matematika ii – v pŘÍkladechmdg.vsb.cz/portal/m2/matematikaii_vprikladech.pdf · 2018-02-09 ·...
TRANSCRIPT
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
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
CVIČENÍ Č. 0
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 0 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA ........................................................................................ 10
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 .
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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:
1) Polynom v čitateli je stupně 0 a polynom ve jmenovateli je stupně 3 (3 >0) ⇒ jedná se o ryze lomenou funkci (nemusíme dělit)
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
9 Cvičení č. 0
Příklad 5:
Rozložte funkci ( )( )11
)( 2 +−=
xxxxR 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: 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 .
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
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
CVIČENÍ Č. 1
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 1 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 8
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 1
1 CVIČENÍ Č. 1
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Hledání primitivních funkcí Výpočet tabulkových integrálů Aplikace vlastností neurčitého integrálu
MOTIVACE:
Integrál je jedním ze základních pojmů matematiky. Integrální počet je využíván nejen v matematických disciplínách, ale i ve fyzice, mechanice, statistice, chemii, ekonomii a dalších technických oborech. Například v dynamice se neurčitý integrál využívá při výpočtu rychlosti a dráhy při rovnoměrně zrychleném pohybu nebo při určování momentu setrvačnosti v geometrii hmot (např. tyč rotující kolem osy, výroba motorů.) atd.
CÍL:
Chápat pojem primitivní funkce a neurčitého integrálu. Umět integrovat tabulkové funkce s využitím vlastností neurčitého integrálu.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral2/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral3/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral4/index.html
Neřešené příklady:
Vypočtěte následující neurčité integrály:
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
8 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] 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
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
CVIČENÍ Č. 2
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 2 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 9
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 2
1 CVIČENÍ Č. 2
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
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.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
6 Cvičení č. 2
Příklad 4:
Vypočtěte následující neurčité integrály:
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/perpartes1/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integralgon1a/index.html
Neřešené příklady:
Vypočtěte následující neurčité integrály:
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/5.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
9 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] 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
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
CVIČENÍ Č. 3
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 3 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA ........................................................................................ 10
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 3
1 CVIČENÍ Č. 3
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Výpočet integrálů rozkladem na parciální zlomky Integrování funkcí složených z goniometrických funkcí Aplikace vlastností při výpočtu určitých integrálů
MOTIVACE:
Již umíme počítat neurčité integrály úpravou na základní integrály metodou per partes a substituční. U racionálních lomených funkcí nám tyto metody nepomohou, proto si ukážeme podrobný postup, který nám umožní integrovat libovolnou racionální lomenou funkci. Dále se podíváme na integrování funkcí složených z goniometrických funkcí. Takové integrály se často vyskytují v praktických úlohách (při řešení vícenásobných integrálů např. ve fyzikálních aplikací - hmotnost a statický moment rovinné desky či souřadnice těžiště, atd.). Určitý integrál má řadu využití ve velkém množství aplikací.
CÍL:
Umět řešit integrály, kde je integrandem racionální lomená funkce či funkce složená z goniometrických funkcí. Pochopit základní vlastnosti určitého integrálu a umět aplikovat dané vlastnosti při výpočtech určitých integrálů.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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:
Vypočtěte integrál ∫−
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:
Vypočtěte integrál ∫−
−4
1
2 dxx .
Řešení:
Z definice absolutní hodnoty víme, že platí
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 −=
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integral7/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integralgon1a/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/integralgon1b/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UI1/index.html
Neřešené příklady:
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/5.pdf
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/6.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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] 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
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
CVIČENÍ Č. 4
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 4 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 9
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 4
1 CVIČENÍ Č. 4
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Výpočet určitých integrálů substituční metodou Výpočet určitých integrálů metodou per partes Výpočet obsahu rovinných obrazců pomocí určitých integrálů Výpočet délky křivky pomocí určitých integrálů
MOTIVACE:
Stejně jako u výpočtu neurčitých integrálů si i při řešení určitého integrálu nevystačíme pouze s tabulkovými integrály, proto se naučíme aplikovat již známé metody (substituční a per partes) v určitém integrálu. Ukážeme si, jak lze určitého integrálu využít v geometrických aplikacích jako je výpočet obsahu rovinné oblasti či délky křivky.
