Zbierka Ma2

Katedra matematiky, Fakulta elektrotechniky a informatiky TU v Košiciach B. Němcovej 32, 040 02 Košice

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy II Jozef KONDÁŠ - Marcel KUDLÁČ

Jozef KONDÁŠ - Marcel KUDLÁČ

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy II

Recenzoval : Prof. RNDr. Jozef Džurina, CSc.

ISBN 80 – 8073 – 428 - 3 15.december 2005

ÚVOD Táto učebná pomôcka je predovšetkým určená študentom prvého ročníka Fakulty elektrotechniky a informatiky TU V Košiciach. Obsahovo priamo nadväzuje na predmet Matematická analýza 1. Cieľom tejto elektronickej učebnice je navigovať študentov a ponúknuť im postupnosť krokov pri riešení typových úloh preberaného učiva. Porozumenie a praktické riešenia vyžadujú teoretický aparát, ktorý je podrobne zmapovaný v skriptách Matematická analýza 2. Vzhľadom na rozsah publikácie je teoretická časť aplikovaná do názorných postupov riešenia daných úloh. Učebná pomôcka je rozdelená do ôsmich kapitol podľa učebných osnov predmetu Matematická analýza 2 z druhého semestra štúdia na FEI TU v Košiciach. Publikácia pozostáva z riešení jednotlivých úloh a pomerne obsiahlej bázy neriešených príkladov, ktoré obsahovo pokrývajú požiadavky na úspešné zvládnutie uvedeného predmetu. Týmto chceme vyjadriť naše poďakovanie prof. RNDr. Džurinovi, CSc. za cenné rady a pripomienky, ktoré prispeli k zlepšeniu predkladanej učebnej pomôcky. Zároveň sa chceme vopred ospravedlniť za možné jazykovo-štylistické chyby, pretože daný text neprešiel redakčnou ani jazykovou úpravou.

OBSAH

1

POSTUPNOSTI A RADY........................................................................................................................... 4 1.1 1.2 1.3 1.4

2

DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIE N - PREMENNÝCH ............................................................. 23 2.1 2.2 2.3

3

HOMOGÉNNA LINEÁRNA DIFERENCIÁLNA ROVNICA N -TÉHO RÁDU.................................................... 55 LDR SO ŠPECIÁLNOU PRAVOU STRANOU ............................................................................................ 57 LDR S NEŠPECIÁLNOU PRAVOU STRANOU .......................................................................................... 63 SYSTÉMY DIFERENCIÁLNYCH ROVNÍC................................................................................................. 66 DVOJNÝ INTEGRÁL ............................................................................................................................. 70 TROJNÝ INTEGRÁL .............................................................................................................................. 78 KRIVKOVÝ INTEGRÁL PRVÉHO DRUHU ................................................................................................ 84 KRIVKOVÝ INTEGRÁL DRUHÉHO DRUHU ............................................................................................. 86 GREENOVA VETA ................................................................................................................................ 90

ZÁKLADY FUNKCIE KOMPLEXNEJ PREMENNEJ ....................................................................... 94 7.1 7.2 7.3

8

y (n ) = f ( x ) ................................................................................... 54

KRIVKOVÉ INTEGRÁLY...................................................................................................................... 84 6.1 6.2 6.3

7

DIFERENCIÁLNA ROVNICA TYPU

VIACROZMERNÉ INTEGRÁLY .......................................................................................................... 70 5.1 5.2

6

SEPAROVATEĽNÁ DIFERENCIÁLNA ROVNICA ...................................................................................... 44 HOMOGÉNNA DIFERENCIÁLNA ROVNICA............................................................................................. 46 LINEÁRNA DIFERENCIÁLNA ROVNICA 1. RÁDU .................................................................................... 48 BERNOULLIHO DIFERENCIÁLNA ROVNICA ........................................................................................... 51

LINEÁRNE DIFERENCIÁLNE ROVNICE N-TÉHO RÁDU ............................................................ 54 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5

5

PARCIÁLNE DERIVÁCIE FUNKCIE N-PREMENNÝCH .............................................................................. 23 LOKÁLNE EXTRÉMY FUNKCIE VIAC PREMENNÝCH .............................................................................. 31 ZÁKLADY VEKTOROVEJ ANALÝZY ...................................................................................................... 36

OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE 1. RÁDU......................................................................... 44 3.1 3.2 3.3 3.4

4

ČÍSELNÉ RADY ...................................................................................................................................... 4 FUNKCIONÁLNE A MOCNINOVÉ RADY. ............................................................................................... 11 TAYLOROV RAD. ................................................................................................................................. 18 FOURIEROVE RADY A ICH APLIKACIE .................................................................................................. 18

ANALYTICKÁ FUNKCIA ....................................................................................................................... 94 INTEGRÁL FUNKCIE KOMPLEXNEJ PREMENNEJ .................................................................................... 96 REZÍDUUM FUNKCIE............................................................................................................................ 98

LAPLACEOVA TRANSFORMÁCIA .................................................................................................. 101 8.1 8.2 8.3

LAPLACEOVA TRANSFORMÁCIA ........................................................................................................ 101 SPÄTNÁ LAPLACEOVA TRANSFORMÁCIA .......................................................................................... 108 POUŽITIE SPÄTNEJ LAPLACEOVEJ TRANSFORMÁCIE .......................................................................... 112

POUŽITÁ LITERATÚRA............................................................................................................................... 116

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

4

1 POSTUPNOSTI A RADY 1.1

ČÍSELNÉ RADY ∞

Nech { an }n =1 je postupnosť reálnych čísel. Potom výraz

∑a

∞

n =1

n

= a1 + a2 + .... + an + ...

nazývame nekonečný číselný rad (NČR), kde číslo an nazývame n -tým členom NČR.

Postupnosť { sn }n =1 definovanú s1 = a1 , s2 = a1 + a2, s3 = a1 + a2 + a3 ,..., sn = a1 + a2 + ... + an nazývame postupnosť čiastočných súčtov ∞

Ak je postupnosť

{ sn }∞n =1 konvergentná, tak číslo

a hovoríme, že NČR

∞

∑a n =1

Ak je postupnosť

∞

∑a

s = lim sn nazývame súčtom radu n→∞

n =1

n

∞

n

je konvergentný. ( platí s = ∑ an ) n =1

∞

{ sn }∞n =1 divergentná hovoríme, že NČR ∑ an

je divergentný.

n =1

Ak je NČR

∞

∑ n =1

∞

∑a n =1

n

a n = a1 + a 2 + a 3 + ... + a n + ... konvergentný, tak hovoríme, že NČR

je konvergentný absolútne.

Nutná podmienka konvergencie NČR : Ak je rad

∞

∑a n =1

konvergentný, tak lim an = 0 .

n

n→∞

∞

∑a

D´Alembertovo limitné podielové kritérium: Nech

n =1

an ≠ 0. Potom ak lim n→∞

tak je rad

∞

∑a n =1

n

an+1 < 1 , tak je rad an

∞

∑a n =1

n

je NČR a nech ∀n ∈ N je

absolútne konvergentný. Ak lim

n→∞

an + 1 > 1, an

divergentný.

Cauchyho limitné odmocninové kritérium : Nech

∞

∑a n =1

lim n an < 1 , tak je rad

n→∞

n

∞

∑a n =1

n

n

je NČR. Potom ak

absolútne konvergentný. Ak lim n an > 1 , tak je rad n→∞

∞

∑a n =1

n

divergentný. Cauchyho integrálne kritérium : Nech pre rad

∞

∑a n =1

existuje spojitá funkcia f ( x )

n

nerastúca na K , ∞ ) a nech ∀n > K : f (n ) = an . Potom ak existuje absolútne konvergentný. Ak

∞

∞

K

n =1

∫ f (x ) dx = ∞ , tak rad ∑ a

n

∞

∞

K

n =1

∫ f (x )dx , rad ∑

je divergentný.

an je

5

Kapitola 1 - Postupnosti a rady ∞

∑ (− 1)

Leibnitzovo kritérium : Nech

n =1

n +1

an , an > 0 je rad so striedavými znamienkami.

Nech { an }n =1 je nerastúca a nech lim an = 0 . Potom rad ∞

n→∞

∞

∑ (− 1)

n +1

n =1

an je konvergentný.

∞

-6 + 4n − 3 n =1 ¾¾¾ Najprv urobíme rozklad kvadratického výrazu v menovateli zlomku na súčet parciálnych zlomkov 3 ⎞ ⎛ 3 ⎟ ∞ ∞ ∞ ⎜ -6 -6 2 − 2 ⎟ ⎜ = = ∑ ∑ ∑ 2 2n − 1 ⎟ n =1 4n + 4n − 3 n =1 (2n − 1)(2n + 3) n =1 ⎜ 2n + 3 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ Teraz zapíšeme niekoľko členov daného radu pre n -tý čiastočný súčet 3⎞ ⎛ 3 3⎞ ⎛ 3 3⎞ ⎛ 3 3⎞ ⎛ 3 3⎞ ⎛ 3 sn = ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + ... ⎝ 10 2 ⎠ ⎝ 14 6 ⎠ ⎝ 18 10 ⎠ ⎝ 22 14 ⎠ ⎝ 26 18 ⎠ 3 ⎞ ⎛ 3 3 ⎞ ⎛ 3 3 ⎞ ⎛ 3 − ... + ⎜ − − ⎟ ⎟+⎜ ⎟+⎜ ⎝ 4n − 2 4n − 10 ⎠ ⎝ 4n + 2 4n − 6 ⎠ ⎝ 4n + 6 4n − 2 ⎠ Príklad 1: Nájdite súčet radu

∑ 4n

2

Po spočítaní rovnakých zlomkov dostaneme

3 3 ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ sn = ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ + + ⎝ 2 ⎠ ⎝ 6 ⎠ 4n + 2 4n + 6 Ak vypočítame limitu sn pre n → ∞ pre súčet s dostaneme 3 3 ⎤ 3 3 ⎡ 3 3 = − − = −2 Š + s = lim sn = lim ⎢ − − + ⎥ n→∞ n→∞ 2 6 ⎣ 2 6 4n + 2 4n + 6 ⎦

⎛ 4 ⎞ (n − 1) ! Príklad 2: Vyšetrite konvergenciu číselného radu ∑ ⎜ ⎟ n! n =1 ⎝ 5 ⎠ ¾¾¾ Použijúc D´Alembertovo kritérium dostaneme ∞

⎛ 4 ⎞ (n − 1)! ⎛4⎞ an = ⎜ ⎟ , an +1 = ⎜ ⎟ n! ⎝5⎠ ⎝5⎠ n

n +1

n

((n + 1) − 1)! = ⎛ 4 ⎞n +1 n ! ⎜ ⎟ (n + 1)! ⎝ 5 ⎠ (n + 1) !

n +1

lim

n →∞

an +1 an

n! ⎛4⎞ ⎜ ⎟ 4 4 n (n + 1) ! = lim ⎛ 4 ⎞ n! . n! 5 = lim ⎝ ⎠ n = lim = <1 ⎜ ⎟ n → ∞ 5 (n + 1)!. (n − 1)! n→∞ 5 n →∞ n + 1 5 ⎝ ⎠ ⎛ 4 ⎞ (n − 1) ! ⎜ ⎟ n! ⎝5⎠

⎛ 4 ⎞ (n − 1) ! je absolútne konvergentný.Š Daný číselný rad ∑ ⎜ ⎟ n! n =1 ⎝ 5 ⎠ ∞

n

∞

⎛ 3n ⎞ Príklad 3: Vyšetrite konvergenciu číselného radu ∑ ⎜ ⎟ n =1 ⎝ 4 n + 1 ⎠ ¾¾¾ Použijúc Cauchyho odmocninné kritérium dostaneme

2n+5

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

lim n an = lim n

n→∞

n →∞

⎛ 3n ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 4n + 1 ⎠

2n +5

⎛ 3n ⎞ = lim ⎜ ⎟ n→∞ ⎝ 4n + 1 ⎠

5

2

6

2n +5 n

⎛ 3n ⎞ = lim ⎜ ⎟ n →∞ ⎝ 4n + 1 ⎠ 5

2

2+

5 n

= ...

2

9 ⎛ 3n ⎞ ⎛ 3n ⎞ n ⎛ 3n ⎞ ⎛ 3n ⎞ n ⎛ 3 ⎞ = lim⎜ = ⎜ ⎟ .1 = ... = lim ⎜ .⎜ . lim⎜ <1 ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ n →∞ n → ∞ 4n + 1 16 ⎝ 4n + 1 ⎠ ⎝ 4n + 1 ⎠ ⎝ ⎠ n → ∞⎝ 4n + 1 ⎠ ⎝4⎠ ∞

⎛ 3n ⎞ Daný číselný rad ∑ ⎜ ⎟ n =1 ⎝ 4 n + 1 ⎠

2n+5

teda konverguje.Š

Príklad 4: Vyšetrite konvergenciu číselného radu

⎛ n −5⎞

∞

∑ ⎜⎝ n + 3 ⎟⎠

n2 2

n =1

¾¾¾ Použijúc Cauchyho odmocninné kritérium dostaneme n

⎛ n +5⎞ lim n an = lim n ⎜ ⎟ n→∞ n →∞ ⎝ n −3⎠

n2 2

5 ⎞2 ⎛ 1+ ⎟ ⎜ ⎛ n +5⎞ ⎛ n +5⎞ n ⎟ = ... ⎜ = lim ⎜ = lim⎜ ⎟ ⎟ = nlim n→∞ n − 3 → ∞⎜ n →∞ n − 3 − 3⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎟ ⎜1+ n ⎠ ⎝ n2 2n

n 2

1

1

⎡⎛ 5 ⎞ n ⎤ 2 lim ⎢⎜1 + ⎟ ⎥ n→∞ ⎣⎢⎝ n ⎠ ⎦⎥

⎡⎛ 5 ⎞ n ⎤ 2 ⎢⎜1 + ⎟ ⎥ ⎣⎢⎝ n ⎠ ⎦⎥

1

8 ⎛ e5 ⎞ 2 2 ⎜ ⎟ = e = e4 > 1 ... = lim = = 1 1 ⎜ e−3 ⎟ n →∞ ⎠ ⎡⎛ − 3 ⎞ n ⎤ 2 ⎝ ⎡⎛ − 3 ⎞ n ⎤ 2 lim ⎢⎜1 + ⎟ ⎥ ⎟ ⎥ ⎢⎜1 + n→∞ n ⎠ ⎦⎥ n ⎠ ⎦⎥ ⎢⎣⎝ ⎣⎢⎝

Daný číselný rad

∞

⎛ n −5⎞

∑ ⎜⎝ n + 3 ⎟⎠

n2 2

teda diverguje.Š

n =1

Príklad 5: Vyšetrite konvergenciu číselného radu

∞

3

∑4+n n =1

2

3 . Je zrejmé, že pre ∀ n ≥ 1 je f (n ) = an 4 + x2 3 je a teda f (n ) = 4 + n2 − 6x Pretože f ′(x ) = je funkcia f (x ) neklesajúca na 1, ∞ ) a možno teda (4 + x 2 ) 2 < 0 použiť Cauchyho integrálne kritérium.

¾¾¾ Položme f ( x ) =

Potom ∞

x

∞

∞

1 1 3 3 dx = 3 lim ∫ dx =3 lim ∫ 2 2 ∫k 4 + x 2 dx = lim ∫ x →∞ x →∞ x →∞ 4 4+ x 4+t k k k

1 dx =... x2 1+ 4

7

Kapitola 1 - Postupnosti a rady

∞

... =

3 lim 4 x → ∞ ∫1

1 ⎛t⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝2⎠

dt = 2

s=

t 2

dt 1 ds = ,1 → 2 2

[

∞

=

]

3 1 3 x 2ds = lim arctg s 1 = ... lim ∫ 2 x → ∞ x → ∞ 2 4 1 1+ s 2 2

3⎛π 1⎞ ... = ⎜ − arctg ⎟ < ∞ 2⎝ 2 2⎠

Daný číselný rad

∞

3

∑4+n n =1

2

je teda konvergentný.Š ∞

1 2n n =1 ∞ 1 1 n +1 ¾¾¾ Pre tento rad so striedavými znamienkami ∑ (− 1) máme an = 2n 2n n =1 1 1 Naviac ∀ n ∈ N : n < n + 1 ⇒ 2n < 2(n + 1) ⇒ 2n < 2n + 2 ⇒ > 2n 2n + 2 1 ∞ Teda postupnosť { an }n =1 pre an = je nerastúca. 2n 1 Keďže lim = 0 tak podľa Leibnitzovho kritéria je teda daný číselný rad n →∞ 2n ∞ (− 1) n +1 1 konvergentný.Š ∑ 2n n =1 Príklad 6: Vyšetrite konvergenciu číselného radu

∑ (− 1)

n +1

Úlohy : 1.1.1 Nájdite súčet číselných radov ∞

a)

1

∑ (n + 1) (n + 2) n =0 ∞

b)

1

∑ (5n − 4) (5n + 1) n =1 ∞

c)

1

∑ (2n − 1) (2n + 1) n =1

d)

∞

1

∑ (5n - 4)(5n + 1) n =1

e) f) g) h) i)

∞

2 ∑ 2 n = 0 4 n + 8n + 3 ∞ 3 ∑ 2 n =1 9 n + 3n − 2 ∞ 3 ∑ 2 n =1 9 n − 3n − 2 ∞ 7 ∑ 2 n =1 49 n − 7 n − 12 ∞ 7 ∑ 2 n =1 49n − 21n − 10

⎡1⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡1 ⎤ ⎢⎣ 5 ⎥⎦

j) k)

⎡1⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡1 ⎤ ⎢5⎥ ⎣ ⎦

l)

[1]

n)

⎡1⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦

o)

[1]

p)

⎡1 ⎤ ⎢3⎥ ⎣ ⎦ ⎡1⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦

q)

m)

∞

7 + 21n − 10 n =1 ∞ 3 ∑ 2 n =1 9 n − 3n − 2 ∞ 3 ∑ 2 n =1 9 n + 12n − 5 ∞ 24 ∑ 2 n =1 9 n − 12n − 5 ∞ 6 ∑ 2 n =1 9 n + 6 n − 8 ∞ 12 ∑ 2 n =1 36n − 12n − 35 ∞ 6 ∑ 2 n =1 4 n − 9 ∞ 2 ∑ n =1 n (n + 1) (n + 2 )

∑ 49n

∞

r)

2

3n − 2

∑ n (n + 1) (n + 2) n =1

⎡1 ⎤ ⎢⎣ 5 ⎥⎦

[1] ⎡7⎤ ⎢⎣10 ⎥⎦

[5] ⎡5⎤ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎡ 4⎤ ⎢⎣− 5 ⎥⎦ ⎡1 ⎤ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ ⎡1 ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦

[1]

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

s)

n −1 ∑ n =1 n (n + 1) (n + 2 )

t)

n+2 ∑ n = 3 n (n − 1) (n − 2 )

∞

⎡1⎤ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎡3⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦

∞

u)

2n + 1

∞

v)

2

2

∞

n

∑ (2n − 1) (2n + 1) 2

n =1

2

∞

∑ (- 1)

n +1

n =1

x)

⎛2⎞ ⎜ ⎟ ⎝3⎠

∞

n⎛ 5⎞ ∑ (- 1) ⎜ ⎟

n

n

⎡2⎤ ⎢5⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 5⎤ ⎢− 12 ⎥ ⎦ ⎣

⎝7⎠

n =1

[1]

∑ n (n + 1) n =1

w)

8

⎡1⎤ ⎢8 ⎥ ⎣ ⎦

1.1.2 Pomocou d´Alembertovho kritéria vyšetrite konvergenciu číselných radov ∞

1 ⎛3⎞ a) ∑ . ⎜ ⎟ n =1 2 n ⎝ 8 ⎠

n

∞

1 ⎛2⎞ b) ∑ .⎜ ⎟ n =1 n + 1 ⎝ 3 ⎠

c)

⎡ an +1 3 ⎤ = , K⎥ ⎢nlim 8 ⎦ ⎣ → ∞ an ⎡ an +1 2 ⎤ = , K⎥ ⎢ nlim →∞ a 3 ⎦ n ⎣

n

∞

1 ⎛5⎞ .⎜ ⎟ ∑ n =1 3n − 1 ⎝ 7 ⎠ ∞

1 ⎛6⎞ d) ∑ .⎜ ⎟ n =1 n + 2 ⎝ 5 ⎠

n

⎡ an +1 5 ⎤ = , K⎥ ⎢ nlim 7 ⎦ ⎣ → ∞ an ⎡ an +1 6 ⎤ = , D⎥ ⎢nlim 5 ⎦ ⎣ → ∞ an

n

⎡ an +1 1 ⎤ = , K⎥ ⎢ nlim 2 ⎦ ⎣ → ∞ an ⎡ an +1 1 ⎤ = , K⎥ ⎢nlim →∞ a 3 ⎦ n ⎣

∞

n g) ∑ n n =1 2

n +1 ∑ 2 n n =1 n . 3 ∞

∞

i)

1 ∑ n =1 n !

j)

n +1 ∑ n n =1 2 . (n − 1)! ∞

∞

2 .10n . n! k) ∑ n =1 (n + 1) ! l)

3 n . (n − 1)! ∑ 5n . n ! n =1 ∞

(

)

6n. n 2 − 1 m) ∑ n! n =1 ∞

∞

p)

⎤ ⎡ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim ⎦ ⎣ → ∞ an ⎡ ⎤ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim ⎣ → ∞ an ⎦ ⎡ ⎤ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim ⎣ → ∞ an ⎦ ⎡ a n +1 3 ⎤ = , K⎥ ⎢lim n →∞ a 5 ⎦ n ⎣ ⎡ ⎤ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim ⎣ → ∞ an ⎦

n!

∑ (3n) ! n =1

3n q) ∑ n =1 (2 n ) ! ∞

∞

n

⎤ 1 a ⎛3⎞ ⎡ . ⎜ ⎟ ⎢ lim n +1 = 0, K ⎥ e) ∑ n → ∞ an n=1 (n + 2 ) ! ⎝ 4 ⎠ ⎦ ⎣ ∞ ⎡ an +1 1 ⎤ 1 = , K⎥ f) ∑ ⎢nlim n 3 ⎦ n=1 n . 3 ⎣ → ∞ an ∞

h)

⎡ ⎤ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim →∞ a n ⎣ ⎦ n ∞ a n +1 2 ⎤ ⎛ 2 ⎞ (n − 1) ! ⎡ = , K⎥ o) ∑ ⎜ ⎟ ⎢lim n →∞ a 7 n! n =1 ⎝ 7 ⎠ n ⎦ ⎣

n2 n) ∑ n =1 (n + 2 ) ! ∞

r)

(2n + 2) !

∑ 2 . (3n + 5) n

n =1

s) t)

(n!)2 ∑ n =1 (2 n ) ! ∞

∞

n =1

u)

∞

n

nn

∑ (n!) n =1

⎤ ⎡ an +1 = ∞, D ⎥ ⎢nlim ⎦ ⎣ → ∞ an ⎡ an +1 1 ⎤ = , K⎥ ⎢ nlim →∞ a 4 ⎦ n ⎣ ⎡ an +1 1 ⎤ = , K⎥ ⎢lim e ⎦ ⎣n → ∞ an ⎤ ⎡ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim ⎦ ⎣ → ∞ an ⎡ an +1 3 ⎤ = , D⎥ ⎢lim e ⎦ ⎣n → ∞ an

n!

∑n

⎤ ⎡ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim ⎦ ⎣ → ∞ an ⎡ ⎤ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim ⎣ → ∞ an ⎦

2

∞

v)

3n. n! ∑ n n=1 n

w)

3n. (n − 1)!.(n + 3)! ⎡ a 3 ⎤ lim n +1 = , K ⎥ ∑ ⎢ (2n)! 4 ⎦ n =1 ⎣ n → ∞ an ∞

x)

∞

∑ n =1

y)

(3n + 2)! n

10 . n

2

∞

2n . ∑ n =1 (n + 1)! ∞

2.10 n . n ! . z) ∑ (2n )! n =1

⎤ ⎡ an +1 = ∞, D ⎥ ⎢nlim ⎦ ⎣ → ∞ an ⎡ ⎤ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim ⎣ → ∞ an ⎦ ⎡ ⎤ an +1 = 0, K ⎥ ⎢ nlim →∞ a n ⎣ ⎦

9

aa)

Kapitola 1 - Postupnosti a rady

∞

∑ n =1

3 n . (n + 1)! n

⎛1⎞ ⎜ ⎟ (n + 2 )! ⎝2⎠

(− 1) . n bb) ∑ n =1 (n + 1)! n

∞

cc)

∞

∑ (− 1)

n

n =1 ∞

2

n 2.en

⎤ ⎡ a . ⎢lim n +1 = 6, D ⎥ ⎦ ⎣ n →∞ a n ⎡ ⎤ a n +1 = 0, K ⎥ ⎢lim ⎣ n →∞ a n ⎦ ⎡ a n +1 1 ⎤ = , K⎥ ⎢lim n →∞ a e n ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ a n +1 e = , K⎥ ⎢lim 3 ⎦ ⎣ n →∞ a n

n

n dd) ∑ n n =1 3 . n !

∑ 2 (n − 1)! n =1

ff)

⎤ ⎡ a n +1 = 0, K ⎥ ⎢lim ⎦ ⎣ n →∞ a n ⎡ ⎤ a n +1 = ∞, D ⎥ ⎢lim ⎣ n →∞ a n ⎦

n +1

∞

ee)

∞

n

(n − 1)!

∑ 10 n =1

n +1

⎡ ⎤ a n +1 = 5, D ⎥ ⎢lim ⎣ n →∞ a n ⎦ ⎤ ⎡ a n +1 = ∞, D ⎥ ⎢lim ⎦ ⎣ n →∞ a n

∞

gg) hh)

5n . n! ∑ n n =1 n ∞

(n − 2)!

∑ 3.10 n =1

n+2

1.1.3 Pomocou Cauchyho odmocninného kritéria vyšetrite konvergenciu číselných radov ∞

1 ⎡ ⎤ lim n a n = , K ⎥ ∑ 2 n −1 ⎢ n → ∞ 4 ⎣ ⎦ n =1 2 ∞ 13 1 ⎞ ⎡ ⎛ 1 ⎤ b) ∑ ⎜ 2 n −1 + 2 n ⎟ ⎢lim n a n = , K ⎥ 36 3 ⎠ ⎣ n→∞ ⎦ n =1 ⎝ 2

a)

c)

∞

1

⎛ n+2 ⎞

∑ ⎜⎝ 2n − 1 ⎟⎠

n

n =1

d)

∞

⎛ 2n ⎞

∑ ⎜⎝ 3n + 1 ⎟⎠

2 n −1

n =1

e) f)

⎛ 4n + 1 ⎞ ⎜ ⎟ ∑ n =1 ⎝ 2n − 5 ⎠ ∞

∞

⎛ 8n + 2 ⎞

∑ ⎜⎝ 2n − 1 ⎟⎠

n

g) h)

⎛ 3n − 2 ⎞

∑ ⎜⎝ 4n − 1 ⎟⎠ n =1 ∞

∑ arctg

n +3 2

n =1

i)

∞

∑ n =1

[lim

n

[lim

n

n→∞

2n−2

1 n

n

4 ⎡ ⎤ n an = , K ⎥ ⎢lim n→∞ 9 ⎣ ⎦ n→∞

n =1 ∞

1 ⎡ ⎤ n an = , K ⎥ ⎢lim 4 ⎣ n→∞ ⎦

(n + 1)

n2

2

n n .3n

a n = 2, D a n = 2, D

] ]

9 ⎡ ⎤ n an = , K ⎥ ⎢lim 16 ⎣ n →∞ ⎦

[lim

n→∞

n

a n = 0, K

]

e ⎡ ⎤ n an = , K ⎥ ⎢lim 3 ⎦ ⎣ n→∞

j)

∞

∑ n =1

k)

∞

∑ n =1

l)

∞

∑ n =1

m)

∞

∑ n =1

n)

∞

∑ n =1

o)

∞

∑ n =1

p)

∞

∑ n =1

∞

q)

∑ n =1

(n − 2)n n2

n .3

2

1 ⎡ ⎤ n an = 2 , K ⎥ ⎢lim n →∞ 3e ⎣ ⎦

n

⎛ n +3⎞ ⎟ ⎜ ⎝n−2⎠

2n2

⎛ n+5⎞ ⎟ ⎜ ⎝n−2⎠

n2

⎛ n −3⎞ ⎟ ⎜ ⎝ n +1 ⎠

n

a n = e10 , D

]

n

a n = e10 , D

]

n →∞

[lim

n →∞

n2

⎛ 2n 2 + 1 ⎞ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ n +1 ⎠ ⎛ 1⎞ ⎜1 − ⎟ ⎝ n⎠

[lim

1 ⎡ ⎤ n an = 4 , K ⎥ ⎢lim n→∞ e ⎣ ⎦

[lim

n2

n→∞

n2

1 ⎛ 1⎞ ⎜1 + ⎟ 3n ⎝ n ⎠ n

n

a n = ∞, D

]

1 ⎡ ⎤ n an = , K ⎥ ⎢lim n→∞ e ⎣ ⎦ n2

⎛6⎞ ⎛ 2⎞ ⎜ ⎟ ⎜1 + ⎟ ⎝5⎠ ⎝ n⎠

e ⎡ ⎤ n an = , K ⎥ ⎢lim n→∞ 3 ⎦ ⎣ n2

⎡ ⎤ 6e 2 n a = lim , D⎥ n ⎢n →∞ 5 ⎣ ⎦

1.1.4 Pomocou Cauchyho integrálneho kritéria vyšetrite konvergenciu číselných radov

a) b)

∞

1 ∑ n =1 4n + 3 ∞

1 ∑ 2 n =1 n + n

⎡∞ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx = ∞, D ⎥ ⎣1 ⎦ ∞ ⎡ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx < ∞, K ⎥ ⎣1 ⎦

c) d)

∞

2 ∑ 2 n =1 3 + n ∞

2n

∑1+ n n =1

2

⎡∞ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx < ∞, K ⎥ ⎣1 ⎦ ∞ ⎡ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx = ∞, D ⎥ ⎣1 ⎦

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

∞

e) f) g)

1 ∑ 2 n =2 n . ln n ∞

3 ∑ n =2 n . ln n ∞

5 ∑ n =5 n . ln n

⎡∞ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx < ∞, K ⎥ ⎣2 ⎦ ∞ ⎡ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx = ∞, D ⎥ ⎣2 ⎦ ∞ ⎡ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx = ∞, D ⎥ ⎣5 ⎦

h) i)

10

ln n ∑ 2 n =1 n ∞

∑ n =1

j)

⎡∞ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx < ∞, K ⎥ ⎣1 ⎦ ∞ ⎡ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx = ∞, D ⎥ ⎣1 ⎦ ∞ ⎡ ⎤ ⎢ ∫ f (x )dx < ∞, K ⎥ ⎣1 ⎦

∞

∞

∑ n =1

ln n n3 e−

n

n

1.1.5 Pomocou Leibnitzovho kritéria vyšetrite konvergenciu číselných radov

[lim a ∑ 2 n ( −1 ) [lim a ∑ ln (2n + 1) ( −1 ) [lim a ∑ n ( − 1 ) (n + 2) [lim a ∑ n +1 ( −1 ) [lim a ∑ n ( −1 ) [lim a ∑ 2n − 1 ∞

a)

( − 1 ) n+1

n =1

n =1

n =1

n =1

n =1 ∞

f)

n =1

n →∞

n

n→∞

n

n +1

∞

e)

n

n +1

∞

d)

n →∞

n +1

∞

c)

n

n +1

∞

b)

n →∞

2

n →∞

n

n →∞

n

n +1

] = 0, K ] = 0, K ] = 1, D ] = 0, K ] = 0, K ] = 0, K

∞

g)

∑

( − 1 ) n+1 n

n +1 ∞ ( − 1 ) n +1(3n − 1) h) ∑ 2n n =1 n =1

∞

i)

∑

( − 1 ) n+1

n . ln n ∞ ( − 1 ) n+1 n 3 ∑ 3n n =1 n =1

j) k)

∞

∑( −1 ) n =1

n +1

. sin

π 2n

[lim a n→∞

n

= 1, D

]

3 ⎤ ⎡ an = , D⎥ ⎢lim n →∞ 2 ⎦ ⎣

[lim a [lim a [lim a n →∞

n

n →∞

n

n →∞

n

] = 0, K ] = 0, K ] = 0, K

11

Kapitola 1 - Postupnosti a rady

1.2 FUNKCIONÁLNE A MOCNINOVÉ RADY.

Nech pre každé n ∈ N sú na neprázdnej množine A definované funkcie f n . Potom

{ f n }∞n=1 je postupnosť funkcií definovaná na množine A . ∞ Nech { f n }n=1 je postupnosť funkcií na množine A . Nech pre ∀x ∈ A je postupnosť ∞ { f n (x )}∞n =1 konvergentná. Označme f (x ) = lim f n (x ) . Potom hovoríme, že postupnosť { f n }n=1 n →∞ konverguje bodovo na A k funkcii f f : A → R , čo môžeme zapísať v tvare

(∀x ∈ A) (∀ε > 0) (∃ n0 ∈ N ) (∀n ∈ N , n > n0 ) : f n (x ) − f (x ) < ε ∞ Nech { f n }n=1 je postupnosť funkcií na množine A a nech f : A → R je funkcia. ∞ Potom hovoríme, že postupnosť { f n }n=1 konverguje na A rovnomerne k funkcii f ( x ) f : A → R , ak platí

(∀ε > 0) (∋ n0 ∈ N ) (∀n ∈ N , n > n0 ) (∀x ∈ A) :

Nech

{ f n }∞n=1 je postupnosť funkcií na

A . Potom výraz

f n (x ) − f (x ) < ε ∞

∑f n =1

n

nazývame nekonečným

radom funkcií na A . n

Funkciu sn = f1 + f 2 + ... + f n = ∑ f k nazývame n -tým čiastočným súčtom k =1

∞

∑f n =1

n

.

Ak postupnosť { sn }n =1 konverguje na A bodovo k funkcii s : A → R , tak hovoríme, že ∞

rad

∞

∑f n =1

∞

n

konverguje na A bodovo k funkcii s a platí s = ∑ f n na množine A . n =1

Hovoríme, že rad funkcií

∞

∑f n =1

n

konverguje na A rovnomerne k funkcii s : A → R ,

ak postupnosť čiastočných súčtov { sn }n =1 konverguje na A rovnomerne k funkcii s . ∞

Ak postupnosť spojitých funkcií

{ f n }∞n=1

f : A → R , tak aj f je spojitá. Podobne ak

rovnomerne konverguje na A k funkcii

∞

∑f n =1

n

je rad spojitých funkcií rovnomerne

konvergujúci na A k funkcii s : A → R , tak aj funkcia s je spojitá. Nech

∞

∑f n =1

n

je rad spojitých funkcií na a, b , nech

∞

∑f n =1

n

rovnomerne konverguje

k funkcii s : a, b → R , nech x0 ∈ a, b . Potom platí ∞ ⎛ x ⎞ ⎛ ∞ ⎞ ⎜ f (t ) dt ⎟ ... integrovanie člen po člene ( ) f t dt = ⎜ ⎟ ∑ n n ∫x ⎝ ∑ ∫ ⎟ ⎜ n =1 n =1 ⎝ x 0 ⎠ 0 ⎠ x

Nech

∞

∑f n =1

∞

n

je rad spojite diferencovateľných funkcií na a, b , nech x0 ∈ a, b , nech

∑ f (x ) je konvergentný. Potom platí n =1

n

0

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

12

′ ∞ ⎡∞ ⎤ ⎢∑ f n ⎥ = ∑ ( f n′ ) ... derivovanie člen po člene ⎣ n =1 ⎦ n =1 Pre konvergenciu funkcionálnych radov môžeme použiť upravené d´Alembertovo f (x ) <1 resp. a Cauchyho odmocninné kritérium. Ak lim n +1 lim n f n ( x ) < 1 , tak n →∞ n→∞ f n (x ) funkcionálny rad

∞

∑ f (x ) konverguje v x . n =1

Rad

n

∞

∑ a (x − x ) n=0

n

n

0

= a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 ) + a3 ( x − x0 ) + ... + an ( x − x0 ) + ... , 2

n

3

kde x0 , a0 , a1 ,..., an ∈ R , n ∈ N ∪ {0} nazývame mocninovým radom. Číslo x0 nazývame stred mocninového radu, a0 , a1 ,..., an sú koeficienty mocninového radu. Konvergencia mocninového radu je analogická ako u radov funkcií. Pre každý mocninový rad

∞

∑ a (x − x ) n=0

n

0

n

nastáva jeden z prípadov:

¾ Rad konverguje len v bode x = x0 ⇒ ρ = 0 ¾ Rad konverguje ∀x ∈ R ⇒ ρ = ∞ ¾ ∋ ρ > 0 , že na (x0 − ρ , x0 + ρ ) daný rad konverguje a na množine R / x0 − ρ , x0 + ρ daný rad diverguje Číslo ρ nazývame polomer konvergencie, (x0 − ρ , x0 + ρ ) označuje interval konvergencie.

Ak

existuje

mocninového radu 1

λ

n→∞

an+1 =λ aN

∞

∑ a (x − x ) n=0

¾ ρ=

lim n

0

n

resp.

lim n an = λ ,

n→∞

tak

polomer

konvergencie

je :

pre 0 < λ < ∞

¾ ρ = ∞ pre λ = 0 ¾ ρ = 0 pre λ = ∞ V prípade, že λ = 1 treba na určenie konvergencie mocninového radu v krajných bodoch (pre konkrétnu hodnotu x z mocninového radu dostávame rad číselný) použiť niektoré z kritérií konvergencie číselných radov. Príklad 1: Vyšetrite konvergenciu radu

(x + 2) n ∑ n n =1 3 (n + 1)(n + 2 ) ∞

¾¾¾ Použijeme D´Alembertovo kritérium pre konvergenciu funkcionálnych radov

(x + 2) n , 3n (n + 1)(n + 2) ( x + 2 ) n +1 3n +1 (n + 2)(n + 3) = lim n →∞ (x + 2) n 3n (n + 1)(n + 2) fn =

lim

n→∞

f n +1 fn

f n +1 =

(x + 2) n +1 3n +1 (n + 2)(n + 3)

= lim

(n + 1) (x + 2) 3(n + 3)

n→∞

=

1 x+2 3

13

Kapitola 1 - Postupnosti a rady

Podľa D´Alembertovho kritéria je rad konvergentný vtedy, ak platí lim

n→∞

Pre rad

(x + 2) n ∑ n n =1 3 (n + 1)(n + 2 ) ∞

f n +1 < 1. fn

1 x + 2 <1 3

teda musí byť splnená podmienka

1 x + 2 <1⇔ −3 < x + 2 < 3 ⇔ −5 < x <1 3 ∞ (x + 2) n konverguje. Pre všetky x ∈ (− 5, 1) teda rad ∑ n n =1 3 (n + 1)(n + 2 ) Pre vyšetrenie konvergencie radu v krajných hodnotách použijeme kritéria konvergencie číselných radov n n ∞ ∞ ( ( − 3) − 1) Pre x = −5 dostaneme číselný rad ∑ n =∑ . Podľa n =1 3 (n + 1)(n + 2 ) n =1 (n + 1)(n + 2 ) 1 Leibnitzovho kritéria je lim = 0 a teda daný číselný rad konverguje. n → ∞ (n + 1)(n + 2 )

a teda

∞

∞ 3n 1 = . Daný číselný ∑ ∑ n n =1 3 (n + 1)(n + 2 ) n =1 (n + 1)(n + 2 )

Pre x = 1 dostávame číselný rad rad má súčet s =

1 a je teda konvergentný. 2

n ( x + 2) Potom obor konvergencie radu ∑ n n =1 3 (n + 1)(n + 2 ) ∞

∑(5 − x ) ∞

Príklad 2: Vyšetrite konvergenciu radu

je − 5, 1 Š

2 n

n =1

¾¾¾ Použijeme Cauchyho kritérium pre konvergenciu funkcionálnych radov

lim n n→∞

f n = lim n n→∞

(5 − x )

2 n

= 5 − x2 fn < 1.

Podľa Cauchyho kritéria je rad konvergentný vtedy, ak platí lim n n→∞

∑(5 − x ) ∞

Pre rad

2 n

teda musí byť splnená podmienka 5 − x 2 < 1

n =1

a teda 5 − x 2 < 1 ⇔ − 1 < 5 − x 2 < 1 ⇔ 6 > x 2 > 4

(

) (

)

Pre všetky x ∈ − 6 , − 2 ∪ 2, 6 teda rad

∑(5 − x ) ∞

2 n

konverguje.

n =1

Pre vyšetrenie konvergencie radu v krajných hodnotách použijeme kritéria konvergencie číselných radov ∞

(

)

n

∞

⎛⎜ 5 − − 6 2 ⎞⎟ = ( − 1) n . Podľa ∑ ⎠ ∑ n =1 ⎝ n =1 Leibnitzovho kritéria je lim 1 = 1 a teda daný číselný rad diverguje. Pre x = − 6 a x = 6 dostaneme číselný rad n →∞

Pre x = −2 a x = 2 dostaneme číselný rad

∑ ( 5 − (− 2) ) =∑1 ∞

n =1

číselný rad nemá konečný súčet, je divergentný.

