Sbírka příkladů z matematické analýzy II

Sbírka příkladů z matematické analýzy II
Petr Tomiczek
Obsah
2 Diferenciální rovnice 1. řádu
2.1 Separace proměnných . . . .
2.2 Přechod k separaci . . . . .
2.3 Variace konstant . . . . . .
2.4 Bernoulliova rovnice . . . .
.
.
.
.
3
3
4
6
7
.
.
.
.
.
.
.
.
8
8
9
10
11
12
13
15
16
4 Soustavy lineárních diferenciálních rovnic
4.1 Soustavy homogenních diferenciálních rovnic . . . . . . . . . . . .
4.2 Soustavy nehomogenních diferenciálních rovnic . . . . . . . . . . .
18
18
19
5 Posloupnosti a řady funkcí
5.1 Posloupnosti funkcí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Funkční řady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Mocniné řady . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
22
22
24
6 Fourierovy řady
27
7 Limity, derivace a diferenciál funkcí více reálných proměnných
30
8 Řešení funkcionálních rovnic, tečná rovina
30
9 Extrémy funkcí více proměnných
9.1 Optimalizační úlohy bez vazeb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2 Optimalizační úlohy s vazbami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
31
32
10 Vícenásobné integrály
10.1 Dvojné integrály . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2 Trojné integrály . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
32
33
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3 Lineární diferenciální rovnice n-tého řádu
3.1 Systémy funkcí . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Eulerova rovnice . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Rovnice s konstantními koeficienty . . . .
3.4 Metoda snižování řádu . . . . . . . . . . .
3.5 Nehomogenní rovnice . . . . . . . . . . . .
3.6 Metoda odhadu tvaru partikulárního řešení
3.7 Okrajové úlohy . . . . . . . . . . . . . . .
3.8 Úlohy na vlastní čísla a vlastní funkce . .
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
2
Diferenciální rovnice 1. řádu
2.1
Separace proměnných
Příklad 1 :
Najděte obecné řešení (obecný integrál) diferenciální rovnice
y 0 = tg x tg y .
Teorie
Separací proměnných převedeme rovnici na tvar
cos y
sin x
dy
= tg x tg y ⇒
dy =
dx
dx
sin y
cos x
a substitucemi u = sin y , v = cos x dostaneme po integrování
ln |u| = − ln |v| + ln C ,
neboli
sin y =
C
cos x
(obecný integrál).
1 + y 2 = C(1 − x2 )
2
x + y 2 = ln Cx2
2. (xy 2 + x)dx + (y − x2 y)dy = 0
3. xyy 0 = 1 − x2
4. y 0 tg x − y = a
[y = C sin x − a]
5. xydx + (x + 1)dy = 0
p
6. y 2 + 1dx = xydy
7. ey (1 + x2 )dy − 2x(1 + ey )dx = 0
8. (x2 − 1)y 0 + 2xy 2 = 0 , y(0) = 1
9. y 0 sin x = y ln y , y( π2 ) = e
10. sin y cos xdy = cos y sin xdx , y(0) =
π
4
[y = C(x + 1)e−x ]
h
i
p
2
ln |x| = C + y + 1; x = 0
1 + ey = C(1 + x2 )
y{ln(1 − x2 ) + 1} = 1
x
y = etg 2
√
cos x = 2 cos y
11. y 0 cotg x + y = 2 , y( π3 ) = 0
[y = 2 − 4 cos x]
Řešení pomocí
3
webMathematicy
2.2
Rovnice umožnující přechod k separaci proměnných.
Příklad 12 :
Najděte obecné řešení diferenciální rovnice
3
1
y0 = − +
.
2 2(x + y)
Teorie
Substitucí x + y = u , 1 + y 0 = u0 převedeme rovnici na tvar
3
1
du 1 − u
u0 − 1 = − +
⇒
=
.
2 2u
dx
2u
Separaci proměnných a integrováním dostaneme
Z
Z
2u
neboli
− 2u − 2 ln |1 − u| = x − C
du = 1 dx ,
1−u
a přejdeme k původním proměnným 3x + 2y + 2 ln |1 − x − y| = C .
Příklad 13 :
Najděte obecné řešení diferenciální rovnice
(x + y + 2) dx + (2x + 2y − 1) dy = 0 .
Substitucí x + y = u , dx + dy = du převedeme rovnici na tvar
(u + 2) dx + (2u − 1)(du − dx) = 0 ⇒ (3 − u) dx + (2u − 1) du = 0 .
Separaci proměnných a integrováním dostaneme
Z
Z
2u − 1
du + 1 dx = −C ,
neboli
− 2u − 5 ln |u − 3| + x = −C
3−u
a přejdeme k původním proměnným x + 2y + 5 ln |x + y − 3| = C .
14. y 0 − y = 2x − 3
15.
16.
17.
18.
[2x + y − 1 = Cex ]
π
y 0 = sin(x − y)
x + C = cotg( y−x
+
)
2
4
√
√
√
y 0 = 4x + 2y − 1
4x + 2y − 1 − 2 ln( 4x + 2y − 1 + 2) = x + C
1
y 0 = cos(x − y − 1)
y = x − 1 − 2 arcotg( C−x
) + 2kπ; k ∈ Z
√
y0 1 + x + y = x + y − 1
x + C = 2u + 32 ln |u − 1| − 83 ln(u + 2)
√
u= 1+x+y
webMathematica
4
Příklad 19 :
Najděte obecné řešení diferenciální rovnice
x2 + 2xy
.
y =−
xy
0
Teorie
Substitucí y = ux , y 0 = u0 x + u převedeme rovnici na tvar
x2 + 2xux
u du
dx
ux+u=−
⇒
=
−
.
xux
(u + 1)2
x
0
Integrováním dostaneme
Z
u+1−1
1
du
=
ln
|u
+
1|
+
= − ln |x| + C
(u + 1)2
u+1
a přejdeme k původním proměnným
y
ln | + 1| +
x
20. y =
x+y
x−y
21. y 0 =
2xy
x2 −y 2
0
22. xy 0 − y =
y
x
1
x
=C.
= − ln |x| + C ⇒ ln |x + y| +
x+y
+1
h
p
x2 + y 2
23. (3y 2 + 3xy + x2 )dx = (x2 + 2xy)dy
24. (x2 + y 2 )y 0 = 2xy
25. xy 0 = y cos ln xy
26. y +
p
x2 + y 2 − xy 0 = 0 , y(1) = 0
27. (xy 0 − y) arcotg xy = x , y(1) = 0
28. (y 2 − 3x2 )dy + 2xydx = 0 , y(0) = 1
29. y 0 =
y 2 −2xy−x2
y 2 +2xy−x2
arcotg
y
x
p
x2
y2
i
= ln C
+
2
x + y 2 = Cy
2
x = C 2 + 2Cy)
i
h
x
2
3 − x+y
(x + y) = Cx e
2
y − x2 = Cy , y = 0
y
1
ln Cx
=
cotg(
ln
)
2
x y = xe2kπ , k ∈ Z
i
h
x2 −1
y= 2
hp
i
y
y
arcotg
2
2
x
x + y = ex
3
y = y 2 − x2
[y = −x]
, y(1) = 1
webMathematica
5
2.3
Variace konstant
Příklad 30 :
Metodou variace konstanty řešte diferenciální rovnici
y 0 cos2 x + y = tg x .
Teorie
Nejdříve vyřešíme homogenní rovnici metodou separace proměnných
y 0 cos2 x + y = 0 ⇒ ln y + tg x = ln C ⇒ y = Ce−tgx .
Řešení nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru y = C(x)e−tgx . Po dosazení do
původní rovnice dostaneme
1
(C 0 (x)e−tgx + C(x)e−tgx 2 ) cos2 x + C(x)e−tgx = tg x .
cos x
tedy
C 0 (x)e−tgx cos2 x = tg x ⇒ C(x) = etgx (tgx − 1) + K .
Obecné řešení rovnice má tvar y = Ce−tgx + tg x = 1 .
