MB152 Diferenciálny a integrálny počet, skupina 10, 4. cvičenie, 28.10.2020
Optimalizácia
Príklad 1. Pod akým uhlom α je nutné vrhnúť objekt rýchlosťou v0 tak, aby na rovine prekonal
čo najväčšiu horizontálnu vzdialenosť? Odpor vzduchu zanedbajte.
Označme symbolom h(t) výšku, v ktorej sa nachádza predmet v čase t. Veľkosť vertikálnej
zložky rýchlosti v0 môžeme vyjadriť súčinom v0·sin(α). Nárast veličiny h spôsobený počiatočnou
rýchlosťou reprezentuje výraz v0 · sin(α) · t. Na druhej strane, na vrhnutý predmet pôsobí
gravitačné pole Zeme, ktoré mu vo vertikálnom smere udeľuje konštantné zrýchlenie −g. Vieme,
že v takom prípade je úbytok aktuálnej výšky daný výrazom −gt2
2
. V konečnom dôsledku platí
h(t) = v0 sin(α)t −
gt2
2
.
V prvom rade potrebujeme zistiť, v akom čase predmet dopadne na zem. To zistíme vyriešením
rovnice
0 = v0 sin(α)t −
gt2
2
⇔ 0 = t v0 sin(α) −
gt
2
⇒ t =
2v0 sin(α)
g
.
Horizontálna vzdialenosť dosiahnutá predmetom za čas t je v0 cos(α)t. Preto kým predmet
dopadne na zem, prekoná vzdialenosť
s(α) = v0 cos(α)
2v0 sin(α)
g
=
v2
0 sin(2α)
g
.
Zrejme má zmysel uvažovať len uhly α z intervalu [0, π
2
]. Na tomto intervale nájdeme stacionárne
body funkcie s:
s (α) =
2v2
0 cos(2α)
g
, s (α) = 0 ⇒ cos(2α) = 0 ⇒ 2α =
π
2
,
čo znamená, že funkcia s má na intervale [0, π
2
] jediný stacionárny bod, ktorým je α = π
4
. Z kontextu
je zrejmé, že v tomto bode má uvažovaná funkcia globálne maximum na intervale [0, π
2
].
Po správnosti by sme sa mali uistiť, že sa jedná o lokálny extrém a porovnaním s funkčnými
hodnotami v krajných bodoch ukázať, že sa v bode π
4
nachádza dokonca globálny extrém. Pre
úplnosť tak učiňme:
s (α) = −
4v2
0 sin(2α)
g
s
π
4
= −
4v2
0
g
< 0,
čo implikuje prítomnosť lokálneho maxima. Keďže s(0) = 0, s(π
2
) = 0 a s(π
4
) =
v2
0
g
> 0, má
funkcia s na intervale [0, π
2
] globálne maximum v bode π
4
. v
Príklad 2. Určte rozmery valca s najväčším objemom, ktorý môžeme vložiť do sféry s polomerom
R.
Označme symbolmi r a v polomer a výšku uvažovaného valca. Zrejme stačí uvažovať len
valce, ktorých hrany ležia na sfére, inak povedané len tie valce, ktoré nemožno rozšíriť ani zvýšiť
bez toho, aby vyšli von zo sféry. Po nakreslení obrázku zistíme, že v takom prípade parametre
sféry a valca spĺňajú rovnosť
1
v2
4
+ r2
= R2
⇒
v = 2
√
R2 − r2.
Objem valca je potom určený vzťahom
V = πr2
v = 2πr2
√
R2 − r2.
Úlohu zo zadania môžeme formulovať ako hľadanie globálneho maxima funkcie V (r) na intervale
[0, R]. Prvá derivácia má tvar
V (r) = 4πr
√
R2 − r2 −
2πr3
√
R2 − r2
.
