Obsah
První cvičení (středoškolská matematika I) 2
O polynomech.......................................................................... 2
Exponenciála a logaritmus................................................................... 3
Druhé cvičení (středoškolská matematika II) 4
Komplexní čísla ......................................................................... 4
O goniometrii .......................................................................... 4
Technický koutek........................................................................ 6
Třetí cvičení 7
Čtvrté cvičení 9
Goniometrické limity ..................................................................... 9
Limity s exponenciálou .................................................................... 10
Páté cvičení (výpočty derivací) 11
Derivace vyšších řádů...................................................................... 12
Šesté cvičení (užití derivací) 13
Slovní úlohy na maximum a minimum.......................................................... 14
Sedmé cvičení (neurčité integrály) 15
Osmé cvičení (další neurčité integrály) 16
Integrace racionálních funkcí................................................................. 16
Integrace výrazů s odmocninami .............................................................. 16
Goniometrické integrály.................................................................... 17
Jiné rozličné integrály ..................................................................... 17
Deváté cvičení (určité integrály) 18
Výpočty určitých integrálů.................................................................. 18
Výpočty délek, ploch, objemů atd.............................................................. 18
Další integrační kejkle..................................................................... 19
Obrazová příloha........................................................................ 20
Desáté cvičení (jednoduché ODR) 21
Slovní úlohy............................................................................ 21
Jedenácté cvičení (soustavy ODR a rovnice vyššího řádu) 23
Soustavy lineárních ODR................................................................... 23
Rovnice vyšších řádů s konstantními koeficienty.................................................... 23
Dvanácté cvičení (ODR, co se jinam nevešlo) 24
Snížení řádu............................................................................ 24
Další typy rovnic......................................................................... 24
Poslední várka aplikací..................................................................... 24
Odpovědi a řešení 26
1
První cvičení (středoškolská matematika I)
Trocha řečnění úvodem
Vážení studenti,
vítám Vás u PDFka k prvnímu cvičení. Najdete v něm jednak nějaké rozumy vhodné k osvojení, jednak větší hromádku příkladů, na kterých byste měli ozkoušet a vytříbit svůj počtársky a matematický um. Než se ovšem do toho počítání pustíme, řeknu pár slov k tomu, jakým způsobem je toto PDF uspořádáno, protože stejnou formu budu používat i u všech dalších PDF s příklady, které dostanete.
Naštěstí to nebude dlouhé:
• Ty už výše zmíněné rozumy vhodné k osvojení, většinou v podobě důležitých definic, vět a občas nějakého toho vzorce, budou v modře malovaném chlívku zcela obdobném tomu, ve kterém je i tento text.
• Další řeči, které ovšem můžete veskrze ignorovat, budou v chlívku červeném bez nadpisu.
• Všechny úlohy jsou označený velkým číslem v rámečku. Je-li rámeček dvojitý, znamená to, že jde o příklad zákeřný či vypečený. Příklady s dvojitým rámečkem jsou tu hlavně pro absolventy matematických gymnasií a podobné lidi, kteří by se jinak v tomhle předmětu úplně nudili. Nicméně se ani Vy ostatní nebojte je zkusit — že jsou vypečené, neznamená, že jsou neřešitelné.
Tyto příklady slouží k tomu, abyste si z nich samostatně počítali. Chápu, že je to pořádná otrava, ale lepší způsob, jak se tu matematiku doopravdy naučit, ještě nikdo nevynášel. Abych Vám to trochu usnadnil, jsou u některých příkladů nápovědy
v
(ty poznáte) a na konci jsou řešení. Řešení budou ovšem formulována lakonicky; podrobnosti si budete muset doplnit sami.
Budete-li mít jakoukoli otázku nebo problém, neváhejte mi napsat mail na darekSmail. muni . cz. Totéž v případě, že budete chtít konsultaci.
O polynomech
| 1 | Dokažte vzorce in je přirozené číslo): í.(a-b)(an-1+an-2b + ---+abn-2 + bn-t)=an-bn;      2. (a + b)n = a" + (^a"'1 b + (^ja"'2b2 + ■ ■ ■ +     " ^jabn~l + bn.
Druhý vzorec se nazývá binomická věta. Zkuste v prvním vzorci dosadit — b místo b. Pro jaká n to dá nějaký nový výsledek? Totéž udělejte i s binomickou větou.
| 2 | Uvažte kvadratickou rovnici x2 + b x + c — 0. Doplněním na čtverec docilte toho, aby se x vyskytovalo jen na jednom místě. Pak ho vyjádřete a dojděte tak k známému vzorci pro řešení kvadratické rovnice.
Definiční obor
Na tomto místě zavedeme jeden pojem, který je všemi vyučujícími analysy mimořádně oblíben. Je to definiční obor funkce.
Definiční obor je zkrátka množina všech čísel, pro něž je funkce definována (má smysl). Třeba u jakéhokoli polynomu je to celá množina reálných čísel, ovšem například u výrazu y/ x + ť je definiční obor jen interval (—1; oo), protože, jak si jistě pamatujete ze střední školy, v reálných číslech nemá odmocnina ze záporného čísla smysl.
Podobně si při určování definičního oboru dejte pozor i na to, že výraz, ve kterém se dělí, není definován, pokud to číslo, kterým se dělí, je zrovna nula.
| 3 | Určete definiční obor funkcí:
1
1. y/3+2x — x2';
y/lx + ľ-yfx^? X2-4
| 4 | Usměrněte zlomky (tj. upravte je tak, aby ve jmenovateli nebyly žádné odmocniny): 1 a/391 1
VT-ť
l + y/H + yf?
Nápověda: Vhodně zlomek rozšiřte tak, aby se ve jmenovateli objevilo něco tvaru (a — b)(a + b) — a —b .
1. 4.
| 5 | Upravte výrazy: 1
1
4x2
■ r + y/ r2 + ť 1
2. (Va-VT
2 f a~J~a— byf~F •fa—yf})
■y/ab' J;
3.
(x-2)2
1
1
(x+2)2    (x-2)2
2
| 6 | Zapište následující čísla jako součet či rozdíl dvou odmocnin přirozených čísel:
1. V^+2V^;      2. y/ll-Ayf^.      Nápověda: Nejdřív si dokažte vzorec | 7 | Dokažte takovou malou „A-G nerovnost"* pro dvě kladná čísla a, b:
i + b
> Vab',
a zjistěte, kdy nastává rovnost. Nápověda: Vaším nejlepším kamarádem se stane fakt, že x > 0 pro x reálné.
8
Nechť čísla a an tvoří aritmetickou posloupnost.* Pak dokažte vztahy:
1
1
1
n — í
1 1
1 n-í
1 Ty«2       v"2 ~>~v"3 ^an-l' + Van       Val ~t~ v an ala2      a2aí un-lun ulun
Zahrajte si na Ramanujana^ a pokuste se stanovit hodnotu tohoto výrazu z nekonečně vnořených odmocnin:
0
(Z hlediska analysy jsou s takovými nekonečnými výrazy všelijaká trápení. Často se může totiž stát, že buď nedávají smysl, nebo se chovají velice neintuitivně. O tom se ale budete učit až další semestr, takže teď to hoďme za hlavu a prostě to nějak zkuste.)
Exponenciála a logaritmus
Počítání zřejmě máte už dost, tak si od něj můžete trochu odpočinout a nahradit ho jinou aktivitou — dokazováním
10   Exponenciální funkci e* = exp x lze definovat i takto, pomocí pouhých dvou axiomů (vlastností, které prohlásíme za pravdivé):
• exp a exp b — exp(a + b);
• exp 1 = e, kde e K 2,718 281 828... je tzv. Eulerovo číslo.
(Lze skutečně dokázat, že funkce, která tyto dvě vlastnosti má, je nutně e*.) Pouze pomocí těchto dvou vlastností dokažte následující fakta o exponenciální funkci:
1
1. expx^O;      2. expx>0;      3. exp 0 = 1;      4. (exp x)n — exp nx pro n přirozené;      5. exp(—x) =-.
exp x
Bod číslo 4 platí i pro n reálné, ale to tu dokazovat nebudeme.
| 11 | Přirozený logaritmus ln x je funkce, kterou můžeme obdobně definovat jako inversní funkci k exp x. Je to tedy ta jediná funkce, která splňuje
explnx = lnexp x = x.