31. xy 0 − 2y = 2x4
y = Cx2 + x4
32. xy 0 + y + 1 = 0
33. xy 0 + (x + 1)y = 3x2 e−x
[xy = C − ln |x|]
xy = (x3 + C)e−x
34. (xy + ex )dx − xdy = 0
[y = ex (ln |x| + C)]
35. y = x(y 0 − x cos x)
36. (xy 0 − 1) ln x = 2y
[y = x(C + sin x)]
y = C ln2 x − ln x
37. y sin x + y 0 cos x = 1
[y = sin x + C cos x]
38. (2ey − x)y 0 = 1
39. y 0 =
y
3x−y 2
40. y 0 =
1
x sin y+2 sin 2y
41. y 0 +
3y
x
=
2
x−3
[x = ey + Ce−y ]
x = Cy 3 + y 2
x = 8 sin2 y2 + Ce− cos y
y = − x13 + x22
x
2 R
2
y = ex e−t dt
, y(1) = 1
42. y 0 − 2xy = 1 , y(0) = 0
√
√
√
43. 2 xy 0 − y = − sin x − cos x , y je omezená pro → ∞
44. 2x2 y 0 − xy = 2x cos x − 3 sin x , y → 0 pro x → ∞
0
√
[y = cos x]
y = sinx x
45. (1 + x2 ) ln(1 + x2 )y 0 − 2xy = ln(1 + x2 ) − 2x arcotg x
[y = arcotg x]
π
y → − 2 pro x → −∞
webMathematica
6
2.4
Bernoulliova rovnice
Příklad 46 :
Převodem na lineární diferenciální rovnici vyřešte
x y 0 − y = x2 y −1 .
Teorie
Substitucí z = y 2 ⇒ z 0 = 2yy 0 dostaneme
xy 0 y − y 2 = x2
⇒
xz 0 − 2z = 2x2 .
Vyřešíme lineární rovnici
1. hom. rovnice
2. part. řešení
xz 0 − 2z = 0
x C 0 ex = 2x2
2
2
2
C = e−x
zh = C ex
2
2
zp = e−x ex = 1
3. obecné řešení
2
2
z = C ex + 1 ⇒
47. y 0 + 2y = y 2 ex
√
48. xy 0 − 2x2 y = 4y
49. xy 0 + 2y + x5 y 3 ex = 0
50. (1 + x2 )y 0 = xy + x2 y 2
y 2 = C ex + 1 .
x
y(e + Ce2x ) = 1, y = 0
y = x4 ln2 Cx, y = 0
−2
y = x4 (2ex + C), y = 0
h
i
√
√
1
1
x
1
2
2
√
x + 1))
y = 1+x2 (C − 2 1 + x − 2 ln(x +
webMathematica
7
3
3.1
Lineární diferenciální rovnice n-tého řádu
Systémy funkcí
Příklad 51 : Máme rozhodnout o lineární závislosti nebo nezávislosti funkcí
1, x, x2 na intervalu I = (−∞, ∞) .
Teorie
Budeme zkoumat, kdy ∀ x ∈ I nastane rovnost
c1 1 + c2 x + c3 x2 = 0 .
Postupně pro x = 0 dostaneme c1 = 0, pak pro x = 1 a x = −1 dostaneme
c2 + c3 = 0 a −c2 + c3 = 0. Odtud plyne c2 = 0, c3 = 0. Podle definice jsou funkce
1, x, x2 lineárně nezávislé. Wronskián daných funkcí je
1 x x2 W (x) = 0 1 2x = 2 6= 0 .
0 0 2 Tedy i podle věty 10.4 jsou funkce 1, x, x2 lineárně nezávislé.
Rozhodněte o lineární závislosti nebo nezávislosti následujících funkcí
52. 1, 2, x, x2
[závislé]
53. ex , xex , x2 ex
[nezávislé]
54. 5, cos2 x, sin2 x
[závislé]
55. cos x, cos(x + 1), cos(x − 2)
[závislé]
56. 1, arcsin x, arccos x
[závislé]
57. cos x, sin x, cos 2x
[nezávislé]
Najděte Wronskián funkcí
58. 1, x
[1]
−2x e
−8 sin3 x
59. e−x , xe−x
60. 2, cos x, cos 2x
61. 4, sin2 x, cos 2x
[0]
−2e−6x
62. e−3x sin 2x, e−3x cos 2x
webMathematica
8
3.2
Eulerova rovnice
Řešení Eulerovy rovnice xn y (n) + an−1 xn−1 y (n−1) + · · · + a1 x y 0 + a0 y = 0 , kde
a0 , . . . , an−1 ∈ R hledáme ve tvaru y(x) = xλ , (popř. xλ ln x, . . . , xλ lnk−1 x) λ ∈ C.
Příklad 63 :
Dosazením funkce y(x) = xλ do rovnice
Teorie
x2 y 00 − 4xy 0 + 6y = 0
dostaneme x2 λ(λ − 1)xλ−2 − 4xλxλ−1 + 6xλ = 0 , tedy
(λ2 − 5λ + 6) xλ = 0 .
Tato rovnost je splněna (při x 6= 0) pro kořeny λ1 = 2, λ2 = 3, uvedeného polynomu. Funkce y1 (x) = x2 , y2 (x) = x3 tvoří fundamentální systém dané rovnice
a její obecné řešení má tvar
y = C1 x2 + C2 x3 .
Příklad 64 : Podobně při řešení rovnice x2 y 00 − 3xy 0 + 4y = 0 dostaneme
λ2 − 4λ + 4 = 0 ⇒ λ1,2 = 2 a fundamentální systém rovnice je tvořen funkcemi
y1 (x) = x2 , y2 (x) = x2 ln x . Obecné řešení má tedy tvar y = C1 x2 + C2 x2 ln x .
Příklad 65 : Řešení rovnice x2 y 00 + 3xy 0 + 2y = 0 hledáme ve tvaru y(x) = xλ .
Po dosazení do rovnice dostaneme λ2 + 2λ + 2 = 0 ⇒ λ1 = 1 + i , λ2 = 1 − i .
Do fundamentálního systému tedy patří funkce y1 (x) = x1+i , y2 (x) = x1−i nebo
y1 (x) = x cos(ln x) , y2 (x) = x sin(ln x) a obecné řešení rovnice má tvar
y = C1 x cos(ln x) + C2 x sin(ln x) .
h
√
√ i
2− 5
2 00
0
2+ 5
+ C2 x
66. x y − 3xy − y = 0
y = C1 x
67. x3 y 000 − x2 y 00 = 0
68.
69.
70.
71.
[y = C1 + C2 x + C3 x ln x]
x2 y 00 + 5xy 0 + 3y = 0
y = C1 x−1 + C2 x−3
x2 y 00 + 7xy 0 + 8y = 0
y = C1 x−2 + C2 x−4
x3 y 000 − 6y = 0
y = C1 x3 + C2 cos(2 ln x) + C3 sin(2 ln x)
x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 0 ; y(0) = 0, y 0 (0) = 1
y = C2 x2
webMathematica
9
3.3
Rovnice s konstantními koeficienty
Příklad 72 :
koeficienty
Řešení homogenní lineární diferenciální rovnice s konstantními
y 00 − y 0 − 12y = 0
hledáme ve tvaru y(x) = eλx (popř. xeλx , . . . , xk−1 eλx ), kde číselný parametr λ je
kořenem charakteristické rovnice (charakteristického polynomu)
λ2 − λ + 12 = 0.
Tedy λ1 = −4 , λ2 = 3 , fundamentální systém rovnice je tvořen funkcemi e−4x , e3x
a obecné řešení rovnice má tvar
y(x) = C1 e−4x + C2 e3x .
Příklad 73 :
Teorie
Rovnice
y 00 − 4y 0 + 4y = 0
má charakteristickou rovnici λ2 − 4λ + 4 = 0 ⇒ λ1,2 = 2 . Fundamentální systém
rovnice je nyní tvořen funkcemi y1 (x) = e2x , y2 (x) = x e2x a obecné řešení
rovnice má tvar
y = C1 e2x + C2 x e2x .
Příklad 74 : K rovnici y 00 + 4y = 0 přísluší charakteristická rovnice λ2 + 4 = 0
s kořeny λ1 = 2i , λ2 = −2i. Fundamentální systém je tvořen funkcemi y1 (x) =
e2ix , y2 (x) = e−2ix nebo y1 (x) = cos 2x , y2 (x) = sin 3x . Obecné řešení má tvar
y(x) = C1 cos 2x + C2 sin 2x .
75. y 000 + y 00 + y 0 − y = 0
76.
77.
78.
79.
80.
