MATEMATIKA II – V PŘÍKLADECHmdg.vsb.cz/portal/m2/MatematikaII_vprikladech.pdf · 2018-02-09 ·...

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

VYSOKÁ ŠKOLA BÁŇSKÁ – TECHNICKÁ UNIVERZITA OSTRAVA

FAKULTA STROJNÍ

MATEMATIKA II – V PŘÍKLADECH

Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.

Ostrava 2013

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

Název: MATEMATIKA II – V PŘÍKLADECH

Autor: Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.

Vydání: první, 2013

Počet stran: 117

Náklad: 5

Jazyková korektura: nebyla provedena.

Tyto studijní materiály vznikly za finanční podpory Evropského sociálního fondu a rozpočtu České republiky v rámci řešení projektu Operačního programu Vzdělávání pro konkurenceschopnost.

Název: Modernizace výukových materiálů a didaktických metod

Číslo: CZ.1.07/2.2.00/15.0463

Realizace: Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava

© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.

© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava

ISBN 978-80-248-3038-4


VYSOKÁ ŠKOLA BÁŇSKÁ – TECHNICKÁ UNIVERZITA OSTRAVA FAKULTA STROJNÍ


CVIČENÍ Č. 0


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 0 ............................................................................................................... 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4

2 POUŽITÁ LITERATURA ........................................................................................ 10


3 Cvičení č. 0

1 CVIČENÍ Č. 0

STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:

Dělení polynomů Rozklad na parciální zlomky

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 0

1.1 PŘÍKLADY

Racionální lomenou funkcí nazveme funkci ve tvaru podílu dvou polynomů:

( )( )( )

n

m

P xR xQ x

= ,

kde )(xPn je polynom stupně n a )(xQm je polynom stupně m.

Racionálně lomené funkce dělíme na dvě skupiny podle vzájemného vztahu stupně čitatele a jmenovatele:

1) je-li n < m, pak se jedná o ryze lomenou racionální funkci

2) je-li n ≥ m, pak je to neryze lomená racionální funkce a tu je možno dělením upravit na součet polynomu a ryze lomené racionální funkce

Příklad 1:

Vyjádřete funkci 12)(

3

−+

=x

xxR jako součet polynomu a ryze lomené racionální funkce.

Řešení:

Vidíme, že v čitateli funkce je stupeň polynomu tři a polynom ve jmenovateli je 1. stupně. Stupeň ve jmenovateli je menší, polynomy tedy můžeme dělit. Dělíme tak, že vždy vezmeme člen v čitateli s nejvyšší mocninou a vydělíme členem s nejvyšší mocninou ve jmenovateli:

3x dělíme x , dostáváme 2x . Dalším krokem je vynásobení výsledku získaného dělení se jmenovatelem ( ) 232 1 xxxx −=−⋅ a odečtení od původního polynomu v čitateli (snížíme stupeň čitateli) ( ) ( ) 2233 22 xxxx +=−−+ . Zkontrolujeme, pokud získaný polynom má již menší stupeň než polynom ve jmenovateli. Pokud ano, jedná se o zbytek (ryze lomená funkce), pokud ne, musíme dělit dále.

( ) ( )

31

2

2

1311:2

2

2

23

23

+−+

+−

+

+−−

+++=−+

xx

xxx

xxx

xxxx

Danou racionální funkci můžeme zapsat ve tvaru: 1

3112 2

3

−+++=

−+

xxx

xx .


5 Cvičení č. 0

Příklad 2:

Vyjádřete funkci 1

2)( 3

24

−+−

=x

xxxxR jako součet polynomu a ryze lomené racionální

funkce.

Řešení:

( ) ( )

xxxx

xxxxxxxx

322

1321:2

2

4

3

2324

+−

+−−+−

+=−+−

Danou racionální funkci můžeme zapsat ve tvaru: 132

12

3

2

3

24

−+−

+=−

+−x

xxxx

xxx .

Každou ryze lomenou racionální funkci lze rozložit na součet parciálních zlomků:

),(...)()()(

1 xRxRxQxP

s++=

kde R1(x),...,Rs(x) jsou parciální zlomky (počet odpovídá stupni polynomu ve jmenovateli).

Parciální zlomky jsou speciální racionální lomené funkce. Rozlišujeme 2 typy:

kxA

)( α−, kde Nk ∈ , RA∈,α

a

kqpxxNMx

)( 2 +++ , kde Nk ∈ , ,,,, RqpNM ∈ .042 <− qp

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

kk

xA

xA

xA

)(,...,

)(, 2

21

ααα −−−

a každé l-násobné dvojici komplexně sdružených kořenů přísluší l zlomků druhého typu, tj.

.)(

,..., 2211

lll

qpxxNxM

qpxxNxM

+++

+++

Postup nalezení koeficientů rozkladu:

1) Zjistíme, zda je zadaná funkce ryze lomená. Pokud ne, převedeme ji dělením na součet polynomu a ryze lomené funkce.


6 Cvičení č. 0

2) Najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli.

3) Napíšeme předpokládaný tvar rozkladu.

4) Potřebujeme najít koeficienty rozkladu. Vynásobíme celou rovnici rozkladu funkcí Q(x).

5) Získanou rovnici můžeme řešit dvěma způsoby:

a) Srovnávací metoda. Dva polynomy se rovnají, jestliže jsou stejného stupně a mají stejné koeficienty u stejným mocnin proměnné x. Porovnáním těchto koeficientů dostaneme podmínky pro čísla A A B M1 2 1 1, ,..., ,..., ,... . Tyto podmínky jsou vyjádřeny soustavou lineárních rovnic pro neznámé A A1 2, ,... . Tato soustava je vždy řešitelná jednoznačně.

b) Dosazovací metoda. Jestliže má jmenovatel reálné kořeny, je výhodné dosadit je do vzniklé rovnice. Všechny členy s neznámými koeficienty až na jeden totiž vymizí, a tak snadno dostaneme za každý takový kořen jeden neznámý koeficient.

c) Kombinace obou metod. Dosazovací metodou získáme několik rovnic, které vyřešíme metodou srovnávací.

Příklad 3:

Rozložte funkci xx

xxR412)( 3 −

−= na parciální zlomky.

Řešení:

1) Polynom v čitateli je stupně 1 a polynom ve jmenovateli je stupně 3 (3 >1) ⇒ jedná se o ryze lomenou funkci (nemusíme dělit)

2) Najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli, tzn. hledáme řešení této rovnice: 043 =− xx . Zkusíme levou stranu rovnice rozložit na součin: ( ) ( )( )2244 23 +−=−=− xxxxxxx . Řešíme tedy: ( )( ) 022 =+− xxx . Vidíme, že

rovnice má 3 jednoduché reálné kořeny 01 =x , 22 =x a 23 −=x .

3) Napíšeme předpokládaný tvar rozkladu. Jelikož máme 3 reálné kořeny, budeme mít 3

parciální zlomky prvního typu kn

n

xxA

)( −, kde 1=k a 3,2,1=n

( )220412 321

3 −−+

−+

−=

−−

xA

xA

xA

xxx , tedy

22412 321

3 ++

−+=

−−

xA

xA

xA

xxx

4) 224

12 3213 +

+−

+=−−

xA

xA

xA

xxx rovnici násobíme polynomem ve jmenovateli ve tvaru

součinu ( ( )( )22 −+⋅ xxx ) a dostáváme rovnost dvou polynomů:

( )( ) ( ) ( )222212 321 −++++−=− xxAxxAxxAx


7 Cvičení č. 0

5) Potřebujeme najít 21 , AA a 3A . Ukážeme si obě metody nalezení koeficientů.

a) Rovnici upravíme (roznásobíme) a porovnáme koeficienty u stejných mocnin.

( ) ( ) ( )xxAxxAxAx 22412 23

22

21 −+++−=−

u 2x : 3210 AAA ++=

u x : 32 222 AA −=

u 0x : 141 A−=−

Dostali jsme soustavu tří lineárních rovnic o třech neznámých (počet rovnic

vždy odpovídá počtu koeficientů). Po vyřešení soustavy dostaneme: 41

1 =A ,

83

2 =A ,85

3 −=A .

b) Jelikož máme reálné kořeny, bude výhodnější využít dosazovací metody. Do rovnice postupně dosadíme všechny kořeny.

( )( ) ( ) ( )222212 321 −++++−=− xxAxxAxxAx

01 =x : ( )41 1 −=− A 41

1 =⇒ A

22 =x : 283 A= 83

2 =⇒ A

23 −=x : 385 A=− 85

3 −=⇒ A

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

Po určení koeficientů dosadíme zpět do 224

12 3213 +

+−

+=−−

xA

xA

xA

xxx

a dostáváme hledaný rozklad: ( ) ( )285

283

41

412

3 +−

−+=

−−

xxxxxx .

Příklad 4:

Rozložte funkci xxx

xR44

1)( 23 +−= na parciální zlomky.

Řešení:



8 Cvičení č. 0

2) Najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli, tzn., hledáme řešení této rovnice: 044 23 =+− xxx ( ) ( ) 0244 22 =−=+−⇒ xxxxx . Vidíme, že rovnice má 1

jednoduchý reálný kořen 01 =x a 1 dvojnásobný reálný kořen 23,2 =x .

3) Napíšeme předpokládaný tvar rozkladu. Jednoduchému reálnému kořenu odpovídá 1

parciální zlomek prvního typu 1

1

xxA−

a dvojnásobnému reálnému kořenu odpovídají 2

parciální zlomky prvního typu kn

n

xxA

)( −, kde 2,1=k a 3,2=n

( )2321

23 220441

−+

−+

−=

+− xA

xA

xA

xxx

4) ( )2

32123 22044

1−

+−

+−

=+− x

AxA

xA

xxx rovnici přenásobíme polynomem ve

jmenovateli ve tvaru součinu ( ( )22−⋅ xx ) a dostáváme rovnost dvou polynomů:

( ) ( ) xAxxAxA 322

1 221 +−+−=

5) Potřebujeme najít 21 , AA a 3A . Jelikož máme reálné kořeny, použijeme kombinovanou metodu. Do rovnice postupně dosadíme všechny známé kořeny.

( ) ( ) xAxxAxA 322

1 221 +−+−=

01 =x : 141 A= 41

1 =⇒ A

22 =x : 321 A= 21

3 =⇒ A

Známé koeficienty dosadíme zpět do rovnice: ( ) ( ) xxxAx2122

411 2

2 +−+−=

po úpravě dostáváme: ( ) ( )2212

411 2

2 −=−−− xxAxx a porovnáním u 2x : 241 A=− .

