A. Interpolace polynomy
Na úvod této kapitoly se budeme snažit odhadnout funkce pomocí
polynomů. Předpokládejme, že o neznámé funkci máme pouze kusé
informace, totiž její hodnoty v několika bodech, popřípadě i hodnoty
její první či druhé derivace v těchto bodech. Budeme se snažit najít
polynom (co nejmenšího stupně) splňující tyto závislosti.
5.1. Nalezněte polynom P splňující následující podmínky:
P(2) = 1, P(3) = 0, P(4) = −1, P(5) = 6.
Řešení. Řešíme buď přímo, t.j. sestavením soustavy čtyř lineárních
rovnic o čtyřech neznámých. Předpokládáme polynom ve tvaru a3x3
+
a2x2
+ a1x1 + a0. Víme, že polynom stupně nejvýše tři splňující podmínky
v zadání je dán jednoznačně.
a0 + 2a1 + 4a2 + 8a3 = 1
a0 + 3a1 + 9a2 + 27a3 = 0
a0 + 4a1 + 16a2 + 64a3 = −1
a0 + 5a1 + 25a2 + 125a3 = 6.
Každá rovnice vznikla z jedné z podmínek v zadání.
Druhou možností je vytvořit hledaný polynom pomocí fundamentálních
Lagrangeových polynomů:
P(x) = 1 ·
(x − 3)(x − 4)(x − 5)
(2 − 3)(2 − 4)(2 − 5)
+ 0 · (. . . ) +
= (−1) ·
(x − 2)(x − 3)(x − 5)
(4 − 2)(4 − 3)(4 − 5)
+ 6 ·
(x − 2)(x − 3)(x − 4)
(5 − 2)(5 − 3)(5 − 4)
=
=
4
3
z3
− 12z2
+
101
3
z − 29.
Koeficienty tohoto polynomu jsou samozřejmě jediným řešením výše
sestavené soustavy lineárních rovnic.
5.2. Nalezněte polynom P splňující následující podmínky:
P(1 + i) = i, P(2) = 1, P(3) = −i.
5.3. Nalezněte polynom P splňující následující podmínky:
P(1) = 0, P (1) = 1, P(2) = 3, P (2) = 3.
Řešení. Opět ukážeme dvě možnosti řešení.
Dané podmínky určují čtyři lineární rovnice pro koeficienty hledaného
polynomu. Budeme-li hledat polynom třetího stupně, dostáváme
tedy přesně tolik rovnic, kolik je neznámých koeficientů polynomu
(nechť např. P(x) = a3x3
+ a2x2
+ a1x + a0):
P(1) = (a3 + a2 + a1 + a0 = 0,
P (1) = 3a3 + 2a2 + a1 = 1,
P(2) = 8a3 + 4a2 + 2a1 + a0 = 3,
P (2) = 12a3 + 4a2 + a1 = 3.
Vyřešením tohoto systému obdžíme polynom P(x) = −2x3
+ 10x2
−
13x + 5.
Jiné řešení. Použijeme fundamentální Hermiteovy polynomy:
h1
1(x) = 1 −
2
0 + (−1)
(x − 1) (2 − x)2
= (2x − 1)(x − 2)2
,
h1
2(x) = (5 − 2x)(x − 1)2
,
h2
1(x) = (x − 1)(x − 2)2
,
h2
2(x) = (x − 2)(x − 1)2
.
Celkem
P(x) = 0·h1
1(x)+3·h1
2(x)+1·h2
1(x)+3·h2
2(x) = −2x3
+10x2
−13x+5.
5.4. Pomocí Lagrangovy interpolace spočítejte příbližnou hodnotu
cos2
1. Použijte k tomu hodnoty funkce v bodech π
4
, π
3
a π
2
.
Řešení. Nejprve určíme funkční hodnoty v zadaných bodech:
cos2
(π
4
) = 1/2, cos2
(π
3
) = 1/4, cos2
(π
2
) = 0. Dále určíme elementární
Larangeovy polynomy, přitom můžeme spočítat hodnoty přímo v
zadaném bodě:
l0(1) =
(1 − π
3
)(1 − π
2
)
(π
4
− π
3
)(π
4
− π
2
)
= 8
(π − 3)(π − 2)
π2
l1(1) =
(1 − π
4
)(1 − π
2
)
(π
3
− π
4
)(π
3
− π
2
)
= −9
(π − 4)(π − 2)
π2
l2(1) =
(1 − π
4
)(1 − π
3
)
(π
2
− π
4
)(π
2
− π
3
)
= 2
(π − 4)(π − 3)
π2
Celkem tedy
P(1) =
1
2
· 8
(π − 3)(π − 2)
π2
−
1
4
· 9
(π − 4)(π − 2)
π2
+ 0 =
=
(5π − 12)(π − 2)
4π2
.
= 0.288913.
Vidíme, že při výpočtu třetí elementrání polynom nebyl potřeba.
Skutečná hodnota je cos2
1
.
= 0.291927.
5.5. Franta potřebuje počítat hodnoty funkce sin, ale má k dispozici
jen mobilní telefon s jednoduchou kalkulačkou, která umí základní
operace. Protože si pamatuje hodnoty funkce sin v bodech 0, π
6
, π
4
π
3
a
π
2
a ví, že přibližné hodnoty π,
√
2 a
√
3 jsou 3.1416, 1.4142 a 1.7321,
rozhodl se, že použije k přibližnému výpočtu interpolaci. Pomozte mu
sestrojit přibližný vztah s využitím všech hodnot.
Řešení. Sestrojíme elementární Larangeovy polynomy:
l0(x) =
(x − π
6
)(x − π
4
)(x − π
3
)(x − π
2
)
(0 − π
6
)(0 − π
4
)(0 − π
3
)(0 − π
2
)
.
=
.
= 1.4783x4
− 5.8052x3
+ 8.1057x2
− 4.7746x + 1
l1(x) =
(x − 0)(x − π
4
)(x − π
3
)(x − π
2
)
(π
6
− 0)(π
6
− π
4
)(π
6
− π
3
)(π
6
− π
2
)
.
=
.
= −13.3046x4
+ 45.2808x3
− 49.2419x2
+ 17.1887x
l2(x) =
(x − 0)(x − π
6
)(x − π
3
)(x − π
2
)
(π
4
− 0)(π
4
− π
6
)(π
4
− π
3
)(π
4
− π
2
)
.
=
.
= 23.6526x4
− 74.3070x3
+ 71.3298x2
− 20.3718x
l3(x) =
(x − 0)(x − π
6
)(x − π
4
)(x − π
2
)
(π
3
− 0)(π
3
− π
6
)(π
3
− π
4
)(π
3
− π
2
)
.
=
.
= −13.3046x4
+ 38.3146x3
− 32.8279x2
+ 8.5943x
l4(x) =
(x − 0)(x − π
6
)(x − π
4
)(x − π
3
)
(π
2
− 0)(π
2
− π
6
)(π
2
− π
4
)(π
2
− π
3
)
.
=
.
= 1.4783x4
− 3.4831x3
+ 2.6343x2
− 0.6366x
Hodnota interpolačního polynomou je pak
P(x) = 0 · 0(x) +
1
2
l1(x) +
√
2
2
l2(x) +
√
3
2
l3(x) + l4(x)
.
=
.
= 0.0288x4
− 0.2043x3
+ 0.0214x2
+ 0.9956x.
Doplňující otázky: Může Franta tento přibližný výsledek použít
i pro výpočet funkce sin na intervalu [π
2
, π]? A pokud ne, jak by měl
postupovat?
Jak by vypadaly přibližné vztahy, pokud by Franta ne použil všechny
uzly, ale pro každý bod jen tři uzly nejbližší?
5.6. Další den potřeboval Franta spočítat dvojkový logaritmus 25. (Ve
skutečnosti potřeboval přirozený logaritmus, ale protože ví, že ln 2
je zhruba 0.6931, vystačí s i s dvojkovým.) Nejprve tedy vzal uzly
16 a 32 s funkčními hodnotami 4 a 5 a sestrojil interpolační polynom
(přímku) P(x) = 1
16
+3, takže P(25) = 73
16
= 4.5625. Kvůli zpřesnění
výsledku přidal další uzel 8 s funkční hodnotou 3. V tomto případě
vyšel interpolační polynom roven P(x) = − 1
384
x2
+ 3
16
x + 5
3
, což
dává P(25)
.
= 4.7266. Franta chtěl výsledek ještě zpřesnit, přidal tedy
rovnou dva uzly, a to 2 a 4 s funkčními hodnotami 1 a 2. Jaké však
bylo jeho překvapení, když mu vyšla hodnota P(25)
.
= 5.892, která je
určitě nesprávná vzhledem k tomu, že logaritmus je rostoucí funkce.
Dokážete vysvětlit, kde se vzala taková chyba?
Řešení. Franta trochu pátral na internetu a zjistil, že chyba při interpolaci
se dá vyjádřit ve tvaru
f (x) − Pn(x) =
(x − x0)(x − x1) . . . (x − xn)
(n + 1)!
f (n+1)
(ξ),
kde bod ξ není znám, ale leží v intervalu daném nejmenším a největším
uzlem. Člen v čitateli zlomku způsobuje, že přidávání dalších vzdálených
uzlů přesnost spiše zhoršuje.
5.7. O týden později potřeboval Franta určit
√
7. Napdlo ho problém
otočit a použít tzv. inverzní interpolaci, tedy zaměnit roli uzlů a
funkčních hodnot a určit přibližnou hodnotu vhodné funkce v nule. Jak
postupoval?
Řešení.
√
7 je nulový bod funkce x2
− 7. Franta vzal uzly x0 = 2,
x1 = 2.5, x2 = 3, příslušné funkční hodnoty jsou -3, -0.75 a 2. Pak prohodil
úlohu uzlů a funkčních hodnot a získal elementární Lagrangeovy
polynomy
l0(x) =
(x + 0.75)(x − 2)
(−3 + 0.75)(−3 − 2)
=
4
45
x2
−
1
9
x −
2
15
l1(x) = −
16
99
x2
−
16
99
x +
32
33
l2(x) =
6
55
x2
+
3
11
x +
9
55
Pro
√
7 tak dostal přibližnou hodnotu 2·l0(0)+2.5·l1(0)+3·l2(0) =
437
165
.
= 2.6485.
Doplňující otázky: Frantovy se do výpočtu jednoho elementráního
polynomu vloudila chyba, pokuste se ji vypátrat. Má tato chyba vliv na
výslednou hodnotou?
Jak bychom mohli využít také hodnotu derivace v bodě 2.5?
Prirozeny_splajn
5.8. Nalezněte přirozený splajn S, který splňuje podmínky
S(−1) = 0, S(0) = 1, S(1) = 0.
Řešení. Hledaný přirozený splajn bude složen ze dvou kubických polynomů,
jednoho, řekněme S1, pro interval −1, 0 , druhého, řekněme
S2 pro interval 0, 1 . Slůvko „přirozený“ navíc určuje, že hodnoty
druhých derivací polynomů S1, resp. S2, budou nulové v bodě −1, resp.
1. Díky předepsané společné hodnotě v bodě 0 víme že absolutní člen
obou polynomů je 1, ze symetrie úlohy plyne, že společná hodnota první
derivace v bodě 0 je nulová. Můžeme tedy psát S1(x) = ax3
+ bx2
+ 1
a S2(x) = cx3
+ dx2
+ 1, pro neznámé reálné parametry a, b, c a d.
Dosazením těchto tvarů do čtyř podmínek S1(−1) = 0, S1"(−1) = 0,
S2(1) = 0a S2"(1) = 0 dostáváme čtyři lineární rovnice pro tyto
parametry:
−a + b + 1 = 0,
−6a + 2b = 0,
c + d + 1 = 0,
6c + 2d = 0.
Jejich vyřešením pak S1(x) = −1
2
x3
− 3
2
x2
+ 1, S2(x) = 1
2
x3
−
3
2
x2
+ 1. Celkem tedy
S(x) =
−1
2
x3
− 3
2
x2
+ 1 prox ∈ −1, 0
1
2
x3
− 3
2
x2
+ 1 prox ∈ 0, 1
5.9. Nalezněte splajn S, který splňuje podmínky
S(−1) = 0, S(0) = 1, S(1) = 0, S (−1) = 1, S (1) = 1.
Řešení. Hledaný splajn se od splajnu z předchozí úlohy liší pouze
hodnotami derivací v bodech -1 a 1. Obdobně jako v předchozí úloze
tak dostáváme části S1 a S2 splajnu ve tvaru S1(x) = ax3
+ bx2
+ 1
a S2(x) = cx3
+ dx2
+ 1, pro neznámé reálné parametry a, b, c a
d. Dosazením do podmínek S1(−1) = 0, S1(−1) = 1, S2(1) = 0a
S2(1) = 1 dostáváme nyní soustavu
−a + b + 1 = 0,
3a − 2b = 1,
c + d + 1 = 0,
3c + 2d = 1
s řešením a = −1, b = −2, c = 3 a d = −4, tedy hledaný splajn je
funkce
S(x) =
−x3
− 2x2
+ 1 prox ∈ −1, 0
3x3
− 4x2
+ 1 prox ∈ 0, 1
5.10. Přidání požadované hodnoty splajnu. Na tomto příkladu demonstrujeme,
že je početně jednoduché (v porovnání s Lagrangeovou
či Hermiteovou interpolací), doplnit požadavky na hledanou funkci
(splajn) o funkční hodnotu v jednom novém bodě: nalezněte přirozený
kubický splajn splňující
S(−1) = 0, S(0) = 1, S(1) = 0, S(2) = 1.
Řešení. Vůči příkladu je přidána pouze hodnota S(2) = 1. PoužijemePrirozeny_splajn
tedy výsledky ze zmíněného příkladu. Na polynomy S1 a S2 nážeme
rovněž kubickým polynomem S3 a to tak, aby měl v bodě 1 shodnou
hodnotu derivace s již vypočteným mnohočlenem S2 = 1
2
x3
− 3
2
x2
+ 1.
Je tedy S2(1) = −1
2
. Tuto hodnotu použijeme jako okrajovou podmínku
pro polynom S3. Druhá okrajová podmínka je dána tím, že požadujeme,
aby výsledný splajn byl přirozený, tedy S3 (2) = 0. Hledáme tedy
kubický polynom S3(x) = ax3
+bx2
+cx +d, a, b, c, d ∈ R splňující
podmínky S3(1) = 0, S3(1) = −1
2
, S3(2) = 1 a S3 (2) = 0, což dává
soustavu:
a + b + c + d = 1,
3a + 2b + c = −
1
2
,
8a + 4b + 2c + d = 1,
6a + 2b = 0
s řešením a = 3
2
, b = −9
2
, c = 4 a d = −1. Hledaný splajn je tedy
tvaru
S(x) =
⎧
⎨
⎩
−1
2
x3
− 3
2
x2
+ 1 prox ∈ −1, 0
1
2
x3
− 3
2
x2
+ 1 prox ∈ 0, 1
3
2
x3
− 9
2
x2
+ 4x − 1 prox ∈ 1, 2
Více příkladů k interpolačním polynomům najdete na straně 272.
B. Topologie komplexních čísel a jejich podmnožin
5.11. Načrtněte následující podmnožiny v C
i) {z ∈ C| |z − 1| = |z + 1|}
ii) {z ∈ C| 1 ≤ |z − i| ≤ 2}
iii) {z ∈ C| Re(z2
) = 1}
iv) {z ∈ C| Re(1
z
) < 1
2
}
Řešení.
• imaginární osa
• mezikruží okolo i
• hyperbola a2
− b2
= 1.
• vnějšek jednotkového kruhu se středem v 1.
5.12. Nalezněte hromadné, izolované, hraniční a vnitřní body množin
N, Q, X = {x ∈ R; 0 ≤ x < 1}
v R.
Řešení. Množina N. Pro libovolné n ∈ N očividně platí
O1 (n) ∩ N = (n − 1, n + 1) ∩ N = {n}.
Existuje tedy okolí bodu n ∈ N v R, které obsahuje pouze jeden
prvek množiny N (pochopitelně právě uvažované n), tj. každý bod n ∈
N je izolovaný. Množina vnitřních bodů je proto prázdná (je-li bod
izolovaný, nemůže být vnitřní). Bod a ∈ R je pak hromadným bodem A
právě tehdy, když každé jeho okolí obsahuje nekonečně mnoho bodů A.
Ovšem množina
O1 (a) ∩ N = (a − 1, a + 1) ∩ N, přičemž a ∈ R,
je konečná, z čehož plyne, že N hromadné body nemá. To, že tato
množina je konečná, dále implikuje
δb := inf
n∈N
| b − n | = inf
n∈O1(b)∩N
| b − n | > 0 pro b ∈ R N.
Odsud máme Oδb (b) ∩ N = ∅, tj. žádné b ∈ R N není hraničním
bodem N. Současně víme, že každý bod dané množiny, který není
vnitřním bodem, je nutně jejím hraničním bodem. Množina hraničních
bodů tak obsahuje N. Shrneme-li to, množina hraničních bodů N je N.
Množina Q. Racionální čísla tvoří tzv. hustou podmnožinu množiny
všech reálných čísel. To znamená, že ke každému reálnému číslu konverguje
posloupnost racionálních čísel (představme si např. nekonečný
desetinný rozvoj reálného čísla a jemu odpovídající posloupnost, kdy
v následujícím členu přidáváme další cifru rozvoje). O této posloupnosti
lze navíc předpokládat, že všechny její členy jsou navzájem různé (na
poslední pozici konečného desetinného rozvoje se můžeme záměrně dopouštět
chyby nebo kupř. číslu 1 přiřadíme desetinný rozvoj 0, 999 . . .
apod.). Množina hromadných bodů Q v R je proto celé R a každý
bod x ∈ R Q je hraniční. Zvláště dostáváme, že libovolné δ-okolí
Oδ
p
q
=
p
q
− δ,
p
q
+ δ , kde p, q ∈ Z, q = 0,
racionálního čísla p/q musí obsahovat nekonečně mnoho racionálních
čísel, což dává neexistenci izolovaných bodů. Číslo
√
2/10n
není
racionální pro žádné n ∈ N. Předpokladem opaku (opět p, q ∈ Z,
q = 0)
√
2
10n
=
p
q
, tj.
√
2 =
10n
p
q
,
totiž okamžitě obdržíme spor – o číslu
√
2 víme, že není racionální.
Libovolné okolí racionálního čísla p/q tak zároveň obsahuje nekonečně
mnoho reálných čísel p/q +
√
2/10n
(n ∈ N), která nejsou racionální
(množina Q jako těleso je uzavřená vzhledem k odečítání). Všechny
body p/q ∈ Q jsou tudíž rovněž hraniční a vnitřní body množina Q
nemá.
Množina X = [0, 1). Nechť a ∈ [0, 1) je zvoleno libovolně. Posloupnosti
se členy (pro dostatečně velká n ∈ N)
a +
1
n
, 1 −
1
n
⊂ [0, 1)
zjevně konvergují po řadě k hodnotám a, 1. Snadno jsme tak ukázali,
že množina hromadných bodů obsahuje interval [0, 1]. Jiné hromadné
body neexistují: pro jakékoli b /∈ [0, 1] existuje δ > 0 takové, že
Oδ (b) ∩ [0, 1] = ∅ (pro b < 0 postačuje položit δ = −b a pro b > 1
potom δ = b − 1). Protože každý bod intervalu [0, 1) je hromadným
bodem, množina izolovaných bodů je prázdná. Pro a ∈ (0, 1) označme
menší z kladných čísel a, 1 − a jako δa. Uvážíme-li
Oδa (a) = (a − δa, a + δa) ⊆ (0, 1), a ∈ (0, 1),
vidíme, že libovolný bod intervalu (0, 1) je vnitřním bodem intervalu
[0, 1). Pro každé δ ∈ (0, 1) je
Oδ (0) ∩ [0, 1) = (−δ, δ) ∩ [0, 1) = [0, δ),
Oδ (1) ∩ [0, 1) = (1 − δ, 1 + δ) ∩ [0, 1) = (1 − δ, 1),
tj. každé δ-okolí bodu 0 obsahuje jisté body intervalu [0, 1) a hodnoty
z intervalu (−δ, 0) a každé δ-okolí bodu 1 má neprázdný průnik s intervaly
[0, 1), [1, 1 + δ). Body 0 a 1 jsou tedy hraničními body. Celkem
jsme zjistili, že množina všech vnitřních bodů odpovídá intervalu (0, 1)
a množina hraničních bodů je {0, 1}. Stačí si uvědomit, že bod nemůže
být současně vnitřní a hraniční a že hraniční bod musí být izolovaný,
nebo hromadný.
Více příkladů k danému tématu najdete na straně 272
C. Limity
V následujících příkladech se budeme zabývat výpočtem limit
posloupností, tedy tím, jak posloupnosti „vypadají v nekonečnu“. Tj.
pokud bychom chtěli předepsat n-tý člen posloupnosti pro hodně velké
n, tak nám jej limita posloupnosti (pokud existuje) velmi dobře přiblíží.
Limitám posloupností a posléze funkcí věnujeme v příkladovém sloupci
hodně prostoru, proto s nimi začínáme dříve (a končíme později), než
ve sloupci teorie.
Začněme s limitami posloupností. Potřebné definice nalezne čtenář
na straně ??.
5.13. Spočítejte následující limity posloupností:
i) lim
n→∞
2n2+3n+1
n+1
,
ii) lim
n→∞
2n2+3n+1
3n2+n+1
,
iii) lim
n→∞
n+1
2n2+3n+1
,
iv) limn→−∞
2n−2−n
2n+2−n ,
v) lim
n→∞
4n2+n
n
,
vi) lim
n→∞
√
4n2 + n − 2n.
Řešení.
i) lim
n→∞
2n2+3n+1
n+1
= lim
n→∞
2n+3+ 1
n
1+ 1
n
= ∞.
ii) lim
n→∞
2n2+3n+1
3n2+n+1
= lim
n→∞
2+ 3
n + 1
n2
3+ 1
n + 1
n2
= 2
3
.
iii) lim
n→∞
n+1
2n2+3n+1
= lim
n→∞
1+ 1
n
2n+3+ 1
n
= 1
∞
= 0.
iv)
lim
n→−∞
2n
− 2−n
2n + 2−n
= lim
n→−∞
2n
2−n − 1
2n
2−n + 1
= −1
v) Podle věty o třech limitách (??): ∀n ∈ N :
√
4n2
n
< 4n2+n
n
<
4n2+n+ 1
16
n
. Dále pak lim
n→∞
√
4n2
n
= lim
n→∞
2n
n
= 2, lim
n→∞
4n2+n+ 1
16
n
=
lim
n→∞
2n+ 1
4
n
= 2. Tedy i lim
n→∞
4n2+n
n
= 2.
vi)
lim
n→∞
4n2 + n − 2n = lim
n→∞
(
√
4n2 + n − 2n)(
√
4n2 + n + 2n)
√
4n2 + n + 2n
= lim
n→∞
n
√
4n2 + n + 2n
=
= lim
n→∞
1
4n2+n
n
+ 2
=
1
4
5.14. Buď c ∈ R+
(kladné reálné číslo). Ukážeme, že lim
n→∞
n
√
c = 1.
Řešení. Uvažme nejprve c > 1. Vzhledem k tomu, že funkce n
√
c je
vzhledem k n klesající a její hodnoty jsou stále větší než 1, tak musí mít
posloupnost n
√
c limitu a tou je infimum jejich členů. Předpokládejme,
že by tato limita byla větší než 1, řekněme 1 + ε, kde ε > 0. Pak
by podle definice limity byly všechny hodnoty dané posloupnosti od
jistého m menší než 1+ε + ε2
4
, t.j. zejména m
√
c < 1+ε + eps2
4
. Potom
by však
2m
√
c = m
√
c < 1 + ε +
ε2
4
= 1 +
ε
2
< 1 + ε,
což je spor s tím, že 1 + ε je infimem dané posloupnosti.
5.15. Stanovte
lim
n→∞
n
√
n.
Řešení. Zřejmě je n
√
n ≥ 1, n ∈ N. Můžeme tedy položit
n
√
n = 1 + an pro jistá čísla an ≥ 0, n ∈ N.
Užitím binomické věty získáváme
n = (1 + an)n
= 1 +
n
1
an +
n
2
a2
n + · · · + an
n, n ≥ 2 (n ∈ N).
Odsud plyne odhad (všechna čísla an jsou nezáporná)
n ≥
n
2
a2
n =
n (n − 1)
2
a2
n, n ≥ 2 (n ∈ N),
tj. po úpravě máme
0 ≤ an ≤
2
n − 1
, n ≥ 2 (n ∈ N).
Podle Věty o třech limitách je
0 = lim
n→∞
0 ≤ lim
n→∞
an ≤ lim
n→∞
2
n − 1
= 0.
Obdrželi jsme tak výsledek
lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + an) = 1 + 0 = 1.
Poznamenejme, že další užití Věty o třech limitách mj. dává
1 = lim
n→∞
1 ≤ lim
n→∞
n
√
c ≤ lim
n→∞
n
√
n = 1
pro libovolné reálné číslo c ≥ 1.
5.16. Nyní přejděme k určování limit funkcí. Definice viz strana ??.
Určete
(a)
lim
x→π/3
sin x;
(b)
lim
x→2
x2
+ x − 6
x2 − 3x + 2
;
(c)
lim
x→+∞
arccos
1
x + 1
3
;
(d)
lim
x→−∞
arctg
1
x
, lim
x→−∞
arctg x4
, lim
x→−∞
arctg (sin x) .
Řešení. Případ (a). Připomeňme, že funkce je spojitá v jistém bodě,
když je v tomto bodě její limita rovna funkční hodnotě. O funkci y =
sin x však víme, že je spojitá na R. Dostáváme tak
lim
x→π/3
sin x = sin
π
3
=
√
3
2
.
Případ (b). Přímé dosazení x = 2 dává nulový čitatel i jmenovatel.
Přesto je příklad velmi snadno řešitelný. Jednoduché krácení
lim
x→2
x2
+ x − 6
x2 − 3x + 2
= lim
x→2
(x − 2) (x + 3)
(x − 2) (x − 1)
= lim
x→2
x + 3
x − 1
=
2 + 3
2 − 1
= 5
totiž vedlo ke správnému výsledku (díky spojitosti obdržené funkce
v bodě x0 = 2). Uvědomme si zde, že limitu můžeme počítat pouze
z funkčních hodnot v libovolně malém okolí daného bodu x0 a že přitom
limita nezávisí na hodnotě přímo v tomto bodě. Při počítání limit tedy
můžeme využívat krácení a rozšiřování výrazů, které nemění hodnoty
uvažované funkce v libovolně zvoleném ryzím okolí bodu x0.
Případ (c). Dvojnásobná záměna pořadí limity a vnější funkce
převádí původní limitu na
arccos lim
x→+∞
1
x + 1
3
.
Lehce určíme, že
lim
x→+∞
1
x + 1
= 0.
Neboť je funkce y = arccos x spojitá v bodě 0, ve kterém nabývá
hodnoty π/2, a funkce y = x3
je spojitá v bodě π/2, platí
lim
x→+∞
arccos
1
x + 1
3
= arccos lim
x→+∞
1
x + 1
3
=
π
2
3
.
Případ (d). Funkce y = arctg x má vlastnosti „užitečné při počítání
limit“ – je spojitá a prostá (rostoucí) na celé reálné ose. Tyto vlastnosti
vždy (bez dalších podmínek či omezení) umožňují vnořit vyšetřovanou
limitu do argumentu takové reálné funkce. Proto uvažujme
arctg lim
x→−∞
1
x
, arctg lim
x→−∞
x4
, arctg lim
x→−∞
sin x .
Zřejmě je
lim
x→−∞
1
x
= 0, lim
x→−∞
x4
= +∞
a limita limx→−∞ sin x neexistuje, což již implikuje
lim
x→−∞
arctg
1
x
= arctg 0 = 0, lim
x→−∞
arctg x4
= lim
y→+∞
arctg y =
π
2
a neexistenci poslední limity.
5.17. Určete limitu
lim
n→∞
√
2 ·
4
√
2 ·
8
√
2 · · ·
2n√
2 .
Řešení. Ke stanovení limity postačuje její členy vyjádřit ve tvaru
2
1
2 · 2
1
4 · 2
1
8 · · · 2
1
2n
= 2
1
2 + 1
4 + 1
8 +···+ 1
2n
.
Dostáváme tak
lim
n→∞
√
2 ·
4
√
2 ·
8
√
2 · · ·
2n√
2 = lim
n→∞
2
1
2 + 1
4 + 1
8 +···+ 1
2n
= 2
lim
n→∞
1
2 + 1
4 + 1
8 +···+ 1
2n
= 2
∞
n=1
1
2n
.
Ze známého vzorce pro součet geometrické řady
∞
n=0
1
2
n
= 2, tj.
∞
n=1
1
2n
=
∞
n=0
1
2
n
−
1
2
0
= 2 − 1 = 1,
plyne výsledek
lim
n→∞
√
2 ·
4
√
2 ·
8
√
2 · · ·
2n√
2 = 21
= 2.
5.18. Určete limitu
lim
x→0
1 − cos x
x2 sin(x2)
Řešení.
lim
x→0
1 − cos x
x2 sin(x2)
= lim
x→0
2 sin2 x
2
x2 sin(x2)
=
= lim
x→0
1
2
sin2 x
2
x
2
2
sin(x2)
=
=
1
2
lim
x→0
sin x
2
x
2
2
· lim
x→0
1
sin2
(x2)
=
1
2
· ∞ = ∞.
Předchozí výpočet je nutné chápat „odzadu“. Protože existují limity
na pravé straně (ať už vlastní či nevlastní) a výraz 1
2
· ∞ má smysl
(viz Poznámka za větou (??)), existuje i původní limita. Kdybychom
původní limitu rozdělili na součin limit
lim
x→0
(1 − cos x · lim
x→0
1
x2 sin(x2)
, jednalo by se o součin typu 0 · ∞, tedy nedefinovaný výraz, ale tento
fakt nevypovídá nic o exitenci původní limity.
5.19. Určete následující limity:
i)
lim
x→2
x − 2
√
x2 − 4
,
ii)
lim
x→0
sin (sin x)
x
,
iii)
lim
x→0
sin2
(x)
x
,
iv)
lim
x→0
e
1
x .
Řešení.
i)
lim
x→2
x − 2
√
x2 − 4
= lim
x→2
x − 2
√
(x − 2)(x + 2)
= lim
x→2
√
x − 2
√
x + 2
=
0
4
= 0.
ii)
lim
x→2
x − 2
√
x2 − 4
(??)
= lim
y→0
sin y
y
= 1,
kde jsme využili toho, že lim
x→0
sin x = 0.
iii)
lim
x→0
sin2
(x)
x
= lim
x→0
sin(x) · lim
x→0
sin x
x
= 0 · 1 = 0,
opět původní limita existuje, protože existují obě limity na
pravé straně rovnosti a jejich součin je definován.
iv) Při výpočtu této limity musíme být obezřetní, protože obě
jednostranné limity v bodě nula existují, jejich hodnoty se
však liší, zkoumaná limita tedy neexistuje:
lim
x→0+
e
1
x = elimx→0+
1
x = e∞
= ∞,
lim
x→0−
e
1
x = elimx→0−
1
x = e−∞
= 0.
5.20. Určete
(a)
lim
x→2
x + 2
(x − 2)6
;
(b)
lim
x→2
x + 2
(x − 2)5
;
(c)
lim
x→+∞
2 +
1
x
1
x
;
(d)
lim
x→+∞
x−x
.
Řešení. V tomto příkladu se budeme věnovat tzv. neurčitým výrazům.
Přesněji řečeno, budeme se zabývat situacemi, kdy se o ně nejedná.
Čtenáři doporučujeme, aby neurčité výrazy vnímal jako pojem pomocný,
který mu má pouze usnadnit orientování se při prvním počítání
limit, neboť obdržený neurčitý výraz pouze znamená, že jsme „nic nezjistili“.
Víme, že limita součtu je součet limit, limita součinu je součin
limit a že limita podílu je podíl limit, pokud jednotlivé limity existují
a nezískáme-li některý z výrazů ∞ − ∞, 0 · ∞, 0/0, ∞/∞, o kterých
právě hovoříme jako o neurčitých. Pro úplnost dodejme, že tato pravidla
můžeme kombinovat (pro limity všech složek určené současně) a že za
neurčitý výraz pak považujeme také ten, jenž obsahuje alespoň jeden
neurčitý výraz. Např. tedy výrazy
−∞+∞ = ∞−∞,
−∞
3 + ∞
= −
∞
∞
,
0
(−∞)3 + ∞
= 0·(∞ − ∞)−1
označujeme jako neurčité a o výrazech
−∞ − ∞,
0
3 + ∞
,
0
(−∞)3 − ∞
můžeme říci, že jsou „určité“ (pro ně jsme schopni ihned příslušnou
limitu stanovit – výrazy odpovídají po řadě hodnotám −∞, 0, 0).
V případě (a) podíl limit čitatele a jmenovatele dává výraz 4/0.
Zápis, ve kterém dělíme nulou, je sám o sobě přinejmenším nežádoucí
(později bychom se mu měli být schopni vyvarovat). Přesto nám
umožní stanovit výsledek: nejedná se o neurčitý výraz. Všimněme si,
že jmenovatel se blíží k nule zprava (pro x = 2 je (x − 2)6
> 0). To
zapisujeme jako 4/ + 0. Čitatel a jmenovatel tak mají stejné znaménko
v jistém ryzím okolí bodu x0 = 2 a lze říci, že jmenovatel je v limitě
„nekonečněkrát menší“ než čitatel, tj.
lim
x→2
x + 2
(x − 2)6
= +∞,
což odpovídá položení 4/+0 = +∞ (podobně se klade 4/−0 = −∞).
Při určování druhé limity lze postupovat analogicky. Protože
čísla a ∈ R a a5
mají stejná znaménka, dostáváme
lim
x→2+
x + 2
(x − 2)5
= +∞ = −∞ = lim
x→2−
x + 2
(x − 2)5
,
tj. oboustranná limita neexistuje. Tomu odpovídá zápis 4/ ± 0 (nebo
obecnější a/ ± 0, a = 0, a ∈ R∗
), který je „určitým výrazem“. Při
důsledném oddělování symbolů +0 a −0 od ±0 vždy a/±0 pro a = 0
znamená, že limita neexistuje.
Případy (c), (d). Je-li f (x) > 0 pro všechna uvažovaná x ∈ R,
platí
f (x)g(x)
= eln f (x)g(x)
= eg(x)·ln f (x)
.
Využijeme-li toho, že exponenciální funkce je spojitá a prostá na reálné
přímce, můžeme nahradit limitu
lim
x→x0
f (x)g(x)
za
e
lim
x→x0
(g(x)·ln f (x))
.
Připomeňme, že jedna z těchto limit existuje právě tehdy, když existuje
druhá; a doplňme
lim
x→x0
(g(x) · ln f (x)) = a ∈ R ⇒ lim
x→x0
f (x)g(x)
= ea
,
lim
x→x0
(g(x) · ln f (x)) = +∞ ⇒ lim
x→x0
f (x)g(x)
= +∞,
lim
x→x0
(g(x) · ln f (x)) = −∞ ⇒ lim
x→x0
f (x)g(x)
= 0.
Můžeme tudíž psát
lim
x→x0
f (x)g(x)
= e
lim
x→x0
g(x)· lim
x→x0
ln f (x)
,
jestliže obě limity vpravo existují a neobdržíme-li neurčitý výraz 0 · ∞.
Není obtížné si uvědomit, že tento neurčitý výraz lze získat pouze ve
třech případech odpovídajících zbylým neurčitým výrazům 00
; ∞0
; 1∞
,
kdy postupně je
lim
x→x0
f (x) = 0 a lim
x→x0
g(x) = 0;
lim
x→x0
f (x) = +∞ a lim
x→x0
g(x) = 0;
lim
x→x0
f (x) = 1 a lim
x→x0
g(x) = ±∞.
V ostatních případech nám tedy znalost (a pochopitelně existence) limit
lim
x→x0
f (x), lim
x→x0
g(x)
umožňuje uvést výsledek (při dodefinování některých zápisů)
lim
x→x0
f (x)g(x)
= lim
x→x0
f (x)
lim
x→x0
g(x)
.
Protože
lim
x→+∞
2 +
1
x
= 2, lim
x→+∞
1
x
= 0, lim
x→+∞
x = +∞,
je
lim
x→+∞
2 +
1
x
1
x
= 20
= 1;
lim
x→+∞
x−x
= lim
x→+∞
1
x
x
= 0
nebo
lim
x→+∞
x−x
= lim
x→+∞
xx −1
= 0.
Poslední výsledek pak bychom mohli vyjádřit zápisem 0∞
= 0
či ∞∞
= ∞, ∞−1
= 0 (zdůrazněme, že se nejedná o neurčité výrazy).
Přestože jsme kladli důraz na to, aby čtenář raději upřednostňoval
úvahy o limitním chování funkcí před škatulkováním výrazů na určité
a neurčité (a tyto pojmy vnímal jen jako pomocné), je snad dobře patrný
důvod, proč se budeme nadále zabývat především neurčitými výrazy.
5.21. Vypočítejte
lim
x→+∞
sin x + πx2
2 cos x − 1 − x2
;
lim
x→+∞
3x+1
+ x5
− 4x
3x + 2x + x2
;
lim
x→+∞
4x
− 8x6
− 2x
− 167
3x − 45x −
√
11πx+12
;
lim
x→+∞
√
x − sin3
x + x arctg x
√
1 + 2x + x2
.
Řešení. Vydělíme-li v případě první z limit čitatele i jmenovatele
polynomem x2
, obdržíme
lim
x→+∞
sin x + πx2
2 cos x − 1 − x2
= lim
x→+∞
sin x
x2 + π
2 cos x−1
x2 − 1
.