[y = ex (1 + x), y(0) = 1, y 0 (0) = 2, y 00 (0) = 3]
y 00 − 4y 0 + 3y = 0; y(0) = 6, y 0 (0) = 10
y = 4ex + 2e3x
y 000 + 6y 00 + 11y 0 + 6y = 0
y = C1 e−x + C2 e−2x + C3 e−3x
y (6) + 2y (5) + y (4) = 0
y = C1 + C2 x + C3 x2 + C4 x3 + e−x (C5 + C6 x)
4y 00 − 8y 0 + 5y = 0
y = ex (C1 cos x2 + C2 sin x2 )
√
√ y 000 − 8y = 0
y = C1 e2x + e−x (C2 cos 3x + C3 sin 3x
81. y (4) +4y 000 +10y 00 +12y 0 +5y = 0 [y = (C1 + C2 x)e−x + (C3 cos 2x + C4 sin 2x)e−x ]
82. y 00 − 2y 0 + 2y = 0; y(0) = 0, y 0 (0) = 1
83. y 00 − 2y 0 + 3y = 0; y(0) = 1, y 0 (0) = 3
[y = ex sin x]
√
√
√ y = ex (cos 2x + 2 sin 2x)
webMathematica
10
3.4
Metoda snižování řádu
Pokud známe jedno řešení y1 (x) homogenní rovnice, pak další partikulární řešení
hledáme ve tvaru y(x) = y1 (x) · z(x) .
Teorie
Příklad 84 :
Rovnice
(sin x − cos x) y 00 − 2 sin x y 0 + (cos x + sin x) y = 0
má jedno řešení y1 = ex . Pro druhé řešení y(x) = ex z(x), platí y 0 = ex (z + z 0 ),
y 00 = ex (z + 2z 0 + z 00 ) a po dosazení do původní rovnice máme
(sin x − cos x) ex (z + 2z 0 + z 00 ) − 2 sin x ex (z + z 0 ) + (cos x + sin x) ex z = 0 ⇒
(sin x − cos x) (2z 0 + z 00 ) − 2 sin x z 0 = 0 ⇒ (u = z 0 )
(sin x − cos x) u0 − cos x 2u = 0 ⇒ (sin x − cos x) du = cos x 2u dx ⇒
Z
Z
1
cos x
du =
dx ;
vypočteme integrál vpravo
2u
sin x − cos x
Z
Z
Z
1
2 cos x
1 cos x − sin x + cos x + sin x
cos x
dx =
dx =
dx =
sin x − cos x
2 sin x − cos x
2
sin x − cos x
Z
Z
1
1
1
x
v = sin x − cos x
=
−1 dx+
dv = − +ln | sin x−cos x |+C ;
dv = (cos x + sin x) dx
2
2 v
2
1
x 1
tedy
ln u = − + ln | sin x−cos x |+Ĉ ⇒ u = Ce−x (sin x−cos x) (= z 0 ) ⇒
2
2 2
z = Ce−x (− sin x) ⇒ y = ex Ce−x (− sin x) = −C sin x a obecné řešení má tvar
y = C1 ex + C2 sin x .
Nalezněte obecné řešení následujících rovnic, jestliže znáte partikulární řešení
√
√
√
85. (1 − x2 )y 00 − xy 0 + 14 y = 0; y1 = 1 + x
y = C1 1 + x + C2 1 − x
86. x2 (x + 1)y 00 − 2y = 0; y1 = 1 + x1 y = C1 (1 + x1 ) + C2 ( x2 + 1 − x+1
ln
|x
+
1|)
x
87. xy 00 + 2y 0 − xy = 0; y1 =
ex
x
[xy = C1 e−x + C2 ex ]
88. y 00 − 2(1 + tg2 x)y = 0; y1 = tg x
[y = C1 tg x + C2 (1 + x tg x)]
2
89. (ex + 1)y 00 − 2y 0 − ex y = 0; y1 = ex − 1
y = C1 (ex − 1) + exC+1
90. x2 (2x − 1)y 000 + (4x − 3)xy 00 − 2xy 0 + 2y = 0 y = C1 x + Cx2 + C
(x
ln
|x|
+
1)
3
y1 = x, y2 = x1
91. (x2 − 2x + 3)y 000 − (x2 + 1)y 00 + 2xy 0 − 2y = 0 y = C1 x + C2 ex + C3 (x2 − 1)
[y1 = x, y2 = ex ]
webMathematica
11
3.5
Nehomogenní rovnice
Teorie
Příklad 92 :
Metodou variace konstant vyřešíme rovnici
1
y 00 + 9y =
.
sin 3x
1. Určíme obecné řešení homogenní rovnice y 00 + 9y = 0 (viz metoda charakteristické rovnice, příklad (72))
λ2 + 9 = 0 ⇒ yh (x) = C1 cos 3x + C2 sin 3x .
2. Partikulární řešení yp nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru
yp (x) = C1 (x) cos 3x + C2 (x) sin 3x .
Funkce C1 (x) , C2 (x) splňují soustavu algebraických rovnic:
C10 cos 3x + C20 sin 3x
=
−3C10 sin 3x + 3C20 cos 3x =
3C10 cos 3x sin 3x + 3C20 sin2 3x =
0,
⇒ −3C10 sin 3x cos 3x + 3C20 cos2 3x =
cos 3x
sin 3x
0 ⇒
1
sin 3x
.
3x
1
Odtud po sečtení rovnic dostaneme 3C20 = cos
sin 3x ⇒ C2 = 9 ln | sin 3x|
a z první rovnice plyne C10 cos 3x + cos33x = 0 ⇒ C1 = − x3 . Partikulární
řešení má tvar
1
x
yp (x) = − cos x + ln | sin 3x| sin 3x .
3
9
3. Obecným řešením úlohy je funkce
y(x) = yh (x) + yp (x) = C1 cos 3x + C2 sin 3x −
1
x
cos x + ln | sin 3x| sin 3x .
3
9
Řešte rovnice
93. y 00 − 2y 0 + y =
ex
x
94. y 00 − 2y 0 + y =
x2 +1
ex
95. y 00 + 3y 0 + 2y =
1
ex +1
96. y 00 + y + cotg2 x = 0
[y = ex (x ln |x| + C1 x + C2 )]
√
y = ex (C1 x + C2 − ln x2 + 1 + x arcotg x)
y = (e−x + e−2x ) ln(ex + 1) + C1 e−x + C2 e−2x
y = 2 + C1 cos x + C2 sin x + cos(x) ln | tg x2 |
Vyřešte rovnici —,y 00 − y 0 = f (x) , jestliže
ex
1+ex
[y = ex (x + C1 ) − (ex + 1) ln(ex + 1) + C2 ]
h
i
p
√
√
1 x
1
2x
x
x
2x
2x
2x
3
98. f (x) = e
1 − e y = 2 e (arcsin(e ) + e 1 − e + C1 ) + 3 (1 − e ) + C2
97. f (x) =
99. f (x) = e2x cos(ex )
[y = C1 ex − cos(ex ) + C2 ]
webMathematica
12
3.6
Metoda odhadu tvaru partikulárního řešení
Teorie
Příklad 100 :
Pomocí odhadu tvaru partikulárníbo řešení vyřešíme rovnici
y 00 − 5y 0 = (x − 1)2 .
1. Charakteristická rovnice λ2 − 5λ = 0 , má kořeny λ1 = 0 , λ2 = 5 a homogenní řešení má tvar
yh = C1 + C2 e5x .
2. Z rovnosti
(x − 1)2 = eax (Pn (x) cos bx + Qm (x) sin bx)
vyplývá a = 0 , b = 0 , n = 2 , m = 0 ⇒ k = 2 , R2 (x) = a2 x2 + a1 x + a0 ,
kde a2 , a1 , a0 jsou konstanty. Kritické číslo a + i b = 0 je jednonásobný
kořen charakteristické rovnice, tedy r = 1 .
Partikulární řešení nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru
yp (x) = x (a2 x2 + a1 x + a0 ) ,
potom yp0 (x) = a2 x2 + a1 x + a0 + x (2a2 x + a1 ) = 3a2 x2 + 2a1 x + a0 ,
yp00 (x) = 6a2 x + 2a1 . Po dosazení yp0 , yp00 do dané rovnice dostaneme:
6a2 x + 2a1 − 5 (3a2 x2 + 2a1 x + a0 ) = (x − 1)2 ,
−15a2 x2 + (6a2 − 10a1 )x + 2a1 − 5a0 = x2 − 2x + 1 ,
⇒
a2 =
−1
15
a partikulárním řešením je funkce
3. Obecné řešení má tvar
, a1 =
4
25
, = a0 =
−17
125
,
2
yp (x) = x ( −1
15 x +
2
y(x) = C1 + C2 xe5x + x ( −1
15 x +
4
25 x
4
25 x
+
+
−17
125 ) .
−17
125 ) .