2 n

∞

n =1

n

. Pretože daný

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

∑(5 − x ) ∞

Potom obor konvergencie radu

2 n

14

(

) (

)

je x ∈ − 6 , − 2 ∪ 2, 6 Š

n =1

∞

Príklad 3: Nájdite obor konvergencie mocninového radu

∑

(n − 1)! (x − 1) n

nn ¾¾¾ Použijeme D´Alembertovo kritérium pre konvergenciu mocninových radov (n − 1)! , a = (n + 1 − 1)! = n! an = n +1 nn (n + 1) n +1 (n + 1) n +1 n! n +1 n +1 an +1 n (n − 1)! n n n n +1 ( n + 1) ⎛ n ⎞ λ = lim = lim = lim = lim = lim ⎜ ⎟ = ... n → ∞ (n + 1) n +1 (n − 1)! n → ∞ (n + 1) n +1 n →∞ n + 1 n→∞ a n → ∞ (n − 1)! ⎝ ⎠ n nn n =1

n +1

1 −1 ⎞ ⎛ −1 ... = lim ⎜1 + ⎟ =e = n→∞ e ⎝ n +1⎠ 1 Potom polomer konvergencie ρ = = e , stred radu je x0 = 1 a teda rad konverguje

λ

pre všetky ∀x ∈ (1 − e, 1 + e ) . ∞

∞

n

n=1

∞

obor konvergencie radu

∑

(n − 1)! (x − 1) n nn

n =1

n

e n e ∑ (− 1) n n (n − 1)! a ∑ nn (n − 1)! konvergujú a teda

Pre obidve krajné hodnoty rady

n =1

je 1 − e, 1 + e Š

∞

x n 4n ∑ n =1 n n ¾¾¾ Použijeme Cauchyho kritérium pre konvergenciu mocninových radov Príklad 4: Vyšetrite konvergenciu radu

λ = lim n an = lim n n→∞

n→∞

4n 3 2

= lim n→∞

4 3 2n

= 4 lim n→∞

1 3 2n

=4

n n n 1 1 Potom polomer konvergencie ρ = = , stred radu je x0 = 0 a teda rad konverguje λ 4 n ∞ ∞ 1 ( − 1) ⎛ 1 1⎞ pre všetky ∀x ∈ ⎜ − , ⎟ . Pre obidve krajné hodnoty rady ∑ konvergujú a ∑ ⎝ 4 4⎠ n =1 n n n =1 n n ∞ x n 4n 1 1 a teda obor konvergencie radu ∑ je ∀x ∈ − , Š 4 4 n =1 n n ∞

Príklad 5: Nájdite súčet radu ∞

¾¾¾ Rad

∑ n =0

(n + 1)(n + 2) 2

n

∑ n =0

(n + 1)(n + 2) 2n ∞

možno prepísať do tvaru

∑ (n + 1)(n + 2) x n =0

n

pre x =

1 . 2

15

Kapitola 1 - Postupnosti a rady

′ ″ ″ ⎛ ∞ n+2 ⎞ ⎛ x2 ⎞ ⎛ 2x − x2 ⎞ 2 ⎟ = ⎟⎟ = ⎜⎜ (n + 1)(n + 2) x = ⎜ ∑ x ⎟ = ⎜⎜ ∑ 2 ⎟ 3 n =0 ⎝ n =0 ⎠ ⎝ 1 − x ⎠ ⎝ (1 − x ) ⎠ (1 − x ) ∞ (n + 1)(n + 2) = 2 = 8 Š 1 je súčet radu ∑ Pre x = 3 2n 2 n =0 ⎛ 1⎞ ⎜1 − ⎟ ⎝ 2⎠ ∞

n

Úlohy : 1.2.1 Nájdite obor konvergencie daného funkcionálneho radu

x n −1 ∑ n =1 (n − 1)! ∞

a) b)

∞

∑ n !. x

[(− ∞, ∞ )] [{0}]

n

[ − 3, 3)]

∞

xn ∑ n n =1 n . 3

e)

∑ ∞

i) j)

∑

(x

2

+3 n

)

n

[0]

(n − 1)! x n

[(− e, e)]

nn

n =1 ∞

[(− 2,− 2 )∪ (

∑ (3 − x )

2 n

n =1

∞

d)

∞

n =1

n =1

c)

h)

n . x 2n ∑ 9n n =1 ∞ xn

[(− 3,3)]

[ − 1,1 ]

∑n

n sin (nx ) f) ∑ nn n =1 ⎛ x⎞ sin ⎜ ⎟ ∞ n g) ∑ ⎝2 ⎠ n n =1 n =1 ∞

[(− ∞, ∞ )]

⎛ x(x + n ) ⎞ k) ∑ ⎜ ⎟ n ⎠ n =1 ⎝ ∞

l) m)

∞

∑ n .e n =1 ∞

n

[(− 1,1)] [(0, ∞ )]

− nx

∑ nx . e

2, 2

[ 0, ∞ )]

− nx

n =1

[(− ∞, ∞ )]

1.2.2 Dokážte, že dané rady rovnomerne konvergujú na danej množine

[ − 2, 2 ]

∞

a) b)

xn ∑ n n =1 n ∞

∑x n =1

c)

∞

∑

2

∞

[ 0, ∞ )]

. e − nx

(x − 2)n . ln n 2

n

[ − 0, 4 ]

h) i)

(− 1)n

∑x+2 n =1

n .2 ∞ 1 d) ∑ 4 2 n =1 x + n ∞ cos nx e) ∑ n 2 n =1 ∞ 1 f) ∑ 2 2x n =1 n + e n =1

g)

∞

n

(− 1)n

, n≥2

∑ n + sin x n=2 ∞

∑

sin nx

n n ∞ (− 1)n ∑ n =1 x + n

[(− 2, ∞ )]

[ 0,2π ] [(− ∞, ∞ )]

n =1

[(− ∞, ∞ )] [(− ∞, ∞ )] [(− ∞, ∞ )]

j)

[(0, ∞ )]

)]

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

16

1.2.3 Určte polomer konvergencie mocninového radu: ∞

2n .n ⎡3⎤ xn ∑ n ⎢2⎥ ⎣ ⎦ n =1 (n + 1). 3 ∞ 1 (x + 1)n [3] b) ∑ n n =1 (n + 1). (n + 2 ). 3 a)

∞

c)

∑

100 n

⎡ 1 ⎤ ⎢100 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡1 ⎤ ⎢e⎥ ⎣ ⎦ ⎡1 ⎤ ⎢5⎥ ⎣ ⎦

xn

n +1 n ∞ ( nx ) n d) ∑ x n! n =1 n =1

e) f) g)

∞

∑ (n − 1). 5 n =1 ∞

∑ n !. x

n −1

x n −1

h)

n =1 ∞

1

∑ (2n − 1)!. (2n − 1) x

2 n −1

∑

3n

⎡ 2⎤ ⎢ ⎥ ⎣ 3 ⎦

xn

2n ∞ 1 (x − 1)n ∑ n =1 (2 n − 1) ∞ n! (x − 2)n ∑ n n =1 n n =1

i) j) k)

∞

∑ (− 1)

n −1

[1] [e] ⎡ 2⎤ ⎢ ⎥ ⎣ 2 ⎦ ⎡ 4e ⎤ ⎢ 27 ⎥ ⎣ ⎦

2 n −1 x 2 n − 2

n =1

∞

l)

(3n)!

∑ (2n)!. n n =1

[0]

n

∞

n

xn

[∞]

n =1

1.2.4 Nájdite obor konvergencie mocninových radov

a)

∞

∑ (n − 1). 5 n−1 . x n−1 n =1

b)

∞

1

∑n n =1

xn

2

∞

c)

2n n x ∑ n =1 n ∞

⎡⎛ − 1 1 ⎞⎤ ⎢⎜ 5 , 5 ⎟⎥ ⎠⎦ ⎣⎝

[ − 1,1 ] ⎡ 1 1 ⎞⎤ ⎢ − , ⎟⎥ ⎣ 2 2 ⎠⎦

xn ∑ n =1 n !

[(− ∞, ∞ )]

5 n . x n −1 e) ∑ n =1 (n − 1)!

[(− ∞, ∞ )]

d)

∞

f) g)

∞

∑ n!. x n =1 ∞

∑

(n − 1)!x n

n =1

h)

∞

∑3

n

n2

n

xn

n =1

i)

∞

[{0}]

n

nk n x ∑ n =1 n !

2

[ − e, e ] ⎡ −1 1 ⎤ ⎢ 3 ,3 ⎥ ⎣ ⎦

∞

j)

∑ n =1

10 n n

⎡⎛ − 1 1 ⎤ ⎢⎜⎜ , ⎥ ⎣⎝ 10 10 ⎦

xn

k)

n! x n ∑ n =1 (2n − 1)!!

[(− 2,2)]

l)

∞

(n !)2 x n ∑ n =1 (2 n )!

[(− 4,4)]

∞

[ − 1,1 ]

∞

xn ∑ 2 n =1 n ∞ xn n) ∑ n =1 2n − 1

m)

o)

∞

[(− 2,2)]

∑ n . ( x + 3) n

n

[{− 3}]

n =1

∞

5n n p) ∑ x n =1 n

⎡⎛ − 1 1 ⎤ ⎢⎜⎜ , ⎥ ⎣⎝ 5 5 ⎦

[(− ∞, ∞ )]

1.2.5 Derivovaním alebo integrovaním vhodného radu nájdite súčet daného radu na vhodnom intervale

17

Kapitola 1 - Postupnosti a rady

a) b) c) d) e) f) g)

⎡ 1 ⎤ ⎢ 2 ⎥ n =0 ⎣ (1 − x ) ⎦ ∞ ⎡ ⎤ (n + 1)(n + 2) x n ⎢ 2 3 ⎥ ∑ n=0 ⎣ (1 − x ) ⎦ ∞ ⎡ x + x2 ⎤ 2 n n x ⎢ ∑ 3⎥ n =0 ⎣ (1 − x ) ⎦ ∞ (n + 1)(n + 2)(n + 3) x n ⎡ 1 ⎤ ⎢ ∑ 4 ⎥ 3! n=0 ⎣ (1 − x ) ⎦ ∞ ⎡ 5 ⎤ n n −1 x ⎢ ∑ n 2 ⎥ n =1 5 ⎣ (5 − x ) ⎦ ∞ ⎡ 1+ x2 ⎤ n (2n + 1) x ⎢ ⎥ ∑ 2 2 n =1 ⎣⎢ 1 − x ⎦⎥ ∞

∑ (n + 1) x

n

( (

∞

∑n x

⎡ 1 ⎤ ⎢ 2 ⎥ ⎣ (1 − x ) ⎦

n −1

n =1

h)

∞

1

∑ 2 n ( x − 3) n =1

) )

2n

⎡ 1 2 ⎤ ⎢⎣− 2 ln 1 − ( x − 3) ⎥⎦

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

18

1.3 TAYLOROV RAD.

Ak existuje mocninový rad

∞

∑ a (x − x ) n=0

n

n

0

so stredom v bode x0 taký, že konverguje

v nejakom okolí bodu x0 k funkcii f , a ak má funkcia f v čísle x0 všetky derivácie, tak ho môžeme rozvinúť v okolí bodu x0 do Taylorovho radu.. Mocninový rad (n ) (n ) ∞ ′′ f ′( x0 ) (x − x0 ) + f (x0 ) (x − x0 ) 2 + ... + f (x0 ) (x − x0 ) n + ... = ∑ f (x0 ) (x − x0 ) n 1! 2! n! n! n=0 nazývame Taylorov rad funkcie f v čísle x0 .

f ( x0 ) +

Taylorove rady niektorých funkcií

¾ ex = 1 + ¾ sin x =

x x 2 x3 xn + + + ... + + ... pre x0 = 0, x ∈ (− 1, 1) 1! 2! 3! n!

x x3 x5 x 2 m −1 m −1 − + + ... + (− 1) + ... pre x0 = 0, x ∈ (− 1, 1) (2m − 1)! 1! 3! 5!

¾ cos x = 1 −

x2 x4 x2m−2 m −1 + + ... + (− 1) + ... pre x0 = 0, x ∈ (− 1, 1) (2m − 2)! 2! 4!

¾ ln(1 + x ) = x −

n x 2 x3 x 4 ( n −1) x + − + ... + (− 1) + ... pre x0 = 0, x ∈ (− 1, 1) n 2 3 4

Príklad 1: Rozviňte funkciu f ( x ) = x.sin 2 x do mocninového radu so stredom x0 = 0

Pretože platí x x3 x5 x 2 m −1 m −1 sin x = − + + ... + (− 1) + ... pre x0 = 0, x ∈ (− 1, 1) , (2m − 1)! 1! 3! 5! stačí, ak v danom rade nahradíme v poslednom rade 2 x za x a dostaneme 2 m −1 2 x 8 x 3 32 x 5 m −1 (2 x ) sin 2 x = − + + ... + (− 1) + ... pre x0 = 0, 2 x ∈ (− 1, 1) (2m − 1)! 1! 3! 5! Rozvoj funkcie f ( x ) = x.sin 2 x do Taylorovho radu teda môžeme zapísať v tvare

¾¾¾

2 x 2 8 x 4 32 x 6 m −1 x (2 x ) − + + ... + (− 1) + ... pre x0 = 0, 2 x ∈ (− 1, 1) Š (2m − 1)! 1! 3! 5! 2 m −1

x.sin 2 x =

1.4 FOURIEROVE RADY A ICH APLIKACIE

Fourierove rady ( FR ) sú funkcionálne rady, ktorými popisujeme periodicky sa opakujúce deje. Ak f ( x ) je perodická funkcia s periódou T , tak ∀x ∈ D( f ) platí a +T

T

a

0

∫ f (x )dx =∫ f (x )dx .

Fourierovým radom funkcie po častiach spojitej, periodickej funkcie f ( x ) s periódou T=

2π

ω

nazývame trigonometrický rad

19

Kapitola 1 - Postupnosti a rady

f (x ) ≈

a0 ∞ + ∑ (an cos nωx + bn sin nωx ) , kde 2 n =1

T

a0 =

T

T

2 2 2 f ( x ) dx, an = ∫ f ( x ) cos nωx dx, bn = ∫ f ( x ) sin nωx dx ∫ T0 T0 T0

a0 , an , bn sú Fourierove koeficienty, n = 0, 1, 2, ... π Ak naviac funkcia f ( x ) je párna, T = 2l a ω = , tak hovoríme o kosínusovom FR l ∞ a f ( x ) ≈ 0 + ∑ an cos nωx , 2 n =1

4 2 nπx f ( x ) cos nωx dx = ∫ f ( x ) cos dx , bn = 0 . ∫ T0 l −l l T

kde pre n = 0, 1, 2, ... je an =

l

Ak naviac funkcia f ( x ) je nepárna, T = 2l a ω =

π l

, tak hovoríme o sínusovom FR

∞

f ( x ) ≈ ∑ bn sin nωx , n =1

4 2 nπx f ( x ) sin nωx dx = ∫ f (x ) sin dx , an = 0 . ∫ T0 l −l l Niekedy je treba pomocou FR vyjadriť aj neperiodickú, po častiach spojitú funkciu f ( x ) definovanú na a, a + l . Najskôr ju ale musíme periodicky predĺžiť (rozšíriť). Predĺženie je buď párne, alebo nepárne. Pre párne predĺženie z 0, l na − l, l je potom T

l

kde pre n = 1, 2, ... je bn =

⎧ f ( x ) pre x ∈ 0, l f P (x ) = ⎨ ⎩ f (− x ) pre x ∈ − l , 0 Pre nepárne predĺženie z 0, l na − l, l je potom

⎧ f ( x ) pre x ∈ 0, l ⎪ f N (x ) = ⎨ 0 pre x = 0 ⎪− f (− x ) pre x ∈ − l , 0 ⎩ Príklad 1: Nájdite FR funkcie f ( x ) = x na intervale x ∈ − π , π ¾¾¾

Podľa zadania je l = π ⇒ T = 2π ⇒ ω = 1

2 a0 = 2π an = bn =

2 2π

π

2 2π

0 π 0 π ⎫ 1 ⎧⎪⎡ x 2 ⎤ ⎡ x 2 ⎤ ⎫⎪ 1⎧ ∫ x dx = π ⎨⎩−∫π x dx + ∫0 x dx⎬⎭ = π ⎨⎪⎢⎣ 2 ⎥⎦ + ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎬⎪ = 0 −π −π 0⎭ ⎩

π

π

∫ x cos nx dx =

−π

∫ x sin nx dx =

−π

1

π

π

1

π

π

∫ x cos nx dx = ... per − partés... = 0

−π

∫ x sin nx dx = ... pp... =

−π

π π 1 ⎧⎪⎡ x cos nx ⎤ ⎡ sin nx ⎤ ⎫⎪ − + ⎨ ⎬ = ... π ⎪⎩⎢⎣ n ⎥⎦ −π ⎢⎣ n 2 ⎥⎦ −π ⎪⎭

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

20

1 ⎧− π (− 1) n − π (− 1) n ⎫⎬ = − 2 (− 1) n = 2 (− 1) n +1 pre n = 1, 2, ... ⎨ n n n π⎩ n ⎭ Výsledok zapíšeme v tvare ∞ 2 n +1 f ( x ) ≈ ∑ (− 1) sin nx Š n n =1 ... =

Príklad 2: Nájdite FR funkcie f ( x ) = x 2 na intervale x ∈ − π , π ¾¾¾

Podľa zadania je l = π ⇒ T = 2π ⇒ ω = 1

2 a0 = 2π an =

2 2π

0 π 0 π ⎫ 1 ⎧⎪⎡ x3 ⎤ ⎡ x 3 ⎤ ⎫⎪ 2π 2 1⎧ 2 2 ∫ x dx = π ⎨⎩−∫π x dx + ∫0 x dx⎬⎭ = π ⎨⎪⎢⎣ 3 ⎥⎦ + ⎢⎣ 3 ⎥⎦ ⎬⎪ = 3 −π −π 0⎭ ⎩

π

π

2 ∫ x sin nx dx =

−π

1

π

π

∫π x

2

sin nx dx = ...2 krát per partés... = ...

−

π π π 1 ⎧⎪⎡ x 2 sin nx ⎤ ⎡ 2 x cos nx ⎤ ⎡ 2 sin nx ⎤ ⎫⎪ + − ... = ⎨⎢− ⎬ = ... π ⎪⎣ n ⎥⎦ −π ⎢⎣ n 2 ⎥⎦ −π ⎢⎣ n3 ⎥⎦ −π ⎪ ⎩ ⎭

... =

1 ⎧ 2π 4 − 2π n n⎫ n ⎨ 2 (− 1) − 2 (− 1) ⎬ = 2 (− 1) pre n = 1, 2, ... n π ⎩n ⎭ n

π

π

2 1 x 2 cos nx dx = ∫ x 2 cos nx dx = ...2 krát per − partés... = 0 ∫ π −π 2π −π Výsledok zapíšeme v tvare π2 ∞ 4 n f (x ) ≈ + ∑ 2 (− 1) cos nx Š 3 n =1 n bn =

Príklad 3: Rozšírte funkciu f ( x ) = 4 − x , x ∈ 0, π do kosínusového FR.

Pretože hľadáme kosínusový FR musíme funkciu f ( x ) najprv dodefinovať tak, aby bola na rozšírenom intervale párna. Dostávame teda párnu funkciu ⎧ 4 − x pre x ∈ 0, π f P (x ) = ⎨ ⎩4 + x pre x ∈ − π , 0

¾¾¾

Podľa zadania je l = π ⇒ T = 2π ⇒ ω = 1

4 a0 = 2π 4 an = 2π

π

π

2⎡ 2⎛ π2 ⎞ x2 ⎤ ⎜ ⎟ = 8−π ( ) − = − = − 4 4 4 π x dx x ⎥ ∫0 π ⎢⎣ 2 ⎦ 0 π ⎜⎝ 2 ⎟⎠ π

π

π

2⎡ sin nx ⎤ 2 sin nx ∫0 (4 − x ) cos nx dx = ... pp... = π ⎢⎣(4 − x ) n ⎥⎦ 0 + π ∫0 n dx = ... π

(

)

2 ⎡ cos nx ⎤ 2 ⎛ cos nπ cos 0 ⎞ 2 n ... = ⎢− 1 − (− 1) pre n = 1, 2, ... = ⎜− + 2 ⎟= 2 2 2 ⎥ π ⎣ n ⎦0 π ⎝ n n ⎠ πn bn = 0 pre n = 1, 2, ... Výsledok zapíšeme v tvare

21

Kapitola 1 - Postupnosti a rady

f (x ) ≈

(

)

8−π ∞ 2 n + ∑ 2 1 − (− 1) cos nx Š 2 n =1 π n

Príklad 4: Rozšírte funkciu f ( x ) = 4 − x , x ∈ 0, π do sínusového FR.

Pretože hľadáme sínusový FR musíme funkciu f ( x ) najprv dodefinovať tak, aby bola na rozšírenom intervale nepárna. Dostávame teda párnu funkciu ⎧ 4 − x pre x ∈ 0, π f N (x ) = ⎨ ⎩− 4 − x pre x ∈ − π , 0

¾¾¾

Podľa zadania je l = π ⇒ T = 2π ⇒ ω = 1 an = 0 pre n = 0, 1, 2, ... 4 pre n = 1, 2, ... : bn = 2π

π

π

π

2⎡ cos nx ⎤ 2 cos nx ∫0 (4 − x ) sin nx dx = ... pp... = π ⎢⎣(x − 4) n ⎥⎦ 0 − π ∫0 n dx = ...

π

π

(

2⎡ cos nx ⎤ 2 ⎡ sin nx ⎤ 2⎛ cos nπ 4 ⎞ 2 (π − 4)(− 1)n + 4 − ⎢ 2 ⎥ = ⎜ (π − 4) 2 + 2 ⎟ = ... = ⎢( x − 4) ⎥ n ⎦0 π ⎣ n ⎦0 π ⎝ n n ⎠ πn π⎣ Výsledok zapíšeme v tvare ∞

(

)

)

2 (π − 4)(− 1) n + 4 sin nx Š n =1 π n

f (x ) ≈ ∑

1.4.1 Nájdite Fourierov rad funkcie na intervale

a)

f ( x ) = x , x ∈ 0 , 2π

b)

f ( x) = 2 x , x ∈ − π , π

c)

⎧ ⎪ ⎪ f ( x) = ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

∞ sin(nx) ⎤ ⎡ − 2 π ∑ ⎢ n ⎥⎦ n =1 ⎣ ⎡∞ 4 ⎤ n +1 ⎢∑ n (− 1) sin(nx)⎥ ⎣ n =1 ⎦

− 1 x ∈ (− 1, 0 ) −1 x=0 2 x x ∈ (0, 1) 0 x = ±1

[

]

[

]

⎡ 1 ∞ ⎛ 1 1 ⎞⎤ n n ⎢− 4 + ∑ ⎜ n 2π 2 (− 1) − 1 cos nπx + nπ 1 − 2(− 1) sin nπx ⎟⎥ ⎠⎦ n =1 ⎝ ⎣ ⎧0 x ∈ − π , 0 d) f ( x) = ⎨ ⎩1 x ∈ (0, π

e)

⎧π −x f ( x) = ⎨ ⎩ 0

x∈ −π, 0

f)

f ( x) = sign x, x ∈ − π , π

x ∈ (0, π

⎡ 1 2 ∞ sin[(2k − 1) x ] ⎤ , n = 2k − 1⎥ ⎢2 + π ∑ 2k − 1 k =1 ⎣ ⎦

n ⎡ 3π ∞ ⎛ (− 1) n − 1 ⎞⎤ 2(− 1) − 1 ⎜ ⎟⎥ cos nx sin nx + ⎢ + ∑⎜ 2 ⎟ 4 π n n n 1 = ⎝ ⎠⎦⎥ ⎣⎢

[2]

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

g)

⎧ − cos x x ∈ (− π , 0) ⎪ f ( x ) = ⎨ cos x x ∈ (0, π ) ⎪ 0 x ∈ {− π , 0, π } ⎩

(

22

)

⎤ ⎡∞ 2n n ⎢∑ π (n 2 + 1) 1 + (− 1) sin nx ⎥ ⎦ ⎣ n =1

1.4.2 Rozviňte funkciu f (x) do kosínusového radu:

a)

f ( x) =

x 2

x ∈ (0 , π ) x ∈ − π ,π

b) f ( x) = x

⎡π 2 ∞ ⎤ 1 cos[(2k − 1)x ] , n = 2k − 1⎥ ⎢ − ∑ 2 ⎣ 4 π k =1 (2k − 1) ⎦ ∞ ⎡π 4 ⎤ cos[(2k − 1)x ] , n = 2k − 1⎥ ⎢ − ∑ 2 ⎦ ⎣ 2 π k =1 (2k − 1)

1.4.3 Rozviňte funkciu f (x ) do sínusového radu:

a)

x f ( x) = , x ∈ (0 , π ) 2

b) f ( x) =

π 4

−

x , x ∈ (0 , π ) 2

⎡ ∞ (− 1)n +1 ⎤ sin nx ⎥ ⎢∑ ⎣ n =1 n ⎦ ∞ 1 ⎡ ⎤ ⎢∑ 2k sin 2kx , n = 2k ⎥ ⎣ k =1 ⎦

23

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

2 DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIE N - PREMENNÝCH 2.1

PARCIÁLNE DERIVÁCIE FUNKCIE N-PREMENNÝCH

X = ( x1 , x 2 , ..., x n ) definovanú v okolí O(A) bodu Majme funkciu f(X), A = (a1 , a 2 , ..., a n ) . Nech g i ( xi ) je parciálna funkcia g i ( xi ) = f (a1 , a 2 , ... , ai −1 , xi , ai +1 , ... , a n ) , i = 1, 2, ..., n, definovaná na množine M i = (a1 , a 2 , ... , ai −1 , xi , ai +1 , ... , a n ) ⊂ O( A) . Parciálnou deriváciou funkcie f(X) podľa premennej xi v bode A nazývame deriváciu funkcie g i ( xi ) ⎛ ∂f ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ , f x′i ( A) . ⎝ ∂xi ⎠ A Zložená funkcia. Nech F ( x1 , ... , x m ) = f ( g 1 ( x1 , ... , x m ), ... , g n ( x1 , ... , x m ) ) je zložená funkcia. Nech funkcie g i ( x1 , ... , x m ) , i = 1, 2, ..., n sú diferencovateľné v bode a = (a1 , a 2 , ..., a m ) ∈ A . Nech funkcia f je diferencovateľná v bode b = ( g1 (a), ... , g n (a) ) ∈ B . Potom zložená funkcia F je diferencovateľná v bode a, pričom pre jej parciálne derivácie platí: ∂f (b) ∂g n (a ) ∂F (a ) ∂f (b) ∂g1 (a ) ∂f (b) ∂g 2 (a ) ⋅ , i = 1, 2, ..., m. + ⋅⋅⋅ + ⋅ + ⋅ = ∂xi ∂g n ∂xi ∂g 2 ∂xi ∂g1 ∂xi Implicitná funkcia. Nech F(x,y) je spojitá funkcia dvoch premenných. Ak existuje spojitá funkcia y = f (x) taká, že pre každé x z oboru definície funkcie y = f (x) platí F [x, f ( x)] = 0 , potom funkciu f(x) nazývame funkciou určenou implicitne rovnicou F ( x, y ) = 0 . Nech F(x,y) je spojitá na okolí bodu A = ( x0 , y 0 ) a má na danom okolí spojité parciálne

v čísle xi = ai a označujeme ju jedným zo znakov

∂f ( A) , ∂xi

∂F ( x0 , y 0 ) ≠ 0 , potom existuje ∂y kladné číslo ξ také, že funkcia f(x) má na intervale I = ( x0 − ξ , x 0 + ξ ) spojité derivácie až do ′ Fx ′ ∂F ′ ∂F , kde Fx = a Fy = . n-tého rádu. Pre prvú deriváciu funkcie f(x) platí: f ′( x) = − ′ ∂x ∂y Fy Rovnica dotykovej roviny ku grafu funkcie z = f(x,y). Nech funkcia z = f(x,y) je spojitá a diferencovateľná v okolí bodu A = ( x 0 , y 0 , z 0 ) . Potom rovnica dotykovej roviny ku grafu tejto funkcie v bode A je: ∂f ( A) ∂f ( A) ( x − x0 ) + ( y − y0 ) − ( z − z0 ) = 0 . ∂x ∂y Rovnica dotykovej roviny ku grafu funkcie z = f(x,y) danej implicitne rovnicou F ( x, y, z ) = 0 v bode A = ( x0 , y 0 , z 0 ) je:

derivácie až do n-tého rádu. Nech v bode A je F(x,y) = 0 a

∂F ( A) ∂F ( A) ∂F ( A) ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + (z − z0 ) = 0 ∂x ∂y ∂z

Príklad 1 : Nájdime parciálne derivácie funkcie f ( x, y ) = x 4 − 2 y 3 + 11x 2 y .

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

24

∂f , premennú y považujeme za konštantu a f derivujeme ako funkciu ∂x jednej premennej x, dostaneme ∂f = 4 x 3 + 22 xy . ∂x ∂f Analogicky vypočítame , teraz považujeme premennú x za konštantu a f ∂y derivujeme ako funkciu jednej premennej y, dostaneme ∂f = −6 y 2 + 11x 2 Š ∂y

¾¾¾ Počítajme

Príklad 2 : Nájdime parciálne derivácie funkcie f(x,y,z) v bode A=(1,-2,1), ak

f ( x, y , z ) =

x y z + − . y z x

∂f ∂f ∂f , , : ∂x ∂y ∂z x 1 y 1 ∂f 1 z ∂f ∂f = + 2 , =− 2 + , =− 2 − . z x ∂x y x ∂y ∂z y z Pre hľadané parciálne derivácie v bode A dostávame 1 1 ⎛ ∂f ⎞ ⎛ x 1 ⎞ 1 3 ⎛ ∂f ⎞ ⎛ 1 z ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜⎜ + 2 ⎟⎟ = − + 1 = , ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ − 2 + ⎟⎟ = − + 1 = , 2 2 ⎝ ∂y ⎠ A ⎝ y 4 4 z ⎠A ⎝ ∂x ⎠ A ⎝ y x ⎠ A

¾¾¾ Nájdeme parciálne derivácie

⎛ ∂f ⎞ ⎛ y 1 ⎞ ⎜ ⎟ = ⎜− 2 − ⎟ = 2 −1 = 1 Š x ⎠A ⎝ ∂z ⎠ A ⎝ z

dz , ak z = x. y , kde x = ln t , y = 1 + e t . dt ¾¾¾ Daná funkcia z je zložená funkcia premennej t. Funkcia x = ϕ (t ) = ln t je diferencovateľná na množine A = (0,∞) a funkcia y = ψ (t ) = 1 + e t je diferencovateľná na množine B = (-∞,∞). Funkcia z je diferencovateľná v každom bode (x,y). Deriváciu funkcie z určíme zo vzťahu dz ∂z dx ∂z dy = ⋅ + ⋅ dt ∂x dt ∂y dt a dostaneme Príklad 3 : Vypočítajme

dz = dt

1 1 1 + et ln t y ⋅ + x⋅ ⋅ et = + ⋅ et Š t t t 2 y 2 1+ e

∂z ∂z x2 , kde x = u − 2v, y = v + 2u . , , ak z = ∂u ∂v y ¾¾¾ Daná funkcia z je zložená funkcia premenných u a v, je definovaná v každom bode (x,y) ∈ D = { y≠0, teda v≠-2u }. Funkcie x = ϕ (u , v) = u − 2v , y = ψ (u , v) = v + 2u majú spojité parciálne derivácie v každom bode (u,v) ∈ E 2 . Funkcia z je diferencovateľná v každom ∂z ∂z bode (x,y) ∈ D. Parciálne derivácie , určíme zo vzťahov ∂u ∂v Príklad 4 : Vypočítajme

25

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ , ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = ⋅ + ⋅ , ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v

pričom dostaneme ∂z 2 x −1 2(u − 2v) 2(u − 2v) 2 , = ⋅1 + x 2 . 2 ⋅ 2 = − y v + 2u ∂u y (v + 2u ) 2 ∂z 2 x −1 − 4(u − 2v) (u − 2v) 2 Š = ⋅ (−2) + x 2 . 2 ⋅ 1 = − y v + 2u ∂v y (v + 2u ) 2 Príklad 5 : Vypočítajme deriváciu funkcie y = f ( x ) zadanej implicitne, ak

F [x, f ( x)] : x 2 − 2 xy − e y + y − 5 = 0 .

′

′ ∂F ′ ∂F , kde Fx = a Fy = . ′ ∂x ∂y Fy Najskôr vypočítame parciálne derivácie funkcie F(x,y): ∂F ∂F = 2x − 2 y , = −2 x − e y + 1 . ∂x ∂y A teda dostaneme 2x − 2 y 2x − 2 y = Š y′ = − y − 2x − e + 1 2x + e y − 1

¾¾¾ Pre deriváciu funkcie f ′( x) platí: y ′ = f ′( x) = −

Fx

Príklad 6 : Nájdime rovnicu dotykovej roviny ρ a normály n ku grafu funkcie danej rovnicou

z = 14 − x 2 − y 2 v bode A = (3,1,2). ¾¾¾ Pre rovnicu dotykovej roviny ρ ku grafu funkcie z = f ( x, y ) v bode A = ( x 0 , y 0 , z 0 ) platí ∂f ( A) ∂f ( A) ( x − x0 ) + ( y − y 0 ) − ( z − z 0 ) = 0 (1). ρ: ∂x ∂y ∂f ( A) ∂f ( A) Najprv určíme : a ∂x ∂y ⎞ ⎛ ⎞ ∂f ( A) ⎛⎜ −x −y ⎟ = − 3 , ∂f ( A) = ⎜ ⎟ =−1 . = ⎜ 14 − x 2 − y 2 ⎟ ⎜ 14 − x 2 − y 2 ⎟ ∂x ∂y 2 2 ⎝ ⎠A ⎝ ⎠A Dosadením do rovnice (1) dostaneme 3 1 ρ: − ( x − 3) − ( y − 1) − ( z − 2) = 0 2 2 a rovnicu následne môžeme upraviť na tvar ρ: 3x + y + 2 z − 14 = 0 . Rovnicu normály určíme zo vzťahu ∂f ( A) ∂f ( A) n: x = x0 + t , y = y0 + t , z = z 0 − t , t∈R ∂x ∂y a dostaneme 3 1 n: x = 3 − t , y = 1 − t , z = 2 − t , t∈R. Š 2 2

26

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

Príklad 7 : Nájdime rovnicu dotykovej roviny ρ a normály n ku grafu funkcie danej

implicitne rovnicou e z − z + xy − 3 = 0 v bode A = (2,1,0). ¾¾¾ Pre rovnicu dotykovej roviny ρ ku grafu funkcie F ( x, y, z ) = 0 v bode A = ( x0 , y 0 , z 0 ) platí ∂F ( A) ∂F ( A) ∂F ( A) ρ: ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z 0 ) = 0 (2). ∂x ∂y ∂z ∂F ( A) ∂F ( A) ∂F ( A) Určíme , : , ∂y ∂x ∂z ∂F ( A) ∂F ( A) ∂F ( A) = ( x) A = 2 , = ( y) A = 1 , = (e z − 1)A = 0 . ∂y ∂x ∂z Dosadením do rovnice (2) dostaneme ρ: ( x − 2) + 2.( y − 1) + 0.( z − 0) = 0 , resp. po úprave ρ: x + 2 y − 4 = 0 . Rovnicu normály určíme zo vzťahu ∂F ( A) ∂F ( A) ∂F ( A) n: x = x0 + t , y = y0 + t , z = z0 + t , t∈R ∂x ∂y ∂z a dostaneme n: x = 2 + t , y = 1 + 2t , z = 0 , t∈R Š Príklad 8 : Nájdime rovnicu dotykovej roviny ρ k elipsoidu F: 3 x 2 + 2 y 2 + z 2 = 21 , ktorá je

rovnobežná s rovinou α: 6 x + 4 y + z = 0 . ¾¾¾ Nech T = ( x0 , y 0 , z 0 ) je dotykovým bodom elipsoidu a roviny ρ. Určíme

∂F (T ) ∂F (T ) : , ∂y ∂z

∂F (T ) , ∂x

∂F (T ) ∂F (T ) ∂F (T ) = 4 y0 , = 6 x0 , = 2z0 . ∂y ∂x ∂z Keďže α je rovnobežné s ρ, tak n ρ = k .nα = (6k ,4k , k ) . Zároveň platí rovnosť (6k ,4k , k ) = (6 x0 ,4 y 0 ,2 z 0 ) , z ktorej pre súradnice bodu T dostaneme k x0 = k , y 0 = k , z 0 = . 2 Neznámu k určíme dosadením súradníc bodu T do rovnice elipsoidu k2 3k 2 + 2k 2 + − 21 = 0 4 a máme k 2 = 4 ⇒ k = ±2 . Dostali sme dva dotykové body T1 = (2, 2,1) a T2 = (−2, − 2, − 1) . Použitím vzťahu (2) z Príkladu 7 a po následnej úprave pre hľadané roviny dostaneme

ρ1 : 6 x + 4 y + z − 21 = 0 ρ 2 : 6 x + 4 y + z + 21 = 0

Š

27

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

Úlohy : 2.1.1

Určte parciálne derivácie funkcií podľa jednotlivých premenných :

a)

f ( x, y ) = x 3 + y 3 − 15 xy

b)

f ( x, y ) = ln( y 2 − 4 x + 8)

c)

f ( x, y ) = arctg

x2 + y2 9

d) f ( x, y ) = (2 x + 5 y ) sin 3x e)

x2 − y2 f ( x, y ) = 2 x + y2

f)

f ( x, y , z ) =

y z x + + x y z x y

g)

f ( x, y ) = e + x y , x > 0

h)

f ( x, y ) = xye x + 2 y

2.1.2

⎤ ∂f ⎡ ∂f 2 2 = 3 y − 15 x , = 3 x − 15 y ⎥ ⎢⎣ ∂x ∂y ⎦ ⎡ ∂f ⎤ −4 ∂f 2y = 2 , ⎢ = 2 ⎥ ∂y y − 4 x + 8 ⎦ ⎣ ∂x y − 4 x + 8 ⎡ ∂f ⎤ ∂f 18 x 18 y , = ⎢ = 2 2 2 2 2 2 ⎥ ∂y 81 + ( x + y ) ⎦ ⎣ ∂x 81 + ( x + y ) ⎤ ∂f ⎡ ∂f = 2 sin 3 x + 3 ( 2 x + 5 y ) cos 3 x = 5 sin 3 x , ⎥ ⎢⎣ ∂x ∂y ⎦ ⎡ ∂f ∂f − 4x 2 y ⎤ 4 xy 2 , = ⎢ = 2 ⎥ 2 2 ∂y ( x 2 + y 2 ) 2 ⎦ ⎣ ∂x ( x + y ) ∂f 1 z ∂f 1 x ⎤ ⎡ ∂f − y 1 ⎢⎣ ∂x = x 2 + z , ∂y = x − y 2 , ∂z = y − z 2 ⎥ ⎦ x x ⎡ ∂f 1 y ⎤ ∂f x y −1 , = − 2 e y + x y ln x ⎥ ⎢ = e + yx ∂y y ⎣⎢ ∂x y ⎦⎥

⎤ ∂f ⎡ ∂f x+2 y x+2 y = + = + ye ( 1 x ) , xe ( 1 2 y ) ⎥ ⎢⎣ ∂x ∂y ⎦

Nájdite parciálne derivácie danej funkcie podľa jednotlivých premenných v bode A :

x , A = ( 0;1) y

a)

f ( x, y ) = arctg

b)

f ( x, y, z ) = ln( x 2 + y 2 + z 2 ) , A = ( 3; 2; 1 )

c)

f ( x, y ) = 3 x 2 y + e xy , A = ( 1; 2 )

d) 2.1.3

f ( x, y ) = e

y sin x

Vypočítajte

,

A = ( 1; 0 )

[1;0] ⎡3 2 1⎤ ⎢⎣ 7 ; 7 ; 7 ⎥⎦ 12 + 2e 2 , 3 + e 2

[

]

[0, 1]

dz : dt

a) z = x y ; x = ln t , y = 1 + e t b) z = x ln y ; x = sin t , y = cos t c) z = arcsin( x − y ) ; x = 3t , y = 4t 3

⎡ 1 x t⎤ e ⎥ ⎢ y + t 2 y ⎥⎦ ⎣⎢ ⎡ −1+ ln y ⎤ 1 ln y. cos t − x ln y ln x. sin t ⎥ ⎢x y ⎣ ⎦ ⎡ 3 − 12t 2 ⎢ ⎢⎣ 1 − ( x − y ) 2

⎤ ⎥ ⎥⎦

28

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

x

d) z = ln sin

2.1.4

y

Vypočítajte

a) z = arctg

Vypočítajte

⎡ x 6t x x ⎢(cot g ) − (cot g ) y y y ⎢⎣ y3

⎤ ⎥ t 2 + 1 ⎥⎦ t

dz : dx

x +1 , y

b) z = xe y , 2.1.5

; x = 3t 2 , y = t 2 + 1

⎡ y x +1 1⎤ − 2 . ⎥ ⎢ 2 2 2 y + ( x + 1) x ⎦ ⎣ y + ( x + 1)

y = ln x

y = sin x

[ e y + xe y cos x ]

∂z ∂z , : ∂u ∂v

a) z = x 2 y − y 2 x ; x = u cos v , y = u sin v ∂z ⎡ ∂z ⎤ 2 2 2 2 ⎢⎣ ∂u = (2 xy − y ) cos v + ( x − 2 xy ) sin v , ∂v = −(2 xy − y )u sin v + ( x − 2 xy )u cos v ⎥⎦ u b) z = x 2 ln y ; x = , y = 3u − 2v v ⎡ ∂z 1 x 2 ∂z u x2 ⎤ , 2 ln 3 2 ln 2 = x y ⋅ + = − x y ⋅ − ⎢ ⎥ v y ∂v y⎦ v2 ⎣ ∂u x y

c) z = xe ; x = u 2 + v 2 , y = uv x x x x x x2 y ∂z x2 y ⎤ x ⎡ ∂z y y ⎢ ∂u = e (1 + y ).2u − y 2 e v , ∂v = e (1 + y ).2v − y 2 e u ⎥ ⎣ ⎥⎦

d) z =

x2 ; x = u − 2v , y = v + 2u y

⎡ ∂z 2 x 2 x 2 − 2 ⎢ = y y ⎣ ∂u

,

∂z 4x x 2 ⎤ =− − ⎥ ∂v y y2 ⎦

e) z = ln( x 2 + y 2 ) ; x = v cos u , y = u cos v ⎤ 2y − 2x ∂z 2x 2y ⎡ ∂z ⎢ ∂u = x 2 + y 2 v sin u + x 2 + y 2 sin v , ∂v = x 2 + y 2 cos u + x 2 + y 2 u cos v ⎥ ⎣ ⎦

f)

z=

x arctg ( x + y ) ; x = uv , y = u + v y ⎡ ∂z v 1 x v x x , − 2 arctg ( x + y ) + . ⎢ = arctg ( x + y ) + . 2 y 1 + ( x + y) y 1 + ( x + y) 2 y ⎣ ∂u y ⎤ ∂z u 1 x u x x = arctg ( x + y ) + . − 2 arctg ( x + y ) + . 2 2 ⎥ ∂v y y 1 + ( x + y) y 1 + ( x + y) ⎦ y

2.1.6

Dokážte, že funkcia :

∂z ∂z −x = 0. ∂x ∂y ∂z ∂z z = y 2 sin( x 2 − y 2 ) vyhovuje rovnici y 2 + xy = 2 xz . ∂x ∂y

z = ln( x 2 + y 2 ) vyhovuje rovnici y

29

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

dz 2(a 2 − b 2 ) xy . = dt ab ∂z ∂z u−v x + = 2 . z = arctg , kde x = u + v , y = u − v , vyhovuje rovnici ∂u ∂v u + v 2 y

z = x 2 + y 2 , kde x = a sin t , y = b cos t , vyhovuje rovnici

z2 + y2 ∂u ∂u ∂u , vyhovuje rovnici: x +y +z = 3u . 2 ∂x ∂y ∂z x zo stavovej rovnice ideálneho plynu pV = nRT , kde p je tlak, V-objem, Ttermodynamická teplota, n-látkové množstvo, R-mólová plynová konštanta; vyplýva: ∂p ∂V ∂T ⋅ ⋅ = −1 . ∂V ∂T ∂p u = x 3 sin

2.1.7

Nájdite y ′,

y ′′ funkcie F ( x, y ) zadanej implicitne: ⎡ x− y 2 y 2 + 4 xy − 2 x 2 ⎤ ⎥ ⎢ y ′ = x + y ; y ′′ = ( x + y) 3 ⎣ ⎦ 2 ⎡ y y (1 − 2 y ) ⎤ ; y ′′ = ⎥ ⎢ y′ = 2 1+ 2y (1 + 2 y 2 ) 3 ⎦ ⎣

a) x − 2 xy − y − 16 = 0 2

2

b) x − ln y − y 2 + 8 = 0

2y⎤ ⎡ ′ −y ⎢⎣ y = x ; y ′′ = x 2 ⎥⎦ 1 − ey ⎤ ⎡ ′′ ′ ′ = y ; = y ⎥ ⎢⎣ ey +1 (e y + 1) 3 ⎦

c) xy + ln y + ln x − 1 = 0 d) e y − x + y + 3 = 0 2.1.8

Vypočítajte y′(A) funkcie zadanej implicitne:

a) x ln y − y ln x = 1 , A = ( 1, ? ) b) x 2 sin y + cos 2 y = cos y , A = ( ?, 2.1.9

π 2

)

[e(e − 1)] π ⎡ ′ π ⎤ ⎢⎣ y (1, 2 ) = −2 , y ′(−1, 2 ) = 2⎥⎦

Nájdite všeobecnú rovnicu dotyčnice a normály v bode A ku grafu funkcie zadanej implicitne:

a) xy + ln y − 1 = 0 , A = ( 1; 1 )

[ t : x + 2 y − 3 = 0 , n: 2 x − y − 1 = 0 ]

x 5 + y 5 − 2 xy = 0 , A = ( 1; 1 ) e y + xy = e − x , A = ( 0; ? ) e xy − x 2 + y 3 = 0 , A = ( 0; ? ) xy + ln y + ln x = 1 , A = ( 1; 1 ) x f) x log = 0 , A = ( 1; 1 ) y

[ t : x + y − 2 = 0 , n: x − y = 0 ] [ t : x + y = 0 , n: x − y = 0 ] [ t : x − 3 y − 3 = 0 , n: 3x + y + 1 = 0 ] [ t : x + y − 2 = 0 , n: x − y = 0 ]

b) c) d) e)

g) x 2 .e sin y + y.e sin x =

π 2

, A = ( 0;

[ t : x − y = 0 , n: x + y − 2 = 0 ]

π 2

)

[ t : πx + 2 y − π = 0 , n: 2 x − πy +

π2 2

= 0]

2.1.10 Nájdite rovnicu dotykovej roviny a normály ku grafu funkcie z = f(x; y) v dotykovom bode A:

a)

f ( x, y ) = ( y − x − 2) 2 , A = ( 1; 1; ? ) [ ρ: 4 x − 4 y − z + 4 = 0 , n: x = 1 + 4t , y = 1 − 4t , z = 4 − t ; t ∈ R ]

30

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

b)

f ( x, y ) = 14 − x 2 − y 2 , A = ( 3; 1; ? ) [ ρ: 3x + y + 2 z − 14 = 0 , n: x = 3 + 3t , y = 1 + t , z = 2 + 2t , t ∈ R ]

c)

f ( x, y ) = 2 x 2 − 4 y 2 , A = ( 2; 1; ? ) [ ρ: 8 x − 8 y − z − 4 = 0 , n: x = 2 + 8t , y = 1 − 8t , z = 4 − t , t ∈ R] y f ( x, y ) = arctg , A = ( 1; 1; ? ) x

d)

[ e)

ρ: x − y + 2 z −

π

2

= 0 , n: x = 1 + t , y = 1 − t , z =

π

4

+ 2t , t ∈ R]

f ( x, y ) = x 2 + y 2 − xy , A = ( 3; 4; ? ) [

f)

ρ: 17 x + 11 y + 5 z − 60 = 0 , n: x = 3 + 17t , y = 4 + 11t , z = −7 + 5t , t ∈ R] x f ( x, y ) = sin , A = ( π; 1; ? ) y [ ρ: x − πy + z = 0 , n: x = π + t , y = 1 − πt , z = t , t ∈ R]

g)

f ( x, y ) = e 2 y . sin x , A = ( ρ:

π 4

; 0; ? )

2 π π 2 x + 2 2 y − 2 z + 2 (1 − ) = 0 , n: x = + 2t , y = 2 2t , − 2t , t ∈ R] 4 4 2

2.1.11 Nájdite rovnicu dotykovej roviny a normály ku grafu funkcie F zadanej implicitne v dotykovom bode A:

a) F: 4 + x 2 + y 2 + z 2 − x − y − z = 0 , A = ( 2; 3; 6 )

ρ: 5 x + 4 y + z − 28 = 0 , n: x = 2 + 5t , y = 3 + 4t , z = 6 + t , t ∈ R] b) F: e − z + xy − 3 = 0 , A = ( 2; 1; 0 ) ρ: x + 2 y − 4 = 0 , n: x = 2 + t , y = 1 + 2t , z = 0 , t ∈ R] c) F: ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 − 2( x 2 − y 2 + z 2 ) = 0 , A = ( 1; 0; 1 ) ρ: x + z − 2 = 0 , n: x = 1 + t , y = 0 , z = 1 + t , t ∈ R] z

x

y

d) F: 2 z + 2 z − 8 = 0 , A = ( 2; 2; 1 ) ρ: x + y − 4 z = 0 , n: x = 2 + t , y = 2 + t , z = 1 − 4t , t ∈ R] Nájdite rovnicu dotykovej roviny k elipsoidu v bode A: x 2 + 4 y 2 + z 2 = 36 , A[1, 2, ?]