Ohraničenost výrazů
| sin x | ≤ 1, | 2 cos x − 1 | ≤ 3 pro x ∈ R
a x2
→ +∞ pro x → +∞ pak dávají výsledek
lim
x→+∞
sin x
x2 + π
2 cos x−1
x2 − 1
=
0 + π
0 − 1
= −π.
V předešlé úvaze jsme vlastně použili Větu o třech limitách a zápis
c/∞ = 0 platný pro c ∈ R (nebo přímo ohr./∞ = 0, kde „ohr.“
značí ohraničenou funkci).
Tento postup lze zobecnit. Pro limitu tvaru
lim
x→x0
f1(x) + f2(x) + · · · + fm(x)
g1(x) + g2(x) + · · · + gn(x)
,
přičemž
lim
x→x0
fi(x)
f1(x)
= 0, i ∈ {2, . . . , m},
lim
x→x0
gi(x)
g1(x)
= 0, i ∈ {2, . . . , n},
platí
lim
x→x0
f1(x) + f2(x) + · · · + fm(x)
g1(x) + g2(x) + · · · + gn(x)
= lim
x→x0
f1(x)
g1(x)
,
pokud limita na pravé straně existuje. Je přitom výhodné si uvědomit
(třetí z limit lze určit např. pomocí l’Hospitalova pravidla, se kterým se
seznámíme později), že
lim
x→+∞
c
xα
= 0, lim
x→+∞
xα
xβ
= 0, lim
x→+∞
xβ
ax
= 0, lim
x→+∞
ax
bx
= 0
pro
c ∈ R, 0 < α < β, 1 < a < b.
Odtud ihned plyne
lim
x→+∞
3x+1
+ x5
− 4x
3x + 2x + x2
= lim
x→+∞
3 · 3x
3x
= 3;
lim
x→+∞
4x
− 8x6
− 2x
− 167
3x − 45x −
√
11πx+12
= lim
x→+∞
4x
−
√
11π12 · πx
= −∞.
Uvědomíme-li si, že je
lim
x→+∞
arctg x =
π
2
≥ 1,
stejně snadno dostaneme
lim
x→+∞
√
x − sin3
x + x arctg x
√
1 + 2x + x2
= lim
x→+∞
x arctg x
√
x2
= lim
x→+∞
arctg x =
π
2
.
5.22. Určete limity
lim
n→∞
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · · +
1
(n − 1) · n
;
lim
n→∞
1
√
n2 + 1
+
1
√
n2 + 2
+ · · · +
1
√
n2 + n
.
Řešení. Neboť pro každé přirozené číslo k ≥ 2 je (provádíme tzv.
rozklad na parciální zlomky – budeme jej probírat u integrování racionálních
lomených funkcí)
1
(k − 1) k
=
1
k − 1
−
1
k
,
platí
lim
n→∞
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · · +
1
(n − 1) · n
=
lim
n→∞
1
1
−
1
2
+
1
2
−
1
3
+
1
3
−
1
4
+ · · · +
1
n − 1
−
1
n
= lim
n→∞
1 −
1
n
= 1.
Poznamenejme, že stanovení této limity je důležité: určuje součet jedné
z tzv. teleskopických řad (se kterou pracoval již Johann I. Bernoulli).
Ke stanovení druhé limity využijeme Větu o třech limitách. Odhady
1
√
n2 + 1
+· · ·+
1
√
n2 + n
≥
1
√
n2 + n
+· · ·+
1
√
n2 + n
=
n
√
n2 + n
,
1
√
n2 + 1
+· · ·+
1
√
n2 + n
≤
1
√
n2 + 1
+· · ·+
1
√
n2 + 1
=
n
√
n2 + 1
pro n ∈ N dávají
lim
n→∞
n
√
n2 + n
≤ lim
n→∞
1
√
n2 + 1
+ · · · +
1
√
n2 + n
≤ lim
n→∞
n
√
n2 + 1
.
Protože
lim
n→∞
n
√
n2 + n
= lim
n→∞
n
√
n2
= 1, lim
n→∞
n
√
n2 + 1
= lim
n→∞
n
√
n2
= 1,
je rovněž
lim
n→∞
1
√
n2 + 1
+
1
√
n2 + 2
+ · · · +
1
√
n2 + n
= 1.
5.23. Spočtěte
(a)
lim
x→0
√
1 + x −
√
1 − x
x
;
(b)
lim
x→π/4
cos x − sin x
cos (2x)
;
(c)
lim
x→+∞
3
√
x4 3
x2 + 2x + 3 −
3
x2 + 2x + 2 .
Řešení. Všechny uvedené limity vypočítáme pomocí vhodného
rozšíření zadaného výrazu. V případě první limity vynásobíme čitatele
i jmenovatele výrazem
√
1 + x +
√
1 − x
a využijeme známého vztahu (a − b) (a + b) = a2
− b2
. Takto ob-
držíme
lim
x→0
√
1 + x −
√
1 − x
x
= lim
x→0
(1 + x) − (1 − x)
x
√
1 + x +
√
1 − x
= lim
x→0
2
√
1 + x +
√
1 − x
=
2
√
1 +
√
1
= 1.
Podobně vypočítáme
lim
x→π/4
cos x − sin x
cos (2x)
= lim
x→π/4
(cos x + sin x) (cos x − sin x)
(cos x + sin x) cos (2x)
= lim
x→π/4
cos2
x − sin2
x
(cos x + sin x) cos (2x)
= lim
x→π/4
1
cos x + sin x
=
1
√
2
2
+
√
2
2
=
√
2
2
.
U provedeného krácení připomeňme identitu
cos (2x) = cos2
x − sin2
x, x ∈ R.
Abychom mohli při určování poslední limity použít
(a − b) a2
+ ab + b2
= a3
− b3
,
k rozšíření potřebujeme výraz
3
x2 + 2x + 3
2
+
3
x2 + 2x + 3·
3
x2 + 2x + 2+
3
x2 + 2x + 2
2
,
který odpovídá a2
+ ab + b2
, resp. volíme
a =
3
x2 + 2x + 3, b =
3
x2 + 2x + 2.
Tímto rozšířením převedeme limitu ze zadání na
lim
x→+∞
3
√
x4 x2
+ 2x + 3 − x2
+ 2x + 2
3
x2 + 2x + 3
2
+ 3
√
x2 + 2x + 3 · 3
√
x2 + 2x + 2 +
3
x2 + 2x + 2
2
,
tj.
lim
x→+∞
3
√
x4
3
x2 + 2x + 3
2
+ 3
√
x2 + 2x + 3 · 3
√
x2 + 2x + 2 +
3
x2 + 2x + 2
2
.
Poslední limitu umíme snadno vyčíslit. Víme totiž, že je určena pouze
jedním členem v čitateli a jedním ve jmenovateli, a to axp
pro největší p
(v tomto případě je uvažovaný člen ve jmenovateli rozdělen na několik
sčítanců). Platí tudíž
lim
x→+∞
3
√
x4
3
x2 + 2x + 3
2
+ 3
√
x2 + 2x + 3 · 3
√
x2 + 2x + 2 +
3
x2 + 2x + 2
2
= lim
x→+∞
3
√
x4
3
x2 2
+
3
√
x2 ·
3
√
x2 +
3
x2 2
= lim
x→+∞
3
√
x4
3
3
√
x4
=
1
3
.
Celkem tak je
lim
x→+∞
3
√
x4 3
x2 + 2x + 3 −
3
x2 + 2x + 2 =
1
3
.
5.24. Pro libovolné n ∈ N určete limitu
lim
x→0
(1 + 2nx)n
− (1 + nx)2n
x2
.
Řešení. Podle binomické věty je
(1 + 2nx)n
= 1 +
n
1
2nx +
n
2
(2nx)2
+ P (x) x3
, x ∈ R,
(1 + nx)2n
= 1 +
2n
1
nx +
2n
2
(nx)2
+ Q (x) x3
, x ∈ R
pro jisté polynomy P , Q. Raději vyzdvihněme, že předchozí vyjádření
skutečně platí pro všechna n ∈ N. Pro n = 1 si stačí uvědomit, že
klademe 1
2
= 0 a že polynomy P, Q mohou být identicky rovny nule.
Dostáváme tedy
(1 + 2nx)n
= 1 + 2n2
x + 2n3
(n − 1) x2
+ P (x) x3
, x ∈ R,
(1 + nx)2n
= 1 + 2n2
x + n3
(2n − 1) x2
+ Q (x) x3
, x ∈ R.
Pouhé dosazení a jednoduché úpravy již dávají
lim
x→0
(1 + 2nx)n
− (1 + nx)2n
x2
=
lim
x→0
2n3
(n − 1) − n3
(2n − 1) x2
+ (P(x) − Q(x)) x3
x2
=
lim
x→0
−n3
+ (P(x) − Q(x)) x = −n3
+ 0 = −n3
.
5.25. Spočítejte
lim
x→π/4
(tg x)tg (2x)
.
Řešení. Limity typu 1±∞
(jako je v zadání) lze počítat podle vzorce
lim
x→x0
f (x)g(x)
= e
lim
x→x0
((f (x)−1)g(x))
,
jestliže limita na pravé straně existuje a f (x) = 1 pro x z jistého ryzího
okolí bodu x0 ∈ R. Určeme proto
lim
x→π/4
((tg x − 1) tg (2x)) = lim
x→π/4
sin x
cos x
− 1
sin (2x)
cos (2x)
= lim
x→π/4
sin x − cos x
cos x
·
2 sin x cos x
cos2 x − sin2
x
= lim
x→π/4
−
2 sin x
cos x + sin x
= −
2
√
2
2
√
2
2
+
√
2
2
= −1.
Odtud máme
lim
x→π/4
(tg x)tg (2x)
=
1
e
.
Doplňme, že použitý vzorec platí obecněji pro „typ 1cokoli
“, tj. bez
kladení jakýchkoli podmínek týkajících se limity limx→x0 g(x), která
tak ani nemusí existovat.
5.26. Ukažte, že je
lim
x→0
sin x
x
= 1.
Řešení. Uvažujme jednotkovou čtvrtkružnici v prvním kvadrantu
a její bod [cos x, sin x], x ∈ (0, π/2). Délka kruhového oblouku mezi
body [cos x, sin x] a [1, 0] je rovna x. Zřejmě tedy je
sin x < x, x ∈ 0,
π
2
.
Hodnotu tg x potom vyjadřuje délka úsečky s krajními
body [1, sin x/ cos x] a [1, 0]. Vidíme, že je (příp. si nakreslete
obrázek)
x < tg x, x ∈ 0,
π
2
.
Tato nerovnost rovněž vyplývá z toho, že trojúhelník s vrcholy [0, 0],
[1, 0], [1, tg x] má očividně větší obsah než uvažovaná kruhová výseč.
Dohromady jsme získali
sin x < x <
sin x
cos x
, x ∈ 0,
π
2
,
tj.
1 <
x
sin x
<
1
cos x
, x ∈ 0,
π
2
,
1 >
sin x
x
> cos x, x ∈ 0,
π
2
.
Z Věty o třech limitách nyní plynou nerovnosti
1 = lim
x→0+
1 ≥ lim
x→0+
sin x
x
≥ lim
x→0+
cos x = cos 0 = 1.
Dokázali jsme tak, že
lim
x→0+
sin x
x
= 1.
Funkce y = (sin x)/x definovaná pro x = 0 je ovšem sudá, a tudíž je
lim
x→0−
sin x
x
= lim
x→0+
sin x
x
= 1.
Protože obě jednostranné limity existují a jsou si rovny, existuje oboustranná
limita a platí pro ni
lim
x→0
sin x
x
= lim
x→0±
sin x
x
= 1.
Poznamenejme ještě, že uvedenou limitu šlo velmi snadno vyčíslit za
pomoci l’Hospitalova pravidla.
5.27. Stanovte limity
lim
n→∞
n
n + 1
n
, lim
n→∞
1 +
1
n2
n
, lim
n→∞
1 −
1
n
n2
;
lim
x→0
sin2
x
x
, lim
x→0
x
sin2
x
, lim
x→0
arcsin x
x
;
lim
x→0
3 tg2
x
5 x2
, lim
x→0
sin (3x)
sin (5x)
, lim
x→0
tg (3x)
sin (5x)
;
lim
x→0
e5x
− e2x
x
, lim
x→0
e5x
− e−x
sin (2x)
.
Řešení. Při určování těchto limit využijeme znalosti limit (a ∈ R)
lim
n→∞
1 +
a
n
n
= ea
; lim
x→0
sin x
x
= 1; lim
x→0
ex
− 1
x
= 1.
Víme tedy, že je
e−1
= lim
n→∞
1 −
1
n
n
= lim
n→∞
n − 1
n
n
.
Substituce m = n − 1 dává
lim
n→∞
n − 1
n
n
= lim
m→∞
m
m + 1
m+1
= lim
m→∞
m
m + 1
m
· lim
m→∞
m
m + 1
.
Celkem máme
e−1
= lim
m→∞
m
m + 1
m
· lim
m→∞
m
m + 1
.
Druhá z limit je zjevně rovna 1. Když změníme označení (nahradíme
n za m), můžeme napsat výsledek
e−1
= lim
n→∞
n
n + 1
n
.
Dále platí
lim
n→∞
1 +
1
n2
n
= lim
n→∞
1 +
1
n2
n2
n
= lim
n→∞
1 +
1
n2
n2
1
n
= e0
= 1
a
lim
n→∞
1 −
1
n
n2
= lim
n→∞
1 −
1
n
n n
= 0.
Upozorněme, že první z předešlých vyčíslení vyplývá z limit
lim
n→∞
1 +
1
n2
n2
= lim
m→∞
1 +
1
m
m
= e, lim
n→∞
1
n
= 0
a druhé potom z
lim
n→∞
1 −
1
n
n
= e−1
, lim
n→∞
n = +∞,
přičemž klademe e−∞
= 0 (zápis označuje limx→−∞ ex
= 0 – jedná
se o určitý výraz).
Snadno lze získat
lim
x→0
sin2
x
x
= lim
x→0
sin x · lim
x→0
sin x
x
= 0 · 1 = 0.
Zřejmě je
lim
x→0
x
sin x
= 1−1
= 1
a limita
lim
x→0
1
sin x
neexistuje (zapisujeme 1/ ± 0). Kdybychom tedy k výpočtu limity
lim
x→0
x
sin2
x
užili pravidla o limitě součinu, obdrželi bychom 1 · 1/ ± 0 = 1/ ± 0.
To znamená, že tato limita neexistuje (opět jde o určitý výraz). Ke
stanovení
lim
x→0
arcsin x
x
použijeme identitu x = sin (arcsin x) platnou pro x ∈ (−1, 1), tj.
v jistém okolí bodu 0. Pomocí substituce y = arcsin x dostáváme
lim
x→0
arcsin x
x
= lim
x→0
arcsin x
sin (arcsin x)
= lim
y→0
y
sin y
= 1.
Poznamenejme, že y → 0 plyne z dosazení x = 0 do y = arcsin x
a ze spojitosti této funkce v počátku (to také zaručuje, že jsme tuto
substituci mohli „bez obav“ zavést).
Ihned vidíme, že je
lim
x→0
3 tg2
x
5 x2
= lim
x→0
3
5
·
sin x
x
·
sin x
x
·
1
cos2 x
=
3
5
· lim
x→0
sin x
x
· lim
x→0
sin x
x
· lim
x→0
1
cos2 x
=
3
5
· 1 · 1 · 1 =
3
5
.
Vhodné rozšíření a substituce dávají
lim
x→0
sin (3x)
sin (5x)
= lim
x→0
sin (3x)
3x
·
5x
sin (5x)
·
3
5
= lim
x→0
sin (3x)
3x
· lim
x→0
5x
sin (5x)
·
3
5
= lim
y→0
sin y
y
· lim
z→0
z
sin z
·
3
5
= 1 · 1 ·
3
5
=
3
5
.
Pomocí předešlého výsledku pak lehce spočítáme
lim
x→0
tg (3x)
sin (5x)
= lim
x→0
sin (3x)
sin (5x)
·
1
cos (3x)
= lim
x→0
sin (3x)
sin (5x)
· lim
x→0
1
cos (3x)
=
3
5
· 1 =
3
5
.
Podobně můžeme stanovit
lim
x→0
e5x
− e2x
x
= lim
x→0
e2x e(5−2)x
− 1
(5 − 2)x
(5 − 2)
= lim
x→0
e2x
· lim
x→0
e3x
− 1
3x
· 3
= e0
· lim
y→0
ey
− 1
y
· 3 = 1 · 1 · 3 = 3
a rovněž
lim
x→0
e5x
− e−x
sin (2x)
= lim
x→0
e5x
− 1
sin (2x)
−
e−x
− 1
sin (2x)
=
lim
x→0
e5x
− 1
5x
·
2x
sin (2x)
·
5
2
−
e−x
− 1
−x
·
2x
sin (2x)
· −
1
2
=
lim
x→0
e5x
− 1
5x
· lim
x→0
2x
sin (2x)
·
5
2
− lim
x→0
e−x
− 1
−x
· lim
x→0
2x
sin (2x)
· −
1
2
=
lim
u→0
eu
− 1
u
· lim
z→0
z
sin z
·
5
2
− lim
v→0
ev
− 1
v
· lim
z→0
z
sin z
· −
1
2
=
5
2
+
1
2
= 3.
5.28. Bez použití Věty o třech limitách dokažte, že funkce
R(x) =
x, x ∈ 1
n
; n ∈ N ;
0, x ∈ R 1
n
; n ∈ N
je spojitá v bodě 0.
Řešení. Funkce R je spojitá v bodě 0, právě když je
lim
x→0
R(x) = R(0) = 0.
Z definice limity ukážeme, že tato limita se skutečně rovná 0. Při „obvyklém“
značení je a = 0, x0 = 0. Nechť δ > 0 je nadále libovolné.
Pro jakékoli x ∈ (−δ, δ) je R(x) = 0, nebo R(x) = x, a tudíž (v obou
případech) dostáváme R(x) ∈ (−δ, δ). Jinými slovy, vezmeme-li libovolné
δ-okolí (−δ, δ) hodnoty a a přiřadíme-li mu (−δ, δ) (jako okolí
bodu x0), pak pro každé x ∈ (−δ, δ) (z uvažovaného okolí x0) platí,
že R(x) ∈ (−δ, δ) (zde na interval (−δ, δ) nahlížíme jako na okolí a).
To odpovídá znění definice limity (nemuseli jsme ani požadovat, aby
bylo x = x0).
Uvažovaná funkce R se nazývá Riemannova funkce (proto
označení R). V literatuře se ovšem uvádí v různých modifikacích. Např.
o funkci
f (x) =
⎧
⎪⎨
⎪⎩
1, x ∈ Z;
1
q
, x = p
q
∈ Q pro nesoudělná p, q ∈ Z a q > 1;
0, x /∈ Q
se „často“ hovoří jako o Riemannově.
5.29. Dodefinujte funkci
f (x) = x2
− 1 sin
2x − 1
x2 − 1
, x = ±1 (x ∈ R)
v bodech −1, 1 tak, aby byla spojitá na R.
Řešení. Daná funkce je spojitá ve všech bodech svého definičního
oboru. V bodech −1, 1 bude spojitá, právě když položíme
f (−1) := lim
x→−1
x2
− 1 sin
2x − 1
x2 − 1
, f (1) := lim
x→1
x2
− 1 sin
2x − 1
x2 − 1
.
Pokud by jedna z těchto limit neexistovala (příp. byla nevlastní), funkci
by nešlo spojitě dodefinovat. Očividně je
sin
2x − 1
x2 − 1
≤ 1, x = ±1 (x ∈ R),
odkud plyne
− x2
− 1 ≤ f (x) ≤ x2
− 1 , x = ±1 (x ∈ R).
Protože
lim
x→±1
x2
− 1 = 0,
z Věty o třech limitách již dostáváme výsledek f (±1) := 0.
D. Derivace
Ukažme si nejprve, že derivace funkcí uvedené v tabulce v odstavci
?? jsou skutečně správně. Určíme je přímo z definice derivace.
5.30. Z definice (viz ??) určete hodnoty derivací funkcí xn
(x je
proměnná, n kladná celá konstanta),
√
x, sin x.
Řešení. Nejprve podotkněme, že označíme-li v definici derivace výraz
x − x0 jako h, pak dostáváme
lim
x→x0
f (x) − f (x0)
x − x0
= lim
h→0
f (x0 + h) − f (x0)
h
.
V následujících výpočtech budeme pracovat s druhým vyjádřením téže
limity.
(xn
) = lim
h→0
(x + h)n
− xn
h
= lim
h→0
n
1
xn−1
h + n
2
xn−2
h2
+ · · · + hn
h
= nxn−1
+ lim
h→0
n
2
xn−2
h +
n
3
xn−3
h2
+ · · · + hn−1
= nxn−1
(
√
x) = lim
h→0
√
x + h −
√
x
h
= lim
h→0
(
√
x + h −
√
x)(
√
x + h +
√
x)
h(
√
x + h +
√
x)
= lim
h→0
h
h(
√
x + h +
√
x)
= lim h → 0
1
√
x + h +
√
x
=
1
2
√
x
(sin x) = lim
h→0
sin(x + h) − sin x
h
= lim
h→0
sin x cos h + cos x sin h − sin x
h
= lim
h→0
cos x sin h
h
+ lim
h→0
sin(x)(cos(h) − 1)
h
= cos x · lim
h→0
sin h
h
− lim
h→0
2(sin h
2
)2
h
= cos x · 1 + lim
t→0
sin(t)
sin(t)
t
= cos x
5.31. Zderivujte a výsledek upravte:
i) x sin x,
ii) sin x
x
,
iii) ln(x +
√
x2 − a2), a = 0, |x| ≥ |a|,
iv) arctan x
1−x2
, |x| ≤ 1,
v) xx
.derivace
Řešení. (i) Podle pravidla o derivování součinu funkcí, tedy Leibnitzova
pravidla, viz ?? dostáváme
(x sin x) = x · sin x + x · (sin x) = sin x + x cos x.
(ii) Podle pravidla o derivování podílu funkcí (??) je
sin x
x
=
(sin x) · x − sin(x) · x
x2
=
x cos x − sin x
x2
.
(iii) Použijeme pravidla pro derivování složené funkce (??).
Označíme-li h(x) = ln(x), f (x) = x +
√
x2 − a2, máme
ln(x + x2 − a2) = h(f (x)) = h(f (x)) · f (x) =
(x +
√
x2 − a2)
x +
√
x2 − a2
=
1 + x
x2−a2
x +
√
x2 − a2
,
kde jsme pro derivování výrazu
√
x2 − a2 použili opět pravidlo o
derivování složené funkce.
(iv) Opět derivujeme složenou funkci:
arctan
x
√
1 − x2
=
1
1 + x2
1−x2
·
x
√
1 − x2
=
1
1 + x2
1−x2
·
√
1 − x2 + x2
1−x2
1 − x2
= 1 − x2 +
x2
√
1 − x2
=
1
√
1 − x2
(v) Funkci je nejprve převedeme na funkci o konstatním základu (nejlépe
o základu e), kterou už umíme derivovat.
(xx
) = (eln x
)x
= (ex ln x
)
= (x ln x) · ex ln x
= (1 + ln x) · xx
Doporučujeme čtenáři si vymyslet funkce, které potom sám zderivuje.
Výsledek si může ověřit v celé řadě matematických výpočetních
programů. V následujícím příkladu si uvědomíme geometrický význam
derivace bodě, totiž, že určuje směrnici tečny ke grafu v daném bodě
(viz ??)
5.32. Určete parametr c ∈ R tak, aby tečna ke grafu funkce ln(c·x)√
x
v
bodě [1, 0] procházela bodem [2, 2].
Řešení. Podle zadání má mít tečna směrnici 2 (2−0
2−1
). Směrnice je
určena derivací funkce v daném bodě, dostáváme tedy podmínku
2 − ln(cx)
2
√
x
(1) = 2, neboli 2 − ln(c) = 4,
tedy c = 1
e2 . Pro c = 1
e2 je však hodnota fce ln(c·x)√
x
v bodě 1 rovna −2.
Tedy žádné takové c neexistuje.
E. L’Hospitalovo pravidlo
5.33. Ověřte, že je limita
(a)
lim
x→0
sin (2x) − 2 sin x
2ex − x2 − 2x − 2
typu
0
0
;
(b)
lim
x→0+
ln x
cotg x
typu
∞
∞
;
(c)
lim
x→1+
x
x − 1
−
1
ln x
typu ∞ − ∞;
(d)
lim
x→1+
(ln (x − 1) · ln x) typu 0 · ∞;
(e)
lim
x→0+
(cotg x)
1
ln x typu ∞0
;
(f)
lim
x→0
sin x
x
1
x2
typu 1∞
;
(g)
lim
x→1−
cos
πx
2
ln x
typu 00
.
Poté ji spočtěte užitím l’Hospitalova pravidla.
Řešení. Bezprostředně můžeme potvrdit, že je
(a)
lim
x→0
(sin (2x) − 2 sin x) = 0 − 0 = 0,
lim
x→0
2ex
− x2
− 2x − 2 = 2 − 0 − 0 − 2 = 0;
(b)
lim
x→0+
ln x = −∞, lim
x→0+
cotg x = +∞;
(c)
lim
x→1+
x
x − 1
= +∞, lim
x→1+
1
ln x
= +∞;
(d)
lim
x→1+
ln x = 0, lim
x→1+
ln (x − 1) = −∞;
(e)
lim
x→0+
cotg x = +∞, lim
x→0+
1
ln x
= 0;
(f)
lim
x→0
sin x
x
= 1, lim
x→0
1
x2
= +∞;
(g)
lim
x→1−
cos
πx
2
= 0, lim
x→1−
ln x = 0.
Případ (a). Aplikování l’Hospitalova pravidla převádí limitu
lim
x→0
sin (2x) − 2 sin x
2ex − x2 − 2x − 2
na limitu
lim
x→0
2 cos (2x) − 2 cos x
2ex − 2x − 2
,
která je ovšem typu 0/0. Dalšími dvěma aplikacemi l’Hospitalova
pravidla dostáváme
lim
x→0
−4 sin (2x) + 2 sin x
2ex − 2
a (výše uvedená limita je opět typu 0/0)
lim
x→0
−8 cos (2x) + 2 cos x
2ex
=
−8 + 2
2
= −3.
Celkem tak máme (vrátíme se k původní limitě)
lim
x→0
sin (2x) − 2 sin x
2ex − x2 − 2x − 2
= −3.
Dodejme, že opakované užití l’Hospitalova pravidla v jednom příkladu
je běžné.
Nadále budeme klást, že se limity podílů derivací získané l’Hospitalovým
pravidlem přímo rovnají původním limitám podílů. Takto si
můžeme počínat, pokud obdržené limity na pravých stranách budou
existovat, tj. o platnosti zápisů se vlastně budeme přesvědčovat do-
datečně.
Případ (b). Tentokráte derivování čitatele a jmenovatele dává
lim
x→0+
ln x
cotg x
= lim
x→0+
1
x
−1
sin2 x
= lim
x→0+
− sin2
x
x
.
Poslední limitu umíme snadno určit (dokonce ji známe). Z
lim
x→0+
− sin x = 0, lim
x→0+
sin x
x
= 1
plyne výsledek 0 = 0 · 1. Také jsme mohli znovu použít l’Hospitalovo
pravidlo (nyní pro výraz 0/0) se ziskem
lim
x→0+
− sin2
x
x
= lim
x→0+
−2 · sin x · cos x
1
=
−2 · 0 · 1
1
= 0.
Případ (c). Pouze převodem na společného jmenovatele
lim
x→1+
x
x − 1
−
1
ln x
= lim
x→1+
x ln x − (x − 1)
(x − 1) ln x
jsme obdrželi typ 0/0. Je
lim
x→1+
x ln x − (x − 1)
(x − 1) ln x
= lim
x→1+
ln x + x
x
− 1
x−1
x
+ ln x
= lim
x→1+
ln x
1 − 1
x
+ ln x
.
Máme podíl 0/0, pro který (opět dle l’Hospitalova pravidla) platí
lim
x→1+
ln x
1 − 1
x
+ ln x
= lim
x→1+
1
x
1
x2 + 1
x
=
1
1 + 1
=
1
2
.
Návratem k původní limitě zapíšeme výsledek
lim
x→1+
x
x − 1
−
1
ln x
=
1
2
.
Případ (d). Uvedený výraz převedeme na typ ∞/∞ (přesněji
řečeno, na typ −∞/∞) vytvořením zlomku
lim
x→1+
(ln (x − 1) · ln x) = lim
x→1+
ln (x − 1)
1
ln x
.
Podle l’Hospitalova pravidla je
lim
x→1+
ln (x − 1)
1
ln x
= lim
x→1+
1
x−1
− 1
ln2 x
· 1
x
= lim
x→1+
−x ln2
x
x − 1
.
Pro tento neurčitý výraz (typu 0/0) lze pokračovat l’Hospitalovým
pravidlem a stanovit
lim
x→1+
−x ln2
x
x − 1
= lim
x→1+
−ln2
x − 2x ln x · 1
x
1
= −
0 + 0
1
= 0.
Případy (e), (f), (g). Protože
lim
x→0+
(cotg x)
1
ln x = e
lim
x→0+
ln(cotg x)
ln x
;
lim
x→0
sin x
x
1
x2
= e
lim
x→0
ln sin x
x
x2
;
lim
x→1−
cos
πx
2
ln x
= e
lim
x→1−
ln x·ln cos πx
2
,
postačuje vypočítat limity uvedené v argumentu exponenciální funkce.
Pomocí l’Hospitalova pravidla a jednoduchých úprav získáváme
lim
x→0+
ln (cotg x)
ln x
= typ
+∞
−∞
= lim
x→0+
1
cotg x
· −1
sin2 x
1
x
=
lim
x→0+
−x
cos x · sin x
= typ
0
0
= lim
x→0+
−1
cos2 x − sin2
x
=
−1
1 − 0
= −1;
lim
x→0
ln sin x
x
x2
= typ
0
0
= lim
x→0
x
sin x
· x cos x−sin x
x2
2x
= lim
x→0
x cos x − sin x
2x2 sin x
= typ
0
0
= lim
x→0
cos x − x sin x − cos x
4x sin x + 2x2 cos x
= lim
x→0
− sin x
4 sin x + 2x cos x
= typ
0
0
= lim
x→0
− cos x
4 cos x + 2 cos x − 2x sin x
=
−1
4 + 2 − 0
= −
1
6
,
a tudíž
lim
x→0+
(cotg x)
1
ln x = e−1
=
1
e
;
lim
x→0
sin x
x
1
x2
= e− 1
6 =
1
6
√
e
.
Obdobně lze postupovat při určování poslední limity. Platí
lim
x→1−
ln x · ln cos
πx
2
= lim
x→1−
ln cos πx
2
1
ln x
= typ
−∞
−∞
=
∞
∞
= lim
x→1−
1
cos πx
2
− sin πx
2
π
2
− 1
ln2 x
· 1
x
=
π
2
lim
x→1−
x sin πx
2
· ln2
x
cos πx
2
.
Neboť je tento výraz typu 0/0, mohli bychom pokračovat l’Hospitalovým
pravidlem; místo toho ale přejdeme od
lim
x→1−
x sin πx
2
· ln2
x
cos πx
2
k součinu limit
lim
x→1−
x sin
πx
2
· lim
x→1−
ln2
x
cos πx
2
= 1 · lim
x→1−
ln2
x
cos πx
2
.
Teprve nyní aplikujeme l’Hospitalovo pravidlo pro
lim
x→1−
ln2
x
cos πx
2
= typ
0
0
= lim
x→1−
2 ln x · 1
x
−π
2
sin πx
2
=
0
−π
2
= 0.
Celkem máme
lim
x→1−
ln x · ln cos
πx
2
=
π
2
· 1 · 0 = 0,
tj.
lim
x→1−
cos
πx
2
ln x
= e0
= 1.
5.34. Určete
lim
x→0
cotg x −
1
x
.
Řešení. Uvědomíme-li si, že je
lim
x→0+
cotg x = +∞, lim
x→0+
1
x
= +∞,
lim
x→0−
cotg x = −∞, lim
x→0−
1
x
= −∞,
vidíme, že v případě obou jednostranných limit dostáváme typ ∞ − ∞.
Můžeme tedy uvažovat najednou oboustrannou limitu. Funkci kotangens
zapíšeme jako podíl kosinu a sinu a zlomky převedeme na
společného jmenovatele, tj.
lim
x→0
cotg x −
1
x
= lim
x→0
x cos x − sin x
x sin x
.
Obdrželi jsme výraz 0/0, pro který platí (podle l’Hospitalova pravidla)
lim
x→0
x cos x − sin x
x sin x
= lim
x→0
cos x − x sin x − cos x
sin x + x cos x
= lim
x→0
−x sin x
sin x + x cos x
.
Druhým použitím l’Hospitalova pravidla pro typ 0/0 pak již dostaneme
lim
x→0
−x sin x
sin x + x cos x
= lim
x→0
− sin x − x cos x
cos x + cos x − x sin x
=
0 − 0
1 + 1 − 0
= 0.
5.35. Určete
lim
x→+∞
ln x
x
, lim
x→0+
x ln
1
x
, lim
x→0+
x e
1
x ;
lim
x→0−
x e− 1
x , lim
x→0
e
− 1
x2
x100
, lim
x→+∞
(ln x − x) ;
lim
x→+∞
x
x + ln x · cos x
, lim
x→+∞
3
√
x + 1
5
√
x + 3
, lim
x→+∞
x
√
x2 + 1
.
Řešení. Snadno lze zjistit (např. n-násobným užitím l’Hospitalova
pravidla), že pro libovolné n ∈ N je
lim
x→+∞
xn
ex
= 0, tj. lim
x→+∞
ex
xn
= +∞.
Z Věty o třech limitách potom pro reálná čísla a > 0 ihned plyne
zobecnění
lim
x→+∞
xa
ex
= 0, tj. lim
x→+∞
ex
xa
= +∞.
Uvážíme-li, že grafy funkcí y = ex
a y = ln x (inverzní funkce k y =
ex
) jsou symetrické vzhledem k přímce y = x, víme dále
lim
x→+∞
ln x
x
= 0, tj. lim
x→+∞
x
ln x
= +∞.
Získali jsme tak první výsledek. Ten přitom dává rovněž l’Hospitalovo
pravidlo, podle kterého je
lim
x→+∞
ln x
x
= lim
x→+∞
1
x
1
= lim
x→+∞
1
x
= 0.
Upozorněme, že l’Hospitalovo pravidlo lze použít k vyčíslení každé
z dalších pěti uvedených limit. Je ovšem možné určit tyto limity jednoduššími
způsoby. Např. substituce y = 1/x vede na
lim
x→0+
x ln
1
x
= lim
y→+∞
ln y
y
= 0;
lim
x→0+
x e
1
x = lim
y→+∞
ey
y
= +∞.
Samozřejmě x → 0+ dává y = 1/x → +∞ (píšeme 1/ + 0 = +∞).
Pomocí substitucí u = −1/x, v = 1/x2
po řadě dostáváme
lim
x→0−
x e− 1
x = lim
u→+∞
−
eu
u
= −∞;
lim
x→0
e
− 1
x2
x100
= lim
v→+∞
v50
ev
= 0,
přičemž x → 0− odpovídá u = −1/x → +∞ (píšeme −1/ − 0 =
+∞) a x → 0 potom v = 1/x2
→ +∞ (znovu 1/ + 0 = +∞). Již
dříve jsme také objasnili, že platí
lim
x→+∞
(ln x − x) = lim
x→+∞
−x = −∞.
Případné pochyby snad rozptýlí limita
lim
x→+∞
ln x − x
ln x
= lim
x→+∞
1 −
x
ln x
= −∞,
která dokazuje, že při zmenšení absolutní hodnoty uvažovaného výrazu
(aniž by došlo ke změně znaménka) stále výraz v absolutní hodnotě
roste nade všechny meze.
Stejně snadno umíme určit
lim
x→+∞
x
x + ln x · cos x
= lim
x→+∞
x
x
= 1;
lim
x→+∞
3
√
x + 1
5
√
x + 3
= lim
x→+∞
3
√
x
5
√
x
= +∞;
lim
x→+∞
x
√
x2 + 1
= lim
x→+∞
x
√
x2
= 1.
Viděli jsme, že l’Hospitalovo pravidlo nemusí být nejlepší metodou
výpočtu limity jednoho z typů 0/0, ∞/∞. Na předchozích třech příkladech
lze ilustrovat, že jej ani nelze vždy (pro neurčité výrazy) aplikovat.
Kdybychom jej použili k řešení prvního z nich, obdrželi bychom pro
x > 0 podíl
1
1 + cos x
x
− ln x · sin x
=
x
x + cos x − x ln x · sin x
,
který je složitější než původní. Dokonce pro x → +∞ limitu nemá.
Není tedy splněn jeden z předpokladů l’Hospitalova pravidla. Ve druhém
případě pak (libovolný počet opakovaných) použití l’Hospitalova
pravidla vede na neurčité výrazy. Pro poslední limitu nás l’Hospitalovo
pravidlo vrátí do zadání: dává nejdříve zlomek
1
2x
2 x2+1
=
√
x2 + 1
x
a následně
2x
2 x2+1
1
=
x
√
x2 + 1
.
Odsud můžeme odvodit, že limita je rovna 1 (hledáme nezápornou
hodnotu a ∈ R takovou, aby platilo a = a−1
), pouze když dříve
dokážeme, že vůbec existuje.
Další příklady na výpočet limit užitím L’Hospitalova pravidla nalezneet
na straně 276.
F. Extremální úlohy
Jednoduché pozorování ?? o geometrickém významu derivace
nám také říká, že extrémy diferencovatelné reálné funkce jedné reálné
proměnné mohou nastat pouze v bodech, kde je derivace dané funkce
nulová. Tohoto prostého faktu lze využít při řešení množství zajímavých
praktických úloh.