Metodou odhadu řešte rovnice
101. y 00 + y = 4xex
[y = C1 cos x + C2 sin x + (2x + 2)ex ]
y = C1 ex + C2 e−x + xex + x2 + 2
h
i
x2
x x
x
−2x
y = C1 e + C2 e
+ ( 2 − 3 )e
x
3 cos x
y = C1 ex + C2 e2x + sin
+
10
10
102. y 00 − y = 2ex − x2
103. y 00 + y 0 − 2y = 3xex
104. y 00 − 3y 0 + 2y = sin x
105. y 00 + y = 4 sin x
106. y 00 − 3y 0 + 2y = x cos x
[y = C1 cos x + C2 sin x − 2x cos x]
x
12
34
y = C1 ex +C2 e2x +( 10
− 100
) cos x−( 3x
+
)
sin
x
10
100
13
107. y 00 + 3y 0 − 4y = e−4x + xe−x
108. y 00 − 9y = e3x cos x
109. y 00 − 2y 0 + y = 6xex
110. y 00 + y = x sin x
y = C1 ex + C2 e−4x − x5 e−4x − ( x6 +
1
−x
36 )e
6
1
y = C1 e3x + C2 e−3x + e3x ( 37
sin x − 37
cos x)
y = (C1 + C2 x + x3 )ex
i
h
x
x2
y = (C1 − 4 ) cos x + (C2 + 4 ) sin x
Řešte rovnice s počáteční podmínkou
111. y 00 + 9y = 6e3x ; y(0) = y 0 (0) = 0
y = − 13 (cos 3x + sin 3x − e3x )
112. y 00 − 4y 0 + 5y = 2x2 ex ; y(0) = 2, y 0 (0) = 3 y = e2x (cos x−2 sin x)+(x+1)2 ex
113. y 00 +6y 0 +9y = 10 sin x ; y(0) = y 0 (0) = 0 y = (x+ 35 )e−3x + 51 (4 sin x−3 cos x)
114. y 00 + 4y = sin x ; y(0) = y 0 (0) = 1
y = cos 2x + 13 (sin 2x + sin x)
115. y 00 + y = 2 cos x ; y(0) = 1, y 0 (0) = 0
[y = cos x + x sin x]
Odhadněte partikulární řešení následujících rovnic
116. y 00 − 7y 0 = (x − 1)2
A1 x 3 + A 2 x 2 + A3 x
Axe−7x
(A1 x3 + A2 x2 )e4x
117. y 00 + 7x0 = e−7x
118. y 00 − 8y 0 + 16y = (10 − x)e4x
119. y 00 + 25y = cos 5x
120. y 00 + 4y 0 + 8y = e2x (sin 2x + cos 2x)
121. y 00 − 4y 0 + 8y = e2x (sin 2x − cos 2x)
122. y (4) − y 000 = 4
123. y 000 + 2y 00 + y 0 = (2x + 1) sin x + (x2 − 4x) cos x
[x(A cos 5x + B sin 5x)]
(A cos 2x + B sin 2x)e2x
x(A cos 2x + B sin 2x)e2x
3
Ax
2
(Ax
+
Bx
+
C)
cos
x+
+(Dx2 + Ex + F ) sin x
124. y 000 − y 0 = ex sin x + 2x2
[ex(A cos x + B sin x)+]
+x(Cx2 + Dx + E)
2 x
125. y (4) − 4y 000 + 8y 00 − 8y 0 + 4y = ex (x cos x + sin x)
x e {(Ax + B) cos x+
[+(Cx + D) sin x}]
126. y (5) −y (4) +8y 000 −8y 00 +16y 0 −16y = 3 cos 2x+1 x2 (A cos 2x + B sin 2x) + C
[y = 3 cos 2x + 1]
webMathematica
14
3.7
Okrajové úlohy
Teorie
Příklad 127 : Pomocí charakteristické rovnice a dosazením okrajových podmínek vyřešíme smíšenou okrajovou úlohu
y 00 − 2y 0 − 8y = 0 ,
y(0) = 1 , y 0 (1) = 0 .
x ∈ (0, 1) ,
Charakteristická rovnice je λ2 −2λ−8 = 0 ⇒ λ1 = 4 , λ2 = −2 a obecným řešením
úlohy je funkce y(x) = C1 e4x + C2 e−2x . Z okrajových podmínek dostaneme

 C1 = 1 6 ,
1 = C1 + C2 ,
1+2e
6
0 = 4C e4 − 2C e−2 ,  C = 2e .
1
2
2
Řešením okrajové úlohy je funkce y(x) =
1
1+2e6
e4x +
1+2e6
2e6
1+2e6
e−2x .
Řešte následující okrajové úlohy
128. y 00 − y = 0 ; y(0) = 0, y(2π) = 1
y=
sinh x
sinh 2π
129. y 00 + y = 0 ; y(0) = 0, y(2π) = 1
130.
131.
132.
133.
134.
135.
[nemá řešení]
h
i
1
00
2
y − k y = 0 ; y(0) = v1 , y(x0 ) = v2 y = sinh kx0 (v1 sinh k(x0 −x)+v2 sinh kx)
h
i
cosh(x0 −x)
00
2
0
y − α y = 0 ; y(0) = v, y (x0 ) = 0
y = v cosh αx0
h
i
√
cos α −s(x0 −x)
(2k+1)π
1 0
00
2
y −α sy = 0 ; y(0) = s , y (x0 ) = 0 s < 0; y = s cos α√−sx0 pro x0 6= 2α√−s
h
i
√
(2k+1)π
cosh α s(x0 −x)
√
√
pro x0 = 2α −s nemá řešení; s > 0; y = s cosh α sx0 ; k = 1, 2, 3, ...
λx
y 00 − λ2 y = 0 ; λ 6= 0, y(0) = 0, y(1) = λ1
y = λsinh
sinh λ
λx
y 00 − λ2 y = 0 ; λ 6=, y(0) = 0, y 0 (1) = λ1
y = λsinh
2 cosh λ
λx
y = λcosh
y 00 − λ2 y = 0 ; λ 6=, y 0 (0) = 0, y(1) = λ1
cosh λ
136. xy 00 + y 0 = 0; y(1) = αy 0 (1) ; y(x) je omezená pro x → ∞
[y = 0]
137. y (4) − λ4 y = 0; y(0) = y 00 (0) = 0, y(π) = y 00 (π) = 0 [y = C sin kx pro λ = k]
[k = 1, 2, 3, ... y = 0 pro ostatní λ]
webMathematica
15
3.8
Úlohy na vlastní čísla a vlastní funkce
Teorie
Příklad 138 :
Určíme vlastní čísla a vlastní funkce okrajové úlohy
y 00 + λy = 0 ,
y 0 (0) = 0 ,
y 0 (π) = 0 .
Řešení hledáme ve tvaru
y(x) = ekx , potom charakteristická rovnice má tvar
√
k 2 + λ = 0 ⇒ k = ± −λ .
√
√
• Pro λ < 0 je k1 = −λ , k2 = − −λ a obecné řešení má tvar
√
√
√
√
√
√
y(x) = C1 e −λx + C2 e− −λx ⇒ y 0 (x) = −λ C1 e −λx − −λ C2 e− −λx .
Z okrajových podmínek dostáváme soustavu rovnic pro neznámé konstanty
C1 , C2
0 = C1 + C2 , √
√
√
√
C1 = 0, C2 = 0 ⇒ y = 0 .
0 = −λ C1 e −λπ − −λ C2 e− −λπ ,
• Pro λ = 0 má obecné řešení tvar y(x) = C1 + C2 x ⇒ y 0 (x) = C2 a z okrajových podmínek dostaneme
C1 ∈ R , C2 = 0 ⇒ y = C1 .
• Pro λ > 0 má obecné řešení tvar
√
√
√
√
√
√
y(x) = C1 cos λx+C2 sin λx ⇒ y 0 (x) = − λ C1 sin λx+ λ C2 cos λx .
Z okrajových podmínek plyne
0 = C2 ,
√
0 = −C1 sin λπ ,
√
λπ = nπ , n ∈ N .
Dostáváme tak posloupnost vlastních čísel
{1, 4, 9, 16, . . .}
a posloupnost jim odpovídajících vlastních funkcí je
{cos x, cos 2x, cos 3x, . . .}.
Najděte vlastní čísla a vlastní funkce úlohy y 00 + λy = 0 , je-li
h
i
2
2K−1
139. x ∈< 0, π >, y(0) = y 0 (π) = 0
λK = (2K−1)
,
y
=
sin
x,
K
∈
N
K
4
2
16
h
0
140. x ∈< 0, π >, y (0) = y(π) = 0
141.
142.
143.
144.
145.
146.
147.