Z toho dokažte následující tvrzení:
1
1. lnx nabývá všech reálných hodnot, ale je definován jen pro kladná x;      2. ln(xy) = lnx +lnj;      3. ln — = —\ny;
y
4. ln(xa) = alnx;      5. lnl = 0;      6. lne = l.
12 Když se v matematice mluví o logaritmu, má se tím na mysli normálně logaritmus přirozený. Existují ovšem i logaritmy jinačí: úplně podobně můžeme definovat log^ x jako tu funkci, pro kterou platí
/^=logX=x. Takové funkci se říká logaritmus při základu a. Dokažte, že platí
lnx lna
13
Řešte :
1. 3I+1-3* = 162;      2. 4*+6* =2-9*; 3.
e — e
14   Upravte výrazy:
1. log„ b ■ log
2. log2 x +log4 x — logs x;      3. ln1
\a — b
4. (lnx)i»i"
*Této nerovnosti se říká „A-G", protože říká, že aritmetický průměr dvou čísel je větší než jejich průměr geometrický. Platí to i pro libovolný poěet ěísel. *Tj. taková, v níž se sousední čísla liší vždy o stejnou hodnotu (a2—al =    —a2 = --- = an —an_^).
f Srinivasa Ramanujan (1887-1920) byl indický matematik, který proslul jako objevitel ohromného množství často dost potřeštěných vzorců a identit.
3
Druhé cvičení (středoškolská matematika II)
Komplexní čísla
Připomenutí základních faktů o komplexních číslech
Jen krátce připomenu, oč jde: podrobněji to rozebírám na druhém cvičení.
Výraz typu z = a + ib, kde a a b jsou reálná čísla a i je tzv. imaginární jednotka, nazveme komplexní číslo. Imaginární jednotka je plně charakterisována vlastností i2 = —1.
Komplexní číslo se dá vyjádřit v „algebraickém" tvaru, tj. z = a + bi, kde a, b jsou reálná a nazývají se po řadě reálná a imaginární část čísla z. Značí se 'Ke z a 3mz. Také se zavádí číslo komplexně sdružené, značené většinou z* či ž. To se získá tak, že se u imaginární části otočí znamení, takže {a + b i)* —a — bi.
Jiná možnost je „polární" tvar, tj. z = r(cos cp+ismcp), přičemž r a cp jsou zase reálná čísla, nazývaná po řadě velikost z. argument čísla z. Značí se |z| a argz. Argument je nejednoznačný: nabývá nekonečně mnoha hodnot lišících se navzájem o 2n.
Často se označuje cos cp + isin cp = elfí, a tudíž se polární tvar píše často jako z = rel<p. S tímto symbolem se dá zacházet zcela stejně jako s jakoukoli jinou exponenciálou.
15
1.
1 + i
Zapište v algebraickém tvaru:
2 + 3i       .     .       . ok
2.
3. zz*.      4. e2km, kZ.      5. i
2020.
1-i 4 —5i
Zapište v polárním tvaru (r a cp jsou reálná čísla):
6. l/i.
16
l-íre*)*.      2.(l + V3t
2020
3.1 + elfí (toto číslo zapište též v algebraickém tvaru).
I     I                                  z   z z — z
I 17 I Dokažte, že platí Ke z =-a 3mz
1S   Dokažte Eulerovy vzorce:
cos $2 :
2i
Siný2 :
2i
Nápověda: Víte, že el<? — cos 93 + isin cp. Odvoďte z toho, čemu je rovno e l<f
19
Dokažte trojúhelníkové nerovnosti:
Nápověda: Umocněte na druhou.
\w\\ <\z + w\< z + \w\.
O goniometrii
Připomínám dva nejužitečnější součtové vzorce:
sin(<í ±b)= siná cos b ± cos<í sin b;
cos(a ±b) = cos a cos ^ +sin,í sin b.
Také pomněte na definici tangenty tg x :
sinx
cosx
kotangenty ctgx = 1/tgx a goniometrickou jedničku sin2 x + cos2 x — \.
Nakonec připomínám Moivreovu větu:
(cos<í +isin,í)(cos b +isin b) — cos(a + b) + is'm(a + b). Při zápisu pomocí komplexní exponenciály dostáváme velice přirozené e"e1^ = ^a+h\
20
Pomocí Moivreovy věty rozbijte výrazy na siny a kosiny pouze od a, b, c, d: \.sm(a + b — c).      2. cos(a — b + c — d).
Pomocí Moivreovy věty snadno odvoďte následující vztahy:
21
2-2 ■ 2      ■ ■  3 3 -2
1. sin2x = 2sinxcosx.      2. cos2x=cos x—sin x.      3. sin3x = 3cos xsinx—sin x.      4. cos3x = cos x —3cosxsin x.
22    Jak musíte modifikovat Pascalův trojúhelník, aby Vám umožnil okamžitě odečítat vzorce pro cos nx a sin nx podobné těm v
minulé úloze? Jestli Pascalův trojúhelník neznáte, tak vypadá asi tak (pokračuje ovšem donekonečna):
4
1
1 1
1 2 1
13 3 1
1 4 6 4 1
Každý řádek je širší než ten předchozí, na krajích jsou jedničky a jinak je každé číslo rovno součtu těch dvou, která jsou přímo vlevo a vpravo nad ním.
Proč nezahrnout taky tangenty? Dokažte vztahy
23
i 93(1 + itg cp) = sin ^(ctg (f> + i).
S nimi pak snadno dokažte vztahy: 1. tg(<í + b) —
tsa+tsb
24
l.tg
1-tgatgb
Dokažte, že jsou-li a, b, c úhly trojúhelníka v rovině, pak platí: tg£+tgc=tg^tg£tgc;
2. ctg(a + b) =
ctg<í ctg^ — 1 Ctgíí +ctg&
a    b       b    c ca 2-^2^2+tg2 tg2+tg2tg2 "
Nápověda: Nejdřív vyjádřete tg(<í + b + c) pomocí tg<í, tg b, tgc.
25 Mějme reálná čísla ííj, <í2> • • • > <3„- Dále definujme Sk „elementární symetrické polynomy" tangent rovností (X je jakési reálné číslo, zcela nedůležité):
(X + tga^X + tg*2) • • • (X + tgan) = X" + Sl X"-1 + S2X"~2 + ••• + Sn_, X + Sn.
Dokažte, že platí
tg(a1+a2 + ---+an):
Sí   S3 + S5
1-S, + S4
přičemž v čitateli i jmenovateli se pořád střídají znamení a přidávají se S^, ovšem nejvýše do Sn. Tedy například tg(al + ■■■ +a5)--, zatímco tg^j H-----\-a6)=------— atd.
Ji °3 Í-S2 + S4
Í-S2 + S4-S6
26
27
Šikovným vytknutím z výrazu s komplexní exponenciálou zapište sin^ zb sin b a cos^ =b cos b ve formě nějakého součinu.
v
Řekněme naopak, že máte součin sin a sin b, sin a cos b či cos<í cos b. Zapište siny a kosiny podle Eulerových vzorců z úlohy 17
28
a roznásobením tyto součiny rozložte na součet dvou sinů/kosinů. Dokažte následující vztahy:
sm(a H
1. sin,í + sin(<í + d) + sm{a + 2d) H-----h sin(<í + (n — \)d) —-
(n—í)d \  ■ nd
2    J sin —
2. cosi? + cos(<í + d) + cos(a + 2d) H-----h cos(<í + (n — í)d) — ■
cosi
111 2
(n-i)d
nd
Nápověda: Sečtěte geometrickou řadu etó + é{a+d) H-----V el^+(*       oddělte reálnou a imaginární část.
arcsin, arccos, arctg a arcctg jsou inversní funkce k sin, cos, tg, resp. ctg. To tedy znamená, že platí
sin are sin x = are sin sin x = x.
apod. i pro ostatní funkce. Těmto funkcím se říká cyklometrické.