5.36. Určete x-ovou souřadnici xA bodu paraboly y = x2
, který je
nejblíže bodu A = [1, 2].
Řešení. Není obtížné uvědomit si, že příklad má právě jedno řešení
a že úkolem je vlastně najít absolutní minimum funkce
f (x) = (x − 1)2 + (x2 − 2)2, x ∈ R.
Funkce f má zjevně nejmenší hodnotu ve stejném bodě jako funkce
g(x) = (x − 1)2
+ (x2
− 2)2
, x ∈ R.
Neboť
g (x) = 4x3
− 6x − 2, x ∈ R,
řešením rovnice 0 = 2x3
− 3x − 1 dostáváme nejprve stacionární bod
x = −1 a po vydělení polynomu 2x3
− 3x − 1 polynomem x + 1 také
zbývající dva stacionární body
1−
√
3
2
a 1+
√
3
2
.
Protože funkce g je polynomem (má derivaci na celé reálné ose), z geometrického
významu úlohy již získáváme
xA = 1+
√
3
2
.
5.37. Do rovnoramenného trojúhelníku o základně z a výšce v (nad
základnou) vepište obdélník (jedna jeho strana bude částí základny
trojúhelníku) s největším obsahem. Stanovte obsah S tohoto obdélníku.
Řešení. Pro vyřešení příkladu postačuje uvažovat úlohu, kdy se snažíme
vepsat do pravoúhlého trojúhelníku s odvěsnami délek z/2 a v
obdélník s maximálním možným obsahem, přičemž dvě jeho strany
musí být částmi odvěsen tohoto trojúhelníku. Úlohu takto převedeme
na otázku maximalizace funkce
f (x) = x v − 2vx
z
na intervalu I = [0, z/2]. Neboť je
f (x) = v − 4vx
z
pro všechna x ∈ I
a dále
f (0) = f z
2
= 0, f (x) ≥ 0, x ∈ I,
v jediném svém stacionárním bodě x0 = z/4 nutně nabývá funkce f
maxima na I. Proto jsou strany hledaného obdélníku dlouhé z/2 (dvojnásobek
x0: uvažujeme původní úlohu) a v/2 (to lze získat dosazením
z/4 za x do výrazu v − 2vx/z). Odsud dostáváme, že S = vz/4.
5.38. Firma hledá obdélníkovou parcelu o rozměrech 5a × b se
záměrem ji po obvodu celou oplotit a pak ještě ploty kolmými na
první stranu rozdělit na 5 stejně velkých parcel o rozměrech a × b. Pro
jaké hodnoty a, b bude rozloha parcely S = 5ab maximální, má-li být
celková délka plotů 2 400 m?
Řešení. Přeformulujme zadání: Chceme maximalizovat součin 5ab při
splnění podmínky
ves7863k2ves7863k2 (5.1) 6b + 10a = 2 400, a, b > 0.
Lehce lze ukázat, že funkce
a → 5a 2 400−10a
6
definovaná pro a ∈ [0, 240] nabývá maximální hodnoty v bodě a =
120. Proto je výsledek
a = 120 m, b = 200 m.
Doplňme, že uvedená hodnota b bezprostředně plyne z (6.2).
5.39. Mezi obdélníky, jejichž dva vrcholy leží na ose x a další dva
s kladnými druhými souřadnicemi na parabole y = 8 − 2x2
, najděte
obdélník s maximálním obsahem.
Řešení. Základna obdélníku s maximálním obsahem měří 4/
√
3, jeho
výška pak 16/3. Tento výsledek lze obdržet nalezením absolutního
maxima funkce
S(x) = 2x 8 − 2x2
na intervalu I = [0, 2]. Neboť tato funkce je na I nezáporná, v krajních
bodech I nulová a má derivaci na celém I, přičemž její derivace je
nulová pouze v jednom bodě intervalu I, a to v bodě x = 2/
√
3, nabývá
zde maximální hodnoty.
5.40. Do rovnostranného trojúhelníka o straně a je vepsán pravoúhelník
(jedna jeho strana leží na straně trojúhelníka, zbylé dva vrcholy leží na
zbylých stranách trojúhelníka). Jaký může mít maximálně obsah?
Řešení. Vepsaný pravoúhelník má strany x,
√
3/2(a − x), tedy obsah
√
3/2(a − x)x. Maximum pro x = a/2, tedy maximální obsah je
(
√
3/8)a2
.
5.41. Ve čase t = 0 se začaly pohybovat tři body P, Q, R v rovině a to
bod P z bodu [−2, 1] směrem (3, 1), rovnoměrnou rychlostí
√
10 m/s,
bod Q z bodu [0, 0] směrem (−1, 1) rovnoměrně zrychleným pohybem
se zrychlením 2
√
2 m/s2
a bod R z bodu [0, 1] směrem (1, 0)
rovnoměrnou rychlostí 2 m/s. V jakém čase bude obsah trojúhelníku
PQR minimální?
Řešení. Rovnice bodů P , Q, R v čase jsou
P : [−2, 1] + (3, 1)t
Q : [0, 0] + (−1, 1)t2
R : [0, 1] + (2, 0)t
Obsah trojúhelníka PQR je určený např. polovinou absolutní hodnoty
determinantu, jehož řádky jsou souřadnice vektorů PQ a QR (viz
Matematika I). Minimalizujeme tedy determinant:
−2 + t t
−t2
− 2t −1 + t2 = 2t3
− t + 2.
Derivace je 6t2
− 1, extrémy tedy nastávají pro t = ± 1√
6
, vzhledem k
tomu, že uvažujeme pouze nezáporný čas, vyšetřujeme pouze t = 1√
6
,
jde o minimum, navíc je hodnota determinantu v tomto bodě kladná a
menší, než hodnota v bodě 0 (krajní bod intervalu, na kterém hledáme
extrém), je tedy o globální minimum obsahu v čase.
5.42. V devět hodin ráno vylezl starý vlk z nory N a v rámci ranní rozcvičky
začal běhat proti směru hodinových ručiček
po kružnici o poloměru 1km, kolem svého oblíbeného
pařezu P a to rovnoměrnou rychlostí 4 km/h.
Ve stejnou dobu vyrazila Karkulka z domu D k
babičce sídlící v chaloupce C rychlostí 4 km/h (po přímce). Kdy si
budou nejblíž a jaká tato vzdálenost bude? Souřadnice (v kilometrech):
N = [2, 3], P = [3, 3], D = [0, 0], C = [5, 5].
Řešení. Vlk se pohybuje po jednotkové kružnici, jeho úhlová rychlost
je tedy stejná jako jeho absolutní rychlost a jeho dráhu můžeme v
závislosti na čase popsat následujícími parametrickými rovnicemi:
x(t) = 2 − cos(4t), y(t) = 2 − sin(4t),
Karkulka se pak pohybuje po dráze
x(t) = 2
√
2t, y(t) = 2
√
2t.
Nalezněme extrémy (čtverce) vzdálenosti ρ jejich drah v čase:
ρ(t) =(2 − cos(4t) − 2
√
2t)2
+ (2 − sin(4t) − 2
√
2t)2
ρ (t) =16(cos(4t) − sin(4t))(
√
2t − 1) + 32t+
+ 4
√
2(cos(4t) + sin(4t)) − 16
√
2
Řešit algebraicky rovnici ρ (t) = 0 se nám nepodaří (ani to nelze),
zbývá pouze najít řešení numericky (pomocí výpočetního softwaru).
Zjistíme, že lokální minima nastávají pro t
.
= 0, 31 a poté pro t
.
= 0, 97,
kdy bude vzdálenost vlka a Karkulky asi 5 metrů. Je zřejmé, že půjde i
o globální minimum.
Situace, kdy neumíme explicitně vyřešit daný problém je v praxi
velmi častá a použití numerických metod výpočtu má velký význam.
5.43. Pro jaká a ∈ R je kubický polynom P vyhovující vztahům
P(0) = 1, P (0) = 1, P(1) = 2a + 2, P (1) = 5a + 1, monotónní
funkcí na celém R?
Řešení. Z podmínek P(0) = 1 a P (0) = 1 plyne, že P(x) = bx3
+
cx2
+ x + 1, kde b, c ∈ R, zbylé dvě podmínky určují dvě rovnice pro
neznámé b a c: b + c + 2 = 2a + 2, 3b + 2c + 1 = 5a + 1 s jediným
řešením b = c = a, polynom vyhovující zadaným podmínkám je tedy
P(x) = ax3
+ ax2
+ x + 1. Podmínka na to, aby byl monotónní funkcí
na celém R, je ekvivalentní tomu, že polynom nemá lokální extrém.
Extrémy mohou nastat v kritických bodech, tedy v nulových bodech
derivace. Pokud tedy derivace nebude mít nulových bodů, fukce bude
monotónní. Derivace je
P (x) = 3ax2
+ 2ax + 1
a nebude mít nulových bodů, bude-li její diskriminant záporný. Navíc
inflexní body P(x) odpovídají bodům, kde je nulová první i druhá
derivace (a nenulová třetí, což je v případě kubického polynomu automatické),
tedy násobným kořenům P (x). P (x) má násobné kořeny,
právě když je její diskriminant nulový. Celkem je podmínka monotónnosti
P(x) ekvivalentní nekladnosti diskriminantu P (x), tedy
4a2
− 12a ≤ 0
4a(a − 3) ≤ 0,
což odpovídá a ∈ 0, 3 . Pro a = 0 však P sice je monotónní funkcí,
nikoliv však kubickým polynomem. Dané podmínky splňují právě
a ∈ (0, 3 .
5.44. Regiomontanův problém, 1471. V muzeu na stěně visí obraz.
Jeho dolní okraj je a metrů nad zemí a horní okraj pak b metrů nad
zemí (tj. výška obrazu je b −a). Na obraz se dívá turista, jehož oči jsou
ve výšce h < a metrů nad zemí. (Důvodem nerovnosti h < a může
např. být, že se tak dá umožnit výhled stejně vysokým návštěvníkům
muzea stojícím v několika řadách.) Jak daleko od stěny má turista stát,
aby maximalizoval velikost svého úhlu pohledu na obraz?
Řešení. Jako x označme vzdálenost (v metrech) turisty od stěny a jako
ϕ jeho úhel pohledu na obraz. Dále zaveďme (viz obrázek) úhly α, β ∈
(0, π/2) vztahy
tg α = b−h
x
, tg β = a−h
x
.
Naším úkolem je maximalizovat ϕ = α − β. Doplňme, že pro h > b
lze postupovat analogicky a že pro h ∈ [a, b] se zřejmě úhel ϕ stále
zvětšuje při zmenšujícím se x (ϕ = π pro x = 0 a h ∈ (a, b)).
Z podmínky h < a plyne, že úhel ϕ je ostrý, tj. ϕ ∈ (0, π/2).
Protože je funkce y = tg x rostoucí na intervalu (0, π/2), můžeme
přejít k maximalizování hodnoty tg ϕ. Platí
tg ϕ = tg (α − β) = tg α−tg β
1+tg α tg β
=
b−h
x − a−h
x
1+ b−h
x · a−h
x
= x(b−a)
x2+(b−h)(a−h)
.
Stačí nám tedy najít globální maximum funkce
f (x) = x(b−a)
x2+(b−h)(a−h)
, x ∈ [0, +∞).
Z vyjádření
f (x) =
(b−a) x2+(b−h)(a−h) −2x2(b−a)
x2+(b−h)(a−h)
2 =
(b−a) (b−h)(a−h)−x2
x2+(b−h)(a−h)
2 , x ∈
(0, +∞)
vidíme, že
f (x) > 0 pro x ∈ 0, (b − h)(a − h) ,
f (x) < 0 pro x ∈ (b − h)(a − h), +∞ .
Funkce f má proto globální maximum v bodě x0 =
√
(b − h)(a − h)
(připomeňme nerovnosti h < a < b).
Určit bod x0 lze samozřejmě i jinými způsoby. Můžeme např. místo
hledání maxima kladné funkce f na intervalu (0, +∞) pomocí diferenciálního
počtu hledat globální minimum funkce
g(x) = 1
f (x)
= x2+(b−h)(a−h)
x(b−a)
= x
b−a
+ (b−h)(a−h)
x(b−a)
, x ∈ (0, +∞)
využitím tzv. A-G nerovnosti (mezi aritmetickým a geometrickým
průměrem)
y1+y2
2
≥
√
y1 y2, y1, y2 ≥ 0,
ve které rovnost nastává právě pro y1 = y2. Volba
y1(x) = x
b−a
, y2(x) = (b−h)(a−h)
x(b−a)
totiž dává
g(x) = y1(x) + y2(x) ≥ 2
√
y1(x) y2(x) = 2
b−a
√
(b − h) (a − h).
Pokud tak existuje x > 0, pro které je y1(x) = y2(x), má funkce g
v bodě x globální minimum. Rovnice
y1(x) = y2(x), tj. x
b−a
= (b−h)(a−h)
x(b−a)
,
má jediné kladné řešení x0 =
√
(b − h)(a − h).
Dvěma odlišnými způsoby jsem stanovili ideální vzdálenost turisty
od stěny. Hodnotě x0 odpovídá
ϕ0 = arctg x0(b−a)
x2
0 +(b−h)(a−h)
= arctg b−a
2
√
(b−h)(a−h)
.
Při pohledu z úrovně podlahy (kdyby se díval brouk) je h = 0, a tudíž
je
x0 =
√
ab, ϕ0 = arctg b−a
2
√
ab
.
Je-li obraz vysoký 1 m a jeho dolní okraj je 2 m nad zemí (a = 2, b = 3),
bude brouk vidět obraz pod největším úhlem ϕ0
.
= 0, 201 4 rad ≈
11, 5 ◦
ve vzdálenosti x0
.
= 2, 45 m od stěny. Pokud si bude stejný obraz
prohlížet muž, který má oči ve výšce 1, 8 m, se svým synem, který má
oči ve výšce 1 m, měl by otec stát ve vzdálenosti x0
.
= 0, 49 m a syn ve
vzdálenosti x0
.
= 1, 41 m. Všimněme si, že pro otce je ϕ0
.
= 0, 795 6
rad ≈ 45, 6 ◦
, zatímco pro jeho syna je ϕ0
.
= 0, 339 8 rad ≈ 19, 5 ◦
.
Poměr
0,795 6
0,339 8
≈ 45,6
19,5
.
= 2, 3
dokládá, jak výrazně má otec lepší výhled.
5.45. Snellův zákon. Určete lomený světelný paprsek mezi bodem A
v homogenním prostředí s rychlostí šíření světla v1 a bodem B v homogenním
prostředí s rychlostí šíření světla v2. Viz obrázek.
Řešení. V celém příkladu nebudeme uvádět fyzikální jednotky:
můžeme kupř. předpokládat, že údaje o vzdálenostech budou v metrech
a rychlosti v1, v2 jsou v metrech za sekundu (čas bude vyjádřen
v sekundách). Paprsek je určen principem minimálního času, kdy
k přenosu energie elektromagnetickým vlněním mezi body A a B
dochází takovým způsobem, aby se odehrál v co nejkratším čase.
V homogenních prostředích bude paprsek úsečkou. Stačí tedy stanovit
bod R (určený hodnotou x), kde dojde k lomu. Vzdálenost mezi
body A a R činí h2
1 + x2 a mezi body R a B pak h2
2 + (d − x)2.
Celková doba přenosu energie mezi body A a B je tak dána funkcí
T (x) =
h2
1+x2
v1
+
h2
2+(d−x)2
v2
v proměnné x ∈ [0, d]. Zdůrazněme, že chceme nalézt bod x ∈ [0, d],
ve kterém je hodnota T (x) minimální.
Derivace
T (x) = x
v1 h2
1+x2
− d−x
v2 h2
2+(d−x)2
je spojitou funkcí na intervalu [0, d], a proto o znaménku derivace
můžeme snadno rozhodnout pomocí jejích nulových bodů. Z rovnice
T (x) = 0, tj. x
v1 h2
1+x2
= d−x
v2 h2
2+(d−x)2
,
jednoduchou úpravou dostáváme
x
h2
1+x2
d−x
h2
2+(d−x)2
= v1
v2
.
Tento tvar je pro nás užitečný, neboť (viz obrázek)
sin ϕ1 = x
h2
1+x2
, sin ϕ2 = d−x
h2
2+(d−x)2
.
Existuje tudíž nejvýše jeden stacionární bod; a ten je určen vztahem
vesdrff331vesdrff331 (5.2)
sin ϕ1
sin ϕ2
=
v1
v2
.
Uvědomme si, že při zvětšujícím se ϕ1 ∈ [0, π/2] (když x roste) se
úhel ϕ2 ∈ [0, π/2] zmenšuje. Funkce sinus je nezáporná a rostoucí
na intervalu [0, π/2], a tak je podíl (sin ϕ1)/(sin ϕ2) rostoucí funkcí
v závislosti na x. Protože T (0) < 0 a T (d) > 0, existuje právě
jeden stacionární bod x0. Z nerovností T (x) < 0 pro x ∈ [0, x0)
a T (x) > 0 pro x ∈ (x0, d] již plyne, že ve stacionárním bodě x0 je
globální minimum.
Shrňme předchozí. Paprsek je zadán bodem lomu R (hodnotou x0)
a bod R je potom určen identitou (5.2), která se ve fyzice označuje jako
Snellův zákon.
Podíl rychlostí v1 a v2 je pro uvedená homogenní prostředí konstantní
a vyjadřuje důležitou veličinu, jež popisuje rozhraní optických
prostředí. Nazývá se index lomu a značí se n. Obvykle se požaduje, aby
první z prostředí bylo vakuum, tj. klade se v1 = c a v2 = v, se ziskem
(absolutního) indexu lomu n = c/v. Pro vakuum je n = 1. Také pro
vzduch se používá n = 1, neboť při standardních podmínkách (tj. při
tlaku 101 325 Pa, teplotě 293 K a absolutní vlhkosti 0, 9 g · m−3
) je pro
vzduch n
.
= 1, 000 272. U ostatních prostředí se uvádí n > 1 (např. se
klade n = 1, 31 pro led, n = 1, 33 pro vodu, n = 1, 5 pro běžné sklo).
Index lomu ovšem rovněž závisí na vlnové délce uvažovaného elektromagnetického
vlnění (kupř. pro vodu a světlo se jedná o rozsah od
n
.
= 1, 331 až po n
.
= 1, 344), kdy index lomu zpravidla klesá s rostoucí
vlnovou délkou. Rychlost světla v optickém prostředí s indexem
lomu n > 1 totiž závisí na frekvenci světla. Hovoří se o tzv. disperzi
světla. Právě disperze světla způsobuje, že se paprsky světla různých
barev lámou pod různými úhly. (Nejvíce se láme paprsek fialového
světla a nejméně paprsek světla červeného.) To je mj. příčina vzniku
duhy. Můžeme dále vzpomenout slavný Newtonův pokus se skleněným
jehlanem (optickým hranolem) z roku 1 666.
Na závěr ještě doplňme, že naše úloha měla vždy řešení, protože
jsme mohli volit bod R libovolně. Pokud by byl s rychlostmi v1 a v2
zadán také úhel ϕ1 (naším úkolem by třeba bylo vypočítat, kde paprsek
vycházející z bodu A protne přímku y = c pro jisté c < 0, když rozhraní
optických prostředí je součástí osy x), pak by úhel ϕ2 ∈ (0, π/2)
splňující (5.2) nemusel existovat. Takové situaci odpovídá úplný odraz
světla (k lomu světla vůbec nedojde).
5.46. Halleyova úloha, 1686. Hráč stojí před basketbalovým košem
ve vzdálenosti l od obroučky, která je ve výšce h nad bodem odhodu.
Určete minimální počáteční rychlost v0, kterou musí udělit míči, aby
skóroval, a příslušný elevační úhel ϕ pro toto v0. Viz obrázek.
Řešení. Opět vynecháváme fyzikální jednotky: můžeme předpokládat,
že údaje o vzdálenostech jsou uváděny v metrech a časové údaje
v sekundách (rychlosti pak v metrech za sekundu). Nechť hráč hodí míč
v čase t = 0 a nechť míč projde obroučkou v čase t0 > 0. Pozici míče
(během jeho letu) vyjádříme body [x(t), y(t)] pro t ∈ [0, t0], přičemž
požadujeme, aby x(0) = 0, y(0) = 0, x(t0) = l, y(t0) = h.
Zřejmě je
x (t) = v0 cos ϕ, y (t) = v0 sin ϕ − gt
pro t ∈ (0, t0), kde g je normální tíhové zrychlení (konstanta gravitačního
zrychlení). Hodnoty x (t) a y (t) totiž po řadě udávají horizontální
a vertikální rychlost míče. Integrováním těchto rovnic získáme
x(t) = v0t cos ϕ + c1, y(t) = v0t sin ϕ − 1
2
gt2
+ c2
pro t ∈ (0, t0) a c1, c2 ∈ R. Z počátečních podmínek
lim
t→0+
x(t) = x(0) = 0, lim
t→0+
y(t) = y(0) = 0
plyne, že c1 = c2 = 0. Dosazení zbývajících podmínek
lim
t→t0−
x(t) = x(t0) = l, lim
t→t0−
y(t) = y(t0) = h
tak již dává
l = v0t0 cos ϕ, h = v0t0 sin ϕ − 1
2
gt2
0 .
Podle první rovnice je
vesddf4fr5vesddf4fr5 (5.3) t0 =
l
v0 cos ϕ
,
a tudíž dostáváme jedinou rovnici
vesddf4fr6vesddf4fr6 (5.4) h = l tg ϕ −
gl2
2v2
0 cos2 ϕ
,
přičemž v0 ∈ (0, +∞), ϕ ∈ (0, π/2).
Zopakujme, že naším úkolem je stanovit minimální v0 a odpovídající
ϕ, které této rovnici vyhovuje. Řečeno srozumitelněji, chceme
určit minimální hodnotu v0, pro kterou bude existovat ϕ splňující (5.4).
Neboť
1
cos2 ϕ
= cos2 ϕ+sin2 ϕ
cos2 ϕ
= 1 + tg2
ϕ, ϕ ∈ 0, π
2
,
rovnici (5.4) můžeme převést do tvaru
h − l tg ϕ + gl2
2v2
0
1 + tg2
ϕ = 0,
tj.
tg2
ϕ −
2v2
0
gl
tg ϕ +
2hv2
0
gl2 + 1 = 0.
Z poslední rovnice (kvadratické rovnice pro neznámou p = tg ϕ)
vyplývá, že
tg ϕ =
2v2
0
gl ±
4v4
0
g2l2 −4
2hv2
0
gl2 +1
2
,
tj.
vesdgq29lkvesdgq29lk (5.5) tg ϕ =
v2
0
gl
±
v4
0 − 2hv2
0g − g2l2
gl
.
Úhel ϕ splňující (5.4) tedy existuje, právě když je
v4
0 − 2gh v2
0 − g2
l2
≥ 0.
Také nyní nám substituce (tentokráte q = v2
0) umožní přejít ke kvadratickému
výrazu (na levé straně nerovnice) a následně získat
v2
0 − g h +
√
h2 + l2 v2
0 − g h −
√
h2 + l2 ≥ 0.
Protože h <
√
h2 + l2, musí být
v2
0 ≥ g h +
√
h2 + l2 , tj. v0 ≥ g h +
√
h2 + l2 .
Nejmenší přípustné hodnotě
veswwhnb4xveswwhnb4x (5.6) v0 = g h + h2 + l2
potom odpovídá (viz (5.5))
vesddfttb2vesddfttb2 (5.7) tg ϕ =
v2
0
gl
=
h +
√
h2 + l2
l
, tj. ϕ = arctg
h +
√
h2 + l2
l
.
Předchozí výpočet byl ovšem založen na podmínkách x(t0) = l,
y(t0) = h, které pouze udávají požadovanou polohu v čase t0. Míč však
mohl projít obroučkou zespodu. Doplňme proto podmínku y (t0) < 0,
která říká, že míč v čase t0 už klesal, a dokažme, že je pro v0 z (5.6)
a ϕ z (5.7) splněna.
Připomeňme, že je (viz (5.3), (5.4))
t0 = l
v0 cos ϕ
, v2
0 = gl2
2(l tg ϕ−h) cos2 ϕ
.
Využitím toho z
y (t0) = lim
t→t0−
y (t) = v0 sin ϕ − gt0 < 0
dostáváme
gl2
2(l tg ϕ−h) cos2 ϕ
= v2
0 < v0 · gt0
sin ϕ
= gl
sin ϕ cos ϕ
,
tj. nerovnici
l sin ϕ cos ϕ < 2(l tg ϕ − h) cos2
ϕ,
z níž snadno vyjádříme
2h
l
< tg ϕ.
Porovnáním s (5.7) vidíme, že poslední nerovnost je splněna, neboť
tg ϕ = h+ h2+l2
l
> h+
√
h2
l
= 2h
l
.
Tím jsme ukázali, že při počáteční rychlosti uvedené v (5.6) může hráč
koš dát.
Při trestném hodu, kdy hráč odhazuje míč ve výšce 2 m, je
h = 1, 05 m, l = 4, 225 m, g = 9, 806 65 m · s−2
,
a tudíž minimální počáteční rychlost míče činí
v0 = 9, 806 65 1, 05 + (1, 05)2 + (4, 225)2 m · s−1 .
=
7, 28 m · s−1
.
Této rychlosti odpovídá úhel
ϕ = arctg
v2
0
9,806 65·4,225
.
= 0, 907 rad ≈ 52 ◦
.
Zamysleme se ještě nad získanou hodnotou úhlu ϕ pro minimální
rychlost v0. Podle obrázku je
2β + (π − α) = π a α + γ = π
2
,
odkud vyplývá
β = α
2
= π
4
− γ
2
.
Platí tedy
ϕ = π
2
− β = π
4
+ γ
2
= 1
2
π
2
+ γ = 1
2
π
2
+ arctg h
l
.
Obdrželi jsme, že elevační úhel při hodu s minimální energií je aritmetickým
průměrem pravého úhlu a úhlu pohledu na obroučku (z pozice
míče).
Problém stanovení minimální nutné rychlosti odhazovaného míče
vlastně vyřešil Edmond Halley už v roce 1 686, když určil minimální
potřebné množství střelného prachu k tomu, aby vystřelená dělová koule
mohla zasáhnout cíl na výše položeném místě (např. za hradbami).
Halley dokázal (tzv. Halleyovo kalibrační pravidlo), že pro zasažení
cíle v bodě [l, h] při střelbě z pozice [0, 0] je potřeba stejné minimální
množství prachu jako pro zasažení horizontálního cíle ve vzdálenosti
h +
√
h2 + l2 (při úhlu ϕ = 45 ◦
). Halley také prokázal, že hodnota ϕ
je stabilní vzhledem k malým odchylkám množství použitého střelného
prachu a nevýrazným chybám v odhadu vzdálenosti cíle.
5.47. Projektil je vystřelen pod úhlem ϕ z bodu ve výšce h nad zemí
s počáteční rychlostí v0. Dopadne na zem ve vzdálenosti R od místa
výstřelu. Viz obrázek. Stanovte úhel ϕ, při kterém bude hodnota R
maximální.
Řešení. Pozici projektilu v čase vyjádříme body [x(t), y(t)]. Předpokládáme,
že projektil byl vystřelen v čase t = 0 z bodu [0, 0] a dopadne
na zem v bodě [R, −h] v jistém čase t = t0, tj. x(0) = 0, y(0) = 0,
x(t0) = R, y(t0) = −h. Podobně jako v Halleyově úloze uvažujme
rovnice
x (t) = v0 cos ϕ, y (t) = v0 sin ϕ − gt, t ∈ (0, t0)
pro horizontální a vertikální rychlost projektilu, kde g je normální
tíhové zrychlení.
I nadále můžeme pokračovat jako při řešení Halleyovy úlohy, kdy
integrováním těchto rovnic se zohledněním x(0) = y(0) = 0 získáme
x(t) = v0t cos ϕ, y(t) = v0t sin ϕ − 1
2
gt2
, t ∈ (0, t0)
a z podmínek limt→t0− x(t) = x(t0) = R, limt→t0− y(t) = y(t0) = −h
poté
R = v0t0 cos ϕ, −h = v0t0 sin ϕ − 1
2
gt2
0 .
Z první rovnice plyne
t0 = R
v0 cos ϕ
,
a tak můžeme předchozí dvě rovnice vyjádřit jedinou rovnicí
vesdqwa23uvesdqwa23u (5.8) −h = R tg ϕ −
gR2
2v2
0 cos2 ϕ
,
přičemž ϕ ∈ (0, π/2).
Na rozdíl od Halleyovy úlohy je však hodnota v0 dána a měnné je R
v závislosti na ϕ. Je tak vlastně R = R(ϕ) funkcí v proměnné ϕ, která
musí splňovat (5.8) (je určena rovnicí (5.8)). Jedná se tedy o funkci
zadanou implicitně. Rovnici (5.8) zapíšeme jako (R nahradíme R(ϕ))
R(ϕ) tg ϕ · 2v2
0 cos2
ϕ − gR2
(ϕ) + h · 2v2
0 cos2
ϕ = 0.
Využitím vztahu
2 tg ϕ cos2
ϕ = sin 2ϕ
pak (5.8) převedeme do tvaru
ves2dkjwazves2dkjwaz (5.9) R(ϕ)v2
0 sin 2ϕ − gR2
(ϕ) + 2hv2
0 cos2
ϕ = 0.
Derivování podle ϕ nyní dává
R (ϕ)v2
0 sin 2ϕ + 2R(ϕ)v2
0 cos 2ϕ − 2gR(ϕ)R (ϕ) −
2hv2
0 (2 cos ϕ sin ϕ) = 0,
tj.
R (ϕ) v2
0 sin 2ϕ − 2gR(ϕ) = −2R(ϕ)v2
0 cos 2ϕ + 2hv2
0 sin 2ϕ.
Vypočítali jsme tak, že
R (ϕ) =
2v2
0[h sin 2ϕ−R(ϕ) cos 2ϕ]
v2
0 sin 2ϕ−2gR(ϕ)
, ϕ ∈ 0, π
2
.
Stačí ověřit, že v2
0 sin 2ϕ − 2gR(ϕ) = 0 pro každé ϕ ∈ (0, π/2).
Předpokládejme opak a dosaďme
R =
v2
0 sin 2ϕ
2g
=
v2
0 sin ϕ cos ϕ
g
do (5.8) se ziskem
−h =
v2
0 sin ϕ cos ϕ
g
tg ϕ −
gv4
0 sin2 ϕ cos2 ϕ
2g2v2
0 cos2 ϕ
.
Jednoduchými úpravami odtud obdržíme
−h =
v2
0 sin2 ϕ
2g
,
což nemůže nastat (výraz na levé straně je záporný, na pravé kladný).
Podařilo se nám tedy určit R (ϕ) pro všechna ϕ ∈ (0, π/2). Navíc
je ihned vidět, že tato derivace je nulová, právě když
h sin 2ϕ = R(ϕ) cos 2ϕ, tj. R(ϕ) = h tg 2ϕ.
Neboť funkce R zřejmě nabývá na intervalu (0, π/2) maximální hodnoty
(podle fyzikálního významu úlohy se pro ϕ → 0+ nebo ϕ →
π/2− hodnota R zmenšuje) a má derivaci v každém bodě tohoto intervalu,
maxima musí nabývat tam, kde je derivace nulová. To znamená,
že R(ϕ) může být maximální pouze tehdy, když je
vesddwgtt2vesddwgtt2 (5.10) R (ϕ) = h tg 2ϕ.
Dosaďme proto (5.10) do (5.9). Získáváme
h tg 2ϕ v2
0 sin 2ϕ − gh2
tg2
2ϕ + 2hv2
0 cos2
ϕ = 0.
Tuto rovnici postupně upravíme
tg 2ϕ v2
0 sin 2ϕ + 2v2
0 cos2
ϕ = gh tg2
2ϕ,
v2
0
sin2 2ϕ
cos 2ϕ
+ v2
0 (cos 2ϕ + 1) = gh sin2 2ϕ
cos2 2ϕ
,
v2
0 sin2
2ϕ + v2
0 cos2
2ϕ + v2
0 cos 2ϕ = gh sin2 2ϕ
cos 2ϕ
,
v2
0 + v2
0 cos 2ϕ = gh 1−cos2 2ϕ
cos 2ϕ
,
v2
0 (1 + cos 2ϕ) = gh (1−cos 2ϕ)(1+cos 2ϕ)
cos 2ϕ
,
v2
0 cos 2ϕ = gh (1 − cos 2ϕ) ,
v2
0 + gh cos 2ϕ = gh,
cos 2ϕ = gh
v2
0+gh
.
Tím jsme však už jednoznačně určili bod
ϕ0 = 1
2
arccos gh
v2
0+gh
,
ve kterém je R největší. Protože
sin 2ϕ0 = 1 − cos2 2ϕ0 = 1 − g2h2
v2
0+gh
2 =
v4
0+2ghv2
0
v2
0+gh
,
je funkční hodnota
R (ϕ0) = h tg 2ϕ0 = h
v4
0+2ghv2
0
v2
0+gh
gh
v2
0+gh
=
v4
0+2ghv2
0
g
= v0
g
v2
0 + 2gh.
Nechť např. oštěpařka Barbora Špotáková udělí oštěpu ve výši h =
1, 8 m rychlost v0 = 27, 778 m/s
.
= 100 km/h (při g = 9, 806 65 m ·
s−2
). Potom oštěp může doletět do vzdálenosti
R (ϕ0) = 27,778
9,806 65
27, 7782 + 2 · 9, 806 65 · 1, 8 m
.
= 80, 46 m.
Této vzdálenosti by bylo dosaženo pro
ϕ0 = 1
2
arccos 9,806 65·1,8
27,7782+9,806 65·1,8
.
= 0, 774 2 rad ≈ 44, 36 ◦
.
Světový rekord Barbory Špotákové se ovšem hranici 80 m ani neblíží,
přestože další vlivy (kupř. odpor vzduchu) lze zanedbat. Nesmíme
však zapomenout, že IAAF (Mezinárodní asociace atletických federací)
rozhodla o posunutí těžiště oštěpu směrem ke špičce k 1. dubnu 1 999
(v ženském oštěpu), čímž se zkrátila vzdálenost hodů zhruba o 10 %.
Původní rekord (se „správně vyváženým“ typem oštěpu) byl právě
80, 00 m.
Provedené úvahy a získaný výsledek lze uplatnit také v jiných
atletických disciplínách a sportech. Při golfu je třeba h blízké 0, a tudíž
právě při úhlu
ϕ0 = lim
h→0+
1
2
arccos gh
v2
0+gh
= 1
2
arccos 0 = π
4
rad = 45 ◦
míček dopadne do největší vzdálenosti
R (ϕ0) = lim
h→0+
v0
g
v2
0 + 2gh =
v2
0
g
.
Uvědomme si, že pro h = 0 nelze náš výpočet použít (ϕ0 = π/4),
neboť bychom pro vzdálenost R dostali nedefinovaný výraz tg (π/2).
My jsme však úlohu vyřešili pro libovolné h > 0, a proto jsme si mohli
pomoci příslušnou jednostrannou limitou.
5.48. Proč má duha kruhový tvar?
Řešení. V příkladu nazvaném Snellův zákon jsme si objasnili, co je
příčinou vzniku duhy. (Duha vzniká rozkladem slunečního světla na
vodních kapkách.) Nyní na tento příklad navážeme. Přesněji, detailně se
podíváme, co se děje se světlem při jeho průchodu dešťovou kapkou. Viz
obrázek. Paprsek dopadající na povrch kapky v bodě A se „rozdvojí“.
Část světla se odrazí (pod úhlem ϕi od normály) a část se zlomí dovnitř
kapky pod vyznačeným úhlem ϕr. Paprsek uvnitř kapky se odrazí od
povrchu kapky v bodě B. Protože je | OA | = | OB |, úhel odrazu je
roven ϕr. Samozřejmě během tohoto odrazu se opět část světla lomí
ven z kapky. Paprsek odražený uvnitř kapky však dopadá na povrch
kapky v bodě C a láme se směrem k pozorovateli pod úhlem ϕi od
normály. Doplňme, že zanedbáváme možnost vzniku tzv. sekundární
(vedlejší) duhy, kdy se paprsek v kapce odrazí dvakrát (a pochopitelně
i vícečetné odrazy).
Vyjádříme si úhel α := AIC. Neboť OAI = ϕi a OAB =
ϕr, je BAI = ϕi − ϕr. Platí tak
BIA = π − ( ABI) − ( BAI) = π − (π − ϕr) − (ϕi − ϕr) =
2ϕr − ϕi
a dále
α = 2 · BIA = 4ϕr − 2ϕi.
Podle Snellova zákonu lomu je
sin ϕi
sin ϕr
= n,
kde n označuje index lomu pro vodu (klademe totiž index lomu pro
vzduch roven 1). Máme tedy vztah
ϕr = arcsin sin ϕi
n
,
z něhož již plyne
ves32ju5bves32ju5b (5.11) α = 4 arcsin
sin ϕi
n
− 2ϕi.
Pro paprsky vycházející z kapky je hodnota α odlišná. Konkrétní
přípustné hodnoty α však nejsou rozloženy rovnoměrně. Je-li R poloměr
kapky a y udává vzdálenost bodu A od horizontální roviny procházející
středem kapky, platí
ves32ju5bhves32ju5bh (5.12) sin ϕi =
y
R
pro y ∈ [0, R].
Samozřejmě můžeme předpokládat (vzhledem k výrazné vzdálenosti
Slunce), že množství sluneční energie pro y ∈ [a − δ, a + δ] nezávisí
na a ∈ [δ, R − δ], ale závisí pouze na velikosti uvažovaného rozsahu
hodnot y pro dostatečně malá δ > 0. Má tak smysl analyzovat funkci
(viz (5.11) a (5.12))
α(y) = 4 arcsin y
nR
− 2 arcsin y
R
, y ∈ [0, R].