Druhou možností je dosazení dalšího reálného čísla do( ) ( ) xAxxAxA 32

21 221 +−+−= , např. 1=x : 3211 AAA +−=

41

21

411 22 −=⇒+−=⇒ AA

Výsledek:

Hledaný rozklad: ( ) ( )223 221

241

41

441

−+

−−=

+− xxxxxx.


9 Cvičení č. 0

Příklad 5:

Rozložte funkci ( )( )11

)( 2 +−=

xxxxR na parciální zlomky.

Řešení:


2) Najdeme kořeny polynomu ve jmenovateli, tzn. hledáme řešení této rovnice: 012 =+x . Výraz na levé straně již nelze dál rozložit na součin v reálném oboru ⇒

rovnice má 2 komplexně sdružené kořeny a jeden reálný kořen 11 =x .

3) Napíšeme předpokládaný tvar rozkladu. Komplexně sdruženým kořenům odpovídají 2

parciální zlomky druhého typu qpxx

NxM++

+2

11 a reálnému kořenu 1 parciální zlomek

prvního typu 1

1

xxA−

.

( )( ) 11111 21

211

2 ++

++

−=

+− xN

xxM

xA

xxx

4) rovnici přenásobíme polynomem ve jmenovateli ( ( )( )11 2 +−⋅ xx ) a dostáváme rovnost dvou polynomů:

( ) ( ) ( )111 112

1 −+−++= xNxxMxAx

5) Potřebujeme najít 11 , MA a 1N . Jelikož máme 2 komplexní kořeny a jen jeden reálný, použijeme srovnávací metodu.

u 2x : 110 MA +=

u x : 111 NM +−=

u 0x : 110 NA −=

Vyřešíme soustavu a dostáváme: 21

1 =A , 21

1 −=M , 21

1 =N .

Výsledek:

Hledaný rozklad: ( )( ) ( ) ( ) ( )12

11212

111 222 +

++

−−

=+− xx

xxxx

x .


10 Použitá Literatura

2 POUŽITÁ LITERATURA

[1] KREML P.a kol.: Matematika II.. Učební texty VŠB-TUO, Ostrava, 2007, ISBN 978-80-248-1316-5.

[2] VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 1998, ISBN 80-7078-545-4

[3] elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz




CVIČENÍ Č. 1


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

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

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4

2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 8


3 Cvičení č. 1

1 CVIČENÍ Č. 1


Hledání primitivních funkcí Výpočet tabulkových integrálů Aplikace vlastností neurčitého integrálu

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 1

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Nakreslete graf funkce ( )[ )

∞∈−∞−∈+

=,13

1,2)(

xxxx

xf a rozhodněte, zda k )(xf existuje

primitivní funkce na intervalu RI = .

Řešení:

Graf:

Z grafu vidíme, že funkce )(xf není spojitá na I => na I primitivní funkce k )(xf neexistuje.

Pokud bychom ale interval I rozdělili na dva intervaly ( )1,1 ∞−=I a [ )∞= ,12I , primitivní

funkce by již existovaly: xxxF 22

)(2

1 += na 1I a xxxF 32

)(2

2 −= na 2I .

Příklad 2:

K jaké funkci je funkce x

xxxF3cos

2)2arctan(3)( −+= primitivní?

Řešení:

musí platit: )()( xFxf ′= => )(3cos

3sin63cos2)2(1

3)( 22 xfx

xxxx

xF =+

−++

=′

Příklad 3:

Určete křivku, která prochází bodem [ ]2,1A a jejíž tečna má v libovolném bodě směrnici 12 ++ xe x .

Řešení:

víme, že směrnice tečny ke grafu funkce v bodě je derivace funkce v daném bodě ⇒ známe derivaci, hledáme primitivní funkci procházející bodem A


5 Cvičení č. 1

( ) cxxedxxe xx +++=++∫ 212

stačí najít c, pro které primitivní funkce prochází bodem A

⇒ ec

cecxxey x

−=+++=

+++=

112 1

2

⇒ hledaná křivka má předpis: exxey x −++= 2

Příklad 4:

Vypočtěte následující neurčité integrály:

a) dxxx

∫+

3

3 = dxx

xdxx ∫∫ +

33

3 = dxxdxx ∫∫ +− 3/23/13 = cxxxcxx++=++ 3 23 2

3/53/2

53

29

3/53/23

b) ∫ +− dx

x 44

2 = cxcxx

dx+−=+−=

+− ∫ 2

arctan22

arctan24

24 22

c) ∫ =

+− dx

xxx 12cos2 4 cxxxdx

xxdxdxx ++−=+−∫ ∫∫ ln2sin

21

5212cos2

54

d) ∫−+−

dxxx 34

12

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

( ) ( ) ( )222 2114434 −−=−+−−=+−− xxxxx )= ( )

( ) cxx

dx+−=

−−∫ 2arcsin

21 2

e) ∫ ++ dx

xxx2

12 =(všimneme si, že derivace jmenovatele je rovna výrazu v čitateli)= cx ++12ln

f) ( )∫ =+ dxxx 22 sincos cxdx +=∫1

g) ( )∫ =+ dxe x 13 cxedxdxe xx ++=+ ∫∫ 33

311

h) ∫ =dxxx 22 sincos

1=+=

+∫∫∫ dx

xxxdx

xxxdx

xxxx

22

2

22

2

22

22

sincossin

sincoscos

sincossincos

cxxdxx

dxx

++−=+= ∫∫ tancotcos

1sin

122

i) ( ) cedxe

edxee x

x

x

x

x

++=+

=+ ∫∫ 52ln

21

522

21

52

j) ∫ ∫ ∫∫ +==+

=−+

=+

cxx

dxxx

dxdxxx

dxx

tan21

cos21

coscossincos11

2cos11

22222


6 Cvičení č. 1

k) ( )( ) ( )∫ ∫∫∫∫ ++−=+

+−=+

++−=

++−

=+

cxxxx

dxdxxdxx

xxdxx

xdxx

x arctan31

11

1111

111

3

22

2

22

2

4

2

4

l) ( )( ) ( )∫∫∫ ++=+=−

+−=

−− ctedtedt

eeedt

ee tt

t

tt

t

t

11

11112

Další řešené příklady:

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral1/index.html




Neřešené příklady:


a) ( ) dxx

x∫

+3

23

+

+− c

xxx 2

3423ln

b) ∫

+− dxxxx

32

25

++− cxxx 32

6

91

6

c) ( )∫ + dxxx 4

++ cxxxx 4

54

32

d) ( )( )∫ +− dxxx 23

+−−+ cxxxxxx 6252 22

e) ∫− dxx

x 12

+− cxxx 234

g) ( )∫ − dxxex

x32 [ ]cex x +− 2ln6

h) ∫ xdx2gcot [ ]cxx +−− cot

i) ∫ dxx2

cos2 ( )

++ cxx sin21

j) ∫ ⋅dx

xxx

2sinsincos

+− cxcot

21

k) ∫ +164 2xdx

+ cx

2arctan

81






7 Cvičení č. 1

l) ∫ dxx25

+ cx25

5ln21

Další příklady najdete v kapitole 5.1 ve sbírce úloh:

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/5.pdf






[2] JARNÍK V.: Integrální počet I. Praha, 1974. [3] VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava,

1998, ISBN 80-7078-545-4 [4] elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz




CVIČENÍ Č. 2


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 2 ............................................................................................................... 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 2

1 CVIČENÍ Č. 2


Výpočet integrálů substitucí typu tx =)(ϕ

Výpočet integrálů substitucí typu )(tx ϕ= Výpočet integrálů pomocí metody per partes

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 2

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Vypočtěte následující integrál ( ) dxxx∫ + arctan1

12

.

Řešení:

Nejedná se o tabulkový integrál a ani žádné úpravy nepovedou k tabulkovému integrálu, takže musíme při řešení zvolit jednu z využívaných metod při řešení integrálů. Vidíme, že integrand

je složen ze součinu funkcí: ( )dxxx∫ +

⋅1

1arctan

12 . Ze znalosti derivací hned víme, že

( ) 211arctanx

x+

=′ , což je přesně to, co potřebujeme v substituční metodě prvního typu -

součin složené funkce xarctan

1 a derivace vnitřní funkce 211x+

. Rozhodli jsme se tedy pro

1. substituční metodu a zkusíme ji aplikovat a integrál vypočítat.

( ) ∫∫ ==

+

==

+⋅ dt

tdtdxx

txdx

xx1

11

arctan

11

arctan1

22 … dostali jsme nový integrál proměnné t,

který již spočítat umíme (použití substituce bylo správné)

ctdttdtt

+== ∫∫−

21

1 21

21

. Teď už musíme jen vrátit substituci tx =arctan a dostáváme řešení

původního integrálu:

( ) cxdxxx

+=+∫ arctan2

arctan11

2.

Derivací nalezené primitivní funkce můžeme ověřit správnost výsledku:

( ) ( ) ( )2221

1arctan1

11arctan

212arctan2

xxxxcx

+⋅=

+⋅⋅=

′+ −

Příklad 2:

Vypočtěte následující integrál ( )∫−

321 x

dx .

Řešení:

Opět se nejedná se o tabulkový integrál. Budeme zjišťovat, kterou metodu použít. Nejde o žádný ze základních typů pro využití per partes, proto první zkusíme substituční metodu 1. typu. Napadne nás tato substituce tx =− 21 , ověříme, zda máme v integrandu potřebný


5 Cvičení č. 2

součin. Po diferencování zvolené substituci máme dtxdx =− 2 , což znamená, že potřebujeme v čitateli x , to tam není a z toho důvodu tato substituce není možná.

Zkusíme substituci 2. typu - pod odmocninou je 21 x− , víme, že xx 22 cossin1 =− a díky tomu se zbavíme odmocniny.

( ) ( ) ( ) ( ) ∫∫∫∫∫ ===−

====

=− t

dtdtttdt

t

tdtt

t

xttdtdx

tx

x

dx233

23232 coscoscos

cos

cos

sin1

cos

arcsincos

sin

1

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

ctdtt

+=∫ tancos

12 .Vrátíme substituci xt arcsin= a dostaneme řešení původního integrálu:

( )( ) cx

x

dx+=

−∫ arcsintan

1 32.

Příklad 3:

Vypočtěte následující integrál ∫ dxx

x2

ln .

Řešení:

Opět se nejedná o tabulkový integrál. Opět jako první zkusíme substituční metodu.

V integrandu je součin funkcí xln a 2

1x

. Ze znalosti derivací víme, že ( )x

x 1ln =′ , ale ne 2

1x

, kterou máme v integrálu ⇒ substituce použít nelze.