29   Dokažte vzorce:
1. arctg - = arg(x + ly);    argz = arctg —-     (pn -- < argz < -);
x ne z 2 2
I-1 7. Tí Tí
2. aresinx = arg(y 1 —x2 +ix);   argz = arcsin 3m— (při--< argz < —);
z 2 2
3. arccos x = arg(x + i V 1 — x2');   argz = arccos'Ke — (při 0 < argz < n).
Nápověda: Nakreslete si v komplexní rovině nějaký bod z a vyznačte pravoúhlý trojúhelník se stranami Kez, 3mz a |z|.
30
S pomocí komplexních čísel snadno dokažte, že:
71 1 1 71 1 1 /v ov// /
1. — = arctg—h arctg-;      2. — =4arctg--arctg-.      Nápověda: Podle vzorců v předchozí úloze platí arctg —= arg(x +iy).
4 2 3 4 5 239 x
5
31 Dokažte součtové vzorce pro cyklometrické funkce:
1. are tg x +are tg y = arctg———;      2. are sin x +are siny = arcsin(x-\/ l—y2'+y\/1 — x2'); 3. are cos x + are cos y = (doplňte sami).
1 — xy
32 Odstraňte z následujících výrazů goniometrické a cyklometrické funkce:
1. sinarccosx;      2. sin(arccosx+ arccos)');      3. ctg(2arccosx);      4. sin2(i arccosx); 5. ctg(— + \ arccosx).
Technický koutek
Jelikož matematici milují nadevše určování definičních oborů a sudosti/lichosti, dám Vám sem pár malých příkladů na procvičení této problematiky, abyste se v tom u zkoušky neztráceli. (Taky si ovšem smočím, a přestože nejsem matematik, do první písemky jeden takový příklad dám taky, abych trochu šel s duchem předmětu ^.)
Definiční obor — připomenutí
Připomínám, že definiční obor je množina všech (pro nás reálných) čísel, pro něž je funkce definována. Mocniny a tedy i polynomy jsou nezajímavé, protože jsou definovány pro všechna reálná čísla; totéž platí o exponenciále. Pozor je třeba si dávat na odmocniny {ypx je definováno jen při x > 0), logaritmy (ln x je definováno jen při x > 0) a na dělení nulou.
33 Mějme funkci / s definičním oborem 2> a funkci g s definičním oborem S. Určete definiční obory následujících funkcí:
l./±g.      l.fg. 3.Ĺ.
g
34 Určete definiční obory cyklometrických funkcí aresin x, arccos x a arctgx.
Nápověda: Jsou to inversní funkce k sin, cos, tg, takže berou jen ty hodnoty, jichž tyto funkce mohou nabývat.
35
Mocnina x", kde x G R a n je přirozené číslo, se definuje snadno jako x • x.....x. Je-li n záporné celé číslo, je x" — 1/x'"'. Ale
w-krát
při n obecně reálném se nejčastěji dává x" — enlnx.
Otázka pro Vás: jaký je definiční obor funkce xa, je-li a: 1. celé číslo;      2. reálné, avšak nikoli celé číslo. Podle pravidel, jež jste si odvodili výše, určete definiční obory funkcí:
n
36
1.
xlnx
Vx2 —2x —2'
2. aresin
x + 3
x + 2 x — 2 '
3.1n
^
1 — sin x 1 + sin x
4. (—1)*;      5. arcsin(x2 —l)arccos(3 —x2).
Südost a lichost — připomenutí
Mějme jakoukoli funkci f(x). Řekneme, že je sudá, jestliže platí f(—x) — f(x). Naopak řekneme, že je lichá, jestliže platí /(   v!- /(v).
O sudosti a lichosti se někdy souhrnně hovoří jako o paritě funkce.
iti
37
1. x1
38
Uvědomte si, jestli jsou následující elementární funkce v proměnné x sudé nebo liché (n je celé číslo): 2. x2w+1;      3. sinx;      4. cosx;      5. tgx;      6. ex;      7. lnx;      8. aresinx;      9. arccosx;      10. arctgx.
f(x)
Jaká je parita výrazů /(x) ± g(x), /(x)g(x) a-, jestliže:
1. / i g jsou sudé;      2. / i g jsou liché;      3. / je sudá a g je lichá;      4. / a/nebo g není ani sudá, ani lichá. Jaká je parita výrazu \ f (x)|, je-li funkce /(x): 1. sudá;      2. lichá;      3. ani jedno z toho. Pomocí odvozených pravidel či z definice určete paritu funkcí:
39
40
l.e*
2. sinx cosx; 3.
|x I arctgx
4. x2 + x;      5. W(x) + W(—x), kde W je dána vztahem W(x)e
W(x)
■ x, a Ixl < 1.
41
a liché fun
Ukažte, že jakoukoli funkci f(x) definovanou na intervalu (—a; a) (pro nějaké a > 0) lze zapsat jako součet sudé funkce g(x) kce h(x).
6
i-T-iv    . ' * v '
Ireti cvičeni
Jak počítat limity
Pro limity platí následující velmi užitečné vztahy:
lim (an±bn) = ( lim an)±( lim bn), lim (an -bn) = { lim an)-{ lim bn),
a       lim c
i-      un n—>oo
n—>oo n—>oo
">->00 b„     lim b„'
samozřejmě za předpokladu, že všechny zmínčné limity existují a nedochází k dělení nulou. Pokud je některá z limit nekonečná, tak platí přirozená pravidla jako l/oo = 0, oo + oo-ooaoo-oo = oo (dále viz cvičení). Ale pozor! Výrazy 00-00 a oo/oo mohou být ledajaké a tak snadné to s nimi není!
Dál se vyplatí mít v patrnosti takovýto žebříček „rychlosti růstu funkcí":
lnw   je pomalejší než   na   je pomalejší než   e (a>0,k>0)
kn
Přitom ze dvou mocnin na roste rychleji tas vyšším a, a podobně ze dvou exponenciál e " roste tas vyššíma. Pozor! Tohle funguje jen při n —> oo.
42
1. lim
Porovnáním toho, jak rychle roste čitatel a jak jmenovatel, nalezněte hodnoty těchto limit:
wlnw
7. lim —
lnw	n2
	2. lim ;
n	n—>oo \ -|-
2n	,. 1000000« 8. hm -
-•	
	n^oo    n2 + \
3. lim
e" + l
4. lim
n^ca w2 _|_ „ _|_3
5. lim
-/řP+V n + ľ
6. lim
e2"+e"+3
n^oo 2e2n + 3e" —17
43
Na rozdíly typu „oo — oo " je potřeba si dávat pozor. Spočtěte tyto limity:
1. lim (n2 — n);      2. lim \J (n +a)(n + b)'—n);      3. lim (y n + ifn — V2n +3);       4. lim n\\,
n—>oo v ' w—>oo \ / n—>oo \ / rc—>oo    \ y
---<J~a
n
Hodně užitečný vztah: je-li /(x) spojitá funkce, pak
lim /(*„) = /( lim xj.
44   Spočtěte limity: Jn+2
1. lim cos
r / i n2 — \ , n — \ 2. lim   In--In-
n^oo\    n2 + \       n + \
3. lim
lim -v
—>oo \
2«+3
n + 1     2n + 1
4. lim expíy w3 + 1— w).
Připomínám také manévr, který je užitečný zejména tehdy, když se v limitě hodně násobí nebo umocňuje:
lim an = lim exp ln í
n—>oo n—>oo
- exp
lim lna„.
Vyzkoušíte si to na dalších příkladech.
45
Spočtěte limity:
1. lim Zfa (a je kladné);      2. lim ý~n;      3. lim (■/^■^ľ-^ľ- ■ ■ 2V^\
46
Vypočtěte následující limity z různých součtů a součinů:
1. lim
1 1 T2 + 2~3
1
4. hm   - H---1---
n^oo\2     22 23
w • (w + 1) 2w-l
2. lim
72—»00
72 — 1
3. lim
n—»00
1    2 3
2«    2n 2n
2n — \ 2n
2n 2n
5. lim [(1 + q){\ + q2){\ + q4)(l + q*)-{\ + q2")] (\q\< 1).