Volbou vhodné jednotky délky (pro kterou je R = 1) přejdeme k funkci
α(x) = 4 arcsin x
n
− 2 arcsin x, x ∈ [0, 1].
Po výpočtu derivace
α (x) = 4
n 1− x2
n2
− 2
1−x2
, x ∈ (0, 1)
snadno určíme, že rovnice α (x) = 0 má jediné řešení
x0 = 4−n2
3
∈ (0, 1), pokud n2
∈ (1, 4).
Položme n = 4/3 (což je přibližně index lomu pro vodu). Dále je
α (x) > 0, x ∈ (0, x0), α (x) < 0, x ∈ (x0, 1).
Zjistili jsme, že v bodě
x0 =
4− 4
3
2
3
= 2
3
5
3
.
= 0, 86
má funkce α globální maximum
α(x0) = 4 arcsin
√
5
2
√
3
− 2 arcsin 2
√
5
3
√
3
.
= 0, 734 rad ≈ 42 ◦
.
Přestože je zajímavé, že vrchol duhy nemůže být nad úrovní
přibližně 42 ◦
vůči tomu, kdo ji pozoruje; mnohem důležitější jsou
vyčíslení
α(0, 74)
.
= 39, 4 ◦
, α(0, 94)
.
= 39, 2 ◦
,
α(0, 8)
.
= 41, 2 ◦
, α(0, 9)
.
= 41, 5 ◦
.
Ta totiž implikují (funkce α roste na intervalu [0, x0] a klesá na intervalu
[x0, 1]), že více než 20 % hodnot α leží v úzkém pásu zhruba od 39 ◦
do 42 ◦
a 10 % v pásu o šířce menší než 1 ◦
. Pokud navíc uvážíme např.
α(0, 84)
.
= 41, 9 ◦
, α(0, 88)
.
= 41, 9 ◦
,
vidíme, že paprsky, pro které je α blízké hodnotě 42 ◦
, mají největší
intenzitu. Vyzdvihněme, že se jedná o případ tzv. principu minimální
odchylky, kdy platí, že k největší koncentraci rozptýleného světla dochází
právě u paprsků s minimální odchylkou. Celková úhlová odchylka
paprsku se totiž rovná úhlu δ = π − α.
Kapky, ze kterých směřují paprsky k pozorovateli vidícímu duhu,
tak leží na povrchu kuželu s centrálním úhlem 2α(x0). Nadzemní část
tohoto kuželu se pak jeví pozorovateli právě jako kruhový oblouk duhy
(viz obrázek). Při západu Slunce by tedy měla duha tvar půlkružnice.
Uvažte také, že duha se realizuje vzhledem k pozorovateli – není nikde
v prostoru. Na závěr poznamenejme, že onen kruhový tvar duhy podrobně
zdokumentoval již René Descartes, který duhu vědecky zkoumal
v letech 1635–1637.
Další praktické úlohy na hledání extrémů funkcí jedné proměnné
viz 277
G. Řady
Řady se přirozeně vyskytují v celé řadě (problémů).
5.49. Sierpińského koberec. Jednotkový čtverec se rozdělí na devět
shodných čtverců a odstraní se prostřední čtverec. Každý ze zbývajících
čtverců se znovu rozdělí na devět shodných čtverců a odstraní
se prostřední čtverec. Určete obsah zbylého obrazce po prodloužení
tohoto postupu do nekonečna.
Řešení. V prvním kroku se odstraní 1 čtverec o obsahu 1/9. Ve druhém
kroku se odstraní 8 čtverců o obsahu 9−2
, tj. o celkovém obsahu
8 · 9−2
. V každé další iteraci se odstraní osminásobek počtu čtverců
z předešlého kroku, přičemž obsah každého z nich je devítinou obsahu
1 čtverce z předchozího kroku. Součet obsahů všech odstraněných
čtverců je
1
9
+ 8
92 + 82
93 + · · · =
∞
n=0
8n
9n+1 .
Obsah zbylého obrazce (tzv. Sierpińského koberce) tak činí
1 −
∞
n=0
8n
9n+1 = 1 − 1
9
∞
n=0
8
9
n
= 1 − 1
9
· 1
1− 8
9
= 0.
5.50. Kochova vločka, 1904. Vytvořte „sněhovou vločku“ následujícím
postupem. Na začátku uvažujte rovnostranný trojúhelník s jednotkovou
délkou strany. Každou z jeho stran rozdělte na třetiny a nad
prostředními třetinami sestrojte rovnostranné trojúhelníky, kdy základny
(prostřední třetiny stran původního trojúhelníku) odstraníte.
Takto z původního trojúhelníku dostanete šesticípou hvězdu. Celý postup
opakujte tak, že každou úsečku obdrženou v předchozím kroku
rozdělíte na třetiny a prostřední třetinu nahradíte za rovnostranný trojúhelník
bez základny. Sněhovou vločku pak získáte nekonečným opakováním
tohoto postupu. Dokažte, že vzniklý útvar (vločka) má nekonečný
obvod. Poté určete jeho obsah.
Řešení. Obvod původního trojúhelníku je roven 3. V každém kroku
konstrukce se prodlouží obvod útvaru o třetinu, neboť ze tří částí každé
úsečky vzniknou čtyři stejné délky. Odsud vyplývá, že obvod vločky
lze vyjádřit jako limitu
lim
n→∞
3 · 1 + 1
3
n
= +∞.
Útvar se zřejmě během konstrukce zvětšuje. Ke stanovení jeho obsahu
nám tudíž stačí zachytit, o kolik se jeho obsah zvětší v jednotlivých
krocích. Počet jeho stran se v libovolném kroku stává čtyřnásobným
(usečky se rozdělí na třetiny, kdy místo prostřední třetiny máme dvě
úsečky), přičemž délka nových stran je třetinová. V následujícím kroku
se obsah útvaru zvětší právě o obsahy stejných rovnostranných trojúhelníků,
jejichž počet je stejný jako počet úseček v předchozím kroku
a jejichž strany mají délku třetin těchto úseček. Když takto přecházíme
od rovnostranného trojúhelníku k šesticípé hvězdě při první realizaci
uvedeného postupu, obsah se zvětší o 3 rovnostranné trojúhelníky (jejich
počet odpovídá počtu stran původního útvaru) s délkou stran 1/3
(ta je třetinová). Označme obsah původního trojúhelníku jako S0. Pokud
si uvědomíme, že zmenšením strany rovnostranného trojúhelníku
na třetinu se jeho obsah zmenší děvětkrát, dostaneme obsah šesticípé
hvězdy ve tvaru
S0 + 3 · S0
9
.
Podobně v dalším kroku obdržíme obsah útvaru jako
S0 + 3 · S0
9
+ 4 · 3 · S0
92 .
Počet přidávaných trojúhelníků je čtyřnásobný a délky jejich stran
třetinové.
Nyní již není obtížné odvodit, že obsah vločky je roven limitě
lim
n→∞
S0 + 3 · S0
9
+ 4 · 3 · S0
92 + · · · + 4n
· 3 · S0
9n+1 =
S0 lim
n→∞
1 + 1
3
+ 1
3
· 4
9
+ · · · + 1
3
· 4
9
n
=
S0 1 + 1
3
lim
n→∞
1 + 4
9
+ · · · + 4
9
n
= S0 1 + 1
3
lim
n→∞
n
k=0
4
9
k
=
S0 1 + 1
3
∞
k=0
4
9
k
= S0 1 + 1
3
· 1
1− 4
9
= 8
5
S0.
Obsah vločky je tedy 8/5 obsahu původního trojúhelníka, tj.
8
5
S0 = 8
5
·
√
3
4
= 2
√
3
5
.
Zopakujme, že tato vločka je příkladem toho, jak nekonečně dlouhá
křivka může ohraničovat konečnou plochu.
5.51. Sečtěte řadu
(a)
∞
n=1
1√
n
− 1√
n+1
;
(b)
∞
n=0
5
3n ;
(c)
∞
n=1
3
42n−1 + 2
42n ;
(d)
∞
n=1
n
3n ;
(e)
∞
n=0
1
(3n+1)(3n+4)
.
Řešení. Případ (a). Podle definice je součet řady
∞
n=1
1√
n
− 1√
n+1
=
lim
n→∞
1√
1
− 1√
2
+ 1√
2
− 1√
3
+ · · · + 1√
n
− 1√
n+1
=
lim
n→∞
1 + − 1√
2
+ 1√
2
+ · · · + − 1√
n
+ 1√
n
− 1√
n+1
= 1.
Případ (b). Zjevně se jedná o pětinásobek konvergentní geometrické
řady s kvocientem q = 1/3, a tudíž je
∞
n=0
5
3n = 5
∞
n=0
1
3
n
= 5 · 1
1− 1
3
= 15
2
.
Případ (c). Platí (při substituci m = n − 1)
∞
n=1
3
42n−1 + 2
42n = 3
4
∞
n=1
1
42n−2 + 2
16
∞
n=1
1
42n−2 =
3
4
+ 2
16
∞
m=0
1
42m = 14
16
∞
m=0
1
16
m
= 14
16
· 1
1− 1
16
= 14
15
.
Řadu lineárních kombinací jsme zde vyjádřili jako lineární kombinaci
řad (přesněji řečeno, jako součet řad s vytknutím konstant), což je
platná úprava, pokud obdržené řady jsou absolutně konvergentní.
Případ (d). Z částečného součtu
sn = 1
3
+ 2
32 + 3
33 + · · · + n
3n , n ∈ N
bezprostředně získáváme
sn
3
= 1
32 + 2
33 + · · · + n−1
3n + n
3n+1 , n ∈ N.
Je tedy
sn − sn
3
= 1
3
+ 1
32 + 1
33 + · · · + 1
3n − n
3n+1 , n ∈ N.
Protože lim
n→∞
n
3n+1 = 0, dostáváme
∞
n=1
n
3n = lim
n→∞
3
2
sn − sn
3
= 3
2
lim
n→∞
n
k=1
1
3k =
3
2
∞
k=1
1
3
k
= 3
2
1
1− 1
3
− 1 = 3
4
.
Případ (e). Stačí použít vyjádření (jde o tzv. rozklad na parciální
zlomky)
1
(3n+1)(3n+4)
= 1
3
· 1
3n+1
− 1
3
· 1
3n+4
, n ∈ N ∪ {0},
které dává
∞
n=0
1
(3n+1)(3n+4)
=
lim
n→∞
1
3
1 − 1
4
+ 1
4
− 1
7
+ 1
7
− 1
10
+ · · · + 1
3n+1
− 1
3n+4
= lim
n→∞
1
3
1 − 1
3n+4
= 1
3
.
5.52. Ověřte, že platí
∞
n=1
1
n2 <
∞
n=0
1
2n .
Řešení. Ihned je vidět, že
1 ≤ 1, 1
22 + 1
32 < 2 · 1
22 = 1
2
, 1
42 + 1
52 + 1
62 + 1
72 < 4 · 1
42 = 1
4
,
resp. obecný odhad
1
(2n)2 + · · · + 1
(2n+1−1)2 < 2n
· 1
(2n)2 = 1
2n , n ∈ N.
Odsud (porovnáním členů obou řad) dostáváme zadanou nerovnost,
z níž mj. plyne absolutní konvergence řady ∞
n=1
1
n2 . Ještě upřesněme,
že je
∞
n=1
1
n2 = π2
6
< 2 =
∞
n=0
1
2n .
5.53. Vyšetřete konvergenci řady
∞
n=1
ln n+1
n
.
Řešení. Pokusme se uvedenou řadu sečíst. Platí
∞
n=1
ln n+1
n
= lim
n→∞
ln 2
1
+ ln 3
2
+ ln 4
3
+ · · · + ln n+1
n
=
lim
n→∞
ln 2·3·4···(n+1)
1·2·3···n
= lim
n→∞
ln (n + 1) = +∞.
Řada tudíž diverguje k +∞.
5.54. Prokažte, že řady
∞
n=0
arctg n2+2n+3
√
n+4
n+1
;
∞
n=1
3n+1
n3+n2−n
nekonvergují.
Řešení. Protože
lim
n→∞
arctg n2+2n+3
√
n+4
n+1
= lim
n→∞
arctg n2
n
= π
2
a
lim
n→∞
3n+1
n3+n2−n
= lim
n→∞
3n
n3 = +∞,
není splněna nutná podmínka konvergence lim
n→∞
an = 0 řady ∞
n=n0
an.
5.55. Jaký je součet řady
∞
n=2
1
n√
ln n
?
Řešení. Z nerovností (uvažte graf přirozeného logaritmu)
1 ≤ ln n ≤ n, n ≥ 3, n ∈ N
plyne
n
√
1 ≤ n
√
ln n ≤ n
√
n, n ≥ 3, n ∈ N.
Podle Věty o třech limitách je
lim
n→∞
n
√
ln n = 1, tj. lim
n→∞
1
n√
ln n
= 1.
Řada tedy není konvergentní. Neboť má nezáporné členy, musí divergovat
k +∞.
5.56. Zjistěte, zda řada
(a)
∞
n=0
1
(n+1)·3n ;
(b)
∞
n=1
n2+1
n3 ;
(c)
∞
n=1
1
n−ln n
konverguje.
Řešení. Všechny tři uvedené řady mají nezáporné členy, a tak mohou
v jednotlivých variantách nastat jen dvě možnosti – součet je konečný,
součet je roven +∞. Platí
(a)
∞
n=0
1
(n+1)·3n ≤
∞
n=0
1
3
n
= 1
1− 1
3
< +∞;
(b)
∞
n=1
n2+1
n3 ≥
∞
n=1
n2
n3 =
∞
n=1
1
n
= +∞;
(c)
∞
n=1
1
n−ln n
≥
∞
n=1
1
n
= +∞.
Odtud plyne, že řada (a) konverguje; (b) diverguje k +∞; (c) diverguje
k +∞.
5.57. Aplikací podílového (tzv. d’Alembertova) kritéria (viz ??) určete,
jestli nekonečná řada
(a)
∞
n=1
2n·(n+1)3
3n ;
(b)
∞
n=1
6n
n!
;
(c)
∞
n=1
nn
n2·n!
konverguje.
Řešení. Protože (an ≥ 0 pro všechna n)
(a) lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1·(n+2)3·3n
3n+1·2n·(n+1)3 = lim
n→∞
2(n+2)3
3(n+1)3 = lim
n→∞
2n3
3n3 =
2
3
< 1;
(b) lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
6n+1
(n+1)!
· n!
6n = lim
n→∞
6
n+1
= 0 < 1;
(c) lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
(n+1)n+1
(n+1)2·(n+1)!
· n2·n!
nn = lim
n→∞
n2
(n+1)2 ·
lim
n→∞
(n+1)n
nn = lim
n→∞
n2
n2 · lim
n→∞
1 + 1
n
n
= 1 · e > 1,
řada (a) konverguje; (b) konverguje; (c) nekonverguje (diverguje k +∞).
5.58. Aplikací odmocninového (tzv. Cauchyova) kritéria určete, jestli
nekonečná řada
(a)
∞
n=1
1
lnn(n+1)
;
(b)
∞
n=1
n+1
n
n2
n3·3n ;
(c)
∞
n=1
arcsinn 2n
2n
konverguje.
Řešení. Opět máme řady s nezápornými členy, přičemž je
(a) lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
1
ln(n+1)
= 0 < 1;
(b) lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
n+1
n
n
n√
n3·3
=
lim
n→∞
1+ 1
n
n
3 lim
n→∞
n√
n
3 = e
3
< 1;
(c) lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
arcsin 2n
2n = arcsin 0 = 0 < 1.
To znamená, že všechny zadané řady konvergují.
5.59. Rozhodněte, zda řada
(a)
∞
n=1
(−1)n
ln 1 + 1
2n ;
(b)
∞
n=1
(−2)n2
n!
;
(c)
∞
n=1
(−3)n
(6+(−1)n)n
konverguje.
Řešení. Případ (a). Podle l’Hospitalova pravidla je
lim
x→+∞
ln 1+ 1
2x
1
2x
= lim
x→+∞
1
1+ 1
2x
1+ 1
2x
1
2x
= lim
x→+∞
1
1+ 1
2x
= 1,
a proto platí
0 < ln 1 + 1
2n ≤ 2
2n
pro všechna dostatečně velká n ∈ N. Ovšem o řadě ∞
n=1
2
2n víme, že
je konvergentní. Musí tak být
∞
n=1
ln 1 + 1
2n < +∞,
tj. řada v zadání konverguje (absolutně).
Případ (b). Podílové kritérium dává
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2(n+1)2
·n!
(n+1)!·2n2 = lim
n→∞
22n+1
n+1
= lim
n→∞
2·4n
n+1
= +∞.
Řada tedy nekonverguje.
Případ (c). Nyní použijeme obecnou verzi odmocninového kritéria
lim sup
n→∞
n
√
| an | = lim sup
n→∞
3
6+(−1)n = 3
5
< 1,
z níž plyne (absolutní) konvergence řady.
5.60. Libovolným způsobem dojděte k rozhodnutí o konvergenci alternující
řady
(a)
∞
n=1
(−1)n n2+3n−1
(3n−2)2 ;
(b)
∞
n=1
(−1)n−1 3n4−3n3+9n−1
(5n3−2)·4n .
Řešení. Případ (a). Z toho, že je
lim
n→∞
n2+3n−1
(3n−2)2 = lim
n→∞
n2
9n2 = 1
9
= 0,
ihned vyplývá neexistence limity
lim
n→∞
(−1)n n2+3n−1
(3n−2)2 .
Řada tudíž nekonverguje (není splněna nutná podmínka konvergence).
Případ (b). Viděli jsme, že při použití podílového (nebo odmocninového)
kritéria polynomy v čitateli ani jmenovateli členů řady neovlivňují
hodnotu počítané limity. Uvažujme tedy řadu
∞
n=1
(−1)n−1 1
4n ,
pro kterou je
lim
n→∞
an+1
an
= 1
4
< 1.
To ovšem znamená, že rovněž původní řada je (absolutně) konvergentní.
5.61. Konverguje řada
∞
n=1
(−1)n+1
arctg 2√
3n
?
Řešení. Posloupnost 2/
√
3n
n∈N
je zřejmě klesající a funkce
y = arctg x rostoucí (na celé reálné ose), a tudíž posloupnost
arctg 2/
√
3n
n∈N
je klesající. Je tedy zadána alternující řada
splňující, že posloupnost absolutních hodnot jejích členů je klesající.
Taková alternující řada konverguje, právě když posloupnost jejích členů
konverguje k 0 (tzv. Leibnizovo kritérium), což je ovšem splněno:
lim
n→∞
arctg 2√
3n
= arctg 0 = 0,
tj.
lim
n→∞
(−1)n+1
arctg 2√
3n
= 0.
5.62. Zjistěte, jestli řada
(a)
∞
n=1
sin n
n2 ;
(b)
∞
n=1
cos(πn)
3√
n2
konverguje absolutně, příp. neabsolutně (relativně), nebo nekonverguje.
Řešení. Případ (a). Ukázat, že tato řada konverguje absolutně, je snadné.
Např. je
∞
n=1
sin n
n2 ≤
∞
n=1
1
n2 <
∞
n=0
1
2n = 2,
přičemž druhou nerovnost jsme dokázali dříve.
Případ (b). Je vidět, že cos (πn) = (−1)n
, n ∈ N. Máme tedy
alternující řadu, jejíž posloupnost členů v absolutní hodnotě je klesající.
Proto z limity
lim
n→∞
1
3√
n2
= 0
již plyne, že řada konverguje. Zároveň však je
∞
n=1
cos(πn)
3√
n2
=
∞
n=1
1
3√
n2
≥
∞
n=1
1
n
= +∞.
Řada tak konverguje neabsolutně.
5.63. Sečtěte řadu
(a)
∞
n=1
1√
n
− 1√
n+1
;
(b)
∞
n=0
5
3n ;
(c)
∞
n=1
3
42n−1 + 2
42n ;
(d)
∞
n=1
n
3n ;
(e)
∞
n=0
1
(3n+1)(3n+4)
.
Řešení. Případ (a). Podle definice je součet řady
∞
n=1
1√
n
− 1√
n+1
=
lim
n→∞
1√
1
− 1√
2
+ 1√
2
− 1√
3
+ · · · + 1√
n
− 1√
n+1
=
lim
n→∞
1 + − 1√
2
+ 1√
2
+ · · · + − 1√
n
+ 1√
n
− 1√
n+1
= 1.
Případ (b). Zjevně se jedná o pětinásobek konvergentní geometrické
řady s kvocientem q = 1/3, a tudíž je
∞
n=0
5
3n = 5
∞
n=0
1
3
n
= 5 · 1
1− 1
3
= 15
2
.
Případ (c). Platí (při substituci m = n − 1)
∞
n=1
3
42n−1 + 2
42n = 3
4
∞
n=1
1
42n−2 + 2
16
∞
n=1
1
42n−2 =
3
4
+ 2
16
∞
m=0
1
42m = 14
16
∞
m=0
1
16
m
= 14
16
· 1
1− 1
16
= 14
15
.
Řadu lineárních kombinací jsme zde vyjádřili jako lineární kombinaci
řad (přesněji řečeno, jako součet řad s vytknutím konstant), což je
platná úprava, pokud obdržené řady jsou absolutně konvergentní.
Případ (d). Z částečného součtu
sn = 1
3
+ 2
32 + 3
33 + · · · + n
3n , n ∈ N
bezprostředně získáváme
sn
3
= 1
32 + 2
33 + · · · + n−1
3n + n
3n+1 , n ∈ N.
Je tedy
sn − sn
3
= 1
3
+ 1
32 + 1
33 + · · · + 1
3n − n
3n+1 , n ∈ N.
Protože lim
n→∞
n
3n+1 = 0, dostáváme
∞
n=1
n
3n = lim
n→∞
3
2
sn − sn
3
= 3
2
lim
n→∞
n
k=1
1
3k =
3
2
∞
k=1
1
3
k
= 3
2
1
1− 1
3
− 1 = 3
4
.
Případ (e). Stačí použít vyjádření (jde o tzv. rozklad na parciální
zlomky)
1
(3n+1)(3n+4)
= 1
3
· 1
3n+1
− 1
3
· 1
3n+4
, n ∈ N ∪ {0},
které dává
∞
n=0
1
(3n+1)(3n+4)
=
lim
n→∞
1
3
1 − 1
4
+ 1
4
− 1
7
+ 1
7
− 1
10
+ · · · + 1
3n+1
− 1
3n+4
= lim
n→∞
1
3
1 − 1
3n+4
= 1
3
.
5.64. Ověřte, že platí
∞
n=1
1
n2 <
∞
n=0
1
2n .
Řešení. Ihned je vidět, že
1 ≤ 1, 1
22 + 1
32 < 2 · 1
22 = 1
2
, 1
42 + 1
52 + 1
62 + 1
72 < 4 · 1
42 = 1
4
,
resp. obecný odhad
1
(2n)2 + · · · + 1
(2n+1−1)2 < 2n
· 1
(2n)2 = 1
2n , n ∈ N.
Odsud (porovnáním členů obou řad) dostáváme zadanou nerovnost,
z níž mj. plyne absolutní konvergence řady ∞
n=1
1
n2 . Ještě upřesněme,
že je
∞
n=1
1
n2 = π2
6
< 2 =
∞
n=0
1
2n .
5.65. Vyšetřete konvergenci řady
∞
n=1
ln n+1
n
.
Řešení. Pokusme se uvedenou řadu sečíst. Platí
∞
n=1
ln n+1
n
= lim
n→∞
ln 2
1
+ ln 3
2
+ ln 4
3
+ · · · + ln n+1
n
=
lim
n→∞
ln 2·3·4···(n+1)
1·2·3···n
= lim
n→∞
ln (n + 1) = +∞.
Řada tudíž diverguje k +∞.
5.66. Prokažte, že řady
∞
n=0
arctg n2+2n+3
√
n+4
n+1
;
∞
n=1
3n+1
n3+n2−n
nekonvergují.
Řešení. Protože
lim
n→∞
arctg n2+2n+3
√
n+4
n+1
= lim
n→∞
arctg n2
n
= π
2
a
lim
n→∞
3n+1
n3+n2−n
= lim
n→∞
3n
n3 = +∞,
není splněna nutná podmínka konvergence lim
n→∞
an = 0 řady ∞
n=n0
an.
5.67. Jaký je součet řady
∞
n=2
1
n√
ln n
?
Řešení. Z nerovností (uvažte graf přirozeného logaritmu)
1 ≤ ln n ≤ n, n ≥ 3, n ∈ N
plyne
n
√
1 ≤ n
√
ln n ≤ n
√
n, n ≥ 3, n ∈ N.
Podle Věty o třech limitách (??) je
lim
n→∞
n
√
ln n = 1, tj. lim
n→∞
1
n√
ln n
= 1.
Řada tedy není konvergentní. Neboť má nezáporné členy, musí divergovat
k +∞.
5.68. Zjistěte, zda řada
(a)
∞
n=0
1
(n+1)·3n ;
(b)
∞
n=1
n2+1
n3 ;
(c)
∞
n=1
1
n−ln n
konverguje.
Řešení. Všechny tři uvedené řady mají nezáporné členy, a tak mohou
v jednotlivých variantách nastat jen dvě možnosti – součet je konečný,
součet je roven +∞. Platí
(a)
∞
n=0
1
(n+1)·3n ≤
∞
n=0
1
3
n
= 1
1− 1
3
< +∞;
(b)
∞
n=1
n2+1
n3 ≥
∞
n=1
n2
n3 =
∞
n=1
1
n
= +∞;
(c)
∞
n=1
1
n−ln n
≥
∞
n=1
1
n
= +∞.
Odtud plyne, že řada (a) konverguje; (b) diverguje k +∞; (c) diverguje
k +∞.
5.69. Aplikací podílového (tzv. d’Alembertova) kritéria určete, jestli
nekonečná řada
(a)
∞
n=1
2n·(n+1)3
3n ;
(b)
∞
n=1
6n
n!
;
(c)
∞
n=1
nn
n2·n!
konverguje.
Řešení. Protože (an ≥ 0 pro všechna n)
(a) lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1·(n+2)3·3n
3n+1·2n·(n+1)3 = lim
n→∞
2(n+2)3
3(n+1)3 = lim
n→∞
2n3
3n3 =
2
3
< 1;
(b) lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
6n+1
(n+1)!
· n!
6n = lim
n→∞
6
n+1
= 0 < 1;
(c) lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
(n+1)n+1
(n+1)2·(n+1)!
· n2·n!
nn = lim
n→∞
n2
(n+1)2 ·
lim
n→∞
(n+1)n
nn = lim
n→∞
n2
n2 · lim
n→∞
1 + 1
n
n
= 1 · e > 1,
řada (a) konverguje; (b) konverguje; (c) nekonverguje (diverguje k +∞).
5.70. Aplikací odmocninového (tzv. Cauchyova) kritéria určete, jestli
nekonečná řada
(a)
∞
n=1
1
lnn(n+1)
;
(b)
∞
n=1
n+1
n
n2
n3·3n ;
(c)
∞
n=1
arcsinn 2n
2n
konverguje.
Řešení. Opět máme řady s nezápornými členy, přičemž je
(a) lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
1
ln(n+1)
= 0 < 1;
(b) lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
n+1
n
n
n√
n3·3
=
lim
n→∞
1+ 1
n
n
3 lim
n→∞
n√
n
3 = e
3
< 1;
(c) lim
n→∞
n
√
an = lim
n→∞
arcsin 2n
2n = arcsin 0 = 0 < 1.
To znamená, že všechny zadané řady konvergují.
5.71. Rozhodněte, zda řada
(a)
∞
n=1
(−1)n
ln 1 + 1
2n ;
(b)
∞
n=1
(−2)n2
n!
;
(c)
∞
n=1
(−3)n
(6+(−1)n)n
konverguje.
Řešení. Případ (a). Podle l’Hospitalova pravidla je
lim
x→+∞
ln 1+ 1
2x
1
2x
= lim
x→+∞
1
1+ 1
2x
1+ 1
2x
1
2x
= lim
x→+∞
1
1+ 1
2x
= 1,
a proto platí
0 < ln 1 + 1
2n ≤ 2
2n
pro všechna dostatečně velká n ∈ N. Ovšem o řadě ∞
n=1
2
2n víme, že
je konvergentní. Musí tak být
∞
n=1
ln 1 + 1
2n < +∞,
tj. řada v zadání konverguje (absolutně).
Případ (b). Podílové kritérium dává
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2(n+1)2
·n!
(n+1)!·2n2 = lim
n→∞
22n+1
n+1
= lim
n→∞
2·4n
n+1
= +∞.
Řada tedy nekonverguje.
Případ (c). Nyní použijeme obecnou verzi odmocninového kritéria
lim sup
n→∞
n
√
| an | = lim sup
n→∞
3
6+(−1)n = 3
5
< 1,
z níž plyne (absolutní) konvergence řady.
5.72. Libovolným způsobem dojděte k rozhodnutí o konvergenci alternující
řady
(a)
∞
n=1
(−1)n n2+3n−1
(3n−2)2 ;
(b)
∞
n=1
(−1)n−1 3n4−3n3+9n−1
(5n3−2)·4n .
Řešení. Případ (a). Z toho, že je
lim
n→∞
n2+3n−1
(3n−2)2 = lim
n→∞
n2
9n2 = 1
9
= 0,
ihned vyplývá neexistence limity
lim
n→∞
(−1)n n2+3n−1
(3n−2)2 .
Řada tudíž nekonverguje (není splněna nutná podmínka konvergence).
Případ (b). Viděli jsme, že při použití podílového (nebo odmocninového)
kritéria polynomy v čitateli ani jmenovateli členů řady neovlivňují
hodnotu počítané limity. Uvažujme tedy řadu
∞
n=1
(−1)n−1 1
4n ,
pro kterou je
lim
n→∞
an+1
an
= 1
4
< 1.
To ovšem znamená, že rovněž původní řada je (absolutně) konvergentní.
5.73. Konverguje řada
∞
n=1
(−1)n+1
arctg 2√
3n
?
Řešení. Posloupnost 2/
√
3n
n∈N
je zřejmě klesající a funkce
y = arctg x rostoucí (na celé reálné ose), a tudíž posloupnost
arctg 2/
√
3n
n∈N
je klesající. Je tedy zadána alternující řada
splňující, že posloupnost absolutních hodnot jejích členů je klesající.
Taková alternující řada konverguje, právě když posloupnost jejích členů
konverguje k 0 (tzv. Leibnizovo kritérium), což je ovšem splněno:
lim
n→∞
arctg 2√
3n
= arctg 0 = 0,
tj.
lim
n→∞
(−1)n+1
arctg 2√
3n
= 0.
5.74. Zjistěte, jestli řada
(a)
∞
n=1
sin n
n2 ;
(b)
∞
n=1
cos(πn)
3√
n2
konverguje absolutně, příp. neabsolutně (relativně), nebo nekonverguje.
Řešení. Případ (a). Ukázat, že tato řada konverguje absolutně, je snadné.
Např. je
∞
n=1
sin n
n2 ≤
∞
n=1
1
n2 <
∞
n=0
1
2n = 2,
přičemž druhou nerovnost jsme dokázali dříve.
Případ (b). Je vidět, že cos (πn) = (−1)n
, n ∈ N. Máme tedy
alternující řadu, jejíž posloupnost členů v absolutní hodnotě je klesající.
Proto z limity
lim
n→∞
1
3√
n2
= 0
již plyne, že řada konverguje. Zároveň však je
∞
n=1
cos(πn)
3√
n2
=
∞
n=1
1
3√
n2
≥
∞
n=1
1
n
= +∞.
Řada tak konverguje neabsolutně.
5.75. Ukažte, že tzv. harmonická řada
∞
i=1
1
i
diverguje.
Řešení. Pro libovolné přirozené k je součet prvních 2k
členů řady větší
než k/2:
1 +
1
2
> 1
2
+
1
3
+
1
4
> 1
4 + 1
4 = 1
2
+
1
5
+
1
6
+
1
7
+
1
8
> 1
8 + 1
8 + 1
8 + 1
8 = 1
2
+ . . . ,
součet členů od 2l
+ 1 do 2l+1
je totiž vždy větší než 2l
-krát (jejich
počet) číslo 1/2l
(nejmenší z nich), což je dohromady 1/2.
p5.26
5.76. Rozhodněte o následujících řadách, jestli konvergují či divergují:
i)
∞
n=1
2n
n
ii)
∞
n=1
1√
n
iii)
∞
n=1
1
n·2100000
iv)
∞
n=1
1
(1+i)n
Řešení.
i) Budeme zkoumat konvergenci podílovým kritériem:
lim
n→∞
an+1
an
= lim
n→∞
2n+1
n+1
2n
n
= lim
n→∞
2(n + 1)
n
= 2 > 1,
řada tedy diverguje.
ii) Odhadneme řadu ze spodu: víme, že pro libovolné přirozené
n platí 1
n
≤ 1√
n
. Pro posloupnost částečných součtů sn zkoumané
řady a posloupnost částečných součtů harmonické řady
sn tedy platí:
sn =
n
i=1
1
√
n
≥
n
i=1
1
n
= sn.
A protože harmonická řada diverguje (viz předchozí příklad),
diverguje i její posloupnost částečných součtů {sn}∞
n=1, tedy
diverguje i posloupnost částečných součtů {sn}∞
n=1, tedy diverguje
i zadaná posloupnost.
iii) Diverguje, jedná se o násobek harmonické řady.
iv) Jedná se o geometrickou řadu s koeficientem 1
1+i
, ta bude
konvergovat, bude-li absolutní hodnota koeficientu menší než
1. Víme, že
|
1
1 + i
| = |
1 − i
2
| = |
1
2
−
1
2
i| =
1
4
+
1
4
=
√
2
2
< 1,
řada tedy konverguje a umíme ji dokonce sečíst:
∞
n=1
1
(1 + i)n
=
1
1 − 1
1+i
=
1 + i
i
= 1 − i.
Další příklady k číselným řadám naleznete na straně 285
H. Mocninné řady
V předchozí podkapitole jsme zkoumali, jestli lze přiřadit smysl
součtu nekonečně mnoha čísel. Nyní se budeme zajímat o to, jaký může
mít význam součet nekonečně mnoha funkcí. Pokud se omezíme
5.77. Určete poloměr konvergence následujících mocninných řad:
i)
∞
n=1
2n
n
xn
ii)
∞
n=1
1
(1+i)n xn
Řešení.
i)
r =
1
lim sup
n→∞
an+1
an
=
1
2
,
viz úloha ??. Daná mocniná řada tedy konverguje pro reálná
x ∈ (−1
2
, 1
2
), případně pro komplexní |x| < 1
2
. Všimněme si,
že řada je divergentní pro x = 1
2
(jde o harmonickou řadu) a
naopak konverguje pro x = −1
2
(alternující harmonická řada).
Rozhodnout o konvergenci pro libovoné x ležící v komplexní
rovině na kružnici o poloměru 1
2
je těžší otázka a přesahuje
rámec našeho kurzu.
ii) Opět díky přechozímu příkladu víme, že
lim sup
n→∞
n 1
(1 + i)n
= lim sup
n→∞
1
1 + i
=
√
2
2
.
je tedy poloměr konvergence dané mocninné řady r =
√
2.
5.78. Určete poloměr konvergence r mocninné řady
(a)
∞
n=1
(−1)n+1
n·8n xn
;
(b)
∞
n=1
(−4n)n
xn
;
(c)
∞
n=1
1 + 1
n
n2
xn
;
(d)
∞
n=1
n5
(2+(−1)n)n xn
.
Řešení. Platí
(a) lim
n→∞
n
√
| an | = lim
n→∞
1
n√
n·8
= 1
8
;
(b) lim
n→∞
n
√
| an | = lim
n→∞
4n = +∞;
(c) lim
n→∞
n
√
| an | = lim
n→∞
1 + 1
n
n
= e;
(d) lim sup
n→∞
n
√
| an | = lim sup
n→∞
n√
n5
2+(−1)n = lim sup
n→∞
n√
n
5
2+(−1)n = 1.
Proto je poloměr konvergence (a) r = 8, (b) r = 0, (c) r = 1/e, (d)
r = 1.
5.79. Stanovte poloměr konvergence r mocninné řady
∞
n=1
ein
3
n3+n·3n
3
n4+2n3+1·πn
(x − 2)n
.
Řešení. Poloměr konvergence libovolné mocninné řady se nezmění,
pokud posuneme její střed nebo nahradíme koeficienty členů tak, že se
nezmění jejich absolutní hodnota. Určeme tedy poloměr konvergence
řady
∞
n=1
3
n3+n·3n
3
n4+2n3+1·πn
xn
.
Protože
lim
n→∞
n
√
na = lim
n→∞
n
√
n
a
= 1 pro a > 0,
můžeme dále přejít k řadě
∞
n=1
3n
πn xn
se stejným poloměrem konvergence r = π/3.
5.80. Nalezněte přibližnou hodnotu čísla sin 1◦
s chybou ostře menší
než 10−10
.
Řešení. Víme, že je
sin x = x − 1
3!
x3
+ 1
5!
x5
− 1
7!
x7
+ · · · =
∞
n=0
(−1)n
(2n+1)!
x2n+1
, x ∈ R.
Dosadíme-li x = π/180, pak částečné součty řady vpravo budou
aproximacemi sin 1◦
. Zbývá určit počet členů, které je třeba sečíst,
aby chyba byla prokazatelně menší než 10−10
. Číselná řada
π
180
− 1
3!
π
180
3
+ 1
5!
π
180
5
− 1
7!
π
180
7
+ · · · =
∞
n=0
(−1)n
(2n+1)!