Jedná se o součin dvou odlišných funkcí, takže vyzkoušíme metodu per partes. Funkci 2

1x

umíme jednoduše integrovat i derivovat, funkci xln umíme derivovat ⇒ za funkci, kterou

budeme derivovat, zvolíme xln a za funkci, kterou budeme integrovat, zvolíme 2

1x

∫∫∫ +−=

−⋅−−=

−==′

=′== dx

xx

xdx

xxx

xx

vx

vx

uxudx

xx

2

2

2

1ln111ln111

1lnln

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

cx

xx

dxx

x+−−=∫

1ln1ln2


6 Cvičení č. 2

Příklad 4:


a) =∫ dxxx

2

2

costan (uvědomíme si, že ( )

xx 2cos

1tan =′ ) = ==

==∫ dtdx

x

txdx

xx

22

2

cos1

tan

cos1tan

cxctdtt +=+== ∫ 33

2 tan31

3

b) ( )∫ −+ dxex x12 = součin polynom a exp.fce⇒per partes =−==′=′+=

=−− xx evevxuxu 212

( ) ( ) ( ) =−==′=′=

=⋅++−=−⋅−+−= −−−−−− ∫∫ xx

xxxx

evevuxu

dxexexdxexex1

2121 22

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) cxxeceexex

dxeexexdxeexexxxxx

xxxxxx

+−−−=+−⋅−+−=

=+⋅−+−=−−⋅−++−=−−−−

−−−−−− ∫∫32221

2212122

22

c) ( )∫ =− dxx 13sin lineární sub. a=3, b=-1 cxtdt

dtdx

dtdxtx

+−−==

=

==−

= ∫ )13cos(31sin

31

31

313

d)

∫

∫∫

−⋅+⋅===′

⋅=′==

=+⋅===′

⋅−=′==

dxxxxxxxvv

xxuxu

dxxxxxvv

xxuxudxx

)cos(ln)sin(ln)cos(ln1

1)cos(ln)sin(ln

)sin(ln)cos(ln1

1)sin(ln)cos(ln)cos(ln

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

( ) cxxxxdxx

xxxxdxx

dxxxxxxdxx

+⋅+⋅=

⋅+⋅=

−⋅+⋅=

∫

∫∫∫

)sin(ln)cos(ln21)cos(ln

)sin(ln)cos(ln)cos(ln2

)cos(ln)sin(ln)cos(ln)cos(ln

e) ( ) ( ) cecttdtdtdxe

tedxee x

x

xxx +=+==

=

== ∫∫ sinsincoscos


7 Cvičení č. 2

f)( )

ct

dt

dtdx

dtdxt

dxdx x

x

x

x

x

x

x

x

+=−

=

=

=⋅

=

=−

=−

∫∫∫ 2arcsin2ln

112ln

1

2ln12

2ln22

21

241

222

g)( ) ∫∫∫∫ ==

==

===

=

==+

=+⋅ duudutdt

utdt

tttdt

dtxdx

dtxdxtx

dxxx 121

cossin

sincos

21cot

21

21

21

1cot

2

2

( ) cxctcu ++=+=+= 21sinln21sinln

21ln

21

h) ( ) cxctdtt

dtxdx

dtxdxtx

dxxx ++=+==

=

==+

=+ ∫∫32

232

2 7261

234

141

41

472

72


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/perpartes1/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integralgon1a/index.html



a) ( )∫ + xxdx

arctan12 [ ]cx +arctan2

b) ∫ xdxe x 2sin2cos [ ]ce x +−

2cos

c) ( )∫ − xdxx ln12 ( )

+

−−− cxxxxx 1

21ln1

d) ∫ dxxcos ( )[ ]cxxx ++ cossin2

e) ∫ −⋅ dxex x2

+− − ce x2

21

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/perpartes1/index.html




8 Cvičení č. 2

g) ∫ dxx

x2cos

[ ]cxxx ++ coslntan

h) ∫ +dx

xx

2

3

1arctan

+ cx3 4arctan43

i)( )∫ +

dxx

x2sin2

cos

+

+− c

xsin21

Další příklady najdete v kapitole 5.2 a 5.3 ve sbírce úloh:












CVIČENÍ Č. 3


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

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

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 3

1 CVIČENÍ Č. 3


Výpočet integrálů rozkladem na parciální zlomky Integrování funkcí složených z goniometrických funkcí Aplikace vlastností při výpočtu určitých integrálů

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 3

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Vypočtěte následující integrál ( )dxxxxxx

∫ ++++

22253

2

2

.

Řešení:

Jedná se o integraci racionální lomené funkce, kde derivace jmenovatele se nerovná funkci v čitateli, a proto si musíme pomoci rozkladem funkce na parciální zlomky. Stupeň polynomu v čitateli je menší než stupeň polynomu ve jmenovateli, z toho důvodu nemusíme dělit a hned se pustíme do rozkladu. Kořeny polynomu ve jmenovateli jsou řešením rovnice ( ) ⇒=++ 0222 xxx máme jeden reálný kořen a dva komplexní kořeny.

Odhadovaný tvar rozkladu je:

( )( )

222222

22253

222

2

+++

+++

+=++++

xxC

xxxB

xA

xxxxx ,

vynásobíme celou rovnici 222 ++ xx

a srovnávací metodou určíme koeficienty 1,1,1 === CBA .

V integrálu nahradíme původní funkci nalezeným rozkladem a vyřešíme.

( ) ( )( )

( ) ( ) cxxxxx

dxxxxdxxxxx

xx

dxxxxxx

++++++=

=++

++++=

+++

+++

+=++++

∫∫∫1arctg22lnln

1122lnln

221

22221

22253

2

22

222

2

Příklad 2:

Vypočtěte následující integrál ∫ .cos x

dx

Řešení:

Jedná se o integrál funkce složené z goniometrické funkce. Tento integrál můžeme vyřešit dvěma způsoby.

a) Můžeme si uvědomit, že si integrál můžeme napsat také ∫ − xdx1cos , což je přesně

integrál typu ∫ xdxx nm sincos , kde mocnina u funkce kosinus je lichá. Z toho důvodu půjde určitě použít substituce tvaru tx =sin , jen musíme původní integrand upravit.

∫∫∫∫ −=

==

=−

==⋅ 222 1cossin

sin1cos

coscos

coscos

cos1

tdt

dtxdxtx

dxx

xdxx

xdxxx

x


5 Cvičení č. 3

Po úpravě a aplikaci zvolené substituce jsme dostali integrál z racionální lomené funkce.

Rozklad: 111

12 +

+−

=−−

tB

tA

t ⇒

21,

21

−== BA

cxxctt

tdx

tdx

tdt

+−+

=+++−−=+

+−

−=− ∫∫∫ 1sin

1sinln211ln

211ln

21

121

121

1 2

b) Můžeme při řešení použít i univerzální substituce.

cx

x

ctt

tdx

tdx

tdtdt

ttt

dtt

dx

ttx

tx

dxx

+−

+=+++−−=

=+

+−

−=−

=+

⋅−+

=

+=

+−

=

=

= ∫∫∫∫∫

12

tg

12

tgln1ln1ln

1112

12

11

1211cos

2tg

cos1

222

2

2

2

2

Příklad 3:

Vypočtěte integrál ∫−

5

1

)( dxxf , kde [ ][ ][ ]

∞∈

∈∞−∈

=

,3pro3

3,1pro1,pro1

)(2

xxxx

xxf .

Řešení:

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


6 Cvičení č. 3

[ ] ( )( ) ( )

( )9

1522712591

192111

331

231)(

5

3

33

1

21

1

5

3

23

1

1

1

5

1

=−+

+−+−−=

+

+=++= −

−−∫∫∫∫

xxxdxxxdxdxdxxf

Příklad 4:


1

1

1 dxx

a ∫3

1

1 dxx

Řešení:

Podívejme se na graf funkce x

xf 1)( = .

Vidíme, že funkce není na intervalu [ ]1,1−∈x spojitá (ani po částech, v bodě 0=x má bod

nespojitosti 2. druhu) a proto integrál ∫−

1

1

1 dxx

není definován.

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

1

1 dxx

jsme schopni určit.

[ ] 3ln1ln3lnln1 31

3

1

=−==∫ xdxx

.

Příklad 5:


−4

1

2 dxx .

Řešení:

Z definice absolutní hodnoty víme, že platí


7 Cvičení č. 3

[ ][ ]

∈−−∈+−

=−4,222,12

2xx

xxx , viz graf.

Integrál ∫−

−4

1

2 dxx existuje, protože funkce je na daném intervalu spojitá a ohraničená.

( ) ( )2

132292

22

2222

4

2

22

1

24

2

2

1

4

1

=+=

−+

+−=−++−=−

−−−∫∫∫ xxxxdxxdxxdxx

Příklad 6:

Vypočtěte následující neurčité a určité integrály:

a) =∫ dxxx

3

2

sincos

( ) ( )∫∫∫ =−

−==−

==

−

⋅=

⋅ dtt

tdtxdx

txdx

xxxdx

xxx

22

2

22

2

4

2

1sincos

cos1sincos

sinsincos

( ) ( ) ( ) ( )c

xxxxdt

tttt+

+

−−

−+−

−=

+−

++

−−

−−= ∫ 1cos

11cos

11cos1cosln

41

141

141

141

141

22

b) ∫ −−+ dx

xxxx

82223

( ) ( )( ) ( )( )

1,23,

25

42422042822

==−=⇒

−+

++=

−++

⇒=−+=−−

CBA

xC

xB

xA

xxxxxxxxxx

cxxxxdx

xdx

xdxdx

xxxx

+−+++−=−

++

+−=−−

+∫∫∫∫ 4ln2ln

23ln

25

4223

25

82223


8 Cvičení č. 3

c) ( ) =++=+=

=

+=

=

=⋅⋅= ∫∫∫ cttdttt

dtdxx

tx

tx

xdx

xxdx

xx

531

cos1

11cos

tg

coscos1tg

cossin 53

22

2

22

222

6

2

cxx ++= 53 tg51tg

31

d) =

−+=

−+=

+∫∫∫4

022

4

02

2

2

4

02

2

1cos

1cos

1cos

cos1cos

1cos

sin1πππ

dxxx

dxx

xx

dxx

x

[ ]4

2tg2 40

ππ

−=−= xx

e) =

+−

+−=

++−=

++−=

+−−−

∫∫ 2213ln42

212ln42

2242

2

1

1

21

1

1

1

2

xxxdxx

xdxxx

( )13ln4 −=




http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integralgon1b/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UI1/index.html


Vypočtěte následující neurčité a určité integrály:

a) ∫ −dx

xx

163

4

( )

+

+⋅+

++−

+ cxxx

xx3

12arctg321

1ln3 2

22

b) ∫ −dx

xx

1coscos

++ cxx

2gcot

c)( )∫

−

− +

1

25115x

dx

5184259








9 Cvičení č. 3

d) ∫ −3

0

31 dxx

665

e) ∫ −+

3

22 232 xx

dx

−

43ln

51

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 5.4, 5.6 a první příklad v kapitole 6.1:














CVIČENÍ Č. 4


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 4 ............................................................................................................... 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 4

1 CVIČENÍ Č. 4


Výpočet určitých integrálů substituční metodou Výpočet určitých integrálů metodou per partes Výpočet obsahu rovinných obrazců pomocí určitých integrálů Výpočet délky křivky pomocí určitých integrálů

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 4

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Vypočtěte integrál ∫π

π

2sin cos xdxe x .