47
Dokažte, že
111 lim ( 1 + - + - + - -2    3 4
*exp x znamená totéž co ex. Často se totiž stává, že argument exponenciály je třeba přes celý řádek a pak by to malinkými písmenky v exponentu bylo nepřehledné.
7
a to tak, že si napíšete 2" sčítanců:
111111111      1      1      1      1      1 1
-1 + I + 3 + 4 + I + 6 + 7 + 8 + 9 + ^ + n + Ti + Ď+H+Ti + ^;
a utvoříte z nich dvojici, čtveřici, osmici, atd., až 2"   -tici, jak je to vyznačeno. Ukažte, že každá skupina zlomků je větší než 1/2. Proto
,„ > 1 + -j. Z toho už to dokážete snadno.
48
Ukažte, že posloupnost
= 1-
1     1 1
22 + 32 + 42
konverguje k nějakému konečnému číslu, neboť je rostoucí (zjevně) a shora omezená (to dokažte metodou podobnou té z předchozího příkladu).
Nakonec připomenu jednu slavnou limitu:
lim (l + =e.
»->°°\     n /
49   Spočtěte též limity: 1
1. lim H
n^oo\        2«+3
2. lim   1 + - ) .
n—»00 \        fi ,
50
Použijte bod 2 předchozí úlohy k tomu, abyste dokázali, že platí
2 3 n
X        X X
e* = l + x+    + +...+
2!     3! n\
n-Q
8
Čtvrté cvičení
Všechna pravidla, postupy a finty znáte už z minulého týdne a tohoto cvičení, takže se hned vrhneme na počítání. Připomenu pouze několik užitečných věcí:
sinx tgx lim-= lim-= 1.
x^O    x X
lim   1 + - l =e~.
x—»00 \        £ /
/(%)
Jestliže lim-= 1, pak píšeme prostě /(x) ~ g(x) (x —> x0) a při počítání limit, v nichž jde x —> x0, pak můžeme / a g
^og(x)
mezi sebou libovolně zaměňovat.
51    Dokažte vztahy:
1. V'x + a—^f~x ~ ——   (x —> 00);      2. lim (■^/x2 + alx + bl'—-^/x2 + a2x + b
lyfx
52
Spočtěte limity:
1 — x x — 4
1. limarcsin--;       2. limarctg
3. lim arcctg-
53
1+X' "*-2        °(x-2)2 "*-oo ° yT+X2'
Přiměřeným užitím vzorců <í2 — ž>2 = (<í — &)(# + b) a <í" — b" — (a — b)(an~l +a"~2b-\-----\-ab"~2 + bn~l) spočtěte následující
limity: 1. lim
v/l + 2x'-3
^    yT —2
2. lim
yT^7-3
*—-8 2+yT
3.1
yT+x — yl —x
^yT+T-yT^x1'
4. lim ľ\/x3 + x2 + ť — \/x3 — x2 + l'l;
x—>oo L J
5. lim \y x3 + 3x2' — V x2 — 2x'~|;       6. lim [sin V x + l' — sin yfx 1;       7. lim arccos(-\/
x—*oo L J x—>oo L J x—>oo \
XA + X — X).
JNapoveda: Ad 6: siní? ±sin b — 2srn-cos-.
v 2 2
54
Podobným způsobem spočtěte také limity:
m
1. lim x3/2(v^+2n-2V^TT + vT);      2. lim VjL_^L±^ĽZ (proa > 0);      3. lim
x^oo       V / x-w yfxiZr^r 1 x^l\l — xm l—x"
(pro m, w přirozená).
55
1. lim
Jaké hodnoty musí mít koeficienty a a b, aby byly splněny následující rovnosti? x2 + l
x — b ] = 0;       2. lim (y x2 — x + í — ax — b)— Q.
Goniometrické limity
56
Pomocí toho, že sinx ~ tgx ~ x (x —> 0), dokažte, že platí také (vše pro x —> 0):
3. arcsin^x ~ arctgízx ~ <íx.
22 22 ..   ■ , a x        , „    a x
1. smax ~tg<íx ~<íx;      2. 1—cos<íx ~-, a tedy cos<íx ~ 1--
5 2 7 2
Nápověda: Ad 2:
1 — cos X        .  2 I    . , ,  „,   „ . v
-= sin —. Ad 3: Kladte x = arcsinw ci arctgw.
57
1. lim ■
Spočtěte limity: 1 + sin x — cos x
-»o 1 +smpx — cos p x
Spočtěte také limity:
2. lim
tgx — sinx
x^O
,.   sinx—siní? , ,
3. lim-(pro a reálne).
*-»o     x—a
58
cos(<í + 2x) —2cos(<í + x)+ cos<í                          1 — cosxycos2xVcoŠ3x                 arctg(x + b) — arctgx 1. hm-(á £ K);       2. hm-;       3. hm---(x G K).
x^O
x^O
Nápověda: Ad 2: Nejdřív dokažte, že cos nx ~ cos" x (x —> 0). Ad 3: Použijte vzorec z úlohy 31 v druhém cvičení.
59
Viětův nekonečný součin. Spočtěte
.. TI        TI TI TI
lim cos — cos — cos----cos —
n^oo      4       8       16 2"
Nápověda: Rozšiřte to sin — a užívejte vzorec 2 sin x cos x = sin 2x.
9
/v y 71 [~\^ X I 1 ~\~ cos X ' / v   / iv    ř v /
Dále si uvědomte, že cos — = y j a cos — = y---• To Vám umožní zapsat váš výsledek v „tradiěním" tvaru
2
7T
^
1 1 v
2 + 2V2
1 1
-R'
i   i [T
2+2V2^
1 1
"Í2 + 2\
1 1 /ť
2 + 5V2
Tento výraz se nazývá Vietův nekonečný součin, po francouzském matematikovi Francoisovi Viětovi, který ho publikoval už v roce 1592 (!). Přišel na něj tak, že vpisoval 2"-úhelníky do jednotkového kruhu a poěítal jejich obvody. Tento souěin se docela dobře hodí při vyčíslování n třeba na počítači, i když dneska samozřejmě máme mnohem lepší metody. Nicméně na výpočet n v přesnosti, jakou umožňuje obyčejné 64-bitové desetinné číslo na počítači (tak řečený double), stačí jen 27 činitelů, n je tím spočteno na 16 desetinných míst přesně.
Limity s exponenciálou
60
Dokažte, že
lim(l + x)
x^O
- e.
Také ukažte, že z toho hned vyplývá
ln(l + ax) ~ ax   (x —> 0).
Nápověda: Udělejte substituci 1/x. Pak ovšem musíte spočítat obě jednostranné limity zvlášť.
61
Spočtěte limitu
1 + x
-*<* \ 2 + x
1-vT
jestliže je:
l.<í = 0;      2. a = 1;
3.,
62
1. lim
x—>oo \ %
ln x — ln 6. lim-
Spočtěte limity:
x +a
xl + \
2. lim
x^oo y x2 —2
ln cosííx
3. limv/l-2x';       4. lim ln(l + 2*)ln 1 + -
x—>0 x—>oo \
X — <í
7. lim
-»o lncos bx
8. lim
x^O
71
tg( j— x
ctgx
63
Zhruba načrtněte grafy následujících funkcí /(x):
5. lim(l — x)logI 2;
1. f{x) = lim (1 - x2");       2. /(*) = lim sin2" x;
n—>oo n—>oo
3. y (x) = lim
n^co xn + x~
5. /(x) = lim \
n—>oo \
1 + x"
~7 \ n
(jen při x >0);       G.f(x)= lim
ln(2"+x")
(x ^ 0);       4. f (x) = lim vl + x" (jen při x > 0);
(jen při x >0);       7.f(x)= lim are tg wx.