π
180
2n+1
je alternující s vlastností, že posloupnost absolutních hodnot jejích členů
je klesající. Pokud libovolnou takovou konvergentní řadu nahradíme
jejím částečným součtem, chyba, jíž se tím dopustíme, bude menší
než absolutní hodnota prvního členu uvažované řady nezahrnutého do
částečného součtu. (Důkaz tohoto tvrzení uvádět nebudeme.) Chyba
aproximace
sin 1◦
≈ π
180
− π3
1803·3!
je tak menší než
π5
1805·5!
< 10−10
.
5.81. Sečtěte:
2 + 1 +
2
2!
+
1
3!
+
2
4!
+
1
5!
+
2
6!
+ · · ·
Řešení. Porovnáme-li tvar součtu s rozvojem funkcí sinh a cosh do
mocninných řad, dostáváme výsledek
sinh(1) + 2 cosh(1).
I. Doplňující příklady k celé kapitole
Polynomy
5.82. Určete polynom P(x) co nejmenšího stupně splňující podmínky P(1) = 1, P(2) = 28,
P (0) = 2, P (0) = 1, P (1) = 9.
5.83. Určete polynom P(x) co nejmenšího stupně splňující podmínky P(0) = 0, P(1) = 4, P(−1) =
−2, P (0) = 1, P (1) = 7.
5.84. Určete polynom P(x) co nejmenšího stupně splňující podmínky P(0) = −1, P(1) = −1,
P (−1) = 10, P (0) = −1, P (1) = 6.Topologie
5.85. Určete suprema a infima množin
A = (−3, 0]∪(1, π)∪{6}; B =
(−1)n
n2
; n ∈ N ; C = (−9, 9)∩Q
v R.
5.86. Nalezněte sup A a inf A pro
A =
n + (−1)n
n
; n ∈ N ⊂ R.
5.87. Je-li
N = {1, 2, . . . , n, . . . }, M = −
1
n
; n ∈ N , J = (0, 2]∪[3, 5] {4},
stanovte inf N, sup M, inf J a sup J v R.
5.88. Napište příklad množiny M ⊂ R, která nemá v R infimum, ale má zde supremum; a udejte
příklad množiny N ⊂ R, která nemá v R supremum, ale má zde infimum.
5.89. Uveďte podmnožinu X množiny R, pro kterou je sup X ≤ inf X.
5.90. Udejte příklad množin A, B, C ⊆ R takových, aby platilo
A∩B = ∅, A∩C = ∅, B∩C = ∅, sup A = inf B = inf C = sup C.
Limity
5.91. Vypočtěte limity
lim
x→0
1 − cos (2x)
x sin x
; lim
x→0
1 − cos x
x2
.
Řešení. Využijeme faktu, že
lim
x→0
sin x
x
= 1.
Snadno získáváme
lim
x→0
1 − cos (2x)
x sin x
= lim
x→0
1 − cos2
x − sin2
x
x sin x
= lim
x→0
1 − cos2
x + sin2
x
x sin x
= lim
x→0
2 sin2
x
x sin x
= lim
x→0
2
sin x
x
= 2;
resp.
lim
x→0
1 − cos x
x2
= lim
x→0
1 − cos x
x2
·
1 + cos x
1 + cos x
= lim
x→0
1 − cos2
x
x2 (1 + cos x)
= lim
x→0
sin2
x
x2 (1 + cos x)
= lim
x→0
sin x
x
2
· lim
x→0
1
1 + cos x
=
1
2
.
Dodejme, že jsme také mohli hned použít vyjádření
1 − cos (2x) = 2 sin2
x, x ∈ R.
5.92. Z definice limity dokažte, že je
lim
x→0
x3
− 2 = −2.
5.93. Z definice limity určete
lim
x→−1
(1 + x)2
− 3
2
,
tj. mj. napište δ(ε)-předpis jako v minulém příkladu.
5.94. Ukažte z definice limity, že
lim
x→−∞
3 (x − 2)4
2
= +∞.
5.95. Stanovte
lim
n→∞
1
n2
+
2
n2
+ · · · +
n − 2
n2
+
n − 1
n2
.
5.96. Vypočítejte
lim
n→∞
√
n3 − 11n2 + 2 + 5
√
n7 − 2n5 − n3 − n + sin2
n
2 − 3
√
5n4 + 2n3 + 5
.
5.97. Určete limitu
lim
n→∞
n! + (n − 2)! − (n − 4)!
n50 + n! − (n − 1)!
.
5.98. Udejte příklad posloupností majících nevlastní limity se členy xn, yn, n ∈ N, pro které je
lim
n→∞
(xn + yn) = 1, lim
n→∞
xn y2
n = +∞.
5.99. Napište všechny hromadné body posloupnosti dané členy
an =
(−1)n
2n
√
4n2 + 5n + 3
, n ∈ N.
5.100. Spočtěte
lim sup
n→∞
an a lim inf
n→∞
an,
je-li
an =
n2
+ 4n − 5
n2 + 9
sin2 nπ
4
, n ∈ N.
5.101. Určete
lim inf
n→∞
(−1)n
1 +
1
n
n
+ sin
nπ
4
.
5.102. Určete obě jednostranné limity
lim
x→0+
arctg
1
x
, lim
x→0−
arctg
1
x
.
Na základě výsledku rozhodněte o existenci limity
lim
x→0
arctg
1
x
.
5.103. Existuje některá z limit
lim
x→0
sin x
x3
, lim
x→0
5x4
+ 1
x
?
5.104. Vypočtěte limitu
lim
x→0
tg x − sin x
sin3
x
.
5.105. Určete
lim
x→π/6
2 sin3
x + 7 sin2
x + 2 sin x − 3
2 sin3
x + 3 sin2
x − 8 sin x + 3
.
5.106. Pro libovolné m, n ∈ N určete
lim
x→1
xm
− 1
xn − 1
.
5.107. Určete
lim
x→+∞
x2 + x − x .
5.108. Stanovte
lim
x→+∞
x 1 + x2 − x2
.
5.109. Vypočítejte
lim
x→0
√
2 −
√
1 + cos x
sin2
x
.
5.110. Určete
lim
x→0
sin (4x)
√
x + 1 − 1
.
5.111. Spočtěte
lim
x→0−
√
1 + tg x −
√
1 − tg x
sin x
.
5.112. Stanovte
lim
x→−∞
2x
+
√
1 + x2 − x9 − 7x5
+ 44x2
3x + 5
√
6x6 + x2 − 18x5 − 592x4
.
5.113. Nechť limx→−∞ f (x) = 0. Je pravda, že limx→−∞(f (x) · g(x)) = 0 pro každou rostoucí
funkci g : R → R?
5.114. V jakých bodech x ∈ R je funkce
y = cos arctg 12x21
+ 11 ·
ecos(x+2)−x3
−11 − x12
+sin (sin (sin (sin x)))
s maximálním definičním oborem spojitá?
5.115. Rozhodněte, zda je funkce
f (x) =
⎧
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
x, x < 0;
0, 0 ≤ x < 1;
x, x = 1;
0, 1 < x < 2;
x, 2 ≤ x ≤ 3;
1
x−3
, x > 3
spojitá; spojitá zleva; spojitá zprava v bodech −π, 0, 1, 2, 3, π.
5.116. Dodefinujte funkci
f (x) = arctg 1 +
5
x2
· sin2
x5
, x ∈ R {0}
pro x = 0 tak, aby byla v tomto bodě spojitá.
5.117. Uveďte p ∈ R, pro které je funkce
f (x) =
sin (6x)
3x
, x ∈ R {0}; f (0) = p
spojitá v počátku.
5.118. Zvolte reálnou hodnotu a tak, aby funkce
h (x) =
x4
− 1
x − 1
, x > 1; h (x) = a, x ≤ 1
byla spojitá v R.
5.119. Libovolným způsobem ověřte, že je
lim
x→0
ex
− 1
x
= 1.
5.120. Vypočtěte
lim
x→0+
sin8
x
x3
; lim
x→−∞
sin8
x
x3
.
5.121. Určete limitu
lim
n→∞
n
n + 5
2n−1
.
5.122. Spočítejte
lim
x→0−
sin x − x
x3
.
Derivace
5.123. Nechť je pohyb tělesa (dráha hmotného bodu) popsán(a) funkcí
s(t) = −(t − 3)2
+ 16, t ∈ [0, 7]
v jednotkách m, s. Stanovte
(a) počáteční (tj. v čase t = 0 s) rychlost tělesa;
(b) čas a polohu, ve kterých má těleso nulovou rychlost;
(c) rychlost a zrychlení tělesa v čase t = 4 s.
Doplňme, že rychlost je derivace dráhy a zrychlení je derivace rychlosti.L’Hospital
5.124. Určete limitu
lim
x→1−
(1 − x) tg
πx
2
.
5.125. Stanovte
lim
x→ π
2 −
π
2
− x tg x .
5.126. Pomocí l’Hospitalova pravidla určete
lim
x→+∞
3
1
x − 2
1
x x .
5.127. Vypočtěte
lim
x→1
1
2 ln x
−
1
x2 − 1
.
5.128. Užitím l’Hospitalova pravidla spočtěte limitu
lim
x→+∞
cos
2
x
x2
.
5.129. Doplňte
lim
x→0
(1 − cos x)sin x
= . . .
5.130. Určete následující dvě limity
lim
x→0+
x
α
ln x , lim
x→+∞
x
α
ln x ,
přičemž α ∈ R je libovolné.Extremy
5.131. V čase t = 0 vyjelo auto z bodu A = [5, 0] rychlostí 4 jednotky za sekundu směrem (−1, 0).
Ve stejném čase vyjelo druhé auto z bodu B = [−2, −1] rychlostí 2 jednotky za sekundu směrem
(0, 1). Kdy si budou auta nejblíže a jaká bude tato vzdálenost?
Řešení. t = 1, 5s, vzdálenost
√
5 jednotek.
5.132. Vrtulník dálniční hlídky letí 3 km nad rovnou silnicí rychlostí 120 km/h. Pilot zaměří radarem
auto jedoucí proti směru letu vrtulníku a naměří, že auto se při vzdušné vzdálenosti 5 km od vrtulníku
k němu přibližuje rychlostí 160 km/h. Spočítejte rychlost auta (vůči předmětu pohozenému na vozovce).
Řešení. Pro jednoduchost budeme v celém příkladu vynechávat fyzikální jednotky, a to kilometry
pro dráhu a hodiny pro čas (rychlost tedy bude v km/h). Pozici vrtulníku v čase t vyjádřeme bodem
[y(t), 3] a auta potom bodem [x(t), 0]; tj. 1 jednotka na osách odpovídá 1 km a současně osy volíme
tak, aby „auto jelo po ose x“. Jako s(t) označme vzdušnou vzdálenost vrtulníku od auta a jako t0
ten časový okamžik, ze kterého jsou údaje v zadání. Spočtěme rychlost auta vzhledem k předmětu
umístěnému do počátku soustavy souřadnic. Můžeme předpokládat, že x(t) > y(t) > 0. Za tohoto
předpokladu je x (t) ≤ 0, y (t) ≥ 0 pro uvažovaná t. Auto se totiž blíží k bodu [0, 0] zprava – hodnota
x(t) se zmenšuje pro zvětšující se t, a tudíž x (t) ≤ 0. Podobně dostáváme y (t) ≥ 0 a také s (t) ≤ 0.
Ještě dodejme, že např. y (t) udává, jak rychle se mění funkce y v čase t, tedy rychlost vrtulníku.
Víme, že je
s (t0) = 5, s (t0) = −160, y (t0) = 120
a že platí (s(t) je přepona pravoúhlého trojúhelníku)
ves7863kves7863k (5.13) (x(t) − y(t))2
+ 32
= s2
(t).
Odtud plyne (x(t) > y(t) > 0)
(x (t0) − y (t0))2
+ 32
= 52
, tj. x (t0) − y (t0) = 4.
Derivováním identity (6.1) získáváme
2 (x(t) − y(t)) x (t) − y (t) = 2s(t)s (t)
a následně pro t = t0
2 · 4 x (t0) − 120 = 2 · 5 · (−160), tj. x (t0) = −80.
Vypočítali jsme, že auto se blíží k předmětu na vozovce rychlostí 80 km/h. Stačí si uvědomit,
s jakými jednotkami jsme pracovali. To, že jsme jako výsledek obdrželi zápornou hodnotu, je pak
zapříčiněno naší volbou souřadnicového umístění.
5.133. Rozlehlý vojenský prostor (nadále zkráceno na VP) s půdorysem čtverce o rozloze 100 km2
je
kolem dokola ohraničený úzkou cestou. Z výchozího místa v jednom rohu VP se lze dostat do cílového
místa uvnitř VP tak, že se jde 5 km po cestě a poté 2 km kolmo k ní. Ovšem můžete jít libovolnou dobu
po cestě rychlostí 5 km za hodinu a potom šikmo přes VP rychlostí 3 km za hodinu. Kolik (kilo)metrů
musíte jít po cestě, abyste došli na místo určení co nejdříve?
Řešení. K tomu, abychom po cestě ušli x km, přičemž x ∈ [0, 5], potřebujeme x/5 hodin. Naše cesta
přes VP pak bude měřit
22 + (5 − x)2 =
√
x2 − 10x + 29
kilometrů a ujdeme ji za
√
x2 − 10x + 29/3 hodin. Celkem bude naše cesta trvat
f (x) = 1
5
x + 1
3
√
x2 − 10x + 29
hodin (připomeňme, že x ∈ [0, 5]). Jediný nulový bod funkce
f (x) = 1
5
+ 1
3
x−5
x2−10x+29
je x = 7/2. Protože derivace f existuje v každém bodě intervalu [0, 5] a protože
f 7
2
= 23
15
< f (5) = 5
3
< f (0) =
√
29
3
,
funkce f má v bodě x = 7/2 absolutní minimum. Po cestě bychom tudíž měli jít 3, 5 km.
5.134. L’Hospitalova kladka. Ke stropu je v bobě A uvázáno lano délky r. Na jeho druhém konci je
připevněna kladka. Ve vzdálenosti d (v bodě B) od bodu A je ke stropu přivázáno druhé lano délky
l >
√
d2 + r2, které prochází kladkou. Na tomto druhém laně je zavěšeno závaží. V jaké pozici se
závaží ustálí (systém přejde do stacionární polohy)? Při řešení úlohy zanedbejte hmotnost i velikost
lan a kladky. Viz obrázek.
Řešení. Systém bude ve stacionární poloze, pokud bude minimalizována jeho potenciální energie,
tj. vzdálenost závaží od stropu f (x) bude maximální. To však znamená, že pro r ≥ d se kladka
pouze přesune pod bod B. Nadále proto budeme předpokládat, že r < d. Podle Pythagorovy věty je
vzdálenost kladky od stropu
√
r2 − x2 a vzdálenost kladky a závaží je l − (d − x)2 + r2 − x2, což
dává
f (x) =
√
r2 − x2 + l − (d − x)2 + r2 − x2.
Poloha systému je zcela popsána hodnotou x ∈ [0, r] (viz obrázek), a tudíž stačí najít globální
maximum funkce f na intervalu [0, r].
Nejprve spočítáme derivaci
f (x) = −x
r2−x2
− −(d−x)−x
(d−x)2+r2−x2
= −x
r2−x2
+ d
(d−x)2+r2−x2
, x ∈ (0, r).
Umocnění rovnice f (x) = 0 pro x ∈ (0, r) vede na
x2
r2−x2 = d2
(d−x)2+r2−x2 .
Vynásobením obou stran výrazem r2
− x2
(d − x)2
+ r2
− x2
pak (po úpravě) dostaneme
2dx3
− 2d2
+ r2
x2
+ d2
r2
= 0, x ∈ (0, r).
Všimneme-li si, že jedním z kořenů polynomu na levé straně je zřejmě x = d, snadno převedeme
poslední rovnici do tvaru
(x − d) 2dx2
− r2
x − dr2
= 0, x ∈ (0, r),
resp. (pro kvadratickou rovnici máme vzorec)
2d (x − d) x − r2+r r2+8d2
4d
x − r2−r r2+8d2
4d
= 0, x ∈ (0, r).
Odsud vidíme, že rovnice f (x) = 0 má v intervalu (0, r) nejvýše jedno řešení. (Neboť je r < d
a
√
r2 + 8d2 > r, dva kořeny uvažovaného polynomu v proměnné x určitě v intervalu (0, r) neleží.)
Zbývá rozhodnout, zda
x0 = r2+r r2+8d2
4d
= 1
4
r r
d
+ r
d
2
+ 8 ∈ (0, r).
Když však uvážíme, že r, d > 0 a r < d, snadno získáme
0 < x0 < 1
4
r 1 +
√
12 + 8 = r.
Vzhledem ke spojistosti funkce f na intervalu (0, r) může dojít ke změně jejího znaménka pouze
v bodě x0. Z limit
lim
x→0+
f (x) = d
d2+r2
, lim
x→r−
f (x) = −∞
tak již vyplývá, že
f (x) > 0, x ∈ (0, x0), f (x) < 0, x ∈ (x0, r).
Funkce f má proto globální maximum na intervalu [0, r] v bodě x0.
5.135. Nejmenovaná poštovní společnost má ve svých podmínkách uvedeno, že délka jí přepravovaného
balíku nesmí být větší než 108 palců a že součet jeho délky a maximálního obvodu nesmí
přesáhnout hodnotu 165 palců. Nalezněte balík největšího objemu, který podle svých podmínek
společnost může doručit.
Řešení. Nechť M označuje hodnotu 165 in (tj. palců) a x délku balíku (v palcích). Hledaný balík bude
mít zřejmě takový tvar, že jeho průřez pro libovolné t ∈ (0, x) bude mít stejný (ten maximální) obvod,
který (rovněž vyjádřen v palcích) budeme značit jako o. Chceme, aby balík měl maximální objem,
a tudíž aby průřez daného obvodu měl maximální obsah. Není obtížné si uvědomit, že rovinný útvar,
který má při daném obvodu maximální obsah, je kruh. Tím jsme dospěli k závěru, že hledaný balík
největšího objemu má tvar válce o výšce x a poloměru podstavy r = o/2π.
Jeho objem je
V = πr2
x = o2 x
4π
,
přičemž musí být o + x ≤ M a také x ≤ 108 in. Uvažujme proto balík, pro který je právě o + x = M.
Ten má objem
V (x) = (M−x)2 x
4π
= x3−2Mx2+M2x
4π
, kde x ∈ (0, 108] .
Spočítáme-li derivaci
V (x) = 3x2−4Mx+M2
4π
=
3(x−M) x− M
3
4π
, x ∈ (0, 108) ,
snadno zjistíme, že funkce V roste na intervalu (0, 55] = (0, M/3] a klesá na intervalu [55, 108] =
[M/3, min {108, M}]. Největší objem tak dostáváme pro x = M/3, přičemž
V M
3
= M3
27π
.
= 0, 011 789 M3
≈ 0, 867 8 m3
.
Pokud by společnost v přepravních podmínkách požadovala, aby měl balík tvar kvádru, příp. jistého
hranolu, můžeme předchozí úvahy zopakovat pro daný průřez o obsahu S, aniž bychom specifikovali,
jak tento průřez vypadá. Stačí si uvědomit, že nutně S = ko2
pro jisté k > 0, které je právě určeno
tvarem průřezu. (Když se pouze změní velikost mnohoúhelníku, jenž je průřezem, tak se změní
ve stejném poměru také jeho obvod. Obsah se však např. zdevítinásobí při trojnásobné velikosti –
trojnásobném obvodu.) Objem balíku je tedy funkcí
V (x) = Sx = ko2
x = k (M − x)2
x, x ∈ (0, 108] .
Konstanta k neovlivňuje bod, kde je globální maximum funkce V , a proto toto maximum nastává opět
pro x = M/3. Např. pro nejobjemnější kvádr s podstavou čtverce je o = M − x = 2M/3, tj. délka
strany jeho podstavy je a = M/6 a objem potom
V = a2
x = M3
62·3
.
= 0, 009 259 M3
≈ 0, 681 6 m3
.
Pro balík ve tvaru koule, kdy je x průměrem, podmínku o + x ≤ M můžeme ihned přepsat do
tvaru πx + x ≤ M, tj. x ≤ M/(π + 1) < 108 in. Pro x = M/(π + 1) tak získáváme maximální
objem
V = 4
3
π x
2
3
= πM3
6(π+1)3
.
= 0, 007 370 M3
≈ 0, 542 6 m3
.
Podobně pro balík ve tvaru krychle, kdy x udává délku hrany, podmínka o + x ≤ M znamená, že
x ≤ M/5 < 108 in. Takže pro x = M/5 dostáváme maximální objem
V = x3
= M
5
3
= 0, 008 M3
≈ 0, 588 9 m3
.
Ještě doplňme, že krychle, která má stejný objem jako nalezený válec, má délku hrany
a = M
3 3√
π
.
= 0, 227 595 M ≈ 0, 953 849 m.
Uvědomme si, že pro ni je součet její délky a obvodu roven 5a
.
= 1, 138 M, tj. o bezmála 14 %
překračuje hodnotu stanovenou společností.
5.136. Jste ve člunu na jezeře ve vzdálenosti d km od pobřeží. Chcete se dostat co nejrychleji do
určeného místa na pobřeží ve vzdušné vzdálenosti
√
d2 + l2 km od Vás (viz obrázek). Jak si budete
počínat, pokud dokážete veslovat rychlostí v1 km/h a po břehu běžet rychlostí v2 km/h? Jak dlouho
Vám bude cesta trvat?
Řešení. Optimální strategie je zřejmě dána tím, že dorazíte ke břehu v jistém bodě [0, x] pro x ∈ [0, l]
a poté budete běžet podél břehu do cílového místa [0, l] (viz obrázek), kdy je tedy trajektorie složena
ze dvou úseček (příp. z jedné pro x = l). Doplout ke břehu v bodě [0, x] Vám bude trvat
d2+x2
v1
hodin
a běh po pobřeží pak
l−x
v2
hodin.
Jde o to, aby celkový čas byl minimální, tj. je potřeba minimalizovat funkci
t(x) = d2+x2
v1
+ l−x
v2
na intervalu [0, l]. Navíc lze předpokládat, že v1 < v2. (Pro v1 ≥ v2 je nepochybně nejrychlejší
veslovat přímo k cílovému místu, čemuž odpovídá x = l.)
Nejprve vypočítáme první derivaci
t (x) = x
v1 d2+x2
− 1
v2
, x ∈ (0, l)
a poté druhou
t (x) = d2
v1 d2+x2 3
, x ∈ (0, l).
Dále vyřešíme rovnici
t (x) = 0, tj. x
d2+x2
= v1
v2
.
Jejím umocněním obdržíme
x2
= v1
v2
2
d2
+ x2
.
Jednoduchá úprava tak již dává
x2
=
v1
v2
2
d2
1−
v1
v2
2 , tj. x =
v1
v2
d
1−
v1
v2
2
.
Uvědomme si, že uvažujeme pouze x ∈ (0, l). Zajímá nás proto, zda je
v1
v2
d
1−
v1
v2
2
< l.
Tuto nerovnici můžeme umocnit a upravovat podobně jako rovnici t (x) = 0 se ziskem
vesfrdq3vesfrdq3 (5.14)
v1
v2
<
l
√
l2 + d2
.
Pokud je tato nerovnost splněna, je rovněž v1 < v2 a funkce t mění znaménko pouze v bodě
x0 =
v1
v2
d
1−
v1
v2
2
∈ (0, l),
a to ze záporného na kladné (uvažte limx→0+ t (x) < 0 a t (x) > 0, x ∈ (0, l)). To znamená, že
v tomto případě je v bodě x0 globální minimum funkce t na intervalu [0, l]. Jestliže nerovnost (5.14)
splněna není, pak je t (x) < 0 pro všechna x ∈ (0, l), odkud plyne, že globální minimum funkce t na
[0, l] je v pravém krajním bodě (funkce t je na svém definičním oboru klesající). Nejrychlejší cesta
tedy bude trvat
t (x0) =
d2+x2
0
v1
+ l−x0
v2
= 1
v1
d2 +
v1
v2
2
d2
1−
v1
v2
2 + 1
v2
⎛
⎝l −
v1
v2
d
1−
v1
v2
2
⎞
⎠ = d
v1 1−
v1
v2
2
+
l 1−
v1
v2
2
−
v1
v2
d
v2 1−
v1
v2
2
=
dv2+lv1 1−
v1
v2
2
−
v2
1
v2
d
v1v2 1−
v1
v2
2
=
dv2 1−
v1
v2
2
+lv1 1−
v1
v2
2
v1v2 1−
v1
v2
2
=
dv2 1−
v1
v2
2
+lv1
v1v2
=
d v2
2−v2
1
v1v2
+ l
v2
hodin,
platí-li (5.14), a
t (l) = d2+l2
v1
hodin,
když (5.14) neplatí.
5.137. Aplikace Jensenovy nerovnosti. Dokažte, že mezi všemi (konvexními) n-úhelníky vepsanými
do kružnice má největší obsah právě pravidelný n-úhelník (pro libovolné n ≥ 3).
Řešení. Připomeňme nejprve Jensenovu nerovnost: Pro ostře konvexní funkci f na intervalu I a pro
libovolné body x1, . . . , xn ∈ I a reálná čísla c1, . . . , cn > 0 taková, že c1 + · · · + cn = 1, platí
f
n
i=1
ci xi ≤
n
i=1
ci f (xi) ,
přičemž rovnost nastane, právě když je x1 = · · · = xn.
Očividně stačí uvažovat n-úhelníky, uvnitř kterých leží střed kružnice. Každý takový n-úhelník
vepsaný do dané kružnice o poloměru r rozdělíme podle obrázku na n trojúhelníků s obsahy Si,
i ∈ {1, . . . , n}. Vzhledem k tomu, že
sin ϕi
2
= xi
r
, cos ϕi
2
= hi
r
, i ∈ {1, . . . , n},
platí
Si = xi hi = r2
sin ϕi
2
cos ϕi
2
= 1
2
r2
sin ϕi, i ∈ {1, . . . , n}.
Odsud plyne, že obsah celého n-úhelníku je
S =
n
i=1
Si = 1
2
r2
n
i=1
sin ϕi.
Chceme tedy maximalizovat součet n
i=1 sin ϕi, přičemž pro hodnoty ϕi ∈ (0, π) musí zjevně být
vesd194gtvvesd194gtv (5.15) ϕ1 + · · · + ϕn =
n
i=1
ϕi = 2π.
Funkce y = sin x je ostře konkávní na intervalu (0, π), což znamená, že funkce y = − sin x je na
tomto intervalu ostře konvexní. Podle Jensenovy nerovnosti pro ci = 1/n a xi = ϕi je proto
− sin
n
i=1
1
n
ϕi ≤ −
n
i=1
1
n
sin ϕi, tj. sin
n
i=1
1
n
ϕi ≥
n
i=1
1
n
sin ϕi.
Navíc víme, že rovnost nastává právě pro ϕ1 = · · · = ϕn. Když tak vyjádříme (s pomocí (5.15))
S = r2n
2
n
i=1
1
n
sin ϕi ≤ r2n
2
sin
n
i=1
1
n
ϕi = r2n
2
sin 2π
n
,
vidíme, že S může nabývat nejvýše hodnoty na pravé straně. Ovšem to nastane tehdy a jenom tehdy,
když je ϕ1 = · · · = ϕn (volili jsme xi = ϕi). Maximální obsah má tudíž pravidelný n-úhelník, neboť
právě pro něj je ϕ1 = · · · = ϕn = 2π/n.
5.138. Izoperimetrický podíl. Pro uzavřenou rovinnou křivku ohraničující jistý obrazec se definuje
její izoperimetrický podíl jako číslo
IP := S
π o
2π
2 = 4πS
o2 ,
kde S udává obsah uvažovaného obrazce a o jeho obvod (tj. délku křivky). Určete IP pro pravidelný
mnohoúhelník a kružnici a najděte kruhovou výseč, pro niž je IP její hranice největší.
Řešení. Nejdříve si uvědomme, že hodnota IP se nemění při změně měřítka na osách. Když se totiž
rozměry obrazce a-krát zvětší (pro libovolné a > 0), obvod se také zvětší a-krát a obsah a2
-krát (jde
o plošnou míru). Takže IP nezávisí na velikosti obrazce, nýbrž pouze na jeho tvaru. Uvažujme proto
pravidelný n-úhelník vepsaný do jednotkové kružnice. Podle obrázku je
h = cos ϕ = cos π
n
, x
2
= sin ϕ = sin π
n
,
což dává vyjádření pro jeho obvod
on = n · x = 2n sin π
n
i obsah
Sn = n · 1
2
hx = n cos π
n
sin π
n
.
Pro pravidelný n-úhelník tak je
IP =
4πn cos π
n sin π
n
4n2 sin2 π
n
= π
n
cotg π
n
,
což můžeme ověřit kupř. pro čtverec (n = 4) s délkou strany a, kdy máme
IP = 4πa2
(4a)2 = π
4
= π
4
cotg π
4
.
Provedeme-li zlimitnění pro n → ∞ s použitím limity
lim
x→0
sin x
x
= 1,
dostaneme izoperimetrický podíl pro kružnici
IP = lim
n→∞
π
n
cotg π
n
= lim
n→∞
cos π
n
sin π
n
π
n
= cos 0
1
= 1.
Pochopitelně jsme také mohli pro kružnici o poloměru r přímo vypočítat
IP = 4πS
o2 =
4π πr2
(2πr)2 = 1.
Pro hranici kruhové výseče o poloměru r a středovém úhlu ϕ ∈ (0, 2π) je
IP = 4πS
o2 =
4π ϕr2
2
(2r+rϕ)2 = 2πϕ
(2+ϕ)2 .
Potřebuje najít maximum funkce
f (ϕ) := 2πϕ
(2+ϕ)2 , ϕ ∈ (0, 2π).
Výpočtem
f (ϕ) = 2π (2+ϕ)2−2ϕ(2+ϕ)
(2+ϕ)4 = 2π 2−ϕ
(2+ϕ)3 , ϕ ∈ (0, 2π)
však snadno získáváme, že
f (ϕ) > 0, ϕ ∈ (0, 2), f (ϕ) < 0, ϕ ∈ (2, 2π).
Funkce f tedy nabývá maximální hodnoty pro ϕ0 = 2 a při středovém úhlu ϕ0 = 2 dostáváme největší
IP = 2πϕ0
(2+ϕ0)2 = π
4
.
Doplňme tzv. izoperimetrickou větu, která říká, že pro každou uzavřenou křivku je její IP ≤ 1,
přičemž rovnost nastává jedině pro kružnici. Dále doplňme, že pro těleso v trojrozměrném prostoru
(přesněji řečeno, pro uzavřenou plochu, která je jeho hranicí) se klade
IP := V
4π
3
S
4π
3
2
,
kde V je objem a S povrch tělesa.
5.139. Je dán provázek délky l. Máte jej rozstříhat na n částí tak, aby ze vzniklých n menších provázků
bylo možné vytvořit hranice předem daných geometrických obrazců (kupř. čtverce, trojúhelníku, kruhu,
půlkruhu) s nejmenším součtem ploch.
Řešení. K vyřešení příkladu použijeme izoperimetrický podíl křivek a Jensenovu nerovnost (uvedené
v předchozích příkladech). Pro předem určené geometrické obrazce označujme hodnoty jejich
izoperimetrických podílů jako
1
λi
:= 4πSi
o2
i
, i ∈ {1, . . . , n},
přičemž Si je obsah a oi obvod i-tého obrazce. Ještě budeme používat označení
:=
n
i=1
λi.
Připomeňme, že izoperimetrický podíl je dán pouze tvarem obrazce a nezávisí na jeho velikosti. Zvláště
hodnota je konstantní (je určena tvarem zadaných obrazců).
Naším úkolem je minimalizovat součet n
i=1 Si při dodržení podmínky n
i=1 oi = l. Protože je
však
Si =
o2
i
4πλi
, i ∈ {1, . . . , n},
jde nám o minimalizaci výrazu
S := 1
4π
n
i=1
o2
i
λi
.
Použijeme-li Jensenovu nerovnost pro ostře konvexní funkci y = x2
(na celé reálné ose), obdržíme
n
i=1
ci xi
2
≤
n
i=1
ci x2
i
pro xi ∈ R a ci > 0 s vlastností c1 + · · · + cn = 1. Dále víme, že v této nerovnosti nastane rovnost
právě tehdy, když je x1 = · · · = xn. Volbou
ci = λi
, xi = oi
λi
, i ∈ {1, . . . , n}
pak dostaneme
n
i=1
λi oi
λi
2
≤
n
i=1
λi oi
λi
2
.
Jednoduchými úpravami přejdeme k nerovnici
1
2
n
i=1
oi
2
≤ 1
n
i=1
o2
i
λi
a poté (uvažte, že n
i=1 oi = l)
l2
≤
n
i=1
o2
i
λi
,
přičemž opět rovnost nastává právě pro
vesc36849kvesc36849k (5.16) x1 = · · · = xn, tj.
o1
λ1
= · · · =
on
λn
.
Odsud vyplývá, že S je nejmenší, právě když platí (5.16). Tato nejmenší hodnota S je l2
/(4π ).
Zbývá stanovit délky nastříhaných částí oi. Pokud je (5.16) splněno, musí zjevně být oi = kλi pro
každé i ∈ {1, . . . , n} a jistou konstantu k > 0. Z
n
i=1
oi = l a současně
n
i=1
oi = k
n
i=1
λi = k
ihned plyne, že k = l/ , tj.
oi = λi
l, i ∈ {1, . . . , n}.
Podívejme se na konkrétní situaci, kdy máme provázek o délce 1 m rozříznout na dva menší
a z nich potom vytvořit čtverec a kruh tak, aby součet jejich obsahů byl co nejmenší. Pro čtverec a kruh
je po řadě (viz příklad nazvaný Izoperimetrický podíl)
λ1 = 4
π
, λ2 = 1, tj. = λ1 + λ2 = 4+π
π
.
Délky příslušných částí tak jsou
o1 =
4
π
4+π
π
· 1 m = 4
4+π
m
.
= 0, 56 m, o2 = 1
4+π
π
· 1 m = π
4+π
m
.
= 0, 44 m.
Obsah čtverce o obvodu 0, 56 m (s délkou strany a = 0, 14 m) je 0, 019 6 m2
a obsah kruhu s obvodem
0, 44 m (a poloměrem r
.
= 0, 07 m) pak činí přibližně 0, 015 4 m2
. Můžeme ověřit, že
l2
4π
= 1
4(4+π)
m2 .
= 0, 035 m2
= 0, 019 6 m2
+ 0, 015 4 m2
.
5.140. O dům je opřený žebřík dlouhý 13 stop. Náhle základna žebříku podklouzne a žebřík začne
sjíždět k zemi (stále zůstává opřený o dům). Když je základna žebříku 12 stop od domu, klouže od něj
rychlostí 5 ft/s. Jak rychle v tomto okamžiku
(a) klesá vršek žebříku po zdi;
(b) se mění obsah trojúhelníku vymezeného žebříkem, domem a zemí;
(c) se mění úhel, který svírá žebřík se zemí?
5.141. Předpokládejte, že vlastníte dostatek finančních prostředků bez možnosti investovat mimo
svou továrnu s působností na cenově regulovaném trhu s takřka neomezenou poptávkou a omezeným
přístupem k některým klíčovým surovinám, což Vám umožňuje produkovat nejvýše 10 000 výrobků
denně. Víte, že pro hrubé výnosy v a náklady n jako funkce proměnné x, udávající v tisících průměrný
počet výrobků vyrobených za den, platí
v(x) = 9x, n(x) = x3
− 6x2
+ 15x, x ∈ [0, 10].
Při jakém objemu výroby budete mít z Vaší továrny největší zisky?
5.142. Zvolte rozměry otevřeného bazénu se čtvercovým dnem o objemu 32 m3
tak, aby na natření
jeho stěn a dna bylo potřeba nejmenší množství barvy.
5.143. Číslo 28 rozložte na 2 nezáporné sčítance tak, aby součet druhé mocniny prvního sčítance
a třetí mocniny druhého sčítance byl minimální.
5.144. Pomocí první derivace nalezněte reálné číslo a > 0, pro které je součet a + 1/a minimální.
Poté tuto úlohu řešte bez použití diferenciálního počtu.
5.145. Vepište do půlkruhu o poloměru r obdélník s největším možným obvodem. Uveďte jeho obvod.
5.146. Existuje-li mezi obdélníky o obvodu 4c obdélník s maximálním obsahem, stanovte délky jeho
stran.
5.147. Zjistěte výšku v a poloměr podstavy r nejobjemnějšího kužele, který se vejde do koule
o poloměru R.
5.148. Ze všech trojúhelníků s konstantním obvodem o > 0 vyberte ten, jenž má největší obsah.
5.149. Na parabole 2x2
−2y = 9 najděte body s minimální vzdáleností od počátku soustavy souřadnic.
5.150. Vaším úkolem je vyrobit jednolitrovou plechovou konzervu „obvyklého“ tvaru rotačního válce
tak, aby na její výrobu bylo potřeba co nejméně plechu. Určete správný poměr mezi její výškou v
a poloměrem podstavy r.Rady
5.151. Do čtverce o délce strany a > 0 je vepsán čtverec, jehož strany jsou spojnicemi středů stran
zadaného čtverce. Do vepsaného čtverce je stejným způsobem vepsán další čtverec atd. Stanovte součet
obsahů a součet obvodů všech těchto (nekonečně mnoha) čtverců.
5.152. Nechť je dána posloupnost řádků půlkruhů, přičemž v n-tém řádku je 2n
půlkruhů o poloměru
2−n
pro každé n ∈ N. Jaký bude obsah libovolného obrazce složeného ze všech těchto půlkruhů,
když nebudou umístěny přes sebe?