[ ρ1, 2 : x + 8 y ± 19 z − 36 = 0 ] 2.1.12 Napíšte rovnicu dotykovej roviny ku grafu danej funkcie, pričom dotyková rovina je rovnobežná s danou rovinou σ:

a) z = 4 x 2 + y 2 , σ: 2 x + 2 y − z + 1 = 0 b) z = 4 − x 2 − y 2 , σ: 2 x + 2 y − z = 0 [ ρ : 2x + 2 y − z + 6 = 0 ]

[ ρ : 8x + 8 y − 4z − 5 = 0 ]

σ: 2 x − y + 4 z − 1 = 0

[ ρ1, 2 : 2 x − y + 4 z ± 7 = 0 ]

c) 2 x 2 + y 2 + 4 z 2 = 1 ,

d) x 2 + 2 y 2 + 3z 2 − 21 = 0 , σ: x + 4 y + 6 z = 0

[ ρ1, 2 : x + 4 y + 6 z ± 21 = 0 ]

Nájdite rovnicu dotykovej roviny ku grafu funkcie z = x 2 + 2 y 2 , ktorá je kolmá na priamku p : x = 1 − t , y = 2t , z = −2 − 2t , t ∈ R [ρ : 8 x − 16 y + 16 z + 3 = 0]

31

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

2.1.13 Nájdite rovnicu dotykovej roviny ku grafu funkcie z = 4 x 2 + y 2 , ktorá je kolmá na priesečnicu rovín α a β: α: x + y + z − 1 = 0 , β: x − 2 y + 2 z − 1 = 0

[ρ : 48 x − 12 y − 36 z − 5 = 0] 2.2

LOKÁLNE EXTRÉMY FUNKCIE VIAC PREMENNÝCH

Nech bod A je stacionárnym bodom funkcie f(X) a nech v bode A je funkcia f(X) dva razy diferencovateľná. Potom: ¾ funkcia f(X) má v bode A ostré lokálne minimum [ maximum ], ak druhý diferenciál d 2 f ( A, X ) pre každý bod X ≠ A je kladný [ záporný ], ¾ funkcia f(X) nemá v bode A lokálny extrém, ak existujú body X 1 , X 2 také, že d 2 f ( A, X 1 ) a d 2 f ( A, X 2 ) majú rôzne znamienka. Nutná a postačujúca podmienka, aby bolo d 2 f ( A, X ) > 0 d 2 f ( A, X ) < 0 pre každý bod X ≠ A, je a11 a12 ... a1n

[

a11 > 0 ,

a11 a12 a 21 a 22

> 0 , ... ,

]

a 21 a 22 ... a 2 n .....................

>0 ,

a n1 a n 2 ... a nn

⎡ ⎢ ⎢ a11 < 0 , ⎢ ⎣

a11 a12 a 21 a 22

a11 a12 a13 > 0,

a 21 a 22 a 23 a31 a32 a33

⎤ ⎥ < 0 , ...⎥ , ⎥ ⎦

∂ 2 f ( A) pričom aik = a ki = . ∂xi ∂x k Viazané extrémy. Nech funkcia z = f(x,y) je definovaná na množine M a množinu N nech tvoria všetky body z M, ktoré vyhovujú rovnici g(x,y) = 0. Lokálne extrémy funkcie f(x,y) na množine N nazývame viazanými lokálnymi extrémami a podmienku g(x,y) = 0, ktorá určuje množinu N, nazývame väzbou. Pri hľadaní extrémov môžu nastať dva prípady: ¾ Väzba g(x,y) = 0 určuje jedinú funkciu y = ϕ (x) . V takomto prípade viazaný extrém danej funkcie hľadáme ako lokálny extrém funkcie jednej premennej z = f [ x, ϕ ( x)] . ¾ Väzba g(x,y) = 0 neurčuje jedinú funkciu y = ϕ (x) . V tomto prípade postupujeme tzv. Lagrangeovou metódou neurčitých koeficientov. Zostrojíme Lagrangeovu funkciu L ( x , y ) = f ( x, y ) + λ . g ( x, y ) a hľadáme lokálne extrémy tejto funkcie s väzbou g(x,y) = 0. Toto vedie k riešeniu sústavy rovníc ∂L( x, y ) ∂f ( x, y ) ∂g ( x, y ) ∂L( x, y ) ∂f ( x, y ) ∂g ( x, y ) = +λ⋅ = 0, = +λ⋅ = 0 , g ( x, y ) = 0 , ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y ∂x z ktorého určíme neznáme x, y, λ. Charakter extrému určíme podľa popisu v predošlom odseku.

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

32

Príklad 1 : Nájdime lokálne extrémy funkcie f ( x, y ) = x 3 + 3 xy 2 − 51x − 24 y .

∂f ∂f , a položíme ich rovné nule. Dostaneme ∂x ∂y ∂f ∂f = 3x 2 + 3 y 2 − 51 = 0 , = 6 xy − 24 = 0 . ∂x ∂y Riešením danej sústavy rovníc dostaneme stacionárne body A = (1, 4), B = (-1, -4), C = (4, 1), D = (-4, -1). V stacionárnych bodoch môže mať funkcia f lokálne extrémy. Vypočítame parciálne derivácie druhého rádu a určíme ich hodnoty v stacionárnych bodoch. Dostaneme ∂2 f = 6x A = 6 B = −6 C = 24 D = −24 ∂x 2 ∂2 f = 6x A = 6 B = −6 C = 24 D = −24 ∂y 2 ¾¾¾ Vypočítame parciálne derivácie

∂2 f = 6y A = 24 B = −24 C = 6 D = −6 ∂x∂y V bode A extrém neexistuje, pretože ∆ 2 ( A) = −540 < 0 . V bode B extrém neexistuje, pretože ∆ 2 ( B) = −540 < 0 . V bode C je lokálne minimum - f [C = (4, 1)] = −152 , pretože ∆ 1 (C ) = 24 > 0 a ∆ 2 (C ) = 540 > 0 . V bode D je lokálne maximum - f [D = (−4, − 1)] = 152 , pretože ∆ 1 ( D) = −24 < 0 a ∆ 2 ( D) = 540 > 0 Š Príklad 2 : Nájdime viazané extrémy funkcie f ( x, y ) = e xy , ak x + y = 2 . ¾¾¾ Z funkcie g ( x, y ) = 0 ( x + y − 2 = 0 ) predstavujúcej väzbu môžeme jednoznačne

vyjadriť ľubovoľnú z dvoch premenných, napr. y = 2 − x . Takto vyjadrené y dosadíme do funkcie f ( x, y ) a dostaneme funkciu jednej premennej: 2

f ( x) = e 2 x − x . Vypočítame deriváciu f ′(x) a položíme ju rovnú nule. Dostaneme 2

f ′ = e 2 x − x (2 − 2 x) = 0 . Riešením danej rovnice dostaneme stacionárny bod A = (1, 1). Vypočítame deriváciu druhého rádu f ′′(x) a určíme jej hodnotu v stacionárnom bode. Dostaneme 2

f ′′ = e 2 x − x (4 x 2 − 8 x + 2)

A

= −2e < 0 .

A teda funkcia f ( x, y ) s väzbou x + y = 2 má v bode A lokálne maximum, f [A = (1, 1)] = e Š Príklad 3 : Nájdime viazané extrémy funkcie f ( x, y ) = x + 2 y , ak x 2 + y 2 = 5 . ¾¾¾ Keďže z funkcie g ( x, y ) = 0 ( x 2 + y 2 − 5 = 0 ) predstavujúcej väzbu nemôžeme

jednoznačne vyjadriť žiadnu z dvoch premenných, zostrojíme Lagrangeovu funkciu L( x, y ) = x + 2 y + λ .( x 2 + y 2 − 5) , λ ∈ R

33

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

a hľadáme jej extrémy. Vypočítame parciálne derivácie

∂L ∂L , , položíme ich rovné nule a ∂x ∂y

stacionárne body určíme so sústavy rovníc ∂L = 1 + 2λx = 0 ∂x ∂L = 2 + 2λy = 0 ∂y x2 + y2 − 5 = 0 . Postupujeme nasledovne: z prvej rovnice vyjadríme x, z druhej y a takto vyjadrené x, y dosadíme do tretej rovnice. Dostaneme 1 1 + 2 −5 = 0 . 2 4λ λ 1 Riešením danej rovnice dostaneme λ1, 2 = ± a určíme stacionárne body A = (-1, -2), 2 B = (1, 2). Ďalej postupujeme podobne ako v Príklade 9. Vypočítame parciálne derivácie druhého rádu a určíme ich hodnoty v stacionárnych bodoch. Dostaneme ∂2L = 2λ A =1 B = −1 ∂x 2 ∂2L = 2λ A =1 B = −1 ∂y 2 ∂2L =0 . ∂x∂y V bode A je lokálne minimum - f [ A = (−1, − 2)] = −5 , pretože ∆ 1 ( A) = 1 > 0 a ∆ 2 ( A) = 1 > 0 . V bode B je lokálne maximum - f [B = (1, 2)] = 5 , pretože ∆ 1 ( B ) = −1 < 0 a ∆ 2 ( B) = 1 > 0 Š Úlohy : 2.2.1

Nájdite lokálne extrémy funkcie z = f ( x, y )

a) z = x 2 − y 2 + 2 x − 2 y x b) z = 3 log + 2 log y + log(12 − x − y ) 6 c) z = x + 3 xy − 51x − 24 y 3

2

d) z = x 3 + 8 y 3 − 6 xy + 1

[max f ( x, y ) =

[nemá extrémy ] f (6,4) = 5 log 2]

⎡ f (±1,±4) nemá extrémy, ⎤ ⎢max f ( x, y ) = f (−4,−1) = 152,⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣min f ( x, y ) = f (4,1) = −152 ⎥⎦ 1 ⎡ ⎤ ⎢⎣ f (0,0) nemá extrém, min f ( x, y ) = f (1, 2 ) = 0⎥⎦ [min f ( x, y) = f (1,−1) = f (−1,1) = −1]

e) z = x 4 + 2 y 2 + 4 xy [min f ( x, y) = f (6,0) = −864, max f ( x, y) = f (−6,0) = 864] f) z = 2 x 3 + xy 2 − 216 x 2 3 [ f (±3,±1) nemá extrémy, min f ( x, y ) = f (1,3) = −72] g) z = 3 x y + y − 18 x − 30 y x

h) z = e 2 ( x + y 2 )

[min f ( x, y) = f (−2,0) = −2e ] −1

34

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

i)

z = e 2 x ( x + y 2 + 2 y)

j)

z = y x − y2 − x + 6y

k) z = 3 x 2 − 2 x y + y − 8 x + 8 l)

z = 5 xy +

m) z =

25 8 + , x, y 〉 0 x y

8 x + + y , x, y ≠ 0 x y

1 e⎤ ⎡ ⎢⎣min f ( x, y ) = f ( 2 ,−1) = 2 ⎥⎦ [max f ( x, y ) = f (4,4) = 12]

[min f ( x, y) =

f (2,4) = 0]

5 4 ⎡ ⎤ ⎢⎣min f ( x, y ) = f ( 2 , 5 ) = 30⎥⎦

[min f ( x, y) =

f (4,2) = 6]

f (4,6) = −43] 9 ⎡ 9 ⎤ o) z = 4 x − 12 x + y 4 − 8 y 2 + 20 ⎢ f ( ,0) nemá extrém, min f ( x, y ) = f ( ,±2) = −5⎥ 4 ⎣ 4 ⎦ ⎡ ⎤ ⎢ f (±1,±2) nemá extrémy, ⎥ ⎢ ⎥ ⎢min f ( x, y ) = f ( 4 , 3 ) = − 362 , ⎥ p) z = 3 x 3 + 4 xy 2 − 16 y − 25 x − 2 ⎢ ⎥ 3 2 9 ⎢ 4 3 1136 ⎥ ⎢max f ( x, y ) = f (− ,− ) = ⎥ 3 2 9 ⎦ ⎣ 5 1 ⎤ ⎡ f (− , ) nemá extrém, 4 2 2 2 ⎥ ⎢ q) z = − y + 3 y + 2 xy + 2 xy − 4 x − 4 − 2 x 8 2 ⎥ ⎢ ⎣max f ( x, y ) = f (−1,−1) = f (2,2) = 4⎦

n) z = 2 y 2 − 4 y x + 6 x − 16 y + 5

r)

z = e x + y ( x 2 + y + 1)

[min f ( x, y) =

7 − ⎤ ⎡ 1 9 4 min f ( x , y ) f ( , ) e = − = − ⎢ ⎥ 2 4 ⎣ ⎦

s) z = 2 x 3 + y 2 − 24 x + 48 y + 6 xy [min f ( x, y ) = f (7,−45) = −1507, f (−4,−12) nemá extrém] 3 ⎡ 3⎤ t) z = e 2 y ( x 2 + 4 x + 2 y ) ⎢⎣min f ( x, y ) = f (−2, 2 ) = −e ⎥⎦ 9 3 27 2 x ⎡ ⎤ min f ( x, y ) = f ( , ) = 18⎥ + + 4y u) z = ⎢ x y 2 2 ⎣ ⎦ y 9 [max f ( x, y ) = f (1,−3) = 3] v) z = − 3x + x y x y [max f ( x, y ) = f (8,4) = 5 ln 2] w) z = 2 ln + ln + ln(16 − x − y ) 4 2 3 16 9 64 ⎡ ⎤ min f ( x, y ) = f (− ,− ) = 36⎥ x) z = 3 xy − − ⎢ 4 3 x y ⎣ ⎦ 4 1 y) z = 2 xy + + y x 1 ⎡ ⎤ ⎢⎣min f ( x, y ) = f ( 2 ,2) = 6⎥⎦ 1 ⎡ ⎤ z) z = 2 x 4 + 7 x 2 +44 y 2 + 16 x 2 y − 12 xy + 16 y ⎢⎣min f ( x, y ) = f (−1,− 2 ) = −2⎥⎦

35

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

aa) z = x 4 + 12 x 2 + 11y 2 + 6 x 2 y − 4 xy + 34 y − 4 x [min f ( x, y ) = f (−1,−2) = f (−2,−3) = −27] 9 3 27 ⎤ ⎡ bb) z = 6 xy + y 3 − 4 x 2 ⎢⎣ f (0,0) nemá extrém, max f ( x, y ) = f (− 8 ,− 2 ) = 6 ⎥⎦

cc) z = 2 x 3 + xy 2 + 5 x 2 + y 2

dd) z = y 3 + x 2 y + 3 y 2 − 3x 2 + 2 2.2.2

⎤ ⎡ ⎥ ⎢ f (−1,±2)nemá extrémy, ⎥ ⎢ ⎥ ⎢min f ( x, y ) = f (0,0) = 0, ⎢ 5 500 ⎥ ⎥ ⎢max f ( x, y ) = f (− ,0) = 3 27 ⎦ ⎣ [ f (0,0)nemá extrém, max f ( x, y ) = f (0,−2) = 6]

Nájdite lokálne extrémy funkcie u = f ( x, y, z )

[max f ( x, y, z ) = f (−1,2,0) = 8] [Nemá extrémy] [min f ( x, y, z ) = f (1,3,−4) = −5]

a) u = 4 y − x 2 − y 2 − z 2 − 2 x + 3 b) u = x + y − z + 2 x + 2 y − 1 2

2

2

c) u = x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 6 y + 4 z + 5

d) u = 11x 2 + 14 y 2 + 9 z 2 − 4 xy − 8 xz − 16 yz − 6 x + 22 z − 36 y + 24

[min f ( x, y, z ) =

f (1,2,1) = −4]

x y z + 4 ln + 2 ln + ln(18 − x − y − z ) 2 3 4 [max f ( x, y, z ) = f (4,8,4) = 15 ln 2 − 4 ln 3] y 9 [max f ( x, y, z ) = f (1,−3,1) = −8] f) u = − 3 z + − x 2 + 2 x z y 1 4 1 ⎡ ⎤ min f ( x, y, z ) = f ( ,1,1) = 4⎥ + − 6y g) u = 3 y 2 + 2 xy + 2 xz + ⎢ 2 y+z x ⎣ ⎦

e)

u = 2 ln

h) u = 2 y 2 + 3 z 2 + 4 yz − 4 y x − 4 z x + 6 x − 16 y − 16 z i) j)

u = 4 x + 10 y + 6 z − 4 xy − 12 yz − 12 z + 18 u = −3x 2 − 2 y 2 − z 2 + 2 xz + 4 z − 4 x 2

2

2

[min f ( x, y, z ) = f (4,6,0) = −48] [min f ( x, y, z ) = f (1,2,3) = 0] [max f ( x, y, z ) = f (0,0,2) = 4]

⎡ f (0,0,2)nemá extrém, ⎤ ⎢min f ( x, y, z ) = f (6,6,2) = −213⎥ ⎣ ⎦ [min f ( x, y, z ) = f (0,0,0) = 1] [max f ( x, y, z ) = f (1,1,1) = 1]

k) u = x 3 + y 3 − 18 xy + z 2 − 4 z + 5

u = 6 x 2 + 5 y 2 + 14 z 2 + 4 xy − 8 xz − 2 yz + 1 m) u = xyz (4 − x − y − z )

l)

n) u = x 3 + 3 x 2 + y 2 + z 2 + 12 xy + 15 x + 14 y + 4 z + 17

[min f ( x, y, z ) =

o) u = (2 x + 2 y + z )e

− x2 − y2 −z2

f (23,−145,−2) = −6913]

1 ⎡ 2 2 2 3 2 −2 ⎤ e ⎥ , , )= ⎢max f ( x, y, z ) = f ( 3 3 6 2 ⎣ ⎦

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

p) u = e 2.2.3

x+ y

3 − ⎤ ⎡ 1 1 ⎢min f ( x, y, z ) = f (− ,− ,0) = −e 4 ⎥ 4 2 ⎣ ⎦

( x + y + z + 2 y) 2

2

Nájdite viazané extrémy funkcie

[min f (2,2) = −4, max f (−2,−2) = 20] [max f (1,2) = 5, min f (−1,−2) = −5] [min f (2,2) = 4, max f (−2,−2) = −4]

z = 8 − 2 x − 4 y, ak x 2 + 2 y 2 = 12 b) z = x + 2 y, ak x 2 + y 2 = 5 1 1 1 c) z = x + y, ak + 2 = 2 2 x y 1 1 1 1 + 2 =2 d) z = + , ak 2 x y x y a)

e)

z = x + y, ak

z = x + 3 y, ak 1 2 g) z = + , ak x y

f)

h) i)

36

[

x2 + y2 = 1

[max f (1,1) = 2, min f (−1,−1) = −2]

max f (

x 2 + y 2 = 10 1 1 + 2 =5 2 x y

2 2 2 2 )=− 2 ] ,− ) = 2, min f (− , 2 2 2 2 [min f (−1,−3) = −10, max f (1,3) = 10] 1 1 ⎡ ⎤ ⎢⎣min f (−1,− 2 ) = −5, max f (1, 2 ) = 5⎥⎦

z = x + y, ak e x + y = xy + 1 u = x − 2 y + 2 z , ak x 2 + y 2 + z 2 = 1

[max f (0,0) = 0]

1 2 2 1 2 2 ⎡ ⎤ ⎢⎣min f (− 3 , 3 ,− 3 ) = −3, max f ( 3 ,− 3 , 3 ) = 3⎥⎦ j)

u=

1 2 4 + + , ak x y z

1 1 1 + 2 + 2 =7 2 x y z

⎡ 3 3 17 3 3 3 17 3 ⎤ ,− ) = − , max f ( 3 , , )= ⎢min f (− 3 ,− ⎥ 2 4 3 2 4 3 ⎦ ⎣ 1 1 1 1⎤ ⎡ k) u = x + y + z , ak y 2 = x − z 2 ⎢⎣min f ( 2 ,− 2 ,− 2 ) = − 2 ⎥⎦ 1 1 3⎤ ⎡ l) z = xy + x 2 + y 2 , ak ln ( x + y ) = 0 ⎢⎣min f ( 2 , 2 ) = 4 ⎥⎦ 1 1 8 + 2 + 2 =4 [min f (1,1,2) = 4, max f (−1,−1,−2) = −4] m) u = x + y + z , ak 2 x y z 2

2

n) u = x 2 + y 2 + z 2 , ak e x + y + z = 1 o) u = x + y + z , ak e x + y + z = xy + xz + yz + 1 2.3

[min f (0,0,0) = 0] [max f (0,0,0) = 0]

ZÁKLADY VEKTOROVEJ ANALÝZY Gradient. Derivácia v smere. Nech je

f(X) diferencovateľná funkcia v bode A. Gradientom funkcie f(X) v bode A nazývame vektor grad f(A), pre ktorý platí: ∂f ( A) r ∂f ( A) r ∂f ( A) r grad f ( A) = ⋅i + ⋅j+ ⋅k . ∂x ∂y ∂z

37

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

Ak f je diferencovateľná funkcia troch premenných f(x, y, z) v bode A a pre vektor I v pravouhlom súradnicovom systéme v priestore platí I = (cos α , cos β , cos γ ) , potom pre deriváciu f v bode A v smere vektora I platí ∂f ( A) ∂f ( A) df ( A) ∂f ( A) r = cos α + cos β + cos γ , ∂x ∂y ∂z dI r df ( A) I r = grad f ( A) ⋅ r . resp. dI I Divergencia. Rotácia. Majme pri zvolenom pravotočivom pravouhlom súradnicovom systéme vektorovú funkciu troch premenných r r r r f ( X ) = f 1 ( X )i + f 2 ( X ) j + f 3 ( X )k , pričom funkcie f1 ( X ), f 2 ( X ), f 3 ( X ), X = ( x, y, z ) majú parciálne derivácie na nejakej množine M priestoru E3. Divergenciou vektorovej funkcie f(X) nazývame funkciu ∂f ∂f ∂f div f = 1 + 2 + 3 . ∂x ∂y ∂z Rotáciou vektorovej funkcie f(X) nazývame funkciu ∂f ⎞ r ⎛ ∂f ⎛ ∂f ∂f ⎞ r ⎛ ∂f ∂f ⎞ r rot f = ⎜⎜ 3 − 2 ⎟⎟ ⋅ i + ⎜ 1 − 3 ⎟ ⋅ j + ⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟ ⋅ k . ⎝ ∂z ∂x ⎠ ⎝ ∂y ∂z ⎠ ⎝ ∂x ∂y ⎠ Príklad 1 : Nájdime grad f v bode A, ak f ( x, y, z ) = x 2 y − 2 xy 3 + xz + z 4 , A = (1, 2, -1). ¾¾¾ Gradient f(x,y,z) v bode A určíme podľa vzťahu

∂f ( A) r ∂f ( A) r ∂f ( A) r ⋅i + ⋅j+ ⋅k . ∂x ∂y ∂z ∂f ( A) ∂f ( A) ∂f ( A) , , : Vypočítame ∂x ∂y ∂z ∂f ( A) = 2 xy − 2 y 3 + z A = −13 ∂x ∂f ( A) = (x 2 − 6 xy 2 )A = −23 ∂y ∂f ( A) = (x + 4 z 3 )A = −3 . ∂z A dostaneme r r r grad f ( A) = −13i − 23 j − 3k Š grad f ( A) =

(

)

Príklad 2 : Nájdime deriváciu funkcie f(x, y, z) v bode A = (0, 1, 1) v smere poľa l, ak

f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz a l zviera s osami o x , o y , o z uhly: ¾¾¾ Deriváciu f v smere vektora l určíme zo vzťahu

π π π

, , . 3 3 4

df ( A) ∂f ( A) ∂f ( A) ∂f ( A) r = cos α + cos β + cos γ . ∂x ∂y ∂z dl ∂f ( A) ∂f ( A) ∂f ( A) Vypočítame , : , ∂y ∂x ∂z ∂f ( A) = 3x 2 − 3 yz A = −3 ∂x

(

)

38

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

∂f ( A) = (3 y 2 − 3 xz )A = 3 ∂y ∂f ( A) = 3 z 2 − 3xy A = 3 . ∂z

(

)

A dostaneme df ( A) 3 r = ⋅ 2 Š 2 dl Príklad 3 : Nájdime deriváciu funkcie f(x, y, z) v bode A = (2, 1, 3) v smere poľa l, ak

f ( x, y, z ) = xy + yz + xz a l = AB, A = (2, 1, 3), B = (5, 5, 15). ¾¾¾ Deriváciu f v smere vektora l určíme zo vzťahu r l df ( A) r = grad f ( A) ⋅ r (3). dl l Najprv nájdime súradnice rl a hodnotu⏐l⏐: r r r l = B − A = 3i + 4 j + 12k , r l = 9 + 16 + 144 = 13 . Na určenie gradientu potrebujeme vypočítať

∂f ( A) ∂f ( A) ∂f ( A) , , : ∂x ∂y ∂z

∂f ( A) = ( y + z )A = 4 ∂x ∂f ( A) = (x + z ) A = 5 ∂y ∂f ( A) = (x + y ) A = 3 . ∂z Dosadením do vzťahu (3) dostaneme r r r r 3i + 4 j + 12k 68 r r df ( A) r = (4i + 5 j + 3k ) ⋅ Š = 13 13 dl r

r

Príklad 4 : Nájdime divergenciu vektorovej funkcie f(x) = xy.i + ( x 2 − z 2 ) j +

bode A = (1, 1, 2). ¾¾¾ Pre div f platí: ∂f 1 ( A) ∂f 2 ( A) ∂f 3 ( A) . + + ∂x ∂y ∂z ∂f ( A) ∂f 2 ( A) ∂f 3 ( A) , , : Vypočítame 1 ∂x ∂z ∂y ∂f1 ( A) = ( y )A = 1 ∂x ∂f 2 ( A) =0 ∂y div f(A) =

∂f 3 ( A) ⎛ − y = ⎜⎜ 2 ∂z ⎝ ( x + z)

⎞ 1 ⎟⎟ = − . 9 ⎠A

y r k x+z

v

39

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

A pre div f(A) dostaneme div f(A) = 1 + 0 −

1 8 Š = 9 9

Príklad 5 : Nájdime rotáciu vektorovej funkcie f(x) =

x r y r z r ⋅ i + ⋅ j + ⋅ k v bode A[1, 1, 1] . y z x

¾¾¾ Pre rot f platí:

∂f ⎞ r ⎛ ∂f ⎛ ∂f ∂f ⎞ r ∂f ⎞ r ⎛ ∂f rot f(A) = ⎜⎜ 3 − 2 ⎟⎟ ⋅ i + ⎜ 1 − 3 ⎟ ⋅ j + ⎜⎜ 2 − 1 ⎟⎟ ⋅ k . ⎝ ∂z ∂x ⎠ ⎝ ∂x ∂y ⎠ ⎝ ∂y ∂z ⎠ ∂f ( A) ∂f1 ( A) ∂f 2 ( A) ∂f 2 ( A) ∂f 3 ( A) ∂f 3 ( A) , , , , , : Vypočítame 1 ∂z ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y ∂f1 ( A) ⎛ − x ⎞ ∂f 1 ( A) = ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = −1 , =0, ∂y ∂z ⎝ y ⎠A ∂f 2 ( A) ∂f 2 ( A) ⎛ − y ⎞ =0, = ⎜ 2 ⎟ = −1 , ∂x ∂z ⎝ z ⎠A ∂f 3 ( A) ⎛ − z ⎞ ∂f 3 ( A) = ⎜ 2 ⎟ = −1 , =0 . ∂x ∂y ⎝ x ⎠A

A pre rot f(A) dostaneme r r r r r r rot f(A) = (0 + 1).i + (0 + 1). j + (0 + 1).k = i + j + k Š Úlohy : 2.3.1

Nájdite gradient funkcie f ( x, y ) v bode A, ak:

f ( x, y ) = x 3 + y 3 − 3 xy , A[2, 1] ⎡−1 ⎤ f ( x, y ) = 3x 2 + y 3 − 6 xy , A⎢ ,−1⎥ ⎣3 ⎦

[grad [grad

c)

f ( x, y ) = x 2 + y 2 , A[4,3]

d)

f ( x, y ) = 4 + x 2 + y 2 , A[1,2]

⎡ ⎢⎣ grad ⎡ ⎢⎣ grad ⎡ ⎢⎣ grad grad

a) b)

e) f) g) h) i)

⎡−1 ⎤ f ( x, y ) = 3x 2 y 3 , A⎢ ,1⎥ ⎣2 ⎦ 2 2 f ( x, y ) = 6 x + 2 y − 3x + 4 y − 117 , A[− 2,3] x+ y x − y + 2 2 , A[3,−1] xy x y 2 x − y + 1 ⎡ 17 ⎤ f ( x, y ) = , A⎢1, ⎥ x2 ⎣ 4⎦ ⎛ 1⎞ ⎡ 7 − 3⎤ f ( x, y ) = ln⎜⎜ x + ⎟⎟ , A⎢ , ⎥ y⎠ ⎣3 4 ⎦ ⎝ f ( x, y ) =

2

2

] ]

r r f ( A ) = 9i − 3 j r r f ( A ) = 4i + 5 j

4 r 3 r⎤ i + j⎥ 5 5 ⎦ r 1 2 r⎤ f ( A) = i + j ⎥ 3 3 ⎦ r 9 r⎤ f ( A) = −3i + j ⎥ 4 ⎦ r r f ( A) = −27i + 16 j − 1 r r⎤ ⎡ ( ) grad f A = i + j⎥ ⎢⎣ 27 ⎦ 9 r r⎤ ⎡ ( ) grad f A = i − j⎥ ⎢⎣ 2 ⎦ r 16 r ⎤ ⎡ ⎢⎣ grad f ( A) = i − 9 j ⎥⎦

[

f ( A) =

]

40

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

j) 2.3.2

a) b) c) d)

⎛ 1 + xy ⎞ f ( x, y ) = ln⎜ ⎟ , A[2,3] ⎝ x ⎠

−1 r 2 ⎡ ⎢⎣ grad f ( A) = 14 i + 7

Nájdite gradient funkcie f ( x, y, z ) v bode A , ak:

1⎤ ⎡ f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + 4 z 4 , A⎢2,1, ⎥ 2⎦ ⎣ f ( x, y, z ) = xyz , A[1,2,3]

f ( x, y, z ) = x 2 y − 2 xy 3 + xz + z 4 , A[1,2,-1] f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + 4 z 4 , A[2,1,-1]

f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 , A[3,-1,2] 1 , A[2,-1,-2] f) f ( x, y, z ) = 2 x + y2 + z2 1 , A[2,-1,-2] g) f ( x, y, z ) = 2 x + y2 + z2 e)

1

h)

f ( x, y, z ) = ln

i)

f ( x, y, z ) = arcsin

2.3.3

a)

b)

r⎤ j⎥ ⎦

x2 + y2 + z 2 z x + y2 2

− 4 r 2 r 4 r⎤ i+ j + k⎥ 81 81 81 ⎦ r r 2 1 2 r⎤ i+ j+ k 27 27 27 ⎥⎦ 2 r 1 r 2 r⎤ ⎡ ⎢⎣ grad f ( A) = 9 i − 9 j − 9 k ⎥⎦ − 6 r 8 r 1 r⎤ ⎡ ( ) grad f A = i− j + k⎥ ⎢⎣ 125 125 5 ⎦

⎡ ⎢⎣ grad f ( A) = ⎡ ⎢⎣ grad f ( A) =

, A[2,-1,-2] , A[-3,4,2]

[grad f ( A) = 12ir + 3 rj + 2kr ] [grad f ( A) = 6irr+ 3 rj +r 2kr ]r [grad f ( A) = 13ir − 23r j − 3kr ] [grad f ( A) = 12ri + 3rj − 16r k ] [grad f ( A) = 6i − 2 j + 4k ]

Nájdite uhol gradientov funkcií f ( x, y, z ) , g ( x, y, z ) v bode A , ak :

f ( x, y, z ) = 3 x 2 + xy + xz 2 + yz , g ( x, y, z ) = y 2 − z 2 + xz + yz , A[0,−1,1] ⎡ ⎛ 3 22 ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ϕ = arccos⎜⎜ ⎟ 22 ⎝ ⎠⎦⎥ ⎣⎢ x f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 − z 2 , g(x,y,z) = g ( x, y, z ) = arcsin , A 1,1, 7 x+ y

[

]

π⎤ ⎡ ⎢⎣ϕ = 2 ⎥⎦ c)

d)

f ( x, y ) = xy − x 2 y 2 , g(x,y) = g (x, y ) =

1 + xy , A[1,2] xy [ϕ = 0°]

⎡ π π⎤ f ( x, y, z ) = cos x + cos y + sin z , g ( x, y, z ) = sin x − sin y − cos z , A⎢0, , ⎥ ⎣ 3 4⎦ ⎡ ⎛ 2+ 3 ⎞⎤ 15 ⎟⎟⎥ ⎢ϕ = arccos⎜⎜ ⎢⎣ ⎝ 15 ⎠⎥⎦ x− y−z f ( x, y, z ) = x 2 z + y 2 + z 2 , g ( x, y, z ) = ln , A[− 2,3,1] x+ y+z

(

e)

⎡ ⎛ 78 ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢ϕ = arccos⎜⎜ ⎟ 78 ⎝ ⎠⎦⎥ ⎣⎢

)

41

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

2.3.4

r

Vypočítajte deriváciu funkcie f ( x, y, z ) v bode A v smere vektora u :

a)

r r f ( x, y ) = x 3 − 3 x 2 y + 3xy 2 + 1, u = AB, A[3,1], B[6,5]

b)

r r f ( x, y, z ) = x 2 y 2 z 2 , u = AB, A[1,−1,3], B[0,1,1]

c)

r r f ( x, y, z ) = xy + yz + zx, u = AB, A[2,1,3], B[5,5,15]

d) e) f) g) h)

i)

j)

2.3.5

⎡ df ( A) ⎤ ⎢⎣ dur = 0⎥⎦ ⎡ df ( A) ⎤ ⎢⎣ dur = −22⎥⎦ ⎡ df ( A) 68 ⎤ ⎢⎣ dur = 13 ⎥⎦

⎡ df ( A) 9 15 ⎤ ⎢ r = ⎥ 5 ⎦ ⎣ du r r ⎡ df ( A) ⎤ f ( x, y ) = 5 x 2 − 6 xy + 10 y 3 − 7, u = −i , A[0,1] ⎢⎣ dur = 6⎥⎦ r r ⎡ df ( A) ⎤ f ( x, y, z ) = 5 x 2 yz − 7 xy 2 z + 5 xyz 2 , u = AB, A[1,1,1], B[8,7,7 ] ⎢⎣ dur = 8⎥⎦ r ⎡ df ( A) − 4 50 ⎤ r f ( x, y, z ) = 3x 2 − 4 y 3 + 2 z 4 , u = AB, A[2,2,1], B[5,4,−4] ⎢ r = ⎥ 50 ⎦ ⎣ du π r π r f ( x, y ) = 3x 4 − x 2 y 3 + y 2 , p (o x , u ) = , p (u , o y ) = , A[1,−1] 6 3 5⎤ ⎡ df ( A) ⎢⎣ dur = 7 3 − 2 ⎥⎦ r f ( x, y, z ) = xy 2 + z 3 − xyz, u = (cos α , cos β , cos γ ), A[1, 1, 2] , ⎡ df ( A) ⎤ α = π 3 , β = π 4 ,γ = π 3 ⎢ dur = 5⎥ ⎣ ⎦ r ⎡ df ( A) 3 10 ⎤ r f (x, y ) = 5 x 2 − 6 xy + 2 y − 7, u = −i , A[0,1] ⎢ r = ⎥ 10 ⎦ ⎣ du f ( x, y , z ) =

(x

2

r r 3 r + y 2 + z 2 ) , u = 2 j + k , A[1,1,1]

⎛

Nájdite súradnice bodu, v ktorom gradient funkcie z = ln⎜⎜ x +

⎝

r 16 r 1⎞ ⎟⎟ je rovný i − j. y⎠ 9

⎡ ⎡−1 3⎤ ⎡ 7 − 3⎤⎤ ⎢ A1 ⎢ 3 , 4 ⎥, A2 ⎢ 3 , 4 ⎥ ⎥ ⎦ ⎣ ⎦⎦ ⎣ ⎣ 2.3.6

(

V rovine nájdite všetky body, v ktorých grad f ( A) z funkcie f ( x, y ) = x 2 + y 2

)

3 2

rovná 2.