10
Páté cvičení (výpočty derivací)
Základní fakta o derivování
Derivace funkce /(x) je jiná funkce, označená nejčastěji buď —, nebo f'(x) a definovaná vztahem
dx
,,,._<!/_,.   f{x + h)-f(h) f(X)-f(x) J (x) = — = lim---— lim-.
dx    h^o h x^x     X — x
Pro derivování platí následující základní pravidla:
1. Linearita: (a f + b g)' — af' + b g', kde a, b jsou libovolná reálná čísla.
2. Leibnizovo pravidlo: (f g)' — f g' + f g-
3. Řetězové pravidlo: (f (g(x)))' = f'{g{x))g'{x).
f f\    f g-f g'
4. Taky platí pravidlo o derivaci podílu: ( —
Při výpočtech budete potřebovat znát derivace elementárních funkcí. Tyto derivace naleznete v tabulce, kterou jsem umístil do studijních materiálů. Můžete ji najít také přímo na adrese https://is.muni.cz/auth/el/sci/podzim2020/M1100F/um/ tabulka-derivaci-integralu.pdf. Bylo by ale dobře, abyste si tabulku co nejdřív osvojili z hlavy. Věřte mi prosím, že to budete potřebovat, pokud to s fysikou míníte aspoň trochu vážně.
Také bych Vás chtěl požádat, abyste si opravdu prošli alespoň početní cvičení, tedy úlohy 65, 68, 71 a 74. Derivace je zcela základní operace, bez níž se ve fysice (té skutečné, nemyslím středoškolské biflování vzorečků) neobejdete ani den.
64
Přímo z definice dokažte, že platí:
1. (c)' = 0, je-li c reálná konstanta; 2. (xplq)' = —x« 1, jsou-li p, q přirozená čísla; 3. ukažte, že vzorec předchozího bodu platí i v případě, že je p záporné celé číslo;       4. (sinx) =cosx;      5. (cosx) =sinx;       6. (expx) =expx;      7. (lnx) = —.
65
1.
Užitím základních pravidel a znalostí o derivacích elementárních funkcí nalezněte derivace následujících funkcí: 2x
-ď
2.
1-x2
3.--přičemž p, q jsou reálná čísla;       4. x V1 + x2'; 5.
(1 + xji
sin2 x
66
Dokažte tyto varianty Leibnizova a řetězového pravidla pro víc než dvě funkce:
!• if\flfi'"fn) — flflh '"fn-lfn + f\fl A " ' fn-lfn + flflh "" fn-lfn ^ ^ flflA " ' fn-lfn + flflh "" fn-lfn'
Nápověda: Opakovaně používejte pravidlo pro dvě funkce, třeba fxf2 ■■■/„ napište jako fx ■ (f2 ■ ■ ■/„).
67 Dokažte Feynmanovo pravidlo: mějme funkci F{x) — f\{xfl fiixf1 • • 'fn(x)a"> kde ax až an jsou reálná čísla. Pak pro derivaci této funkce platí
F'(x) = F(x)
-Ir    * "2 r fl J2
a také
r, r,
(In ŕ) —a1—+a2 — Ji J2
n r J n
f
J n J n
1. In x
68 | Spočtěte derivace následujících funkcí:
2. ln[(x —a^fl(x —a2)a2 • • • (x —an)a"], kde a^,     jsou reálná čísla;
1 — x T+x J'
3.1n[(x + Vx2 + l')"].
69 | Mějme dvě diferencovatelné funkce cp(x) a <p(x). Spočtěte derivace funkcí:
^|;      3. '^ff^ (zde cp + 0 a ^ > 0);       4. log?(x) ý(x) (zde cp > 0, ^ > 0).
1. <jCf(x)2 + (p(x)2
2. aretg
70
Mějme funkci /(x). Dokažte, že pro derivaci funkce k ní inversní platí vztah
U   ' f'(f-\x))
Nápověda: Derivujte rovnost /(f~l{x)) — x a vyjádřete z toho derivaci f~l(x).      S pomocí tohoto vzorce pak dokažte, že platí
1. (aresinx)':
VT^x1
2. (arccosx)':
VT^x1
3. (arctgx)':
1 + x2
11
| 71 | Dejte všechno dohromady a spočítejte derivace těchto funkcí:
l.lntg—;      2. logx a (a je kladná konstanta);      3. x+(x—l)arcsin../-;      4. ex(x2— 2x+2); 5.
2 V x + 1
1,    (x + 1)2
cosfcos x2 cos x) cosfsin x2 sin x)
6. arctg
3x — x l-3x2;
7. - In
1 2x-l ■ —— arctg-
„ 1 , Vx2 + 2'-xa/T 1 Vx2+2' 8. —— In -— + - arctg-
6    x2-x + l a/T '        ' V?    a/I2 + 2,+ xa/T    2      - x
siníísinx
9. ln(ln2(ln3x));
tn   ŕ     ■    \2 , -> /"i-ľ      ■        o 11  arccosx , !, 1-Vl-x2'
10. x(arcsinx) +2v 1 — x2 arcsinx — 2x;       11.--1—In--^=^—
x        2    i + yiH^I1
12. are sin -
1 — COSíí cosx
Zejména u výrazů, kde se nějaká funkce x umocňuje na další funkci x, se hodí použít obrat / (x) = exp In f (x) (samozřejmě to funguje jen v případě, že /(x) > 0, ale při takovém umocňování tato podmínka porušena ani moc být nemůže).
72 Pomocí výše zmíněného triku spočítejte derivace funkcí: 1.x1;      2.x1;      3. Zpx (jen pro x > 0);
Spočítejte derivace následujících „speciálních" funkcí:
73
: x;
-yx
1. W(x), přičemž W je inversní k funkci xe*, tedy platí W{x)ew^x
2. lnT(x), přičemž funkci ľ zapíšeme jako nekonečný součin: T(x) =-        I I -j-, y zde označuje tak
x   A A 1 + -
konstantu, která je rovna asi 0,577 218...
řečenou Eulerovu-Mascheroniho
Derivace vyšších řádů
Co to jsou vyšší derivace
Jestliže opakujeme derivování několikrát, dostáváme tím derivace vyšších řádů. Tedy derivaci derivace / říkáme prostě druhá
i" f
derivace f, derivaci derivace derivace říkáme třetí derivace, a tak dál. Označujeme to buď -—, nebo pomocí dalších čárek: /",
dx"
/'". Když by čárek mělo být moc, používají se římské číslice v závorce: f^lv\ atd. Obecnou derivaci pak v této notaci píšeme jako/H
74   Spočtěte druhou derivaci následujících funkcí:
3. e~x ;       4. tgx;      5. (1+ x )arctgx.
1. x\J 1 + x2'; 2
75
Vl^x^
Spočtěte w-tou (kde n je jakékoli přirozené číslo) derivaci následujících funkcí:
1. xa, kde a je reálná konstanta;      2. sinx;      3. ax, kde a je kladná konstanta;
a x ~\~ \?
4.--, kde a, b, c, d jsou reálné konstanty.
cx + d
Nápověda: Ad 4. Nejdřív proveďte dělení.
76
Dokažte, že funkce Tu zadané takto:
Tk =      j" cos(& arccos x)
vyhovují rovnici
(í-x2)Tl'-xTl + k2Tk=0
(tzn. když spočtete první a druhou derivaci Tk a všechno to dosadíte do výrazu vlevo, všechno se zruší a dostanete nulu).
Derivovat lze i funkce, které mají komplexní hodnotu. Pak prostě číslo i považujeme za konstantu, jako je každá jiná.
77
Spočtěte w-tou derivaci funkcí {a, b, c jsou reálné konstanty):
1. eax s'm(bx + c);      2. eax cos(bx + c);      3. arctgx.
Nápověda: 1, 2: e
cos(bx + c) + is'm(bx + c). 3: První derivace je
1 1/1
1 + x2    2i\x—i x+i
12
Šesté cvičení (užití derivací)
Stejně j ako během cviěení se budeme i tady věnovat několika užiteěným aplikacím derivací a ke každému dáme jen pár příkladů.