CÍL:
Umět používat substituční metodu a metodu per partes při řešení určitých integrálů. Pochopit základní geometrické aplikace (obsah plochy a délka křivky) určitého integrálu a umět správně sestavit vztahy pro výpočet daných aplikací.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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:
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
==
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
8 Cvičení č. 4
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UI2/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UI3/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIobsah/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIdelka/index.html
Neřešené příklady:
Vypočtěte následující určité integrály:
a) ∫ +
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/pdf/6.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
9 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] 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
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
CVIČENÍ Č. 5
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 5 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 8
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 5
1 CVIČENÍ Č. 5
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Výpočet objemu rotačních těles pomocí určitých integrálů Výpočet povrchu pláště rotačního tělesa Výpočet momentu setrvačnosti a souřadnic těžiště rovinné křivky Výpočet momentu setrvačnosti a souřadnic těžiště rovinné oblasti
MOTIVACE:
Určitý integrál je využíván v nepřeberném množství praktických problémů. Zaměříme se na jednoduché aplikace v mechanice, jako je výpočet souřadnic těžiště či momentů setrvačnosti hmotných křivek a rovinných oblastí. Další využití integrálního počtu je například při výpočtu tlakové síly, práce, pohybu, atd.
CÍL:
Pochopit základní geometrické a fyzikální aplikace určitého integrálu a umět správně sestavit vztahy pro výpočet daných aplikací.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIobjem/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/UIpovrch/index.html
Neřešené příklady:
Vypočtěte následující určité integrály:
a) Určete objem tělesa vzniklého rotací podgrafu P funkce π2,0,sin2 ∈= xxy kolem
osy x. [ ]24π
b) Určete objem tělesa vzniklého rotací parametricky zadané funkce ,11
ttx
+−
= ,1
1t
y+
=
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/6.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
8 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] 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
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
CVIČENÍ Č. 6
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 6 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 9
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 6
1 CVIČENÍ Č. 6
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Určování definičních oborů funkcí dvou proměnných Výpočet parciálních derivací prvního řádu Výpočet parciálních derivací prvního řádu v bodě Výpočet parciálních derivací vyšších řádů
MOTIVACE:
K popisu mnoha reálných situací obvykle s jednou proměnnou nevystačíme. V mnoha praktických problémech zjistíme, že určitá veličina závisí na dvou či více jiných veličinách.
CÍL:
Umět správně napsat omezující podmínky potřebné pro určení definičního oboru. A následně umět daný definiční obor znázornit. Pochopit princip parciálního derivování.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
∂∂
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
8 Cvičení č. 6
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/defoblast/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/parcder1/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/parcder2/index.html
Neřešené příklady:
Určete definiční obor funkce:
a) 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/pdf/7.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
9 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] 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
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
CVIČENÍ Č. 7
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 7 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 7
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 7
1 CVIČENÍ Č. 7
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Určování totálního diferenciálu Výpočet přibližných hodnot funkce Určení rovnice tečné roviny a normály
MOTIVACE:
Ve fyzice často nějaká veličina závisí na jiných veličinách (např. na čase). Změna veličiny, která je funkcí dvou proměnných, lze vyjádřit pomocí diferenciálu. Toho lze využít například při sestavování diferenciálních rovnic, které popisují vztahy mezi veličinami a jejich změnami nebo při výpočtu změny objemu (povrchu) válce, atd.
CÍL:
Umět určit totální diferenciál a pochopit jeho využití při hledání tečné roviny a normály ke grafu funkce.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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∈
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
6 Cvičení č. 7
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/tecnarov1/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/tecnarov2i/index.html
Neřešené příklady:
1) Určete pomocí diferenciálu přibližnou hodnotu 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/pdf/7.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
7 Použitá Literatura
2 POUŽITÁ LITERATURA
[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,
1998, ISBN 80-7078-545-4 [4] elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz
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
CVIČENÍ Č. 8
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 8 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 7
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 8
1 CVIČENÍ Č. 8
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Určování volných lokálních extrémů funkce dvou proměnných Výpočet vázaných lokálních extrémů
MOTIVACE:
Extrémy funkcí jsou jednou z nejdůležitějších aplikací diferenciálního počtu a setkáváme se s nimi takřka všude.
CÍL:
Umět určit stacionární body funkce a nalézt volné a vázané lokální extrémy funkce dvou proměnných.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/extremvol/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/extremvaz/index.html
Neřešené příklady:
1) Určete lokální extrémy funkce 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/pdf/7.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
7 Použitá Literatura
2 POUŽITÁ LITERATURA
[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,
1998, ISBN 80-7078-545-4 [4] elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz
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
CVIČENÍ Č. 9
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 9 ............................................................................................................... 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 9
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 9
1 CVIČENÍ Č. 9
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Řešení diferenciálních rovnic 1. řádu separací proměnných
MOTIVACE:
V podobě diferenciálních rovnic lze formulovat velkou spoustu vědeckých problémů, a tak se diferenciální rovnice objevují snad ve všech vědeckých oborech. Největší zastoupení mají v matematice a fyzice.