Stacionárne body sú riešením rovnice
4πr
√
R2 − r2 −
2πr3
√
R2 − r2
= 0 ⇒ 2r
√
R2 − r2 =
r3
√
R2 − r2
⇒ 2r(R2
− r2
) = r3
⇒ r(2R2
− 3r2
) = 0 ⇒ r ∈ 0,
2
3
R .
Opäť je intuitívne zrejmé, že hľadaný polomer valca je 2
3
R. Presvedčme sa o tom, že v tomto
bode má funkcia V (r) skutočne globálne maximum. Upravme prvú deriváciu a pozrime sa na
jej znamienka.
V (r) =
2πr(2R2
− 3r2
)
√
R2 − r2
0, 2
3
R 2
3
R, R
V (r) + −
V (r)
Zistili sme, že v bode 2
3
R má funkcia V skutočne lokálne maximum. Na záver porovnáme
funkčné hodnoty v krajných bodoch intervalu [0, R] s hodnotou V ( 2
3
R):
V (0) = 0, V (R) = 0, V
2
3
R =
4
√
3
9
πR3
> 0. (1)
Takže v bode 2
3
R nastáva globálne maximum funkcie V na intervale [0, R]. Výška valca
maximálneho objemu je
v =
V 2
3
R
π 2
3
R
2 =
2
√
3
3
R. v
2
Príklad 3. Dá sa ukázať, že príťažlivá sila, ktorou pôsobí prstenec na predmet nachádzajúci
sa na jeho osi, je priamo úmerná veličine
f(h) =
h
(r2 + h2)
3
2
,
kde r je polomer prstenca a h je vzdialenosť predmetu od stredu prstenca. Zistite, v ktorom
bode osi prstenca je silové pôsobenie na predmet najväčšie.
Spočítame prvú deriváciu funkcie f(h):
f (h) =
(r2
+ h2
)
3
2
− 3h2
√
r2 + h2
(r2 + h2)3
=
(r2
+ h2
) − 3h2
(r2 + h2)
5
2
=
r2
− 2h2
(r2 + h2)
5
2
Vzhľadom k symetrii nám stačí uvažovať h z intervalu [0, ∞). Nájdeme stacionárne body a
vyšetríme znamienka prvej derivácie.
r2
− 2h2
= 0 ⇒ h =
√
2
2
r.
0,
√
2
2
r
√
2
2
r, ∞
f (h) + −
f(h)
To znamená, že v bode
√
2
2
r sa nachádza globálne maximum funkcie f na množine [0, ∞). v
Diferenciál funkcie
Definícia 4. Nech má funkcia f v bode x0 ∈ D(f) vlastnú deriváciu. Diferenciálom funkcie f
v bode x0 nazývame výraz df(x0) = f (x0)(x − x0).
Pre body x dostatočne blízke bodu x0 platí f(x) ≈ f(x0)+f (x0)(x−x0). To môžeme využiť
pri výpočte približných hodnôt niektorých výrazov. V prvom rade nájdeme vhodnú funkciu f,
pre ktorú platí x ∈ D(f) a f(x) je hodnota, ktorú sa snažíme približne určiť. Ďalej by sme mali
byť schopný nájsť bod x0 ∈ D(f), ktorý je blízko bodu x a hodnoty f(x0) a f (x0) sú ľahko
vyčísliteľné.
3
Príklad 5. Pomocou diferenciálu určte približne hodnotu log2(65).
Keďže hodnotu log2(64) = 6 vieme vyčísliť presne, použijeme diferenciál funkcie f(x) =
log2(x) v bode x0 = 64. Zo znalosti prvej derivácie funkcie f dostávame
f (x) =
1
x log(2)
⇒ df(x0) =
1
x0 log(2)
(x − x0).
Vzhľadom k tomu, že platí f(x) ≈ f(x0) + df(x0) = f(x0) + f (x0)(x − x0) môžeme približne
určiť hodnotu log2(65):
log2(65) ≈ log2(64) +
1
64 · log(2)
(65 − 64) = 6 +
1
64 · log(2)
≈ 6, 0519.