5.153. Vyřešte rovnici
1 − tg x + tg2
x − tg3
x + tg4
x − tg5
x + · · · = tg 2x
tg 2x+1
.
5.154. Určete
∞
n=1
1
2n−1 + 2
3n−1 .
5.155. Sečtěte
∞
n=1
5n
√
n2 + 2n + 1.
5.156. Dokažte konvergenci a nalezněte součet řady
∞
n=1
3n+2n
6n .
5.157. Stanovte součet řady
(a)
∞
n=1
2n−1
2n ;
(b)
∞
n=0
n+1
3n .
5.158. Sečtěte
1
1·3
+ 1
3·5
+ 1
5·7
+ · · · =
∞
n=1
1
(2n−1)(2n+1)
.
5.159. Pomocí rozkladu na parciální zlomky vyčíslete
(a)
∞
n=2
1
n2−1
;
(b)
∞
n=1
1
n3+3n2+2n
.
5.160. Sečtěte konvergentní řadu
∞
n=0
1
4n2−1
.
5.161. Určete součet řady
∞
n=1
1
n2+3n
.
5.162. V závislosti na
s :=
∞
n=1
(−1)n−1
n
= 1 − 1
2
+ 1
3
− 1
4
+ 1
5
− 1
6
+ 1
7
− 1
8
+ · · ·
vyjádřete součty řad
1 − 1
2
− 1
4
+ 1
3
− 1
6
− 1
8
+ · · · ;
1 + 1
3
− 1
2
+ 1
5
+ 1
7
− 1
4
+ · · · ,
které z výše uvedené řady vznikly přerovnáním (tj. změnou pořadí členů).
5.163. Zjistěte, zda řada
∞
n=0
2n+(−2)n
5n
konverguje.
5.164. Dokažte následující tvrzení: Jestliže řada ∞
n=0 an konverguje, pak je lim
n→∞
sin (3an + π) = 0.
5.165. Pro jaké hodnoty
α ∈ R; β ∈ Z; γ ∈ R {0}
řady
∞
n=120
e−αn
n
;
∞
n=240
βn·n!
nn ;
∞
n=360
n
γ n
konvergují?
5.166. Rozhodněte, zda řada
∞
n=21
(−1)n n8−5n6+2n
2n
konverguje absolutně, konverguje neabsolutně (relativně), nebo nekonverguje.
5.167. Zjistěte, jestli je limita
lim
n→∞
1
n2 + 2
n2 + · · · + n−1
n2
vlastní. Upozorněme, že k tomu nelze využít součtů
∞
n=1
1
n2 = π2
6
,
∞
n=2
n−1
n2 = +∞.
5.168. Najděte všechna reálná čísla A ≥ 0, pro která řada
∞
n=1
(−1)n
ln 1 + A2n
konverguje.
5.169. Zopakujme, že harmonická řada diverguje; tj. platí
∞
n=1
1
n
= +∞.
Rozhodněte, zda také řada
1
1
+ · · · + 1
9
+ 1
11
+ · · · + 1
19
+ 1
21
+ · · · + 1
29
+ · · ·
· · · + 1
91
+ · · · + 1
99
+ 1
111
+ · · · + 1
119
+ 1
121
+ · · ·
diverguje.
5.170. Udejte příklad divergentních číselných řad ∞
n=1 an, ∞
n=1 bn s kladnými členy, pro které řada
∞
n=1 (3an − 2bn) absolutně konverguje.
5.171. Zjistěte, zda jednotlivé řady
∞
n=1
(−1)n (n!)2
(2n)!
;
∞
n=1
(−1)n n7−n4+n
n8+2n6+n
konvergují absolutně, konvergují neabsolutně, či nekonvergují.
5.172. Konverguje řada
∞
n=1
(−1)n+1
3√
n+ 5√
n+1
n+ 5√
n
?
5.173. Nalezněte hodnoty parametru p ∈ R, pro které řada
∞
n=1
(−1)n
sinn p
n
konverguje.
5.174. Určete poloměr konvergence r mocninné řady
∞
n=0
22n·n!
(2n)!
xn
.
5.175. Stanovte poloměr konvergence pro ∞
n=1 2
√
n
xn
.
5.176. Bez počítání uveďte poloměr konvergence mocninné řady
∞
n=1
5
n·3n−1 xn−1
.
5.177. Nalezněte obor konvergence mocninné řady
∞
n=1
√
n+1
3
√
n xn
.
5.178. Určete, pro jaká x ∈ R řada
∞
n=1
(−3)n
n4+2n3+111
(x − 2)n
konverguje.
5.179. Je pro libovolnou posloupnost reálných čísel {an}∞
n=0 poloměr konvergence mocninných řad
∞
n=0
an xn
,
∞
n=1
an−1
n
xn
stejný?
5.180. Rozhodněte o platnosti implikací:
(a) Pokud existuje vlastní limita lim
n→∞
3n
a2
n, pak mocninná řada
∞
n=1
an(x − x0)n
konverguje absolutně alespoň ve dvou různých bodech x.
(b) Z neabsolutní konvergence řad ∞
n=1 an, ∞
n=1 bn plyne, že rovněž řada ∞
n=1(6an − 5bn)
konverguje.
(c) Jestliže pro číselnou řadu ∞
n=0 an je
lim
n→∞
a2
n = 0,
pak tato řada konverguje.
(d) Pokud řada ∞
n=1 a2
n konverguje, potom řada
∞
n=1
an
n
konverguje absolutně.
5.181. Určete cos π
10
s chybou menší než 10−5
.
5.182. Pro konvergentní řadu
∞
n=0
(−1)n
√
n+100
odhadněte chybu aproximace jejího součtu částečným součtem s9 999.
5.183. Bez počítání derivací uveďte Taylorův polynom 4. stupně se středem v bodě x0 = 0 funkce
f (x) = cos x − 2 sin x − ln (1 + x) , x ∈ (−1, 1).
Poté rozhodněte, zda je graf funkce f v okolí bodu [0, 1] nad tečnou, pod tečnou.
5.184. Rozviňte funkci
y = 1
3−2x
, x ∈ −3
2
, 3
2
v Taylorovu řadu se středem v počátku.
5.185. Funkci y = ex
definovanou na celé reálné přímce vyjádřete jako nekonečný polynom se členy
tvaru an(x − 1)n
a funkci y = 2x
definovanou na R vyjádřete jako nekonečný polynom se členy anxn
.
5.186. Nalezněte funkci f , k níž pro x ∈ R konverguje posloupnost funkcí
fn(x) = n2x3
n2x2+1
, n ∈ N.
Je tato konvergence stejnoměrná na R?
5.187. Konverguje řada
∞
n=1
n x
n4+x2 , kde x ∈ R,
stejnoměrně na celé reálné ose?
5.188. Z Taylorova rozvoje se středem v počátku funkce y = sin x získejte pomocí derivace Taylorův
rozvoj funkce y = cos x.
5.189. Odhadněte
(a) kosinus deseti stupňů s přesností alespoň 10−5
;
(b) určitý integrál
1/2
0
dx
x4+1
s přesností alespoň 10−3
.
5.190. Určete mocninný rozvoj se středem v bodě x0 = 0 funkce
f (x) =
x
0
et2
dt, x ∈ R.
5.191. Najděte analytickou funkci, jejíž Taylorova řada je
x − 1
3
x3
+ 1
5
x5
− 1
7
x7
+ · · · ,
přičemž x ∈ [−1, 1].
5.192. Ze znalosti součtu geometrické řady odvoďte Taylorovu řadu funkce
y = 1
5+2x
se středem v počátku. Poté určete její poloměr konvergence.
5.193. Užitím integrálního kritéria nalezněte hodnoty a > 0, pro které řada
∞
n=1
1
na
konverguje.
5.194. Pro jaká x ∈ R řada
∞
n=1
ln(n!)
nx
konverguje?
5.195. Rozhodněte, zda řada
∞
n=1
(−1)n−1
tg 1
n
√
n
konverguje absolutně, příp. relativně, nebo zda diverguje k +∞, resp. k −∞, či nic z toho (říkáme, že
osciluje).
5.196. Stanovte součet číselné řady
∞
n=1
1
n·3n
pomocí součtu vhodné mocninné řady.
5.197. Pro x ∈ (−1, 1) sečtěte
x − 4x2
+ 9x3
− 16x4
+ · · ·
5.198. Je-li | x | < 1, určete součet řady
(a)
∞
n=1
1
2n−1
x2n−1
;
(b)
∞
n=1
n2
xn−1
.
5.199. Spočtěte
∞
n=1
2n−1
(−2)n−1
pomocí součtu mocninné řady
∞
n=0
(−1)n
(2n + 1) x2n
pro jisté x ∈ (−1, 1).
5.200. Pro x ∈ R sečtěte řadu
∞
n=0
1
2n·n!
x3n+1
.
Řešení cvičení
5.2. P(x) = (−3
5 − 4
5 i)x2 + (2 + 3i)x − 3
5 − 14
5 i.
5.82. x4 + 2x3 − x2 + x − 2.
5.83. x4 + 2x3 − 2x2 + x + 2.
5.84. x4 + 3x3 − 3x2 − x − 1.
5.85.
sup A = 6, inf A = −3;
sup B =
1
4
, inf B = −1;
sup C = 9, inf C = −9.
5.86. Lehce lze ukázat, že
sup A =
3
2
, inf A = 0.
5.87. Zřejmě je
inf N = 1, sup M = 0, inf J = 0, sup J = 5.
5.88. Lze položit kupř.
M := Z N; N := N.
5.89. Uvažte jakoukoli jednoprvkovou množinu X ⊂ R.
5.90. Množina C musí být jednoprvková. Nechť je tedy např. C = {0}. Nyní můžeme zvolit A = (−1, 0),
B = (0, 1).
5.92. Pro každé ε > 0 stačí ε-okolí bodu −2 přiřadit δ-okolí bodu 0 předpisem
ε → δ, δ = ε,
přičemž bez újmy na obecnosti lze požadovat, aby ε ≤ 1. Pokud by totiž bylo ε > 1, lze položit δ = 1.
5.93. Existence limity a rovnost
lim
x→−1
(1 + x)2 − 3
2
= −
3
2
např. opět plyne z volby δ := ε pro ε ∈ (0, 1).
5.94. Neboť − (x − 2)4
< x pro x < 0, dostáváme 3 (x − 2)4
/2 > −x pro x < 0.
5.95. Platí
lim
n→∞
1
n2
+
2
n2
+ · · · +
n − 2
n2
+
n − 1
n2
= lim
n→∞
1 + n − 1
n2
·
n − 1
2
=
1
2
.
5.96. Snadno lze ukázat, že
lim
n→∞
√
n3 − 11n2 + 2 +
5
√
n7 − 2n5 − n3 − n + sin2
n
2 −
3
√
5n4 + 2n3 + 5
= −∞.
5.97. Limita je rovna 1.
5.98. Kupř. lze položit
xn := n, yn := −n + 1, n ∈ N.
5.99. Správná odpověď je ±1.
5.100. Výsledek je
lim sup
n→∞
an = 1, lim inf
n→∞
an = 0.
5.101. Platí
lim inf
n→∞
(−1)n
1 +
1
n
n
+ sin
nπ
4
= −e −
√
2
2
.
5.102. Neboť
lim
x→0+
arctg
1
x
=
π
2
, lim
x→0−
arctg
1
x
= −
π
2
,
uvažovaná oboustranná limita neexistuje.
5.103. První z limit je rovna +∞, druhá neexistuje.
5.104. Limitu lze spočítat více způsoby. Nabízí se např.
lim
x→0
tg x − sin x
sin3
x
= lim
x→0
tg x − sin x
sin3
x
·
cotg x
cotg x
= lim
x→0
1 − cos x
cos x · sin2
x
= lim
x→0
1 − cos x
cos x 1 − cos2 x
= lim
x→0
1
cos x (1 + cos x)
=
1
2
.
5.105. Platí
lim
x→π/6
2 sin3
x + 7 sin2
x + 2 sin x − 3
2 sin3
x + 3 sin2
x − 8 sin x + 3
= lim
x→π/6
sin x + 1
sin x − 1
= −3.
5.106. Je
lim
x→1
xm − 1
xn − 1
=
m
n
.
5.107. Po rozšíření výrazem
√
x2 + x + x
√
x2 + x + x
lze lehce dostat
lim
x→+∞
x2 + x − x =
1
2
.
5.108. Platí
lim
x→+∞
x 1 + x2 − x2
=
1
2
.
5.109. Je
lim
x→0
√
2 −
√
1 + cos x
sin2
x
=
√
2
8
.
5.110. Rozšířením zlomku ze zadání je možné obdržet
lim
x→0
sin (4x)
√
x + 1 − 1
= 8.
5.111. Platí
lim
x→0−
√
1 + tg x −
√
1 − tg x
sin x
= 1.
5.112. Zřejmě je
lim
x→−∞
2x +
√
1 + x2 − x9 − 7x5 + 44x2
3x +
5
√
6x6 + x2 − 18x5 − 592x4
=
7
18
.
5.113. Výrok není pravdivý. Uvažte kupř.
f (x) :=
1
x
, x ∈ (−∞, 0); g(x) := x, x ∈ R.
5.114. Uvedená funkce je spojitá na celém R.
5.115. V bodech −π, 0, π je spojitá; v bodě 2 je spojitá pouze zprava a v bodě 3 pouze zleva; v bodě 1 není
spojitá ani z jedné strany.
5.116. Je nutné položit f (0) := 0.
5.117. Funkce je spojitá právě pro p = 2.
5.118. Správná odpověď je a = 4.
5.119. Limitu lze snadno určit např. pomocí l’Hospitalova pravidla.
5.120. Je
lim
x→0+
sin8
x
x3
= lim
x→−∞
sin8
x
x3
= 0.
5.121.
lim
n→∞
n
n + 5
2n−1
= e−10
.
5.123. (a) v(0) = 6 m/s; (b) t = 3 s, s(3) = 16 m; (c) v(4) = −2 m/s, a(4) = −2 m/s2.
5.123. Trojnásobné použití l’Hospitalova pravidla dává
lim
x→0−
sin x − x
x3
= −
1
6
.
5.124. 2/π.
5.125.
lim
x→ π
2 −
π
2
− x tg x = 1.
5.126.
lim
x→+∞
3
1
x − 2
1
x x = ln
3
2
.
5.127. 1/2.
5.128. Platí
lim
x→+∞
cos
2
x
x2
= e−2
.
5.129. Dvojnásobnou aplikací l’Hospitalova pravidla lze obdržet
lim
x→0
(1 − cos x)sin x
= e0
= 1.
5.130. V obou případech je výsledek eα.
5.140. (a) 12 ft/s; (b) −59, 5 ft2
/s; (c) −1 rad/s.
5.141. Při produkci zhruba 3 414 výrobků denně.
5.142. 4 m × 4 m × 2 m.
5.143. 28 = 24 + 4.
5.144. a = 1.
5.145. 2
√
5 r.
5.146. Jedná se o čtverec (s délkou strany c).
5.147. v = 4
3 R, r = 2
√
2
3 R.
5.148. Největší obsah
√
3 o2/36 má rovnostranný trojúhelník.
5.149. 2, −1/2 , −2, −1/2 .
5.150. v = 2r.
5.151. 2a2; 4a 2 +
√
2 .
5.152. π/2.
5.153. x = π
6 + kπ, x = 5π
6 + kπ, k ∈ Z.
5.154. 5.
5.155. +∞.
5.156. 3/2.
5.157. (a) 3; (b) 9/4.
5.158. 1/2.
5.159. (a) 3/4; (b) 1/4.
5.160. −1/2.
5.161. 11/18.
5.162. s/2; 3s/2 (s = ln 2).
5.163. Konverguje.
5.164. Postačuje uvážit nutnou podmínku konvergence limn→∞ an = 0.
5.165. α > 0; β ∈ {−2, −1, 0, 1, 2}; γ ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞).
5.166. Konverguje absolutně.
5.167. Limita je rovna 1/2.
5.168. A ∈ [0, 1).
5.169. Součet uvedené řady je konečný – řada konverguje.
5.170. Např. an = n/3, bn = n/2, n ∈ N.
5.171. První řada konverguje absolutně; druhá neabsolutně.
5.172. Ano.
5.173. p ∈ R.
5.174. r = +∞.
5.175. 1.
5.176. 3.
5.177. [−1, 1].
5.178. x ∈ 2 − 1
3 , 2 + 1
3 .
5.179. Ano.
5.180.
(a) Platí.
(b) Neplatí.
(c) Neplatí.
(d) Platí.
5.181. 1 − π2
102·2
+ π4
104·4!
.
5.182. Chyba náleží do intervalu (0, 1/200).
5.183. 1 − 3x + 7
24 x4; nad tečnou.
5.184. 1
3
∞
n=0
2n
3n xn.
5.185. ∞
n=0
e
n! (x − 1)n; ∞
n=0
lnn 2
n! xn.
5.186. f (x) = x, x ∈ R; ano.
5.187. Nikoli.
5.188. ∞
n=0
(−1)n
(2n)! x2n.
5.189. (a) 1 − π2
182·2!
+ π4
184·4!
; (b) 1
2 − 1
5·25 .
5.190. ∞
n=0
1
(2n+1) n! x2n+1.
5.191. y = arctg x.
5.192. Právě pro x ∈ −5
2 , 5
2 je
1
5+2x = 1
5
∞
n=0
−2
5
n
xn.
5.193. a > 1.
5.194. x > 2.
5.195. Konverguje absolutně.
5.196. ln (3/2).
5.197. x(1−x)
(1+x)3 .
5.198. (a) 1
2 ln 1+x
1−x ; (b) 1+x
(1−x)3 .
5.199. 2/9.
5.200. x e
x3
2 .
A. Derivování
6.1. Určete Taylorovy rozvoje T k
x (k-tého řádu v bodě x) z následujících
funkcí:
i) T 3
0 z funkce sin x,
ii) T 3
1 z funkce ex
x
.
Řešení.
i) Spočítáme hodnoty první až třetí derivace funkce f = sin
v bodě 0: f (0) = cos(0) = 1, f (2)
(0) = − sin(0) = 0,
f (3)
(0) = − cos(0) = −1, dále f (0) = 0 Taylorův rozvoj
3-tího řádu funkce sin(x) v bodě 0 je tedy
T 3
0 (sin(x)) = x −
1
6
x3
.
ii) Opět f (1) = e,
f (1) =
ex
x
−
ex
x2
1 = 0
f (2)
=
ex
x
− 2
ex
x
2
+
2ex
x3
1 = e
f (3)
=
ex
x
− 3
ex
x
2
+
6ex
x3
−
6ex
x4
1 = −2e
Dostáváme tedy Taylorův rozvoj třetího řádu funkce ex
x
v bodě
1:
T 3
1 (
ex
x
) = e +
e
2
(x − 1)2
−
e
3
(x − 1)3
= e(−
x3
3
+
3x2
2
− 2x +
5
6
).
6.2. Určete Taylorův polynom T 6
0 funkce sin a pomocí věty (??) odhadněte
chybu polynomu v bodě π/4.
Řešení. Podobně jako v předchozím příkladu určíme
T 6
0 (sin(x)) = x −
1
6
x3
+
1
120
x5
.
Dle věty ?? pak odhadneme velikost zbytku (chyby) R. Podle věty
existuje c ∈ (0, π
4
) takové, že
R(π/4) =
− cos(c)π7
7!47
<
1
7!
.
= 0, 0002.
6.3. Rozviňte funkci ln(1 + x) do mocninné řady v bodech 0 a 1 a
určete všechna x ∈ R, pro která tyto řady konvergují.
Řešení. Nejprve určeme rozvoj v bodě 0. Rozvinout funkci do mocninné
řady v daném bodě je to stejné, jako určit její Taylorův rovoj v
daném bodě. Snadno nahlédneme, že
ln(x + 1)(n)
= (−1)n+1 (n − 1)!
(x + 1)n
,
takže vyčíslením derivací v nule máme ln(x) = ln(0) +
∞
n=1
anxn
, kde
an =
(−1)n+1
(n − 1)!
n!
=
(−1)n+1
n
.
Můžeme tedy psát
ln x = 1 + x −
1
2
x2
+
1
3
x3
−
1
4
x4
+ · · ·
= 1 +
∞
n=1
(−1)n+1
n
xn
.
Pro poloměr konvergence potom použijeme limitu podílu následujících
koeficientů členů mocninné řady
r =
1
limn→∞
an+1
an
=
1
limn→∞
1
n+1
1
n
= 1.
Řada tedy konverguje pro libovolné x ∈ (−1, 1). Pro x = −1 dostáváme
harmonickou řadu (se znaménkem minus), pro x = 1 dostáváme
aternující harmonickou řadu, která podle Leibnizova kriteria konverguje.
Daná řada proto konverguje právě pro x ∈ (−1, 1 .
Pro rozvoj v bodě 1 dostáváme podobně vyčíslením výše uvedených
derivací z 6.3
ln(x + 1) = ln(2) +
1
2
(x − 1) −
1
8
(x − 1)2
+
1
3 · 23
(x − 1)3
−
1
4 · 24
(x − 1)4
+ . . .
= ln(2) +
∞
n=1
(−1)n+1
n · 2n
(x − 1)n
,
pro poloměr konvergence této řady pak dostáváme
r =
1
limn→∞
an+1
an
=
1
limn→∞
1
2n+1(n+1)
1
2nn
= 1.
První řada konverguje pro −1 < x ≤ 1, druhá pro −1 < x ≤ 3.
6.4. Rozviňte funkci
(a) y = ln 1+x
1−x
, x ∈ (−1, 1);
(b) y = ex2
+ x2
e−2x
, x ∈ R
do Taylorovy řady se středem v počátku.
Řešení. Pokud lze funkci vyjádřit jako součet mocninné řady (s kladným
poloměrem konvergence) na jejím oboru konvergence, pak je tato
řada nutně Taylorovou řadou uvažované funkce (svého součtu). To nám
umožní snadno najít příslušné Taylorovy řady.
Případ (a). Víme, že je
ln (1 + x) =
∞
n=1
(−1)n+1
n
xn
, x ∈ (−1, 1),
tj.
ln (1 − x) =
∞
n=1
(−1)n+1
n
(−x)n
= −
∞
n=1
1
n
xn
, x ∈ (−1, 1).
Celkem máme
ln 1+x
1−x
= ln (1 + x) − ln (1 − x) =
∞
n=1
(−1)n+1+1
n
xn
=
∞
n=1
2
2n−1
x2n−1
pro x ∈ (−1, 1).
Případ (b). Podobně ze známé identity
ex
=
∞
n=0
1
n!
xn
, x ∈ R
plyne
ex2
=
∞
n=0
1
n!
x2 n
=
∞
n=0
1
n!
x2n
, x ∈ R
a
x2
e−2x
= x2
∞
n=0
1
n!
(−2x)n
=
∞
n=0
(−2)n
n!
xn+2
, x ∈ R.
Platí tudíž
ex2
+ x2
e−2x
=
∞
n=0
x2n+(−2)nxn+2
n!
, x ∈ R.
6.5. Vyčíslete cos π
10
s chybou menší než 10−5
.
6.6. Pro konvergentní řadu
∞
n=0
(−1)n
√
n+100
odhadněte chybu aproximace jejího součtu částečným součtem s9 999.
6.7. Bez počítání derivací uveďte Taylorův polynom 4. stupně se
středem v bodě x0 = 0 funkce
f (x) = cos x − 2 sin x − ln (1 + x) , x ∈ (−1, 1).
Poté rozhodněte, zda je graf funkce f v okolí bodu [0, 1] nad tečnou,
pod tečnou.
6.8. Rozviňte funkci
y = 1
3−2x
, x ∈ −3
2
, 3
2
v Taylorovu řadu se středem v počátku.
6.9. Funkci y = ex
definovanou na celé reálné přímce vyjádřete jako
nekonečný polynom se členy tvaru an(x − 1)n
a funkci y = 2x
definovanou
na R vyjádřete jako nekonečný polynom se členy anxn
.
6.10. Nalezněte funkci f , k níž pro x ∈ R konverguje posloupnost
funkcí
fn(x) = n2x3
n2x2+1
, n ∈ N.
Je tato konvergence stejnoměrná na R?
6.11. Konverguje řada
∞
n=1
n x
n4+x2 , kde x ∈ R,
stejnoměrně na celé reálné ose?
6.12. Z Taylorova rozvoje se středem v počátku funkce y = sin x
získejte pomocí derivace Taylorův rozvoj funkce y = cos x.
6.13. Odhadněte
(a) kosinus deseti stupňů s přesností alespoň 10−5
;
(b) určitý integrál
1/2
0
dx
x4+1
s přesností alespoň 10−3
.
6.14. Určete mocninný rozvoj se středem v bodě x0 = 0 funkce
f (x) =
x
0
et2
dt, x ∈ R.
6.15. Najděte analytickou funkci, jejíž Taylorova řada je
x − 1
3
x3
+ 1
5
x5
− 1
7
x7
+ · · · ,
přičemž x ∈ [−1, 1].
6.16. Ze znalosti součtu geometrické řady odvoďte Taylorovu řadu
funkce
y = 1
5+2x
se středem v počátku. Poté určete její poloměr konvergence.
6.17. Konverguje posloupnost funkcí
yn = e
x4
4n2
, x ∈ R, n ∈ N
stejnoměrně na R?
Řešení. Posloupnost {yn}n∈N bodově konverguje ke konstantní funkci
y = 1 na R, neboť
lim
n→∞
e
x4
4n2
= e0
= 1, x ∈ R.
Z vyčíslení
yn
√
2n = e > 2 pro každé n ∈ N
však vyplývá, že se nejedná o stejnoměrnou konvergenci. (V definici
stejnoměrné konvergence postačuje uvážit ε ∈ (0, 1).)
6.18. Určete, zda řada
∞
n=1
√
x·n
n4+x2
stejnoměrně konverguje na intervalu (0, +∞).
Řešení. Při označení
fn(x) =
√
x·n
n4+x2 , x > 0, n ∈ N
je
fn(x) =
n n4−3x2
2
√
x n4+x2 2 , x > 0, n ∈ N.
Nechť n ∈ N je nadále libovolné. Nerovnosti fn(x) > 0 pro x ∈
0, n2
/
√
3 a fn(x) < 0 pro x ∈ n2
/
√
3, +∞ implikují, že maximum
funkce fn nastává právě v bodě x = n2
/
√
3. Protože
fn
n2
√
3
=
4√
27
4n2 a
∞
n=1
4√
27
4n2 =
4√
27
4
∞
n=1
1
n2 < +∞,
podle Weierstrassova kritéria řada ∞
n=1 fn(x) konverguje stejnoměrně
na intervalu (0, +∞).
6.19. Určete Taylorovu řadu se středem v počátku funkce
(a) y = 1
(1+x)2 , x ∈ (−1, 1) ;
(b) y = arctg x, x ∈ (−1, 1).
Řešení. Případ (a). Využijeme vzorec
1
1+x
=
∞
n=0
(−x)n
=
∞
n=0
(−1)n
xn
, x ∈ (−1, 1)
o součtu geometrické řady. Jeho derivováním dostáváme
− 1
(1+x)2 =
∞
n=0
(−1)n
xn
=
∞
n=1
(−1)n
n xn−1
, x ∈ (−1, 1) ,
přičemž x0
= 0, a tak je dolní index n = 1. Vidíme, že
1
(1+x)2 =
∞
n=1
(−1)n+1
n xn−1
, x ∈ (−1, 1) .
Případ (b). Derivaci funkce y = arctg t umíme vyjádřit jako
(arctg t) = 1
1+t2 =
∞
n=0
−t2 n
=
∞
n=0
(−1)n
t2n
, t ∈ (−1, 1) .
Protože pro x ∈ (−1, 1) je
x
0
(arctg t) dt = arctg x − arctg 0 = arctg x
a
x
0
∞
n=0
(−1)n
t2n
dt =
∞
n=0
(−1)n
x
0
t2n
dt =
∞
n=0
(−1)n
2n+1
x2n+1
,
máme již výsledek
arctg x =
∞
n=0
(−1)n
2n+1
x2n+1
, x ∈ (−1, 1) .
6.20. Najděte Taylorovu řadu se středem x0 = 0 funkce
f (x) =
x
0
u cos u2
du, x ∈ R.
Řešení. Z vyjádření
cos t =
∞
n=0
(−1)n
(2n)!
t2n
, t ∈ R
plyne
u cos u2
= u
∞
n=0
(−1)n
(2n)!
u2 2n
=
∞
n=0
(−1)n
(2n)!
u4n+1
, u ∈ R
a následně (pro x ∈ R)
f (x) =
x
0
u cos u2
du =
x
0
∞
n=0
(−1)n
(2n)!
u4n+1
du
=
∞
n=0
(−1)n
(2n)!
x
0
u4n+1
du =
∞
n=0
(−1)n
(2n)! (4n+2)
x4n+2
.
6.21. Na intervalu konvergence (−1, 1) stanovte součet řady
∞
n=1
n (n + 1) xn
.
Řešení. Platí
∞
n=1
n (n + 1) xn
=
∞
n=1
n xn+1
=
∞
n=1
n xn+1
=
∞
n=1
n xn−1
x2
= x2
∞
n=1
(xn
) = x2
∞
n=1
xn
=
x2
−1 +
∞
n=0
xn
= x2
−1 + 1
1−x
= x2
· 1
(1−x)2 =
2x
(1−x)3
pro všechna x ∈ (−1, 1).
6.22. Pro x ∈ (−1, 1) sečtěte
∞
n=1
(−1)n+1
n(n+1)
xn+1
.
Řešení. Nejprve upozorněme, že symbolem pro neurčitý integrál
budeme označovat jednu konkrétní primitivní funkci (při zachování
proměnné), kterou je vhodné chápat jako tzv. funkci horní meze,
přičemž dolní mez je nula. Užitím věty o integraci mocninné řady
pro x ∈ (−1, 1) obdržíme
∞
n=1
(−1)n+1
n(n+1)
xn+1
= ∞
n=1
(−1)n+1
n
xn
dx =
∞
n=1
(−1)n+1
n
xn
dx = ∞
n=1 (−1)n+1
xn−1
dx dx =
∞
n=1(−x)n−1
dx dx = 1 − x + x2
− x3
+ · · · dx dx =
1
1+x
dx dx = ln (1 + x) + C1 dx .
Jelikož
∞
n=1
(−1)n+1
n
xn
dx = ln (1 + x) + C1 dx,
ze spojitosti uvažovaných funkcí víme, že
∞
n=1
(−1)n+1
n
xn
= ln (1 + x) + C1, x ∈ (−1, 1).
Volba x = 0 potom dává 0 = ln 1 + C1, tj. C1 = 0. Dále je
ln (1 + x) dx = per partes =
u = ln (1 + x) u = 1
1+x
v = 1 v = x
= x ln (1 + x) − x
1+x
dx =
x ln (1 + x) − 1 − 1
1+x
dx = x ln (1 + x) − x + ln (1 + x) + C2 =
(x + 1) ln (x + 1) − x + C2.
Protože zadaná řada konverguje v bodě x = 0 se součtem 0, analogicky
jako pro C1 z
0 = 1 · ln 1 − 0 + C2
vyplývá, že C2 = 0. Celkem tedy získáváme
∞
n=1
(−1)n+1
n(n+1)
xn+1
= (x + 1) ln (x + 1) − x, x ∈ (−1, 1).
6.23. Napište mocninnou řadu se středem v počátku, jejíž součet je na
intervalu (−3, 3) funkce
1
x2−x−12
.
Řešení. Neboť
1
x2−x−12
= 1
(x−4)(x+3)
= 1
7
1
x−4
− 1
x+3
a
1
x−4
= −
1
4
1− x
4
= −1
4
1 + x
4
+ x2
42 + · · · + xn
4n + · · · ,
1
x+3
=
1
3
1− − x
3
= 1
3
1 − x
3
+ x2
32 + · · · + (−x)n
3n + · · · ,
dostáváme
1
x2−x−12
= − 1
28
∞
n=0
xn
4n − 1
21
∞
n=0
(−x)n
3n =
∞
n=0
(−1)n+1
21·3n − 1
28·4n xn
.
6.24. Rozviňte do mocninné řady funkci cos2
(x) (tj. určete Taylorův
rozvoj funkce) v bodě 0 a určete pro která reálná čísla tato řada konver-
guje.
6.25. Rozviňte do mocninné řady funkci sin2
(x) v bodě 0 a určete pro
která reálná čísla tato řada konverguje.
6.26. Rozviňte do mocninné řady funkci ln(x3
+ 3x2
+ 3x + 1) v bodě
0 a určete, pro která x ∈ R konverguje.
Mnoho praktických úloh lze převést na hledání extrémů funkce
jedné proměnné.
6.27. Vrtulník dálniční hlídky letí 3 km nad rovnou silnicí rychlostí
120 km/h. Pilot zaměří radarem auto jedoucí proti směru letu vrtulníku
a naměří, že auto se při vzdušné vzdálenosti 5 km od vrtulníku k němu
přibližuje rychlostí 160 km/h. Spočítejte rychlost auta (vůči předmětu
pohozenému na vozovce).
Řešení. Pro jednoduchost budeme v celém příkladu vynechávat fyzikální
jednotky, a to kilometry pro dráhu a hodiny pro čas (rychlost
tedy bude v km/h). Pozici vrtulníku v čase t vyjádřeme bodem
[y(t), 3] a auta potom bodem [x(t), 0]; tj. 1 jednotka na osách odpovídá
1 km a současně osy volíme tak, aby „auto jelo po ose x“. Jako s(t)
označme vzdušnou vzdálenost vrtulníku od auta a jako t0 ten časový
okamžik, ze kterého jsou údaje v zadání. Spočtěme rychlost auta vzhledem
k předmětu umístěnému do počátku soustavy souřadnic. Můžeme
předpokládat, že x(t) > y(t) > 0. Za tohoto předpokladu je x (t) ≤ 0,
y (t) ≥ 0 pro uvažovaná t. Auto se totiž blíží k bodu [0, 0] zprava –
hodnota x(t) se zmenšuje pro zvětšující se t, a tudíž x (t) ≤ 0. Podobně
dostáváme y (t) ≥ 0 a také s (t) ≤ 0. Ještě dodejme, že např. y (t)
udává, jak rychle se mění funkce y v čase t, tedy rychlost vrtulníku.
Víme, že je
s (t0) = 5, s (t0) = −160, y (t0) = 120
a že platí (s(t) je přepona pravoúhlého trojúhelníku)
ves7863kves7863k (6.1) (x(t) − y(t))2
+ 32
= s2
(t).
Odtud plyne (x(t) > y(t) > 0)
(x (t0) − y (t0))2
+ 32
= 52
, tj. x (t0) − y (t0) = 4.
Derivováním identity (6.1) získáváme
2 (x(t) − y(t)) x (t) − y (t) = 2s(t)s (t)
a následně pro t = t0
2 · 4 x (t0) − 120 = 2 · 5 · (−160), tj. x (t0) = −80.
Vypočítali jsme, že auto se blíží k předmětu na vozovce rychlostí
80 km/h. Stačí si uvědomit, s jakými jednotkami jsme pracovali. To,
že jsme jako výsledek obdrželi zápornou hodnotu, je pak zapříčiněno
naší volbou souřadnicového umístění.
6.28. Rozlehlý vojenský prostor (nadále zkráceno na VP) s půdorysem
čtverce o rozloze 100 km2
je kolem dokola ohraničený úzkou cestou.
Z výchozího místa v jednom rohu VP se lze dostat do cílového místa
uvnitř VP tak, že se jde 5 km po cestě a poté 2 km kolmo k ní. Ovšem
můžete jít libovolnou dobu po cestě rychlostí 5 km za hodinu a potom
šikmo přes VP rychlostí 3 km za hodinu. Kolik (kilo)metrů musíte jít
po cestě, abyste došli na místo určení co nejdříve?
Řešení. K tomu, abychom po cestě ušli x km, přičemž x ∈ [0, 5],
potřebujeme x/5 hodin. Naše cesta přes VP pak bude měřit
22 + (5 − x)2 =
√
x2 − 10x + 29
kilometrů a ujdeme ji za
√
x2 − 10x + 29/3 hodin. Celkem bude naše
cesta trvat
f (x) = 1
5
x + 1
3
√
x2 − 10x + 29
hodin (připomeňme, že x ∈ [0, 5]). Jediný nulový bod funkce
f (x) = 1
5
+ 1
3
x−5
x2−10x+29
je x = 7/2. Protože derivace f existuje v každém bodě intervalu [0, 5]
a protože
f 7
2
= 23
15
< f (5) = 5
3
< f (0) =
√
29
3
,
funkce f má v bodě x = 7/2 absolutní minimum. Po cestě bychom
tudíž měli jít 3, 5 km.
6.29. Určete x-ovou souřadnici xA bodu paraboly y = x2
, který je
nejblíže bodu A = [1, 2].
Řešení. Není obtížné uvědomit si, že příklad má právě jedno řešení
a že úkolem je vlastně najít absolutní minimum funkce
f (x) = (x − 1)2 + (x2 − 2)2, x ∈ R.
Funkce f má zjevně nejmenší hodnotu ve stejném bodě jako funkce
g(x) = (x − 1)2
+ (x2
− 2)2
, x ∈ R.
Neboť
g (x) = 4x3
− 6x − 2, x ∈ R,
řešením rovnice 0 = 2x3
− 3x − 1 dostáváme nejprve stacionární bod
x = −1 a po vydělení polynomu 2x3
− 3x − 1 polynomem x + 1 také
zbývající dva stacionární body
1−
√
3
2
a 1+
√
3
2
.
Protože funkce g je polynomem (má derivaci na celé reálné ose), z geometrického
významu úlohy již získáváme
xA = 1+
√
3
2
.