Řešení:

Zavedeme substituci: tx =sin ⇒ dtxdx =cos

Přepočítáme meze:

horní mez π22 =x : 02sin =π

dolní mez :1 π=x 0sin =π

Vidíme, že po přepočítání mezí jsme obdrželi rovnost horní a dolní meze a ze znalosti vlastností určitého integrálu víme, že dál nemusíme počítat a takový integrál je roven nule. Ověříme výpočtem:

[ ] 01100

0

0

=−==∫ tt edxe

Poznámka:

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

Příklad 2:

Vypočtěte integrál ∫ +1

0

2 )3ln( dxxx .

Řešení:

Ukážeme si dva způsoby řešení:

1) metoda per partes:


5 Cvičení č. 4

Volíme: ( )3ln 2 += xu , 3

22 +

=′x

xu

xv =′ , 2

2xv =

Dostáváme:

( ) ∫∫∫ =

+−−=

+−

+=+

1

02

1

02

31

0

221

0

2

334ln

21

33ln

2)3ln( dx

xxxdx

xxxxdxxx

( )213ln

234ln23ln

234ln

23

214ln

213ln

23

24ln

21

1

0

22

−−=

+−−=

+−−= xx

2) kombinace substituční metody a metody per partes

Zavedeme substituci: tx =+ 32 ⇒ dtxdx21

= a přepočítáme meze.

[ ] [ ]( )

213ln

234ln2

3ln34ln421ln

21

1

1lnln21)3ln( 4

3

4

3

43

4

3

1

0

2

−−=

=−−=

−⋅===+ ∫∫∫ tdttt

tt

ttdtdxxx

Příklad 3:

Vypočtěte obsah rovinného obrazce ohraničeného grafy funkcí:

22:3:

2

2

+−−=

−+=

xxygxxyf

Řešení:

Rovinný útvar je ohraničený pouze dvěma funkcemi, takže musíme první určit x-ové souřadnice průsečíků křivek (řešíme rovnici )()( xgxf = ).

0532223 222 =−+⇒+−−=−+ xxxxxx 1,25

21 =−=⇒ xx


6 Cvičení č. 4

Z grafu vidíme, že platí )()( xfxg ≥ , tzn. vztah pro výpočet obsahu oblasti mezi křivkami je:

( ) ( )( ) ( )

243435

23

32

532322)()(

1

25

23

1

25

21

25

222

1

=

+−−=

=+−−=−+−+−−=−=

−

−−

∫∫∫

xxx

dxxxdxxxxxdxxfxgPx

x

Příklad 4:

Vypočtěte délku křivky ,2

xx eey−+

= pro 1,0∈x .

Řešení:

2

xx eey−−

=′

( )

( ) [ ]

−=−=+=

=+=+−+

=

−+=

−−

−−−

∫

∫∫∫

eeeedxee

dxeedxeedxeel

xxxx

xxxxxx

121

21

21

21

424

21

10

1

0

1

0

21

0

221

0

2

Příklad 5:

Vypočtěte velikost dráhy, kterou urazí bod od 0=t do 2=t při pohybu po křivce dané parametrickými rovnicemi 23 5, tytx == .

Řešení:

tytx

103 2

==


7 Cvičení č. 4

( ) ( )

[ ] ( ) 7,211000136136271

271

91

1362,10091

2181009

10091009103

13610

3136

10

2

22

2

0

22

0

242

0

222

≅−===

==

==+

=+=+=+=

∫

∫∫∫

uduu

udutdtudutdt

ut

dtttdtttdtttl

Příklad 6:

Vypočtěte určité integrály:

a)21

21,01

1ln

ln11

0

21

01

=

===

=

= ∫∫ttdt

e

dtdxx

tx

xdxx

e

b) =+

⋅−=−=⋅ ∫∫

4/

0

4/

0

4/

0

2cos212cos

21

2cos212sin

12sin

πππ

xdxxxxxx

xdxx

412sin

21

210

4/

0

=

+=

π

x

Příklad 7:

Určete délku křivky 32 xy = mezi osou y a přímkou .34

=x

Řešení:

3xy ±=

xy23

=′

( ) ( )27

11241627294

32

9194

212

4912 33

3/4

0

33/4

0

3/4

0

=−=

+⋅=+⋅=+⋅= ∫∫ xdxxdxxl


8 Cvičení č. 4




http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIobsah/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIdelka/index.html


Vypočtěte následující určité integrály:

a) ∫ +

2/

0 sin1cosπ

xx [ ]2ln

b) ∫ +1

0

)2( dxex x [ ]12 −e

c)Určete obsah čočky ohraničené křivkami xyxy == 22 , .

31

d)Určete obsah obrazce ohraničeného jedním obloukem cykloidy a osou x. [ ]π23a

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 6.1 příklady 2,3,4 a v kapitole 6.2.1 a 6.2.2:




http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIobsah/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIdelka/index.html











CVIČENÍ Č. 5


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 5 ............................................................................................................... 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 5

1 CVIČENÍ Č. 5


Výpočet objemu rotačních těles pomocí určitých integrálů Výpočet povrchu pláště rotačního tělesa Výpočet momentu setrvačnosti a souřadnic těžiště rovinné křivky Výpočet momentu setrvačnosti a souřadnic těžiště rovinné oblasti

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 5

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Vypočtěte objem rotačního tělesa vytvořeného rotací obrazce ohraničeného grafy funkcí:

012

:

2: 2

=+−−

=

yxg

xyf

Řešení:

Nakreslíme si grafy funkcí:

Vypočteme průsečíky grafů obou funkcí: 1,202122 21

22

=−=⇒=−+⇒+−= xxxxxx

Vidíme, že na intervalu 1,2− je )()( xfxg ≥ , tzn., vztah pro výpočet objemu rotačního tělesa dostaneme pomocí vztahu:

( ) =

−+−=

−

+−=−= ∫∫∫

−−

1

2

421

2

22222

41

421

2)()(

2

1

dxxxxdxxxdxxfxgVx

x

πππ

πππ5

34203222

128

2011

21

121

20212

1

2

523

=

−−−−

−

−+−=

−+−=

−

xxxx

Příklad 2:

Vypočtěte povrch rotačního tělesa vzniklého rotací křivky xy = kolem osy x pro 4,1∈x .

Řešení:

Víme, že obsah pláště rotačního tělesa vypočteme jako ( ) .)(1)(2 2∫ ′+=b

adxxfxfS π

Určíme druhou mocninu derivace funkce: ( )x

yx

y41

21 2 =′⇒=′ a dosadíme.


5 Cvičení č. 5

( )

[ ] ( )5517176

5176

2/314

414

4142

4112

33

4

1

2/34

1

4

1

4

1

−=−=

=

+=+=

+⋅=+⋅= ∫∫∫

ππ

ππππ xdxxdxx

xxdxx

xS

Příklad 3:

Určete y-ovou souřadnici těžiště křivky, která je grafem funkce 2

21: xyf = , 1,0∈x , je-li

délková hustota xx =)(ρ .

Řešení:

Souřadnici těžiště určíme pomocí statického momentu )(CS x a hmotnosti.

hmotnost ... [ ]∫ ′+=b

adxxfxCM 2)(1)()( ρ

Určíme druhou mocninu derivace funkce a dosadíme.

[ ] 222 )(21)( xxfxxxf =′⇒=

′

=′

3122

321,10

221

1)(2

1

32

1

2

221

0

2 −=

===

=+=+= ∫∫

tdtttdtxdxtx

dxxxCM

statický moment ... [ ] ,)(1)()()( 2∫ ′+=b

ax dxxfxxfCS ρ [ ]∫ ′+=b

ay dxxfxxCS 2)(1)()( ρ

( )15

12352

1121

21,10

221

12

)(2

1

352

1

22

22

1

0

22 +

=

−=−==

=+=+= ∫∫

ttdttttdtxdxtx

dxxxxCS x

y-ová souřadnice těžiště: 12212

153

)()(

−+

⋅==CMCS

y xT

Příklad 4:

Určete momenty setrvačnosti a souřadnice těžiště podgrafu funkce ( )xxy −= 14 ,

je-li 2)( xx =ρ .

Řešení:

Určíme meze: ( ) 1,0014 21 ==⇒=− xxxx


6 Cvičení č. 5

51

544)1(4)()(

1

0

541

0

2 =

−=−== ∫∫

xxdxxxxdxxfxMb

a

ρ

( )105

8735

8211621)()(

21

1

0

7651

0

2222 =

+−=+−== ∫∫

xxxdxxxxxdxxfxSb

ax ρ

( )152

65414)()(

1

0

651

0

2 =

−=−== ∫∫

xxdxxxxxdxxxfxSb

ay ρ

souřadnice těžiště:

32

==MS

x yT ,

218

==MS

y xT

momenty setrvačnosti:

( ) =

−+−=−+−== ∫∫

1

0

98761

0

32323

983

73

636433164

31)()(

31 xxxxdxxxxxxdxxfxI

b

ax ρ

1898

=

212

764)1(4)()(

1

0

761

0

222 =

−=−== ∫∫

xxdxxxxxdxxfxxIb

ay ρ


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIobjem/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIpovrch/index.html


Vypočtěte následující určité integrály:

a) Určete objem tělesa vzniklého rotací podgrafu P funkce π2,0,sin2 ∈= xxy kolem

osy x. [ ]24π

b) Určete objem tělesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce ,11

ttx

+−

= ,1

1t

y+

=

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIobjem/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIpovrch/index.html


7 Cvičení č. 5

1,0∈t kolem osy x.

