10

¶ =

.

∞ X

(n + 1)

n=1

µ ¶n 1 9 = 5 16

Cvičení 10.13. Určete obor konvergence mocninných řad a pak je pomocí vhodné operace sečtěte: (a)

∞ P

(2n + 1)x2n

(d)

n=1

(b)

¡ −1 ¢n 2

x2n 2n

(e) (obtížnější)

nxn−1

(f) (obtížnější)

n=1

(c)

nxn−1

n=1

∞ P

∞ P

∞ P

∞ P n=1 ∞ P n=1

n=1

n(n+1) n−1 x 2 1 n+1 2n n(n+1) x

x2 (3−x2 ) , Ok (x) = (−1, 1), (b) s(x) = − 12 ln |1 − (1−x2 )2 1 −2 s(x) = (1−x) 2 , Ok (x) = (−1, 1), (d) s(x) = (2+x)2 , Ok (x)

Výsledky: (a) s(x) = x2 |, Ok (x) = h−1, 1), (c) h− 12 , 21 i,

1 , Ok (x) (1−x)3

(e) s(x) = = (−1, 1), (f) s(x) = (2 − x) ln(2 − x) + x(1 + ln 2) − 2 ln 2, Ok (x) = h−2, 2).

Cvičení 10.14. Na základě výsledků předchozího cvičení 10.13 vypočtěte vhodnou volbou x součty číselných řad: (a)

∞ P

(2n + 1)( 12 )2n

(d)

n=1

(b)

∞ ¡ ¢2n P − 12

n=1

(c)

∞ P n=1

n

n=1

1 2n

(e)

∞ P n=1

¡ 1 ¢n−1

(f)

2

Výsledky: (a) s = (f) 1 − ln 2.

∞ P

∞ P n=1

11 9 ,

¡ ¢n−1 ¡ 1 ¢n n − 14 −2 n(n+1) 2

¡ 1 ¢n−1 2

1 2n n(n+1)

32 (b) s = − 12 ln 34 , (c) s = 4, (d) s = − 49 , (e) s = 8,

Cvičení 10.15. Najděte Taylorovy řady daných funkcí v bodě c a určete jejich obor konvergence:

=

81 (a) f (x) = x1 , c = 1

(d) f (x) = xex , c = 0

(b) f (x) = ln(x + 1), c = 0

(e) f (x) = e−2x , c = 0

(c) f (x) = sin 2x, c = 0

(f) f (x) = sin2 x, c = 0

Výsledky: (a)

∞ P

(x − 1)n (−1)n , Ok = (0, 2), (b)

∞ P

xn n+1 , O k n (−1)

n=0 n=1 ∞ ∞ P P (2x)2n−1 (−1)n+1 xn , Ok = R, (d) (−1, 1i, (c) n! (n−1)! , Ok = n=1 n=1 ∞ P x2n n+1 22n−1 , O = R. Ok = R, (f) k (2n)! (−1) n=1

R, (e)

∞ P n=0

=

(−2x)n n! ,

Ukázkový příklad 10.8. Vypočtěme pomocí vhodné nekonečné řady inR1 2 tegrál e−x dx. 0

2

Vyjádřeme funkci f (x) = e−x Taylorovou řadou a tuto řadu pak sečtěme (v oboru konvergence). Taylorova řada funkce et je (snadno odvodíme nebo použijeme přehledu Taylorových řad v Matematice 2 - kap. Nekonečné řady) ∞ n P t 2 et = n! . Pomocí substituce t = −x dostaneme ihned Taylorovu řadu n=0

2

funkce f (x) = e−x ve tvaru 2

e−x =

∞ X (−1)n x2n

n!

n=0

,

jejíž obor konvergence je Ok (x) = R. Integrací od 0 do 1 pak ¸1 X Z 1 Z 1X ∞ ∞ · ∞ X (−1)n x2n (−1)n x2n+1 (−1)n f (x) dx = dx = = n! (2n + 1)n! 0 (2n + 1)n! 0 0 n=0

n=0

Tím je nalezen vzorec pro výpočet integrálu

n=0

R1

2

e−x dx. Pro určité n pak

0

dostaneme hodnotu integrálu s jistou přesností, kterou můžeme předem stanovit (viz příklad 10.5). Například pro n = 3 je Z1 2

e−x dx = 0

1 1 1 1 . − + − = 0, 7428 1.0! 3.1! 5.2! 7.3!

Chyba vzniklá zanedbáním zbytku řady (tj. všech členů od n = 4 až do ∞) je nejvýše ¯ ¯ ¯ (−1)4 ¯ . ¯ = 0, 0046 |r| < |a4 | = ¯¯ 9.4! ¯ Cvičení 10.16. Vypočtěte pomocí Taylorovy řady přibližné hodnoty určitých integrálů:

82

11 DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE

(a)

R1 0

sin x x

dx

(b)

R1 0

ln(1+x) x

dx

Návod: (a) Napište integrand sinx x = x1 sin x a funkci sin x rozveďte Taylorovou řadou. Dále pak obdobně jako v předchozím příkladu 10.8. (b) Analogicky. Výsledky: (a) 0,9417, (b) 0,8225.