2⎤ ⎡ 2 2 ⎢⎣body ∈ k : x + y = 3 ⎥⎦

sa

42

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

2.3.7

Nájdite deriváciu funkcie f ( x, y, z ) = 3 x 2 − 6 xy + y 2 v smere ľubovoľného

⎡ − 1 − 1⎤

r

jednotkového vektora u v bode A⎢ , ⎥ tak, aby bola : ⎣3 2⎦ i) rovná nule

ii) minimálna

iii) maximálna

⎡ r ⎡− 2 2 ⎤ r ⎡ 2 − 2⎤ ⎡− 2 − 2 ⎤ r ⎡ 2 2 ⎤⎤ r , , , , ⎢i )u1 = ⎢ ⎥, u 2 = ⎢ ⎥, ii )u min = ⎢ ⎥, u max = ⎢ ⎥⎥ 2 2 2 2 2 2 2 2 ⎦ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ 2.3.8

a) b) c) d)

e) f) g) h)

i) j) k) 2.3.9

a) b) c) d) e)

r

Vypočítajte divergenciu vektorovej funkcie f ( x, y, z ) v bode A , ak :

r f ( x, y , z ) = r f ( x, y , z ) = r f ( x, y , z ) = r f ( x, y , z ) =

r r r xi + yj + zk , A [1,1,1] xr y r z r i + j + k , A [1,1,1] y z x r r r 2 3 xy z 2i + 3 j − k , A [1,2,1] r r x y i+ j+ x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2

(

[div fr ( A) = 3] [div fr ( A) = 3] [div fr ( A) = 8]

)

z x2 + y2 + z2

⎡ ⎢div ⎣ ⎡ ⎢div ⎣

r k , A [1,2,3]

r 14 ⎤ f ( A) = ⎥ 7 ⎦ r 6⎤ f ( A) = ⎥ 18 ⎦

r r r r yi + zj + xk , A [1,−1,2] f ( x, y , z ) = x2 + y2 + z2 r r r r f ( x, y, z ) = e xyz i + (sin x. sin y. sin z ) j + ln ( x + y + z ) k , A [0,2,−1] r div f ( A) = −1 r r r r f ( x, y, z ) = e 2 x yz i + ( xz sin y ) j + ( xy. ln z ) k , A [2, π ,3] r ⎡ ( A) = 12 + π ⎛⎜ 6e 2 + 4 ⎞⎟⎤⎥ div f ⎢ 3 ⎠⎦ ⎝ ⎣ r r r r y r ⎡ ( A) = 3 ⎤⎥ f ( x, y, z ) = xyi + x 2 − z 2 j + k , A [0,1,2] div f ⎢ x+z 4⎦ ⎣ r r − 17 ⎤ xy r yz r xz r ⎡ ( ) = f ( x, y , z ) = i+ j+ k , A [− 2,1,3] div f A ⎢⎣ 8 ⎥⎦ x+z y+x y+z r r r r r 25 ⎤ ⎡1 1 ⎤ ⎡ f ( x, y, z ) = 2 x 2 y 3 zi + 3x 2 y 3 z 2 j + x 2 y 3 z 3 k , A ⎢ , ,3⎥ ⎢div f ( A) = ⎥ 8⎦ ⎣3 2 ⎦ ⎣

[

( ) (

]

)

(

)

r

Vypočítajte rotáciu vektorovej funkcie f ( x, y, z ) v bode A , ak :

r f ( x, y , z ) = r f ( x, y , z ) = r f ( x, y , z ) = r f ( x, y , z ) =

[

]

r r r r r r r xyi + yzj + xzk , A [1,1,1] rot f ( A) = −i − j − k r r⎤ 1r 3 r xr y r z r ⎡ ( ) = + + i + j + k , A [2,1,3] rot f A i j 2 k ⎢⎣ ⎥⎦ 9 4 y z x r r r r r r r xy 2 z 3 2i + 3 j − k , A [1,2,1] rot f ( A) = −32i + 20 j + 4k r r r 2y 3z x i+ j+ k , A [1,2,3] x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2

(

)

[

]

43

Kapitola 2 - Diferenciálny počet funkcie n-premenných

f)

g) h)

i) j) k)

r r r r yi + zj + xk , A [1,−1,2] f ( x, y , z ) = x2 + y2 + z2

r ⎡ 3 14 r 3 14 r 14 r ⎤ ( ) = − − − rot f A i j k⎥ ⎢ 14 196 98 ⎦ ⎣

r ⎡ 2 14 − 5 r 13 + 6 14 r 14 − 14 r ⎤ i− j+ k⎥ ⎢rot f ( A) = − 196 196 196 ⎣ ⎦ r r r r xyz f ( x, y, z ) = (e ) i + (sin x. sin y. sin z ) j + ln ( x + y + z ) k , A [2,0,−1] r r r r rot f ( A) = i − j + 2k r r r r f ( x, y, z ) = (e 2 x yz ) i + ( xz sin y ) j + ( xy. ln z ) k , A [2, π ,1] r r r rot f ( A) = πe 4 j − e 4 k r r r r 9 r 1 r r⎤ y r ⎡ f ( x, y, z ) = xyi + (x 2 − z 2 ) j + k , A [1,−1,2] ⎢rot f ( A) = i − j + k ⎥ x+z 2 9 ⎣ ⎦

[

[

]

]

r r⎤ r 11 r 11 r yz r xz r xy r ⎡ f ( x, y , z ) = i+ j+ k , A [− 2,1,3] ⎢rot f ( A) = i − j − 2k ⎥ 8 4 x+z y+x y+z ⎣ ⎦ r r r r r − 20 r 7 r ⎤ ⎡1 1 ⎤ ⎡ f ( x, y, z ) = 2 x 2 y 3 zi + 3x 2 y 3 z 2 j + x 2 y 3 z 3 k , A ⎢ , ,3⎥ ⎢rot f ( A) = j + k⎥ 9 4 ⎦ ⎣3 2 ⎦ ⎣

2.3.10 Vypočítajte :

a) div grad f (x, y, z ) v bode A[1,2,3] , ak f (x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz + 3x + 5 y + 4 z [div grad f ( A) = 98] x + 2 y + 3z b) div grad f (x, y, z ) v bode A[1,2,3] , ak f (x, y, z ) = xyz 289 ⎤ ⎡ ⎢⎣div grad f ( A) = 54 ⎥⎦ c) rot grad f (x, y, z ) v bode A[1,2,3] , ak f (x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz + 3x + 5 y + 4 z [rot grad f ( A) = 0] x + 2 y + 3z d) rot grad f (x, y, z ) v bode A[1,2,3] , ak f (x, y, z ) = xyz [rot grad f ( A) = 0] 3x + 4 y + 5 z e) div rot f (x, y, z ) v bode A[2.1,2] , ak f (x, y, z ) = xyz [div rot f ( A) = 0] r r r f) grad div f (x, y, z ) v bode A[1,2,3] , ak f (x, y, z ) = x 3 y 2 i − y 2 z j + zx k r r r grad div f ( A) = 13 i + 6 j − 4 k

[

]

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

44

3 OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE 1. RÁDU Diferenciálnou rovnicou (DR) nazývame každú rovnicu, ktorá obsahuje výrazy typu f ( x ), g ( y ), y ′, y ′′, y ′′′,..., y (n ) ., pričom n udáva rád diferenciálnej rovnice. Ak teda DR obsahuje iba y ′, g ( y ), f ( x ) hovoríme teda o DR prvého rádu. Podobne pre y ′′, y ′, g ( y ), f ( x ) hovoríme o DR druhého rádu, pre y (n ) ,..., y ′′, y ′, g ( y ), f ( x ) o DR n -tého rádu. Pod dy dx označením y ′ resp. x& rozumieme derivácie resp. a teda : dx dt dy d ⎛ dy ⎞ d 2 y dny dx d 2x dy d2y (n ) , &y& = 2 , ... y′ = , y ′′ = ⎜ ⎟ = 2 ,..., y = n resp. x& = , &x& = 2 , y& = dx dx ⎝ dx ⎠ dx dt dt dx dt dx Riešiť DR znamená nájsť jej riešenie na obore riešiteľnosti danej DR. 3.1

SEPAROVATEĽNÁ DIFERENCIÁLNA ROVNICA

Separovateľnou DR nazývame každú DR ktorú možno vo všeobecnosti zapísať v tvare y ′ = f ( x ). g ( y ) . Daný typ DR riešime metódou separácie premenných, t.j. obyčajne na ľavú stranu DR presunieme všetky výrazy s premennou y a na pravej strane ponecháme zvyšok. dy dy Ak teda nahradíme y ′ = dostávame = f (x ). g ( y ) . Po separácii premenných sa dá DR dx dx dy zapísať v tvare = f ( x ) dx . Následným integrovaním DR dostávame g(y) dy ∫ g ( y ) dy = ∫ f (x ) dx . Po zintegrovaní už dostávame riešenie danej DR, ktoré môžeme vyjadriť v explicitnom( y je jednoznačne vyjadrené) alebo implicitnom tvare ( y nie je možné jednoznačne vyjadriť). Posledným krokom je vypočítanie konkrétnej hodnoty konštanty c v prípade, že je daná počiatočná podmienka ( dosadením za x resp. y vo všeobecnom riešení DR). 1 1 Príklad 1 : Nájdite riešenie DR y ′ = 2 x x +1 ¾¾¾ Prepísaním DR do všeobecného tvaru dostaneme

y′ =

x x pre x ≠ 0 pričom f ( x ) = 2 , g(y) = 1 x +1 x +1 2

Po nahradení y ′ , separácii premenných a následným integrovaním platí x x dx resp. ∫ dy = ∫ 2 dx dy = 2 x +1 x +1 Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie DR v tvare 1 y = ln x 2 + 1 + c , kde c je integračná konštanta Š 2

(

)

Príklad 2 : Nájdite riešenie DR 1 + e x y y ′ = e x ¾¾¾ Prepísaním DR do všeobecného tvaru dostaneme

Kapitola 3 - Obyčajné diferenciálne rovnice 1. rádu

45

y .y′ =

ex ex x ∈ R ( ) pričom f x = , g(y) = y pre 1+ ex 1+ ex

Po nahradení y ′ , separácii premenných a následným integrovaním platí

ex ex dx y dy = resp. ∫ ∫ 1 + e x dx 1+ ex Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie DR v tvare y2 = ln 1 + e x + c , kde c je integračná konštanta Š 2 ⎛π ⎞ Príklad 3 : Nájdite riešenie DR cos 2 x . y ′ = y . ln y , ak y⎜ ⎟ = e ⎝4⎠ ¾¾¾ Prepísaním DR do všeobecného tvaru dostaneme y . ln y 1 y′ = , g ( y ) = y . ln y pre cos x ≠ 0 pričom f ( x ) = 2 cos 2 x cos x Po nahradení y ′ , separácii premenných a následným integrovaním platí 1 1 1 1 dy = dx resp. ∫ dy = ∫ dx 2 y . ln y y . ln y cos x cos 2 x Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie DR v tvare ln ln y = tg x + c , kde c je integračná konštanta y . dy =

⎛π ⎞ ⎟ = e dostávame ⎝4⎠

Dosadením za x, y z počiatočnej podmienky y⎜

ln ln e = tg a teda riešenie DR zapíšeme v tvare

π 4

+ c resp. 0 = 1 + c ⇒ c = −1 ln ln y − tg x + 1 = 0 Š

Úlohy 3.1.1

a) b) c) d)

Riešte následujúce diferenciálne rovnice metódou separácie premenných.

(1 + y 2 )dx + (1 + x 2 )dy = 0 (1 + y 2 )dx + xy dy = 0 e y (1 + x 2 )dy − 2 x(1 + e y )dx = 0 ( xy 2 + x)dx + ( y − x 2 y )dy = 0

e) y ′y + x = 1 f)

x 1 + y 2 + yy ′ 1 + x 2 = 0

g) e x sin 3 y + (1 + e 2 x ) cos y. y′ = 0 h) sin x. cos y + y ′tg y. cos x = 0 i)

y − y 2 + xy ′ = 0

j)

( x 2 + x) y ′ − 2 y − 1 = 0

[arctg x + arctg

y = c]

[x (1 + y ) = c] [1 + e = c(1 + x )] [1 + y = c(1 − x )] 2

2

y

2

2

2

[y = c − ( x − 1) ] [ 1 + x + 1 + y = c] 2

2

2

⎡ ⎤ 1 x = c ⎢arctg e + ⎥ 2 sin 2 y ⎣ ⎦ − cos y cos x.e =c 1 ⎤ ⎡ ⎢⎣ y = 1 − cx ⎥⎦

[

]

⎡ cx 2 1⎤ y = − ⎥ ⎢ 2 2⎦ 2(1 + x) ⎣

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

3.1.2

46

Nájdite partikulárne riešenie rovnice, ktoré spĺňa danú počiatočnú podmienku

a) (1 + y 2 )dx − xy dy = 0, b) y ′ sin x − y. cos x = 0, c) y. ln y dx + x dy = 0,

[x

y (1) = 0

π

2

]

− y2 = 1

[ y = sin x] [ y = 1]

y( ) = 1 2 y (1) = 1

⎡ y ⎤ x ⎢2e 2 = e (1 + e )⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ π ⎡ ⎤ ⎢⎣ y = tg ( 4 − arctg x)⎥⎦ 2

d) (1 + e ) yy ′ = e , x

x

y (0) = 1

1+ y2 − y ′ = 0, y (0) = 1 e) 1+ x2 x yy ′ f) − = 0, y (0) = 1 1+ y 1+ x 3.2

[3x

2

+ 2x3 − 3y 2 − 2 y 3 + 5 = 0

]

HOMOGÉNNA DIFERENCIÁLNA ROVNICA

Homogénnou DR nazývame každú DR ktorú možno vo všeobecnosti zapísať v tvare y ⎛ y⎞ y ′ = f ⎜ ⎟ . Daný typ DR riešime substitúciou z = , kde z = z ( x ) . Z uvedenej rovnosti x ⎝ x⎠ dz potom pre x ≠ 0 platí y = x . z a po zderivovaní y ′ = z + x . z ′ , kde z ′ = . Po prepísaní DR dx pomocou substitúcie už dostávame predchádzajúci typ DR pre premennú z . Príklad 1 : Nájdite riešenie DR x . y ′ = x + y ¾¾¾ Predelením DR výrazom x ≠ 0 dostaneme DR v tvare

y′ = 1 + Použitím substitúcie z =

y x

y a jej derivácie dostávame separovateľnú DR x z + x . z′ = 1 + z

Po nahradení z ′ , separácii premenných a následným integrovaním platí 1 1 dz = dx resp. ∫ dz = ∫ dx x x Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie DR v tvare z = ln x + c , kde c je integračná konštanta Vrátením sa k pôvodným premenným (dosadením za z zo substitúcie) dostávame

y = ln x + c resp. y = x . ln x + c . x Š x Príklad 2 : Nájdite riešenie DR y ′ =

x2 + y2 xy

¾¾¾ Prepísaním DR dostávame DR v tvare

Kapitola 3 - Obyčajné diferenciálne rovnice 1. rádu

47

y′ = Použitím substitúcie z =

x y + y x

y a jej derivácie dostávame separovateľnú DR x 1 z + x . z′ = + z z

Po nahradení z ′ , separácii premenných a následným integrovaním platí 1 1 z . dz = dx resp. ∫ z dz = ∫ dx x x Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie DR v tvare z2 = ln x + c , kde c je integračná konštanta 2 Vrátením sa k pôvodným premenným (dosadením za z zo substitúcie) dostávame y2 = ln x + c resp. y 2 = 2 x 2 . ln x + 2c . x 2 Š 2 2x Príklad 3 : Nájdite riešenie DR x . y ′ = y +

x2 + y2

¾¾¾ Predelením DR výrazom x ≠ 0 dostaneme DR v tvare

y′ = Použitím substitúcie z =

y y2 + 1+ 2 x x

y a jej derivácie dostávame separovateľnú DR x z + x . z′ = z + 1 + z 2

Po nahradení z ′ , separácii premenných a následným integrovaním platí 1 1 1 1 dz = dx resp. ∫ dz = ∫ dx 2 2 x x 1+ z 1+ z Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie DR v tvare

ln z + 1 + z 2 = ln x + c , kde c je integračná konštanta Zapísaním konštanty c v tvare logaritmu ln C dostávame

ln z + 1 + z 2 = ln x + ln C resp. ln z + 1 + z 2 = ln x . C Využitím vlastnosti súčtu logaritmov môžeme rovnicu prepísať do tvaru

z + 1 + z 2 = x .C Vrátením sa k pôvodným premenným (dosadením za z zo substitúcie) dostávame y y2 + 1 + 2 = x .C Š x x Úlohy 3.2.1

Riešte homogénne diferenciálne rovnice.

a) xy ′ = y + cos 2

y x

⎡ y ⎤ ⎢⎣tg x = ln cx⎥⎦

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

[y = x(c − ln x )]

b) ( x − y )dx + xdy = 0 c) xy ′ − y = xe

y − ⎤ ⎡ x ⎢ln cx = −e ⎥ ⎣ ⎦

y x

x− y x+ y x y e) y ′ = + y x d) y ′ =

[x

2

− 2 xy − y 2 = c

[y

2

= 2 x 2 ln cx

[y =

f) ( x 2 + y 2 )dx = 2 xydy g) xy ′ = y (ln y − ln x) y y h) x − y cos + xy ′ cos = 0 x x

3.3

48

x (c + x )

[y = xe ]

]

]

]

1+ cx

c ⎤ ⎡ ⎢⎣ y = x arcsin ( ln x )⎥⎦

LINEÁRNA DIFERENCIÁLNA ROVNICA 1. RÁDU

Lineárnou DR 1. rádu budeme nazývať každú DR, ktorú môžeme vo všeobecnosti zapísať v tvare y′ + p( x ). y = q ( x ) . Ak je výraz na pravej strane DR q ( x ) = 0 hovoríme, že daná DR je homogénna, má nulovú pravú stranu. Ak je q ( x ) ≠ 0 hovoríme, že DR je nehomogénna. Lineárnu DR 1. rádu riešime metódou variácie konštánt. Najprv vyriešime DR bez pravej strany ( t. j. položíme pravú stranu rovnú nule) a nájdeme riešenie homogénnej DR v tvare y = c . f ( x ) , kde c je integračná konštanta. Teraz použijeme metódu variácie konštánt, t. j. konštantu c nahradíme funkciou c( x ) a hľadáme riešenie nehomogénnej DR v tvare y* = c( x ). f ( x ) . Výraz pre y* zderivujeme a dostávame y*′ = c′( x ). f ( x ) + c( x ). f ′( x ) . Obidva výrazy dosadíme do pôvodnej DR a dopočítame všeobecné riešenie nehomogénnej DR. V prípade, že DR bola zadaná pomocou počiatočnej podmienky určíme konštantu c a zapíšeme partikulárne riešenie DR. Príklad 1 : Nájdite riešenie homogénnej DR y′ − 3 y = 0 ¾¾¾ Po nahradení y′ , separácii premenných a následným integrovaním platí

1 1 dy = 3 dx resp. ∫ dz = ∫ 3 dx y y Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie homogénnej DR v tvare ln y = 3 x + c resp. y = C . e3 x , kde C = e c je integračná konštantaŠ Príklad 2 : Nájdite riešenie nehomogénnej DR y′ − 5 y = 2 x ¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR y′ − 5 y = 0 Po nahradení y′ , separácii premenných a následným integrovaním platí

1 dy = 5 dx resp. y

1

∫ y dz = ∫ 5 dx

Kapitola 3 - Obyčajné diferenciálne rovnice 1. rádu

49

Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie homogénnej DR v tvare ln y = 5 x + c resp. y = C . e5 x Teraz použijeme variáciu konštánt a hľadáme riešenie nehomogénnej DR v tvare y* = C ( x ). e 5 x a po zderivovaní y*′ = C ′( x ). e5 x + C ( x ).5e5 x Po dosadení do pôvodnej rovnice dostávame

C ′( x ). e 5 x + C ( x ). 5e 5 x − 5C (x ). e 5 x = 2 x

Odtiaľ po úprave

C ′( x ) = 2 x . e −5 x resp. C ( x ) = ∫ 2 x . e −5 x dx

Po zintegrovaní oboch strán DR potom ⎛ x 1 ⎞ C ( x ) = 2e −5 x ⎜ − + ⎟ + k , kde k je integračná konštanta ⎝ 5 25 ⎠ Všeobecné riešenie nehomogénnej DR teda zapíšeme v tvare ⎡ ⎤ 2x 2 ⎛ x 1 ⎞ y* = ⎢2e −5 x ⎜ − + ⎟ + k ⎥ . e 5 x = − + + k . e −5 x Š 5 25 ⎝ 5 25 ⎠ ⎦ ⎣ Príklad 3 : Nájdite riešenie nehomogénnej DR x y ′ − 2 y = x + 1 ¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR x y ′ − 2 y = 0 Po nahradení y′ , separácii premenných a následným integrovaním platí

1 2 1 2 dy = dx resp. ∫ dz = ∫ dx y x y x Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie homogénnej DR v tvare ln y = 2 ln x + ln c odkiaľ ln y = ln c . x 2 resp. y = c . x 2 Teraz použijeme variáciu konštánt a hľadáme riešenie nehomogénnej DR v tvare y* = c( x ). x 2 a po zderivovaní y*′ = c ′(x ). x 2 + c(x ). 2 x Po dosadení do pôvodnej rovnice dostávame

(

)

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

Odtiaľ po úprave x +1 1 1 1 1 c ′( x ) = 3 odkiaľ c ′(x ) = 2 + 3 resp. c( x ) = ∫ 2 + 3 dx x x x x x Po zintegrovaní oboch strán DR potom 1 −1 c( x ) = − 2 + k , kde k je integračná konštanta x 2x Všeobecné riešenie nehomogénnej DR teda zapíšeme v tvare 1 1 ⎡−1 ⎤ y* = ⎢ − 2 + k ⎥ . x 2 = − x + + k . x 2 Š 2 ⎣ x 2x ⎦ Príklad 4 : Nájdite riešenie nehomogénnej DR y ′ +

¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR y ′ +

1 x2 +1 y= pre x ≠ −1 x +1 (x + 1) 2

1 y=0 x +1

Po nahradení y′ , separácii premenných a následným integrovaním platí

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

50

1 −1 1 −1 dy = dx resp. ∫ dz = ∫ dx y x +1 y x +1 Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie homogénnej DR v tvare c c ln y = − ln x + 1 + ln c odkiaľ ln y = ln resp. y = x +1 x +1 Teraz použijeme variáciu konštánt a hľadáme riešenie nehomogénnej DR v tvare

y* =

c ′( x ). ( x + 1) − c( x ) c (x ) a po zderivovaní y*′ = x +1 (x + 1)2

Po dosadení do pôvodnej rovnice dostávame

c ′( x ). ( x + 1) − c( x )

(x + 1)2

x2 +1 1 c (x ) + . = x + 1 x + 1 ( x + 1) 2

Odtiaľ po úprave 2 ⎞ x2 +1 x2 +1 ⎛ c ′( x ) = resp. c ( x ) = ∫ dx odtiaľ c ( x ) = ∫ ⎜ x − 1 + ⎟ dx x +1⎠ x +1 x +1 ⎝ Po zintegrovaní oboch strán DR potom x2 c( x ) = − x + 2 ln x + 1 + k , kde k je integračná konštanta 2 Všeobecné riešenie nehomogénnej DR teda zapíšeme v tvare x2 − x + 2 ln x + 1 + k Š y* = 2 x +1 Úlohy 3.3.1

Riešte diferenciálne rovnice

−x a) y ′ + 2 y = e 2 b) y ′ − y = ( x + 1) 3 x +1

c) y ′ −

2

e) y ′. cos x − y sin x = sin 2 x f)

y′ + x 2 y = x 2

g) y ′ −

y =x x

h) y ′ − y tgx = 2 cos 2 x

−2 x

+ e−x

]

⎡ ( x + 1) 2 ⎤ 2 = ( + 1 ) + y c x ⎢ ⎥ 4 ⎦ ⎣

[y = cx

3y =x x

2 y e−x = d) y ′ + x x

[y = ce

3

− x2

]

⎡ c − e−x ⎤ ⎢y = ⎥ 2 x 2 ⎦⎥ ⎣⎢ c − cos 2 x ⎤ ⎡ ⎢⎣ y = cos x ⎥⎦ x3 ⎡ − ⎤ ⎢ y = 1 + ce 3 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ 2

[y = cx + x ] 2

c ⎤ ⎡ 2 ⎢⎣3 y = 2tgx(3 − sin x) + cos x ⎥⎦

Kapitola 3 - Obyčajné diferenciálne rovnice 1. rádu

51

⎡ 1 −1+ 1+ x2 (c + ln ⎢y = x 1+ x2 ⎢⎣ 1 − ⎡ ⎤ 2 x y x ( e = + c)⎥ ⎢ ⎣ ⎦ [ y = c. cos x + sin x]

1 xy = 2 1+ x x(1 + x 2 )

i)

y′ +

j)

xy ′ − 2 y = xe

−

1 x

k) y ′ cos x + y sin x = 1 l) y ′ − 2 y = 3e 2 x m) y ′ + y = 2 x 2 − 2 x + 1 n) y ′ + 3.3.2

[y = (3x + c)e ] [y = ce + 2 x − 6 x + 7] 2x

−x

2

⎡ c arctgx ⎤ + ⎢y = 2 ⎥ ( x + 1) 2 ( x 2 + 1) 2 ⎦ ⎣

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

Riešte diferenciálne rovnice s danou počiatočnou podmienkou.

a) y ′ cos x − y. sin x = 2 x,

⎡ x2 ⎤ y = ⎢ ⎥ cos x ⎦ ⎣ sin x ⎤ ⎡ ⎢⎣ y = cos 2 x ⎥⎦ [ y = 1]

y (0) = 0

1 , y (0) = 0 cos 3 x c) y ′ + y. cos x = cos x, y (0) = 1 xy x d) y ′ − = , y (0) = 1 2 2( x − 1) 2 y

b) y ′ − y.tgx =

e) y ′ + y = 2 y , 2

3.4

⎤ )⎥ ⎥⎦

⎡ y = 2 1 − x 2 − x 2 − 1⎤ ⎢⎣ ⎥⎦

⎡ ⎤ ⎢ 1 ⎥ ⎢y = ⎥ 3 x⎥ ⎢ 2− e 2 ⎦⎥ ⎣⎢

y (0) = 2

BERNOULLIHO DIFERENCIÁLNA ROVNICA

Bernoulliho DR nazývame každú DR ktorú možno vo všeobecnosti zapísať v tvare ′ y = a ( x ). y + b (x ). y α , kde a ( x ), b ( x ) sú spojité funkcie. Pre y ≠ 0 môžeme danú DR prepísať do tvaru y −α . y ′ = a ( x ). y 1−α + b ( x ) . Tento typ DR riešime substitúciou z = y1−α a po jej zderivovaní z′ = (1 − α ) y −α y′ , odkiaľ si vyjadríme y ′ . Naviac zo substitúcie z = y1−α si 1−α

z . Použitím týchto substitúcií vylúčime premennú y . Dosadením oboch vyjadríme y = výrazov do pôvodnej DR dostaneme jeden z predchádzajúcich typov DR pre premennú z , ktorý už vieme riešiť. Príklad 1 : Nájdite riešenie DR y ′ + xy = xy 3 ¾¾¾ Prepísaním DR dostávame DR v tvare

y′ = − xy + xy 3 , kde a( x ) = − x , b( x ) = x, α = 3 Použijeme substitúciu z = y −2 a jej derivácia z ′ = (− 2 ) y −3 y ′ y 3 z′ Zo substitúcie vyjadríme vyjadríme y = z , z derivácie y′ = −2 Dosadením do pôvodnej DR dostávame −

1 2

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

−

3 2

52

− − z′ + x. z 2 = x. z 2 −2 Úpravou poslednej rovnice dostávame

z

1

z′ =

2x . z −

−

3

1 2

3 2

−

2x . z −

−

3 2

3 2

z z a po zjednodušení dostávame separovateľnú DR pre premennú z z ′ = 2 x z − 2 x resp. z ′ = 2 x ( z − 1) Po nahradení z ′ , separácii premenných a následným integrovaním platí 1 1 dz = 2 x dx resp. ∫ dz = ∫ 2 x dx z −1 z −1 Po vypočítaní integrálov dostávame riešenie DR v tvare 2 2 ln z − 1 = x 2 + c resp. z − 1 = e x +c resp. z = 1 + C . e x , kde C = e c Š Príklad 2 : Nájdite riešenie DR y′ + y = x

y

¾¾¾ Prepísaním DR dostávame DR v tvare 1

y ′ = − y + x y 2 , kde a( x ) = −1 , b( x ) = x, α =

1 2

Uvedenú DR môžeme prepísať do tvaru y

−

1 2

1

y′ = − y 2 + x

1

Použijeme substitúciu z = y 2 a jej derivácia z′ =

1

1 −2 y y′ 2 1

− 1 Zo substitúcie vyjadríme vyjadríme y = 2 , z derivácie y 2 y′ = 2 z′ z

Dosadením do DR y

−

1 2

1

y′ = − y 2 + x dostávame LDR 2 z′ = − z + x resp. 2 z′ + z = x 1 − x

Pre homogénnu DR 2 z′ + z = 0 dostaneme riešenie z = c.e 2 Po variácií konštanty hľadáme riešenie nehomogénnej LDR v tvare 1 1 1 − x − x − x 1 z = c( x ). e 2 a derivácia z′ = c′( x ). e 2 − c( x ). e 2 2 Po dosadení a následným integrovaním dostávame 1

1

c( x ) = 2 x e 2 − 4 e 2 + k x

x

a pre premennú z 1 1 1 x x − x ⎛ ⎞ − 12 x 2 2 ⎜ ⎟ resp. z = 2 x − 4 + k e 2 z = ⎜ 2 x e − 4 e + k ⎟.e ⎝ ⎠ Ak sa vrátime k pôvodnej premennej y dostávame riešenie v tvare −2

1 − x⎞ ⎛ y = ⎜⎜ 2 x − 4 + k e 2 ⎟⎟ Š ⎝ ⎠

Kapitola 3 - Obyčajné diferenciálne rovnice 1. rádu

53

Úlohy 3.4.1

Riešte Bernoulliho diferenciálne rovnice

1 ⎤ ⎡ 2 ⎥ ⎢y = 1 + ce x ⎦ ⎣

a) y ′ + 2 xy = 2 xy 2 b) y ′ +

[xy(ln

y = y 2 ln x x

c) y ′ + y = x y d) y ′ − xy = − y 3 e − x e) 2 y ′ ln x + f)

y′ −

2

y cos x = x y

1 y. sin x = − y 4 sin x 3

2

x + c) + 2 = 0

]

x − ⎡ ⎤ 2 = + x − c) 2 ⎥ y ( ce ⎢ ⎣ ⎦ 2 x ⎡ 2 ⎤ e ⎢y = ⎥ 2 x + c ⎥⎦ ⎢⎣

[y

2

ln x = c + sin x

]

⎡ ⎤ 1 4 ⎢y = 3 ⎥ y ′ − y.tgx = y cos x cos x 3 + ce ⎣ ⎦ −3 3 y = c. cos x − 3 sin x. cos 2 x

[

]

54

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

4 LINEÁRNE DIFERENCIÁLNE ROVNICE N-TÉHO RÁDU Diferenciálnymi rovnicami vyšších rádov nazývame DR, ktoré možno vo všeobecnosti vyjadriť v tvare F x, y, y ′, y ′′, y ′′′, ..., y (n ) = 0 . Riešenie DR závisí od typu a charakteru jednotlivých funkcií. Podobne ako pri DR 1. rádu môžeme DR vyšších rádov rozdeliť na homogénne ( majú nulovú pravú stranu) a nehomogénne ( na pravej strane DR je nenulový výraz ).

(

4.1

)

DIFERENCIÁLNA ROVNICA TYPU y (n ) = f ( x )

Diferenciálne rovnice uvedeného typu riešime postupným n-násobným integrovaním. Postup je uvedený v následujúcich príkladoch. Príklad 1 : Nájdite riešenie DR y ′′ = cos 2 x ¾¾¾ Po zintegrovaní oboch strán DR dostávame

∫ y ′′ dy = ∫ cos 2 x dx resp.

y′ =

sin 2 x + c1 2

Po ďalšom integrovaní máme DR v tvare ⎛ sin 2 x ⎞ ∫ y ′ dy = ∫ ⎜⎝ 2 + c1 ⎟⎠ dx a riešenie môžeme zapísať v tvare cos 2 x y′ = − + c1 . x + c 2 , kde c1 , c 2 sú integračné konštantyŠ 4 Príklad 2 : Nájdite riešenie DR y ′′′ = e −2 x , ak y (0 ) = 1, y ′(0 ) = 1, y ′′(0 ) = 2 ¾¾¾ Po zintegrovaní oboch strán DR dostávame −2 x ∫ y ′′′ dy = ∫ e dx resp. y ′′ =

e −2 x + c1 −2

Po ďalšom integrovaní máme DR v tvare ⎞ ⎛ e −2 x e −2 x ′ ′ ′ ⎟ ⎜ resp. y = + c1 . x + c 2 y dy c dx = + ∫ ∫ ⎜⎝ − 2 1 ⎟⎠ 4 Ak ešte raz integrujeme obe strany DR dostaneme e −2 x ′ ∫ y dy = ∫ 4 + c1 . x + c2 a riešenie môžeme zapísať v tvare e −2 x x2 y= + c1 . + c 2 . x + c3 , kde c1 , c 2 , c3 sú integračné konštanty −8 2 Po dosadení počiatočných podmienok platí

e −2 x y= − 2x 2 + 4 x − 8 Š −8 Úlohy

55

Kapitola 4 - Lineárne diferenciálne rovnice n-tého rádu

4.1.1

Riešte diferenciálne rovnice

⎡ ⎤ x3 = − e x + c1 x + c2 ⎥ y ⎢ 3 ⎣ ⎦

a) y′′ = 2 x − e x

c)

4 − cos xy x2 y′′′ = 8 sin 2 x

d)

y′′′ = 12 x 3 − 6 x + 4

b)

[y = −4 ln x + cos x + c x + c ]

y′′ =

[y = cos 2 x + c x 1

2

+ c2 x + c3

]

⎡ ⎤ x6 x 4 2 x3 = − + + c1 x 2 +c 2 x + c3 ⎥ y ⎢ 10 4 3 ⎣ ⎦ 2 x y = xe + c1 x + c2 x + c3

[

e) y′′′ = 3e x + xe x 4.2

2

1

]

HOMOGÉNNA LINEÁRNA DIFERENCIÁLNA ROVNICA N -TÉHO RÁDU

Pod lineárnou DR rádu n-tého rádu rozumieme DR každú DR v tvare a0 y + a1 y (n −1) + a2 y (n − 2 ) + ... + an y = f ( x ) , kde a 0 ≠ 0 . Nech f ( x ) = 0 , t.j. majme homogénnu lineárnu DR n-tého rádu (n ) ( n −1) a0 y + a1 y + a2 y (n − 2 ) + ... + an y = 0 . (n )

Riešenie ( koreň ) lineárnej DR budeme hľadať v tvare y = e r x , kde r je riešením charakteristickej rovnice DR r n + a1 y n −1 + a2 r n − 2 + ... + an = 0 . Charakteristickú rovnicu dostaneme z DR tak, že príslušné derivácie y nahradíme mocninami premennej r . Funkcia y = e r x sa nazýva charakteristickým koreňom DR, r je koreň charakteristickej rovnice DR. Ak r1 , r2 ,..., rn sú rôzne reálne korene charakteristickej rovnice, tak všeobecné riešenie

DR zapíšeme v tvare y = c1 e r1 x + c2 e r2 x + ... + cn e rn x . Ak r1 je k − násobným koreňom charakteristickej rovnice, tak všeobecné riešenie DR zapíšeme v tvare y = c1 e r1 x + c2 x e r1 x + c3 x 2 e r1 x + ... + ck x k −1 e r1 x . Ak r = α + β i je k − násobným komplexným koreňom charakteristickej rovnice, tak všeobecné riešenie DR zapíšeme v tvare y = c1 e (α + β i ) x + c2 x e(α + β i ) x + ... + ck x k −1 e(α + β i ) x resp. y = c1 e α x (cos βx + sin βx ) + c2 x e α x (cos βx + sin βx ) + ... + ck x k −1 e α x (cos βx + sin βx )

Príklad 1 : Nájdite riešenie DR y′′ − 6 y′ + 5 y = 0 ¾¾¾ Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR

r2 − 6r + 5 = 0 Jej koreňmi sú r1 = 5, r2 = 1 , ktorým odpovedajú riešenia y1 = c1 e5 x , y2 = c2 e x Všeobecné riešenie DR môžeme teda vyjadriť v tvare y = c1 e5 x + c2 e x Š Príklad 2 : Nájdite riešenie DR y′′ − 6 y′ + 9 y = 0 ¾¾¾ Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR

r2 − 6r + 9 = 0

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

56

Jej 2-násobným koreňom je r1 = 3 a potom riešenia DR y1 = c1 e3 x , y2 = c2 x e3 x Všeobecné riešenie DR môžeme teda vyjadriť v tvare y = c1 e3 x + c2 x e3 x Š Príklad 3 : Nájdite riešenie DR y′′ − 2 y′ + 2 y = 0 ¾¾¾ Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR

r2 − 2r + 2 = 0 Jej koreňmi sú komplexné združené r1 = 1 + i, r2 = 1 − i s odpovedajúcimi riešeniami y1 = c1 e x cos x, y2 = c2 e x sin x Všeobecné riešenie DR môžeme teda vyjadriť v tvare y = c1 e x cos x + c2 e x sin x Š Príklad 4 : Nájdite riešenie DR y′′ + 4 y′ = 0 ¾¾¾ Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR

r2 + 4r = 0 Jej koreňmi sú komplexné združené r1 = 0, r2 = −4 s odpovedajúcimi riešeniami y1 = c1 , y2 = c2 e −4 x Všeobecné riešenie DR môžeme teda vyjadriť v tvare y = c1 + c2 e −4 x Š Príklad 5 : Nájdite riešenie DR y′′ + 4 y = 0 ¾¾¾ Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR

r2 + 4 = 0 Jej koreňmi sú komplexné združené r1 = 2i, r2 = −2i s odpovedajúcimi riešeniami y1 = c1 cos 2 x, y2 = c2 sin 2 x Všeobecné riešenie DR môžeme teda vyjadriť v tvare y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x Š Príklad 6 : Nájdite riešenie DR y′′′ − y′′ − 8 y′ + 12 y = 0 ¾¾¾ Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR

r 3 − r 2 − 8 r + 12 = 0 Jej koreňmi je 2-násobný r1 = 2 a r3 = −3 s odpovedajúcimi riešeniami y1 = c1 e 2 x , y2 = c2 x e 2 x , y3 = c3 e −3 x Všeobecné riešenie DR môžeme teda vyjadriť v tvare y = c1 e 2 x + c2 x e 2 x + c3 e −3 x Š Úlohy Úlohy k danému typu diferenciálnych rovníc sú súčasťou ďalších podkapitol, stačí pravú stranu rovnice nahradiť nulou. Naviac vyriešenie homogénnej DR je prvým krokom pri riešení nehomogénnych diferenciálnych rovníc.

57

Kapitola 4 - Lineárne diferenciálne rovnice n-tého rádu

4.3

LDR SO ŠPECIÁLNOU PRAVOU STRANOU

Pod pojmom lineárna diferenciálna rovnica so špeciálnou pravou stranou rozumieme diferenciálnu rovnicu a 0 y (n ) + a1 y (n −1) + ... + a n −1 y ′ + a n y = f ( x ) , kde ai ∈ R , i = 1,..., n a f ( x ) je funkcia v špeciálnom tvare. I. Ak f ( x ) = Pm ( x )eα x , kde α je k -násobným charakteristickým koreňom homogénnej DR, k ≥ 0 , tak riešenie LDR má tvar y∗ = x k Qm (x )eα x

II. Ak f ( x ) = eα x (Pn(11) ( x )cos βx + Pn(22 ) (x )sin βx ) , kde Pn(11) ( x ), Pn(22 ) ( x ) sú polynómy stupňa n1, n2 , α , β ∈ R , β ≠ 0 , k je násobnosť charakteristického koreňa príslušnej homogénnej DR , k ≥ 0 , tak riešenie LDR má tvar y∗ = x k eα x Qm(1) ( x )cos β x + Qm(2 ) ( x )sin β x ,

(

)

kde Qm ( x ), Qm (x ) sú polynómy stupňa m = max{n1, n 2} (1)

(2 )

III. Ak f ( x ) = f1 ( x ) + f 2 ( x ) a y1∗ , y2∗ sú riešenia DR s pravými stranami f1 ( x ), f 2 ( x ) , tak potom y ∗ = y1∗ + y2∗ ( princíp superpozície ). PS1

PS2

Príklad 1 : Nájdite riešenie DR y′′ − y′ − 2 y = 4 x − 2e x ¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR, ktorú dostaneme z pôvodnej v tvare

y′′ − y′ − 2 y = 0 Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR r2 − r − 2 = 0 Jej koreňmi sú r1 = 2, r2 = −1 , ktorým odpovedajú riešenia y1 = c1 e 2 x , y2 = c2 e − x Všeobecné riešenie homogénnej DR môžeme zapíšeme v tvare

y = c1 e 2 x + c 2 e − x Riešenie pôvodnej DR budeme hľadať v tvare y* = y + yPS1 + yPS 2 Pre PS1 ( polynóm 1. stupňa ) hľadáme riešenie v tvare polynómu ′ 1 =0 yPS 1 = A x + B ⇒ y′PS 1 = A ⇒ y′PS Dosadením do DR pre PS1 dostávame − A − 2( Ax + B ) = 4 x a odtiaľ A = −2, B = 1 ⇒ yPS 1 = −2 x + 1 Podobne pre PS2 ( exponenciálna funkcia ) hľadáme riešenie v tvare exponenciály ′ 2 = C ex yPS 2 = C e x ⇒ y′PS 2 = C e x ⇒ y′PS Dosadením do DR pre PS2 dostávame C e x − C e x − 2C e x = −2Ce x a odtiaľ C = 1 ⇒ yPS 2 = Ce x Všeobecné riešenie DR teda zapíšeme v tvare y = c1 e 2 x + c2 e − x − 2 x + 1 + e x Š PS1

Príklad 2 : Nájdite riešenie DR y′′ + 2 y′ + 5 y = 4e

PS2 −x

+ 17 sin 2 x

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

58

¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR, ktorú dostaneme z pôvodnej v tvare

y′′ + 2 y′ + 5 y = 0 Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR r 2 + 2r + 5 = 0 Jej koreňmi sú r1 = −1 + 2i, r2 = −1 − 2i , ktorým odpovedajú riešenia y1 = c1 e − x cos 2 x, y2 = c2 e − x sin 2 x Všeobecné riešenie homogénnej DR môžeme zapíšeme v tvare y = c1 e − x cos 2 x + c2 e − x sin 2 x Riešenie pôvodnej DR budeme hľadať v tvare y* = y + yPS1 + yPS 2 Pre PS1 (exponenciálna funkcia ) hľadáme riešenie v tvare exponenciály ′ 1 = A e− x yPS 1 = A e − x ⇒ y′PS 1 = − A e − x ⇒ y′PS Dosadením do DR pre PS1 dostávame A e − x − 2 A e − x + 5 A e − x = 4e − x a odtiaľ A = 1 ⇒ yPS 1 = e − x Podobne pre PS2 (goniometrická funkcia) hľadáme riešenie v tvare goniom. funkcie yPS 2 = M cos 2 x + N sin 2 x ⇒ y′PS 2 = −2M sin 2 x + 2 N cos 2 x ⇒ ′ 2 = −4M cos 2 x − 4 N sin 2 x y′PS Dosadením do DR pre PS2 dostávame (M + 4 N ) cos 2 x + (− 4M + N ) sin 2 x = 17 sin 2 x Porovnaním koeficientov pre cos 2 x, sin 2 x dostaneme M + 4 N = 17, − 4M + N = 0 a odtiaľ M = −4, N = 1 ⇒ yPS 2 = −4 cos 2 x + sin 2 x Všeobecné riešenie DR teda zapíšeme v tvare y = c1 e − x cos 2 x + c2 e − x sin 2 x + e − x − 4 cos 2 x + sin 2 x Š

Príklad 3 : Nájdite riešenie DR y′′ − 8 y′ + 16 y = x e 2 x ¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR, ktorú dostaneme z pôvodnej v tvare

y′′ − 8 y′ + 16 y = 0 Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR r 2 − 8r + 16 = 0 Riešením je dvojnásobný koreň r1 = 4 , ktorému odpovedajú riešenia y1 = c1 e 4 x , y2 = c2 x e 4 x Všeobecné riešenie homogénnej DR môžeme zapíšeme v tvare y = c1 e 4 x + c2 x e 4 x Riešenie pôvodnej DR budeme hľadať v tvare y* = y + yPS 1 Pre PS1 ( súčin polynómu 1. stupňa a exponenciály) hľadáme riešenie v tvare ′ 1 = 2 A e2 x + 2 A e2 x + ( A x + B )4 e2 x yPS 1 = ( A x + B ) e 2 x ⇒ y′PS 1 = A e 2 x + ( A x + B ) 2e 2 x ⇒ y′PS Dosadením do DR pre PS1 dostávame 4 A e 2 x + 4( A x + B ) e 2 x − 8 A e 2 x − 16 ( A x + B ) e 2 x + 16 ( A x + B ) e 2 x = x e 2 x 1 1 a odtiaľ A = B = ⇒ yPS 1 = ( x + 1)e 2 x 4 4 Všeobecné riešenie DR teda zapíšeme v tvare

59

Kapitola 4 - Lineárne diferenciálne rovnice n-tého rádu

y = c1 e 4 x + c2 x e 4 x +

1 (x + 1)e2 x Š 4

Príklad 4 : Nájdite riešenie DR y′′ + y = 2 sin x − cos x

PS1

¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR, ktorú dostaneme z pôvodnej v tvare

y′′ + y = 0 Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR r2 +1 = 0 Jej koreňmi sú r1 = i, r2 = −i , ktorým odpovedajú riešenia y1 = c1 cos x, y2 = c2 sin x Všeobecné riešenie homogénnej DR môžeme zapíšeme v tvare y = c1 cos x + c2 sin x Riešenie pôvodnej DR budeme hľadať v tvare y* = y + yPS 1 Pre PS1 (goniometrická funkcia ) hľadáme riešenie v tvare goniometrickej funkcie násobenej x , pretože r1 = i, r2 = −i sú súčasne riešeniami homogénnej LDR a výrazu na pravej strane DR. yPS 2 = (M cos x + N sin x ). x ⇒ y′PS 2 = (− M sin x + N cos x ) x + (M cos x + N sin x ) ⇒ ′ 2 = (− M cos x − N sin x ) x + (− M sin x + N cos x ) + (− M sin x + N cos x ) y′PS 1 Dosadením do DR pre PS1 a porovnaním koeficientov dostávame M = −1, N = − a 2 x sin ⎛ ⎞ všeobecné riešenie pre PS1 v tvare yPS 1 = ⎜ − cos x − ⎟x 2 ⎠ ⎝ Všeobecné riešenie DR teda zapíšeme v tvare sin x ⎞ ⎛ y* = c1 cos x + c2 sin x − ⎜ cos x + ⎟xŠ 2 ⎠ ⎝ Úlohy 4.3.1