π127

c) Vypočítejte povrch tělesa, které vznikne rotací oblasti dané funkcí

1,21,1 2 ∈−= xxy kolem osy x (kulový vrchlík). [ ]π

d) Vypočtěte souřadnice těžiště homogenní křivky 2,0,sin,cos 33 π∈== ttytx .[ ]23

25,

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

a osou x. [ ]34

310,

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 6.2.3 a 6.2.4:












CVIČENÍ Č. 6


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 6 ............................................................................................................... 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 6

1 CVIČENÍ Č. 6


Určování definičních oborů funkcí dvou proměnných Výpočet parciálních derivací prvního řádu Výpočet parciálních derivací prvního řádu v bodě Výpočet parciálních derivací vyšších řádů

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 6

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Určete a zakreslete definiční obor funkcí.

a) 164 22 −+−= yxz

b) ))2ln(sin( yxz −=

c) xeyx

yz −+

= 22

d)

+=

xyxz

2arcsin

Řešení:

a) v předpisu funkce se vyskytují pouze odmocniny ⇒ podmínky: 04 2 ≥− x ∧ 0162 ≥−y

řešíme: 242 ≤⇒≤ xx ∧ 4162 ≥⇒≥ yy

[ ]{ }),44,(2,2:, 2 ∞∪−−∞∈∧−∈∈= yxRyxD f

b) podmínka: 0)2sin( >− yx ππ )12(22 +<−<⇒ kyxk , Zk ∈

osamostatníme y: 2

)12(22

ππ +−>>− kxykx

[ ]

∈+−>>−∈= ZkkxykxRyxD f ,

2)12(

22:, 2 ππ


5 Cvičení č. 6

c) podmínky: 022 ≠+ yx ∧ 0≥xe

Vidíme, že pravá strana první podmínky je rovnicí kružnice se středem v počátku a poloměrem 0 (tj. bod (0,0)) a druhá podmínka je splněna vždy, tzn., definičním oborem budou všechny body roviny xy kromě bodu (0,0)

[ ]{ }0:, 222 ≠+∈= yxRyxD f

d) podmínka: 12

1 ≤+≤−xyx

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

1) 02

222

2122

≥++

⇒+

≤−x

xyxx

yx

02022 2 >∧≥++ xxyx ∨ 02022 2 <∧≤++ xxyx

022 2 >∧−−≥ xxxy ∨ 022 2 <∧−−≤ xxxy

2) 02

2212

2 22

≤−+

⇒≤+

xxyx

xyx

02022 2 <∧≥−+ xxyx ∨ 02022 2 >∧≤−+ xxyx

022 2 <∧+−≥ xxxy ∨ 022 2 >∧+−≤ xxxy


6 Cvičení č. 6

Všechny výsledné podmínky zakreslíme a znázorníme definiční obor dané funkce.

Příklad 2:

Vypočítejte první parciální derivace funkce ( )( ) yexyyxz⋅

−+=2

3sinln

Řešení:

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

yexyyx

yxxz

⋅+⋅+

+=

∂∂

2

2

3)3cos()3sin(

1

Nyní nalezneme parciální derivaci podle y.

y

yy

exxeyyxeyx

yxyz

22

22)3cos()3sin(

1 −−+

+=

∂∂

Příklad 3:

Vypočítejte druhé parciální derivace funkce yxxyz 23)3arcsin( +−=

Řešení:

První parciální derivace:

3ln3913 2

22

yx

yxy

xz +−

−=

∂∂

3ln32913 2

22

yx

yxx

yz +⋅−

−=

∂∂

První parciální derivaci budeme znovu parciálně derivovat.


7 Cvičení č. 6

( )( )22

322

3

2

2

3ln391

27 yx

yx

xyx

z +−−

=∂∂

( )( )

( ) 23ln391

323ln391

912183913

22

322

2222

22

222

2

⋅−−

=⋅−−

−

−−−

=∂∂

∂ ++ yxyx

yxyxyx

yxyyx

yxz

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

( )( )

( ) 23ln391

33ln3291

912183913

22

322

2222

22

222

2

⋅−−

=⋅−−

−

−−−

=∂∂

∂ ++ yxyx

yxyxyx

xyxyx

xyz

( )( )22

322

3

2

2

3ln3491

27 yx

yx

yxy

z +⋅−−

=∂∂

Příklad 4:

Určete xyx

f∂∂∂

∂2

4

funkce 2

2),( 3

+−=

xyxyxf y v bodě [ ]0,1=A .

Řešení:

Z označení vidíme, že budeme hledat parciální derivaci čtvrtého řádu. Budeme třikrát podle x a jednou podle y. Záleží na nás, v jakém pořadí.

( )213

223+

+=∂∂ −

xyyx

xf y

( )323

2

2

24)13(3+

−−=∂∂ −

xyxyy

xf y

( )323223

2

3

24ln3)39()318(+

−−+−=∂∂

∂ −−

xxxyyxy

yxf yy

4

23233233

2

4

)2(123)39(ln)23(3)39()23)(318(+

+−

+−−+−−=∂∂

−−−

xxxyyxxyyyxyy

xyxf y

yy

∂∂

xyxf∂∂ ∂

∂2

4

v bodě: do výsledné čtvrté derivace dosadíme za 1=x a za 0=y

27166

)21(12

113)00(1ln1)20(3)00(1)20)(30()(

4

203030

2

4

=+

+⋅−

+−−+−−=∂∂

−−−

xyxAf

∂∂


8 Cvičení č. 6


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/defoblast/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/parcder1/index.html



Určete definiční obor funkce:

a) zy

x= +1

lnarcsin [ [ ]{ }1;1}1{:, 2 −∈∧−∈∈= + xRyRyxD f ]

b) zx y

x=

+ −

−

112 [ ]{ }[ ]11:, 2 ±≠∧≥∈= xyRyxD f

Vypočtěte všechny parciální derivace prvního řadu funkce:

a) z y x= +ln ( )2

+

=′+

=′ 22

1,2xy

zxy

xz yx

b) z xyx y

=+( )2

+−

=+−

= 33 )()(,

)()(

yxyxx

yz

yxxyy

xz

∂∂

∂∂

Najděte parciální derivace druhého řádu funkce:

a) z y x x y= +sin cos [ ]yxzyxzxyz yyxyxx cos,sincos,sin −=′′−=′′−=′′

b) z x x y y= − +3 4 53 [ ]332 20,12,366 yzxzyxxz yyxyxx =′′−=′′−=′′

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 7.1 a 7.2:


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/defoblast/index.html













CVIČENÍ Č. 7


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 7 ............................................................................................................... 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 7

1 CVIČENÍ Č. 7


Určování totálního diferenciálu Výpočet přibližných hodnot funkce Určení rovnice tečné roviny a normály

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 7

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Určete totální diferenciál funkce 22 yxxz−

= .

Řešení:

Víme, že pokud je funkce diferencovatelná, pak totálním diferenciálem je výraz

dyyfdx

xfyxdf

∂∂

+∂∂

=),( .

Potřebujeme určit parciální derivace prvního řádu dané funkce.

( ) ( )222

22

222

22 2yxyx

yxxxyx

xf

−

+−=

−

⋅−−=

∂∂

( )222

2yxyx

yf

−

⋅=

∂∂

Dosadíme: ( ) ( )

dyyx

xydxyxyxyxdf 222222

22 2),(−

+−

+−= ... totální diferenciál

Příklad 2:

Srovnejte totální diferenciál a totální přírůstek funkce xyz = v bodě [ ]3,2=A , jsou-li dány přírůstky 1,01 =h a 2,02 =h .

Řešení:

totální přírůstek: 72,0322,31,2)3,2()2.03,1.02( =⋅−⋅=−++=∆ ffz

totální diferenciál: 21 )()()( hAyfhA

xfAdf

∂∂

+∂∂

=

yxf=

∂∂ , x

yf=

∂∂ 7,02,021,03)3,2( =⋅+⋅=⇒ df

Závěr:

V blízkém okolí bodu lze přírůstek nahradit totálním diferenciálem.


5 Cvičení č. 7

Příklad 3:

Pomocí totálního diferenciálu vypočtěte přibližnou hodnotu 06,0sin2,1ln + .

Řešení:

Můžeme využít funkce yxyxf sinln),( += a totálního diferenciálu dané funkce v bodě ( )0,1 s diferencemi 2,012,10 =−=−= xxdx , 06,0006,00 =−=−= yydy .

00sin1ln)0,1( =+=f

1)0,1(1),( =′⇒=′ xx fx

yxf

1)0,1(cos),( =′⇒=′ xy fyyxf

Dosadíme do výrazu pro totální diferenciál dyyxfdxyxfzz yx ),(),( 00000 ′+′+≈ :

26,006,012,01006,0sin2,1ln =⋅+⋅+≈+

(Můžete porovnat s přesnou hodnotou vypočtenou na kalkulačce.)

Příklad 4:

Určete rovnici tečné roviny a parametrické rovnice normály ke grafu funkce 024222 =−+−−+ zyxyx v bodě [ ]?,2,1−=P .

Řešení:

Opět využijeme vztahu pro totální diferenciál:

)()()()(: 000 yyPfxxPfzz yx −⋅′+−⋅′=−τ

Potřebujeme určit 0z , )(Pf x′ a )(Pf y′ . Všimneme si, že funkce je v zadání daná implicitně. Upravíme a dostaneme předpis funkce:

24222 +++−−= yxyxz .

3282410 =++−−=z

4)(22),( =′⇒+−=′ Pfxyxf xx

0)(42),( =′⇒+−=′ Pfyyxf yy

Dosadíme: 0)1(43: ++⋅=− xzτ

Upravíme: 074: =+− zxτ ... rovnice tečné roviny

Normála: :η tx ⋅+−= 41 , 2=y , tz −= 3 , Rt∈


6 Cvičení č. 7


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/tecnarov1/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/tecnarov2i/index.html


1) Určete pomocí diferenciálu přibližnou hodnotu 92,106,2 ⋅ . [ 99,1 ]

2) Najděte rovnici tečné roviny ke grafu funkce ),( yxfz = :

a) 5442 22 ++−= yxyxz , která je rovnoběžná s rovinou 3124: =+− zyxα .

[ ]05124: =++− zyxτ

b) b) yxz= v bodě [ ]?,1,1=A [ ]01: =−++− zyxτ

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 7.3:


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/tecnarov1/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/tecnarov2i/index.html





[1] ŠKRÁŠEK J. a kol.: Základy aplikované matematiky I. a II. SNTL, Praha, 1986. [2] DOBROVSKÁ V., VRBICKÝ J..: Diferenciální počet funkcí více proměnných -

Matematika IIb. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 2004, ISBN 80-248-0656-8 [3] VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava,





CVIČENÍ Č. 8


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 8 ............................................................................................................... 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 8

1 CVIČENÍ Č. 8


Určování volných lokálních extrémů funkce dvou proměnných Výpočet vázaných lokálních extrémů

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 8

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Určete lokální extrémy funkce 26),( 23 +−−= yxxyyxf .