Užitečné Taylorovy rozvoje
Připomenu několik užitečných rozvojů ze cvičení:
A oo
oo
a (a — 1) • • • (a — n + 1)
x"   (|x| < 1, a G K);
K=0
• e
oo oo oo
= /   —;   sinx = ^ (—\)n--—;   cosx = / (—\)n-——   (vše pro x libovolné);
'  J n\ '  J        (2n + í)l '  J (2n)\
n-0
n-0
n-0
ln(l + x) = V(-l)»^ (|x|<l); '   1 n
n-l
oo
^—1 a"
Samozřejmě taky platí Taylorův rozvoj, f(x +a) — f(x) + /  f^'"\x)—•
78
Rozviňte následující funkce v nekonečnou řadu kolem bodu x = 0: 1. —!—, flxl < M);      2. ^   1 ^ (|x|<l);      3.--\t-- (|x| < i);      4. e'*2 (x eU); 5.^/x2+a2\>
x —a
(1-x2)2
(x-l)(x-2)
< x
Nápověda: Ad 2. Rozviňte
1
(1-x);
a dosaďte x —> x2. Ad 3. Parciální zlomky. Ad 5. Pozor, výsledkem NEbude Taylorova řada.
79
Nalezněte první tři nenulové členy rozvojů následujících funkcí kolem bodu x = 0:
1. tgx;      2. arctgx; 3.
ex — 1
4. In sin x — lnx; 5.
x +x +1 x2 — x + 1
80
Pomocí rozvoje a 1'Hospitalova pravidla spočtěte následující limity:
tgx — x
1. lim ■
3c-»o x — sinx
2. lim
ln coSííx
lncos bx
3. lim lnx-ln(l —x);       4. lim x 5. lim
/ 1 1
-»Í\ln%    x —1
6. lim ( — arctgx
Nápověda: Ad 4, 6. lim = exp lim ln.
81
Dokažte nerovnosti:
1. 21_ř < xp + (1 — x)p < 1 při 0< x < 1 z p > 1;      2. 2~~(x +«*) < v'x" +íj"'< x +íí při x a a kladném a w > 1; 3. \a sin x + b cos x| < \la1 + b2'.
Nápověda: Najděte extrémy uvedené funkce x. Její hodnoty pak samozřejmě musí být někde mezi nalezeným minimem a maximem.
Jak na průběh funkce
První zásada vyšetřování průběhu funkce je ta, že pokud něco funguje, tak je to dobře a použijte to. Pokud Vás žádný chytrý trik nenapadá, tak zjistěte tyto informace:
• Kde má funkce kořeny, kde je kladná a kde záporná.
• Kde má první derivace kořeny, kde je kladná a kde záporná.
• Kde má druhá derivace kořeny, kde je kladná a kde záporná.
• Jaké jsou funkční hodnoty v nule, v extrémech a možná ještě v pár dalších hodnotách, třeba 1 a —1.
• Je někde nespojitost nebo bod, kde funkce není definovaná?
• Jak se funkce chová, jde-li x do +oo a — oo. Jde k nějaké jedné hodnotě? Přejde v lineární závislost? Nebo v nějakou jinou?
v
Často to jde zjistit, když funkci chytře rozvinete do řady a vezmete prvních pár členů.
No a pak už si snadno poradíte. Nakreslete si body, kde jste spočítali funkční hodnoty. Pak je propojte tak, aby byla funkce rostoucí/klesající tam, kde má být (podle znamení první derivace), aby byla konvexní/konkávni tam, kde má být (podle znamení druhé derivace), abyste se správně strefili do extrémů a aby to mělo na krajích patřičné asymptotické chování.
Taky je potřeba si dát pozor na místa, kde funkce prochází nekonečnem (jako l/x v nule). Je asi nejlepší si do takových bodů udělat svislou pomocnou čáru a k nim funkci přikreslit tak, aby šla patřičným způsobem do ± nekonečna.
13
82   Načrtněte grafy funkcí:
1. x+e~x:
(1 + x)3
Slovní úlohy na maximum a minimum
Schopnost najít maximum či minimum nějaké funkce často upotřebíme při řešení tzv. optimalisačních problémů, tj. jak něco udělat nejlíp, aby byl účinek nejvyšší nebo aby to naopak stálo co nejmíň peněz. Je asi jasné, že takové úlohy mají v praxi dost značné využití.
83
Jaký tvar má mít válec, aby měl při zadaném objemu co nejmenší povrch?
84
Máme čtvercový kus plechu o straně a, z něhož chceme udělat hranatou nádobu. V rozích odřežeme čtyři čtverečky, načež čtyři postranní části ohneme nahoru a spojíme. Jak vysokou máme nádobu udělat, chceme-li, aby měla co největší objem? Viz obrázek 1.
Z válcového kmene chceme vytesat trám obdélného průřezu tak, aby měl co největší nosnost. Jaký má být poměr stran, je-li
85
nosnost úměrná součinu šířky a čtverce výšky trámu? Viz obrázek 2.
86    Do jaké výšky máme pověsit lampu nad střed kruhového stolu o poloměru 1, chceme-li, aby byla na kraji stolu co možná
k sin cp
největší intensita osvětlení? Intensita je v každém bodě stolu rovna--—, kde cp je úhel mezi dopadajícími paprsky a deskou stolu, r je
vzdálenost daného bodu od lampy a k je konstanta úměrnosti.
87
Snellův zákon. Jdete si takhle po louce, když tu vidíte, že v přilehlém rybníku se kdosi topí. I rozběhnete se mu na pomoc.
Po jaké dráze se máte vydat, abyste k němu dospěli co nejdřív? Po zemi běžíte rychlostí v, plavete rychlostí u < v. Viz obrázek 3. Souřadnice x, kde máte skočit do vody, je dána rovnicí IV. řádu. Tu sice principiálně řešit lze, ale v praxi nemá smysl se tím vůbec trápit. Místo toho ale zkuste zjistit, v jakém vztahu je úhel, pod nímž máte přiběhnout ke břehu, k úhlu, pod nímž pak máte plavat k tomu chudákovi.
88
Ze silnice o šířce a odbočuje pod pravým úhlem menší silnička o šířce b. Jaká je největší délka vozidla, které se na odbočce dokáže vytočit, aniž by opustilo vozovku? Viz obrázek 4.
Z kruhu o poloměru 1 vyřízneme výseč se středovým úhlem <p a rovné části slepíme k sobě, takže vznikne kornout. Jaký má
89
být středový úhel, aby byl objem co největší? Viz obrázek 5.
Nápověda: Výseč má obvod cp (nepočítáme-li části, které se později slepí). Z tohoto obvodu se po slepení stane obvod podstavy kužele.
14
Sedmé cvičení (neurčité integrály)
Základní pravidla pro počítání integrálů
Několik užitečných faktů o integrování:
• Neurčitý integrál je opakem derivace, tj. když je /' = g, tak to znamená, že \ g dx= /.
• Protože derivace konstanty je nula, musí se k výsledku integrování přičíst libovolná konstanta. •Integrál je li^^
• Integrace per partes: jfg'áx—fg — j f g dx, kde /, g jsou funkce.
• Substituce: pokud chceme v integrálu přejít k jiné proměnné, musíme přepsat i dx. S tím se zachází jako při derivování. Tabulka integrálů: https://is.muni.cz/auth/el/sci/podzim2020/M1100F/um/tabulka-derivaci-integralu.pdf.
V této lekci nás bohužel nečeká nic jiného než integrování, integrování a zase integrování. Je to dovednost, která je na jednu stranu velmi potřebná, na druhou stranu spočívá na všelijakých tricích, které se musíte naučit. A to nejde jinak než počítáním.
90   Spočtěte tyto integrály:
r
1. I (3-x2)3dx; 2.
x2dx 1 + x2'
3.   (l+sinx+cosx)dx;       4. (2*+3*)2dx.
91
Provedením lineární substituce vypočtěte následující integrály:
1. \ (e~x+e-2x)dx;      2.   (2x-3)lüdx; 3.
dx
•v/2-3x2'
4.
dx
1 + sin x
92
Rozbitím na součet vypočtěte integrály:
1.    x2(2-3x2)2dx; 2.
1 + x
1 —x
dx; 3.
x2dx 1 + x'
4.    xv2 —5x dx; 5.
xdx ^T^3x
93
Pomocí rozličných jednoduchých substitucí spočtěte integrály:
ln x
dx;
7.