6.30. Do rovnoramenného trojúhelníku o základně z a výšce v (nad
základnou) vepište obdélník (jedna jeho strana bude částí základny
trojúhelníku) s největším obsahem. Stanovte obsah S tohoto obdélníku.
Řešení. Pro vyřešení příkladu postačuje uvažovat úlohu, kdy se snažíme
vepsat do pravoúhlého trojúhelníku s odvěsnami délek z/2 a v
obdélník s maximálním možným obsahem, přičemž dvě jeho strany
musí být částmi odvěsen tohoto trojúhelníku. Úlohu takto převedeme
na otázku maximalizace funkce
f (x) = x v − 2vx
z
na intervalu I = [0, z/2]. Neboť je
f (x) = v − 4vx
z
pro všechna x ∈ I
a dále
f (0) = f z
2
= 0, f (x) ≥ 0, x ∈ I,
v jediném svém stacionárním bodě x0 = z/4 nutně nabývá funkce f
maxima na I. Proto jsou strany hledaného obdélníku dlouhé z/2 (dvojnásobek
x0: uvažujeme původní úlohu) a v/2 (to lze získat dosazením
z/4 za x do výrazu v − 2vx/z). Odsud dostáváme, že S = vz/4.
6.31. Firma hledá obdélníkovou parcelu o rozměrech 5a × b se
záměrem ji po obvodu celou oplotit a pak ještě ploty kolmými na
první stranu rozdělit na 5 stejně velkých parcel o rozměrech a × b. Pro
jaké hodnoty a, b bude rozloha parcely S = 5ab maximální, má-li být
celková délka plotů 2 400 m?
Řešení. Přeformulujme zadání: Chceme maximalizovat součin 5ab při
splnění podmínky
ves7863k2ves7863k2 (6.2) 6b + 10a = 2 400, a, b > 0.
Lehce lze ukázat, že funkce
a → 5a 2 400−10a
6
definovaná pro a ∈ [0, 240] nabývá maximální hodnoty v bodě a =
120. Proto je výsledek
a = 120 m, b = 200 m.
Doplňme, že uvedená hodnota b bezprostředně plyne z (6.2).
6.32. Mezi obdélníky, jejichž dva vrcholy leží na ose x a další dva
s kladnými druhými souřadnicemi na parabole y = 8 − 2x2
, najděte
obdélník s maximálním obsahem.
Řešení. Základna obdélníku s maximálním obsahem měří 4/
√
3, jeho
výška pak 16/3. Tento výsledek lze obdržet nalezením absolutního
maxima funkce
S(x) = 2x 8 − 2x2
na intervalu I = [0, 2]. Neboť tato funkce je na I nezáporná, v krajních
bodech I nulová a má derivaci na celém I, přičemž její derivace je
nulová pouze v jednom bodě intervalu I, a to v bodě x = 2/
√
3, nabývá
zde maximální hodnoty.
6.33. V čase t = 0 vyjelo auto z bodu A = [5, 0] rychlostí 4 jednotky
za sekundu směrem (−1, 0). Ve stejném čase vyjelo druhé auto z bodu
B = [−2, −1] rychlostí 2 jednotky za sekundu směrem (0, 1). Kdy si
budou auta nejblíže a jaká bude tato vzdálenost?
Řešení. t = 1, 5s, vzdálenost
√
5 jednotek.
6.34. Do rovnostranného trojúhelníka o straně a je vepsán pravoúhelník
(jedna jeho strana leží na straně trojúhelníka, zbylé dva vrcholy leží na
zbylých stranách trojúhelníka). Jaký může mít maximálně obsah?
Řešení. Vepsaný pravoúhelník má strany x,
√
3/2(a − x), tedy obsah
√
3/2(a − x)x. Maximum pro x = a/2, tedy maximální obsah je
(
√
3/8)a2
.
6.35. Ve čase t = 0 se začaly pohybovat tři body P, Q, R v rovině a to
bod P z bodu [−2, 1] směrem (3, 1), rovnoměrnou rychlostí
√
10 m/s,
bod Q z bodu [0, 0] směrem (−1, 1) rovnoměrně zrychleným pohybem
se zrychlením 2
√
2 m/s2
a bod R z bodu [0, 1] směrem (1, 0)
rovnoměrnou rychlostí 2 m/s. V jakém čase bude obsah trojúhelníku
PQR minimální?
Řešení. Rovnice bodů P , Q, R v čase jsou
P : [−2, 1] + (3, 1)t
Q : [0, 0] + (−1, 1)t2
R : [0, 1] + (2, 0)t
Obsah trojúhelníka PQR je určený např. polovinou absolutní hodnoty
determinantu, jehož řádky jsou souřadnice vektorů PQ a QR (viz
Matematika I). Minimalizujeme tedy determinant:
−2 + t t
−t2
− 2t −1 + t2 = 2t3
− t + 2.
Derivace je 6t2
− 1, extrémy tedy nastávají pro t = ± 1√
6
, vzhledem k
tomu, že uvažujeme pouze nezáporný čas, vyšetřujeme pouze t = 1√
6
,
jde o minimum, navíc je hodnota determinantu v tomto bodě kladná a
menší, než hodnota v bodě 0 (krajní bod intervalu, na kterém hledáme
extrém), je tedy o globální minimum obsahu v čase.
6.36. V devět hodin ráno vylezl starý vlk z nory N a v rámci ranní
rozcvičky začal běhat proti směru hodinových ručiček po kružnici o
poloměru 1km, kolem svého oblíbeného pařezu P a to rovnoměrnou
rychlostí 4 km/h. Ve stejnou dobu vyrazila Karkulka z domu D k
babičce sídlící v chaloupce C rychlostí 4 km/h (po přímce). Kdy si
budou nejblíž a jaká tato vzdálenost bude? Souřadnice (v kilometrech):
N = [2, 3], P = [3, 3], D = [0, 0], C = [5, 5].
Řešení. Vlk se pohybuje po jednotkové kružnici, jeho úhlová rychlost
je tedy stejná jako jeho absolutní rychlost a jeho dráhu můžeme v
závislosti na čase popsat následujícími parametrickými rovnicemi:
x(t) = 2 − cos(4t), y(t) = 2 − sin(4t),
Karkulka se pak pohybuje po dráze
x(t) = 2
√
2t, y(t) = 2
√
2t.
Nalezněme extrémy (čtverce) vzdálenosti ρ jejich drah v čase:
ρ(t) =(2 − cos(4t) − 2
√
2t)2
+ (2 − sin(4t) − 2
√
2t)2
ρ (t) =16(cos(4t) − sin(4t))(
√
2t − 1) + 32t+
+ 4
√
2(cos(4t) + sin(4t)) − 16
√
2
Řešit algebraicky rovnici ρ (t) = 0 se nám nepodaří (ani to nelze),
zbývá pouze najít řešení numericky (pomocí výpočetního softwaru).
Zjistíme, že lokální minima nastávají pro t
.
= 0, 31 a poté pro t
.
= 0, 97,
kdy bude vzdálenost vlka a Karkulky asi 5 metrů. Je zřejmé, že půjde i
o globální minimum.
Situace, kdy neumíme explicitně vyřešit daný problém je v praxi
velmi častá a použití numerických metod výpočtu tedy má velký vý-
znam.
6.37. Pro jaká a ∈ R je kubický polynom P vyhovující vztahům
P(0) = 1, P (0) = 1, P(1) = 2a + 2, P (1) = 5a + 1, monotónní
funkcí na celém R?
Řešení. Z podmínek P(0) = 1 a P (0) = 1 plyne, že P(x) = bx3
+
cx2
+ x + 1, kde b, c ∈ R, zbylé dvě podmínky určují dvě rovnice pro
neznámé b a c: b + c + 2 = 2a + 2, 3b + 2c + 1 = 5a + 1 s jediným
řešením b = c = a, polynom vyhovující zadaným podmínkám je tedy
P(x) = ax3
+ ax2
+ x + 1. Podmínka na to, aby byl monotónní funkcí
na celém R, je ekvivalentní tomu, že polynom nemá lokální extrém.
Extrémy mohou nastat v kritických bodech, tedy v nulových bodech
derivace. Pokud tedy derivace nebude mít nulových bodů, fukce bude
monotónní. Derivace je
P (x) = 3ax2
+ 2ax + 1
a nebude mít nulových bodů, bude-li její diskriminant záporný. Navíc
inflexní body P(x) odpovídají bodům, kde je nulová první i druhá
derivace (a nenulová třetí, což je v případě kubického polynomu automatické),
tedy násobným kořenům P (x). P (x) má násobné kořeny,
právě když je její diskriminant nulový. Celkem je podmínka monotónnosti
P(x) ekvivalentní nekladnosti diskriminantu P (x), tedy
4a2
− 12a ≤ 0
4a(a − 3) ≤ 0,
což odpovídá a ∈ 0, 3 . Pro a = 0 však P sice je monotónní funkcí,
nikoliv však kubickým polynomem. Dané podmínky splňují právě
a ∈ (0, 3 .
6.38. Určete parametr c ∈ R tak, aby tečna ke grafu funkce ln(c·x)√
x
v
bodě [1, 0] procházela bodem [2, 2].
Řešení. Podle zadání má mít tečna směrnici 2 (2−0
2−1
). Směrnice je
určena derivací funkce v daném bodě, dostáváme tedy podmínku
2 − ln(cx)
2
√
x
(1) = 2, neboli 2 − ln(c) = 4,
tedy c = 1
e2 . Pro c = 1
e2 je však hodnota fce ln(c·x)√
x
v bodě 1 rovna −2.
Tedy žádné takové c neexistuje.
Nyní několik „klasických“ příkladů, ve kterých budeme vyšetřovat
průběh různých funkcí.
6.39. Vyšetřete průběh funkce
x
ln(x)
,
a načrtněte její graf.
Řešení.
i) Nejprve určíme definiční obor funkce: R+
\ {1}.
ii) Nalezneme intervaly monotónnosti funkce: nejprve nalezneme
nulové body derivace:
f (x) =
ln(x) − 1
ln2
(x)
= 0
Tato rovnice má kořen e. Dále vidíme, že f (x) je na intervalu
(0, 1) i (1, e) záporná, tedy je f (x) na intervalu (0, 1) i na
(1, e) klesající, dále je f (x) na intervalu (e, ∞) kladná a
tedy f (x) rostoucí. Má tedy funkce f jediný extrém v bodě
e a to minimum. (také bychom o tom mohli rozhodnout pomocí
znaménka druhé derivace funkce f v bodě e, je totiž
f (2)
(e) > 0)
iii) Určíme inflexní body:
f (2)
(x) =
ln(x) − 2
x ln3
(x)
= 0
Tato rovnice má kořen e2
, který musí být inflexním bodem
(extrém to již být nemůže vzhledem k předchozímu bodu).
iv) Asymptoty. Funkce má asymptotu přímku x = 1. Dále hledejme
asymptoty s konečnou směrnicí k:
k = limx→∞
x
ln(x)
x
= lim
x→∞
1
ln(x)
= 0.
Pokud asymptota existuje, má tedy směrnici 0. Pokračujme
tedy ve výpočtu
lim
×→∞
x
ln(x)
− 0 · x = lim
x→∞
ln(x) = ∞,
a protože limita není konečná, asymptota s konečnou směrnicí
neexistuje.
Průběh funkce:
–4
–2
0
2
4
6
8
10
y
2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
x
6.40. Vyšetřete průběh funkce ln(x)
x
(tj. mimo jiné najít extrémy, inflexní
body, asymptoty) a načrtněte její graf.
Řešení. Def. obor R+
, globální maximum x = e, infl. bod x =
√
e3,
rostoucí na int (0, e), klesající na (e, ∞), konkávní (0,
√
e3, konvexní
(
√
e3, ∞), asymptoty x = 0 a y = 0, limx→0 f (x) = −∞,
limx→∞ f (x) = 0.
6.41. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné najít extrémy, inflexní body,
asymptoty).
ln(x2
− 3x + 2) + x.
Řešení. Def. obor R \ 1, 2 . Lokální maximum x = 1−
√
5
2
, na celém
def. oboru konkávní, asymptoty x = 1, x = 2.
6.42. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné najít extrémy, inflexní body,
asymptoty).
ln(x2
− 3x + 2) + x.
Řešení. Def. obor R \ 1, 2 . Lokální maximum x = 1−
√
5
2
, na celém
def. oboru konkávní, asymptoty x = 1, x = 2.
6.43. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné nalezněte extrémy, inflexní
body a asymptoty):
(x2
− 2)ex2−1
.
Řešení. Def. obor R. Lokální minima v −1, 1, maximum v 0. Funkce
sudá. Inflexní body ± 1√
2
, bez asymptot.
6.44. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné nalezněte extrémy, inflexní
body a asymptoty):
ln(2x2
− x − 1).
Řešení. Def. obor R \ −1
2
, 1 . Glob. extrémy nemá. Bez inflexních
bodů, asymptoty x = −1
2
, x = 1.
6.45. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné nalezněte extrémy, inflexní
body a asymptoty):
x2
− 2
x − 1
.
Řešení. Def. obor R \ {1}. Bez extrémů. Bez infl. bodů, na int.
(−∞, 1) konvexní, (1, ∞) konkávní, Asymptota bez směrnice x = 1.
Asymptota se směrnicí y = x + 1.
B. Integrování
6.46. Vypočtěte:
i) x cos x dx
ii) ln x dx
Řešení. V obou případech řešíme metodou per partes.
i)
x cos x dx =
u = x u = 1
v = cos x v = sin x
= x sin x − sin x dx =
= x sin x + cos x + C.
ii)
ln x dx =
u = ln x u = 1
x
v = 1 v = x
= x ln x − 1 dx = x ln x − x + C.
6.47. Určete integrály
•
dx
sin2
(x) − cos2(x)
.
•
x2
√
2x + 1 dx
Řešení.
• V tomto příkladu zvolíme substituci t = tg x, kterou lze často
s výhodou uplatnit.
dx
sin2
(x) − cos2(x)
=
substitucet = tg x
dt = 1
cos2 x
dx = (1 + tg2
(x)) dx = (1 + t2
) dx
sin2
(x) = tg2(x)
1+tg2(x)
= t2
1+t2
cos2
(x) = 1
1+tg2(x)
= 1
1+t2
=
=
1
t2 − 1
dt =
1
2
1
t − 1
−
1
2
1
t + 1
=
=
1
2
ln
tg(x) − 1
tg +1
+ C
•
x2
√
2x + 1 dx =
u = x2
u = 2x
v =
√
2x + 1 v = 1
3
(2x + 1)
=
=
1
3
x2
(2x + 1)
3
2 −
4
3
x2
√
2x + 1 dx −
2
9
(2x + 1)
3
2 ,
což můžeme chápat jako rovnici, kde neznámou je hledaný
integrál. Převedením na jednu stranu pak
x2
√
2x + 1 dx =
1
7
x2
(2x + 1)
3
2 −
2
7
x
√
2x + 1 =
u = x u = 1
v =
√
2x + 1 v = 1
3
√
2x + 1
=
1
7
x2
(2x + 1)
3
2 −
2
7
1
3
x
√
2x + 1 −
1
3
(2x + 1)
3
2 dx =
=
1
7
x2
(2x + 1)
3
2 −
2
21
x
√
2x + 1 +
2
105
(2x + 1)
5
2 =
=
1
7
x2
(2x + 1)
3
2 −
2
35
x(2x + 1)
3
2 +
2
105
(2x + 1)
3
2
6.48. Vypočtěte:
i)
π
2
0 sin x sin 2x dx
ii) sin2
x sin 2x dx
Řešení.
i) 2
3
ii) 1
2
sin4
x
6.49. Dokažte, že
1
2
sin4
x = −
1
4
cos(2x) +
1
16
cos(4x) +
3
16
.
Řešení. Funkce na pravé a levé straně rovnosti mají shodné derivace,
tudíž se liší o reálnou konstantu. Tuto konstantu určíme porovnáním
funkčních hodnot v jednom bodě, například bodě 0. Hodnota obou
funkcí je v nule nulová, jsou si tedy rovny.
C. Integrace racionálních lomených funkcí
6.50. Spočtěte neurčitý integrál
1
x4 + 3x3 + 5x2 + 4x + 2
dx.
6.51. Vypočtěte integrál
π
2
π
4
sin(t)
1 − cos2 x
dt.
Řešení. 1
2
ln 2+ln(2)
2−ln(2)
.
6.52. Vypočtěte integrál
ln(2)
0
dx
e2x − 3ex
.
Řešení. −1
6
− 2
9
ln(2).
D. Délky, obsahy, povrchy, objemy
6.53. Odvoďte vzorec pro výpočet povrchu a objemu kužele.
6.54. Určete délku křivky dané parametricky
x = sin2
(t), y = cos2
(t),
pro t ∈ 0, π
2
.
Řešení. Možno počítat i přímo (jedná se o část přímky y = 1 − x).√
2.
6.55. Určete délku křivky dané parametricky
x = t2
, y = t3
pro t ∈ 0,
√
5 .
Řešení. 335
27
6.56. Určete plochu ležící napravo od přímky x = 3 a dále ohraničenou
grafem funkce y = 1
x3−1
a osou x.
Řešení. Plocha je dána nevlastním integrálem
∞
1
1
x3−1
dx. Vypočteme
jej metodou rozkladu na parciální zlomky:
1
x3 − 1
=
Ax + B
x2 + x + 1
+
C
x − 1
1 = (Ax + B)(x − 1) + C(x2
+ x + 1)
x = 1 ⇒ C =
1
3
x0
: 1 = C − B ⇒ B = −
2
3
x2
: 0 = A + C ⇒ A = −
1
3
a můžeme psát
∞
1
1
x3 − 1
dx =
1
3
∞
1
1
(x − 1)
−
x + 2
x2 + x + 1
dx
Nyní určíme zvlášť neurčitý integrál x+2
x2+x+1
dx:
x + 2
x2 + x + 1
dx =
=
x + 1
2
(x + 1
2
)2 + 3
4
dx +
3
2
1
(x + 1
2
)2 + 3
4
dx =
substituce u prvního integrálu
t = x2
+ x + 1
dt = 2(x + 1
2
) dx
=
1
2
1
t
dt +
3
2
1
(x + 1
2
)2 + 3
4
=
substituce u prvního integrálu
s = x + 1
2
ds = dx
=
1
2
ln(x2
+ x + 1) +
3
2
1
s2 + 3
4
ds =
=
1
2
ln((x2
+ x + 1) +
3
2
4
3
1
2√
3
s
2
+ 1
ds =
substituce u druhého integrálu
u = 2√
3
s
du = 2√
3
s ds
=
1
2
ln(x2
+ x + 1) + 2
√
3
2
1
u2 + 1
du =
=
1
2
ln(x2
+ x + 1) +
√
3 arctan(u) =
1
2
ln(x2
+ x + 1) +
√
3 arctan
2x + 1
√
3
.
Celkem pak pro nevlastní integrál můžeme psát:
∞
1
1
x3 − 1
dx
=
1
3
lim
δ→∞
ln |x − 1| −
1
2
ln(x2
+ x + 1) −
√
3 arctan
2x + 1
√
3
δ
3
=
=
1
3
lim
δ→∞
1
3
ln |δ − 1| −
1
2
ln(δ2
+ δ + 1) −
√
3 arctan
2δ + 1
√
3
−
−
1
3
ln(2) +
1
6
ln(13) +
√
3
3
arctan
7
√
3
=
=
1
6
ln(13) −
1
3
ln(2) +
√
3
3
arctan
7
√
3
−
−
1
3
lim
δ→∞
ln
x − 1
√
x2 + x + 1
−
1
3
lim
δ→∞
√
3 arctan
2δ + 1
√
3
=
=
1
6
ln(13) +
1
√
3
arctan
7
√
3
−
1
3
ln(2) −
√
3
6
π
6.57. Určete povrch a objem rotačního paraboloidu, který vznikne
rotací části paraboly y = 2x2
pro x ∈ 0, 1 kolem osy y.
Řešení. Vzorce uvedené v textech platí pro rotaci křivek kolem osy
x! Je tedy nutno buď integrovat podle danou křivku neznámé y, nebo
transformovat.
V =
2
0
x
2
dx = π
S = 2π
2
0
x
2
( 1 +
1
8x
) dx = 2π
2
0
x
2
+
1
16
dx
= π
17
√
17 − 1
24
dx.
6.58. Vypočtěte obsah S obrazce složeného ze dvou částí roviny vymezených
přímkami x = 0, x = 1, x = 4, osou x a grafem funkce
y = 1
3√
x−1
.
Řešení. Nejprve si uvědomme, že
1
3√
x−1
< 0, x ∈ [0, 1), 1
3√
x−1
> 0, x ∈ (1, 4]
a že
lim
x→1−
1
3√
x−1
= −∞, lim
x→1+
1
3√
x−1
= +∞.
První část obrazce (ležící pod osou x) je proto ohraničena křivkami
y = 0, x = 0, x = 1, y = 1
3√
x−1
s obsahem daným nevlastním integrálem
S1 = −
1
0
1
3√
x−1
dx;
zatímco druhá část (nad osou x) vymezená křivkami
y = 0, x = 1, x = 4, y = 1
3√
x−1
má obsah
S2 =
4
1
1
3√
x−1
dx.
Neboť
1
3√
x−1
dx = 3
2
3
(x − 1)2 + C,
jako součet S1 + S2 získáváme
S = − lim
x→1−
3
2
3
(x − 1)2 − 3
2
+ lim
x→1+
3
2
3
√
9 − 3
2
3
(x − 1)2 =
3
2
1 + 3
√
9 .
Ukázali jsme mj. to, že uvedený obrazec má konečný obsah, přestože
není (shora ani zdola) ohraničený. (Blížíme-li se k x = 1 zprava, příp.
zleva, jeho výška roste nade všechny meze.) Připomeňme zde neurčitý
výraz typu 0 · ∞. Obrazec je totiž ohraničený, když se omezíme na
x ∈ [0, 1 − δ] ∪ [1 + δ, 4] při libovolně malém δ > 0.
6.59. Určete průměrnou rychlost vp tělesa v časovém intervalu [1, 2],
pokud je jeho rychlost
v(t) = t
1+t2
, t ∈ [1, 2].
Jednotky neuvažujte.
Řešení. K vyřešení příkladu si stačí uvědomit, že hledaná průměrná
rychlost je střední hodnota funkce v na intervalu [1, 2]. Platí tak
vp = 1
2−1
2
1
t
1+t2
dt =
5
2
1
2
√
x
dx =
√
5 −
√
2,
přičemž 1 + t2
= x, t dt = dx/2.
6.60. Vypočítejte délku s části křivky označované jako traktrix dané
parametrickým popisem
f (t) = r cos t + r ln tg t
2
, g(t) = r sin t, t ∈ [π/2, a],
kde r > 0, a ∈ (π/2, π).
Řešení. Protože
f (t) = −r sin t + r
2tg t
2 ·cos2 t
2
= −r sin t + r
sin t
= r cos2 t
sin t
, g (t) =
r cos t
na intervalu [π/2, a], pro délku s dostáváme
s =
a
π/2
r2 cos4 t
sin2 t
+ r2 cos2 t dt =
a
π/2
r2 cos2 t
sin2 t
dt =
− r
a
π/2
cos t
sin t
dt = −r [ln (sin t)]a
π/2 = −r ln (sin a) .
6.61. Spočtěte objem tělesa vzniklého otáčením omezené plochy, jejíž
hranicí je křivka x4
− 9x2
+ y4
= 0, kolem osy x.
Řešení. Pokud je [x, y] bodem křivky x4
− 9x2
+ y4
= 0, zřejmě
tato křivka prochází rovněž body [−x, y], [x, −y], [−x, −y]. Je tedy
souměrná vzhledem k oběma osám x, y. Pro y = 0 dostáváme
x2
(x − 3) (x + 3) = 0, tj. osu x protíná hraniční křivka v bodech
[−3, 0], [0, 0], [3, 0]. V prvním kvadrantu ji pak můžeme vyjádřit jako
graf funkce
f (x) = 4
√
9x2 − x4, x ∈ [0, 3].
Hledaný objem je proto dvojnásobkem (zde uvažujeme x > 0) integrálu
3
0
πf 2
(x) dx = π
3
0
√
9x2 − x4 dx.
Pomocí substituce t =
√
9 − x2 (xdx = −tdt) pak snadno spočítáme
3
0
√
9x2 − x4 dx =
3
0
x ·
√
9 − x2 dx = −
0
3
t2
dt = 9,
a tak obdržíme výsledek 18π.
E. Aplikace integrálního kriteria konvergence
Nyní se opět vraťme k (číselným) řadám. Díky intergrálnímu kriteriu
konvergence (viz ??) umíme rozhodnout o konvergenci širší třídy
řad:
6.62. Rozhodněte, zda následující sumy konvergují či divergují:
a)
∞
n=1
1
n ln n
,
b)
∞
n=1
1
n2 .
Řešení. Všimněme si nejprve, že ani u jedné z uvažovaných řad neumíme
o její konvergenci rozhodnout na základě podílového či odmocninového
kriteria (všechny limity lim
n→∞
|an+1
an
| i lim
n→∞
n
√
an jsou rovny 1).
Pomocí integrálního kriteria pro konvergenci řad pak dostáváme:
a)
∞
1
1
x ln(x)
dx =
∞
0
1
t
dt = lim
δ→∞
[ln(t)]δ
0 = ∞,
daná řada tedy diverguje.
b)
∞
1
1
x2
dx = lim
δ→∞
−
1
x
δ
1
= 1,
a daná řada tedy konverguje.
6.63. Pomocí integrálního kritéria rozhodněte o konvergenci řady
∞
n=1
1
(n+1) ln2(n+1)
.
Řešení. Funkce
f (x) = 1
(x+1) ln2(x+1)
, x ∈ [1, +∞)
je zjevně na svém definičním oboru kladná a nerostoucí, a proto řada
v zadání konverguje, právě když konverguje integrál
+∞
1 f (x) dx.
Užitím substituce y = ln (x + 1) (kdy je dy = dx/(x + 1)) můžeme
vyčíslit
+∞
1
1
(x+1) ln2(x+1)
dx =
+∞
ln 2
1
y2 dy = 1
ln 2
.
Řada tedy konverguje.
Pomocí věty ?? „o záměně limity a integrálu posloupnosti stejnoměrně
konvergentních funkcí“ nyní sečteme číselnou řadu
6.64. Sečtěte řadu
∞
n=1
1
n2n
.
Nápověda:
∞
2
dx
xn+1 = 1
n2n .
Řešení. Na intervalu (2, ∞) konverguje řada funkcí ∞
n=1
1
xn+1 stejnoměrně.
To plyne například z Weierstrasova kriteria: každá z funkcí
1
xn+1 je klesající na intervalu (2, ∞), její hodnota tedy nepřevyšuje
1
2n+1 ; řada ∞
n=1
1
2n+1 je ovšem konvergentní (jedná se o geometrickou
řadu s koeficientem 1
2
. Podle Weierstrasova kriteria tedy řada funkcí
∞
n=1
1
xn+1 tedy konverguje stejnoměrně. Dokonce umíme výslednou
funkci explicitně vyjádřit. Její hodnota v libovolném x ∈ (2, ∞) je
hodnotou geometrické řady s koeficientem 1
x
, označíme-li tedy limitu
jako f (x), je
f (x) =
∞
n=1
1
xn+1
=
1
x2
1
1 − 1
x
=
1
x(x − 1)
Použitím (??) (3) dostáváme
∞
n=1
1
n2n
=
∞
n=1
∞
2
dx
xn+1
=
∞
2
∞
n=1
1
xn+1
dx
=
∞
2
1
x(x − 1)
dx =
= lim
δ→∞
δ
2
1
x − 1
−
1
x
dx =
= lim
δ→∞
[(ln(δ − 1) − ln(δ) − ln(1) + ln(2)] =
= lim
δ→∞
ln
δ − 1
δ
+ ln(2) = ln lim
δ→∞
δ − 1
δ
+ ln(2) =
= ln(2)
6.65. Uvažme funkci f (x) = ∞
n=1 ne−nx
. Určete
ln 3
ln 2
f (x) dx.
Řešení. Obdobně jako v předchozím případě z Weierstrasova kriteria
pro stejnoměrnou konvergenci vypývá, že řada funkcí ∞
n=1 ne−nx
konverguje stejnoměrně na intervalu (ln 2, ln 3), neboť každá z funkcí
ne−nx
je menší než n
2n na (ln 2, ln 3) a řada ∞
n=1
n
2n konverguje, což
plyne třeba z podílového kriteria pro konvergenci řad:
lim
n→∞
|
an+1
an
| = lim
n→∞
(n + 1)2−(n+1
n2n
= lim
n→∞
1
2
n + 1
n
=
1
2
.
Celkem podle (??) (3) platí
ln 3
ln 2
f (x) dx =
ln 3
ln 2
∞
n=1
ne−nx
=
=
∞
n=1
ln 3
ln 2
ne−nx
dx =
=
∞
n=1
[−e−nx
]ln 3
ln 2 =
∞
n=1
1
2n
−
1
3n
= 1 −
1
2
=
1
2
.
6.66. Určete následující limitu (postup výpočtu zdůvodněte):
lim
n→∞
∞
0
cos x
n
1 + x
n
n dx.
Řešení. Určeme nejprve lim
n→∞
cos( x
n )
1+ x
n
n . Posloupnost těchto funkcí limituje
bodově a máme
lim
n→∞
cos(x
n
)
1 + x
n
n =
1
lim
n→∞
1 + x
n
n
(??)
=
1
ex
Předpokládejme, že daná posloupnost, konverguje stejnoměrně.
Potom podle (??)
lim
n→∞
∞
0
cos x
n
1 + x
n
n dx =
∞
0
lim
n→∞
cos x
n
1 + x
n
n dx =
=
∞
0
1
ex
= 1
Ověření stejnoměrné konvergence dané posloupnosti necháváme na
čtenáři (podotýkáme jenom, že diskuze je složitější než v předchozích
příkladech).
F. Doplňující příklady k celé kapitole
6.67. Vyšetřete průběh funkce ln(x)
x
(tj. mimo jiné najít extrémy, inflexní body, asymptoty) a načrtněte
její graf.
Řešení. Def. obor R+
, globální maximum x = e, infl. bod x =
√
e3, rostoucí na int (0, e), klesající
na (e, ∞), konkávní (0,
√
e3, konvexní (
√
e3, ∞), asymptoty x = 0 a y = 0, limx→0 f (x) = −∞,
limx→∞ f (x) = 0.
6.68. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné najít extrémy, inflexní body, asymptoty).
ln(x2
− 3x + 2) + x.
Řešení. Def. obor R \ 1, 2 . Lokální maximum x = 1−
√
5
2
, na celém def. oboru konkávní, asymptoty
x = 1, x = 2.
6.69. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné najít extrémy, inflexní body, asymptoty).
ln(x2
− 3x + 2) + x.
Řešení. Def. obor R \ 1, 2 . Lokální maximum x = 1−
√
5
2
, na celém def. oboru konkávní, asymptoty
x = 1, x = 2.
6.70. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné nalezněte extrémy, inflexní body a asymptoty):
(x2
− 2)ex2−1
.
Řešení. Def. obor R. Lokální minima v −1, 1, maximum v 0. Funkce sudá. Inflexní body ± 1√
2
, bez
asymptot.
6.71. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné nalezněte extrémy, inflexní body a asymptoty):
ln(2x2
− x − 1).
Řešení. Def. obor R \ −1
2
, 1 . Glob. extrémy nemá. Bez inflexních bodů, asymptoty x = −1
2
, x = 1.
6.72. Vyšetřete průběh funkce (mimo jiné nalezněte extrémy, inflexní body a asymptoty):
x2
− 2
x − 1
.
Řešení. Def. obor R \ {1}. Bez extrémů. Bez infl. bodů, na int. (−∞, 1) konvexní, (1, ∞) konkávní,
Asymptota bez směrnice x = 1. Asymptota se směrnicí y = x + 1.Integrovani
6.73. Spočtěte neurčitý integrál
1
x4 + 3x3 + 5x2 + 4x + 2
dx.
6.74. 6.75. Vypočtěte integrál
π
2
π
4
sin(t)
1 − cos2 x
dt.
6.76. Vypočtěte integrál
ln(2)
0
dx
e2x − 3ex
.
6.77. Vypočtěte:
i)
π
2
0 sin x sin 2x dx
ii) sin2
x sin 2x dx
Řešení.
i) 2
3
ii) 1
2
sin4
x
cninne rady
6.78. Vyčíslete cos π
10
s chybou menší než 10−5
.
6.79. Pro konvergentní řadu
∞
n=0
(−1)n
√
n+100
odhadněte chybu aproximace jejího součtu částečným součtem s9 999.
6.80. Bez počítání derivací uveďte Taylorův polynom 4. stupně se středem v bodě x0 = 0 funkce
f (x) = cos x − 2 sin x − ln (1 + x) , x ∈ (−1, 1).
Poté rozhodněte, zda je graf funkce f v okolí bodu [0, 1] nad tečnou, pod tečnou.
6.81. Rozviňte funkci
y = 1
3−2x
, x ∈ −3
2
, 3
2
v Taylorovu řadu se středem v počátku.
6.82. Funkci y = ex
definovanou na celé reálné přímce vyjádřete jako nekonečný polynom se členy
tvaru an(x − 1)n
a funkci y = 2x
definovanou na R vyjádřete jako nekonečný polynom se členy anxn
.
6.83. Nalezněte funkci f , k níž pro x ∈ R konverguje posloupnost funkcí
fn(x) = n2x3
n2x2+1
, n ∈ N.
Je tato konvergence stejnoměrná na R?
6.84. Konverguje řada
∞
n=1
n x
n4+x2 , kde x ∈ R,
stejnoměrně na celé reálné ose?
6.85. Z Taylorova rozvoje se středem v počátku funkce y = sin x získejte pomocí derivace Taylorův
rozvoj funkce y = cos x.
6.86. Odhadněte
(a) kosinus deseti stupňů s přesností alespoň 10−5
;
(b) určitý integrál
1/2
0
dx
x4+1
s přesností alespoň 10−3
.
6.87. Určete mocninný rozvoj se středem v bodě x0 = 0 funkce
f (x) =
x
0
et2
dt, x ∈ R.
6.88. Najděte analytickou funkci, jejíž Taylorova řada je
x − 1
3
x3
+ 1
5
x5
− 1
7
x7
+ · · · ,
přičemž x ∈ [−1, 1].
6.89. Ze znalosti součtu geometrické řady odvoďte Taylorovu řadu funkce
y = 1
5+2x
se středem v počátku. Poté určete její poloměr konvergence.DOO
6.90. Nechť je pohyb tělesa (dráha hmotného bodu) popsán(a) funkcí
s(t) = −(t − 3)2
+ 16, t ∈ [0, 7]
v jednotkách m, s. Stanovte
(a) počáteční (tj. v čase t = 0 s) rychlost tělesa;
(b) čas a polohu, ve kterých má těleso nulovou rychlost;
(c) rychlost a zrychlení tělesa v čase t = 4 s.
Doplňme, že rychlost je derivace dráhy a zrychlení je derivace rychlosti.
6.91. Zvolte rozměry otevřeného bazénu se čtvercovým dnem o objemu 32 m3
tak, aby na natření
jeho stěn a dna bylo potřeba nejmenší množství barvy.
6.92. Číslo 28 rozložte na 2 nezáporné sčítance tak, aby součet druhé mocniny prvního sčítance a třetí
mocniny druhého sčítance byl minimální.
6.93. Pomocí první derivace nalezněte reálné číslo a > 0, pro které je součet a + 1/a minimální. Poté
tuto úlohu řešte bez použití diferenciálního počtu.
6.94. Vepište do půlkruhu o poloměru r obdélník s největším možným obvodem. Uveďte jeho obvod.
6.95. Existuje-li mezi obdélníky o obvodu 4c obdélník s maximálním obsahem, stanovte délky jeho
stran.
6.96. Zjistěte výšku v a poloměr podstavy r nejobjemnějšího kužele, který se vejde do koule o poloměru
R.
6.97. Ze všech trojúhelníků s konstantním obvodem o > 0 vyberte ten, jenž má největší obsah.
6.98. Na parabole 2x2
−2y = 9 najděte body s minimální vzdáleností od počátku soustavy souřadnic.
6.99. Vaším úkolem je vyrobit jednolitrovou plechovou konzervu „obvyklého“ tvaru rotačního válce
tak, aby na její výrobu bylo potřeba co nejméně plechu. Určete správný poměr mezi její výškou v
a poloměrem podstavy r.
6.100. Stanovte obsah rovinného obrazce vymezeného grafem funkce
f (x) = e
x
2 + e− x
2
a přímkami
y = 0, x = −2, x = 2.
6.101. Zjistěte, jaký obsah má omezený obrazec s hranicí tvořenou parabolou y = x2
+ 2x − 3
a osou x.
6.102. Určete obsah S oblasti ohraničené křivkami
y = e−2x
− 1, y = e−x
+ 1, x = 0.
6.103. Vypočtěte obsah ohraničeného rovinného obrazce vymezeného křivkami y2
= x3
, y2
=
8(6 − x)3
.
6.104. V jakém poměru jsou obsahy 2 částí kruhu x2
+ y2
≤ 8 oddělené parabolou y2
= 2x?
6.105. Hmotný bod se pohybuje po přímce v jednom směru, a to rychlostí
v(t) = 1+t2
1+t4 , t ∈ [−1, 1].
Jakou dráhu urazí mezi časovými okamžiky t1 = −1, t2 = 1?
6.106. Nechť je dána válcová nádrž na dešťovou vodu s průměrem podstavy 1 m a výškou 2 m, která
je naplněna po okraj. Vznikne-li v jejím dně kruhový otvor o průměru 1 cm, přibližně určete, za jak
dlouho z ní veškerá voda vyteče. Je znám vztah pro rychlost vytékání v = c
√
h, kde h je výška hladiny
kapaliny a c je konstantní s experimentálně zjištěným rozsahem hodnot 2, 65 < c < 2, 7.