Řešení:

RRD f ×=

,36 2xyxf

−=∂∂ yx

yf 26 −=∂∂

Lokální extrém může nastat ve stacionárních bodech, které dostaneme řešením soustavy

026036 2

=−=−

yxxy

Z druhé rovnice si vyjádříme proměnnou y pomocí x a dosadíme do první rovnice, dostáváme:

0318 2 =− xx ⇒ x1 0= a 62 =x .

Dosadíme do první rovnice a vypočteme ke každému x příslušné y.

Pro x1 0= dostaneme y1 0= .

Pro 62 =x dostaneme 182 =y .

Máme tedy dva stacionární body ],0,0[=A ]18,6[=B .

parciální derivace existují ve všech bodech definičního oboru ⇒ žádné další body (kromě stacionárních) podezřelé z extrému neexistují

Vypočteme hodnoty druhých derivací

,62

2

xx

f−=

∂∂ 6

2

=∂∂ yxf∂ , 22

2

−=∂y

f∂

a určíme hodnoty determinantů

Pro bod ]0,0[=A :

3626

60−=

− .

Determinant je záporný, proto v bodě ]0,0[=A nemá funkce extrém.


5 Cvičení č. 8

Pro bod ]18,6[=B :

3626

636=

−−

.

Determinant je kladný, proto má funkce v bodě ]18,6[=B extrém. Výraz 36)(2

2

−=x

Bf∂

∂ je

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

Příklad 2:

Určete vázané extrémy funkce z y x= −2 34 za podmínky 012 =+− yx .

Řešení:

z vazební podmínky lze explicitně vyjádřit proměnnou y, takže využijeme přímé metody

12 += xy dosadíme do předpisu funkce a dostaneme funkci jedné proměnné

( ) 3232 4144412)( xxxxxxf −++=−+= … hledáme lokální extrém funkce 1 proměnné

RD f =

najdeme stacionární body: 21248)( xxxf −+=′ ⇒ 01248 2 =−+ xx ⇒ 1,31

21 =−= xx

rozdělíme definiční obor na intervaly a budeme zjišťovat monotónnost na jednotlivých intervalech

016124)1(8)1(:31, <−=−+−⋅=−′

−∞− f ⇒ na

−∞−

31, je funkce klesající

04040)0(:1,31

>=−+=′

− f ⇒ na

− 1,

31 je funkce rostoucí

( ) 028412428)2(:,1 <−=⋅−+⋅=′∞ f ⇒ na ( )∞,1 je funkce klesající

monotónnost se v bodě 31

−=x mění z klesající na rostoucí ⇒ v bodě je lokální minimum

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


6 Cvičení č. 8

Závěr:

v bodě

−

277,

31,

31 má funkce ),( yxf vázané lokální minimum

v bodě ( )5,3,1 má funkce ),( yxf vázané lokální maximum


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/extremvol/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/extremvaz/index.html


1) Určete lokální extrémy funkce 12586),( 33 +−−= yxxyyxf .

maximum lokální má

211, v

2) 2) Určete lokální extrémy funkce 32ln3),( yxyxyxf −+= . [nemá lok. extrémy]

3) Určete vázané extrémy funkce 54),( 2 ++= yxyxf vzhledem k podmínce.32 −= xy [ ][ ]minimum lokální vázané1,-1 v

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 7.4:


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/extremvol/index.html

http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/extremvaz/index.html





[1] ŠKRÁŠEK J. a kol.: Základy aplikované matematiky I. a II. SNTL, Praha, 1986. [2] DOBROVSKÁ V., VRBICKÝ J..: Diferenciální počet funkcí více proměnných -

Matematika IIb. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 2004, ISBN 80-248-0656-8 [3] VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava,





CVIČENÍ Č. 9


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 9 ............................................................................................................... 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 9

1 CVIČENÍ Č. 9


Řešení diferenciálních rovnic 1. řádu separací proměnných

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 9

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Určete obecné řešení rovnice ( ) 11 =′+− ye y .

Řešení:

Musíme zjistit, o jaký typ rovnice jde. Zkusíme osamostatnit na levé straně rovnice derivaci.

yey =′+1

1−=′ yey

jedná se o separovatelnou rovnici, jelikož jsme na pravé straně dostali součin )()( xgyfy =′

( 1)( −= yeyf a 1)( =xg )

rovnici vydělíme funkcí )(yf a derivaci si přepíšeme pomocí diferenciálů

11

1=

− dxdy

e y

dx převedeme na pravou stranu k funkci )(xg a dostaneme již separovanou rovnici

dxdye y 1

11

=−

∫∫ =−

dxdye y 1

11

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

dtdyete

y

y

=

=−1 ( ) ( )∫∫ +

=−

⇒tt

dtdyeee

yy

y

11

( ) ( )1111

1+⋅+⋅=⇒+

+=

+tBtA

tB

tA

tt

dosazením kořenů dostaneme hledané koeficienty rozkladu:

11110

−=⇒−=⇒−==⇒=

AAtBt

( ) 1lnln1ln1

11

1 +=++−=

++−

=+ ∫∫ t

tttdttttt

dt

vrátíme substituci a dosadíme do rovnice


5 Cvičení č. 9

cxe

ey

y

+=−1ln … obecné řešení

na levé straně rovnice vyšel po integraci logaritmus ⇒ řešení upravíme

cxy

y

ee

e +=− ln1ln

( )cxy

y

eee

e⋅=

− ln1ln

xy

y

eCe

e⋅=

−1 … označili jsme Cec =

xy eCe ⋅=− −1

xy eCe ⋅−=− 1 … upravené obecné řešení

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

Příklad 2:

Určete partikulární řešení rovnice xyy cot)12( +=′ za podmínky 21

4=

πy .

Řešení:

xyy cot)12( +=′ … separovatelná (je ve tvaru )()( xgyfy =′ )

xyy cot

12=

+′

za předpokladu 012 ≠+y

xdxdy

ycot

121

=+

xdxydy cot

12=

+ … separovaná


6 Cvičení č. 9

∫∫ =+

xdxydy cot

12

cxy +=+ sinln12ln21 … obecné řešení

jelikož na levé straně vyšel logaritmus, obecné řešení upravíme

Cxy lnsinln12ln21

+=+ … označili jsme Cc ln= z důvodu, že i na pravé straně vyšel po

integraci logaritmus, dostáváme podmínku pro 0>C

( )

( )1sin21

1sin2sin12

sin12

sinln12ln

22

22

22

2/1

−⋅=

−⋅=

⋅=+

⋅=+

⋅=+

xCy

xCyxCy

xCy

Cxy

hledáme partikulární řešení, proto musíme určit konstantu C dosazením počáteční podmínky

21

4=

πy do upraveného obecného řešení, tzn.

21

=y a 4π

=x

24212

1421

14

sin21

21

2,122

2

22

±=⇒=⇒⋅=

−⋅=

−⋅=

CCC

C

C π

Z podmínky 0>C dostáváme pouze jedno řešení pro C a to 2=C . Dosadíme do obecného řešení a máme hledané partikulární řešení.

( )1sin421 2 −= xy … partikulární řešení (na obrázku vykresleno modře)

obecné řešení rovnice xyy cot)12( +=′ pro 5,4,3,2,1=C


7 Cvičení č. 9

Příklad 3:

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

Řešení:

Na řetěz působí tíhová síla mostovky a tahová síla závěsů řetězu. Na část řetězu délky

x působí tíhová síla l

mgxFG = , kde m je celková hmotnost mostu, l je délka mostu a dvě

tahové síly. Nechť řetěz svírá s horizontální rovinou v bodě úhel α , pak pro tento úhel platí:

dxdytg =α . Tahovou sílu můžeme rozložit do dvou složek: αcos22 FF x = a αsin22 FF y = .

Jelikož je řetěz v rovnováze, musí být výslednice sil nulová, tzn.

ve směru osy x: αcos21 FF =

ve směru osy y: GFF =αsin2

Po úpravě dostáváme (z první rovnosti si vyjádříme αcos

12

FF = a dosadíme do druhé)

xlFmg

dxdyx

lFmgtg

FF

tgFF GG

111

1 sincos

=⇒=⇒=⇒= αααα

1lFmg označíme jako konstantu pro daný druh řetězu, tj. o

lFmg

=1

a dostáváme diferenciální rovnici xodxdy

⋅= , která je separovatelná a vyřešíme:

∫∫ ⋅=

⋅=

xdxody

xdxody

cxoy +⋅=2

2

vrátíme substituci za o a dopočítáme integrační konstantu z počátečních podmínek - pokud je 0=x , musí být i 0=y


8 Cvičení č. 9

2

12x

lFmgy = ⇒ řetěz má tvar paraboly


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep3/index.html






Nalezněte řešení rovnice

a) a) yyxy lnsin =′ za podmínky ey =

2π

= 2

xtgey

b) b) 0)1( 2 =++ xydydxy

=+

xC2y1

c) c) 212

xxyy+

=′ ( )[ ]21 xCy +=

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 8.1.1:











[1] VLČEK J., VRBICKÝ J.: Diferenciální rovnice - Matematika IV. Skriptum VŠB-TU, Ostrava, 1997, ISBN 80-7078-438-5

[2] KALAS J., RÁB M.: Obyčejné diferenciální rovnice. Masarykova univerzita, 2. vyd, Brno, 2001, ISBN 80-210-2589-1






CVIČENÍ Č. 10


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 10 ............................................................................................................. 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 10

1 CVIČENÍ Č. 10


Řešení homogenní diferenciální rovnice Řešení exaktní diferenciální rovnice Řešení lineární diferenciální rovnice

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 10

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Určete obecné řešení rovnice ( ) ( ) 0sinsincoscos =−++ dyyxxdxxyy .

Řešení:

Určíme typ: vidíme, že rovnice je ve tvaru 0),(),( =+ dyyxQdxyxP , mohlo by se tedy jednat o exaktní rovnici - ověříme, musí platit: xy QP ′=′

xyPy cossin +−=′ , ⇒−=′ yxQx sincos rovnost je splněna, jedná se tedy opravdu o exaktní diferenciální rovnici

xyyxPdx sincos +=∫

yxxyQdy cossin +=∫

kmenová funkce vznikne součtem integrálů, kde stejné členy uvažujeme pouze jedenkrát: xyyxyxF sincos),( +=

obecné řešení: Cxyyx =+ sincos

Příklad 2:

Určete partikulární řešení rovnice 1)12( =+′+ yyx za podmínky ( )310 −=y .