(2K−1)2
, yK
4
2K−1
2 x, K
i
λK =
= cos
∈N
x ∈< 1, 2 >, y(1) = y(2) = 0
λK = K 2 π 2 , yK = sin Kπx, K ∈ N
i
h
(2K−1)2 π 2
2K−1
0
, yK = cos 2 πx, K ∈ N
x ∈< 1, 2 >, y(1) = y (2) = 0
λK =
4
h
i
(2K−1)2 π 2
2k−1
0
x ∈< 1, 2 >, y (1) = y(2) = 0
λK =
, yK = sin 2 πx, K ∈ N
4
x ∈< 1, 2 >, y 0 (1) = y 0 (2) = 0
λK = K 2 π 2 , yK = cos Kπx; K = 0, 1, 2, . . .
h
i
Kπ(x−a)
K 2 π2
x ∈< a, b >, y(a) = y(b) = 0
λK = (b−a)2 , yK = sin b−a , K ∈ N
i
h
(2K−1)(x−a)π
(2K−1)2 π 2
0
,K ∈ N
x ∈< a, b >, y(a) = y (b) = 0 λK = 4(b−a)2 , yK = sin
2(b−a)
h
i
(2K−1)(x−a)π
(2K−1)2 π 2
0
x ∈< a, b >, y (a) = y(b) = 0 λK = 4(b−a)2 , yK = cos
,K ∈ N
2(b−a)
Najděte vlastní čísla a vlastní funkce následujících okrajových úloh
h
i
K 2 π2
00
0
148. y + 2y + λy = 0 ; x ∈< 0, l >, y(0) = y(l) = 0
λK = 1 + ln2 l
yK = l−x sin Kπx
,
K
∈
N
l
h
i
K 2 π2
Kπ ln x
2 00
0
149. x y + xy + λy = 0 ; x ∈< 1, l >, y(1) = y(l) = 0 λK = ln2 l , yK = sin ln l
150. y 00 + (λ + 1)y = 0
λK = K 2 π 2 − 1, K ∈ N
x ∈< 0, 1 >, y(0) = y 0 (0) = 0, y(1)−y 0 (1) = 0
[yK = sin(arcotg(Kπ)+Kπx)]
h
i
K 2 π2
1
Kπx
00 2 0
151. y + x y +λy = 0 ; y(l) = 0, y je omezená pro x → 0 λK = l2 , yK = x sin l
17
4
Soustavy lineárních diferenciálních rovnic
Teorie
Příklad 152 :
4.1
Soustavy homogenních diferenciálních rovnic
153. x0 = 2x + y
y 0 = 3x + 4y
154. x0 = x − y
y 0 = y − 4x
155. x0 + x − 8y = 0
y0 − x − y = 0
156. x0 = x + y
y 0 = 3y − 2x
t
5t
x
=
C
e
+
C
e
1
2
t
y = −C1 e + 3C2 e5t
−t
3t
x
=
C
e
+
C
e
1
2
y = 2C1 e−t − 2C2 e3t
x = 2C1 e3t − 4C2 e−3t y = C1 e3t + C2 e−3t
2t
x
=
e
(C
cos
t
+
C
sin
t
1
2
y = e2t {(C1 + C2 ) cos t + (C2 − C1 ) sin t}
157. x0 = x − 3y
y 0 = 3x + y
158. x0 + x + 5y = 0
y0 − x − y = 0
159. x0 = 2x + y
y 0 = 4y − x
[x = et (C1 cos 3t + C2 sin 3t)]
[y = et (C1 sin 3t − C2 cos 3t)]
[x = (2C2 − C1 ) cos 2t − (2C1 + C2 ) sin 2t]
[y = C1 cos 2t + C2 sin 2t]
3t
x
=
(C
+
C
t)e
1
2
y = (C1 + C2 + C2 t)e3t
160. x0 = 3x − y
y 0 = 4x − y
[x = (C1 + C2 t)et ]
[y = (2C1 − C2 + 2C2 t)et ]
x = C1 et + C2 e2t + C3 e−t
[y = C1 et − 3C3 e−t]
z = C1 et + C2 e2t − 5C3 e−t
t
2t
5t
x
=
C
e
+
C
e
+
C
e
1
2
3
t
2t
5t
y
=
C
e
−
2C
e
+
C
e
1
2
3
t
2t
z = −C1 e − 3C2 e + 3C3 e5t
161. x0 = x + z − y
y0 = x + y − z
z 0 = 2x − y
162. x0 = 3x − y + z
y0 = x + y + z
z 0 = 4x − y + 4z
163. x0 = 4y − 2z − 3x
y0 = z + x
z 0 = 6x − 6y + 5z
t
−t
[x = C1 e t + C3 e 2t ]
y = C12te + C2 e−t z = 2C2 e − C3 e
18
164. x0 = x − y − z
y0 = x + y
z 0 = 3x + z
165. x0 = 4x − y − z
y 0 = x + 2y − z
z 0 = x − y + 2z
166. x0 = x − y + z
y0 = x + y − z
z 0 = 2z − y
167. x0 = 4x − y
y 0 = 3x + y − z
z0 = x + z
[x = et (2C2 sin 2t + 2C3 cos 2t)]
[y = et (C1 − C2 cos 2t + C3 sin 2t)]
[z = et (−C1 − 3C3 cos 2t + 3C3 sin 2t]
x = C1e2t + (C2 + C3 )e3t 2t
3t
y = C1 e2t + C2 e3t z = C1 e + C3 e
x = (C1 + C2 t)et + C3 e2t
[y = (C1 − 2C2 + C2 t)et]
z = (C1 − C2 + C2 t)et + C3 e2t
2 2t
x
=
(C
+
C
t
+
C
t
)e
1
2
3
2 2t
y
=
{2C
−
C
+
(2C
−
2C
)t
+
2C
t
}e
1
2
2
3
3
z = {C1 − C2 + 2C3 + (C2 − 2C3 )t + C3 t2 }e2t
4.2
Soustavy nehomogenních diferenciálních rovnic
168. x0 = y + 2et
x = C1 et + C2 e−t + tet − t2 − 2
y 0 + x + t2
[y = C1 et − C2 e−t + (t − 1)et − 2t]
2t
−t
169. x0 = y − 5 cos t
x
=
C
e
+
C
e
−
2
sin
t
−
cos
t
1
2
y 0 = 2x + y
y = 2C1 e2t − C2 e−t + sin t + 3 cos t
x = C1 e2t + C2 e3t + (t + 1)e2t 170. x0 = 4x + y − e2t
y 0 = y − 2x
y = −2C1 e2t − C2 e3t − 2te2t
171. x0 = 2y − x + 1
y 0 = 3y − 2x
[x = (C1 + 2C2 t)et − 3]
[y = (C1 + C2 + 2C2 t)et − 2]
2t
4t
−t
3t
+
3C
e
−
e
−
4e
x
=
C
e
1
2
y = C1 e2t + C2 e4t − 2e−t − 2e3t
t
−2t
t
x
=
4C
e
+
C
e
−
4te
1
2
t
−2t
y = C1 e + C2 e − (t − 1)et
3t
2
x
=
C
e
+
3t
+
2t
+
C
1
2
3t
2
y = −C1 e + 6t − 2t + 2C2 − 2
x = 2C1 e2t + C2 e−3t − (12t + 13)et y = C1 e2t − 2C2 e−3t − (8t + 6)et
2 t
x
=
(C
+
C
t
−
t
)e
1
2
y = {C1 − C2 + (C2 + 2)t − t2 }et
172. x0 = 5x − 3y + 2e3t
y 0 = x + y + 5e−t
173. x0 = 2x − 4y
y 0 = x − 3y + 3et
174. x0 = 2x − y
y 0 = y − 2x + 18t
175. x0 = x + 2y + 16tet
y 0 = 2x − 2y
176. x0 = 2x − y
y 0 = x + 2et
19
177. x0 = x − y + 8t
y 0 = 5x − y
178. x0 = 2x − y
y 0 = 2y − x − 5et sin t
[x = C1 cos 2t − C2 sin 2t + 2t + 2]
[y = (C1 + 2C2 ) cos 2t + (2C1 − C2 ) sin 2t + 10t]
t
3t
t
x
=
C
e
+
C
e
+
e
(2
cos
t
−
sin
t)
1
2
y = C1 et − C2 e3t + et (3 cos t + sin t)
179. x0 = y + tg2 t − 1
y 0 = −x + tg t
[x = C1 cos t + C2 sin t + tg t]
[y = −C1 sin t + C2 cos t + 2]
[x = C1 + 2C2 e−t + 2e−t ln |et − 1|]
[y = −2C1 − 3C2 e−t − 3e−t ln |et − 1|]
180. x0 = −4x − 2y + et2−1
y 0 = 6x + 3y − et3−1
181. x0 = x−y+ cos1 t [x = C1 cos t + C2 sin t + t(cos t + sin t) + (cos t − sin t) ln | cos t|]