Riešte diferenciálne rovnice

a) y′′ + 2 y′´= e

−x

b)

y′′ − 2 y′ = 3e 2 x

c)

y′′′ + y′′ = 2 x 2 − 2 x + 1

4.3.2

a) b) c)

⎡ ⎤ c1e −2 x −x = − − + c2 ⎥ y e ⎢ 2 ⎣ ⎦ ⎡ (3x + c1 ) e2 x − 3e2 x + c ⎤ = y 2⎥ ⎢ 2 4 ⎣ ⎦ 4 2 ⎡ ⎤ x 7x 3 −x ⎢ y = 6 − x + 2 + c1e + c2 x + c3 ⎥ ⎣ ⎦

Riešte diferenciálne rovnice y′′ − 5 y′ + 6 y = f ( x) ,

f ( x ) = e x (6 x + 1) f ( x ) = 12 x 2 − 2 x + 1 f ( x ) = 5e

x 2

[y = c e [y = c e

2x

1

1

2x

]

+ c2e3 x + e x (3 x + 5) + c2e3 x + 2 x 2 + 3x + 2

x ⎡ ⎤ 2 4 e ⎢ y = c e 2 x + c e3 x + ⎥ 1 2 ⎢ 3 ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦

]

60

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

(sin 3x − 5 cos 3x )⎤ ⎡ 2x 3x ⎢⎣ y = c1e + c2e − ⎥⎦ 2 y = c1e 2 x + c2e3 x − 3e 2 x

d)

f ( x ) = 39 sin x

e)

f ( x ) = 3e 2 x

[

f)

f ( x ) = xe3 x

⎡ ⎛ x2 ⎞ ⎤ 2x 3x ⎜⎜ − x ⎟⎟e3 x ⎥ y c e c e = + + ⎢ 1 2 ⎝ 2 ⎠ ⎦ ⎣

4.3.3 a)

]

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ − y ′ − 12 y = f ( x ) , ak

f (x ) = 4

b) f ( x ) = cos 2 x

1⎤ ⎡ 4x −3x ⎢⎣ y = c1e + c2e − 3 ⎥⎦ ⎡ ⎛ 8 cos 2 x + sin 2 x ⎞⎤ 4x −3x ⎟⎥ ⎢ y = c1e + c2e − ⎜ 130 ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎡ ⎛ x 2 3x 9 ⎞ −x ⎤ 4x −3x ⎜⎜ − ⎟⎟e ⎥ y c e c e = + − + ⎢ 1 2 ⎝ 2 10 100 ⎠ ⎦ ⎣ y = c1e 4 x + c2e −3 x + xe4 x

c)

f ( x ) = e − x (5 x 2 − 1)

d)

f ( x ) = 7e 4 x

[

e)

f ( x ) = 7 xe−3 x

f)

f ( x ) = sin x − cos x

⎡ ⎛ x 2 x ⎞ −3x ⎤ 4x −3 x ⎜⎜ + ⎟⎟e ⎥ = + − y c e c e ⎢ 1 2 ⎝ 2 7⎠ ⎣ ⎦ ⎡ ⎛ 7 cos x − 6 sin x ⎞⎤ 4x −3 x ⎟⎥ ⎢ y = c1e + c2e + ⎜ 85 ⎝ ⎠⎦ ⎣

4.3.4

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ + 6 y ′ + 5 y = f (x ) ,

a)

f (x ) = 5 x + 1

b)

f ( x ) = 20e5 x

c)

f ( x ) = e −5 x

d)

f ( x ) = 10 sin 5 x

e)

f ( x ) = 17e − x cos x

f)

f ( x ) = e − x (4 x + 3)

4.3.5

]

[y = c e 1

−x

+ c2e −5 x − 1 + x

]

5x ⎤ ⎡ −x −5 x 3 y c e c e e = + + ⎥ ⎢ 1 2 ⎦ ⎣ −5 x ⎡ ⎤ −x −5 x 4 ⎢ y = c1e + c2e − xe ⎥ ⎣ ⎦ (3 cos 5 x + 2 sin 5 x )⎤ ⎡ −x −5 x ⎢⎣ y = c1e + c2e − ⎥⎦ 13 y = c1e − x + c2e −5 x + e − x (4 sin x − cos x ) ⎡ −x −5 x − x (1 + x ) ⎤ ⎢⎣ y = c1e + c2e + xe 2 ⎥⎦

[

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ + 4 y ′ = f ( x ) , ak

a)

f ( x ) = sin x

b)

f (x ) = 3x 2 + 3x + 2

(4 cos x + sin x )⎤ ⎡ −4x ⎢⎣ y = c1 + c2e − ⎥⎦ 17 ⎡ (8x 2 + 6 x + 13)⎤ −4x = + + y c c e x 1 2 ⎢ ⎥ 32 ⎣ ⎦

]

61

Kapitola 4 - Lineárne diferenciálne rovnice n-tého rádu

c) 4.3.6

f ( x ) = e −4 x

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ + 4 y = f ( x ) , ak

a)

f (x ) = 2

b)

f ( x ) = e x sin 2 x

c)

f ( x ) = cos x

d)

f ( x ) = sin 2 x

e)

f ( x ) = −5 xe x

f)

f (x ) = x 2 − 6 x + 5

4.3.7

a)

f (x ) = 5 x − 2

c) f ( x ) = 5 x 2 + x + 15 d) f ( x ) = 34 sin 2 x e)

f ( x ) = cos x

f)

f ( x ) = (sin 2 x + cos 2 x )e x

[y = c e 1

x

cos 2 x + c2e x sin 2 x + x

]

⎡ x x x (2 x + 3) ⎤ ⎢⎣ y = c1e cos 2 x + c2e sin 2 x + e 2 ⎥⎦ y = c1e x cos 2 x + c2e x sin 2 x + x 2 + x + 3 y = c1e x cos 2 x + c2e x sin 2 x + 8 cos 2 x + 2 sin 2 x (2 cos x − sin x )⎤ ⎡ x x ⎢⎣ y = c1e cos 2 x + c2e sin 2 x + ⎥⎦ 10 ⎡ x x x (sin 2 x − cos 2 x ) ⎤ ⎢⎣ y = c1e cos 2 x + c2e sin 2 x + xe ⎥⎦ 4

[ [

]

]

Riešte diferenciálne rovnice y ′′′ − 7 y ′ + 6 y = f ( x ) , ak

a)

f ( x ) = cos x − sin x

b)

f (x ) = e2 x

c)

f (x ) = 4 x e x

4.3.9

1⎤ ⎡ ⎢⎣ y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x + 2 ⎥⎦ ⎡ x (sin 2 x − 4 cos 2 x ) ⎤ ⎢⎣ y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x + e ⎥⎦ 17 cos x ⎤ ⎡ ⎢⎣ y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x + 3 ⎥⎦ (x cos 2 x )⎤ ⎡ ⎢⎣ y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x − ⎥⎦ 4 ⎡ x (2 − 5 x ) ⎤ ⎢⎣ y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x + e 5 ⎥⎦ ⎡ (2 x 2 − 12 x + 9)⎤ y c x c x = cos 2 + sin 2 + 1 2 ⎢ ⎥ 8 ⎣ ⎦

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ − 2 y ′ + 5 y = f (x ) ,

b) f (x ) = e x (4 x + 6)

4.3.8

−4 x ⎡ ⎤ −4x 4 y c c e e = + − ⎢ ⎥ 1 2 ⎣ ⎦

cos x + 7 sin x ⎤ ⎡ x 2x −3 x ⎢⎣ y = c1e + c2e + c3e − ⎥⎦ 50 ⎡ xe2 x ⎤ 2x −3x x ⎢ y = c1e + c2e + c3e + 5 ⎥ ⎣ ⎦ x ⎡ e (2 x 2 + 3 x )⎤ 2x −3x x y c e c e c e = + + − 1 2 3 ⎢ ⎥ 4 ⎣ ⎦

Riešte diferenciálne rovnice y ′′′ + 6 y ′′ + 12 y ′ + 8 y = f ( x ) , ak

d) f ( x ) = 8 x − 8 x + 8 3

⎡ ⎤ 9x2 2 −2x 3 −2x −2x ⎢ y = c1e + c2 xe + c3 x e + x − 2 + 8 x − 5⎥ ⎣ ⎦

62

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

sin x 2

e)

f (x ) =

f)

f ( x ) = −2e −2 x

11cos x − 2 sin x ⎤ ⎡ −2x −2x 2 −2x ⎢⎣ y = c1e + c2 xe + c3 x e − ⎥⎦ 250 ⎡ x 3e −2 x ⎤ 2 −2x −2x −2x = + + − y c e c xe c x e 1 2 3 ⎢ 3 ⎥⎦ ⎣

4.3.10 Riešte diferenciálne rovnice y ′′′ − 4 y ′′ + 5 y ′ − 2 y = f ( x ) , ak

a) b) c)

f (x ) = 10 cos x

f (x ) = e2 x

f ( x ) = 2e x

[y = c e [y = c e [y = c e

x

+ c2 xe x + c3e 2 x + cos x + 2 sin x

x

+ c2 xe x + c3e 2 x + xe2 x

x

+ c2 xe x + c3e 2 x

1

1 1

] −x e ]

]

2 x

4.3.11 Riešte diferenciálne rovnice y′′′ + 9 y′ = f ( x ) , ak

a)

f ( x ) = e −3 x (3x − 8)

b)

f ( x ) = 9x 3

c)

f ( x ) = 6 cos 3 x − 3 sin 3 x

⎡ e −3 x ( x − 2 ) ⎤ = + + − y c c x c x cos 3 sin 3 1 2 3 ⎢ ⎥ 18 ⎣ ⎦ 4 2 ⎡ x x ⎤ ⎢ y = c1 + c2 cos 3 x + c3 sin 3 x + 4 − 3 ⎥ ⎣ ⎦ x (2 cos 3x − sin 3x ) ⎤ ⎡ ⎢⎣ y = c1 + c2 cos 3x + c3 sin 3x − ⎥⎦ 6

4.3.12 Riešte diferenciálne rovnice y ′′ − y ′ − 6 y = f ( x) ,

⎡ e2 x ⎤ 3x 2 −2x = + − − + − y c e c e x x 1 1 2 ⎢ 4 ⎥⎦ ⎣ y = c1e3 x + c2e −2 x + cos 2 x − 5 sin 2 x − xe3 x

a)

f (x ) = 6 x 2 + 8 x − 7 + e2 x

b)

f ( x ) = 52 sin 2 x − 5e3 x

[

c)

f ( x ) = 10 (e −2 x + xe3 x )

⎡ e3 x 3x −2x −2x y c e c e xe = + − + 2 1 2 ⎢ ⎣

d) f ( x ) = 12 + 50 sin x − 52 cos 2 x y = c1e3 x + c2e −2 x + cos x − 7 sin x + 5 cos 2 x + sin 2 x − 2

[

] (5 x − 2 x )⎤ 2

5

⎥ ⎦

]

4.3.13 Riešte diferenciálne rovnice a) y′′ − 5 y′ = ( x + 1)e − x + e x

⎡ 6 x + 13 − x e x ⎤ 5x y c c e e − ⎥ = + + 1 2 ⎢ 36 4⎦ ⎣

2 b) y′′ − 5 y′ = 5 − e5 x − 2 xe5 x 5

⎡ x 2e5 x ⎤ 5x = + − − y c c e x 1 2 ⎢ 5 ⎥⎦ ⎣ y = c1 cos x + c2 sin x + x 3 − 6 x − 1 − e x ( x − 1) x (sin x − cos x ) ⎤ ⎡ ⎢⎣ y = c1 cos x + c2 sin x − x + ⎥⎦ 2 cos x − sin x ⎤ ⎡ 2x 2x 2x ⎢⎣ y = c1 e cos x + c2 e sin x + e + ⎥⎦ 2

c) y′′ + y = x 3 − 1 − 2 x e x d) y′′ + y = − x + cos x + sin x e) y′′ − 4 y′ + 5 y = e 2 x + 4 cos x

[

]

63

Kapitola 4 - Lineárne diferenciálne rovnice n-tého rádu

f)

y′′ − 4 y′ + 5 y = e 2 x cos x + 5 x 2 + 2 x − 1

⎡ ⎤ xe 2 x sin x 2x 2x = cos + sin + + x 2 + 2 x + 1⎥ y c e x c e x 1 2 ⎢ 2 ⎣ ⎦ ⎡ e −2 x x 3e x ⎤ g) y ′′′ − 3 y ′′ + 3 y ′ − y = 9e −2 x − e x ⎢ y = c1e x + c2 xe x + c3 x 2e x − − 3 6 ⎥⎦ ⎣ y = c1 + c2 x + c3e − x + 2 x 2 + xe− x − 2 cos 2 x + sin 2 x h) y ′′′ + y ′′ = 4 + e − x − 20 sin 2 x

[

4.4

]

LDR S NEŠPECIÁLNOU PRAVOU STRANOU

Riešenie LDR s nešpeciálnou pravou stranou je založené na Lagrangeovej metóde variácie konštánt. V prvom kroku nájdeme všeobecné riešenie homogénnej DR, ktorú dostaneme z pôvodnej tak, že pravú stranu DR nahradíme nulou. Potom, ak nájdeme jedno riešenie nehomogénnej LDR y * , tak všeobecné riešenie nehomogénnej DR môžeme zapísať v tvare

y = c1 y1 ( x ) + c2 y2 ( x ) + ... + cn yn ( x ) + y*

Nech riešenie homogénnej DR je

y = c1 y1 ( x ) + c2 y2 ( x )

Po variácií konštánt potom hľadáme riešenie nehomogénnej DR v tvare

y * ( x ) = c1 ( x ). y1 ( x ) + c2 (x ). y2 ( x )

pričom sme konštanty c1 , c2 nahradili funkciami c1 ( x ), c2 ( x ) , o ktorých predpokladáme, že sú riešeniami homogénnej DR. Pre nájdenie riešenia potom stačí k riešeniam y1 ( x ), y2 ( x ) nájsť ich prvé derivácie

′ ′ y1 ( x ), y2 ( x ) , ktoré potom zapíšeme v tvare wronskiánov y1 (x ) y2 ( x ) y2 ( x ) y1 (x ) 0 W= ′ ′ , W1 = ′ , W2 = ′ y1 ( x ) y2 ( x ) f ( x ) y2 ( x ) y1 ( x ) Funkcie c1 ( x ), c2 ( x ) nájdeme zo vzťahov

0 f (x )

c1 ( x ) = ∫

W1 W dx , c2 ( x ) = ∫ 2 dx W W Posledným krokom je dosadenie vypočítaných c1 ( x ), c2 ( x ) do vzťahu pre všeobecné riešenie y * ( x ) = c1 ( x ). y1 ( x ) + c2 (x ). y2 ( x ) . Príklad 1 : Nájdite riešenie DR y′′ + y =

1 sin x

¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR, ktorú dostaneme z pôvodnej v tvare

y′′ + y = 0 Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR r2 +1 = 0 Jej koreňmi sú r1 = i, r2 = −i , ktorým odpovedajú riešenia y1 = cos x, y2 = sin x a ich derivácie y1′ = − sin x, y2′ = cos x Všeobecné riešenie homogénnej DR môžeme zapíšeme v tvare y = c1 cos x + c2 sin x

64

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

Variáciou konštánt v riešení homogénnej DR dostaneme riešenie pôvodnej DR v tvare y* = c1 (x ). cos x + c2 ( x ). sin x Pre jednotlivé wronskiány dostávame cos x sin x W= = cos 2 x + sin 2 x = 1 , − sin x cos x W1 =

0 1 sin x

sin x cos x

= −1 , W2 =

cos x − sin x

0 1 = cot g x sin x

Odtiaľ potom c1 ( x ) = ∫

W1 dx = ∫ − 1 dx = − x + k1 W W cos x c2 ( x ) = ∫ 2 dx = ∫ cot g x dx = ∫ dx = ln sin x + k2 W sin x Všeobecné riešenie DR teda zapíšeme v tvare y* = (− x + k1 )cos x + ( ln sin x + k2 ) sin x Š

Príklad 2 : Nájdite riešenie DR y′′ − 2 y′ + y =

ex x

¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR, ktorú dostaneme z pôvodnej v tvare

y′′ − 2 y′ + y = 0 Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR r 2 − 2r + 1 = 0 Jej dvojnásobným koreňom je r1 = 1 , ktorému odpovedajú riešenia y1 = e x , y2 = x e x a ich derivácie y1′ = e x , y′2 = e x + x e x Všeobecné riešenie homogénnej DR môžeme zapíšeme v tvare y = c1 e x + c2 x e x Variáciou konštánt v riešení homogénnej DR dostaneme riešenie pôvodnej DR v tvare y* = c1 ( x ). e x + c2 ( x ). x e x Pre jednotlivé wronskiány dostávame ex x ex W = x = e2x + x e2x − x e2x = e2x , x x e e + xe 0 W1 = e x x

xex ex + xex

= e − 2 x , W2 =

ex ex

0 e2x x = e x x

Odtiaľ potom W1 e2 x dx = ∫ − 2 x dx = − ∫ dx = − x + k1 W e 2x W e 1 c2 ( x ) = ∫ 2 dx = ∫ 2 x dx = ∫ dx = ln x + k2 W xe x Všeobecné riešenie DR teda zapíšeme v tvare y* = (− x + k1 ) e x + (ln x + k2 ) x e x Š c1 ( x ) = ∫

65

Kapitola 4 - Lineárne diferenciálne rovnice n-tého rádu

Príklad 3 : Nájdite riešenie DR y′′ − 2 y′ + y =

2e x x2 + 1

¾¾¾ Najprv vyriešime homogénnu DR, ktorú dostaneme z pôvodnej v tvare

y′′ − 2 y′ + y = 0 Nahradením derivácií mocninami r zapíšeme charakteristickú rovnicu DR r 2 − 2r + 1 = 0 Jej dvojnásobným koreňom je r1 = 1 , ktorému odpovedajú riešenia y1 = e x , y2 = x e x a ich derivácie y1′ = e x , y′2 = e x + x e x Všeobecné riešenie homogénnej DR môžeme zapíšeme v tvare y = c1 e x + c2 x e x Variáciou konštánt v riešení homogénnej DR dostaneme riešenie pôvodnej DR v tvare y* = c1 ( x ). e x + c2 ( x ). x e x Pre jednotlivé wronskiány dostávame ex x ex W = x = e2x + x e2x − x e2x = e2x , x x e e + xe 0 x ex ex 0 2x 2 x . e 2e 2 x x , W1 = 2e x = − W = = 2e 2 ex + x ex ex x2 + 1 x2 + 1 2 2 x +1 x +1 Odtiaľ potom W 2x c1 ( x ) = ∫ 1 dx = − ∫ 2 dx = − ln x 2 + 1 + k1 W x +1 W 1 c2 ( x ) = ∫ 2 dx = 2∫ 2 dx = 2 arctg x + k2 W x +1 Všeobecné riešenie DR teda zapíšeme v tvare y* = k1 − ln x 2 + 1 e x + ( 2 arctg x + k2 ) x e x Š

(

)

Úlohy 4.4.1

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ − 2 y ′ + y = f ( x), pre

a)

ex f (x ) = 2 x +1

b)

f ( x ) = e x ln x

4.4.2

a)

(

)

⎡ ⎤ c1 − ln x 2 + 1 x ⎢y = e + x e x (c2 + arctg x )⎥ 2 ⎢⎣ ⎥⎦ 2 2 ⎡ ⎤ x c1 + x − 2 x ln x = + x e x (c2 + x ln x − x )⎥ y e ⎢ 4 ⎣ ⎦

(

)

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ + 4 y ′ + 4 y = f ( x),

f ( x ) = e −2 x sin x

e −2 x b) f ( x ) = x

[y = e [y = e

−2 x

(c1 + x cos x − sin x ) + x e−2 x (c2 − cos x )]

−2 x

(c1 − x ) + x e −2 x (c2 + ln x )]

66

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

c)

4.4.3

a) b)

f (x ) =

⎡ ⎛ 1+ x ⎜⎜ c2 + ln 2 ⎢ + − c x ln 1 1− x ⎢ y = e− 2 x 1 + x e− 2 x ⎝ ⎢ 2 2 ⎢ ⎣

(

−2 x

e 1 − x2

⎞⎤ ⎟⎟ ⎥ ⎠⎥ ⎥ ⎥ ⎦

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ + y = f ( x),

[y = (c

1 sin x 1 f (x ) = cos3 x

f (x ) =

1

− x ) cos x + (c2 + ln sin x ) sin x ]

⎡ ⎤ 1 ⎞ ⎛ ⎢ y = ⎜ c1 − 2 cos 2 x ⎟ cos x + (c2 + tg x ) sin x ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ 1 ⎞ ⎛ ⎢ y = (c1 + 2 cot g x ) cos x + ⎜ c2 − sin 2 x ⎟ sin x ⎥ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦

2 sin 3 x d) f ( x ) = cot g x

c)

)

f (x ) =

⎡ ⎤ ⎛ 1 1 + cos x ⎞ ⎟ sin x ⎥ ⎢ y = (c1 − sin x ) cos x + ⎜⎜ c2 + cos x − ln ⎟ 2 1 − cos x ⎠ ⎝ ⎣ ⎦ 4.4.4

a) b) 4.4.5

a)

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ − y ′ = f ( x) ,

ex 1 + ex 1 + e2 x f (x ) = 1 + ex

x

1

[y = c + 2 ln 1 + e 1

x

(

+ e x x − ln 1 + e x + c2

(

)]

− x − e x + e x 2 ln 1 + e x + e − x − x + c2

)]

Riešte diferenciálne rovnice y ′′ + 2 y ′ + 5 y = f ( x) ,

f (x ) =

b) f ( x ) =

4.5

[y = c − ln 1 + e

f (x ) =

e− x sin 2 x 1 e cos x x

⎡ ⎛ ln cos 2 x x ⎞ −x ⎛ −x ⎢ y = e cos 2 x⎜ c1 − ⎟ + e sin 2 x⎜⎜ c2 + 4 2⎠ ⎝ ⎢⎣ ⎝ ⎡ ⎛ 1 1 + sin x −x −x ⎢ y = e cos 2 x(c1 + cos x ) + e sin 2 x ⎜⎜ c2 + sin x − ln 4 1 − sin x ⎝ ⎣

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎥⎦ ⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

SYSTÉMY DIFERENCIÁLNYCH ROVNÍC

Na riešenie systému ( sústavy ) obyčajných DR využívame tzv. eliminačnú metódu. Jej podstata spočíva v eliminovaní (až na jednu ) premenných v systéme a následnej transformácií systému DR na jedinú lineárnu DR vyššieho rádu. Pre systém dvoch DR to bude LDR druhého rádu, pre systém troch DR dostaneme LDR tretieho rádu. Stačí jednu DR zderivovať a vhodným dosadením z druhej DR získame LDR, ktorú už vieme riešiť. Pri systémoch obyčajných DR sa pridržiavame označenia

dy dz dx dy , y′ = , z′ = , y& = dt dt dx dx (*) x& = 2 x + y Príklad 1 : Nájdite riešenie sústavy DR: y& = 3x + 4 y (* *) x& =

¾¾¾ Ak si z rovnice (*) vyjadríme y = x& − 2 x a dosadíme do rovnice (**) dostaneme

67

Kapitola 4 - Lineárne diferenciálne rovnice n-tého rádu

y& = 3 x + 4( x& − 2 x ) resp. y& = 4 x& − 5 x (* * *) Zderivovaním rovnice (*) podľa premennej t dostaneme &x& = 2 x& + y& (* * * *) Dosadením y′ z rovnice (***) do rovnice (****) máme homogénnu LDR &x& − 6 x& + 5 x = 0 5t Jej riešením je výraz x = c1 e + c2 et a jeho derivácia x& = 5c1 e5t + c2 et Dosadením do (*) za x, x& získame y = 3c1 e5t − c2 et Riešenie sústavy DR môžeme teda zapísať v tvare x = c1 e5t + c2 et

y = 3c1 e5t − c2 et Príklad 2 : Nájdite riešenie sústavy DR:

y′ = 2 y + 4 z z′ = y − z

Š

(*) (* *)

y′ − 2 y a dosadíme do rovnice (**) dostaneme 4 y′ − 2 y 6 y − y′ (* * *) z′ = y − resp. z′ = 4 4 Zderivovaním rovnice (*) podľa premennej x dostaneme y′′ = 2 y′ + 4 z′ (* * * *) Dosadením z′ z rovnice (***) do rovnice (****) máme homogénnu LDR y′′ − y′ − 6 y = 0 3x Jej riešením je výraz y = c1 e + c2 e −2 x a jeho derivácia y′ = 3c1 e3 x − 2c2 e −2 x

¾¾¾ Ak si z rovnice (*) vyjadríme z =

c1 e3 x − c2 e − 2 x 4 Riešenie sústavy DR môžeme teda zapísať v tvare y = c1 e3 x + c2 e −2 x Š c e3 x y= 1 − c2 e − 2 x 4

Dosadením do (*) za y, y′ získame z =

Úlohy 4.5.1

Riešte systémy diferenciálnych rovníc

a)

x& = 8 y − x y& = x + y

b)

x& = x + y y& = 3 y − 2 x

c)

x& = 3x − y y& = 4 x − y

d)

x& = − x − 3 y y& = x − 5 y

⎡ x = 2c1e 3t − 4c2 e −3t ⎤ ⎥ ⎢ 3t −3t ⎥⎦ ⎢⎣ y = c1e + c2 e ⎡ x = c1e 2t cos t + c2 e 2t sin t ⎤ ⎢ ⎥ 2t 2t ⎢⎣ x = c1e (cos t − sin t ) + c2 e (cos t + sin t )⎥⎦ ⎤ ⎡ x = c1e t + c2 te t ⎥ ⎢ t t ⎢⎣ x = 2c1e + c2 e (2t − 1)⎥⎦ ⎡ x = 3c1e −2t + c2 e −4t ⎤ ⎥ ⎢ −2t −4t ⎢⎣ y = c1e + c2 e ⎥⎦

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

4.5.2

Riešte systémy diferenciálnych rovníc

y′ = 2 y + 4z a) z′ = y − z

⎡ y = 4c1e 3 x − c2 e −2 x ⎤ ⎢ ⎥ 3x −2 x ⎣⎢ z = c1e + c2 e ⎦⎥

y ′ = −3 y + z b) z′ = − y − z

⎡ y = c1e −2 x + c2 e −2 x ( x − 1)⎤ ⎥ ⎢ −2 x −2 x ⎦⎥ ⎣⎢ z = c1e + c2 xe

y′ = y − 2z c) z′ = 2 y + z

⎡ y = c1e x cos 2 x + c2 e x sin 2 x ⎤ ⎢ ⎥ x x ⎣⎢ z = c1e sin 2 x − c2 e cos 2 x ⎦⎥

4.5.3

Riešte systémy diferenciálnych rovníc

a)

x& = 2 x − 2 y + te y& = x − y

b)

x& = 2 x − 2 y y& = x − y + t

−t

x& = 2 x − 2 y − e t c) y& = x − y − cos t d) e) f) g)

x& = x − 4 y − 1 y& = x − 3 y x& = x − 4 y y& = x − 3 y + 2e −t x& = x − 4 y + 2 y& = x − 3 y + t 2 x& = 3 x − 4 y + e −2t y& = x − 2 y − 3e − 2t

h)

x& = 3x − 4 y + sin t y& = x − 2 y + cos t

i)

x& = 3x − 4 y − 10e t sin t y& = x − 2 y

4.5.4

1 −t ⎡ ⎤ t x c 2 c e e = + + 1 2 ⎢ ⎥ 2 ⎢ ⎥ ⎢ y = c + c e t + ( 1 t + 3 )e − t ⎥ 1 2 ⎢⎣ ⎥⎦ 2 4 ⎡ x = c1 + 2c2et + t 2 + 2t + 1⎤ ⎢ ⎥ t 2 ⎢⎣ y = c1 + c2e + t + t ⎥⎦ t t t ⎡ x = c1 + 2c2e − e − 2te − cos t − sin t ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ y = c + c et − tet − 1 (cos t + 3 sin t ) ⎥ 1 2 ⎢⎣ ⎥⎦ 2 ⎡ x = 2c1e − t + c2e − t (2t + 1) − 3⎤ ⎢ ⎥ −t −t ⎢⎣ y = c1e + c2te − 1 ⎥⎦ ⎡ x = 2c1e − t + c2e − t (2t + 1) − 2e − t − 4te − t − 4t 2e − t ⎤ ⎢ ⎥ −t −t 2 −t ⎢⎣ y = c1e + c2te − 2t e ⎥⎦ −t −t 2 ⎡ x = 2c1e + c2e (2t + 1) − 4t + 16t − 18⎤ ⎢ ⎥ −t −t 2 ⎢⎣ y = c1e + c2te − t + 6t − 8 ⎥⎦ ⎡ x = c1e − t + 4c2e 2t + 3e −2t ⎤ ⎢ ⎥ −t 2t − 2t ⎢⎣ y = c1e + c2e + 4e ⎥⎦ 1 ⎡ ⎤ −t 2t ⎢ x = c1e + 4c2e − 10 (3 sin t − 20 cos t )⎥ ⎢ ⎥ ⎢ y = c e − t + c e 2t + 1 (9 cos t + 3 sin t ) ⎥ 1 2 ⎢⎣ ⎥⎦ 10 ⎡ x = c1e − t + 4c2e 2t + et (8 sin t + 6 cos t )⎤ ⎢ ⎥ −t 2t t ⎣⎢ y = c1e + c2e + e (cos t + 3 sin t ) ⎦⎥

Riešte systémy diferenciálnych rovníc

y ′ = 2 y − 3z a) z ′ = y − 2 z + 2 sin x

⎡ y = 3c1e x + c2e − x + 3 sin x ⎤ ⎢ ⎥ x −x ⎣⎢ z = c1e + c2e + 2 sin x − cos x ⎦⎥

y ′ = 2 y − 3 z + 4e x b) z′ = y − 2z

⎡ y = 3c1e x + c2e − x + 2e x (3x + 1)⎤ ⎢ ⎥ x −x x ⎣⎢ z = c1e + c2e + 2 xe ⎦⎥

68

69

Kapitola 4 - Lineárne diferenciálne rovnice n-tého rádu

c)

y ′ = 2 y − 3z + x z′ = y − 2z − x 2

y′ = 3 y + 2z + 5 d) z′ = − y + z

⎡ y = 3c1e x + c2e − x − 3 x 2 − 2 x − 7⎤ ⎢ ⎥ x −x 2 ⎣⎢ z = c1e + c2e − 2 x + x − 4 ⎦⎥ ⎡ y = c1e 2 x (sin x − cos x) − c2e 2 x (sin x + cos x) − 1⎤ ⎢ ⎥ 2x 2x ⎣⎢ z = c1e cos x + c2e sin x − 1 ⎦⎥

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

5

70

VIACROZMERNÉ INTEGRÁLY 5.1

DVOJNÝ INTEGRÁL Nech je funkcia f(x,y) integrovateľná na elementárnej oblasti A danej nerovnosťami: a ≤ x ≤ b , ϕ ( x) ≤ y ≤ ψ ( x) . ψ ( x)

Nech pre každé x ∈< a, b > existuje

f ( x, y ) dy , potom platí: ∫ ϕ ( x)

⎡ ⎤ f ( x , y ) dxdy = f ( x , y ) dy ⎢ ⎥ dx . ∫∫A ∫a ⎢ϕ ∫( x ) ⎣ ⎦⎥ Nech je funkcia f(x,y) integrovateľná na elementárnej oblasti A danej nerovnosťami: ϕ ( y) ≤ x ≤ ψ ( y) , c ≤ y ≤ d . b ψ ( x)

ψ ( y)

Nech pre každé x ∈< c, d > existuje

∫ f ( x, y) dx , potom platí:

ϕ ( y)

∫∫ A

d ⎡ψ ( y ) ⎤ f ( x, y ) dxdy = ∫ ⎢ ∫ f ( x, y ) dx ⎥ dy . ⎢ϕ ( y ) c ⎣ ⎦⎥

Transformácia dvojného integrálu pomocou polárnych súradníc. Nech zobrazenie Φ

priradí každej dvojici čísel (ρ,φ) bod (x,y) podľa vzťahov x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , jakobián zobrazeniav J = ρ Toto zobrazenie je regulárne pre ρ > 0 , 0 < ϕ < 2π . Aplikácie dvojného integrálu.

Nech A je merateľná množina v E2. Potom pre jej obsah platí: P = ∫∫ dxdy . A

Nech B je uzavretá merateľná množina z E2 a funkcie f, g sú také spojité funkcie definované na množine B, že f ( X ) < g ( X ) vo vnútri množiny B. Ak množina A trojrozmerného priestoru pozostáva zo všetkých bodov, pre pravouhle súradnice ktorých platí ( x, y ) ∈ B , f ( x, y ) ≤ z ≤ g ( x, y ) , nazývame ju valcovitým telesom. Valcovité teleso A je merateľná trojrozmerná množina a pre jeho objem V platí: V = ∫∫ [g ( x, y ) − f ( x, y )]dxdy . B

Ak je plocha S určená rovnicou z = f ( x, y ) , ( x, y ) ∈ A , pričom A spojité funkcie, potom pre obsah plochy S platí: S = ∫∫ A

2

2

⎡ ∂f ( x, y ) ⎤ ⎡ ∂f ( x, y ) ⎤ 1+ ⎢ +⎢ ⎥ dxdy . ⎥ ⎣ ∂x ⎦ ⎣ ∂y ⎦

x2 ∫∫I 1 + y 2 dxdy , kde interval I = 0, 1 × 0, 1 . ¾¾¾ Interval I je elementárna oblasť daná nerovnosťami: Príklad 1 : Vypočítajte

∂f ∂f , sú na množine ∂x ∂y

71

Kapitola 5 - Viacrozmerné integrály

0 ≤ x ≤1 0 ≤ y ≤ 1. Daný integrál môžeme počítať nasledovne: 1 1 1 1 1 ⎛ x2 ⎞ ⎤ ⎡ x2 x3 1 1 1 1 ⎜ ⎟ dxdy = dx dy dy = dy = [ arctg y ]0 = = 2 ∫∫I 1 + y 2 ∫0 ⎜⎝ ∫0 1 + y 2 ⎟⎠ ∫0 ⎢⎣ 3.(1 + y 2 ) ⎥⎦ ∫ 3 0 1+ y 3 0 1 ⎛π ⎞ π Š = ⋅ ⎜ − 0⎟ = 3 ⎝4 ⎠ 12 x2 Príklad 2 : Vypočítajte ∫∫ 2 dxdy , kde M je oblasť ohraničená priamkami x = 2, y = x a M y krivkou x.y = 1. ¾¾¾ Najskôr odporúčame čitateľovi graficky znázorniť oblasť M. Na určenie oblasti M pomocou nerovností potrebujeme nájsť priesečník priamky y = x s krivkou x.y = 1. Daný priesečník nájdeme riešením sústavy rovníc 1 a dostaneme x = ±1 . y = x, y = x Zadaniu úlohy vyhovuje x = 1, pretože x = -1 ∉ M. Množina M je elementárna oblasť daná nerovnosťami: 1 1≤ x ≤ 2, ≤ y ≤ xŠ x Pre daný integrál platí: ⎛ 2 ⎞ x 2 2⎜x 2 2 ⎟ ⎡ x2 x4 ⎤ ⎡ x2 ⎤ 9 x x2 3 ∫∫M y 2 dxdy = ∫1 ⎜⎜ ∫1 y 2 dy ⎟⎟ dx = ∫1 ⎢⎣− y ⎥⎦ 1 dx = ∫1 − x + x dx = ⎢⎣− 2 + 4 ⎥⎦ = 4 . 1 x ⎝x ⎠

(

Príklad 3 : Vypočítajte

)

ln ( x 2 + y 2 ) ∫∫M x 2 + y 2 dxdy , kde M je medzikružie dané nerovnosťou

1 ≤ x2 + y 2 ≤ e2 . ¾¾¾ Zavedieme polárne súradnice x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , J = ρ . Ich dosadením do vzťahu medzikružia dostaneme 1 ≤ ρ 2 (cos 2ϕ + sin 2ϕ ) ≤ e 2 , resp. 1 ≤ ρ 2 ≤ e 2 . A teda oblasť M môžeme popísať takto: 1 ≤ ρ ≤ e , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Pre daný integrál platí: 2π e 2π e ⎛ ln ρ 2 (cos 2ϕ + sin 2ϕ ) ⎞ ⎛ 2 ln ρ ⎞ ln ( x 2 + y 2 ) ⎜ ⎟ ⎜∫ ⎟ dϕ = ⋅ = ⋅ ρ ρ ϕ ρ dxdy d d d ∫∫M x 2 + y 2 ∫0 ⎜⎝ ∫1 ρ 2 (cos 2ϕ + sin 2ϕ ) ∫ ⎟ ⎜ ⎟ ρ 0⎝1 ⎠ ⎠ ln ρ = t 1 2π 1 2π 2π ⎛ ⎞ ⎡ t2 ⎤ 1 2π dρ = dt = ∫ ⎜⎜ ∫ 2t dt ⎟⎟ dϕ = ∫ ⎢2 ⋅ ⎥ dϕ = ∫ dϕ = [ϕ ]0 = 2π Š ρ 2 ⎦0 0⎝0 0 ⎣ 0 ⎠ t1 = 0, t 2 = 1

[

]

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

Príklad 4 : Vypočítajte

1

∫∫ ( x + y)

3

72

dxdy , kde M je oblasť ohraničená priamkami x + y = 1 ,

M

x + y = 2 , 3x − y = 0 , 4 x − y = 0 . ¾¾¾ Zavedieme vhodnú transformáciu súradnicovej sústavy. Bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že x + y = u , vx − y = 0 .

Riešením danej sústavy rovníc dostaneme u uv ϕ: x= , ψ: y= . 1+ v 1+ v Oblasť M môžeme popísať takto: 1≤ u ≤ 2, 3≤ v ≤ 4. Nájdeme jakobián danej transformácie 1 −u ∂ϕ ∂ϕ 1+ v (1 + v) 2 u uv u ∂u ∂v . J= = = + = 3 3 v u ∂ψ ∂ψ (1 + v) (1 + v) (1 + v) 2 1+ v ∂u ∂v (1 + v) 2 Daný integrál môžeme počítať nasledovne: 4 2 4 2 2 ⎛ 1 ⎞ 1 u ⎡ 1 −1 ⎤ ⎛ 1 1 1 1 ⎜ ⎟ dxdy dv du du = ∫⎜∫ 3 ⋅ = ∫⎜− ⋅ 2 + ⋅ 2 = ∫⎢ 2 ⋅ 2 ∫∫M ( x + y) 3 ⎥ ⎟ 1+ v ⎦3 5 u 4 u (1 + v) 1⎝3 u 1 ⎣u 1⎝ ⎠

⎞ ⎟ du = ⎠

2

2

1 1 1 ⎡ 1⎤ 1 ⎛ 1 ⎞ 1 = − ⎥ = du = Š ⎜ − + 1⎟ = 2 ∫ ⎢ 20 1 u 20 ⎣ u ⎦ 1 20 ⎝ 2 ⎠ 40 Príklad 5 : Nájdite obsah časti roviny M ohraničenej krivkami xy = 1 , y 2 = x , y = 2 , x = 0 .

¾¾¾ Pre obsah časti roviny M ohraničenej danými krivkami platí: P = ∫∫ dxdy . M

Opäť odporúčame čitateľovi graficky znázorniť oblasť M. Riešením sústavy rovníc 1 y = , y2 = x x dostaneme priesečník daných kriviek P = (1, 1). Oblasť M rozdelíme na dve elementárne oblasti určené nerovnosťami: 1 M 1 : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y 2 M2 : 1≤ y ≤ 2, 0 ≤ x ≤ y Pre hľadaný obsah časti roviny platí: 2 1 y

1 2 y

1

2

1 y 0

1

2

P = ∫∫ dxdy = ∫ ∫ dxdy + ∫ ∫ dxdy = ∫ [x ] dy + ∫ [x ] dy = ∫ y dy + ∫ M

0 0

1 0

0

y2 0

1

2

0

1

1 dy = y

1

⎡y ⎤ 1 2 = ⎢ ⎥ + [ln y ]1 = + ln 2 Š 3 ⎣ 3 ⎦0 3

Príklad 6 : Vypočítajte obsah rovinného útvaru ohraničeného krivkami: x 2 + y 2 = 2 x ,

x 2 + y 2 = 4x , y = x , y = 0 .

73

Kapitola 5 - Viacrozmerné integrály

¾¾¾ Keďže prvé dve rovnice sú rovnicami kružníc, je vhodné uskutočniť transformáciu do polárnych súradníc x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , J = ρ . Ich dosadením do rovníc oboch kružníc získame hranice pre premennú ρ : ρ 2 . cos 2ϕ + sin 2ϕ = 2 ρ cos ϕ ρ 2 . cos 2ϕ + sin 2ϕ = 4 ρ cos ϕ ρ = 2 cos ϕ ρ = 4 cos ϕ π Priamka y = x má smernicu k = tg ϕ = 1 , tak ϕ = . Pre danú oblasť teda platí: 4 π , 2 cos ϕ ≤ ρ ≤ 4 cos ϕ 0≤ϕ ≤ 4 Pre hľadaný obsah rovinného útvaru platí:

(

)

π

(

π

)

π

π

4 cos ϕ 4 4 ⎛ 4 cos ϕ ⎞ ⎡ρ2 ⎤ 14 ⎜ ⎟ P = ∫ ∫ ρ .dρ dϕ = ∫ ⎢ ⎥ dϕ = ∫ 16 cos 2ϕ − 4 cos 2ϕ dϕ = 6 ∫ cos 2ϕ dϕ = ⎜ ⎟ 2 ⎦ 2 cos ϕ 20 0 ⎝ 2 cos ϕ 0 ⎣ 0 ⎠

(

4

)

π

π

4

3 ⎛ 1 + cos 2ϕ ⎞ ⎡ϕ sin 2ϕ ⎤ = 6∫ ⎜ = ⋅ (π + 2) Š ⎟ dϕ = 6.⎢ + ⎥ 2 4 ⎦0 4 ⎠ ⎣2 0⎝ 4

Príklad 7 : Vypočítajte objem telesa ohraničeného plochami: y =

x , y = 2. x ,

x + z = 4, z = 0. ¾¾¾ Pre objem telesa V ohraničeného danými plochami platí: V = ∫∫ [ f ( x, y ) − g ( x, y )]dxdy M

V našom prípade z = f ( x, y ) = 4 − x a z = g ( x, y ) = 0 . Rovina x + z = 4 pretína os o x v bode x = 4 . Oblasť M teda môžeme popísať takto: 0 ≤ x ≤ 4 , x ≤ y ≤ 2. x . Hľadaný objem telesa dostaneme nasledovne: 4 ⎛ 2. x 4 4 ⎞ 2. x ⎜ ⎟ V = ∫ ∫ (4 − x) dy dx = ∫ [4 y − xy ] x dx = ∫ 8. x − 2 x. x − 4. x + x. x dx = ⎜ ⎟ 0⎝ x 0 0 ⎠

(

)

4

4

=∫ 0

3 5 ⎤ ⎡ 2 2 ⎥ ⎢ x x 128 − ⎥ = 4. x − x 3 dx = ⎢4 ⋅ Š 3 5 15 ⎢ ⎥ ⎢⎣ 2 2 ⎥⎦ 0

(

)

Príklad 8 : Vypočítajme objem telesa, ktorého podstavu tvorí kružnica x 2 + y 2 = 2 x , zhora je

ohraničené kúžeľom z = x 2 + y 2 a zdola rovinou z = 0 . ¾¾¾ Zavedieme polárne súradnice x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , J = ρ . Ich dosadením do rovnice kružnice dostaneme hornú hranicu pre premennú ρ ρ 2 (cos 2ϕ + sin 2ϕ ) = 2 ρ cos ϕ , ρ = 2 cos ϕ resp. transformujeme rovnicu kužeľa do polárnych súradníc z = ρ . Hranice pre premennú φ ľahko určíme z polohy kružnice x 2 + y 2 = 2 x v I. a IV. kvadrante. Pre oblasť M sme tak dostali:

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

0 ≤ ρ ≤ 2 cos ϕ , −

π 2

≤ϕ ≤

74

π

.