Řešení:

121

12 +=

++′

xxyy , rovnice je ve tvaru )()( xbyxay =+′ , tzn., jedná se o lineární

diferenciální rovnici

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

012=

++′

xyy … separovatelná rovnice

12 +−=′

xyy

∫∫ +−=

12xdx

ydy

cxy ln12ln21ln ++−=


5 Cvičení č. 10

12 +=

xcy … obecné řešení homogenní LDR

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

12)(+

=xxcy , derivujeme:

1212

1)(12)(

++

−+′=′

xx

xcxxcy

y′ a y dosadíme do původní nehomogenní LDR 12

112 +=

++′

xxyy

121

1212

)(

1212

1)(12)(

+=

+++

++

−+′

xxxxc

xx

xcxxc,

upravíme a zkontrolujeme, že se nám členy s )(xc vyruší

121

12)(

+=

+

′xx

xc

121)(+

=′x

xc

cxxcxdxxc ++=⇒+

= ∫ 12)(12

)(

dosadíme do 12

)(+

=xxcy a dostáváme obecné řešení LDR

121

1212

++=⇒

+++

=xcy

xcxy

hledané partikulární řešení získáme dosazením počáteční podmínky ( )310 −=y do nalezeného

obecného řešení

−==

31,0 yx

34

1021

31

−=⇒+⋅

+=− cc

partikulární řešení: 123

41+

−=x

y


6 Cvičení č. 10

Příklad 3:

Určete obecné řešení rovnice x y y yx

′ = ln .

Řešení:

určíme typ DR:

proměnná y se vyskytuje v argumentu logaritmické funkce ⇒ nejde o lineární DR

osamostatníme derivaci: x

xyy

yln

=′ ... nejde o separovatelnou DR, jelikož na pravé straně

nedostaneme součin funkce proměnné x a funkce proměnné y, vidíme ale, že na pravé straně

se proměnné vyskytují ve tvaru xy :

xy

xyy ln⋅=′ ⇒ jedná se o homogenní DR

zavedením substituce xzzyxyz ′+=′= , upravíme na separovatelnou DR

zzxzz ln⋅=′+

zzzxz −⋅=′ ln

( ) ∫∫ =−⋅ x

dxzz

dz1ln

cxz lnln1lnln +=−

xcz ⋅=−1ln

vrátíme substituci a dostáváme hledané obecné řešení DR

xcxc xeyexyxc

xy ⋅+⋅+ =⇒=⇒⋅+= 111ln

Příklad 4:

Teplota kávy je v počáteční fázi v bodu varu ( C100° ). V pokoji, kde se šálek nachází je C.22° Určete, jak se bude vyvíjet teplota kávy v čase.

Řešení:

Situace je popsána Newtonovým zákonem ochlazování: )( puudtdu

−−= λ , kde 0>λ je

konstanta úměrnosti, u je teplota kávy v čase t a pu je teplota pokoje.

Po dosazení dostáváme diferenciální rovnici tvaru: )22( −−=′ uu λ s počáteční podmínkou 100)0( =u .


7 Cvičení č. 10

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

0=+′ uu λ

uu λ−=′

∫∫ −= dtudu λ

tecu λ−⋅=

k nalezení řešení nehomogenní rovnice použijeme metodu variace konstanty )(tcc =

tetcu λ−⋅= )( , tt etcetcu λλ λ −− ⋅⋅−⋅′=′ )()( dosadíme do původní rovnice

λλλ λλλ 22)()()( =⋅⋅+⋅⋅−⋅′ −−− ttt etcetcetc

cetcdtetcetc ttt +=⇒=⇒⋅=′ ∫ λλλ λλ 22)(22)(22)(

dosadíme do odhadovaného řešení a užitím počáteční podmínky určíme konstantu c:

tt eceu λλ −⋅+= )22(

tecu λ−⋅+= 22 … obecné řešení

cec =⇒⋅+= ⋅− 7822100 0λ

hledaná funkce popisující vývoj teploty kávy v čase je:

teu λ−⋅+= 7822


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/homo1/index.html



http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/lin3/index.html


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ex3i/ex3i.html










8 Cvičení č. 10



a) ( )x y y xy2 2+ ′ = za podmínky ( ) 10 =y [ ]0ln =−+ yxyx

b) b) 2xyyx =−′ [ ]xcxy )( +=

c) c) ( ) arctg1 2+ ′ + =x y y x [ ]xCxy arctgearctg1 −++−=

Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 8.1.2, 8.1.3 a 8.1.5:













CVIČENÍ Č. 11


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 11 ............................................................................................................. 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 11

1 CVIČENÍ Č. 11


Nalezení charakteristické rovnice a její řešení Řešení homogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 11

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Rozhodněte, zda funkce xeyey xx cos, 52

51 == tvoří fundamentální systém řešení rovnice

02510 =+′−′′ yyy .

Řešení:

funkce derivujeme a vypočteme hodnotu Wronskiánu

xexeyey xxx sincos5,5 552

51 −=′=′

( ) =−−=−

= xexexeexexee

xeeW xxxx

xxx

xx

cos5sincos5sincos55

cos 10555555

55

xexexexe xxxx sincos5sincos5 10101010 −=−−=

Protože 0sin10 =− xe x pro každé Zkkx ∈= ,π , jsou funkce 21 , yy lineárně závislé a netvoří tedy fundamentální systém řešení dané rovnice.

Příklad 2:

Určete partikulární řešení rovnice 024 =′−′′ yy za podmínek ( ) 1)0(,10 −=′= yy .

Řešení:

první určíme obecné řešení homogenní LDR - napíšeme příslušnou charakteristickou rovnici:

( )21,00122024 21

2 ==⇒=−⇒=− rrrrrr … řešením jsou 2 různé reálné kořeny

⇒ 1)( 01 == xexy a 2/

2 )( xexy =

obecné řešení je : 2/210

xeCCy +=

jelikož máme počáteční podmínku pro derivaci řešení, musíme řešení derivovat a pak do derivace řešení a do obecného řešení dosadíme počáteční podmínky ( ) 1)1(,10 −=′= yy a nalezneme konstanty 21 ,CC ,

2/20 2

1 xeCy =′ po dosazení počáteční podmínky 0,1 =−=′ xy : 2211 22 −=⇒=− CC

dosadíme počáteční podmínku ( ) 10 =y a 2C do řešení a dopočítáme 1C

321 11 =⇒−= CC

partikulární řešení: 2/0 23 xey −=


5 Cvičení č. 11

Příklad 3:

Určete obecné řešení rovnice 04 =+′′ yy .

Řešení:

napíšeme příslušnou charakteristickou rovnici:

irrr 2404 2,122 ±=⇒−=⇒=+ … řešením jsou 2 komplexně sdružené kořeny s

2,0 == βα

⇒ xxexy x 2cos2cos)( 01 == a xxexy x 2sin2sin)( 0

2 ==

obecné řešení je : xCxCy 2sin2cos 210 +=

Příklad 4:

Určete obecné řešení rovnice 044 =+′−′′ yyy .

Řešení:

napíšeme příslušnou charakteristickou rovnici:

22

16164044 2,12,12 =⇒

−±=⇒=+− rrrr … řešením je dvojnásobný reálný kořen

⇒ xexy 21 )( = a xxexy 2

2 )( =

obecné řešení je: xx xeCeCy 22

210 +=

Příklad 5:

Řešte rovnici 02 =+′+′′ yyy s počátečními podmínkami ( ) 40)0(,200 −=′= yy a řešení znázorněte graficky.

Řešení:

charakteristická rovnice: 12

442012 2,12,12 −=⇒

−±−=⇒=++ rrrr

obecné řešení je: xx xeCeCy −− += 210

určíme derivaci řešení: xxx xeCeCeCy −−− −+−=′ 2210

do řešení a derivace řešení dosadíme počáteční podmínky - dostaneme soustavu dvou rovnic pro dvě neznámé

120 C=


6 Cvičení č. 11

2140 CC +−=− ⇒ 202040 22 −=⇒+−=− CC

partikulární řešení: xx xeey −− −= 20200

řešení rovnice pro dané počáteční podmínky

Příklad 6:

Máme manometr (využívaný k měření tlaku, viz obr.), který pracuje pod tlakem p. Sloupec kapaliny v manometru získává, vlivem působení tlaku, polohu zobrazenou na obrázku.

Určete pohybovou rovnici. Délka sloupce kapaliny je l, trubice má průměr d a hustota kapaliny je ρ .

Řešení:

Hmotnost kapaliny v manometru je rovna ρπ ldm 2

4= . Vzniklá síla je podmíněna rozdílem

hladin v obou sloupcích manometru a pokud ji bereme jako střední aritmetický rozdíl obou

hladin při vychýlení z rovnovážné polohy o 2hy = je její velikost gydF ρπ 2

42= .

Podle 2. Newtonova zákona:

yldymF ρπ 2

4−=−= (síla působí proti směru pohybu, proto znaménko mínus).

Porovnáním dostáváme:

024

24

22 =+⇒=− ylgygydyld ρπρπ … homogenní LDR

Označíme 22 α=lg a řešíme tedy rovnici 02 =+ yy α .


7 Cvičení č. 11

charakteristická rovnice: irr αα ±=⇒=+ 2,122 0

obecné řešení: ( ) ( )tCtCy ⋅+⋅= αα sincos 21

počáteční podmínky: 0)0(,)0( 0 =′= yyy :

10210 0sin0cos CyCCy =⇒+=

( ) ( ) 00cossin 2221 =⇒=⇒⋅+⋅−=′ CCtCtCy ααααα

partikulární řešení: ( )tyy ⋅= αcos0


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr1/index.html








a) ′′ + ′ =y y5 0 [ ]xCCy 521 e−+=

b) 016 =+′′ yy [ ]xCxCy 4sin4cos 21 +=

c) c) ′′ + ′ + =y y y6 13 0 [ ])2cos2sin(e 213 xCxCy x += −















[3] VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava1998, ISBN 80-7078-545-4





CVIČENÍ Č. 12


Ostrava 2013



ISBN 978-80-248-3038-4


2

OBSAH

1 CVIČENÍ Č. 12 ............................................................................................................. 3

1.1 Příklady ................................................................................................................... 4



3 Cvičení č. 12

1 CVIČENÍ Č. 12


Metoda neurčitých koeficientů Lagrangeova metoda variace konstant

MOTIVACE:

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

CÍL:

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


4 Cvičení č. 12

1.1 PŘÍKLADY

Příklad 1:

Mějme rovnici )(2 xDyy =′−′′ . Rozhodněte, zda příslušná )(xD je speciální pravá strana a pokud ano, odhadněte tvar partikulárního řešení.

a) ( ) xxxxD cos23)( 3 += ,

b) xxxD sincos)( ⋅= ,

c) xexD x sin)( 2= ,

d) xexxD x 2cos3)( += .