y 0 = 2x − y [y = (C1 − C2 ) cos t + (C1 + C2 ) sin t + 2 cos t ln | cos t| + 2t sin t]
182. x0 = 2x + y − 2z − t + 2
y0 = 1 − x
z0 = x + y − z − t + 1
[x = C1 et + C2 sin t + C3 cos t]
[y = t − C1 et + C2 cos t − C3 sin t]
[z = 1 + C2 sin t + C3 cos t]
Najděte partikulární řešení následujících soustav diferenciálních rovnic
2t
3t
183. y 0 = y + z ; y(0) = 0, z(0) = −1
y
=
e
−
e
z 0 = −2y + 4z
z = e2t − 2e3t
−2t
184. y 0 = 3y − z ; y(0) = 1, z(0) = 5
y
=
e
z 0 = 10y − 4z
z = 5e−2t
185. x0 = 3x + 8y ; x(0) = 6, y(0) = −2
y 0 = −3y − x
186. x0 = et − y − 5x ; x(0) =
y 0 = e2t + x − 3y
119
900 , y(0)
=
211
900
187. x0 = y ; x(0) = y(0) = 1
y 0 = −x
188. x0 = 4x − 5y ; x(0) = 0, y(0) = 1
y0 = x
189. x0 = x + y + t ; x(0) = − 79 , y(0) = − 59
y 0 = x − 2y + 2t
190. x0 = x + 5y ; x(0) = −2, y(0) = 1
y 0 = −3y − x
[x = 2(2et + e−t )]
[y = −et − e−t ]
4 t
1 2t
x = 25
e − 36
e
1 t
7 2t
y = 25
e + 36
e
[x = cos t + sin t]
[y = cos t − sin t]
x = (1− 2t)e−2t y = te−2t
x = − 34 t − 97
y = 13 t − 95
[x = (sin t − 2 cos t)e−t ]
[y = e−t cos t]
20
191. 2x0 = 6x − y − 6t2 − t + 3 ; x(0) = 2, y(0) = 3
y 0 = 2y − 2t − 1
x = e2t + e3t + t2 + t
y = 2e2t + t + 1
webMathematica
21
5
Posloupnosti a řady funkcí
Teorie
Příklad 192 :
5.1
Posloupnosti funkcí
Rozhodněte o stejnoměrné konvergenci posloupnosti {fn (x)}, je-li
193. fn (x) =
n2
n2 +x2
[x ∈ R nestejnoměrně, x ∈< −1, 1 > stejnoměrně]
x ∈< 0, 1 > nestejnoměrně, x ∈< 0, 12 > stejnoměrně
194. fn (x) = xn
195. fn (x) =
arcotg
√ nx
n+x
[x ∈< 0, +∞) stejnoměrně]
196. fn (x) = xn − xn+1
[x ∈< 0, 1 > stejnoměrně]
197. fn (x) = xn − x2n
[x ∈< 0, 1 > nestejnoměrně]
198. fn (x) =
nx
1+n2 x2
[x ∈< 0, 2 > nestejnoměrně]
199. fn (x) =
2x
1+n2 x2
[x ∈ R stejnoměrně]
200. fn (x) =
q
x+
1
n
−
√
[x ∈< 0, +∞ > stejnoměrně]
x
201. fn (x) = en(x−1)
[x ∈ (0, 1) nestejnoměrně]
[x ∈ (0, +∞) nestejnoměrně]
202. fn (x) = arcotg nx
[x ∈ (0, +∞) stejnoměrně]
203. fn (x) = x arcotg nx
5.2
Funkční řady
Teorie
Příklad 204 :
Najděte obor konvergence řady
∞
P
un (x), je-li
n=1
205. un (x) = lnn x
206. un (x) =
(−1)n 1−x n
2n+1 ( 1+x )
207. un (x) =
1
1+xn
208. un (x) =
xn
1+x2n
1
e
<x<e
[< 0, ∞)]
[x ∈ R− < −1, 1 >]
[x ∈ R − {−1, 1}]
22
209. un (x) =
(−1)n+1
xn
[|x| > 1]
210. un (x) = e−nx
[x > 0]
cos nx
enx
[x > 0]
√ 2 < |x| < 6
√
[|x| > e]
211. un (x) =
212. un (x) = (5 − x2 )n
2
213. un (x) = n− ln x
2
214. un (x) = n2 e−nx
215. un (x) =
[x ∈ R − {0}]
xn
1−xn
[|x| < 1]
Dokažte stejnoměrnou konvergenci
∞
P
fn (x), je-li
n=1
216. fn (x) =
1
x2 +n2
[x ∈ R]
217. fn (x) =
(−1)n
x+2n
[x ≥ 0]
218. fn (x) =
x
1+n4 x2
[x ∈ R]
219. fn (x) =
sin nx
√
3 4
n +x4
[x ∈ R]
220. fn (x) =
nx
1+n5 x2
[x ∈ R]
221. fn (x) = arcotg x22x
+n3
[x ∈ R]
222. fn (x) =
cos nx
n2
[x ∈ R]
223. fn (x) =
√
x2 sin(n x)
1+n3 x4
[x ≥ 0]
x
2
224. fn (x) = (arcotg x2 +n
2)
225. fn (x) = ln(1 +
[x ≥ 0]
x2
)
n ln2 n
[n ≥ 2, |x| ≤ a, a > 0]
2
226. fn (x) =
sin( xn )
√
x2 n+1
227. fn (x) =
sin( nx ) sin 2nx
x2 +4n
228. fn (x) =
n2
√
(xn
n!
[|x| ≤ a, a > 0]
[x ∈ R]
1
≤
|x|
≤
2
2
+ x−n )
229. fn (x) = x2 e−nx
[ε ≤ x ≤ a, (ε, a > 0, ε < a)]
webMathematica
23
5.3
Mocniné řady
Teorie
Příklad 230 :
Najděte poloměr konvergence řady
231.
∞
P
n=1
232.
∞
P
[3+(−1)n ]n n
x
n
1
4
h
n 3n
5 x
n=1
233.
∞
P
n=1
234.
∞
P
2n n! 2n
nn x
n
1
√
3
5
i
p e 2
3
3 (n + 2)x
h
2n
n=1
Najděte poloměr konvergence řady
∞
P
√1
3
i
an xn , je-li
n=0
235. an =
1
n2
[1]
236. an =
1
n!
237. an =
(1+i)n
n2n
[∞]
√ 2
2
238. an = αn (0 < α < 1)
bn
n2 (a, b
239. an =
an
n
240. an =
− n
√3
n2 +1
241. an =
1
an +bn (a, b
+
[∞]
min( a1 , 1b )
> 0)
√
[1]
> 0)
n
[min(a, b)]
2
2 (n!) p
242. an = (−1)n−1 { (2n+1)!
}
[2p ]
243. an =
(−1)n−1 n n
n! ( e )
[1]
244. an =
a(a+1)...(a+n−1)b(b+1)...(b+n−1)
n!c(c+1)...(c+n−1)
[1]
Najděte obor konvergence mocninné řady
∞
P
an (x − x0 )n , je-li
n=0
245. an =
1
√
, x0
n n
=1
[< 0, 2 >]
24
n
246. an = ( 2n−1
3n+2 ) , x0 = −2
7 1 (− 2 , − 2 )
247. an =
(−1)n
2n+1 , x0
=0
[(−1, 1 >]
248. an =
1
√
3 n3n , x0
=1
[< −2, 4)]
249. an =
250. an =
251. an =
252. an =
253. an =
254. an =
q
n4 +3
n3 +4n , x0
5n +(−3)n
n+1 , x0
= −2
[(−3, −1)]
=0
< − 51 , 15 )
√ 1 ln 3n−2 , x0 = −1
3n+2
n+1
√
√
3
3
2n+1−
√ 2n−1 , x0 = −3
n
√
n
[< −2, 0 >]
[< −4, −2 >]
a − 1, x0 = 0, a > 0, a 6= 1
√
− n
√3
, x0
n2 +n+1
[< −1, 1)]
=1
[< 0, 2 >]
webMathematica
Najděte rozvoj funkce f (x) v mocninou řadu
2
255. f (x) = e−x
∞
P
n=0
(−1)n x2n
;x
n!
∈R
∞
P
n 22n−1 2n
1+
(−1) (2n)! x ; x ∈ R
2
256. f (x) = cos x
n=1
257. f (x) = sin 3x sin 5x
∞
P
n=1
258. f (x) = sin3 x
(−1)n 22n−1
(1
(2n)!