11

Cvičení k přednášce Diferenciální rovnice

Ukázkový příklad 11.1 (Separace proměnných). 1. Řešme diferenciální rovnici 3.

y 0 (x+1) y−2

= 1 s počáteční podmínkou y(0) =

y−2 Rovnici lze přepsat na tvar y 0 = x+1 z něhož je patrno, že má tvar y 0 = f (x)g(y) a lze ji proto řešit metodou separace proměnných. Označme 1 . g(y) = y − 2, f (x) = x+1 Nespojitost funkce f (x) je v bodě x = −1. Nespojitost funkce g(y) není, nulový bod funkce g(y) je y = 2. Množina R × R se tak rozpadá na čtyři oblasti:

Ω1 = (−∞, −1) × (2, ∞), Ω2 = (−∞, −1) × (∞, 2), Ω3 = (−1, ∞) × (2, ∞), Ω4 = (−1, ∞) × (−∞, 2). Nejprve najdeme obecné řešení dané rovnice. Po separaci proměnných dy dx je y−2 = x+1 , integrujeme a dostaneme snadno ln |y − 2| = ln |x + 1| + ln C, C > 0. Odtud obecné řešení dané rovnice |y − 2| = C|x + 1|. Pomocí počáteční podmínky y(0) = 3 (oblast Ω3 = (−1, ∞) × (2, ∞) ) vypočteme konstantu C dosazením do obecného řešení: |1| = C|1| ⇒ C = 1. Odtud |y − 2| = |x + 1| a vzhledem k oblasti Ω3 je partikulární řešení y = x + 3. Obrázek 11.0.40. y 0 ex (y+1) = 1. y y e−x dx a je zřejmé, že upravme na tvar y 0 = y+1 y proměnných. Označme f (x) = e−x , g(y) = y+1 .

2. Řešme diferenciální rovnici Rovnici separací

Body nespojitosti funkce f (x) nejsou, bod nespojitosti funkce g(y) je y = −1,

ji lze řešit

83

x

y 5

x=h(y)

y=x+3

y 0

1

x –2

2

Obrázek 11.0.40: Řešení y = x+3 di0 (x+1) ferenciální rovnice y y−2 = 1 s počáteční podmínkou y(0) = 3 (v oblasti Ω3 = (−1, ∞) × (2, ∞)).

Obrázek 11.0.41: Řešení x = h(y) diferenciální rovnice y 0 ex (y + 1) = y s počáteční podmínkou y(0) = 1 (v oblasti Ω1 = (−∞, ∞) × (0, ∞)).

nulový bod funkce g(y) je y = 0. Řešení proto budeme hledat v některé z oblastí: Ω1 = R × (0, ∞) Ω2 = R × (−1, 0) Ω3 = R × (−∞, 0) Obecné řešení dané rovnice dostaneme po separaci integrováním R (y+1)dy R : = (1 + y1 )dy = y + ln |y| R −xy e dx = −e−x + C, C > 0. Nakonec tedy je obecné řešení

(y+1)dy y

= e−x dx

y + ln |y| = −e−x + C. Zvolíme-li počáteční podmínku například y(0) = 1 (oblast Ω1 = R × (0, ∞) ), pak po dosazení je 1 + 0 = −1 + C ⇒ C = 2. Partikulární řešení vzhledem k uvedené počáteční podmínce pak je y + ln y = −e−x + 2. Toto řešení je v implicitním tvaru a najít explicitní vyjádření y nelze. Je však snadné najít explicitní vyjádření inverzní funkce x = − ln(2 − y − ln y) a graf této funkce pak lze sestrojit například v programu MAPLe ( Obrázek 11.0.41). Cvičení 11.1. Najděte obecné, případně i partikulární řešení diferenciálních rovnic:

84

11 DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE √ y, y(2) = 1

(a) y 0 = x(y + 1)

(e) y 0 =

(b) xy 0 = y(y + 2), y(0) = 2

(f) (1 + y 2 ) arctg y = xy 0

(c) y 0 = ex−y , y(1) = 0

(g) xy 0 = y, y(4) = 2

(d) xy 0 + 2 = 2y 2 , y(4) = −2

(h) y 2 y 0 = x2 , y(2) = 1

¯ ¯ 2 ¯ y ¯ , y = −1 + ex /2−2 , (b) ¯ y+2 ¯ = Cx2 , ¯ ¯ ¯ ¯ 256+3x4 4 (c) y = ln(C + ex ), y = ln(ex − e + 1), (d) ¯ y−1 y+1 ¯ = Cx , y = 3x4 −256 , (e) Výsledky: (a) |y + 1| = Cex