2

Pre objem telesa dostaneme: π

⎛ ∫π ⎜⎜ − ⎝ 2

V =

2 cos ϕ

⎞

0

⎠

2 ∫ ρ d ρ ⎟⎟ dϕ =

2

π 3

π

2 cos ϕ

⎡ρ ⎤ ∫π ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 0 − 2

2

dϕ = ∫ −

2

π

π

8 8 2 cos 3ϕ dϕ = ∫ (1 − sin 2ϕ ) cos ϕ dϕ 3 3 π −

2

2

t = sin ϕ 1 1 8 8 ⎡ t3 ⎤ 32 2 dt = cos ϕ dϕ = ∫ (1 − t ) dt = ⎢t − ⎥ = Š 3 −1 3 ⎣ 3 ⎦ −1 9 t1 = −1, t 2 = 1 Príklad 9 : Vypočítajme obsah časti danej plochy ρ: 6 x + 3 y + 2 z = 12 ohraničenej 1. oktantom.

¾¾¾ Pre obsah kvadratickej plochy platí: 2

2

⎡ ∂f ( x, y ) ⎤ ⎡ ∂f ( x, y ) ⎤ +⎢ S = ∫∫ 1 + ⎢ ⎥ dxdy . ⎥ ⎣ ∂x ⎦ ⎣ ∂y ⎦ M Pričom v našom prípade funkcia f má tvar: 12 − 6 x − 3 y . f ( x, y ) = z = 2 Určíme prienik roviny ρ s rovinou o x o y , položíme z = 0 a dostaneme y = 4 − 2 x . Dostali sme priamku, ktorá pretína x-ovú os v bode 2. Teraz už ľahko popíšeme elementárnu oblasť M: 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 4 − 2x ∂f ∂f : Ďalej určíme a ∂y ∂x 3 ∂f ∂f =− . = −3 , ∂y 2 ∂x Pre obsah danej plochy napokon dostaneme: 2 4−2 x 2 2 4− 2 x 2 ⎛ 9 ⎞ 7 7⎡ x2 ⎤ ⎡7 ⎤ ⎜ ⎟ P = ∫ ⎜ ∫ 1 + 9 + dy ⎟ dx = ∫ ⎢ y ⎥ dx = ∫ (4 − 2 x) dx = ⎢4 x − 2 ⋅ ⎥ = 14 Š 4 ⎠ 2 ⎦0 20 2⎣ 2 ⎦0 0⎝ 0 0 ⎣ Úlohy 5.1.1

a)

Vypočítajte dvojný integrál (oblasť M je ohraničená danými krivkami resp. je daná nerovnosťami :

∫∫ (x

)

+ y 2 dx dy, M : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 .

2

M

b)

∫∫ xy

2

dx dy, M : 0 ≤ x ≤ 1, − 2 ≤ y ≤ 3 .

M

c)

∫∫ (x − y )dx dy, M : x = y, y = 0, x + y = 2 . M

d)

∫∫ x M

2

x dx dy, M : y = x, y = 3 ⋅ x, x = 2 . + y2

⎡2⎤ ⎢3⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 35 ⎤ ⎢6⎥ ⎣ ⎦ ⎡2⎤ ⎢3⎥ ⎣ ⎦

⎡π ⎤ ⎢6⎥ ⎣ ⎦

75

Kapitola 5 - Viacrozmerné integrály

e)

∫∫ cos(x + y )dx dy, M : x = 0, y = π , y = x .

[− 2]

M

x2 f) ∫∫ 2 dx dy, M : x = 2, y = x, x ⋅ y = 1 . y M 1 g) ∫∫ x 2 + y dx dy, M : xy = 2, y = x , y = 2 x , x, y > 0 . 2 M

(

h)

∫∫ x

)

2

dx dy, M : x = 2, y = x, x ⋅ y = 1, y = 0 .

M

i)

∫∫ (x + 2 y )dx dy, M : y = x , y = 2

x.

M

j)

∫∫ y dx dy, M : y

2

= x, y 2 = 2 − x .

⎡9⎤ ⎢4⎥ ⎣ ⎦ ⎡17 ⎤ ⎢6⎥ ⎣ ⎦ ⎡7⎤ ⎢4⎥ ⎣ ⎦ ⎡9⎤ ⎢ 20 ⎥ ⎣ ⎦

[ 0]

M

k)

2 2 ∫∫ (x − 2)dx dy, M : y ≥ x , y ≤ 4 − x . M

l)

∫∫ e

x y

dx dy, M : y 2 = x, x = 0, y = 1, y = 2 .

M

m)

∫∫ e

x+ y

dx dy, M : y = e x , x = 0, y = 2 .

⎡ 32 ⋅ 2 ⎤ ⎢− ⎥ 3 ⎦ ⎣ ⎡ 2 3⎤ ⎢e − 2 ⎥ ⎣ ⎦ [ e]

M

n)

1

∫∫

25 − x − y 2

M

2

dx dy, M : x 2 + y 2 ≤ 16 .

⎛ y2 ⎞ o) ∫∫ ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ dx dy, M : x 2 + y 2 ≤ π 2 . x ⎠ M ⎝

p)

∫∫

x 2 + y 2 − 9 dx dy, M : 9 ≤ x 2 + y 2 ≤ 25 .

M

(

∫∫ ln(x

3

⎡128 ⎤ ⎢ 3 π⎥ ⎦ ⎣

[2π ]

)

[π ⋅ e (3e

+ y 2 dx dy, M : e 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ e 4 .

2

[2π ]

)

ln x 2 + y 2 dx dy, M : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ e 2 . q) ∫∫ 2 2 x +y M r)

[4π ]

2

2

s)

2 2 ∫∫ cos x + y dx dy, M : M

t)

∫∫ arctg M

u) v)

∫∫ x ⋅ y

2

4

≤ x 2 + y 2 ≤ 4π 2 .

y x dx dy, M : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 9, ≤ y ≤ 3 ⋅ x, ( x, y ≥ 0 ) . x 3

∫∫ x dx dy, M : x M

π2

2

+ y 2 ≤ b ⋅ y, (b > 0 ) .

dx dy, M : x 2 + ( y − 1) = 1, x 2 + y 2 = 4 y . 2

[2π − π ] 2

⎡π 2 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣6⎦

[0] [0]

M

w)

∫∫ (x

2

)

+ y 2 dx dy, M : x 2 + y 2 = a ⋅ x, x 2 + y 2 = 2a ⋅ x, (a > 0 ) .

M

x)

∫∫ M

1−

x2 y2 x2 y2 − + ≤ 1, (a, b > 0 ) . dx dy M , : a 2 b2 a 2 b2

)]

−1

M

⎡ 45 4 ⎤ ⎢ 32 a ⋅ π ⎥ ⎦ ⎣ ⎤ ⎡2 ⎢ 3 π ⋅ a ⋅ b⎥ ⎦ ⎣

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

y)

∫∫ M

5.1.2

1 x2 y2 4− − 16 9

dx dy, M :

[24π (2 − 3 ) ]

x2 y2 + ≤ 1. 16 9

Vypočítajte plošný obsah rovinného útvaru, ohraničeného danými krivkami resp. určeného nerovnosťami:

⎡125 ⎤ ⎢ 6 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡16 ⎤ ⎢3⎥ ⎣ ⎦ ⎡16 ⎤ ⎢3⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 64 ⎤ ⎢3⎥ ⎣ ⎦ 4 3 [4 ] ⎡1 ⎤ ⎢ 3 + ln 2⎥ ⎣ ⎦ [12 ⋅ ln 3] ⎡1 1⎤ ⎢2 − e⎥ ⎣ ⎦

a) y 2 = 4 + x , x + 3 y = 0 . b) y =

x, y = 2 x, x = 4.

c) y 2 = 4 x + 4 , y 2 = −4 x + 4 . d) y 2 = x + 5 , y 2 = 3 − x .

[ ]

e) y = x 2 − 1, y = 2 . f) y = x 2 − 4 x + 6 , y = −2 x 2 + 8 x − 3 . g) x ⋅ y = 1, y 2 = x , y = 2 , x = 0 . h) x ⋅ y = 6 , 3 x − 2 y = 0 , x − 6 y = 0 . i)

y = ln x , x − y = 1, y = −1 .

j)

y = 4 ⋅ ex , y =

3 , y = 3, y = 4 . x

[1 ] ⎡π 1 ⎤ ⎢ 4 + 2⎥ ⎣ ⎦

k) x 2 + y 2 = 2 x , y = 0 , y = x . l)

x2 − 4 x + y 2 = 0 , x2 − 8x + y 2 = 0 , y = 0 , y =

x . 3

m) x 2 − 4 y + y 2 = 0 , x 2 − 6 y + y 2 = 0 , y = x , y = 0 . n)

(x − a )2 + y 2 = a 2 , x 2 + ( y − a )2 = a 2 , (a > 0) .

o) x 2 + y 2 = 8 , y = x , y = 3 ⋅ x , v 1. kvadrante . p)

5.1.3

76

x2 y 2 + ≤ 1, y ≥ 0 , (a, b > 0) . a 2 b2

[2π + 3 ⋅ 3 ] ⎤ ⎡5 ⎢ 4 (π − 2)⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 2 ⎛π ⎞⎤ ⎢a ⋅ ⎜ 2 − 1⎟⎥ ⎠⎦ ⎣ ⎝ ⎡π ⎤ ⎢3⎥ ⎣ ⎦ ⎡1 ⎤ ⎢ 2 ⋅ a ⋅ b ⋅π ⎥ ⎣ ⎦

Vypočítajte objem telesa ohraničeného danými plochami:

a) x − y + z = 6 , x + y = 2 , x = y , y = 0 , z = 0 .

⎡16 ⎤ ⎢3⎥ ⎣ ⎦

77

Kapitola 5 - Viacrozmerné integrály

b) y = 1 + x 2 , z = 3 x , y = 5 , z = 0 ( x, y, z ≥ 0) . c) y = x 2 , y + z = 2 , z = 0 . d) 2 y 2 = x , x + 2 y + z = 4 , y = 0 , z = 0 ( y ≥ 0 ). e) y = f)

x , y = 2 x , x + z = 4, z = 0 .

x2 + y 2 = 2 , y =

x , y = 0 , z = 0 , z = 15 x .

g) z = x 2 + y 2 , x + y = 1, x = 0 , y = 0 , z = 0 . h) z = x 2 + y 2 , y = x 2 , y = 1, z = 0 . i)

z = x2 + y2 , x2 + y2 = 9, z = 0 .

j)

x 2 + y 2 = 1, y 2 = 2 ⋅ z , z = 0 .

k) 2 z = x 2 + y 2 , z =

l)

x2 + y2 .

z = 3 − x2 − y 2 , z = 0 .

m) z = 1 − x 2 − y 2 , y = x , y = 3 ⋅ x , z = 0 ( x, y, z ≥ 0) . n) x 2 + y 2 = 4 , x + y + z = 6 , z = 0 . o) z = x 2 + y 2 , x − y = 0 , 3 ⋅ x − y = 0 , x 2 + y 2 = 8 , z = 0 (x, y ≥ 0) . p) x 2 + y 2 = 2 y , x 2 + y 2 = 5 y , z =

x2 + y2 , z = 0 .

q) x 2 + y 2 = 2 y , z 2 = x 2 + y 2 , z = 0 ( z ≥ 0) . r)

x2 + y 2 = 6x , x2 + y2 = 9x , z =

x 2 + y 2 , y = 0 , z = 0 ( y ≤ 0) .

s) z = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = x , x 2 + y 2 = 2 x , z = 0 . t)

x 2 + 4 y 2 + z 2 = 1, z = 0 ( z ≥ 0) .

u) 2 z = x 2 + y 2 , z = 4 − x 2 + y 2 .

5.1.4

[12 ] ⎡ 32 ⎤ ⎢ 15 ⋅ 2 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡17 ⎤ ⎢5⎥ ⎣ ⎦ ⎡128 ⎤ ⎢ 15 ⎥ ⎦ ⎣

[11 ]

⎡1⎤ ⎢6⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 88 ⎤ ⎢105 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 81 ⎤ ⎢ 2 ⋅π ⎥ ⎣ ⎦ ⎡π ⎤ ⎢8⎥ ⎣ ⎦ ⎡4 ⎤ ⎢ 3 ⋅π ⎥ ⎣ ⎦ ⎡9 ⎤ ⎢ 2 ⋅π ⎥ ⎣ ⎦ ⎡π ⎤ ⎢ 48 ⎥ ⎣ ⎦ [ 24π ] ⎡4 ⎤ ⎢ 3 ⋅π ⎥ ⎣ ⎦

[ 52 ] ⎡ 32 ⎤ ⎢9⎥ ⎣ ⎦

[114 ] ⎡ 45 ⎤ ⎢ 32 ⋅ π ⎥ ⎣ ⎦ ⎡π ⎤ ⎢3⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 20 ⎤ ⎢ 3 π⎥ ⎣ ⎦

Vypočítajte obsah:

a) časti roviny x + y + z = 6 ohraničenej rovinami x = 0 , y = 0 , x = 3 , y = 3 .

[9 ⋅ 3 ]

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

78

b) časti valcovej plochy x 2 = 2 z , ktorú z nej vytínajú roviny x − 2 y = 0 , y = 2 x , x = 2 ⋅ 2 . [13 ] c) časti valcovej plochy z 2 = 4 x (v 1. oktante) ohraničenej valcom y 2 = 4 x a rovinou ⎡4 ⎤ x = 1. ⎢3 ⋅ 2 ⋅ 2 −1 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡13 ⎤ d) časti plochy rotačného paraboloidu z = x 2 + y 2 ohraničenej rovinou z = 2 . ⎢ ⋅ π ⎥ ⎣3 ⎦ 2 2 2 2 e) časti plochy rotačného paraboloidu 2 z = x + y vyrezanej valcom x + y = 1 . ⎡ 2π ⎤ ⎢ 3 2 ⋅ 2 −1 ⎥ ⎣ ⎦ 2 2 f) časti plochy rotačného paraboloidu 4 z = x + y , ktorá je ohraničená plochami ⎡ 8π ⎤ y = 3 ⋅ x , y = 0, z = 0, z = 1. ⎢ 9 2 ⋅ 2 −1 ⎥ ⎣ ⎦

g) časti kužeľovej plochy z =

(

)

(

)

(

)

x 2 + y 2 , ktorá leží vo vnútri valca x 2 + y 2 = 2 x .

[

2 ⋅π

h) časti kužeľovej plochy z = x + y ohraničenej valcovou plochou z = 2 y . 2

2

2

i) časti plochy hyperbolického paraboloidu z = x ⋅ y ( x, y ≥ 0 )

]

2

[2 ⋅

]

2 ⋅π ohraničenej valcovou

(

)

⎡π ⎤ ⎢ 6 ⋅ 2 ⋅ 2 −1 ⎥ ⎣ ⎦ 2 2 2 [ 2 ⋅π ] j) guľovej plochy x + y + z = 1 ( z ≥ 0) . 2 2 2 2 2 k) guľovej plochy x + y + z = 8 (z ≥ 0) ohraničenej valcovou plochou x + y = 4 . plochou x 2 + y 2 = 1 .

[8 ⋅ π ⋅ (2 − 2 )]

l) časti skrutkovej plochy z = arctg

y ležiacej vo vnútri valca x 2 + y 2 = 1 . x π 2 + ln 1 + 2

[(

5.2

(

))]

TROJNÝ INTEGRÁL

Nech A je elementárna oblasť v E3. Nech množina A pozostáva práve z tých bodov (x,y,z), pre ktoré ( x, y ) ∈ B , ϕ ( x, y ) ≤ z ≤ ψ ( x, y ) , pričom B je elementárna v E2 { napr. daná nerovnosťami: a ≤ x ≤ b , h( x) ≤ y ≤ g ( x) }a funkcie φ, ψ sú spojité na B. Nech f je integrovateľná funkcia na množine A a pre každý bod ( x, y ) ∈ B existuje integrál ψ ( x, y )

f ( x, y, z ) dz . ∫ ϕ ( x, y )

Potom platí: b ⎡ g ( x ) ⎛ψ ( x, y ) ⎞ ⎤ ⎜ ⎟ dy ⎥ dx . = f ( x , y , z ) f ( x , y , z ) dz ⎢ ∫∫∫ ∫ ∫ ⎜ ∫ ⎟ ⎥ ⎢ A a ⎣ h( x) ⎝ ϕ ( x, y ) ⎠ ⎦

79

Kapitola 5 - Viacrozmerné integrály

Transformácia trojného integrálu

¾ Cylindrické súradnice. Nech zobrazenie Φ priradí každej trojici čísel (ρ,φ,u) bod (x,y,z) podľa vzťahov x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = u . Toto zobrazenie je regulárne pre ρ > 0 , 0 < ϕ < 2π . Pre jakobián zobrazenia dostaneme: J = ρ . ¾ Sférické súradnice. Nech zobrazenie Φ priradí každej trojici čísel ( ρ , ϕ , ϑ ) bod (x,y,z) podľa vzťahov x = ρ sin ϑ cos ϕ , y = ρ sin ϑ sin ϕ , z = ρ cos ϑ . Toto zobrazenie je regulárne pre ρ > 0 , 0 < ϕ < 2π , 0 < ϑ < π .

Pre jakobián zobrazenia dostaneme: J = ρ 2 sin ϑ . ¾ Sférické súradnice. Nech zobrazenie Φ priradí každej trojici čísel ( ρ , ϕ , ϑ ) bod (x,y,z) podľa vzťahov x = ρ cos ϑ cos ϕ , y = ρ cos ϑ sin ϕ , z = ρ sin ϑ . π π Toto zobrazenie je regulárne pre ρ > 0 , 0 < ϕ < 2π , − < ϑ < . 2 2 2 Pre jakobián zobrazenia dostaneme: J = ρ cos ϑ . Aplikácia trojného integrálu.

Nech A je uzavretá merateľná množina z E3. Pre objem V množiny A platí: V = ∫∫∫ dxdydz . A

Príklad 1 : Vypočítajme

∫∫∫ x

3

y 2 z dxdydz , ak I: 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x , 0 ≤ z ≤ xy .

I

¾¾¾ Daný integrál môžeme počítať nasledovne: 1 x 1 ⎛ x xy 1⎛x 2 xy ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ 3 2 ⎡ ⎤ z 3 2 3 2 ⎜ ⎟ dx = 1 ⎛⎜ x 5 y 4 dy ⎞⎟ dx = ⎜ ⎜ x y z dz ⎟ dy ⎟ dx = ⋅ = x y z dxdydz x y dy ⎥ ∫∫∫ ∫0 ⎜ ∫0 ⎜ ∫0 ∫0 ⎜ ∫0 ⎢⎣ ⎟ ⎟ ⎟ 2 ⎦0 ⎟ 2 ∫0 ⎜⎝ ∫0 I ⎠ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ x

1

1 1 1 ⎡ 5 y5 ⎤ 1 1 ⎡ x11 ⎤ 1 10 = x dx x dx = = = ⋅ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ∫ ∫ 20⎣ 5 ⎦0 10 0 10 ⎣ 11 ⎦ 0 110

Príklad 2 :

Vypočítajme

∫∫∫ y dxdydz ,

Š

ak I je elementárna oblasť ohraničená rovinou

I

2 x + 2 y + z − 6 = 0 a 1. oktantom ( x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 ). ¾¾¾ Na popis oblasti I pomocou nerovností musíme najprv určiť prienik danej roviny 2 x + 2 y + z − 6 = 0 s rovinou o x o y .

Položíme z = 0 a dostaneme y = 3 − x . Táto priamka pretína x-ovú os v bode 3. Oblasť I je teda daná nerovnosťami: 0 ≤ x ≤ 3 , 0 ≤ y ≤ 3 − x , 0 ≤ z ≤ 6 − 2x − 2 y . Daný integrál vypočítame takto: 3 ⎛ 3− x 6 − 2 x − 2 y 3 3− x ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎜ ⎜ ⎟ dy ⎟ dx = ⎜ [ yz ]60− 2 x − 2 y dy ⎟ dx = y dxdydz y dz = ∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 0 I 0⎝ 0 ⎝ 0⎝ 0 ⎠ ⎠ ⎠

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

80 3− x

3 3 ⎛ 3− x ⎞ ⎡ y2 y2 y3 ⎤ ⎛ 1 ⎞ = ∫ ⎜⎜ ∫ (6 y − 2 xy − 2 y 2 ) dy ⎟⎟ dx = ∫ ⎢6 ⋅ − 2x ⋅ − 2 ⋅ ⎥ dx = ∫ ⎜ − x 3 + 3x 2 − 9 x + 9 ⎟ dx = 2 2 3 ⎦0 3 ⎠ 0⎝ 0 0 ⎣ 0⎝ ⎠ 3

3

⎡ x4 ⎤ 27 x3 x2 Š = ⎢− + 3⋅ −9⋅ + 9 x⎥ = 12 3 2 4 ⎣ ⎦0 Príklad 3 : Vypočítajme

∫∫∫

x 2 + y 2 dxdydz , ak oblasť I je ohraničená kúžeľom

I

x + y = z a rovinou z = 1 . ¾¾¾ Zavedieme cylindrické súradnice x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = u , J = ρ . Prienikom kúžeľa x 2 + y 2 = z 2 a roviny z = 1 je kružnica x 2 + y 2 = 1 . Dosadením cylindrických súradníc do rovnice kružnice dostaneme hornú hranicu premennej ρ: ρ 2 .(cos 2ϕ + sin 2ϕ ) = 1 , ρ = 1 , resp. ich dosadením do rovnice kúžeľa dostaneme dolnú hranicu pre premennú u: ρ 2 .(cos 2ϕ + sin 2ϕ ) = u 2 , u = ρ . Oblasť I je daná nerovnosťami: 0 ≤ ρ ≤ 1 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , ρ ≤ u ≤ 1 . Pre daný integrál platí: 2π ⎛ 1 ⎛ 1 2π 1 ⎞ ⎞ 2 2 ⎜ ⎜ ρ 2 .(cos 2ϕ + sin 2ϕ ) .ρ du ⎟ dρ ⎟ dϕ = ⎛⎜ ρ 2 du dρ ⎞⎟ dϕ = x + y dxdydz = ∫∫∫ ∫0 ⎜ ∫0 ⎜ ∫ρ ∫0 ⎜⎝ ∫0 ⎟ ⎟ ⎟ I ⎠ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 2

2

2

(

)

1

2π 2π 1 2π 2π ⎛1 2 1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ρ3 ρ4 ⎤ 1 1 ⎤ π ⎡ 2 3 = ∫ ⎜⎜ ∫ ρ u ρ dρ ⎟⎟ dϕ = ∫ ⎜⎜ ∫ ( ρ − ρ ) dρ ⎟⎟ dϕ = ∫ ⎢ − ⎥ dϕ = ∫ dϕ = ⎢ ϕ ⎥ = Š 3 4 ⎦0 12 6 ⎣12 ⎦ 0 0⎝0 0⎝0 0 ⎣ 0 ⎠ ⎠ 1 Príklad 4 : Vypočítajme ∫∫∫ dxdydz , ak I je oblasť ohraničená dvoma x2 + y2 + z2 I 2π

[ ]

sústrednými guľami x 2 + y 2 + z 2 = 1 a x 2 + y 2 + z 2 = 4 . ¾¾¾ Zavedieme sférické súradnice x = ρ cos ϕ . cos ϑ , y = ρ sin ϕ . cos ϑ , z = ρ sin ϑ , J = ρ 2 cos ϑ . Ich dosadením do rovníc gulí dostaneme dolnú aj hornú hranicu premennej ρ: ρ 2 (cos 2ϕ . cos 2ϑ + sin 2ϕ . cos 2ϑ + sin 2 ϑ ) = 1 ⇒ ρ = 1 , Analogicky ( dosadením do 2. rovnice ) dostaneme ρ = 2 . Oblasť I je tak daná nerovnosťami π π . 1 ≤ ρ ≤ 2 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , − ≤ ϑ ≤ 2 2 Daný integrál vypočítame nasledovne: ⎞ ⎛ ⎛π ⎞ ⎛ ⎛π ⎞ ⎞ 2 ⎜ 2π ⎜ 2 2 ⎜ 2π ⎜ 2 ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ 1 1 2 dxdydz ρ cos ϑ d ϑ d ϕ d ρ ρ cos ϑ d ϑ d ϕ ⎟ dρ = ⎜ ⎟ = ⎜ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∫∫∫ ∫1 ⎜ ∫0 ⎜ ∫π ρ 2 ∫1 ⎜ ∫0 ⎜ ∫π ⎟⎟ ⎟ x2 + y2 + z2 ⎟ ⎟ I ⎜ − ⎟ ⎜ − ⎠ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎝ 2 π ⎞ 2 ⎛ 2π 2 2π 1 1 2 2 2 ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎡ ⎤ ρ 2π ∫1 ⎜⎜ ∫0 [ρ sin ϑ ] π dϕ ⎟⎟ dρ = ∫1 ⎜⎜⎝ ∫0 2 ρ dϕ ⎟⎟⎠ dρ = ∫0 [2 ρϕ ]0 dρ = ∫0 4πρ dρ = ⎢⎣4π ⋅ 2 ⎥⎦ = 6π Š − 1 2 ⎠ ⎝

81

Kapitola 5 - Viacrozmerné integrály

Príklad 5 : Vypočítajme objem telesa ohraničeného rovinami: 2 y + 3 z = 6 , x = 0 , x = 4 ,

y = 0, z = 0. ¾¾¾ Pre výpočet objemu telesa pomocou trojného integrálu platí: V = ∫∫∫ dxdydz . I

Popis elementárnej oblasti vyplýva priamo zo zadania úlohy ( hornú hranicu premennej y určíme ako prienik rovín 2 y + 3 z = 6 a z = 0 ): 6 − 2y 0≤ x≤4 , 0 ≤ y ≤ 3 , 0≤ z≤ . 3 Pre hľadaný objem telesa platí: ⎛ ⎛ 6−2 y ⎞ ⎞ 6− 2 y 4⎜3⎜ 3 4 3 4 3 4 2 3 ⎟ ⎟ ⎛ ⎞ ⎛ 6 − 2y ⎞ ⎡ ⎤ 1 y 3 V = ∫ ⎜ ∫ ⎜ ∫ dz ⎟ dy ⎟ dx = ∫ ⎜⎜ ∫ [z ]0 dy ⎟⎟ dx = ∫ ⎜⎜ ∫ dy ⎟⎟ dx = ∫ ⎢6 y − 2 ⋅ ⎥ dx = 3 30⎣ 2 ⎦0 0⎜ 0⎝0 0⎝0 ⎠ ⎠ ⎜ 0 ⎜ 0 ⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 4

= 3∫ dx = 3[x]0 = 12 Š 4

0

Príklad 6 : Vypočítajme objem telesa ohraničeného kužeľom x 2 + y 2 = z 2 , z ≥ 0 , valcom

x 2 + y 2 = 2 y a rovinou z = 0 . ¾¾¾ Zavedieme cylindrické súradnice x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = u , J = ρ . Ich dosadením do rovnice valca dostaneme hornú hranicu premennej ρ: ρ 2 .(cos 2ϕ + sin 2ϕ ) = 2 ρ sin ϕ , ρ = 2 sin ϕ , resp. dosadením do rovnice kužeľa dostaneme hornú hranicu premennej u: ρ 2 .(cos 2ϕ + sin 2ϕ ) = u 2 , ρ = u . Hranice pre premennú φ určíme z polohy kolmého priemetu valca x 2 + y 2 = 2 y do roviny z = 0 ( I. a II. kvadrant ). Pre oblasť I teda dostaneme: 0 ≤ ρ ≤ 2 sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π , 0 ≤ u ≤ ρ . Pre objem telesa dostaneme: 2 sin ϕ π ⎛ 2 sin ϕ ρ π 2 sin ϕ π 2 sin ϕ π ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎡ρ3 ⎤ ρ 2 ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ V = ∫ ∫ ⎜ ∫ ρ du ⎟ dρ dϕ = ∫ ⎜ ∫ [ρ .u ]0 dρ ⎟ dϕ = ∫ ⎜ ∫ ρ dρ ⎟ dϕ = ∫ ⎢ ⎥ dϕ = ⎜ ⎟ 3 ⎦0 0⎝ 0 ⎝0 0⎝ 0 0⎝ 0 0 ⎣ ⎠ ⎠ ⎠ ⎠ cos ϕ = t 1 −1 π 8 3 8 8 8 ⎡ t3 ⎤ 32 2 2 = ∫ sin ϕ dϕ = ∫ (1 − cos ϕ ) sin ϕ dϕ − sin ϕ dϕ = dt = − ∫ (1 − t )dt = ⎢t − ⎥ = Š 3 30 31 3 ⎣ 3 ⎦ −1 9 0 t1 = 1 , t 2 = −1 π

Úlohy

5.2.1 a)

Vypočítajte trojný integrál, ak oblasť V je ohraničená danými plochami.

∫∫∫ (x + 3)dxdydz

;

V : x = −1, x = 1, y = −1, y = 1, z = −1, z = 1.

[24]

V : x = 0, x = 1, y = 0, y = 1, z = 0, z = 1.

[4]

V

b)

∫∫∫ (2 x + 3)dxdydz V

;

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

c)

∫∫∫ (x + y + z )dxdydz

82

V : x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1.

;

V

d)

∫∫∫ xdxdydz ;

V : x = 0, y = 0, z = 0,2 x + 2 y + z − 6 = 0.

V

e)

dxdydz

∫∫∫ (1 + x + y + z ) 3 ;

V : x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1.

V

f)

∫∫∫ zdxdydz ;

V : x = 0, y = 0, z = 0, z = 2, x + y = 2.

∫∫∫ zdxdydz ;

V : y = 0, z = 0, y = x , x + z =

⎡1 ⎤ ⎢⎣ 8 ⎥⎦ ⎡ 27 ⎤ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎡ ln 2 5 ⎤ ⎢⎣ 2 − 16 ⎥⎦

[4]

V

g)

V

h)

π 2

[

.

∫∫∫ (x + y + z )dxdydz

; V : x 2 + y 2 = 4, x = 0, y = 0, z = 0, z = 1.

∫∫∫ (x + y + z )dxdydz

; V : x 2 + y 2 = 9, x = 0, y = 0, z = 0, z = 8.

V

i)

V

j)

∫∫∫ (x

2

+ y 2 + z )dxdydz ;

π3 π

105 2 ⎡16 π ⎤ ⎢⎣ 3 + 2 ⎥⎦

]

[144 + 72π ]

V : x 2 + y 2 = z , z = 4.

[32π ]

V : x 2 + y 2 + z 2 = 4, x 2 + y 2 = 3z.

⎡13π ⎤ ⎢⎣ 4 ⎥⎦

V

k)

∫∫∫ zdxdydz

;

∫∫∫ zdxdydz

;

V : z = x2 + y2 , z 2 = x2 + y2.

∫∫∫ zdxdydz

;

V : x 2 + y 2 + z 2 = 2 z, z ≥

V

l)

V

m)

x2 + y2 .

V

n)

∫∫∫ (z

2

+ 1)dxdydz ;

V : z 2 = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = 2 y, z = 0 .

V

o)

∫∫∫ zdxdydz

;

V : x 2 + y 2 + z 2 = 4, x 2 + y 2 = 1 .

⎡π ⎤ ⎢⎣12 ⎥⎦ ⎡ 7π ⎤ ⎢⎣ 6 ⎥⎦

⎡ 41.2 5 ⎤ ⎢ 2 ⎥ ⎣ 15 ⎦

[0]

V

p)

∫∫∫

z dxdydz ;

V : x 2 + y 2 + z 2 = 4, x 2 + y 2 = 1 .

V

q)

∫∫∫ zdxdydz ;

V : x 2 + y 2 = 1, x 2 + z 2 = a 2 , a ≥ 2 .

∫∫∫ xdxdydz ;

V : x = 0, y = 0, x = 1, y = 1, x 2 + z 2 = 9 .

⎡ 7π ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦

[0]

V

r)

V

s)

∫∫∫

z dxdydz ;

V : x 2 + y 2 = 1, x 2 + z 2 = 9 .

t)

∫∫∫

z dxdydz ;

V : x 2 + y 2 = 1, y 2 + z 2 = a 2 , a ≥ 2 .

V

5.2.2

⎡ 32 2 ⎤ ⎢18 − ⎥ 3 ⎦ ⎣ ⎡ 35π ⎤ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎡π ⎤ 2 ⎢⎣ 4 4a − 1 ⎥⎦

(

Pomocou trojného integrálu vypočítajte objem telesa ohraničeného plochami :

a) z = x 2 + y 2 , z 2 = x 2 + y 2 .

⎡π ⎤ ⎢⎣ 6 ⎥⎦

)

83

Kapitola 5 - Viacrozmerné integrály

⎡π 6 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ 36 ⎦

b) z 2 = 2 x 2 + 3 y 2 , z = 2 x 2 + 3 y 2 .

[π ]

c) x 2 + y 2 + z 2 = 2 z , z ≥ x 2 + y 2 . d) x 2 + y 2 + z 2 = 2 z , z ≤ x 2 + y 2 . e)

x2 y2 z2 + + = 1, a2 b2 c2

f)

x 2 + y 2 + z 2 = 4, x 2 + y 2 = 1 .

a, b, c >0.

g) x 2 + y 2 + ( z − 2 ) = 4, x 2 + y 2 = 1 . 2

h) z = x 2 + y 2 , z = 9 , x 2 + y 2 = 2 x . i)

z = x 2 + y 2 , z = 9, x 2 + y 2 = 2 y .

j)

z = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = 1, z = 0 .

k) z = 1 − x 2 − y 2 , z = 1, x 2 + y 2 = 1 . l)

z = 4 − x 2 − y 2 , x 2 + y 2 = 1, z = 0 .

m) z 2 = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = 1, z = 0 , z ≥ x 2 + y 2 . n) x 2 + y 2 = 2 x, z = 0, z = 4 − x 2 − y 2 . o) x 2 + y 2 = 2 y, z = 0, z = 4 − x 2 − y 2 . p) x 2 + y 2 = 2 x, z 2 = x 2 + y 2 , z = 0 . q) x 2 + y 2 = 2 y, z 2 = x 2 + y 2 , z = 0 . r)

x 2 + y 2 + z 2 = 16, x 2 + y 2 + (z − 4 ) = 16 . 2

s) x = 0, y = 0, z = 0, x + z = t)

y=

π 2

x , y = 0, z = 0, x + z =

2

(

)

(

)

[4]

.

π

⎡π ⎤ ⎢6⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 4πabc ⎤ ⎢ 3 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 4π ⎤ ⎢ 3 8−3 3 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 4π ⎤ ⎢ 3 8−3 3 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡15π ⎤ ⎢ 2 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡15π ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡π ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡π ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡ 7π ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡ 2π ⎤ ⎢⎣ 3 ⎥ ⎦ π 5 ⎡ ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡ 5π ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡ 32 ⎤ ⎢⎣ 9 ⎥⎦ ⎡ 32 ⎤ ⎢⎣ 9 ⎥⎦ ⎡ 80π ⎤ ⎢⎣ 3 ⎥⎦

.

⎡π 2 ⎢ ⎣ 15

π⎤ ⎥ 2⎦

84

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

6

KRIVKOVÉ INTEGRÁLY 6.1

KRIVKOVÝ INTEGRÁL PRVÉHO DRUHU

Nech C je po častiach hladká orientovaná krivka, ktorej parametrické vyjadrenie je r r r r r (t ) = x(t )i + y (t ) j + z (t )k , t ∈< α , β > . Nech f je reálna funkcia definovaná na krivke C. Potom platí: β

∫ f ( x, y, z )ds = α∫ f [x(t ), y(t ), z (t )] [x′(t )] + [ y ′(t )] + [z ′(t )] 2

2

2

dt .

C

Príklad 1 : Vypočítajme

∫ (x + y

2

) ds , kde C je úsečka AB: A = (1; 1), B = (2 ; 2) .

C

¾¾¾ Ak C je grafom funkcie y = y ( x), x ∈ 〈 a, b〉 , tak pre krivkový integrál prvého druhu

platí:

∫

C

b

f ( x, y )ds = ∫ f [x, y ( x)]. 1 + [ y ′( x)] dx . 2

a

Úsečka AB je časťou priamky y = x a y ′ = 1 . Pre hľadaný krivkový integrál dostaneme: 2

⎡ x2 x3 ⎤ 23. 2 ∫C ( x + y ) ds = ∫1 ( x + x ). 1 + 1 dx = 2 ⎢⎣ 2 + 3 ⎥⎦ = 6 Š 1 2

2

Príklad 2 :

Vypočítajme

2

∫

2 y ds , kde C je časť cykloidy

C

r r r r = a.(t − sin t )i + a.(1 − cos t ) j , t ∈ 〈 0, 2π 〉 . ¾¾¾ Ak C je po častiach hladká krivka parametrizovaná funkciou r = r(t) a f je skalárna funkcia definovaná na C, tak pre krivkový integrál prvého druhu platí:

∫

C

b

f ( x, y, z )ds = ∫ f [x(t ), y (t ), z (t )] [x ′(t )] + [ y ′(t )] + [z ′(t )] dt . 2

2

2

a

Aplikujúc vyššie uvedený vzťah pre daný krivkový integrál dostaneme:

∫

C

2π

2 y ds =

∫ 0

2π

2a.(1 − cos t ) . a 2 (1 − cos t ) 2 + a 2 sin 2 t dt = 2a a ∫ (1 − cos t )dt =

= 2a a .[t − sin t ]

2π 0

0

= 4π a a Š

Úlohy

6.1.1

a)

Nájdite krivkové integrály po krivke C danej úsečkou ak :

∫ ( x + y) ds , C

C

je úsečka AB , A = [3,−1] , B = [5,2]

⎡ 9 13 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ 2 ⎦

85

Kapitola 6 - Krivkové integrály

b)

∫ xe

y

C

c)

⎡ 2⎤ 2 ⎢ 2 2e + ⎥ e ⎦ ⎣

ds , C je úsečka AB , A = [0,−1] , B = [3,2]

∫ x sin y ds , C

je úsečka AB , A = [1,2] , B = [2,4]

C

⎡ (2 cos 2 − 4 cos 4 + sin 4 − sin 2) 5 ⎤ ⎢ ⎥ 4 ⎣ ⎦ d)

x2 ∫ y ds , C je úsečka AB , A = [− 1,1] , B = [0,0] C ⎡ 2⎤ ⎢ ⎥ ⎣ 2 ⎦

e)

∫x

y

C

f)

∫ xy

ds , C je úsečka AB , A = [2,3] , B = [2,5] ds , C je obvod trojuholníka ABD A = [1,2] , B = [4,2] , D = [2,4]

⎡ 24 ⎤ ⎢⎣ ln 2 ⎥⎦

C

26 14 ⎤ ⎡ ⎢⎣15 + 3 8 + 3 5 ⎥⎦ 6.1.2

a)

Nájdite krivkové integrály po krivke C danej funkciou ak :

∫

1 + e 2 x ds , C je oblúk krivky y = e x , A = [1, e], B = [ 3,e 3

]

C

⎡ e6 − e2 ⎤ 2 + ⎢ ⎥ 2 ⎦ ⎣

b)

∫

1 + x ds , C je oblúk krivky y = ln x , A = [1,0] , B = [e,1] 2

C

c)

∫ y cos x ds ,

C

⎡π ⎤ C je oblúk krivky y = sin x , A = [0,0] , B = ⎢ ,1⎥ ⎣2 ⎦

⎡ 2 2 − 1⎤ ⎢ ⎥ ⎣ 3 ⎦ 1 1 ⎡ 1⎤ d) ∫ ds , C je oblúk krivky y = , A = [1,1] , B = ⎢2, ⎥ 4 x ⎣ 2⎦ C 1+ x e)

y

∫ x ds , C

je oblúk krivky y = x 2 , A = [2,4] , B = [3,9]

C

f)

∫ sin 2 x ds , C

C

⎡ 2(2 2 − 1) ⎤ ⎢ ⎥ 3 ⎣ ⎦

⎡1 + e 2 ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ 2 ⎦

⎡π ⎤ je oblúk krivky y = cos x , A = [0,1] , B = ⎢ ,0⎥ ⎣2 ⎦

⎡1⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡ 37 37 − 17 17 ⎤ ⎢ ⎥ 12 ⎣ ⎦

86

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

6.1.3

a)

Nájdite krivkové integrály po krivke C danej kúžeľosečkou ak :

∫ x y ds , C

[0 ]

je kružnica x 2 + y 2 = 4

C

b)

x

∫y

2

[− 2]

ds , C je časť kružnice x 2 + y 2 = 9, x ≥ 0

C

c)

∫ x y ds , C

[0 ]

je kružnica x 2 + y 2 = 2 x

C

d)

∫ arctg

C

e)

∫

y ds , C je kružnica x 2 + y 2 = 2 y x

x 2 + y 2 ds , C je kružnica x 2 + y 2 = x,

[ π2 ]

[1 ]

y≥0

C

x2 y2 + =1 f) ∫ x y ds , C je elipsa 4 9 C 6.1.4

a)

[0 ]

Nájdite krivkové integrály po krivke C ak :

∫

r r r ds , C je krivka r = (t − sin t )i + (1 − cos t ) j , 0 ≤ t ≤ π

[4 ]

C

r r π r π x3 ∫C y 2 ds , C je krivka r = 3 cos t i + 3 sin t j , 6 ≤ t ≤ 2 r r r c) ∫ ( x + y ) ds , C je krivka r = cos 3 t i + sin 3 t j , 0 ≤ t ≤ π

b)

C

d)

∫e

x− y

ds ,

C

je

úsečka

AB ,

⎡9⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡6⎤ ⎢⎣ 5 ⎥⎦

A = [1,2,3] ,

B = [2,5,3]

C

⎡ 10 (e −1 − e −3 ) ⎤ ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦ e) ∫ sin ( x − y ) ds , C je úsečka AB , A = [− 2,0,2] , B = [0,2,3]

[− 3 sin 2]

C

f)

∫y

xz

ds , C je úsečka AB , A = [3,3,1] , B = [5,3,1]

C

g)

∫ (2 x + y − 3z) ds ,

C je úsečka AB , A = [1,0,1] , B = [2,3,2]

⎡ 216 ⎤ ⎢⎣ ln 3 ⎥⎦

[0 ]

C

h)

∫ (x

C

i)

6.2

2

r r r r π − y 2 ) ds , C je krivka r = cos t i + sin t j + t k , 0 ≤ t ≤ 4

r r r r π x y z ds , C je krivka r = 2 cos t i + 2 sin t j + t k , 0≤t ≤ ∫C 2

KRIVKOVÝ INTEGRÁL DRUHÉHO DRUHU

⎡ 2⎤ ⎢ ⎥ ⎣ 2 ⎦

[

5 π 2

]