1.
ln( x + Vx2 + 1
2 + e* 1
dx; 3.
dx
ex +e~
1 + x2
dx;       8.    sin xdx;       9.    cos5xdx; 10.
sin x + cos x \fsin x — cos x
r
-dx; 5.
dx
sinx
are tg x 1 + x2
dx;
dx
(arcsinx)2V1 — x2'
94   Spočtěte následující integrály pomocí integrace per partes:
.„„te      2.j„xix:      3.j^te      4.J„„fc      5. j k* . ŕ-1 je reá,„ý p„«
6.   (aresin x)2 dx; 7.
xe* dx
(x +
ix f
—;       8. J ln" xdx, n je přirozené číslo.
Nápověda: Ad 6. Co je lepší než per partes? Dvakrát per partes! Ad 7. (xď)' — ď(x + 1). Ad 8. Co je lepší než per partes? w-krát per partes!
95
Užitím vhodných substitucí vypočtěte tyto integrály:
1. I x3(l-5x2)10dx; 2.
V2 —x
dx; 3.
dx
(x2+ a2)3/2'
4. J -\/x(l — x)'dx; 5.
dx
(x —a)(b — x)
(<í < x <
dx
y/{x + a){x + b)
{a < b);
parctgx
(1+x2)3/2'
Nápověda: Ad 3. x =atgu. Ad 4. x =sin «. Ad 5. x — a = (b — a) sin u; Ad 6. x +<í = (b — a)sh u.hAl. x=tgu.
15
Osmé cvičení (další neurčité integrály) Integrace racionálních funkcí
Parciální zlomky
Pro připomenutí: každý polynom s reálnými koeficienty lze zapsat jako součin závorek ve tvaru (x — a^fk a závorek ve tvaru
P(x)
(x2 + bkx + ckYk. Chceme-li rozkládat zlomek ——, kde P má menší stupeň než Q, na součet parciálních zlomků, postupujeme
takto:
Q(x)
1. Rozložíme Q na součin závorek, jak je to popsáno výše.
A A
2. Za každou závorku ve tvaru (x — a)n zapíšeme do součtu zlomky —-   1 2
A.
x—a (x—a)2 Bxx + Ct
(x — a)' B7x + C,
(Ak jsou neznámé koefi-
cienty, u každého zlomku jiné).
3. Za každou závorku ve tvaru (x2 + bx+c)" zapíšeme do součtu zlomky , , ,
x2 + bx + c   (x2 + bx + c)2 (x2 + bx + c)n
4. Tím jsme získali výsledný rozklad, až na to, že v něm vystupují nějaké neznámé koeficienty. Ty určíme tak, že celý součet opět dáme na společného jmenovatele a srovnáme jeho čitatel s P (x).
To je aspoň učebnicový postup. Já Vám ovšem hned v další úloze předvedu něco lepšího.
96
Má-li jmenovatel zlomku jen jednoduché kořeny, lze psát Q(x) = (x —al)(x — a2) ■ ■ - (x — an) a rozklad tohoto zlomku lze psát
ve tvaru
P(x) Aí
A,
A„
Q(x)    x — al    x—a2 x— <
Ukažte, že v tomto případě pro neznámé koeficienty Ak platí vzorce
A = lim fííXfZfil = ĽčhL
k    *™      Q(x) Q'(ak)
Nápověda: Násobte obě strany x — a^ a vemte limitu x —> a^.
97     Upozorňuji ještě jednou, že vzorec výše funguje pouze v případě, že jmenovatel zlomku má jen jednoduché kořeny.
Zkuste vymyslet, jak by šlo tuto metodu vylepšit, aby fungovala i v případě, že:
1. jmenovatel má i vícenásobné kořeny;      2. jmenovatel obsahuje nerozložitelné kvadratické trojčleny.
98
x2-l
Rozložte v parciální zlomky: 1
2.-; 3.
x(x — l)(x — 2)
x3 + 2x2 + x
(x — l)(x2 + x + l)
99
Rozložením integrandu v parciální zlomky spočtěte následující integrály:
dx x3 + ť
dx x4 + ť
dx
(x + l)(x2 + l)'
x2 — 3x + 2
dx;
x2 + l
(x + l)2(x-l)
■ dx.
100
Rozličnými postupy spočtěte tyto integrály:
r
(2x + l)dx
x4+2x3 + 3x2 + 2x + l
\-x' x(l + X7)
dx;
x3 dx
100'
dx
(x + a)m(x + b)'
-. Nápověda: Ad 4. u —
x+a x + b
101 I Derivováním za znamením integrálu (nejlépe podle parametru c) spočtěte
r
(b2-c<0).
dx
(x2 + 2^x + c)2
102
Integrace výrazů s odmocninami
Vhodnými úpravami a substitucemi spočtěte následující integrály:
dx
1 + 77'
dx
1 + Jx+yx+ tfx"
yl X + \'—y/x — 1'
Vx + ť + Vx —1
-dx;
dx
y{x + \)2{x-\y'
■sj x(x + 1)'
yfx + Vx + ľ
:dx.
16
r
Vzpomeňte  si  na  trik,   který  jsme  použili  na  cvičení:   integrál typu
dx
dx
<j a + bu + cm2
xV ax2 + bx + c' , kde u — l/x. To se bude v následujícím cvičení často hodit.
jsme  přepsali na
103 Spočítejte následující integrály s kvadratickými výrazy pod odmocninou: r r  ,_, r
1.
dx
(l + x)Vl + x2
2.
V/x2+2x+2'
dx; 3.
1 — x + x V 1 + x — X2
-dx: 4.
x2 + l x V X4 +1'
:dx.
104
1.
x5dx
a/T^2
Užitím přiměřené substituce převeďte následující integrály na integrál z racionální funkce (ten už nedopočítávejte): 2.     -^U 3.j^x-x3'dx.
Goniometrické integrály
105
Vyčíslete integrály:
r
1. | sin2xcos3xdx; 2.
■ 3
sin x
dx; 3.
dx
sin4 x cos4 x
4.
dx
/tgx
5.   sin5xcosxdx;      6. cosxcos2xcos3xdx
7.    tgxtg(x +a)dx; 8.
dx
3 + 5tgx
106
Jakýkoli integrál, který je racionální funkcí sinů a kosinů (a tedy i tangent a kotangent), se dá převést na racionální lomenou funkci (tedy podíl dvou polynomů) uplatněním substituce u — tgx/2. Jak se při této substituci dají následující veličiny vyjádřit pouze
pomoci u i
1. dx;      2. sinx;      3. cosx;       4. tgx.
S pomocí universální substituce tgx/2 — u spočtěte tyto integrály:
107
dx
i + b cos x
(0<b< a); 2.
dx
ix + b cos x + c
(c2>a2 + b2); 3.
sin x cos x
■dx.
sin x + cos x
108
Jiné rozličné integrály
Pomocí integrace per partes okažte, že platí (n je přirozené číslo):
1. J x"eJcdx = C+(-l)"w!eJC2](-l)É|j-; 2
£=0
e1 dx
11(6^) 1 „ ^(6-1)! v.v v v / ,.
= C----e   z -;—, pncemz značíme li x =
(w-1)!    (w-1)!   ^    xk ť
109
Vypočtěte následující integrály s exponenciálou: l.JxVM*      iJxV-dx;      iJxVdx; 4.
e2* dx _
dx
dx lnx
1 + e1/2 + e1/3 + e*/6
6. xe*sinxdx;
e* dx
x2 — 3x +2
ex — 1 e* + l
dx.
110
Nakonec nabízím ještě várku nejroztodivnějších dalších integrálů. Poradíte si s nimi?
■ 2V? A A are sin-dx; 4.
1 + x
ln[(x+<0*+<í(x + £)a:+/'].
l.Jxarct^x + Ddx;       2. J ln> (x + V^TT) dx; 1 5. j ln^V 1 — x' + Vl + x'^dx;       6. J" x arccos — dx;      7. J"xln-j—-—dx;       8. j   x + \lx2 +a2''d
dx
(x +a)(x + b)
17
Deváté cvičení (určité integrály) Výpočty určitých integrálů
Určité integrály
Platí Newtonova-Leibnizova formule: \ f(x)dx =F(b)-F(a), kde F je primitivní funkce /, tedy F> = f.