Presná hodnota je približne 6, 0224. v
Príklad 6. Pomocou diferenciálu určte približne hodnotu 3
√
28.
Zvolíme funkciu f(x) = 3
√
x a bod x0 = 27. Prvá derivácia funkcie f je f (x) = 1
3
x−2
3 . Platí
df(x0) =
1
3
x
−2
3
0 (x − x0) ⇒
3
√
28 ≈
3
√
27 +
1
3
1
( 3
√
27)2
(28 − 27) = 3 +
1
3 · 9
= 3, 037.
Presná hodnota je približne 3, 0366. v
Taylorov polynóm
Definícia 7. Predpokladajme, že funkcia f má v bode x0 ∈ D(f) vlastné derivácie f (x0),
f (x0), . . . , f(n)
(x0) až do rádu n. Taylorov polynóm Tn(x) funkcie f(x) stupňa n so stredom
v bode x0 je nasledujúci polynóm:
Tn(x) = f(x0) +
n
i=1
f(i)
(x0)
i!
(x − x0)i
.
Veta 8. Nech má funkcia f(x) spojité derivácie f (x), f (x), . . . , f(n)
(x) na intervale [a, b] a
nech má vlastnú deriváciu f(n+1)
(x) na intervale (a, b). Potom pre každý bod x ∈ (a, b) existuje
bod c ∈ (a, x) s vlastnosťou
f(x) = Tn(x) + Rn(x), kde Rn(x) =
f(n+1)
(c)
(n + 1)!
(x − a)n+1
a Tn(x) je Taylorov polynóm funkcie f(x) stupňa n so stredom v bode a.
Ak sme schopní ohraničiť deriváciu f(n+1)
na intervale (a, x), potom sme tiež schopní na
základe predošlej vety zhora odhadnúť chybu aproximácie funkcie f jej Taylorovým polynómom
v bode x.
Príklad 9. Nájdite Taylorov polynóm piateho stupňa funkcie f(x) = log(x) so stredom v bode
x0 = 1 a s jeho pomocou približne vypočítajte hodnotu log(2).
V prvom rade potrebujeme všetky derivácie až do piateho rádu funkcie f(x):
f (x) =
1
x
, f (x) = −
1
x2
, f (x) =
2
x3
, f(4)
(x) = −
6
x4
, f(5)
(x) =
24
x5
.
Tie vyhodnotíme v strede Taylorovho polynómu x0 = 1:
f (1) = 1, f (1) = −1, f (1) = 2, f(4)
(1) = −6, f(5)
(1) = 24.
4
Už máme všetko potrebné na to, aby sme skonštruovali Taylorov polynóm T5(x) piateho stupňa
funkcie f(x) = log(x) so stredom v bode x0 = 1:
T5(x) = 0 + 1 · (x − 1) −
1
2
(x − 1)2
+
2
6
(x − 1)3
−
6
24
(x − 1)4
+
24
120
(x − 1)5
.
Pre x dostatočne blízke x0 platí Tn(x) ≈ f(x), čo využijeme pri približnom výpočte hodnoty
log(2):
T5(2) = 0 + 1 · (2 − 1) −
1
2
(2 − 1)2
+
2
6
(2 − 1)3
−
6
24
(2 − 1)4
+
24
120
(2 − 1)5
= 1 −
1
2
+
2
6
−
6
24
+
24
120
= 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+
1
5
= 0, 783.
Presná hodnota je približne 0, 693. v
Príklad 10. Pomocou Taylorovho polynómu vhodnej funkcie určte približnú hodnotu čísla π.