2 /2

2

y = ( x2 + C)2 , y = x4 , (f) | arctg y| = c|x| , (g) |y| = C|x|, y = p √ y = 3 (x3 + C), y = 3 x3 − 7,

x 2,

(h)

Ukázkový příklad 11.2. 1. Ukažme, že funkce y1 = 1, y2 = −x jsou lineárně nezávislé na množině R. Vypočteme Wronského determinant W [y1 , y2 ](x) =

1 0

−x = −1 −1

Je W (x) = −1 pro každé x ∈ R a funkce y1 , y2 jsou tedy lineárně nezávislé. 2. Zjistěme, zda funkce y1 = x, y2 = 3x jsou lineárně nezávislé na množině R. Opět můžeme vypočítat Wronského determinant W [y1 , y2 ](x) =

x 1

3x =0 3

Avšak W = 0 (pro kadé x ∈ R) není postačující podmínka pro závislost funkcí.(Přečtěte si pozorně příslušnou větu 3.4.4 na str.62 v textu Matematika 2, kapitola 3.4 Diferenciální rovnice.) Funkce y1 = x, y2 = 3x však skutečně jsou lineárně závislé, neboť je například y2 = 3y1 (lineární kombinace). 3. Vyšetřeme lineární závislost resp. nezávislost funkcí y1 = ex , y2 = e2x Wronského determinant je W [y1 , y2 ](x) =

ex ex

e2x = 2e3x − e3x = 2e2x

e3x . Zřejmě je W 6= 0 pro každé x ∈ R a podle věty 3.4.4 v Matametika 2 jsou dané funkce lineárně nezávislé na množině R. Cvičení 11.2. Rozhodněte, ve kterých případech jsou funkce y1 , y2 linárně závislé resp. nezávislé na množině R:

85 (a) y1 = 1, y2 = x3

(c) y1 = ex , y2 = e−x

(b) y1 = x, y2 = x2

(d) y1 = e2x , y2 = 3e2x

Výsledky: (a) záv., (b) záv., nezáv. na mn. R \ {0}, (c) nezáv., (d) záv. Ukázkový příklad 11.3 (Fundamentální systém diferenciální rovnice.). Najděme fundamentální systém řešení diferenciální rovnice 2y 00 +3y 0 +y = 0. Chrakteristická rovnice dané diferenciální rovnice je 2α2 +3α+α = 0. Její řešení jsou zjevně reálná čísla α1 = − 12 , α2 = −1 a fundamentální systém tedy tvoří funkce y1 = e−x/2 , y2 = e−x . Výpočtem wronskiánu se snadno přesvědčíme, že y1 , y2 jsou skutečně lineárně nezávislé: 3x 3x 3x e−x/2 e−x W [y1 , y2 ](x) = = −e− 2 + 12 e− 2 = − 21 e− 2 6= 0 pro 1 −x/2 −2e −e−x každé x ∈ R. Ukázkový příklad 11.4. Sestavme diferenciální rovnici, jestliže charakterická rovnice má kořeny α1 = 2, α2 = −2. Kvadratická rovnice s danými kořeny má tvar (α − 2)(α + 2) = 0 ⇒ 2 α − 4 = 0. Odpovídající diferenciální rovnice tedy je y 00 − 4y = 0. Cvičení 11.3. Sestavte charakteristickou rovnici a najděte fundamentální systém řešení diferenciálních rovnic 2. řádu: (a) y 00 − 3y 0 − 10y = 0

(e) y 00 + 2y 0 + 5y = 0

(b) 3y 00 + 2y 0 = 0

(f) 2y 00 = 0

(c) y 00 − 4y = 0

(g) y 00 − 6y 0 + 9y = 0

(d) y 00 + 9y = 0

(h) y 00 + 2y 0 + y = 0

Výsledky: (a) F = {e5x , e−2x }, (b) F = {1, e−2/3x }, (c) F = {e2x , e−2x }, (d) F = {cos 3x, sin 3x}, (e) F = {e−x cos 2x, e−x sin 2x}, (f) F = {1, x}, (g) F = {e3x , xe3x }, (g) F = {e−x , xe−x }. Cvičení 11.4. Najděte obecná řešení diferenciálních rovnic z příkladu 11.3. Výsledky: (a) y = C1 e5x +C2 e−2x , (b) y = C1 +C2 e−2/3x , (c) y = C1 e2x + C2 e−2x , (d) y = C1 cos 3x + C2 sin 3x, (e) y = C1 e−x cos 2x + C2 e−x sin 2x, (f) y = C1 + C2 x, (g) y = C1 e3x + C2 xe3x , (h) y = C1 e−x + C2 xe−x . Ukázkový příklad 11.5 (Řešení diferencální rovnice druhého řádu s počátečními podmínkami.).