Řešení:

Speciální pravá strana je ve tvaru [ ]bxxQbxxPexD ax sin)(cos)()( += .

a) ( ) xxxxD cos23)( 3 +=

xxxP 23)( 3 += , 0)(,0,1 === xQab ... jedná se o speciální pravou stranu

k odhadnutí tvaru partikulárního řešení potřebujeme znát kořeny charakteristické rovnice

2,00202 212 ==⇒=−⇒=′−′′ rrrryy

v pravé straně se vyskytuje funkce kosinus vynásobená polynomem ⇒ kontrolujeme, zda je kořenem charakteristické rovnice i± ... není kořen

tvar partikulárního řešení musí odpovídat tvaru pravé strany - polynom stupně tři vynásobený funkcí kosinus (i když je na pravé straně pouze 1 z goniometrických funkcí, musíme v odhadovaném tvaru použít obě z funkcí - sinus i kosinus se stejným argumentem):

( ) ( ) xHGxFxExxDCxBxAxy sincosˆ 2323 +++++++=

b) xxxD sincos)( ⋅= ... nejedná se o speciální pravou stranu, protože funkce sinus a kosinus násobíme

c) xexD x sin)( 2=

0)( =xP , 1)(,2,1 === xQab ... jedná se o speciální pravou stranu

v pravé straně se vyskytuje funkce sinus vynásobená exponenciálou ⇒ kontrolujeme, zda je kořenem charakteristické rovnice i±2 ... není kořen

tvar partikulárního řešení musí odpovídat tvaru pravé strany - exponenciální funkce s argumentem 2x vynásobený goniometrickými funkcemi:


5 Cvičení č. 12

)sincos(ˆ 2 xBxAey x +=

d) xexxD x 2cos3)( += ... nejedná se o speciální pravou stranu, ale jedná se součet o dvou výrazů, které speciální pravou stranou jsou

)()()( 21 xDxDxD += , kde

xxD =)(1 ... xxP =)( , 0)(,0,0 === xQab ... jedná se o speciální pravou stranu

xexD x 2cos3)(2 = ... 3)( =xP , 0)(,1,2 === xQab ... jedná se o speciální pravou stranu

tvar partikulárního řešení odhadneme pro každou stranu samostatně, nalezneme hledané koeficienty a pak nalezené řešení sečteme

1) xxD =)(1

v pravé straně se vyskytuje polynom stupně jedna ⇒ kontrolujeme, zda je kořenem charakteristické rovnice 0 ... je kořen

tvar partikulárního řešení: ( )xBAxy +=1ˆ

2) xexD x 2cos3)(2 =

v pravé straně se vyskytuje funkce kosinus vynásobená exponenciálou ⇒ kontrolujeme, zda je kořenem charakteristické rovnice i22 ± ... není kořen

tvar partikulárního řešení: ( )xBxAey x 2sin2cosˆ2 +=

partikulární řešení dostaneme sečtením partikulárních řešení: 21 ˆˆˆ yyy +=

Příklad 2:

Určete řešení rovnice xyy cos89 =+′′ za podmínek 23

3,0

3−=

′=

ππ yy .

Řešení:

1) vyřešíme zkrácenou LDR: 09 =+′′ yy

irr 309 2,12 ±=⇒=+ … řešením jsou 2 komplexně sdružené kořeny

obecné řešení je: xCxCy 3sin3cos 210 +=

2) zkontrolujeme, zda se nejedná o speciální tvar pravé strany

xxD cos8)( = … jedná se o speciální pravou stranu, proto použijeme k řešení metodu neurčitých koeficientů, tj. řešení budeme hledat ve tvaru yyy ˆ0 +=


6 Cvičení č. 12

odhadneme tvar partikulárního řešení ( i± není kořenem) a určíme jeho první a druhou derivaci:

xBxAy sincosˆ +=

xBxAy cossinˆ +−=′

xBxAy sincosˆ −−=′′

dosadíme do původní rovnice xyy cos89 =+′′ a porovnáním koeficientů u stejných funkcí nalezneme neznámé konstanty BA, :

xxBxAxBxA cos8)sincos(9sincos =++−−

:cos x 189 =⇒=+− AAA

:sin x 009 =⇒=+− BBB

partikulární řešení je: xy cosˆ =

obecné řešení: xxCxCy cos3sin3cos 21 ++=

3) máme okrajovou úlohu, tzn., hledáme partikulární řešení úplné LDR

xxCxCy sin3cos33sin3 21 −+−=′

do yy ′, dosadíme počáteční podmínky 23

3,0

3−=

′=

ππ yy

21

210

3cossincos0 1121 =⇒+−=⇒++= CCCC πππ

0233

23

3sincos3sin

213

23

222 =⇒−−=−⇒−+−=− CCC πππ

partikulární řešení: xxy cos3cos21

+=

Příklad 3:

Řešte diferenciální rovnici xxyy sin12 2 ++=+′′ .

Řešení:

1) vyřešíme zkrácenou LDR: 0=+′′ yy

irr ±=⇒=+ 2,12 01 … řešením jsou 2 komplexně sdružené kořeny

obecné řešení je: xCxCy sincos 210 +=


7 Cvičení č. 12

2) zkontrolujeme, zda se nejedná o speciální tvar pravé strany

xxxD sin12)( 2 ++= … nejedná se o speciální pravou stranu, ale je dána jako součet dvou funkcí, z nichž každá má tvar speciální pravé strany, tj. řešení budeme hledat ve tvaru 210 ˆˆ yyyy ++=

a) 12)( 21 += xxD

odhadneme tvar partikulárního řešení ( 0 není kořenem) a určíme jeho první a druhou derivaci:

CBxAxy ++= 21ˆ

BAxy +=′ 2ˆ1

Ay 2ˆ1 =′′

dosadíme do původní rovnice 12 2 +=+′′ xyy a porovnáním koeficientů u stejných funkcí nalezneme neznámé konstanty CBA ,, :

122 22 +=+++ xCBxAxA

:2x 2=A

:x 0=B

:0x 314 −=⇒=+ CC

32ˆ 21 −= xy

b) xxD sin)(2 =

odhadneme tvar partikulárního řešení ( i± je kořen) a určíme jeho první a druhou derivaci:

( )xBxAxy sincosˆ2 +=

( )xBxAxxBxAy cossinsincosˆ2 +−++=′

( )xBxAxxBxAxBxAy sincoscossincossinˆ2 −−++−+−=′′

dosadíme do původní rovnice xyy sin=+′′ a porovnáním koeficientů u stejných funkcí nalezneme neznámé konstanty BA, :

( ) ( ) xxBxAxxBxAxxBxAxBxA sinsincossincoscossincossin =++−−++−+−

xxBxA sincos2sin2 =+−


8 Cvičení č. 12

xsin 2112 −=⇒=− AA

:cos x 002 =⇒= BB

xxy cos21ˆ2 −=

obecné řešení: xxxxCxCy cos2132sincos 2

21 −−++=

Příklad 4:

Řešte diferenciální rovnici 212

xeyyy

x

+=+′−′′ .

Řešení:

najdeme řešení příslušné zkrácené rovnice: 02 =+′−′′ yyy

charakteristická rovnice: 1012 2,12 =⇒=+− rrr

obecné řešení homogenní rovnice: xx xeCeCy 210 +=

21)(

xexD

x

+= … nejedná se o speciální pravou stranu, budeme řešit variací konstant

v řešení homogenní rovnice nahradíme konstanty funkcemi: xx xexCexCy )()( 21 +=

stačí určit funkce )(),( 21 xCxC

sestavíme a vypočteme wronskián:

xxxxx

xx

exexexee

xeeyyyy

W 222

21

21 )1()1(

=−+=+

=′′

=

nalezení )(1 xC :

2

2

22

21 1)1(

1

0

)(0

xxe

xex

exe

yxDy

Wx

xx

x

+−=

++

=′

=

21

1 1)(

xx

WWxC

+−==′

( ) 12

21 1ln21

1)( cxdx

xxxC ++−=+

−= ∫


9 Cvičení č. 12

nalezení )(2 xC :

2

2

21

12 11

0

)(0

xe

xee

e

xDyy

Wx

xx

x

+=

+=′=

22

2 11)(xW

WxC+

==′

222 arctan1

1)( cxdxx

xC +=+

= ∫

obecné řešení získáme dosazením )(),( 21 xCxC do xx xexCexCy )()( 21 += :

( ) ( ) xx xecxecxy 212 arctan1ln

21

++

++−=

( ) xxexexececy xxxx arctan1ln21 2

21 ++−+=

Příklad 5:

Řešte diferenciální rovnici 3

2x

xyy +=′−′′ .

Řešení:

najdeme řešení příslušné zkrácené rovnice: 0=′−′′ yy

charakteristická rovnice: 1,00 212 ==⇒=− rrrr

obecné řešení homogenní rovnice: xeCCy 210 +=

3

2)(x

xxD += … nejedná se o speciální pravou stranu, budeme řešit variací konstant

v řešení homogenní rovnice nahradíme konstanty funkcemi: xexCxCy )()( 21 +=

stačí určit funkce )(),( 21 xCxC

sestavíme a vypočteme wronskián:

xx

x

eee

W ==01


10 Cvičení č. 12

nalezení )(1 xC :

( )3

32

21

220

)(0

xex

ex

xe

yxDy

Wx

x

x+

−=+=′

=

31

12)(

xx

WWxC +

−==′

123112)( c

xxdx

xxxC +

+=

+−= ∫

nalezení )(2 xC :

331

12

22001

)(0

xx

xx

xDyy

W +=+=′=

xexx

WWxC 3

22

2)( +==′

22

2222

3

2332222)(

cxe

dxxedx

xe

xe

xexe

dxxedx

xedx

exxxC

x

xxx

x

xxx

x

+−=

=+−−=−−

=+=+

=

−

−−−

−−

−−−−

∫∫∫∫∫

obecné řešení získáme dosazením )(),( 21 xCxC do xexCxCy )()( 21 += :

xx

ecxec

xxy

+−++

+=

−

2212

1

xeccy x 1

21 ++=


http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/pso3/index.html



http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/wron4/index.html








11 Cvičení č. 12



a) ′′ + = −y y x x4 2cos sin [ ]xxxxxCxCy sin2cossincos 21 +++=

b) ′′ − ′ + = −y y y x4 4 e [ ]xx xCCy −++= e)(e 91

212

c) x

yycos

1=+′′ [ ]xxxxxCxCy sincoslncossincos 21 +⋅++=











Date post:	25-Dec-2019
Category:	Documents
Upload:	others
View:	8 times
Download:	0 times

MATEMATIKA II – V PŘÍKLADECHmdg.vsb.cz/portal/m2/MatematikaII_vprikladech.pdf · 2018-02-09 ·...

Documents