Vzhľadom k tomu, že platí arcsin(1
2
) = π
6
, skúsime použiť funkciu arcsin. Pomocou jej
Taylorovho polynómu so stredom v bode x0 = 0 približne určíme jej funkčnú hodnotu v bode
1
2
a výsledok vynásobíme 6. Začneme výpočtom jej derivácií:
f (x) =
1
√
1 − x2
= 1 − x2 −1
2
, f (x) =
x
(1 − x2)
3
2
,
f (x) =
(1 − x2
)
3
2 − x3
2
(1 − x2
)
1
2 (−2x)
(1 − x2)3
=
2x2
+ 1
(1 − x2)
5
2
,
f(4)
(x) =
4x(1 − x2
)
5
2 − (2x2
+ 1)5
2
(1 − x2
)
3
2 (−2x)
(1 − x2)5
=
6x3
+ 9x
(1 − x2)
7
2
,
f(5)
(x) =
(18x2
+ 9)(1 − x2
)
7
2 − (6x3
+ 9x)7
2
(1 − x2
)
5
2 (−2x)
(1 − x2)7
=
24x4
+ 72x2
+ 9
(1 − x2)
9
2
.
Teraz nájdeme ich funkčné hodnoty v 0:
f(0) = 0, f (0) = 1, f (0) = 0, f (0) = 1, f(4)
(0) = 0, f(5)
(0) = 9.
Hodnota arcsin(1
2
) je približne rovná funkčnej hodnote Taylorovho polynómu T5(1
2
):
T5
1
2
= f(0) + f (0)
1
2
+
f (0)
2!
1
2
2
+
f (0)
3!
1
2
3
+
f(4)
(0)
4!
1
2
4
+
f(5)
(0)
5!
1
2
5
= 0 +
1
2
+ 0 + 1 ·
1
6
·
1
8
+ 0 + 9 ·
1
120
·
1
32
= 0, 523177083
V konečnom dôsledku dostávame odhad hodnoty π:
π ≈ 6 · T5
1
2
= 3, 1390625 (2)
líšiaci sa od skutočnej hodnoty len o približne dve a pol tisíciny. v
Príklad 11. Skonštruujte Taylorov polynóm funkcie f(x) =
√
x so stredom v bode x0 = 1
stupňa n a odhadnite jeho chybu v bode 2.
Najprv spočítame niekoľko prvých derivácií funkcie f(x):
f (x) =
1
2
x−1
2
5
f (x) = −
1
4
x−3
2 =
1
2
· −
1
2
x−3
2
f (x) =
3
8
x−5
2 =
1
2
·
3
4
x−5
2 =
1
2
· −
1
2
2
· 3 · x−5
2
f(4)
(x) = −
15
16
x−7
2 =
1
2
· −
15
8
x−7
2 =
1
2
· −
1
2
3
· 3 · 5 · x−7
2
f(5)
(x) =
105
32
x−9
2 =
1
2
·
105
16
x−9
2 =
1
2
· −
1
2
4
· 3 · 5 · 7 · x−9
2
Zdá sa, že vo všeobecnosti pre funkciu f(x) =
√
x platí
f(n)
(x) =
1
2
· −
1
2
n−1
· (2n − 3)!! · x−2n−1
2 , (∗)
kde k!! = k(k − 2)(k − 4) · · · je súčin všetkých prirodzených čísel z množiny {1, . . . , k}, ktoré
majú rovnakú paritu ako k. Presvedčme sa o platnosti tejto formule použitím matematickej
indukcie. Pre n = 1 tvrdenie zrejme platí1
. Predpokladajme, že tvrdenie platí pre n a ukážme,
že v skutočnosti platí aj pre n + 1. Spočítajme n + 1. deriváciu funkcie f:
f(n+1)
(x) = (f(n)
(x)) =
1
2
· −
1
2
n−1
· (2n − 3)!! · x−2n−1
2
=
1
2
· −
1
2
n−1
· (2n − 3)!! · −
2n − 1
2
· x−2n−1
2
−1
=
1
2
· −
1
2
n−1
· −
1
2
· (2n − 1) · (2n − 3)!! · x
−2n+1−2
2
=
1
2
· −
1
2
n
· (2n − 1)!! · x−
2(n+1)−1
2 ,
čo je presne formula (∗), kde sme za n dosadili n + 1, takže tvrdenie je dokázané. Taylorov
polynóm funkcie f(x) =
√
x stupňa n so stredom v bode x0 = 1 má preto tvar
Tn(x) = f(x0) +
n
i=1
f(i)
(x0)
i!