86

11 DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE

Řešme diferenciální rovnici y 00 − 2y 0 + 17y = 0 s počátečními podmínkami y(0) = 5, y 0 (0) = −2. Charakteristická rovnice je α2 − 2α + 17 = 0 a její řešení α1 = −1 + 4i, α2 = −1 − 4i. Dílčí (partikulární) řešení dané rovnice jsou reálná resp. imaginární část výrazů eα1 x = e(−1+4i)x = e−x (cos 4x + i sin 4x) resp. eα2 x = e(−1−4i)x = e−x (cos(−4x) + i sin(−4x)) = e−x (cos 4x − i sin 4x), tj. y1 = e−x cos 4x resp. y2 = e−x sin 4x. Fundamentální systém řešení dané rovnice tedy tvoří funkce y1 , y2 a obecné řešení pak je y = C1 e−x cos 4x + C2 e−x sin 4x = e−x (C1 cos 4x + C2 sin 4x). Partikulární řešení vzhledem k počátečním podmínkám dostaneme dosazením za x = 0, y = 5 a x = 0, y 0 = −2. Zřejmě je 5 = e0 (C1 cos 0 + C2 sin 0) = C1 ⇒ C1 = 5, po výpočtu derivace obecného řešení y 0 = −e−x (C1 cos 4x + C2 sin 4x) + e−x (−4C1 sin 4x + 4C2 cos 4x) opět dosadíme x = 0, y 0 = −2, tj. −2 = −e0 (C1 cos 0 + C2 sin 0) + e0 (−4C1 sin 0 + 4C2 cos 0) = −C1 + 4C2 ⇒ C2 = 43 . Nakonec tedy je partikulární řešení dané rovnice y = e−x (5 cos 4x +

3 sin 4x). 4

(Obrázek11.0.43.) Všimněte si v obrázku geometrického významu počátečních podmínek y(0) = 5, y 0 (0) = −2. Cvičení 11.5. Najděte partikulární řešení diferenciálních rovnic z příkladu 11.3 a počátečními podmínkami: (a) y(0) = 0, y 0 (0) = 1 (b) y(0) = 2, y 0 (0) = −2 (c) y(0) = 2, y 0 (0) = −2 (d) y(0) = −2, y 0 (0) = 3 (Obrázek 11.0.42.) (e) y(0) = 0, y 0 (0) = 2 (f) y(1) = 1, y 0 (1) = 0 (g) y(−1) = 0, y 0 (0) = 1 (h) y(0) = 0, y 0 (0) = 1 Výsledky: (a) y = 17 e5x − 17 e−2x , (b) y = −1 + 3e−2/3x , (c) y = 12 e2x 3 −2x , (d) y = −2 cos 3x + sin 3x, (e) y = e−x sin 2x, (f) y = 1, (g) y 2e 1 3x 1 3x −x . 4 e + 4 xe , (h) y = xe

+ =

87

y

y 2

y(x)

x –4

–2

2

4

x 5

y(x) –2

Obrázek 11.0.42: Řešení y = −2 cos 3x + sin 3x diferenciální rovnice y 00 + 9y = 0 s počátečními podmínkami y(0) = −2, y 0 (0) = 3.

Obrázek 11.0.43: Řešení y = 3 −x e (5 cos 4x + 4 sin 4x) diferenciální rovnice y 00 − 2y 0 + 17y = 0 s počátečními podmínkami y(0) = 5, y 0 (0) = −2.

Cvičení 11.6. Najděte obecné řešení následujících diferenciálních rovnic : (a) y 00 − 3y 0 − 10y = 3e−2x (b) 3y 00 + 2y 0 = 2 (c) y 00 − 4y = x2 (d) y 00 + 9y = 4 (e) (obtížnější) y 00 + 2y 0 + 5y = e−x sin x (f) 2y 00 = −3 (g) y 00 − 6y 0 + 9y = e3x (h) y 00 + 2y 0 + y = sin x Výsledky: (a) y = C1 e5x + C2 e−2x − 37 xe−2x , (b) y = C1 + C2 e−2/3x + x, (c) y = C1 e2x + C2 e−2x − 41 x2 − 18 , (d) y = C1 cos 3x + C2 sin 3x + 49 , (e) y = C1 e−x cos 2x + C2 e−x sin 2x + 13 e−x sin x, (f) y = C1 + C2 x − 34 x2 , (g) y = C1 e3x + C2 xe3x + 21 e3x x2 , (h) y = C1 e−x + C2 xe−x − 21 cos x.

Vysoká škola polytechnická Jihlava. Obor Finance a řízení. Matematika 1,2 - Miloš Kraus

Recommend Documents