∞
P
n+1
259. f (x) =
260. f (x) =
261. f (x) =
(−1) (n + 1)x
∞
P
−2 +
n=1
∞
P
1
−4
1
x2 −2x−3
262. f (x) = ln
n
n+2
∈R
; x ∈ (−1, 1)
n=0
5x−4
x+2
q
∞
P
2n
(−1)
3(3 −1) 2n+1
x
;x
4(2n+1)!
n=1
x2
(1+x)2
− 24n )x2n ; x ∈ R
n=0
7(−1)n−1 n
x ;x
2n
n n+1
1+(−1) 3
3n+1
1+x
1−x
∞
P
n=0
25
∈ (−2, 2)
xn ; x ∈ (−1, 1)
x
2n+1 ; x ∈ (−1, 1)
2n+1
∞
P
n
ln 32 +
{(− 32 )n − ( 32 )n } xn ; x ∈ (− 23 , 32 >
263. f (x) = ln 3−2x
2+3x
264. f (x) =
265. f (x) =
n=1
∞
P
1+
√ 1
1−x2
√
(2n−1)!! 2n
(2n)!! x ; x
∈ (−1, 1)
(−1)n−1 (2n−3)!! 2n
x ;x
(2n)!!
∈ (−1, 1)
n=1
1+
1 + x2
2
x
2
∞
P
+
n=2
− 32
266. f (x) = (1 − x2 )
∞
P
n=0
267. f (x) =
∞
P
x+
√ x
1−2x
n=1
∞
P
x+2
2
268. f (x) = (1 + x ) arcotg x
n=1
n=1
∞
P
− π4 +
271. f (x) = arcotg x+3
x−3
272. f (x) =
273. f (x) =
274. f (x) =
n=0
1
1−x−x2
∞
P
n=0
√
√1 {( 5+1 )n+1
2
5
1
1+x+x2
275. f (x) = ln
1+x
1−x
2n+1
(2n−1)!! x2n+1
(2n)!! 2n+1 ; x
(−1)n+1 x2n+1
32n+1 2n+1 ; x
+ (−1)n (
√2
3
∞
P
n=0
x cos α−x2
1−2x cos α+x2
1
4
∈< −1, 1 >
(−1) (2n−1)!! x
(2n)!!
2n+1 ; x ∈< −1, 1 >
n
∞
P
x+
270. f (x) = arcsin x
∈ (−1, 1)
(2n−1)!! n+1
x ; x ∈ (− 12 , 12 )
n!
(−1)n+1 2n+1
;x
4n2 −1 x
n=1
Najděte rozvoj f (x) v mocninnou řadu
∞
√
P
269. f (x) = ln(x + 1 + x2 )
x+
(2n+1)!! 2n
(2n)!! x ; x
√
∈< −1, 1 >
∈< −3, −3 >
5−1 n+1
}; |x|
2 )
√
<
5−1
2
sin 2π(n+1)
xn ; x ∈ (−1, 1)
3
∞
P
x cos nα; x ∈ (−1, 1)
n
n=1
1
2
+ arcotg x
∞
P
n=0
276. f (x) = x arcotg x − ln
√
1 + x2
∞
P
x4n+1
4n+1 ; x
∈ (−1, 1)
x
(−1)n+1 2n(2n−1)
; x ∈< −1, 1 >
2n
n=1
277. f (x) = x arcsin x +
√
1 − x2
1+
26
2
x
2
+
∞
P
n=1
(2n−1)!! x
(2n+2)!! 2n+1 ; x ∈< −1, 1 >
2n+2
ln(1+x)
1+x
278. f (x) =
∞
P
(−1)n−1 (1 + 21 + · · · + n1 )xn ; x ∈ (−1, 1)
n=1
ex
1−x
279. f (x) =
280. f (x) = arcotg2 x
∞ P
u
P
n=0 k=0
∞
P
2n
(−1)n−1 (1 + 31 + · · · +
1
x
2n−1 ) n
n=1
x
281. f (x) = e sin x
∞
P
282. f (x) = ex cos x
∞
P
283. f (x) =
∞
P
; x ∈< −1, 1 >
2 2 sin( nπ
4 ) n
x ;x
n!
2 2 cos( nπ
4 ) n
x ;x
n!
22n+1 (n!)2 2n
(2n+2)! x ; |x|
n=0
∈R
n
n=1
∈ (−1, 1)
n
n=1
x 2
( arcsin
x )
1 n
k! x ; x
∈R
≤1
Vypočtěte integrály
284.
285.
Rx
n=0
Rx sin t
Rx
0
287.
e−t dt
∞
P
0
0
286.
2
Rx
0
t
dt
∞
P
n=0
∞
P
x+
√ dt
1−t4
2
√t dt
1+t2
(−1)n
2n+1
;x
n!(2n+1) x
n=1
x3
3
+
∞
P
n 2n+1
(−1) x
(2n+1)(2n+1)! ; x
(2n−1)!!x4n+1
(2n)!!(4n+1) ; x
2n+3
(−1)n (2n−1)!!x
(2n)!!(2n+3)
n=1
∈R
∈R
∈ (−1, 1)
; x ∈< −1, 1 >
webMathematica
6
Fourierovy řady
Teorie
Příklad 288 :
Najděte Fourierovu řadu funkce f (x) na intervalu (−π, π), je-li
∞
P
289. f (x) = x
2 (−1)n+1 sinnnx
n=1
27
290. f (x) = 1 pro 0 ≤ x ≤ π
1
2
2
π
+
∞
P
n=1
sin(2n−1)x
2n−1
f (x) = 0 pro − π ≤ x ≤ 0
∞
P
291. f (x) = |x| Výsledku využijte k sečtení řady
1
(2n+1)2
n=0
π
2
∞
P
−4
n=0
2
cos(2n+1)x π
(2n+1)2 ; 8
∞
∞
P
P
(−1)n+1
1
292. f (x) = π 2 − x2 Výsledku využijte k sečtení řady
,
2
n
n2
n=1
n=1
∞
P
n+1
2
2
(−1)
2 2
cos nx; π6 , π12
3π + 4
n2
n=1
∞
P
293. f (x) = sign x Výsledku využijte k sečtení řady
(−1)
2n+1
n=0
294. f (x) = sin ax a 6∈ Z
295. f (x) = cos ax a 6∈ Z
296. f (x) = eax
297. f (x) =
a 6= 0
q sin x
1−2q cos x+q 2
2
π
1
sinh aπ{ 2a
+
n=1
|q| < 1
2 sin πa
π
2 sin πa 1
π { 2a
∞
P
n
4
π
∞
P
n=1
∞
P
nx
(−1)n+1 nnsin
2 −a2
n=1
+
∞
P
nx
(−1)n aacos
2 −n2 }
n=1
(−1)n
a2 +n2 (a cos nx
∞
P
sin(2n−1)x π
2n−1 ; 4
− n sin nx)}
q n sin nx; zaveďte eix = z
n=1
Najděte Fourierovu řadu funkce f (x), je-li
298. f (x) =
π−x
2 ,x
∈ (0, 2π)
299. f (x) = x, x ∈ (a, a + 2l)
n=1
a+l+
2l
π
∞
P
n=1
1
nπa
π (sin l
300. f (x) = x2 , x ∈ (0, 2π)
301. f (x) = eax , x ∈ (−h, h)
∞
P
4π 2
3
cos
+4
nπx
l
∞
P
n=1
− cos
cos nx
n2
nπa
l
− 4π
sin nx
n
sin
∞
P
n=1
nπx
l )
sin nx
n
∞
nπx
nπx
P
ah
cos(
)−n
sin(
)
1
h
h
2 sinh ah{ 2ah
+
(−1)n
}
(ah)2 +(πn)2
n=1
302. f (x) = x cos x, x ∈ (− π2 , π2 )
303. f (x) = ex − 1, x ∈ (0, 2π)
28
2π
e −1 1
π {2
+
∞
P
16
π
∞
P
n=1
nx
( cos
1+n2
n=1
(−1)n+1 n
(4n2 −1)2
sin 2nx
sin nx
− n1+n
2 )} − 1
Najděte Fourierovu řadu funkcí fn (x) = sinn x a gn (x) = cosn x pro n =
2, 3, 4, 5.