CÍL:
Poznat separovanou diferenciální rovnici a umět nalézt obecné i partikulární řešení dané rovnice.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
8 Cvičení č. 9
2
12x
lFmgy = ⇒ řetěz má tvar paraboly
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep3/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep6/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep7/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep8/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/sep9/index.html
Neřešené příklady:
Nalezněte řešení rovnice
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:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/8.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
9 Použitá Literatura
2 POUŽITÁ LITERATURA
[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
[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
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
CVIČENÍ Č. 10
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 10 ............................................................................................................. 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 9
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 10
1 CVIČENÍ Č. 10
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Řešení homogenní diferenciální rovnice Řešení exaktní diferenciální rovnice Řešení lineární diferenciální rovnice
MOTIVACE:
Ukážeme si postup při řešení dalších typů diferenciálních rovnic 1. řádu. Budeme se věnovat exaktním rovnicím, které hrají významnou roli v aplikacích ve fyzice a lineárním rovnicím, které patří v praktických úlohách k nejčastějším.
CÍL:
Poznat typ diferenciální rovnice prvního řádu a umět dané rovnice vyřešit.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 ++−=
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 .
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/homo1/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/homo2/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/homo4/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/lin3/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/lin5/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ex3i/ex3i.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ex5i/ex5i.html
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
8 Cvičení č. 10
Neřešené příklady:
Nalezněte řešení rovnice
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:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/8.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
9 Použitá Literatura
2 POUŽITÁ LITERATURA
[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
[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
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
CVIČENÍ Č. 11
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 11 ............................................................................................................. 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA .......................................................................................... 8
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 11
1 CVIČENÍ Č. 11
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Nalezení charakteristické rovnice a její řešení Řešení homogenní lineární diferenciální rovnice 2. řádu
MOTIVACE:
Diferenciální rovnice druhého řádu jsou často využívány v oblasti fyziky pro popis fyzikálních vztahů.
CÍL:
Umět vyřešit zkrácenou lineární rovnici - vytvořit charakteristickou rovnici a na základě jejího řešení dokázat určit správný tvar obecného řešení příslušné LDR 2. řádu. Pomocí wronskiánu dokázat ověřit, že dané funkce tvoří fundamentální systém řešení rovnice.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 −=
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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=
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 .
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr1/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr2/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr5/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr6/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr9/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/ldr10/index.html
Neřešené příklady:
Nalezněte řešení rovnice
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 += −
Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 8.2.1:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/8.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
8 Použitá Literatura
2 POUŽITÁ LITERATURA
[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
[3] VRBENSKÁ H.: Základy matematiky pro bakaláře II. Skriptum VŠB-TU, Ostrava1998, ISBN 80-7078-545-4
[4] elektronický učební text: www.studopory.vsb.cz
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
CVIČENÍ Č. 12
Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
Ostrava 2013
© Ing. Petra Schreiberová, Ph.D.
© Vysoká škola báňská – Technická univerzita Ostrava
ISBN 978-80-248-3038-4
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
2
OBSAH
1 CVIČENÍ Č. 12 ............................................................................................................. 3
1.1 Příklady ................................................................................................................... 4
2 POUŽITÁ LITERATURA ........................................................................................ 12
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
3 Cvičení č. 12
1 CVIČENÍ Č. 12
STRUČNÝ OBSAH CVIČENÍ:
Metoda neurčitých koeficientů Lagrangeova metoda variace konstant
MOTIVACE:
Jelikož se v mnoha technických aplikacích setkáváme i s nehomogenní lineární diferenciální rovnicí druhého řádu, naučíme se tyto rovnice vyřešit. Ukážeme si dvě metody pro nalezení řešení - obecnou metodu a metodu pro speciální typy rovnic.
CÍL:
Dokázat vyřešit úplnou LDR 2. řádu. Umět rozpoznat speciální pravou stranu a správně vytvořit tvar partikulárního řešení. Pochopit metodu variace konstant.
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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:
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 +=
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 +=
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 =+−
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 ++−=+
−= ∫
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
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 ++=
Další řešené příklady:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/pso3/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/pso6/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/pso1/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/wron4/index.html
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/video/wron5/index.html
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
11 Cvičení č. 12
Neřešené příklady:
Nalezněte řešení rovnice
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 +⋅++=
Další příklady najdete ve sbírce úloh v kapitole 8.2.2:
http://www.studopory.vsb.cz/studijnimaterialy/Sbirka_uloh/pdf/8.pdf
MODERNIZACE VÝUKOVÝCH MATERIÁLŮ A DIDAKTICKÝCH METOD CZ.1.07/2.2.00/15.0463
12 Použitá Literatura
2 POUŽITÁ LITERATURA
[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
[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