87

Kapitola 6 - Krivkové integrály

Nech C je po častiach hladká orientovaná krivka, ktorej parametrické vyjadrenie je r r r r r (t ) = x(t )i + y (t ) j + z (t )k , t ∈< α , β > . Nech f je vektorová funkcia definovaná na krivke C. Potom platí: r r ∫ f . dr = ∫ [P( x, y, z )dx + Q( x, y, z ) + R( x, y, z )] = C

C

β

= ± ∫ [P( x, y, z ). x ′(t ) + Q( x, y, z ). y ′(t ) + R( x, y, z ). z ′(t )]dt . α

Príklad 1 : Vypočítajme

⎡

1

∫ ⎢⎣( xy − x)dx + 2 x

C

2

⎤ dy ⎥ , kde C je časť paraboly ⎦

y = 2 x , 0 ≤ x ≤ 1. ¾¾¾ Ak C je po častiach hladká orientovaná krivka parametrizovaná funkciou r = r(t) a F je vektorová funkcia definovaná na C, tak pre krivkový integrál druhého druhu platí: b r r = ± F . d r ∫ ∫ [P( x, y, z ). x′(t ) + Q( x, y, z ). y ′(t ) + R( x, y, z ). z ′(t )]dt (1) . C

a

Krivku y = 2 x parametrizujeme: nech x = t , y = 2 t , 0 ≤ t ≤ 1 . Použitím vyššie uvedeného vzťahu pre daný krivkový integrál dostaneme: 1

5 ⎤ ⎡ 2 ⎥ 2 ⎢ ⎛5 ⎞ ⎛ 1 2 1 ⎞ 5 t t 1 ∫0 ⎜⎜⎝ 2t t − t + 2 t . 2 2 t ⎟⎟⎠ dt = ∫0 ⎜⎜⎝ 2 t − t ⎟⎟⎠ dt = ⎢ 2 ⋅ 5 − 2 ⎥ = 2 Š ⎥ ⎢ ⎥⎦ 0 2 ⎣⎢ 1

1

Príklad 2 : Vypočítajme

∫ [ yz dx + z

3 2

]

R 2 − y 2 dy + xy dz , kde C je časť skrutkovice

C

x = R cos t , y = R sin t , z = at , R > 0 , a ≠ 0 , t ∈ 〈 0, 2π 〉 . ¾¾¾ Použitím vzťahu (1) z Príkladu 3 pre hľadaný krivkový integrál dostaneme:

∫ [Rat sin t . R(− sin t ) + at

]

2π

R 2 − R 2 sin 2 t R cos t + R 2 cos t sin t . a dt =

0

2π

=

∫ [− R

2

]

at sin 2 t + R 2 at cos 2 t + R 2 a cos t sin t dt =

0

2π

2π

2π

= ∫ [− R at sin t + R at.(1 − sin t ) + R a cos t sin t ] dt = R a ∫ tdt − 2 R a ∫ t sin t dt + 2

2

2

2

2

2

0

2

0

2π

2π

2

0

2π

2π

2 ⎡t ⎤ t sin 2t t cos 2t ⎤ 2 ⎡1 2 2 ⎡ sin t ⎤ − − + R a ∫ sin t cos t dt = R a ⎢ ⎥ − 2 R a ⎢ t − ⎥ =0 ⎥ + R a⎢ 4 4 8 ⎦0 ⎣2 ⎣ 2 ⎦0 ⎣ 2 ⎦0 0 u = t , v ′ = sin 2 t 1 2 t sin 2t sin 2t ⎞ ⎛1 kde ∫ t sin 2 t dt − ∫⎜ t − ⎟ dt = 1 − cos 2t 1 sin 2t = t − 2 4 4 ⎠ u′ = 1 , v = ∫ dt = t − ⎝2 2 2 4 1 t sin 2t t 2 cos 2t = t2 − − − 2 4 4 8 2

2

2

2

88

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

∫ sin t cos t dt

u = sin t u 2 sin 2 t = ∫ u du = = Š du = cos t dt 2 2

Úlohy 6.2.1

a)

Nájdite integrál po krivke C ak : 2 2 ∫ y dx − x dy , C je úsečka AB , A = [− 2,3] , B = [0,5] a

[ 30 ]

C

b)

a

2 2 ∫ y dx + ( y − x) dy , C je úsečka AB , A = [0,3], B = [3,5]

C

c)

a

y ∫ ye dx + ( x − 1) dy , C je úsečka AB , A = [0,−2] , B = [1,0]

C

d)

∫ x sin π y dx + y sin π y dy , C je úsečka AB , A = [1,0] , B = [3,1] a

C

e)

∫x

y

dx + y x dy , C je úsečka AB , A = [3,5] , B = [1,5]

C

f)

∫ x y dx + x

2

⎡ 185 ⎤ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ ⎡ − (e −2 + 3) ⎤ ⎥ ⎢ 2 ⎦ ⎣ ⎡9⎤ ⎢⎣ π ⎥⎦ ⎡ − 364 ⎤ ⎢⎣ 3 ⎥⎦

dy , C je obvod trojuholníka ABD , pričom ( A, B, D ) je usporiadaná

C

⎡7⎤ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ g) ∫ x 2 dx + xy dz , C je úsečka AB , A = [− 2,0,3] , B = [0,2,1] so začiatkom v bode A v zmysle orientácie krivky C , A = [2,2] , B = [3,3] , D = [2,4]

C

h)

[4 ]

∫ y dx + z dy + x dz , C

je úsečka AB , A = [− 1,1,2] , B = [5,1,8] so začiatkom v bode

C

[18 ]

A i)

∫ x sin y dz , C

je úsečka AB , A = [1,2,2] , B = [3,2,3] so začiatkom v bode A

C

j)

∫ xe

[2 sin 2]

z

dy + xy dz , C je úsečka AB , A = [− 2,1,3] , B = [4,5,3] so začiatkom v bode A

C

k)

∫ arcsin

[

4e 3

]

y dx + 2 y dz , C je úsečka AB , A = [1,−2,0], B = [1,3,4] so začiatkom

C

⎡ 31 ⎤ ⎢⎣ 5 ln 2 ⎥⎦ ∫ ln xy dz , C je úsečka AB , A = [1,1,−1], B = [5,1,3] so začiatkom v bode A

v bode A l)

C

6.2.2

Nájdite integrál po krivke C danej funkciou ak :

[5 ln 5 − 4]

89

Kapitola 6 - Krivkové integrály

a)

∫ x y dx + y dy , C

je oblúk krivky y = e 2 x , od bodu A = [ 1, e 2

] po bod

B = [ 2,e 4

]

C

⎡ 2e 8 + e 4 − e 2 ⎤ ⎥ ⎢ 4 ⎦ ⎣ 1⎤ ⎡ ⎡5⎤ b) ∫ y dx + x dy , C je oblúk krivky y = 2 x , od bodu A = ⎢− 1, ⎥ po bod B = [1,2] ⎢ ⎥ 2⎦ ⎣ ⎣2⎦ C

c)

sin x dx − x dy , C je oblúk krivky y = x od bodu A = [4,2] po bod B = [9,3] y C

∫

19 ⎤ ⎡ ⎢⎣2 cos 2 − 2 cos 3 − 3 ⎥⎦ d)

y

1

je oblúk krivky y = ln x od bodu A = [ e,1 ] po bod B = [ e 2 ,2

∫ x dx − x dy , C

]

C

⎡3 1 1⎤ ⎢⎣ 2 + e 2 − e ⎥⎦ e)

x

y

∫ y dx + x dy , C

je časť kružnice x 2 + y 2 = 9,

C

B = [− 3,0]

f)

∫ x dx − y dy , C

[6 ]

je časť kružnice x 2 + y 2 = 4 x,

C

B = [0,0]

g)

y ≥ 0 od bodu A = [0,3] po bod y ≥ 0 od bodu A = [4,0] po bod

[−8 ]

∫ x y dx , C

je časť kružnice x + y = 4 y, x ≥ 0 od bodu A = [0,0] po bod B = [0,4] 2

2

C

⎡ − 16 ⎤ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 6.2.3

a)

Nájdite integrál po krivke C danej parametricky ak :

∫ x dx +

3

r r r x dy , C je krivka r = cos 3 t i + sin 3 t j , 0 ≤ t ≤ 2π a bod A = [1,0] je prvý

C

⎡3 ⎤ ⎢⎣ 4 π ⎥⎦ r r r b) ∫ x dy , C je krivka r = (t − sin t ) i + (1 − cos t ) j , 0 ≤ t ≤ 2π a bod A = [0,0] je prvý bod

C

[− 3π ]

bod c)

∫e

C

d)

x

r r r π dx , C je krivka r = 2 cos t i + 3 sin t j , 0 ≤ t ≤ a bod A = [2,0] je prvý bod 2

∫ z dx + x

C

[ 1 − e2 ]

2

r r r r dy + y dz , C je krivka r = cos t i + sin t j + t k , 0 ≤ t ≤ 2π a bod

A = [1,0,0] je prvý bod

[ 2π ]

90

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

e)

r r π r r xy dz , C je krivka r = t i + t j + t k , 0≤t ≤π 3 cos 3 sin ∫ 2 C

[0 ] r r r r f) ∫ x y dx + y dz , C je krivka r = t i + ln t j + 2 k , 1 ≤ t ≤ e prvý bod

a bod A = [3,0,0] je a bod A = [1,0,2] je

C

⎡ e 2 + 1⎤ ⎥ ⎢ ⎣ 4 ⎦ r r r r x g) ∫ yz dx + dy + xy 2 dz , C je krivka r = t i + t j + (2 − t )k , 0 ≤ t ≤ 2 y C

prvý bod

5⎤ ⎡16 ⎢⎣15 2 − 3 ⎥⎦ r r r r h) ∫ z dy + x dz , C je krivka r = t i + (1 − t ) j + (t 2 + (1 − t ) 2 ) k , 0 ≤ t ≤ 1

a bod

A = [0,0,2] je prvý bod

a bod

C

⎡ 1⎤ ⎢⎣− 3 ⎥⎦

A = [0,1,1] je prvý bod

6.3

GREENOVA VETA

Nech C je jednoduchá uzavretá, po častiach hladká krivka, cyklicky orientovaná súhlasne s daným súradnicovým systémom. Nech množina A pozostáva zo všetkých bodov krivky C a jej vnútra. Nech funkcie P(x,y) a Q(x,y) sú spojité a majú prvé parciálne derivácie vzhľadom na množinu A. Potom platí: r r ⎛ ∂Q( x, y ) ∂P( x, y ) ⎞ F ∫C . dr = C∫ [P( x, y)dx + Q( x, y)dy ] = ∫∫A ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠ dxdy . Aplikácie krivkového integrálu. Nech C je jednoduchá po častiach hladká krivka cyklicky orientovaná súhlasne s daným súradnicovým systémom a A je vnútro krivky C. Potom obsah oblasti A je: 1 P = ∫ ( xdy − ydx) . 2C Nech C je po častiach hladká krivka, orientovaná súhlasne s parametrickým vyjadrením, potom pre dĺžku krivky C platí: l = ∫ ds . C

Príklad 1 : Použitím Greenovej vety vypočítajme

∫ [y

2

]

dx + xdy ,

C

kde C je obvod štvorca ohraničený priamkami: x = 1 , x = −1 , y = 1 , y = −1 . ¾¾¾ Ak C je jednoduchá uzavretá, po častiach hladká krivka, obopínajúca množinu A

a vektorová funkcia F =P(x,y)i + Q(x,y)j má spojité parciálne derivácie, tak platí: r r ⎛ ∂Q ∂P ⎞ F ∫C . dr = ∫∫A ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠ dxdy (2) . Pre oblasť A platí:

91

Kapitola 6 - Krivkové integrály

− 1 ≤ x ≤ 1 , − 1 ≤ y ≤ 1.

Určíme

∂P ∂Q : a ∂y ∂x

∂Q ∂P = 2y , =1 . ∂y ∂x Aplikujúc vzťah (2) dostaneme: 1 1 1 1 ⎛ ⎞ 1 2 1 ⎜ ⎟ − ( 1 2 y ) dy dx = y − y dx = 2dx = [2 x ]−1 = 4 Š −1 ∫−1⎜⎝ −∫1 ∫ ∫ ⎟ −1 −1 ⎠

[

]

Príklad 2 : Použitím Greenovej vety vypočítajme

⎡1

y

x

2

⎤

∫ ⎢⎣ x arctg x dx + y arctg y dy ⎥⎦ ,

C

kde C je hranica oblasti 1 ≤ x + y ≤ 4 , x ≤ y ≤ 3 x orientovaná kladne. ∂P ∂Q ¾¾¾ Určíme : a ∂y ∂x ∂P 1 1 1 1 ∂Q 2 1 1 2 . = ⋅ ⋅ = 2 , = ⋅ ⋅ = 2 2 2 2 ∂y x ∂x y y x x +y x y x + y2 1+ 2 1+ 2 x y Zavedieme polárne súradnice x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , J = ρ . Ich dosadením do nerovníc určujúcich hranicu oblasti dostaneme: 1 ≤ ρ 2 (cos 2ϕ + sin 2ϕ ) ≤ 4 , 1 ≤ ρ ≤ 2 a 2

2

ρ cos ϕ ≤ ρ sin ϕ ≤ 3ρ cos ϕ , 1 ≤ tg ϕ ≤ 3 ,

π

4

π

≤ϕ ≤

3

.

Pre daný krivkový integrál platí: π

π

3 2 ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 2 1 ⎞ 1 ⎜ ⎟ ⎜ ∫ dρ ⎟ dϕ = ⎜ ⎟ − dxdy = ⋅ ρ d ρ d ϕ = ∫∫M ⎜⎝ x 2 + y 2 x 2 + y 2 ⎟⎠ ∫π ⎜⎝ ∫1 ρ 2 (cos 2ϕ + sin 2ϕ ) ∫ ⎟ ⎜ ρ ⎟ π⎝1 ⎠ ⎠ 3

2

4

π

4

π 3

π

π

π

4

4

4

3

= ∫ [ln ρ ]1 dϕ = ∫ ln2 dϕ =[ϕ ln2]π3 = 2

π 12

ln 2 Š

Príklad 3 : Pomocou krivkového integrálu nájdime obsah vnútra elipsy

x2 y2 + = 1. a2 b2

¾¾¾ Pre obsah plochy, ktorú obopína krivka K, platí:

1 ( xdy − ydx) 2 K∫ . Rovnicu elipsy parametrizujeme: nech x = a cos t , y = b sin t , t ∈ 〈 0, 2π 〉 . Pre obsah hľadanej plochy dostaneme: 2π 2π 1 1 1 2π P = ∫ (a cos t . b sin t + b sin t . a sin t )dt = ab ∫ dt = ab[t ]0 = π ab Š 2 0 2 0 2 P=

92

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

Príklad 4 : Pomocou krivkového integrálu vypočítajme dĺžku časti krivky: x = 3t , y = 3t 2 ,

z = 2t 3 od bodu A = (0, 0, 0) do bodu B = (3, 3, 2). ¾¾¾ Pre dĺžku oblúka krivky platí:

l = ∫ ds , kde ds = (dx) 2 + (dy ) 2 + (dz ) 2 dt . K

Najprv určíme ds ds = 9 + 36t 2 + 36t 4 dt = 3.(1 + 2t 2 )dt . Keďže

0 ≤ x ≤ 3 , tak 0 ≤ 3t ≤ 3 , 0 ≤ t ≤ 1 . Pre dĺžku krivky teda dostaneme: 1

⎡ t3 ⎤ l = ∫ ds = ∫ 3.(1 + 2t )dt = 3. ⎢t + 2 ⋅ ⎥ = 5 Š 3 ⎦0 ⎣ 0 0 1

1

2

Úlohy 6.3.1

a)

Pomocou Greenovej vety nájdite integrál po uzavretej krivke C ak :

∫ 2( x

2

+ y 2 ) dx + ( x + y ) 2 dy , C je kladne orientovaný obvod trojuholníka ABD ,

C

⎡ 4⎤ ⎢⎣− 3 ⎥⎦ b) ∫ ( x + y 2 ) dx + (2 x 2 + y ) dy , C je kladne orientovaný obvod trojuholníka ABD , A = [1,1], B = [2,2], D = [1,3]

C

⎡16 ⎤ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ c) ∫ xy 2 dx − x 2 y dy , C je kladne orientovaný obvod trojuholníka ABD , A = [1,1], B = [2,2], D = [3,1]

C

⎡ 4⎤ ⎢⎣− 3 ⎥⎦ d) ∫ ( x + 2 y ) dx + ( y − 2 x) dy , C je kladne orientovaný obvod trojuholníka ABD , A = [0,0], B = [1,1], D = [0,2]

C

A = [0,0], B = [2,0], D = [1,1]

e)

∫(y

2

− x) dx + ( x − y ) dy , C je kladne orientovaný obvod štvorca ABDE ,

C

A = [1,2], B = [3,2], D = [3,4], E = [1,4]

f)

∫ (x − 2 y

C

2

∫ (1 − y

C

2

[− 8]

) dx + 3 x dy , C je kladne orientovaný obvod obdĺžnika ABDE , 2

A = [0,0], B = [0,−2], D = [4,−2], E = [4,0]

g)

[− 4]

2

[64]

) dx + (4 − x 2 ) dy , C je kladne orientovaná kružnica x 2 + y 2 = 9

[0]

93

Kapitola 6 - Krivkové integrály

h)

∫y

2

dx + ( x − y ) dy , C je kladne orientovaná kružnica x 2 + y 2 = 4 x

C

i)

[4π ]

∫ ( x + y)

2

dx + ( x − y ) 2 dy , C je kladne orientovaná elipsa

C

j)

2

2

x y + =1 4 9

[0]

∫ ( x + y) dx + (2 x − y) dy , C

je kladne orientovaná hranica oblasti ohraničenej

C

⎡1⎤ ⎢⎣ 6 ⎥⎦ k) ∫ ( x + y ) dx + (2 x − y ) dy , C je kladne orientovaná hranica oblasti ohraničenej krivkami y = x 2 a y = x

C

krivkami y = e x , y = e a x = 0 l)

∫ ( x + y)

2

[1]

dx + ( x − y ) 2 dy , C je kladne orientovaná hranica oblasti ohraničenej

C

⎡ 128 ⎢⎣− 3 m) ∫ y dx + xy dy , C je kladne orientovaná hranica oblasti ohraničenej krivkami krivkami y = 4 − x 2 a y = x 2

⎤ 2⎥ ⎦

C

y = sin x , y = 0 a x = n)

1

∫ y dx + y

2

π 2

⎡π ⎤ ⎢⎣ 8 −1⎥⎦

dy , C je kladne orientovaná hranica oblasti ohraničenej krivkami xy = 4 ,

C

y = 1, x = 1 a x = 4 o)

∫

C

y2 x2 dx + dy , C je kladne orientovaná hranica oblasti ohraničenej krivkami 2 2

y = ln x , y = 1 , y = 2 a x = 0 6.3.2

⎡9⎤ ⎢⎣ 8 ⎥⎦

⎡ e 4 − 5e 2 ⎤ ⎥ ⎢ 4 ⎦ ⎣

Vypočítajte obsah plochy ohraničenej uzavretou krivkou C ak:

x2 y2 + =1 4 16 je kružnica x 2 + y 2 = 9 r r r je asteroida r = cos 3 t i + sin 3 t j 0 ≤ t ≤ 2π r r r je cykloida r = (t − sin t )i + (1 − cos t ) j 0 ≤ t ≤ 2π a kladná poloos x r r r je krivka r = (2 cos t − cos 2t ) i + (2 sin t − sin 2t ) j 0 ≤ t ≤ 2π

a) C je elipsa

[8π ]

b) C

[9π ]

c) C d) C e) C

⎡3 ⎤ ⎢⎣ 8 π ⎥⎦ [3π ] [6π ]

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

94

7 ZÁKLADY FUNKCIE KOMPLEXNEJ PREMENNEJ 7.1

ANALYTICKÁ FUNKCIA

Na množine M komplexných čísel je definovaná komplexná funkcia f komplexnej premennej, ak ku každému komplexnému číslu z ∈ M je priradené jedno komplexné číslo w = f (z ) . Množinu M nazývame oborom definície funkcie f a množinu N všetkých čísel f (z ) , z ∈ M nazývame oborom hodnôt funkcie f. Komplexnú funkciu f komplexnej premennej s oborom definície M môžeme zapísať aj v tvare f ( z ) = u ( x, y ) + i.v( x, y ) , kde z = x + i. y a u ( x, y ), v( x, y ) sú reálne funkcie dvoch reálnych premenných x a y. Funkciu f komplexnej premennej nazývame analytickou v čísle a, a ≠ ∞, ak existuje také okolie čísla a, že v každom jeho bode má funkcia f deriváciu. Nech funkcia komplexnej premennej f ( z ) = u ( x, y ) + i.v( x, y ) , z = x + i. y má deriváciu f ′( z ) na oblasti D. Potom funkcie u ( x, y ), v( x, y ) majú parciálne derivácie prvého rádu, pre ktoré v každom bode ( x, y ) ∈ D platia Cauchy-Riemanove vzťahy: ∂u ∂v ∂u ∂v = , =− ∂x ∂y ∂y ∂x a platí: ∂u ∂v ∂v ∂u f ′( z ) = +i⋅ = −i⋅ . ∂x ∂x ∂y ∂y Príklad 1: Dokážme, že funkcia f ( z ) = x 3 − 3 xy 2 + i.(3 x 2 y − y 3 ) je analytická. ¾¾¾ Funkcia f komplexnej premennej je analytická práve vtedy, keď pre ňu platia Cauchy-

Riemanove vzťahy:

∂u ∂v ∂u ∂v = ∧ =− . ∂x ∂y ∂y ∂x ∂u ∂v ∂u ∂v , , a : Vypočítame ∂x ∂y ∂y ∂x ∂u ∂v = 3x 2 − 3 y 2 , = 3x 2 − 3 y 2 , ∂x ∂y ∂u ∂u = −6 xy , = 6 xy . ∂y ∂y Keďže platia Cauchy-Riemanove vzťahy, tak funkcia f je analytická Š

Príklad 2: Nájdime analytickú funkciu z = u + iv v oblasti C, ak je daná jej reálna zložka

u ( x, y ) = y 3 − 3 x 2 y . ¾¾¾ Opäť aplikujeme Cauchy-Riemanove vzťahy. Keďže z má byť analytická, tak musí platiť: ∂u ∂v = −6 xy = (1) . ∂y ∂x Z rovnice (1) určíme v(x,y): v( x, y ) = ∫ (−6 xy)dy = −3xy 2 + ϕ ( x) .

Zároveň musí platiť:

Kapitola 7 – Základy funkcie komplexnej premennej

95

∂u ∂v = −3 y 2 + ϕ ′( x) = − , ∂y ∂x − 3 y 2 + ϕ ′( x) = −3 y 2 + 3x 2 , ϕ ′( x) = 3 x 2 . Pre φ(x) dostaneme: ϕ ( x) = 3∫ x 2 dx = x 3 + K , K ∈ R . Funkcia z má teda tvar: z = y 3 − 3x 2 y + i.(−3xy 2 + x 3 + K ) Š Príklad 3: Nájdime analytickú funkciu z = u + iv v oblasti C, ak je daná jej imaginárna

zložka v( x, y ) = 2 xy + 3x .

¾¾¾ Budeme postupovať analogicky ako v predchádzajúcom príklade. Aplikujúc Cauchy-

Riemanove vzťahy dostaneme:

∂v ∂u = 2x = ∂y ∂x

(2).

Z rovnice (2) určíme u(x,y): u ( x, y ) = ∫ 2 xdx = x 2 + ϕ ( y ) . Zároveň platí:

∂v ∂u = ϕ ′( y ) = − , ϕ ′( y ) = −2 y − 3 . ∂x ∂y

Pre φ(y) dostaneme: ϕ ( y ) = ∫ (−2 y − 3)dy = − y 2 − 3 y + K , K ∈ R . Hľadaná funkcia z má teda nasledovný tvar: z = x 2 − y 2 − 3 y + K + i.(2 xy + 3x) Š Úlohy 7.1.1

a) b) 7.1.2

Overte, či funkcia :

f ( z ) = z 2 + 2 z , kde z = x + i. y je analytická. f ( z ) = Re z , kde z = x + i. y je analytická.

[ je analytická ] [ nie je analytická ]

Nájdite funkcie u ( x, y ) resp. v( x, y ) tak, aby funkcia f ( z ) = u ( x, y ) + i.v( x, y ) bola analytická, ak :

a) u ( x, y ) = 3x 2 − 3 y 2 − 2 xy + 2 y

[v(x, y ) = x

b) u ( x, y ) = x 2 − y 2 + xy

⎡ ⎤ x y + + 2 xy + C ⎥ ⎢v ( x, y ) = − 2 2 ⎣ ⎦ 2 2 u ( x, y ) = x − y − 3 y + C

c) d) e) f) g)

u ( x, u ( x, u ( x, u ( x,

y ) = x + 6 x y − 3xy − 2 y y ) = 4 e x sin y y ) = x 3 − 3xy 2 − 2 y y ) = 2 e x sin y 2

− y 2 + 6 xy − 2 x + C 2

v( x, y ) = 2 xy + 3 x 3

2

3

]

2

[ ] [v(x, y ) = −2 x − y + 3x y + 6 xy [v(x, y ) = −4 e cos y + C ] [v(x, y ) = 3x y − y + 2 x + C ] [u(x, y ) = −2 e sin y + C ] 3

3

−x

2

3

x

2

2

+C

]

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

7.1.3

96

Nájdite funkcie u ( x, y ) resp. v( x, y ) tak, aby funkcia f ( z ) = u ( x, y ) + i.v( x, y ) bola analytická, ak je daná počiatočná podmienka:

a) u ( x, y ) = 3x 2 − 3 y 2 − 2 xy + 2 y , f (0 ) = i

[v(x, y ) = x

b) u ( x, y ) = x 2 − y 2 + xy , f (1 + i ) = −2i

⎡ ⎤ x y + + 2 xy − 1⎥ ⎢v ( x, y ) = − 2 2 ⎣ ⎦ 2 2 u ( x, y ) = x − y − 3 y + i

c) d) e) f) g)

7.2

u ( x, u ( x, u ( x, u ( x,

y ) = x + 6 x y − 3xy − 2 y , f (0 ) = 0 y ) = 4 e x sin y , f (π i ) = 5i y ) = x 3 − 3xy 2 − 2 y , f (i ) = −2 − i y ) = 2 e x sin y , f (0 ) = 2 + 2i 2

]

− y 2 + 6 xy − 2 x + 1 2

v( x, y ) = 2 xy + 3 x , f (0 ) = i 3

2

3

2

[ ] [v(x, y ) = −2 x − y + 3x y + 6 xy ] [v(x, y ) = −4 e cos y + 1] [v(x, y ) = 3x y − y + 2 x] [u(x, y ) = −2 e sin y + 2] 3

3

2

2

−x

2

3

x

INTEGRÁL FUNKCIE KOMPLEXNEJ PREMENNEJ

Nech C je súhlasne [nesúhlasne] orientovaný oblúk s parametrickým vyjadrením z(t), t ∈< α , β > . Nech z ′(t ) je spojitá funkcia na intervale < α , β > a nech funkcia f(z) je ohraničená na C. Potom

∫

β

f ( z )dz existuje práve vtedy, keď existuje

∫ f [z (t )]. z ′(t )dt

a platí:

α

C

⎡ ⎢ ⎣⎢

β

∫ f ( z )dz = α∫ f [z (t )]. z ′(t )dt

C

β

⎤

∫ f ( z )dz = −α∫ f [z (t )]. z ′(t )dt ⎥⎥ ⎦

C

.

Príklad 1: Určme, aká krivka je daná nasledujúcou komplexnou funkciou reálnej premennej

t, ak z = e it , t ∈< 0, 2π > . ¾¾¾ Komplexnú funkciu z prepíšeme do goniometrického tvaru: z = e it = cos t + i sin t . Označme reálnu zložku funkcie z ako x(t) a imaginárnu y(t), pričom platí: x(t ) = cos t , y (t ) = sin t . Umocnením oboch rovníc na druhú a ich následným sčítaním dostaneme x 2 + y 2 = cos 2 x + sin 2 y = 1 ⇒ Hľadanou krivkou je teda kružnica so stredom v bode (0, 0) a polomerom 1 Š Príklad 2: Vypočítajme

1

∫ z dz , ak krivka C je časť kružnice z = R .e

it

, t ∈< 0, π > , R > 0.

C

¾¾¾ Integrál funkcie komplexnej premennej vypočítame podľa vzťahu:

∫

C

β

f ( z )dz = ∫ f [z (t )]. z ′(t )dt . α

Najprv určíme z ′(t ) : z ′(t ) = iR.e . Aplikáciou vyššie uvedeného vzťahu dostaneme: π π 1 iR.e it π dz = dt = ∫C z ∫0 R.e it ∫0 i.dt =[it ]0 = π .i Š it

Kapitola 7 – Základy funkcie komplexnej premennej

97

Príklad 3: Vypočítajme

∫ z dz , ak krivka C je kladne orientovaná časť kružnice

z = 1,

C

Re z ≥ 0 so začiatkom v bode z 0 = −i a koncom v bode z k = i . ¾¾¾ Krivku C zapíšeme v tvare:

z (t ) = e it , t ∈ −

π π

, 2 2

.

Určíme z ′ a z : z ′(t ) = i.e it , z = e it = cos t + i sin t = cos 2 t + sin 2 t = 1 . Pre hľadaný integrál teda platí:

∫

C

π

π

2

2

π

π π i⋅ −i⋅ ⎡ e it ⎤ 2 π π it it it 2 z dz = ∫ e . ie dt = ∫ ie dt = ⎢i ⋅ ⎥ = e − e 2 = cos + i sin − 2 2 π π ⎣ i ⎦ −π − − 2

2

2

⎛ π⎞ ⎛ π⎞ − cos⎜ − ⎟ − i sin ⎜ − ⎟ = 2i Š ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ Úlohy 7.2.1

a)

Vypočítajte integrál funkcie komplexnej premennej.

∫ Re z dz , ak C je úsečka so začiatkom z

C

b)

0

⎡1 1 ⎤ = 0 a koncovým bodom z k = 1 + i . ⎢ + i ⎥ ⎣2 2 ⎦

∫ Re z dz , ak C je kladne orientovaná kružnica

z = a, a > 0.

[ia π ] 2

C

c)

∫ Re z dz , ak C je polkružnica

z = 1 , Im z ≥ 0 , od z 0 = 1 po z1 = −1

C

d)

∫ Re z dz , ak C:

⎡π i ⎤ ⎢2⎥ ⎣ ⎦

y = 2x 2 od z 0 = 0 po z1 = 1 + 2i

C

⎡1 4 ⎤ ⎢ 2 + 3 i⎥ ⎣ ⎦ e) ∫ z dz , ak C je úsečka sa začiatočným bodom z 0 = -1 a koncovým bodom z k = 1 . C

f)

∫ z dz , ak C :

z = 1 ∧ Re z ≥ 0 , od z 0 = −i po z1 = i .

[1] [2i ]

C

g)

z

∫ z dz , ak C je úsečka sa začiatkom z

0

= 0 a koncovým bodom z k = 1 + i .

[− 1 + i ]

C

h)

∫

C

i)

1 z

dz , ak C je polkružnica z = 1 , Im z ≥ 0 ,

∫ z z dz , ak C : x = y

C

2

z 0 = 1, z k = −1 .

od z 0 = 1 + i po z1 = 4 + 2i

[2i − 2] ⎡ 57 128 ⎤ ⎢⎣ 2 + 15 i ⎥⎦

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

j)

∫ z z dz , ak C :

98

[8 π i ]

z = 2 ∧ Re z ≥ 0 od z 0 = −2i po z1 = 2i

C

k)

∫ (z

2

C

l)

∫ (z

C

m)

1 dz , ak C : z = 2 +1 z2 + 9

)(

3e z 2

)

−1

2

ez

∫ z (1 − z )

3

ez

∫ z (1 − z )

3

dz , ak C : z =

1 2

[2π i ]

dz , ak C : z − 1 =

C

o)

ez

∫ z (1 − z )

3

C

[π i (2 − i )] p)

sin z

[0]

dz , ak C : z − 2 + i = 2

C

n)

[0]

)

dz , ak C : z =

1 2

[− eπ i ]

3 2

dz , ak C : z = 3

[π i (− sin 2i )]

cos z dz , ak C : z = 4 −π 2

[0]

∫ (z − 2i )

3

C

q)

∫z

C

2

e z cos π z dz , ak C : z = 4 r) ∫ z (z + 2) C

7.3

⎡ ⎛ 1 ⎢π i⎜1 − e 2 ⎣ ⎝

⎞⎤ ⎟⎥ ⎠⎦

REZÍDUUM FUNKCIE

Nech z 0 je izolovaný singulárny bod funkcie f(z), ktorá je na medzikruží M: 0 < z − z 0 < R analytická. Nech Laurentov rad funkcie f(z) v bode z 0 pre dané medzikružie je: f ( z) =

n =∞

∑a

n = −∞

n

( z − z0 ) n .

Koeficient a −1 v tomto Laurentovom rade sa nazýva rezíduum funkcie f(z) v bode z 0 a označujeme ho res f(z). Pre rezíduum funkcie f(z) v bode z 0 platí: 1 res f ( z 0 ) = f ( z ) dz , 2π .i C∫ kde C je jednoduchá uzavretá kladne orientovaná po častiach hladká krivka, ktorá leží v medzikruží M a v jej vnútri leží bod z 0 . Ak má funkcia f(z) v bode z 0 pól, tak platí: res f ( z 0 ) = lim [( z − z 0 ) f ( z )] . z → z0

Ak z 0 je pólom k-tého rádu (k >1) funkcie f(z), tak platí: res f ( z 0 ) =

[

]

1 d k −1 lim k −1 ( z − z 0 ) k f ( z ) . (k − 1)! z → z0 dz

Kapitola 7 – Základy funkcie komplexnej premennej

99

Príklad 1: Vypočítajme rezíduum funkcie f ( z ) =

1 v jej póloch. z.(1 − z 2 )

¾¾¾ Určíme póly funkcie f(z):

1 1 = . 2 z.(1 − z ) z (1 − z )(1 + z ) Funkcia f(z) má teda 3 jednoduché póly: a1 = 0 , a 2 = 1 , a3 = −1 . Pre rezíduum funkcie f(z) v jednoduchom póle a platí: res f (a) = lim[( z − a ) f ( z )] . f ( z) =

z →a

Pre rezíduum funkcie f(z) v póloch a1 , a 2 , a3 dostaneme: ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ 1 1 res f (0) = lim ⎢ z ⋅ = lim ⎢ ⎥ =1 , ⎥ z →0 ⎣ z (1 − z )(1 + z ) ⎦ z →0 ⎣ (1 − z )(1 + z ) ⎦ ⎡ −1 ⎤ ⎤ ⎡ 1 1 =− , res f (1) = lim ⎢( z − 1) ⋅ = lim ⎢ ⎥ ⎥ z →1 z (1 − z )(1 + z ) ⎦ z →1 ⎣ z.(1 + z ) ⎦ 2 ⎣ ⎡ 1 ⎤ ⎤ ⎡ 1 1 =− Š res f (−1) = lim ⎢( z + 1) ⋅ = lim ⎢ ⎥ ⎥ z → −1 z (1 − z )(1 + z ) ⎦ z →−1⎣ z.(1 − z ) ⎦ 2 ⎣ Príklad 2: Vypočítajme rezíduum funkcie f ( z ) =

z2 v jej póloch. (1 + z 2 ) 2

¾¾¾ Určíme póly funkcie f(z):

z2 z2 = . (1 + z 2 ) 2 ( z + i ) 2 ( z − i ) 2 Funkcia f(z) má 2 dvojnásobné póly: a1 = a 2 = −i , a3 = a 4 = i . Ak je a pólom funkcie f(z) s násobnosťou m, tak pre res f(a) platí: 1 d m −1 lim m −1 ( z − a ) m f ( z ) . res f (a ) = (m − 1)! z →a dz Pre rezíduum funkcie f(z) v jednotlivých póloch dostaneme: ⎤ 1 d ⎡ z2 2 z.( z − i ) 2 − z 2 .2( z − i ).1 res f (−i ) = lim ⎢( z + i ) 2 lim = = ⎥ 1! z →− i dz ⎣ ( z + i ) 2 ( z − i ) 2 ⎦ z →− i ( z − i) 4 f ( z) =

[

]

i − 2iz 2i 2 = = , 3 z →−i ( z − i ) 3 4 (−2i )

= lim

⎤ 1 d ⎡ z2 2 z.( z + i ) 2 − z 2 .2( z + i ).1 2 res f (i ) = lim ⎢( z − i ) = ⎥ = lim 1! z →i dz ⎣ ( z + i ) 2 ( z − i ) 2 ⎦ z →i ( z + i) 4

i 2iz 2i 2 = =− Š 3 3 z →−i ( z + i) 4 (2i )

= lim

Úlohy

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

7.3.1

Vypočítajte rezíduum funkcie v jej póloch:

a)

f ( z) =

b)

f ( z) =

c)

f ( z) =

d) f ( z ) = e)

f ( z) =

f)

f ( z) =

g)

f ( z) =

h) f ( z ) = i) j) k)

100

z2 z+3

[

eπ . z z2 +1 z4 ( z − 2) 3 1 2 ( z + 1) 3 1 ( z − i) 3 1 z ( z − i) 3 sin z z2 1 3 (z + i ) ( z − i) 3

i i ⎤ ⎡ ⎢⎣res f (−i ) = − 2 , res f (i ) = 2 ⎥⎦

z2 ( z 2 + 1) 2 1 f ( z) = 6 2 z ( z + 1) 2 f ( z) =

f ( z) =

z3 + z2 + 2 z (1 − z 2 ) 2

[

f (−3)= 9]

res f (2)= 24]

3i 3i ⎤ ⎡ ⎢⎣res f (−i ) = 16 , res f (i ) = − 16 ⎥⎦

[

res f (i )= 0]

[res f (0) − i, res f (i)= i ]

[res f (0) = 1]

[

res f (i )=

3i ⎤ − 3i , res f (− i ) = ⎥ 4 4⎦

i i⎤ ⎡ ⎢⎣res f (i ) = − 4 , res f (− i ) = 4 ⎥⎦ 7 7⎤ ⎡ ⎢⎣res f (0) = 0, res f (i ) = 4 , res f (− i ) = − 4 ⎥⎦ 3 5⎤ ⎡ ⎢⎣res f (0) = 2, res f (1) = − 4 , res f (− 1) = − 4 ⎥⎦

Kapitola 8 – Laplaceova transformácia

101

8 LAPLACEOVA TRANSFORMÁCIA 8.1

LAPLACEOVA TRANSFORMÁCIA

Laplaceova transformácia je transformácia, ktorá umožňuje zjednodušiť riešenie niektorých typov úloh týkajúcich sa predovšetkým diferenciálnych rovníc. Je založená na princípe korešpondencie navzájom prislúchajúcich si výrazov f (t ) , ktorý nazývame vzor, originál a F ( p ) nazývaný obraz. Uvedenú vlastnosť zapisujeme v tvare f (t ) ÷ F ( p ) a hovoríme, že vzor f (t ) korešponduje s obrazom F ( p ) . Laplaceov obraz F ( p ) je pritom ∞

daný pomocou vzťahu F ( p ) = ∫ f (t )e − pt dt . Znak ≑ alebo ÷ označujeme ako znaky korešpon0

dencie. Základné korešpondencie a vety sú uvedené v ďalšom. Tabuľka korešpondencií základných funkcií

Predmet

Obraz

Predmet

Obraz

1

÷

1 p

sin ωt

÷

eat

÷

1 p−a

cos ωt

÷

tn

÷

n! p n +1

sinh ωt

÷

t n e at

÷

cosh ωt

÷

ta, a >-1

÷

t.sin ωt

÷

n!

( p − a) Γ(a + 1)

n +1

p

a +1

t.cos ωt

÷

ω p +ω2 2

p p +ω2 2

ω p −ω 2 2

p p −ω 2 2

(p

2 pω 2

+ω2

)

2

p2 −ω 2

(p

2

+ω2

)

2

Základné vety tabuľky korešpondencií predmet ÷ obraz , f(t) ÷ F(p)

1.

n

n

k =1

k =1

∑ ck f k (t ) ÷ ∑ ck Fk ( p )

⎛ p⎞ F ⎜ ⎟, λ ≠ 0 λ ⎝λ⎠ at 3. e . f (t ) ÷ F ( p − a )

2.

f (λt ) ÷

1

∂f (t , λ ) ∂F ( p, λ ) ÷ ∂λ ∂λ −τ . p f (t − τ ).η (t − τ ) ÷ e . F ( p ), τ > 0

4. Ak f (t , λ ) ÷ F ( p, λ ) , tak 5.

( veta o lineárnosti ) ( veta o podobnosti ) ( veta o tlmení ) (veta o derivovaní podľa parametra) ( veta o posunutí )

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

6. 7. 8.

τ ⎡ ⎤ f (t + τ ).η (t ) ÷ eτ . p . ⎢ F ( p ) − ∫ f (t ). e − p.t dt ⎥ 0 ⎣ ⎦ f ′(t ) ÷ p.F ( p ) − f (0 )

f

( n)

(t ) ÷

p .F ( p ) − p n

t

9.

∫ f (τ ) dτ 0

÷

F ( p) p

n −1

. f (0 ) − K − f

( n −1)

102

( veta o predstihu )

(0)

( veta o derivovaní predmetu )

( veta o integrovaní predmetu )

10. − t f (t ) ÷ F ′( p )

( veta o derivovaní obrazu )

f (t ) ÷ ∫ F (z ) dz t p

( veta o integrovaní obrazu )

∞

11.