304. f2 (x) = 12 − 21 cos 2x
g2 (x) = 21 + 12 cos 2x
305. f3 (x) = 34 sin x − 41 sin 3x
g3 (x) = 34 cos x + 41 cos 3x
g4 (x) = 43 + 21 cos 2x + 18 cos 4x
306. f4 (x) = 34 − 21 cos 2x + 18 cos 4x
5
1
5
1
sin 3x − 16
sin 5x g5 (x) = 58 cos x + 16
cos 3x + 16
cos 5x
307. f5 (x) = − 58 sin x + 16
Najděte Fourierovu řadu funkce f (x), je-li
308. f (x) =
π
4
− x2 , x ∈ (0, π) (kosinová řada)
309. f (x) = x2 , x ∈ (0, π) (sinová řada)
2
π
∞
P
2
(−1)n+1 { πn
n=1
310. f (x) = sin ax, a ∈ Z, x ∈ (0, π) (kosinová řada)
4a
π
4a 1
π { 2a2
+
∞
P
2
π
∞
P
n=0
2
n
n2 [(−1)
cos(2n+1)x
(2n+1)2
− 1]} sin nx
cos(2n+1)x
a2 −(2n+1)2 pro
n=0
∞
P
+
n=1
cos 2nx
a2 −4n2 }pro
a sudé
a liché
∞
P
sin(2n+1)x
311. f (x) = cos ax, a ∈ Z, x ∈ (0, π) (sinová řada) − π4
a2 −(2n+1)2 pro a sudé
n=0 ∞
P
n sin 2nx
− π8
a2 −4n2 pro a liché
n=1
312. f (x) = x( π2 − x), x ∈ (0, π2 ) podle soustavy
∞
P
4(−1)n
1
{cos(2n − 1)x}, n ∈ N
−2
(2n−1)2 {1 + (2n−1)π } cos(2n − 1)x
n=1
∞
P 2(−1)n
8
{sin(2n − 1)x}, n ∈ N
{ (2n−1)2 + (2n−1)
3 } sin(2n − 1)x
n=1
Integrací Fourierova rozvoje funkce f (x) = x najděte rozvoj funkcí x2 , x3 , x4 , x5
pro x ∈ (−π, π)
∞
P
313. f (x) = x
2 (−1)n+1 sinnnx
n=1
314. f (x) = x2
29
2
π
3
+4
∞
P
n=1
cos nx
n
n2 (−1)
∞
P
2 2
2 (−1)n 6−πn3 n sin nx
315. f (x) = x3
n=1
316. f (x) = x
4
π4
5
+
∞
P
2 2
8 (−1)n+1 6−πn4 n
n=1
cos nx
∞
P
2 2
4 4
2 (−1)n+1 120−20πn5n +π n sin nx
317. f (x) = x5
n=1
webMathematica
7
Limity, derivace a diferenciál funkcí více reálných proměnných
Teorie
Příklad 318 :
Rozhodněte o spojitosti fce f v bodě [0, 0]:
319. f (x, y) =
x2 +y 2
xy
, f (0, 0) = 0
[není spojitá]
320. f (x, y) = (1 + sin(x − y))ln |x−y| , f (0, 0) = 1
[je spojitá]
Rozhodněte, zda fce f v bodě [0, 0] a ve směru (1, 1) roste nebo klesá
321. f (x, y) = (x2 + y 2 ) sin x ,
[fce roste]
322. f (x, y) = − tg y ex ,
[fce klesá]
Najděte diferenciál funkce f v bodech [0, 0] a [1, 1]
h
2
xy
323. f (x, y) = √ 2 2 , f (0, 0) = 0
df = 0dx + 0dy , df =
x +y
1
√
dx
2 2
+
3
√
2 2
dy
i
webMathematica
8
Řešení funkcionálních rovnic, tečná rovina
Teorie
Příklad 324 :
Pomocí věty o implicitní funkci zjistěte, jestli existuje jediné, spojité řešení
y rovnice F (x, y) = 0 na okolí bodů A, B, C . Případně určete derivaci y 0 v
příslušném bodě.
30
325. F (x, y) = − 23 x2 + y 2 − xy − 2x − 3y , A
= [0,0 3], B 5= [1, −1], C = [−3, 0] . A : y (0) = 3 , B : N eex. , C : N eex.
326. F (x, y) = x2 + 4y 2 − 2x + 16y + 13 , A = [−1, −2], B = [1, −1], C = [1, 0] .
[A : N eex, B : y 0 (0) = 0 , C : N eex.]
327. Určete parciální derivace prvního řádu funkce z = z(x, y) implicitně defino-
vané rovnicí z 3 − 3xyz − 8 = 0 v bodě A = [0, 3] .
A : zx = 32 , zy = 0 ,
328. Ke grafu funkce f najděte tečnou rovinu, která je rovnoběžná s rovinou % .
f (x, y) = x2 + y 2 − x , % : 3x + 2y − z = 0 .
[3(x − 2) + 2(y − 1) − (z − 3) = 0]
329. K nulové hladině funkce f najděte tečnou rovinu, která je rovnoběžná s rovinou % .
f (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 − 21 , % : x + 4y + 6z = 0 .
[(x − 1) + 4(y − 2) + 6(z − 2) = 0 , (x + 1) + 4(y + 2) + 6(z + 2) = 0]
webMathematica
9
Extrémy funkcí více proměnných
Teorie
Příklad 330 :
9.1
Optimalizační úlohy bez vazeb
Najděte lokální extrémy funkce f
331. f (x, y) = x4 + y 4 − x2 − 2xy − y 2
[[1, 1], [−1, −1] min ,
332. f (x, y) = x2 + xy + y 2 − 4 ln x − 10 ln y
[[1, 2] min]
333. f (x, y) = x2 + y 2 + z 2 + 2x + 4y − 6z
[[−1, −2, 3] min]
a a a
[ 5 , 10 , 10 ] sedlo
334. f (x, y) = xy + z(a − x − 2y − 3z)
335. f (x, y) = xy ln(x2 + y 2 )
[− √1 , − √1 ] min , [− √1 , √1
(2e)
(2e)
(2e)
(2e)
[0, ±1], [±1, 0] sedla ,
] , [ √1 , − √1 ] max
31
[0, 0] sedlo]
(2e)
(2e)
[ √1 , √1 ] ,
(2e)
(2e)
9.2
Optimalizační úlohy s vazbami
Teorie
Příklad 336 :
Najděte lokální extrémy funkce f vzhledem k množině M
337. f (x, y) = x2 + 12xy + 2y 2 ,
338. f (x, y) = x − 2y + 2z ,
339. f (x, y) = xy + yz ,
M : 4x2 + y 2 = 25 ,
[ 32 , 4], [− 32 , −4] max ,
[2, −3], [−2, 3] min
M : x2 + y 2 + z 2 = 1 ,
[ 13 , − 23 , 23 ] max ,
M : x2 + y 2 = 2 , y + z = 2 ,
[− 31 , 23 , − 23 ] min
[[1, 1, 1] max]
Najděte min. a max. hodnoty funkce f vzhledem k množině M
√
1
340. f (x, y) = x + y + z , M : x2 + y 2 ≤ z ≤ 1 ,
− 2 min , 1 + 2 max
341. f (x, y) = x2 + 2y 2 + 3z 2 ,
M : x2 + y 2 + z 2 ≤ 100 ,
[0 min ,
300 max]
webMathematica
10
Vícenásobné integrály
Teorie
Příklad 342 :
10.1
Dvojné integrály
RR
y ex dx dy
343.
5
4
2e + 2e
1
y 2 ≤x≤y+2
x
(1+y)2
RR
344.
√
x2 ≤y≤
[0]
16−x2
RR
345.
dx dy
15 |x y| dx dy
2
1≤x2 ≤y 2 ≤4
346.
RR
S
347.
RR
S
1
x+y+1
dx dy ,
|x| dx dy ,
kde S je trojúhelník s vrcholy [1, 2], [5, 2], [4, 4]
72
ln
9
+
8
ln
16
5
kde S je dána nerovnostmi x2 ≤ y , 4x2 + y 2 ≤ 12
√
36 3 − 14
32
10.2
Trojné integrály
p
RRR xy3 z
348.
dx
dy
dz
,
kde
V
je
dána
nerovnostmi,
x2 + y 2 ≤ z ≤ 2, 0 ≤
(1+z 2 )2
V
x, 0 ≤ y
1
− 60 +
349.
RRR
x2 yz 3 dx dy dz ,
V
0 ≤ z ≤ xy
RRR x+y
350.
4+z dx dy dz ,
1
16
ln 5
kde V je dána nerovnostmi 0 ≤ x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ x ,
1 312
kde V je dána nerovnostmi x + y ≤ 3 , 0 ≤ y , 0 ≤ x ,
V
351.
0≤z≤4
RRR xy
V
352.
RRR
(4+z)2
[9 ln 2]
dx dy dz ,
x2 yz dx dy dz ,
kde V je dána nerovnostmi x2 + y 2 ≤ 4z ≤ 16
kde V je dána nerovnostmi
[0]
4x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, x ≥
V
0, y ≥ 0, z ≤ 0
1 1 − 23 105
webMathematica
33