6.107. Stanovte obsah S neomezené oblasti s hranicí tvořenou grafem funkce
y = 1
x2+x−2
, x ∈ [2, +∞)
a přímkami x = 2, y = 0.
6.108. Spočítejte délku jedné větve prosté cykloidy při poloměru zadávající kružnice r > 0, tj. délku
křivky
f (t) = r(t − sin t), g(t) = r(1 − cos t), t ∈ [0, 2π].
6.109. Určete délku grafu funkce f (x) = ln (cos x) na intervalu [0, a], přičemž 0 < a < π/2.
6.110. Vypočtěte délku grafu funkce
cosh x = ex+e−x
2
na intervalu [−1, 2].
6.111. Spočtěte délku s grafu funkce y = ln 1 − x2
pro x ∈ [0, 1/2].
6.112. Stanovte objem V tělesa vzniklého otáčením plochy ohraničené grafy funkcí f (x) = 2x − x2
a g(x) = 0 kolem osy x.
6.113. Vypočítejte objem tělesa vymezeného eliptickým paraboloidem
z = x2
4
+ y2
4
a rovinou z = 1.
6.114. Určete objem tělesa ohraničeného plochou, která vznikne rotací křivky xy + 1 = x2
+ y2
okolo x-ové osy.
6.115. Pomocí určitého integrálu odvoďte vzorce pro objem V a obsah pláště S rotačního komolého
kužele s podstavami o poloměrech r1 a r2 a výškou v.
6.116. Vypočtěte obsah pláště rotačního tělesa vzniklého rotací kolem osy x plochy ohraničené grafem
funkce y = x3
6
, osou x a přímkou x = 2.
6.117. Stanovte obsah plochy, která vznikne otáčením části křivky y2
= 2x vyťaté přímkou 2x = 3
okolo x-ové osy.
6.118. Stanovte obsah rovinného obrazce vymezeného grafem funkce
f (x) = e
x
2 + e− x
2
a přímkami
y = 0, x = −2, x = 2.
6.119. Zjistěte, jaký obsah má omezený obrazec s hranicí tvořenou parabolou y = x2
+ 2x − 3
a osou x.
6.120. Určete obsah S oblasti ohraničené křivkami
y = e−2x
− 1, y = e−x
+ 1, x = 0.
6.121. Vypočtěte obsah ohraničeného rovinného obrazce vymezeného křivkami y2
= x3
, y2
=
8(6 − x)3
.
6.122. V jakém poměru jsou obsahy 2 částí kruhu x2
+ y2
≤ 8 oddělené parabolou y2
= 2x?
6.123. Hmotný bod se pohybuje po přímce v jednom směru, a to rychlostí
v(t) = 1+t2
1+t4 , t ∈ [−1, 1].
Jakou dráhu urazí mezi časovými okamžiky t1 = −1, t2 = 1?
6.124. Nechť je dána válcová nádrž na dešťovou vodu s průměrem podstavy 1 m a výškou 2 m, která
je naplněna po okraj. Vznikne-li v jejím dně kruhový otvor o průměru 1 cm, přibližně určete, za jak
dlouho z ní veškerá voda vyteče. Je znám vztah pro rychlost vytékání v = c
√
h, kde h je výška hladiny
kapaliny a c je konstantní s experimentálně zjištěným rozsahem hodnot 2, 65 < c < 2, 7.
6.125. Stanovte obsah S neomezené oblasti s hranicí tvořenou grafem funkce
y = 1
x2+x−2
, x ∈ [2, +∞)
a přímkami x = 2, y = 0.
6.126. Spočítejte délku jedné větve prosté cykloidy při poloměru zadávající kružnice r > 0, tj. délku
křivky
f (t) = r(t − sin t), g(t) = r(1 − cos t), t ∈ [0, 2π].
6.127. Určete délku grafu funkce f (x) = ln (cos x) na intervalu [0, a], přičemž 0 < a < π/2.
6.128. Vypočtěte délku grafu funkce
cosh x = ex+e−x
2
na intervalu [−1, 2].
6.129. Spočtěte délku s grafu funkce y = ln 1 − x2
pro x ∈ [0, 1/2].
6.130. Stanovte objem V tělesa vzniklého otáčením plochy ohraničené grafy funkcí f (x) = 2x − x2
a g(x) = 0 kolem osy x.
6.131. Vypočítejte objem tělesa vymezeného eliptickým paraboloidem
z = x2
4
+ y2
4
a rovinou z = 1.
6.132. Určete objem tělesa ohraničeného plochou, která vznikne rotací křivky xy + 1 = x2
+ y2
okolo x-ové osy.
6.133. Pomocí určitého integrálu odvoďte vzorce pro objem V a obsah pláště S rotačního komolého
kužele s podstavami o poloměrech r1 a r2 a výškou v.
6.134. Vypočtěte obsah pláště rotačního tělesa vzniklého rotací kolem osy x plochy ohraničené grafem
funkce y = x3
6
, osou x a přímkou x = 2.
6.135. Stanovte obsah plochy, která vznikne otáčením části křivky y2
= 2x vyťaté přímkou 2x = 3
okolo x-ové osy.
6.136. Nechť je pohyb tělesa (dráha hmotného bodu) popsán(a) funkcí
s(t) = −(t − 3)2
+ 16, t ∈ [0, 7]
v jednotkách m, s. Stanovte
(a) počáteční (tj. v čase t = 0 s) rychlost tělesa;
(b) čas a polohu, ve kterých má těleso nulovou rychlost;
(c) rychlost a zrychlení tělesa v čase t = 4 s.
Doplňme, že rychlost je derivace dráhy a zrychlení je derivace rychlosti.
6.137. Stanovte obsah rovinného obrazce vymezeného grafem funkce
f (x) = e
x
2 + e− x
2
a přímkami
y = 0, x = −2, x = 2.
6.138. Zjistěte, jaký obsah má omezený obrazec s hranicí tvořenou parabolou y = x2
+ 2x − 3
a osou x.
6.139. Určete obsah S oblasti ohraničené křivkami
y = e−2x
− 1, y = e−x
+ 1, x = 0.
6.140. Vypočtěte obsah ohraničeného rovinného obrazce vymezeného křivkami y2
= x3
, y2
=
8(6 − x)3
.
6.141. V jakém poměru jsou obsahy 2 částí kruhu x2
+ y2
≤ 8 oddělené parabolou y2
= 2x?
6.142. Hmotný bod se pohybuje po přímce v jednom směru, a to rychlostí
v(t) = 1+t2
1+t4 , t ∈ [−1, 1].
Jakou dráhu urazí mezi časovými okamžiky t1 = −1, t2 = 1?
6.143. Nechť je dána válcová nádrž na dešťovou vodu s průměrem podstavy 1 m a výškou 2 m, která
je naplněna po okraj. Vznikne-li v jejím dně kruhový otvor o průměru 1 cm, přibližně určete, za jak
dlouho z ní veškerá voda vyteče. Je znám vztah pro rychlost vytékání v = c
√
h, kde h je výška hladiny
kapaliny a c je konstantní s experimentálně zjištěným rozsahem hodnot 2, 65 < c < 2, 7.
6.144. Stanovte obsah S neomezené oblasti s hranicí tvořenou grafem funkce
y = 1
x2+x−2
, x ∈ [2, +∞)
a přímkami x = 2, y = 0.
6.145. Spočítejte délku jedné větve prosté cykloidy při poloměru zadávající kružnice r > 0, tj. délku
křivky
f (t) = r(t − sin t), g(t) = r(1 − cos t), t ∈ [0, 2π].
6.146. Určete délku grafu funkce f (x) = ln (cos x) na intervalu [0, a], přičemž 0 < a < π/2.
6.147. Vypočtěte délku grafu funkce
cosh x = ex+e−x
2
na intervalu [−1, 2].
6.148. Spočtěte délku s grafu funkce y = ln 1 − x2
pro x ∈ [0, 1/2].
6.149. Stanovte objem V tělesa vzniklého otáčením plochy ohraničené grafy funkcí f (x) = 2x − x2
a g(x) = 0 kolem osy x.
6.150. Vypočítejte objem tělesa vymezeného eliptickým paraboloidem
z = x2
4
+ y2
4
a rovinou z = 1.
6.151. Určete objem tělesa ohraničeného plochou, která vznikne rotací křivky xy + 1 = x2
+ y2
okolo x-ové osy.
6.152. Pomocí určitého integrálu odvoďte vzorce pro objem V a obsah pláště S rotačního komolého
kužele s podstavami o poloměrech r1 a r2 a výškou v.
6.153. Vypočtěte obsah pláště rotačního tělesa vzniklého rotací kolem osy x plochy ohraničené grafem
funkce y = x3
6
, osou x a přímkou x = 2.
6.154. Stanovte obsah plochy, která vznikne otáčením části křivky y2
= 2x vyťaté přímkou 2x = 3
okolo x-ové osy.
Řešení cvičení
6.5. 1 − π2
102·2
+ π4
104·4!
.
6.6. Chyba náleží do intervalu (0, 1/200).
6.7. 1 − 3x + 7
24 x4; nad tečnou.
6.8. 1
3
∞
n=0
2n
3n xn.
6.9. ∞
n=0
e
n! (x − 1)n; ∞
n=0
lnn 2
n! xn.
6.10. f (x) = x, x ∈ R; ano.
6.11. Nikoli.
6.12. ∞
n=0
(−1)n
(2n)! x2n.
6.13. (a) 1 − π2
182·2!
+ π4
184·4!
; (b) 1
2 − 1
5·25 .
6.14. ∞
n=0
1
(2n+1) n! x2n+1.
6.15. y = arctg x.
6.16. Právě pro x ∈ −5
2 , 5
2 je
1
5+2x = 1
5
∞
n=0
−2
5
n
xn.
6.24.
∞
i=0
(−1)n 22n−1
(2n)!
x2n
,
konverguje pro libovolné reálné x.
6.25.
∞
n=1
(−1)n+1 22n−1
(2n)!
x2n
,
konverguje pro libovolné reálné x.
6.26.
f (x) =
∞
n=1
3(−1)n+1
n
xn
,
konverguje pro x ∈ (−1, 1 .
6.50. 1
2 ln(x2 + 2x + 2) − 1
2 ln(x2 + x + 1) + 1
3
√
3 arctan (2x+1)
√
3
3 + C.
6.73. 1
2 ln(x2 + 2x + 2) − 1
2 ln(x2 + x + 1) + 1
3
√
3 arctan (2x+1)
√
3
3 + C.
6.75. 1
2 ln 2+ln(2)
2−ln(2) .
6.76. −1
6 − 2
9 ln(2).
6.78. 1 − π2
102·2
+ π4
104·4!
.
6.79. Chyba náleží do intervalu (0, 1/200).
6.80. 1 − 3x + 7
24 x4; nad tečnou.
6.81. 1
3
∞
n=0
2n
3n xn.
6.82. ∞
n=0
e
n! (x − 1)n; ∞
n=0
lnn 2
n! xn.
6.83. f (x) = x, x ∈ R; ano.
6.84. Nikoli.
6.85. ∞
n=0
(−1)n
(2n)! x2n.
6.86. (a) 1 − π2
182·2!
+ π4
184·4!
; (b) 1
2 − 1
5·25 .
6.87. ∞
n=0
1
(2n+1) n! x2n+1.
6.88. y = arctg x.
6.89. Právě pro x ∈ −5
2 , 5
2 je
1
5+2x = 1
5
∞
n=0
−2
5
n
xn.
6.90. (a) v(0) = 6 m/s; (b) t = 3 s, s(3) = 16 m; (c) v(4) = −2 m/s, a(4) = −2 m/s2.
6.91. 4 m × 4 m × 2 m.
6.92. 28 = 24 + 4.
6.93. a = 1.
6.94. 2
√
5 r.
6.95. Jedná se o čtverec (s délkou strany c).
6.96. v = 4
3 R, r = 2
√
2
3 R.
6.97. Největší obsah
√
3 o2/36 má rovnostranný trojúhelník.
6.98. 2, −1/2 , −2, −1/2 .
6.99. v = 2r.
6.100. 4 e − e−1 .
6.101. 32/3.
6.102. S = ln 4 − 1/2.
6.103. 192/5.
6.104. (π + 2/3) ku (3π − 2/3).
6.105. π/2.
6.106. Přibližně za 3 hodiny.
6.107. S = 2
3 ln 2.
6.108. 8r.
6.109. 1
2 ln 1+sin a
1−sin a = ln tg a
2 + π
4 .
6.110. e2 + e − e−2 − e−1 /2.
6.111. s = ln 3 − 1/2.
6.112. V = 16π/15.
6.113. 2π.
6.114. 8π/3.
6.115. V = 1
3 πv r2
1 + r1r2 + r2
2 ; S = π(r1 + r2) v2 + (r2 − r1)2.
6.116. 2π(
√
53 − 1)/9.
6.117. 14π/3.
6.118. 4 e − e−1 .
6.119. 32/3.
6.120. S = ln 4 − 1/2.
6.121. 192/5.
6.122. (π + 2/3) ku (3π − 2/3).
6.123. π/2.
6.124. Přibližně za 3 hodiny.
6.125. S = 2
3 ln 2.
6.126. 8r.
6.127. 1
2 ln 1+sin a
1−sin a = ln tg a
2 + π
4 .
6.128. e2 + e − e−2 − e−1 /2.
6.129. s = ln 3 − 1/2.
6.130. V = 16π/15.
6.131. 2π.
6.132. 8π/3.
6.133. V = 1
3 πv r2
1 + r1r2 + r2
2 ; S = π(r1 + r2) v2 + (r2 − r1)2.
6.134. 2π(
√
53 − 1)/9.
6.135. 14π/3.
6.136. (a) v(0) = 6 m/s; (b) t = 3 s, s(3) = 16 m; (c) v(4) = −2 m/s, a(4) = −2 m/s2.
6.137. 4 e − e−1 .
6.138. 32/3.
6.139. S = ln 4 − 1/2.
6.140. 192/5.
6.141. (π + 2/3) ku (3π − 2/3).
6.142. π/2.
6.143. Přibližně za 3 hodiny.
6.144. S = 2
3 ln 2.
6.145. 8r.
6.146. 1
2 ln 1+sin a
1−sin a = ln tg a
2 + π
4 .
6.147. e2 + e − e−2 − e−1 /2.
6.148. s = ln 3 − 1/2.
6.149. V = 16π/15.
6.150. 2π.
6.151. 8π/3.
6.152. V = 1
3 πv r2
1 + r1r2 + r2
2 ; S = π(r1 + r2) v2 + (r2 − r1)2.
6.153. 2π(
√
53 − 1)/9.
6.154. 14π/3.
7.1. V prostoru reálných funkcí na intervalu 1, 2 , je dán vektorový
podprostor x2
, 1/x . Doplňte funkci 1/x na jeho ortogonální bázi (tzn.
funkce 1
x
bude jedním z prvků dané báze) a určete kolmou projekci
funkce x na tento podprostor (ve skalárním součinu uvažovaném na
přednášce).
7.2. 2. Určete konvoluci f1 ∗ f2 funkcí
f1 =
1 − x pro x ∈ −2, 1
0 jinak
f2 =
1 pro x ∈ 0, 1
0 jinak
7.3. Nalezněte Fourierovu transformaci F(f ) = ˜f funkce
f (t) = sgn t, t ∈ (−1, 1) ; f (t) = 0, t ∈ R (−1, 1) ,
tj. f (0) = 0, f (t) = 1 pro t ∈ (0, 1) a f (t) = −1 pro t ∈ (−1, 0).
Řešení. Fourierova transformace uvedené funkce je
F(f )(ω) = 1√
2π
∞
−∞
f (t) e−iωt
dt =
1√
2π
1
−1
sgn t (cos (ωt) − i sin (ωt)) dt.
Protože součin dvou lichých funkcí je sudá funkce, součin sudé a liché
je lichá funkce a protože integrál liché funkce přes interval [−1, 1] je
0 (pokud tento integrál existuje) a integrál sudé funkce přes interval
[−1, 1] je roven dvojnásobku integrálu přes [0, 1], dostáváme dále
F(f )(ω) = 2√
2π
1
0
−i sin (ωt) dt = 2i√
2π
cos(ωt)
ω
1
0
= i 2
π
cos ω−1
ω
.
Kdybychom přímo využili známé vyjádření Fourierovy transformace
liché funkce f , snadněji bychom obdrželi
F(f )(ω) = −2i√
2π
∞
0
f (t) sin (ωt) dt = −2i√
2π
1
0
sin (ωt) dt = · · · =
i 2
π
cos ω−1
ω
.
7.4. Popište Fourierovu transformaci F(f ) funkce
f (t) = e−at2
, t ∈ R,
kde a > 0.
Řešení. Naším úkolem je vypočítat
F(f )(ω) = 1√
2π
∞
−∞
e−at2
e−iωt
dt.
Derivování (podle ω) a poté užití metody per partes (pro F = −it e−at2
,
G = e−iωt
) dává
(F(f )(ω)) = 1√
2π
∞
−∞
−it e−at2
e−iωt
dt =
1√
2π
lim
t→∞
i
2a
e−at2−iωt
− lim
t→−∞
i
2a
e−at2−iωt
−
∞
−∞
i(−iω)
2a
e−at2
e−iωt
dt =
1√
2π
i
2a
lim
t→∞
e−at2
− i
2a
lim
t→−∞
e−at2
−
∞
−∞
ω
2a
e−at2
e−iωt
dt =
− ω
2a
1√
2π
∞
−∞
e−at2
e−iωt
dt = − ω
2a
F(f )(ω).
Hledejme proto funkce y(ω) = F(f )(ω), které vyhovují diferenciální
rovnici
vesrfuu6vesrfuu6 (7.1) y = −
ω
2a
y.
Při zápisu y = dy/dω je
dy
dω
= − ω
2a
y, tj. 1
y
dy = − ω
2a
dω,
není-li funkce y rovna nule (zjevně y ≡ 0 je řešením (7.1)). Integrováním
dostáváme
ln | y | = −ω2
4a
− ln | C |, tj. y = ± 1
C
e− ω2
4a ,
přičemž C ∈ R {0}. Zahrnutím nulového řešení tak můžeme vyjádřit
všechna řešení diferenciální rovnice (7.1) jako funkce
y(ω) = K e− ω2
4a , K ∈ R.
Doplňme určení konstanty K, pro niž získáváme právě F(f )(ω).
Později (v souvislosti s tzv. normálním rozdělením ve statistických
metodách) se dozvíme, že
∞
−∞
e−x2
dx =
√
π,
z čehož plyne
∞
−∞
e−at2
dt = 1√
a
∞
−∞
e−x2
dx =
√
π
√
a
.
Platí proto
F(f )(0) = 1√
2π
√
π
√
a
= 1√
2a
a současně F(f )(0) = K e0
= K.
Celkem máme
F(f )(ω) = 1√
2a
e− ω2
4a .
7.5. Stanovte funkci f , jejíž Fourierovou transformací je funkce
˜f (ω) = 1√
2π
sin ω
ω
, ω = 0.
Řešení. Inverzní Fourierova transformace dává
f (t) = 1
2π
∞
−∞
sin ω
ω
eiωt
dω =
1
2π
0
−∞
sin ω
ω
eiωt
dω +
∞
0
sin ω
ω
eiωt
dω .
Jestliže použijeme substituci, kdy nahradíme −ω za ω v integrálu přes
interval (−∞, 0], získáme
f (t) = 1
2π
∞
0
sin ω
ω
e−iωt
dω +
∞
0
sin ω
ω
eiωt
dω =
1
2π
∞
0
sin ω
ω
[cos (ωt) − i sin (ωt) + cos (ωt) + i sin (ωt)] dω =
1
π
∞
0
sin ω
ω
cos (ωt) dω.
Poznamenejme, že předchozí vyjádření lze obdržet už z toho, že funkce
y = sin ω
ω
s maximálním definičním oborem je sudá.
Pomocí identity
sin x · cos (xy) = 1
2
sin x(1 + y) + sin x(1 − y) , x, y ∈ R,
která mj. vyplývá ze součtových vzorců (pro sinus), dostáváme
f (t) = 1
2π
∞
0
sin[ω(1+t)]
ω
dω +
∞
0
sin[ω(1−t)]
ω
dω .
Substituce u = ω (1 + t), v = ω (1 − t) potom dávají
f (t) = 1
2π
∞
0
sin u
u
du −
∞
0
sin v
v
dv = 0, t > 1;
f (t) = 1
2π
∞
0
sin u
u
du +
∞
0
sin v
v
dv = 1
π
∞
0
sin u
u
du, t ∈ (−1, 1);
f (t) = 1
2π
−
∞
0
sin u
u
du +
∞
0
sin v
v
dv = 0, t < −1.
Dokázali jsme tak, že funkce f je nulová pro | t | > 1 a konstantní
(nutně nenulová) pro | t | < 1. (Po celou dobu předpokládáme, že
inverzní Fourierova transformace existuje.)
Určeme funkční hodnotu f (0). Pro funkci
g(t) = 1, | t | < 1; g(t) = 0, | t | > 1
platí
F(g)(ω) = 1√
2π
1
−1
e−iωt
dt = 2√
2π
1
0
cos (ωt) dt = 2√
2π
sin ω
ω
.
Odtud plyne, že f (0) = g(0)/2 = 1/2. Ještě vyzdvihněme vyčíslení
integrálu
∞
0
sin u
u
du = π
2
,
které jsme rovněž obdrželi.
7.6. Vyřešte integrální rovnici
∞
0
f (x) sin (xt) dt = e−x
, x > 0
pro neznámou funkci f .
Řešení. Pokud obě strany rovnice vynásobíme číslem
√
2/π, obdržíme
na levé straně právě sinovou Fourierovu transformaci. Stačí tedy aplikovat
na rovnici inverzní transformaci. Takto dostaneme
f (t) = 2
π
∞
0
e−x
sin (xt) dx, t > 0.
Dvojnásobným použitím metody per partes pak lze spočítat
e−x
sin (xt) dx = e−x
1+t2 [− sin (xt) − t cos (xt)] + C,
a tudíž je
∞
0
e−x
sin (xt) dx =
lim
x→∞
e−x
1+t2 [− sin (xt) − t cos (xt)] − e0
1+t2 (−t) = t
1+t2 .
Řešením rovnice je proto funkce
f (t) = 2
π
t
1+t2 , t > 0.
7.7. Nalezněte řešení tzv. rovnice vedení tepla (rovnice difuze)
ut (x, t) = a2
uxx(x, t), x ∈ R, t > 0
splňující počáteční podmínku lim
t→0+
u(x, t) = f (x).
Poznámky: Symbolem ut = ∂u
∂t
zde rozumíme parciální derivaci
funkce u podle t (tj. derivujeme podle t, přičemž x považujeme za
konstantní) a podobně uxx = ∂2u
∂x2 označuje druhou parciální derivaci
podle x (kdy dvakrát derivujeme podle x a na t nahlížíme při derivování
jako na konstantu). Fyzikální interpretací úlohy je, že se snažíme určit
teplotu u(x, t) v tepelně izolované a homogenní tyči nekonečné délky
(rozsah proměnné x), je-li dána počáteční teplota tyče funkcí f . Tyč má
konstantní průřez a teplo se v ní může šířit pouze vedením. Koeficient
a2
je pak roven podílu α
c
, kde α je koeficient tepelné vodivosti, c je
specifické teplo a je hustota. Zvláště se tedy předpokládá, že a2
> 0.
Řešení. Na rovnici vedení tepla aplikujeme Fourierovu transformaci
vzhledem k proměnné x. Platí ovšem
F (ut ) (ω, t) = 1√
2π
∞
−∞
ut (x, t) e−iωx
dx =
1√
2π
∞
−∞
u(x, t) e−iωx
dx ,
kde je derivováno podle t, tj. je
F (ut ) (ω, t) = (F (u) (ω, t)) = (F (u))t (ω, t).
Současně víme, že
F a2
uxx (ω, t) = a2
F (uxx) (ω, t) = −a2
ω2
F (u) (ω, t).
Při označení y(ω, t) = F (u) (ω, t) tak přecházíme k rovnici
yt = −a2
ω2
y.
Podobnou diferenciální rovnici jsme již při počítání Fourierových transformací
řešili, a tudíž pro nás není obtížné stanovit všechna její řešení
y(ω, t) = K(ω) e−a2ω2t
, K(ω) ∈ R.
Zbývá určit K(ω). Transformace počáteční podmínky dává
F (f ) (ω) = lim
t→0+
F (u) (ω, t) = lim
t→0+
y(ω, t) = K(ω) e0
= K(ω),
a proto je
y(ω, t) = F (f ) (ω) e−a2ω2t
, K(ω) ∈ R.
Nyní se pomocí inverzní Fourierovy transformace vraťme k původní
diferenciální rovnici s řešením
u(x, t) = 1√
2π
∞
−∞
y(ω, t) eiωx
dω =
1√
2π
∞
−∞
F (f ) (ω) e−a2ω2t
eiωx
dω =
1√
2π
∞
−∞
1√
2π
∞
−∞
f (s) e−iωs
ds e−a2ω2t
eiωx
dω =
1√
2π
∞
−∞
f (s) 1√
2π
∞
−∞
e−a2ω2t
e−iω(s−x)
dω ds.
Vypočítáním Fourierovy transformace F(f ) funkce f (t) = e−at2
pro a > 0 jsme při přeznačení proměnných obdrželi
1√
2π
∞
−∞
e−cp2
e−irp
dp = 1√
2c
e− r2
4c , c > 0.
Dle tohoto vztahu (uvažte c = a2
t > 0, p = ω, r = s − x) platí
1√
2π
∞
−∞
e−a2ω2t
e−iω(s−x)
dω = 1√
2a2t
e
− (s−x)2
4a2t ,
a tedy
u(x, t) = 1
2a
√
πt
∞
−∞
f (s) e
− (x−s)2
4a2t ds.
7.8. Stanovte Laplaceovu transformaci L(f )(s) funkce
(a) f (t) = eat
;
(b) f (t) = c1 ea1t
+ c2 ea2t
;
(c) f (t) = cos (bt);
(d) f (t) = sin (bt);
(e) f (t) = cosh (bt);
(f) f (t) = sinh (bt),
přičemž hodnoty b ∈ R a c1, c2 ∈ C jsou libovolné a kladné s ∈ R
je větší než reálné části čísel a, a1, a2 ∈ C a rovněž je větší než b ve
variantách (e) a (f).
Řešení. Případ (a). Bezprostředně z definice Laplaceovy transformace
plyne
L (f ) (s) =
∞
0
eat
e−st
dt =
∞
0
e−(s−a)t
dt =
lim
t→∞
e−(s−a)t
−(s−a)
− e0
−(s−a)
= 1
s−a
.
Případ (b). Pomocí výsledku varianty (a) a linearity nevlastního
integrálu dostáváme
L (f ) (s) = c1
∞
0
ea1t
e−st
dt + c2
∞
0
ea2t
e−st
dt = c1
s−a1
+ c2
s−a2
.
Případ (c). Protože
cos (bt) = 1
2
eibt
+ e−ibt
,
volba c1 = 1/2 = c2, a1 = ib, a2 = −ib v předchozí variantě již dává
L (f ) (s) =
∞
0
1
2
eibt
+ 1
2
e−ibt
e−st
dt = 1
2(s−ib)
+ 1
2(s+ib)
= s
s2+b2 .
Případy (d), (e), (f). Analogicky volby
(d) c1 = −i/2, c2 = i/2, a1 = ib, a2 = −ib;
(e) c1 = 1/2 = c2, a1 = b, a2 = −b;
(f) c1 = 1/2, c2 = −1/2, a1 = b, a2 = −b
vedou na
(d) L (f ) (s) = b
s2+b2 ;
(e) L (f ) (s) = s
s2−b2 ;
(f) L (f ) (s) = b
s2−b2 .
7.9. Pomocí vzorce
ves223ockves223ock (7.2) L f (s) = s L (f ) (s) − lim
t→0+
f (t)
odvoďte Laplaceovy transformace funkcí y = cos t a y = sin t.
Řešení. Nejprve si uvědomme, že z (7.2) plyne
L f (s) = s L f (s) − lim
t→0+
f (t) =
s sL (f ) (s) − lim
t→0+
f (t) − lim
t→0+
f (t) =
s2
L (f ) (s) − s lim
t→0+
f (t) − lim
t→0+
f (t).
Platí tedy
−L (sin t) (s) = L (− sin t) (s) = L (sin t) (s) =
s2
L (sin t) (s) − s lim
t→0+
sin t − lim
t→0+
cos t = s2
L (sin t) (s) − 1,
odkud dostáváme
−L (sin t) (s) = s2
L (sin t) (s) − 1, tj. L (sin t) (s) = 1
s2+1
.
Nyní užitím vzorce (7.2) snadno určíme
L (cos t) (s) = L (sin t) (s) = s 1
s2+1
− lim
t→0+
sin t = s
s2+1
.
7.10. Pro s > −1 spočtěte Laplaceovu transformaci L (g) (s) funkce
g(t) = t e−t
a pro s > 1 Laplaceovu transformaci L (h) (s) funkce
h(t) = t sinh t.
Řešení. Užitím metody per partes získáváme
L (g) (s) =
∞
0
t e−t
e−st
dt =
∞
0
t e−(s+1)t
dt = lim
t→∞
t e−(s+1)t
−(s+1)
− 0 −
∞
0
e−(s+1)t
−(s+1)
dt = − lim
t→∞
e−(s+1)t
(s+1)2 − e0
(s+1)2 = 1
(s+1)2 .
Derivování Laplaceovy transformace obecné funkce −f (tj. nevlastního
integrálu) podle parametru s dává
∞
0
−f (t) e−st
dt =
∞
0
−f (t) e−st
dt =
∞
0
t f (t) e−st
dt.
To znamená, že derivace Laplaceovy transformace L(−f )(s) je Laplaceova
transformace funkce tf (t). Laplaceovu transformaci funkce
y = sinh t jsme ale dříve určili jako funkci y = 1
s2−1
. Proto platí
L (h) (s) = − 1
s2−1
= 2s
(s2−1)2 .
Povšimněme si, že tímto způsobem jsme rovněž mohli určit L (g) (s).
7.11. Najděte funkci y, která vyhovuje diferenciální rovnici
y (t) = cos (πt) − y(t), t ∈ (0, +∞)
a počátečním podmínkám y(0) = c1, y (0) = c2.
Řešení. Nejdříve podotkněme, že z teorie obyčejných diferenciálních
rovnic vyplývá, že úloha má právě jedno řešení. Dále připomeňme
L f (s) = s2
L (f ) (s) − s lim
t→0+
f (t) − lim
t→0+
f (t)
a
L (cos (bt)) (s) = s
s2+b2 , b ∈ R.
Aplikování Laplaceovy transformace na zadanou diferenciální rovnici
proto dává
s2
L (y) (s) − sc1 − c2 = s
s2+π2 − L (y) (s),
tj.
ves223j09ves223j09 (7.3) L (y) (s) =
s
s2 + 1 s2 + π2
+
c1s
s2 + 1
+
c2
s2 + 1
.
Stačí tudíž najít funkci y splňující (7.3). Rozkladem na parciální zlomky
získáváme
s
s2+1 s2+π2 = 1
π2−1
s
s2+1
− s
s2+π2 .
Z výše uvedeného vyjádření L (cos (bt)) (s) a dříve dokázaného
L (sin t) (s) = 1
s2+1
tak již dostáváme hledané řešení
y(t) = 1
π2−1
(cos t − cos (πt)) + c1 cos t + c2 sin t.
7.12. Vyřešte soustavu diferenciálních rovnic
x (t)+x (t) = y(t)−y (t)+et
, x (t)+2x(t) = −y(t)+y (t)+e−t
při počátečních podmínkách x(0) = 0, y(0) = 0, x (0) = 1, y (0) = 0.
Řešení. Opět aplikujeme Laplaceovu transformaci. Tím s využitím
L e±t
(s) = 1
s∓1
převedeme první rovnici na
s2
L (x) (s) − s lim
t→0+
x(t) − lim
t→0+
x (t) + sL (x) (s) − lim
t→0+
x(t) =
L (y) (s) − s2
L (y) (s) − s lim
t→0+
y(t) − lim
t→0+
y (t) + 1
s−1
a druhou potom na
sL (x) (s) − lim
t→0+
x(t) + 2L (x) (s) =
−L (y) (s) + sL (y) (s) − lim
t→0+
y(t) + 1
s+1
.
Vyčíslíme-li limity (dle počátečních podmínek), obdržíme lineární
rovnice
s2
L (x) (s) − 1 + sL (x) (s) = L (y) (s) − s2
L (y) (s) + 1
s−1
a
sL (x) (s) + 2L (x) (s) = −L (y) (s) + sL (y) (s) + 1
s+1
s právě jedním řešením
L (x) (s) = 2s−1
2(s−1)(s+1)2 , L (y) (s) = 3s
2 s2−1
2 .
Opět si pomůžeme rozkladem na parciální zlomky se ziskem
L (x) (s) = 1
8
1
s−1
+ 3
4
1
(s+1)2 − 1
8
1
s+1
= 3
4
1
(s+1)2 + 1
4
1
s2−1
.
Neboť již dříve jsme vypočítali
L t e−t
(s) = 1
(s+1)2 , L (sinh t) (s) = 1
s2−1
,
L (t sinh t) (s) = 2s
s2−1
2 ,
dostáváme
x(t) = 3
4
t e−t
+ 1
4
sinh t, y(t) = 3
4
t sinh t.
Čtenář může sám ověřit, že tyto funkce x a y jsou skutečně hledaným
řešením. Ověření však důrazně doporučujeme provést (např. z toho
důvodu, že Laplaceovy transformace funkcí y = et
, y = sinh t a y =
t sinh t jsme získali pouze pro s > 1).
7.13. Diskrétní kosinová transformace. Základem JPEG komprese
dat je tzv. diskrétní kosinová transformace. Ta je dána ortogonální
maticí C definovanou následovně
ckl = αkl cos
(2k − 1)(l − 1)π
2n
kde αk1 = 1√
n
αkl = 2
n
pro l > 1. Vektor reprezentující data pak ortogonálně
rozložíme a některé bázové vektory (slopce matice C ) vypustíme.
Tím je provedena redukce dat s rozumnou aproximací původních
dat. Zpětná transformace je jednoduchá. Protože je C ortogonální, je
dána násobením transponovanou maticí.
Ukažte, že pro n = 2 je matice C rovna 1√
2
1 1
1 −1
a že je
ortogonální. Spočítejte ortogonální rozklad vektoru (3, 4) vzhledem k
bázi tvořené sloupci matice a určete vlastní čísla a vlastní vektory.
Počítejme
CCT
=
1
2
1 1
1 −1
.
1 1
1 −1
=
1
2
2 0
0 2
= 1.
Matice C je tedy ortogonální a její sloupce tvoří ortonormální bázi
e1 = ( 1√
2
, 1√
2
), e2 = ( 1√
2
, − 1√
2
). Koeficienty ortogonálního rozkladu
vektoru u = (3, 4) dostaneme jednoduše použitím transponované ma-
tice
CT
u =
1
√
2
1 1
1 −1
3
4
=
1
√
2
7
−1
Ortogonální rozklad má tedy následující tvar
3
4
=
7
√
2
1√
2
1√
2
−
1
√
2
1√
2
− 1√
2
Charakteristický polynom matice C je (λ + 1√
2
)(λ − 1√
2
) − 1
2
= 0
a vlastní čísla jsou tedy λ1,2 = ±1 (jiná ani ortogonální matice nemůže
mít). Příslušné vlastní vektory jsou určeny po řadě rovnicemi
( 1√
2
− 1)x + 1√
2
y = 0, ( 1√
2
+ 1)x + 1√
2
y = 0
a jsou to tedy například vektory ( 1√
2
, 1 − 1√
2
), ( 1√
2
, −1 − 1√
2
) (které
jsou automaticky ortogonální). Pozn. nakreslete si obrázek, jak působí
na vektor v rovině zobrazení určené maticí A.
7.14. Diskrétní kosinová transformace 2. Ukažte, že symetrická
matice 1
2
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
0 1 . . . 0 0
1 0 . . . 0 0
...
...
0 0 . . . 0 1
0 0 . . . 1 0
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
má vlastní hodnoty λl = cos ϕl, kde
ϕl = lπ
n+1
s 1 ≤ l ≤ n a že příslušné vlastní vektory 2
n+1
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
sin ϕl
sin 2ϕl
...
sin nϕl
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
tvoří ortonormální bázi.
Nejprve spočítáme, čemu je rovna k-tá složka vektoru
1
2
2
n + 1
⎛
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
0 1 . . . 0 0
1 0 . . . 0 0
...
...
0 0 . . . 0 1
0 0 . . . 1 0
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎛
⎜
⎜
⎜
⎝
sin ϕl
sin 2ϕl
...
sin nϕl
⎞
⎟
⎟
⎟
⎠
Použitím součtového vzorce pro sinus dostáváme
1
2
2
n + 1
(sin(k − 1)ϕl + sin(k + 1)ϕl) =
2
n + 1
sin kϕl cos ϕl,
takže daný vektor je opravdu vlastní vektor s vlastní hodnotou cos ϕl.
Protože máme n různých vlastních čísel (což je dimenze), tvoří tyto
vlastní vektory bázi. Nyní zbývá ověřit, že vlastní vektory jsou ortogonální
a normované.
Řešení cvičení
7.1. (1
x , x2 − 3
x ), projekce 2
x + 15
34 (x2 − 3
x ).
7.2.
f1 ∗ f2(t) =
⎧
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩
t − t2
2 + 4 pro t ∈ −2, −1
1 − t + 1
2 pro t ∈ −1, 1
t2
2 − 2t + 2 pro t ∈ 1, 2
0 jinak