(x − x0)i
= 1 +
n
i=1
1
2
· −
1
2
i−1
·
(2i − 3)!!
i!
(x − 1)i
.
Funkcia x−r
, kde r > 1 je na intervale [1, b], kde b > 2 je ľubovoľné, klesajúca a kladná,
takže funkcia −x−r
je na tom istom intervale rastúca a záporná. V každom prípade, v absolútnej
hodnote tieto funkcie nadobúdajú maximum v ľavom krajnom bode intervalu [1, b], teda v bode
1. To nám umožňuje s použitím vety 8 zhora odhadnúť chybu aproximácie funkcie f(x) =
√
x
jej Taylorovým polynómom Tn(x) v bode 2:
f(2) = Tn(2) +
f(n+1)
(c)
(n + 1)!
(2 − 1)n+1
Rn(2),c∈(1,2)
⇒ |f(2) − Tn(2)| =
f(n+1)
(c)
(n + 1)!
(2 − 1)n+1
=
f(n+1)
(c)
(n + 1)!
Ďalej platí
f(n+1)
(c)
(n + 1)!
≤
f(n+1)
(1)
(n + 1)!
=
1
2
n+1
·
(2n − 1)!!
(n + 1)!
=
1
2(n + 1)
1
2
n
(2n − 1)!!
n!
1
Symbol k!! pre nekladné celé čísla má zmysel dodefinovať vzťahom k!! = 1 vzhľadom k tomu, že sa v
skutočnosti jedná o prázdny súčin, o súčin prvkov z prázdnej množiny.
6
=
1
2(n + 1)
(2n − 1)(2n − 3) · · · 1
2n · 2(n − 1) · · · 2
<1
≤
1
2(n + 1)
.
Takže v konečnom dôsledku dostávame horný odhad pre chybu aproximácie funkcie f(x) =
√
x
jej Taylorovým polynómom Tn(x) v bode 2:
√
2 − Tn(2) ≤
1
2(n + 1)
. (∗∗)
V každom prípade platí, že postupnosť {Tn(2)}∞
n=1 konverguje k číslu
√
2. Podľa odhadu (∗∗)
nám stačí vypočítať hodnotu T4(2), aby sme sa s presnosťou 0, 1 priblížili k číslu
√
2:
T4(2) = f(1) + f (1)(2 − 1) +
f (1)
2!
(2 − 1)2
+
f (1)
3!
(2 − 1)3
+
f(4)
(1)
4!
(2 − 1)4
= 1 +
1
2
−
1
4
·
1
2
+
3
8
·
1
6
−
15
16
·
1
24
=
384 + 192 − 48 + 24 − 15
384
=
537
384
= 1, 3984375.
Vzhľadom k tomu, že skutočná hodnota je približne
√
2 ≈ 1, 4142, je chyba aproximácie menšia,
ako sme očakávali. v
Literatúra
[1] HASIL, Petr a ZEMÁNEK, Petr. Sbírka řešených příkladů z matematické analýzy I, https:
//is.muni.cz/do/rect/el/estud/prif/js12/m_analyza/web/pdf/SPzMAI.pdf
[2] HILSCHER, Roman Šimon, HASIL, Petr, VESELÝ, Michal a ZEMÁNEK, Petr. Přednášky
z matematické analýzy na FI, http://www.math.muni.cz/~hasil/Data/CZ/Teach/MU/
MB152/prednasky_MB152.pdf
[3] DOŠLÁ, Zuzana. a KUBEN, Jaromír. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
[4] https://mathalino.com/reviewer/differential-calculus/
72-74-light-intensity-of-illumination-and-theory-of-attraction
7