( veta o násobení obrazov ) 12. ( f * g )(t ) ÷ F ( p ) .G ( p ) 13. p . F ( p ).G ( p ) ÷ f (0 ). g (t ) + ( f ′ * g )(t ) = g (0 ). f (t ) + ( g ′ * f )(t ) ( Duhamelov integrál ) t

14. ( f * g )(t ) = h(t ) = ∫ f (τ ). g (t − τ ) dτ

( konvolučný súčin, konvolúcia )

0

Obrátený postup, teda ak ku známemu obrazu F ( p ) priradíme korešpondujúci vzor f (t ) nazývame spätná Laplaceova transformácia. Pomocou nej môžeme nájsť riešenie niektorých diferenciálnych rovníc resp. systémov obyčajných diferenciálnych rovníc oveľa jednoduchšie a rýchlejšie. Príklad 1 : Nájdite Laplaceov obraz k vzoru f (t ) = 4t 2 − 2 + 7e 3t −

cos 2t 5

¾¾¾ Podľa tabuľky korešpondencií a vety (1) platí

1 1 p 2 , cos 2t ÷ 2 , 1 ÷ , e 3t ÷ 3 p +4 p p p−3 Podľa vety o lineárnosti teda môžeme zapísať 2 1 1 1 p cos 2t ÷ 4. 3 − 2. + 7. − . 2 4t 2 − 2 + 7e3t − p p p−3 5 p +4 5 cos 2t 8 2 7 p a teda 4t 2 − 2 + 7e3t − ÷ 3− + − Š 2 5 p p p − 3 5( p + 4 ) t2 ÷

Príklad 2 : Nájdite Laplaceov obraz k vzoru f (t ) = 2t . cosh 3t . e −4t ¾¾¾ Podľa tabuľky korešpondencií platí

cosh 3t ÷

p p −9 2

Podľa vety o tlmení môžeme zapísať p − (− 4) p+4 resp. cosh 3t . e − 4t ÷ cosh 3t . e − 4t ÷ 2 ( p − (− 4)) − 9 ( p + 4)2 − 9 Použitím vety o derivovaní obrazu dostaneme

Kapitola 8 – Laplaceova transformácia

103

(− 2).(− t . cosh 3t . e

− 4t

)

′ ⎡ p+4 ⎤ 2( p 2 + 8 p + 25) − 4t 2 t . cosh 3 t . e ÷ resp. Š ÷ −2 ⎢ ⎥ 2 2 ( p + 4)2 − 9 ⎣ ( p + 4) − 9 ⎦

(

)

Príklad 3 : Nájdite Laplaceov obraz k vzoru f (t ) = sin 2 t

Na nájdenie obrazu použijeme vetu o derivovaní predmetu. Najprv ale derivujeme funkciu f (t ) dovtedy, až kým deriváciu nevieme zapísať pomocou f (t ) . Predpokladáme, že

¾¾¾

f (t ) ÷ F ( p ) , teda vzor f (t ) = sin 2 t korešponduje s nejakým obrazom F ( p ) . ′ f ′(t ) = sin 2 t = 2 sin t cos t = sin 2t ″ ′ f ′′(t ) = sin 2 t = [sin 2t ] = 2 cos 2t = 2(cos 2 t − sin 2 t ) = 2(1 − 2 sin 2 t ) Z tabuľky korešpondencií ⎛1 ⎞ f ′′(t ) = 2 1 − 2 sin 2 t ÷ 2⎜⎜ − 2 F ( p )⎟⎟ ⎝p ⎠ Podľa vety o derivovaní predmetu platí ′ f ′′(t ) ÷ p 2 F ( p ) − p sin 2 t t = 0 − sin 2 t t = 0 = p 2 F ( p ) Porovnaním pravých strán posledných dvoch vzťahov dostaneme ⎛1 ⎞ 2 2⎜⎜ − 2 F ( p )⎟⎟ = p 2 F ( p ) a následne F ( p ) = p p2 + 4 ⎝p ⎠ Výsledok zapíšeme v tvare 2 sin 2 t ÷ Š p p2 + 4

[

]

[

]

(

)

(

)

(

)

(

(

)

)

Príklad 4 : Nájdite Laplaceov obraz k vzoru f (t ) = sin 2 t ¾¾¾ Ten istý príklad vyriešime aj pomocou vety o podobnosti. Stačí rozpísať

1 (cos 0 − cos 2t ) = 1 (1 − cos 2t ) 2 2 Z tabuľky základných korešpondencií platí 1 (1 − cos 2t ) ÷ 1 ⎛⎜⎜ 1 − 2 p ⎞⎟⎟ = 22 2 2⎝ p p + 4⎠ p p + 4 A teda funkcia 2 sin 2 t ÷ Š p p2 + 4 sin 2 t = sin t . sin t =

(

(

)

)

Príklad 5 : Nájdite Laplaceov obraz k vzoru f (t ) = sin 2 (t − 1).η (t − 1) ¾¾¾ Z príkladu 4 máme pre f (t ) = sin 2 t

sin 2 t ÷

(

2

p p2 + 4

)

Podľa vety o posunutí sin 2 (t − 1).η (t − 1) ÷ e − p

(

2

p p2 + 4

)

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

104

A teda funkcia sin 2 t ÷

2

(

p p2 + 4

Príklad 6 : Nájdite Laplaceov obraz k vzoru f (t ) =

)Š

cos 3t − cos t t

¾¾¾ Z tabuľky základných korešpondencií platí

p p p p , cos t ÷ 2 a teda cos 3t − cos t ÷ 2 − 2 p +9 p +1 p + 9 p +1 Použitím vety o integrovaní obrazu dostaneme cos 3t ÷

2

a

∞

cos 3t − cos t z ⎞ 1 ⎛ z ⎡1 ⎤ ÷ ∫⎜ 2 − 2 ln z 2 + 9 − ln z 2 + 1 ⎥ = ... ⎟dz = alim ⎢ → ∞ t z + 9 z +1⎠ 2 ⎣2 ⎦p p⎝ a

⎡1 z2 + 9 ⎤ 1 p2 + 9 1 z2 + 1 ... = lim ⎢ ln 2 = 0 − ln 2 = ln 2 ⎥ a →∞ 2 2 z +1 ⎦ p p +1 2 z + 9 ⎣ Výsledok zapíšeme v tvare cos 3t − cos t 1 z2 + 1 Š ÷ ln 2 2 z +9 t t

Príklad 7 : Nájdite Laplaceov obraz k vzoru f (t ) = τ 3e − 2t dτ

∫ 0

¾¾¾ Z tabuľky základných korešpondencií platí

t3 ÷

6 p4

Podľa vety o tlmení 6 p+2 Použitím vety o integrovaní predmetu dostaneme t 6 3 − 2t ∫0 τ e dτ ÷ p( p + 2) Š t 3 . e − 2t ÷

Príklad 8 : Nájdite Laplaceov obraz funkcie f (t ) danej obrázkom

f (t )

1

0

1

2

3

t

Kapitola 8 – Laplaceova transformácia

105

¾¾¾ Na základe obrázku môžeme funkciu f (t ) na jednotlivých intervaloch zapísať v tvare

I. ∀t < 0 f (t ) = 0 t t resp. (η (t ) − η (t − 2 )). II. ∀t ∈ 0, 2 f (t ) = 2 2 III. ∀t ∈ 2, 3 f (t ) = 3 − t resp. (η (t − 2 ) − η (t − 3)). (3 − t )

IV. ∀t > 3 f (t ) = 0 Pre prípady I. a IV. platí 0 ÷ 0 , t. z. že tieto časti funkcie f (t ) sú bezpríspevkové. Funkciu f (t ) môžeme teda zapísať v tvare t f (t ) = (η (t ) − η (t − 2)). + (η (t − 2) − η (t − 3)). (3 − t ) 2 Po roznásobení a úprave predchádzajúceho výrazu dostaneme t ⎛ 3⎞ f (t ) = .η (t ) + ⎜ − ⎟(t − 2).η (t − 2 ) + (t − 3).η (t − 3) 2 ⎝ 2⎠ Ak označíme t ⎛ 3⎞ f1 (t ) = .η (t ) , f 2 (t ) = ⎜ − ⎟(t − 2).η (t − 2) , f 3 (t ) = (t − 3).η (t − 3) 2 ⎝ 2⎠ tak použitím tabuľky základných korešpondencií a vety o posunutí dostávame t 1 f1 (t ) = .η (t ) ÷ 2 2 2p ⎛ 3⎞ ⎛ 3 ⎞⎛ 1 2 ⎞ f 2 (t ) = ⎜ − ⎟(t − 2).η (t − 2) ÷ ⎜ − ⎟⎜⎜ 2 − ⎟⎟ . e − 2 p p⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ p ⎛ 1 3⎞ f 3 (t ) = (t − 3).η (t − 3) ÷ ⎜⎜ 2 − ⎟⎟ . e − 3 p p⎠ ⎝p Výsledok zapíšeme v tvare ⎛ 1 3⎞ 1 3⎛ 1 2 ⎞ f (t ) ÷ 2 − ⎜⎜ 2 − ⎟⎟ . e − 2 p + ⎜⎜ 2 − ⎟⎟ . e − 3 p Š 2p 2⎝ p p⎠ p⎠ ⎝p

Úlohy 8.1.1

Nájdite Laplaceov obraz predmetu f (t )

a)

f (t ) = 4t 3 − 2t + 5e3t

b)

f (t ) = 3t 2 − 7 + 3 cos 2t − 5 sinh 3t

c)

f (t ) = t 2 − 3t + 2 + cos 2t

d)

f (t ) = (t - 1)(t - 2) + sin 4t

⎡ ⎢F ( p) = ⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣

24 2 5 ⎤ − 2+ 4 p p p − 3 ⎥⎦ 6 7 3p 15 ⎤ − + 2 − 2 3 p p p + 4 p − 9 ⎥⎦ p ⎤ 2 3 2 − 2+ + 2 3 p p p p + 4 ⎥⎦ 2 3 2 4 ⎤ − 2+ + 2 3 p p p p + 16 ⎥⎦

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

t 2

e)

f (t ) = cos 2 2t - sin 2 2t - 3cosh

f)

f (t ) = 4 cos 2 t + 2 sin 2 t + 8sin 2t - 5

g)

f (t ) = 2 sin 2 t + 2sin t cos t - 1

h)

f (t ) = 2 cos 2t cos 3t

i)

f (t ) = cos 5t sin 3t − sin 2 3t

j)

f (t ) = sin 3 t

k)

f (t ) = t 3 − 4 e −2t

l)

f (t ) = t 2 + 3t − 2 e 4t

(

)

(

)

m) f (t ) = sin 2t e3t + cosh 2t e −3t n)

(

)

f (t ) = t 2 + sinh 4t + cos 2 4t 2e −3t

106

⎡ p 12 p ⎤ ⎢ F ( p ) = p 2 + 16 − 4 p 2 − 1⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 2 p + 16 ⎤ ⎢F ( p) = − p + p2 + 4 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ 2− p ⎤ ⎢F ( p) = p2 + 4 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣

p p ⎤ + 2 ⎥ p + 25 p + 1⎦ 2

⎤ p 4 1 1 − 2 − + 2 p + 64 p + 4 2 p 2 p + 72 ⎥⎦ 2

(

⎤ 6 2 p + 9 p + 1 ⎥⎦ 2

)(

)

6 4 ⎤ − 4 ( p + 2) ( p + 2)⎥⎦ 2 3 2 ⎤ + − 3 2 ( p − 4) ( p − 4) p − 4 ⎥⎦ 2 p+3 ⎤ + 2 ( p − 3) + 4 ( p + 3)2 − 4 ⎥⎦

⎡ ⎤ 4 8 1 p+3 + + + ⎢F ( p) = 3 2 2 ( p + 3) ( p + 3) − 64 p + 3 ( p + 3) + 216 ⎥⎦ ⎣ ⎡ ⎤ 1 p−2 o) f (t ) = sin 2 t + cos 5t cos 3t 2e 2t + ⎢F ( p) = ⎥ 2 p − 2 ( p − 2 ) + 64 ⎦ ⎣

(

)

p)

f (t ) = t (cos 2t + sin 3t )

⎡ p2 − 4 6p ⎤ + ⎢F ( p) = 2 2 2⎥ p +4 p 2 + 9 ⎦⎥ ⎣⎢

q)

f (t ) = (t + 1)sin 2t + t 2 sin t

⎡ 2 4p 6 p2 − 2 ⎤ + 2 + ⎢F ( p) = 2 3⎥ p +4 p +4 2 p 2 + 1 ⎦⎥ ⎣⎢

r)

f (t ) = t e 2t sin 3t

s)

f (t ) = t sinh 2t sin 2t

t)

f (t ) = (t + 1)e cos t

u)

f (t ) =

e −1 t

v)

f (t ) =

e 2 t − e 3t t

−t

2t

(

) ( (

)

) (

⎡ 6( p − 2) ⎤ ⎢F ( p) = 2⎥ ( p − 2)2 + 9 ⎥⎦ ⎢⎣ ⎡ 8 3 p 4 − 64 ⎤ ( ) = F p ⎢ 2 ⎥ p 4 + 64 ⎥⎦ ⎢⎣

(

( (

)

)

(

)

)

)

3 2 ⎡ 2( p + 1) − 6( p + 1) 2 ( p + 1) − 1 p +1 ⎤ + + ⎢F ( p) = ⎥ 3 2 2 ( p + 1)2 + 1 ( p + 1)2 + 1 ( p + 1) + 1⎦⎥ ⎣⎢

(

)

⎡ p ⎤ ⎢ F ( p ) = ln p − 2 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ p − 3⎤ ⎢ F ( p ) = ln p − 2 ⎥ ⎣ ⎦

(

)

Kapitola 8 – Laplaceova transformácia

107

⎡ p 2 + 16 ⎤ 1 ( ) F p = ln ⎢ ⎥ 2 p ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡ p + 4⎤ ⎢ F ( p ) = ln p + 1 ⎥ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ 1 p +1 ⎢ F ( p ) = ln ⎥ 2 2 ⎢⎣ ( p + 1) + 1 ⎥⎦

w) f (t ) =

sin 2 2t t

x)

f (t ) =

1 − e −3t tet

y)

f (t ) =

cost −1 tet

z)

f (t ) =

sin 4t sin 2t t

⎡ 1 p 2 + 36 ⎤ ( ) = F p ln 2 ⎢ p + 4 ⎥⎦ 4 ⎣

aa) f (t ) =

e −2t sin t t

bb) f (t ) =

sin 5t cos 3t t

cc) f (t ) =

sin 3 t t

dd) f (t ) =

sin 6t sin 3t te3t

π ⎡ ⎤ ⎢⎣ F ( p ) = 2 − arctg ( p + 2)⎥⎦ ⎡ 1⎛ p p ⎞⎤ ⎢ F ( p ) = 2 ⎜ π − arctg 8 − arctg 2 ⎟⎥ ⎝ ⎠⎦ ⎣ π 3 1 p⎤ ⎡ ⎢⎣ F ( p ) = 4 − 4 arctg p − 4 arctg 3 ⎥⎦ 2 ⎡ 1 ( p + 3) + 81⎤ ( ) ln = F p ⎢ ⎥ 4 ( p + 3)2 + 9 ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ 1 4 6 + ⎢F ( p) = 3 − 2 4⎥ p 4 p + 1 p ( p + 1) ⎦ ⎣

t

ee) f (t ) = ∫ (τ − cos τ2 + e −ττ 3 )dτ 0 t

ff) f (t ) = ∫ (τ + 1) cos 3τ dτ 0 t

gg) f (t ) = ∫ τ 2 sinh 2τ dτ 0 t

hh) f (t ) = ∫ (τ + 1) 2 cosh τ dτ 0 t

ii) f (t ) = ∫ e − 2τ eτ − t dτ 0 t

jj) f (t ) = ∫ τ 3e3(τ − t ) dτ 0 t

kk) f (t ) = ∫ e 2τ sin(3t − 3τ )dτ 0 t

ll) f (t ) = ∫ e −τ (cos(t − τ ) + sin(τ − t ))dτ 0

⎡ ⎢F ( p) = ⎢⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎢⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎢⎣ ⎡ ⎢F ( p) = ⎣

1 p2 − 9 ⎤ + ⎥ p 2 + 9 p p 2 + 9 2 ⎥⎦

(

( ) ( ) 2( p + 3) 2( p + ( p − 1) p( p

)

4 3 p2 + 4 ⎤ 3⎥ p p 2 − 4 ⎥⎦ 2

3

2

2

⎤ 1 ( p + 2)( p + 1)⎥⎦

⎡ ⎤ 6 ⎢ F ( p ) = p 4 ( p + 3) ⎥ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ 3 ⎢ F ( p ) = ( p − 2) p 2 + 9 ⎥ ⎣ ⎦

(

)

⎡ ⎤ p −1 ⎢ F ( p ) = ( p + 1) p 2 + 1 ⎥ ⎣ ⎦

(

2

)

) + 1 ⎤⎥ p − 1⎥⎦ − 1) +1

2

2

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

8.2

108

SPÄTNÁ LAPLACEOVA TRANSFORMÁCIA

Obrátený postup, teda ak ku známemu obrazu F ( p ) priradíme korešpondujúci vzor f (t ) nazývame spätná Laplaceova transformácia (SLT). Pomocou nej môžeme nájsť riešenie niektorých diferenciálnych rovníc resp. systémov obyčajných diferenciálnych rovníc oveľa jednoduchšie a rýchlejšie. K danému obrazu SLT priradí predmet f (t ) v tvare a + i∞

1 f (t ) = F ( p ). e pt dt ∫ 2πi a − i∞

Ak funkcia f (t ) je analytická až na konečný počet stacionárnych bodov. Nech ak sú póly funkcie F ( p ) . Potom k danému obrazu F ( p ) môžeme nájsť predmet f (t ) : I. pomocou rezíduí v póloch ak t > 0 a f (t ) = 0 ak t ≤ 0 f (t ) = ∑ res F ( p ). e pt

[

]

p = ak

k

II. rozkladom F ( p ) na parciálne zlomky a následným požitím tabuľky a viet A( p ) III. pomocou substitúcie F ( p ) = B( p ) ⎧ ⎡ A( p ) pt ⎤ ⎡ A( p ) pt ⎤ ⎫ .e ⎥ + 2∑ Re ⎨ res ⎢ .e ⎥ ⎬ f (t ) = ∑ res ⎢ k ⎣ B( p ) ⎦ p = a k ∈R ⎣ B( p ) ⎦ ⎭ p = a k ∈C ⎩ ⎡ A( p ) pt ⎤ A(ak ) a k . t .e ⎥ = e ak existuje. pričom platí res ⎢ ⎣ B( p ) ⎦ p = a k B′(ak ) IV. Duhamelovým integrálom p . F ( p ).G ( p ) ÷ f (0 ). g (t ) + ( f ′ * g )(t ) = g (0 ). f (t ) + ( g ′ * f )(t ) t

pričom ( f * g )(t ) = h(t ) = ∫ f (τ ). g (t − τ ) dτ 0

Príklad 1 : Pomocou SLT nájdite predmet k Laplaceovmu obrazu F ( p ) =

p−2 p( p + 4)

¾¾¾ Danú úlohu vyriešime pre porovnanie niekoľkými spôsobmi.

I. a1 = 0 a a2 = −4 sú jednoduché póly F ( p )

[

res F ( p ). e pt

[

]

p = a1

res F ( p ). e pt

]

[

= res F ( p ). e pt

p = a2

[

]

⎡ p−2 ( p − 0)e0t ⎤⎥ = − 1 e0 = − 1 = lim ⎢ p →0 p( p + 4) 2 2 ⎣ ⎦ ⎡ p−2 ( p + 4)e− 4t ⎤⎥ = 3 e− 4t p = −4 = lim ⎢ p → −4 p ( p + 4 ) ⎣ ⎦ 2

p =0

= res F ( p ). e pt

]

Potom 1 3 f (t ) = − + e − 4t 2 2 II. Rozkladom F ( p ) na parciálne zlomky dostaneme

Kapitola 8 – Laplaceova transformácia

109

1 3 p−2 = 2+ 2 p( p + 4) p p+4 −

Z tabuľky korešpondencií 1 3 2 + 2 ÷ − 1 + 3 e − 4t Š p p+4 2 2

−

Príklad 2 : Nájdite predmet k Laplaceovmu obrazu F ( p ) = ¾¾¾

1 ( p + 2)( p − 1)2 p 2 + 1

(

)

a1 = −2 je jednoduchý pól F ( p ) , a2 = 1 je 2-násobný pól F ( p ) , a3 = i a a4 = −i sú

jednoduché komplexne združené póly F ( p ) . Počítame rezíduá vo všetkých póloch : ⎡ 1 1 − 2t − 2t ⎤ ( ) = lim ⎢ + p e 2 ⎥=− e 3 p → 3 ( p + 2 )( p + 1) p 2 + 1 5 ⎣ ⎦ ′ ⎡ 3 1 2 t⎤ pt ( res F ( p ). e p =1 = lim ⎢ p − 1) e ⎥ = − et 2 2 p →1 ( p + 2 )( p − 1) p + 1 2 ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ 1 ( p − i )eit ⎥ = i − 2 eit res F ( p ). e pt p = i = lim ⎢ p → i ( p + 2 )( p − 1)2 p 2 + 1 20 ⎣ ⎦

[

res F ( p ). e pt

[

p = −2

[

]

[

]

res F ( p ). e pt

Potom

]

]

p = −i

(

)

(

)

(

)

⎡ ⎤ − i − 2 it 1 ( p + i )e − it ⎥ = e = lim ⎢ 2 2 p → − i ( p + 2 )( p − 1) p + 1 20 ⎣ ⎦

(

)

1 1 3 i − 2 it i + 2 − it ÷ − e − 2 t − et + e − e 2 2 2 20 20 ( p + 2)( p − 1) p + 1 5 1 1 3 1 ÷ − e − 2t − et − sin t Š 2 2 2 10 ( p + 2)( p − 1) p + 1 5

(

)

(

)

Príklad 3 : Nájdite predmet k Laplaceovmu obrazu F ( p ) =

4p + 2 .e−3 p 2 p + 4p + 6p + 6 3

4p + 2 p + 4 p2 + 6 p + 6 Ak nájdeme korene polynómu v menovateli zlomku tak dostávame 4p + 2 4p + 2 = 2 3 2 p + 4 p + 6 p + 6 p + 2 p + 3 ( p + 2) Teda a1 = −2 , a2 = −1 + 2i , a3 = −1 − 2i sú jednoduché póly funkcie F ( p ) . Použijeme

¾¾¾ Najprv hľadáme predmet k funkcii G ( p ) =

(

3

)

⎧ ⎡ A( p ) pt ⎤ ⎡ A( p ) pt ⎤ ⎫ f (t ) = ∑ res ⎢ .e ⎥ .e ⎥ ⎬ + 2∑ Re ⎨ res ⎢ ( ) B p k ⎣ B( p ) ⎦ p = a k ∈R ⎣ ⎦ ⎭ p = a k ∈C ⎩

⎡ A( p ) pt ⎤ A(ak ) a k . t .e ⎥ = e pričom platí res ⎢ ⎣ B( p ) ⎦ p = a k B′(ak )

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

110

A( p ) a dostaneme B( p ) A( p ) = 4 p + 2 , B( p ) = p 3 + 4 p 2 + 6 p + 6 , B′( p ) = 3 p 2 + 8 p + 6 Vyčíslením A( p ) , B′( p ) pre jednotlivé póly a1 = −2 , a2 = −1 + 2i máme A(− 2 ) = −6 , B′(− 2 ) = 2 , A(− 1 + 2i ) = −2 + 8i , B′(− 1 + 2i ) = −11 + 4i Potom 6 80 ⎧ − 2 + 8i (−1+ 2i )t ⎫ ⎛ 54 ⎞ − 2t cos 2t + sin 2t ⎟ e − t g (t ) = − e − 2t + 2 Re⎨ e ⎬ = −3e + 2⎜ 137 2 ⎩ − 11 + 4i ⎭ ⎝ 137 ⎠ 4p + 2 . e − 3 p z vety o posunutí platí Pre predmet f (t ) k funkcii F ( p ) = 3 p + 4 p2 + 6 p + 6 80 ⎛ 54 ⎞ f (t ) = −3e − 2(t − 3) + 2⎜ cos(2(t − 3)) + sin (2(t − 3))⎟ e − (t − 3) Š 137 ⎝ 137 ⎠

Prepíšeme funkciu G ( p ) =

Príklad 4 : Nájdite predmet k Laplaceovmu obrazu H ( p ) =

p

( p + 4)( p − 3)

¾¾¾ Na riešenie tejto úlohy použijeme Duhamelov integrál. Ak prepíšeme funkciu H ( p )

dostaneme požadovaný tvar H ( p) =

p

( p + 4)( p − 3)

= p.

1 1 . = p . F ( p ).G ( p ) p +4 p −3

Podľa základných korešpondencií 1 1 F ( p) = ÷ e − 4t = f (t ), G ( p ) = ÷ e3t = g (t ) p+4 p −3 Z Duhamelovho integrálu potom platí t

t

0

0

p . F ( p ).G ( p ) ÷ e 0 .e 2t + (− 3e − 3t ∗ e 2t ) = e 2t + ∫ − 3e − 3τ .e 2(t −τ )dτ = e 2t − 3e 2t ∫ e − 4τ dτ

Riešením je ⎛3 3 ⎞ p . F ( p ).G ( p ) ÷ e 2t ⎜ + e − 4t ⎟ Š ⎝4 4 ⎠ 8.2.1

Nájdite predmet f (t ) k daným obrazom F ( p )

4 p 2 + 16 p − 8 a) F ( p ) = p3 − 4 p

[ f (t ) = 2 − 3e

7 p2 − 2 p + 5 p3 − p 2 + p − 1 p +1 c) F ( p ) = 2 p ( p − 1)( p + 2)

[ f (t ) = 5e

b) F ( p ) =

d)

p2 + p + 1 F ( p) = 3 p + 6 p 2 + 11 p + 6

t

−2 t

+ 5e 2t

+ 2 cos t

]

]

3 t 2 t 1 − 2t ⎤ ⎡ ⎢⎣ f (t ) = − 4 − 2 + 3 e + 12 e ⎥⎦ 1 −t 7 − 3t ⎤ ⎡ − 2t ⎢⎣ f (t ) = 2 e − 3e + 2 e ⎥⎦

Kapitola 8 – Laplaceova transformácia

111

3 p 2 − 10 p + 4 p3 − p 2 − 4 p + 4

[ f (t ) = e

t

p2 p3 + 5 p 2 + 8 p + 4

[ f (t ) = e

−t

g) F ( p ) =

p2 − 3 p + 2 p3 + 2 p 2 + p

[ f (t ) = 2 + 6te

h) F ( p ) =

1 ( p + 3)( p + 1)3

⎡ 2t 2e − t − 2te − t + e − t − e −3t ⎤ ( ) f t = ⎥ ⎢ 8 ⎦ ⎣ 2 2t 2t ⎡ t e te ⎤ 1 ⎢ f (t ) = 4 + t + 2 − 4 + 2 ⎥ ⎦ ⎣ 3 ⎡ t ⎤ ⎢ f (t ) = sin t − t + 6 ⎥ ⎦ ⎣ t ⎡ 7e − 7 cos 2t e − t + 9 sin 2t e − t ⎤ ( ) f t = ⎥ ⎢ 8 ⎦ ⎣

e) F ( p ) = f)

F ( p) =

i)

F ( p) =

p3 − 2 p 2 + 4 p 3 ( p − 2) 2

j)

F ( p) =

1 p + p6

k) F ( p ) =

4

4p + 3 ( p − 1)( p 2 + 2 p + 5)

F ( p) =

2 p 4 + p3 − p + 1 p5 + p 2

m) F ( p ) =

p3 + p 2 + p + 1 p 2 ( p 2 + 2 p + 2)

n) F ( p ) =

1 2 ( p + 2 p + 2)( p 2 + 2 p + 5)

o) F ( p ) =

1 ( p + 6 p + 13)( p 2 + 6 p + 10)

p) F ( p ) =

p2 − 2 p + 1 ( p 2 − 2 p + 2)( p 2 − 2 p + 5)

q) F ( p ) =

p ( p + 1)( p 2 + 1) 2

l)

r)

F ( p) =

2

p e− p 2p + 3p +1 2

( p + 4) e− 2 p 2 p + 4p + 4p p t) F ( p ) = 2 e− p ( p + 1) 2 1 e− p u) F ( p ) = 2 2 p ( p − 1) s) F ( p ) =

v)

F ( p) =

3

p2 −4 p e 1 − p4

− e 2t + 3e −2t − 4te −2t −t

]

]

− e−t

]

t ⎡ 3t 2 ⎤ −t ( ) 1 2 cos f t t e e = − + + ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦ t 1 ⎡ −t −t ⎤ ⎢⎣ f (t ) = 2 + cos t e − 2 sin t e ⎥⎦

⎡ sin t e − t sin 2t e − t ⎤ ( ) f t = − ⎥ ⎢ 3 6 ⎦ ⎣ −3 t −3t ⎡ sin t e sin 2t e ⎤ − ⎥ ⎢ f (t ) = 3 6 ⎦ ⎣ ⎡ 2 sin 2t et sin t et ⎤ ( ) f t = − ⎢ 3 3 ⎥⎦ ⎣ ⎡ − e − t + cos t − t cos t + t sin t ⎤ ( ) f t = ⎥ ⎢ 4 ⎦ ⎣ ⎡ ⎤ ⎛ − (t −1) 1 − 12 (t −1) ⎞ ⎜e ⎟η (t − 1)⎥ ( ) = − f t e ⎢ ⎜ ⎟ 2 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎝ ⎠

[ f (t ) = (1 − e

−2 (t − 2 )

)

]

− (t − 2)e −2(t − 2 ) η (t − 2)

(t − 1)cos(t − 1)η (t − 1)⎤ ⎡ ⎢⎣ f (t ) = ⎥⎦ 2

[ f (t ) = (sinh (t − 1) − (t − 1))η (t − 1)] (sin (t − 4) + sinh (t − 4))η (t − 4)⎤ ⎡ ⎢⎣ f (t ) = ⎥⎦ 2

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

w) F ( p ) =

1 e−3 p 3 2 p ( p − 1)

⎡ ⎛ (t − 3)2 − 1⎞⎟η (t − 3)⎤ ⎜ ( ) ( ) = cosh − 3 − f t t ⎢ ⎥ ⎜ ⎟ 2 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎝ ⎠

x) F ( p ) =

p2 − 1 −2 p e ( p 2 + 1) 2

[ f (t ) = (t − 2)cos(t − 2)η (t − 2)] p 3

y) F ( p ) =

p e ( p + 1)( p 2 + 9)

z) F ( p ) =

p2 e− p ( p 2 + 4)( p − 2)

2

p

aa) F ( p ) =

− p e 2 2 ( p + 1)( p + 1)

bb) F ( p ) =

1 e− 2 p p( p + 1)( p 2 + 4)

8.3

112

⎡ ⎛ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞⎞ ⎛ 1 ⎞⎤ ⎜⎜ cos⎜ t − ⎟ − cos 3⎜ t − ⎟ ⎟⎟η ⎜ t − ⎟ ⎥ ⎢ ⎝ 3 ⎠⎠ ⎝ 3 ⎠⎥ ⎢ f (t ) = ⎝ ⎝ 3 ⎠ ⎢ ⎥ 8 ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 2 (t −1) ⎡ (e + sin 2(t − 1) + cos 2(t − 1))η (t − 1)⎤ ⎥ ⎢ f (t ) = 2 ⎦ ⎣ ⎛ 1⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎛ 1⎞ −⎜ t − ⎟ ⎞ ⎜ cos⎜ t − ⎟ + sin ⎛⎜ t − 1 ⎞⎟ − e ⎝ 2 ⎠ ⎟η ⎛⎜ t − 1 ⎞⎟ ⎥ ⎢ ⎜ ⎝ 2⎠ ⎟ ⎝ 2 ⎠⎥ ⎝ 2⎠ ⎢ ⎝ ⎠ ( ) = f t ⎢ ⎥ 2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ − (t − 2 ) ⎡ 1 e cos 2(t − 2 ) sin 2(t − 2 )η (t − 2 ) ⎤ − ⎥ ⎢ f (t ) = 4 − 5 − 20 10 ⎦ ⎣

POUŽITIE SPÄTNEJ LAPLACEOVEJ TRANSFORMÁCIE

Najčastejšie sa SLT využíva na zjednodušenie riešenia diferenciálnych rovníc vyšších rádov prípadne na riešenie sústavy diferenciálnych rovníc. Dôležité je, aby pre danú DR n tého rádu bolo k dispozícií n podmienok. Pri tomto spôsobe vychádzame z predpokladu korešpondencie výrazov x(t ) ÷ X ( p ) resp. y (t ) ÷ Y ( p ) . Aplikáciou vety o derivovaní predmetu nájdeme obrazy k x′(t ), x′′(t ), x′′′(t ), ..., y′(t ), y′′(t ), y′′′(t ), ... . Pomocou tabuľky základných korešpondencií a viet nájdeme obraz výrazu na pravej strane DR. Porovnaním oboch strán dostaneme operátorovú rovnicu pre X ( p ) a p . Z nej vyjadríme X ( p ) a pomocou SLT k nej nájdeme prísluchajúci predmet x(t ) , ktorý je riešením pôvodnej DR. Príklad 1 : Riešte DR x′′′ − 3 x′ + 2 x = 8 t e − t , ak x(0 ) = 0, x′(0 ) = 0, x′′(0 ) = 1 ¾¾¾ Nech x(t ) ÷ X ( p )

Podľa vety o derivovaní predmetu a daných podmienok platí x′(t ) ÷ p X ( p ) − x(0 ) = p X ( p ) x′′(t ) ÷ p 2 X ( p ) − p x(0) − x′(0) = p 2 X ( p ) x′′′(t ) ÷ p 3 X ( p ) − p 2 x(0) − p x′(0) − x′′(0) = p 3 X ( p ) − 1 Obrazom funkcie na pravej strane DR je 8 8 t e−t ÷ ( p + 1)2 Nahradením X ( p ) za x(t ) v DR máme operátorovú rovnicu

Kapitola 8 – Laplaceova transformácia

113

p 3 X ( p ) − 1 − 3( p X ( p )) + 2 X ( p ) =

8 ( p + 1)2

Odtiaľ potom 9 + 2 p + p2 2 1 1 1 = + − + 2 2 3 ( p + 1) ( p − 3 p + 2) ( p + 1) p + 2 p − 1 ( p − 1)2 Pomocou rozkladu X ( p ) na parciálne zlomky a tabuľky korešpondencií je X ( p) =

x(t ) = 2 te − t + e −2t − et + tet Š

Príklad 2 : Riešte sústavu DR

x′ + y = 0 , ak x(0 ) = 1, y (0 ) = −1 x + y′ = 0

¾¾¾ Nech x(t ) ÷ X ( p ) , y (t ) ÷ Y ( p )

Podľa vety o derivovaní predmetu a daných podmienok platí x′(t ) ÷ p X ( p ) − x(0 ) = p X ( p ) − 1 y′(t ) ÷ pY ( p ) − yx(0) = p Y ( p ) + 1 Obrazom funkcie na pravej strane DR je 0 Nahradením X ( p ) za x(t ) resp. Y ( p ) za y (t ) v DR máme operátorové rovnice p X ( p) − 1 + Y ( p) = 0 X ( p) + pY ( p) + 1 = 0 Odtiaľ použitím dosadzovacej metódy 1 1 X ( p) = , Y ( p) = − p −1 p −1 Z tabuľky korešpondencií je x(t ) = et Š y (t ) = e − t

8.3.1

Použitím Laplaceovej transformácie nájdite riešenie x(t ) diferenciálnej rovnice:

a) x' '−2 x'+2 x = 1, x(0) = x' (0) = 0 b) x' '+2 x'+5 x = 3, x(0) = 1, x' (0) = 0 c) x' '−2 x' = e 2t , x(0) = x' (0) = 0 d) x' '+2 x'+ x = t , x(0) = x' (0) = 0 e) x' '+2 x'+ x = t 2 , x(0) = 1, x' (0) = 0 f)

x' '−2 x'+ x = e t , x(0) = 0, x' (0) = 1

⎡ 1 − cos t et + sin t et ⎤ ( ) x t = ⎥ ⎢ 2 ⎦ ⎣ ⎡ 3 + 2 cos 2t e − t + sin 2t e − t ⎤ ( ) x t = ⎥ ⎢ 5 ⎦ ⎣ ⎡ 1 − e 2t + 2t e 2t ⎤ ( ) x t = ⎥ ⎢ 4 ⎦ ⎣ −t −t x(t ) = 2e + t e + t − 2

[ [x(t ) =t −4t + 6 − 5e 2

⎤ ⎡ t 2 et ( ) x t = + t et ⎥ ⎢ 2 ⎦ ⎣

−t

]

− t e−t

]

Zbierka riešených a neriešených úloh z matematickej analýzy 2

g) x' '+2 x'+ x = sin t , x(0) = 0, x' (0) = −1 h) x' '+ x' = cos t , x(0) = 2, x' (0) = 0 i)

x' '− x' = te t , x(0) = 1, x' (0) = 0

j)

x' '+ x = t cos 2t , x(0) = x' (0) = 0

k) x' '+2 x'+2 x = 2e − t sin t , x(0) = x' (0) = 1

114

⎡ e − t − t e − t − cost ⎤ ( ) x t = ⎥ ⎢ 2 ⎦ ⎣ −t ⎡ e − cos t + sin t ⎤ ⎥ ⎢ x(t ) = 2 + 2 ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ t 2 et ( ) x t = − t et + e t ⎥ ⎢ 2 ⎦ ⎣

4 sin 2t − 5 sin t − 2t cos 2t ⎤ ⎡ ⎢⎣ x(t ) = ⎥⎦ 9 x(t ) = 3 sin t e − t + cos t e − t − t cos t e − t

[

⎡ et + 3 sin t + cos t − 2 ⎤ ( ) x t = ⎥ ⎢ 2 ⎦ ⎣ −2 t −2 t −t m) x' ' '+2 x' '+ x' = −2e , x(0) = 2, x' (0) = x' ' (0) = 1 x(t ) = 4 + e − 3e

l)

]

x' ' '+ x' = e t , x(0) = 0, x' (0) = 2, x' ' (0) = 0

n) x' ' '−3 x'+2 x = 8te − t , x(0) = x' (0) = 0, x' ' (0) = 1

[ [x(t ) = te

]

t

− et + e −2t + 2te − t

]

⎡ t 2 − e − t − sin t + cos t ⎤ o) x ( 4) + x' ' ' = cos t , x(0) = x' (0) = x' ' (0) = 0, x' ' ' (0) = 1 ⎢ x(t ) = ⎥ 2 ⎦ ⎣ ⎛ x(t ) ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ x(t ) ⎞ ⎟⎟ , resp. ⎜ y (t ) ⎟ systému 8.3.2 Použitím Laplaceovej transformácie nájdite riešenie ⎜⎜ ⎝ y (t ) ⎠ ⎜ z (t ) ⎟ ⎝ ⎠ diferenciálnych, resp. integrálnych rovníc:

a)

x' =

x + y,

x(0) = 0

y ' = 4 y − 2 x,

y (0) = −1

b)

x' = − y, y ' = 2 x + 2 y,

x(0) = 1 y (0) = 1

c)

x ' = 4 x − 5 y , x ( 0) = 0 y' = x, y (0) = 1

d)

x' = − 3x − y,

x(0) = 1

y' =

y (0) = 1

x − y,

e)

x' = 4 x − 5 y + 4t − 1, y' = x − 2 y + t,

f)

x' = y' =

g)

x' = − 2 x + y − e 2t , y ' = − 3x + 2 y + 6e 2t ,

h)

x' = x − y + e −t , y ' = − x + y − 2e t ,

y + cos t , x − sin t ,

x(0) = 0 y (0) = 0

x(0) = 1 y (0) = 1 x(0) = 0 y (0) = 0

x(0) = 0 y (0) = 0

⎡⎛1⎞ 2t ⎛ − 1 ⎞ 3t ⎤ ⎢⎜⎜ ⎟⎟ e + ⎜⎜ ⎟⎟ e ⎥ ⎝ − 2⎠ ⎦ ⎣⎝1⎠ ⎡⎛1⎞ t ⎤ ⎛ − 2⎞ t ⎢⎜⎜ ⎟⎟ e cos t + ⎜⎜ ⎟⎟ e sin t ⎥ ⎝ 3 ⎠ ⎣⎝1⎠ ⎦ ⎡⎛ 0 ⎞ 2t ⎤ ⎛ − 5 ⎞ 2t ⎢⎜⎜ ⎟⎟ e cos t + ⎜⎜ ⎟⎟ e sin t ⎥ ⎝ − 2⎠ ⎣⎝ 1 ⎠ ⎦ ⎡⎛1 − 2t ⎞ − 2t ⎤ ⎟⎟ e ⎥ ⎢⎜⎜ + t 1 2 ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎡⎛ − t ⎞⎤ ⎢⎜⎜ ⎟⎟⎥ ⎣⎝ 0 ⎠⎦ ⎡⎛1⎞ t ⎛ 1 ⎞ ⎤ ⎢⎜⎜ ⎟⎟ e + ⎜⎜ ⎟⎟ sin t ⎥ ⎝0⎠ ⎣⎝1⎠ ⎦

⎡⎛ 2 ⎞ 2t ⎛ − 72 ⎞ t ⎛ 32 ⎞ −t ⎤ ⎢⎜⎜ ⎟⎟ e + ⎜⎜ 21 ⎟⎟ e + ⎜⎜ 3 ⎟⎟ e ⎥ ⎝− 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢⎝ 9 ⎠ ⎡⎛ 32 ⎞ ⎛ − 2 ⎞ t ⎛ − 23 ⎞ −t ⎛ 76 ⎞ 2t ⎤ ⎢⎜⎜ 3 ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ e + ⎜⎜ 1 ⎟⎟ e + ⎜⎜ 7 ⎟⎟ e ⎥ ⎝− 3 ⎠ ⎝ − 6 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢⎝ 2 ⎠ ⎝ 0 ⎠

Kapitola 8 – Laplaceova transformácia

115

i) j)

x' =

2 x − y − 2,

x(0) = 1

y' = − x + 2 y + t,

y (0) = −1

x'−2 x − 4 y = cos t , y '+ x + 2 y = sin t ,

x(0) = 0 y (0) = 0

⎡⎛ − 1⎞ ⎤ ⎢⎜ ⎟ t ⎥ ⎢⎜ 0 ⎟ e ⎥ ⎢⎣⎜⎝ 1 ⎟⎠ ⎥⎦

x' = − y − z , x(0) = −1

k) y ' = − x − z , z ' = − x − y, x' = − y + z,

l)

11 ⎡⎛ 89 ⎞ ⎛ − 13 ⎞ ⎛ − 12 ⎞ t ⎛ 18 ⎞ 3t ⎤ ⎢⎜⎜ 1 ⎟⎟ + ⎜⎜ 2 ⎟⎟ t + ⎜⎜ 1 ⎟⎟ e + ⎜⎜ 11 ⎟⎟ e ⎥ ⎝ − 18 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢⎝ 9 ⎠ ⎝ − 3 ⎠ ⎝ − 2 ⎠ ⎡⎛ 2 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ − 2 ⎞ ⎤ ⎛ − 3⎞ ⎢⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ t + ⎜⎜ ⎟⎟ cost + ⎜⎜ ⎟⎟ sint ⎥ ⎝ 2 ⎠ ⎣⎝ 0 ⎠ ⎝ − 2 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎦

y ( 0) = 0 z ( 0) = 1 x ( 0) = 0

y' =

z + e −t ,

y ( 0) =

z' =

− x + z,

z ( 0) = 0

1 2

⎡⎛ 12 ⎞ ⎛ −1⎞ ⎛0⎞ ⎛− 1 ⎞ ⎤ ⎜ 1⎟ ⎜ 1 ⎟ t ⎜ 23 ⎟ −t ⎥ ⎢⎜ 3 ⎟ ⎢⎜ 4 ⎟ cos t + ⎜ − 4 ⎟ sin t + ⎜ 2 ⎟ e + ⎜ − 4 ⎟ e ⎥ ⎜− 3 ⎟ ⎜1⎟ ⎜− 1 ⎟ ⎥ ⎢⎜⎝ − 14 ⎟⎠ ⎝ 4⎠ ⎝2⎠ ⎝ 4⎠ ⎦ ⎣

POUŽITÁ LITERATÚRA [1]. Pirč, V. - Haščák, A.: Matematická analýza 1, skriptá, Elfa, Košice, 1999. [2]. Pirč, V. - Haščák, A.: Matematická analýza 2, skriptá, Elfa, Košice, 2000. [3]. Eliáš, J. - Horváth, J. - Kajan, J.: Zbierka úloh z vyššej matematiky 2, Alfa, Bratislava, 1966. [4]. Eliáš, J. - Horváth, J. - Kajan, J.: Zbierka úloh z vyššej matematiky 4, Alfa, Bratislava, 1968. [5]. Šoltés, V. - Juhásová, Z.: Zbierka úloh z vyššej matematiky I, skriptá, Edičné stredisko TU, Košice, 1992. [6]. Šoltés, V. – Švidroňová, E..: Zbierka úloh z vyššej matematiky 2, skriptá, Edičné stredisko TU, Košice, 1992. [7]. Kluvánek, I. - Mišík, L.- Švec, M.: Matematika 1, SVTL, Bratislava, 1966. [8]. Galajda, P. - Schrotter, Š.: Funkcie komplexnej premennej a operátorový počet, ALFA, Bratislava, 1991. [9]. Demidovič, B. P.: Sbornik zadač i upražnenij po matematičeskomu analizu, Nauka, Moskva, 1977.