Kromě ní platí tato pravidla:
b b
Linearita,\{af + í3g)dx = a\ f dx + /3\ gdx pro konstanty a a f3.
a a a
b c c a b
Rozdělení integrálu: ^/dx + ^/dx = ^/dxaprohození mezí: j f dx = — j f dx.
a y a y a
Substituce: jako u neurčitého integrálu, ale není potřeba ji vracet, stačí přetransformovat i meze.
b b
Per partes: J/g'dx - f (b)g(b)-f (a)g(a)- j fgdx.
111
Postupy popsanými výše vypočtěte následující integrály:
ln 2
1.    xe *dx;      2.    xsinxdx; 3.
i 2
, 1 + x2 , „  f dx
7. —-—dx; 8.
3/4
1+x4
x3 + l
dx 1 + x2'
dx
4. I ^ (a > 0); 5.
\ —-— dx; 6. í x2\/a2 — x2'dx; U-x J
(x + l)Vx2 + ľ
x2"dx 1
10. I .      Nápověda: 7.x--= u. 10. Per partes dá rekurenci.
Vl —x2' _x_
112 | Opakovaným užitím integrace per partes vypočtěte následující integrály (pro n, k přirozené):
o 1
1. I x"e-*dx;      2. | x"(l-x)kdx.
2h
113
Dokažte, že platí    e dx
2n   při k — 0;
114
0     při jiném k celočíselném.
o
Pomocí faktu z předchozí úlohy a ostatních pravidel vypočtěte následující integrály:
sinwx
1. J cos   xdx;      2. J sin" x sinwx dx;      3. | cos"xcoswxdx 0 0 o
sinx
■ dx (n celé).
115
22
Aproximace n. Všichni asi znáte školáckou aproximaci n K —. Víte ale, jak je přesná? Jestli ne, tak to teď zjistíte, i
f x4(l —x)4 1. Vypočtěte integrál | —;-;—dx.
1 + x2
22
2. Podívejte se na integrand. Jednoduše ukažte, je integrál kladný. Je tedy — větší, nebo menší než tt?
3. Jestli chcete odhad chyby aproximace, uvědomte si, že na intervalu (0; 1) platí 1 < 1+x <2,aprotoje-    x (1—x) dx <
2.1 .1     1 + x2
i i
4/i „\4.
2 ^,.   :„1 r ..4/1 ..x4 j„ ^ r ^4(i ^)4 dx <
i
<    x (1 —x) dx. Pro určitější představu můžete-- pod integrálem rozvinout v řadu a vzít prvních pár členů.
1 + x2
116
Výpočty délek, ploch, objemů atd.
Vypočtěte plochu parabolické „čepičky" o výšce h a podstavě a (viz obrázek na přespříští straně).
18
117
Spočtěte plochu následujících obrazců:
2        2 3
1. elipsy o rovnici--h — = 1;       2. křivky o rovnici y — x (a — x );       3. obrazce omezeného křivkou y —-a přímkou
a2    b2 la — x
x — 2a;       4. hvězdice (asteroidy) o rovnici x2/3 + y2^ — a2^;      5. trojlístku r —asmlxp. Vypočtěte délku následujících křivek:
118
1. paraboly y — b2 — x2, —h < x < h;      2. asteroidy x2/3 +y2^ — a2^\      3. řetězovky y — ach — mezi body [0;a] a [b; b].
119
120
2        2 2
v v x     y z
Vypočtěte objem elipsoidu o rovnici — + — H—- = 1.
a2    b2 c2
Vypočtěte objem a povrch (ale pozor, to není lehké!) následujících rotačních těles (viz obrázky na následující straně):
2
a x
1. paraboloidu, který vznikne rotací paraboly z — a--— pro 0 < x < r kolem osy z (zde a je jeho výška a r poloměr podstavce);
r_r
2. sudu, který vznikne rotací paraboly x—R — z2——— pro —h < z <h kolem osy z (zde 2h je výška sudu, r poloměr víka a dna a R
sin z 2tí
poloměr uprostřed);      3. vázy, která vznikne rotací křivky x = 1--—, y = 0 při —rc < z < — kolem osy z. Povrch nepočítejte.
Simpsonův vzorec. Ukažte, že pokud jsou plochy průřezů kolmých kose x kvadratickou funkcí x (tedy S(x) =^4x2+Sx+C),
h
pak pro objem tělesa platí vztah V = — (S0 + 4Sl ,2 + S^), kde h je délka tělesa podél osy x, S0 a Sl jsou plochy průřezů na krajích tělesa a
6
Slj2 je plocha průřezu v polovině délky. Viz obrázek na následující straně.
121
122 Vodní hodiny. Chcete si udělat vodní hodiny, tedy nějakou nádobu, která má ve dně díru o ploše S. Když tam nalejete vodu, tak ta voda za nějaký čas vyteče, a tak můžete měřit čas ve stylu: „cvičení z analysy mi trvá vypracovat tak dlouho, že hodiny třikrát musím naplnit a nechat vytéct". Lepší by ale bylo, kdyby hladina vody v nádobě s časem klesala rovnoměrně, tedy aby rychlost klesání hladiny byla konstantní. Pak za čas t klesne hladina vždy o nějaké at a můžeme čas měřit pravítkem.
1. Jaký rotačně symetrický tvar má mít nádoba, aby hladina vody klesala konstantní rychlostí?
2. Do jaké výšky musíte nalít vodu, abyste odměřili čas t (tj. aby za právě tento čas vytekla všechna voda)?
3. Spočtěte objem, který vaše nádoba musí mít, aby, je-li nalita až po okraj, odměřila čas t.
Nápověda: Je-li ve dně díra a voda sahá do výšky h, bude ze dna voda téct rychlostí v — \j2gh (Torricelliho vzorec).
Další integrační kejkle
123
Které z následujících integrálů můžete na první pohled prohlásit za nulové? Co Vás k tomu opravňuje? x5 cos3 x dx
re/2
1. j x3sinxdx; 2.
-re/2
(1+x2)2
3.    sinxcosxdx,       4.    cos2xdx;      5.    sin3 x + cos3 x dx.
oo       1 oo
124
Ukažte, že
/   ln x /    ln x f     f f
-dx = 0. Pomocí tohoto výsledku pak vyčíslete též -dx.     Nápověda:    —    + •
J x2 + l J x2 + a2 J     J J
125
Hodně integrálů lze elegantně vyřešit tím, že převrátíte směr integrace. Tedy pokud jde integrál třeba od nuly do n, tak uděláte substituci u — n — x atd. Vyzkoušejte si to na těchto integrálech:
re/2 _i re re/2
sin2 x dx
-; 4.
1
Vsinx' dx
Vsinx' +   cos x'
x sin x dx
1 + cos2 x
sin x + cos x
ln(l + x)
re/2
1+x2
dx;
lnsinxdx.
Nápověda: Ad 4. Nejdřív udělejte záměnu proměnných x = tg u.
126
111
Harmonická čísla. Součtům H„ = H---1---1---
2   3 4
který si s pomocí integrálů celkem snadno odvodíme:
- — se říká harmonická čísla. Platí pro ně jeden velmi užitečný odhad, n
1. Uvědomte si, že platí Hn —   (1 + x + x
■x"-1)dx =
í-x" 1 — x
dx.
n 1 n
2. Proveďte v tomto integrálu nejdřív záměnu » = l-ia pak u — y j n. Pak integrál rozdělte ve stylu j (něco) = j (něco) + j (něco).
o o i
3. Integrál od 1 do n rozdělte na dva sčítance. Měli byste dostat, že Hn — (dva divné integrály) + ln n.
4. Chceme-li znát Hn pro nějaké veliké n, pak ty dva divné integrály budou asi dost blízké své limitě pro n —> oo. Spočtete ji a přesvědčte se, že oba divné integrály jsou konečné. Tím jste ukázali, že Hn K ln n + (dva divné integrály). Označme ty divné integrály písmenem y. To je takzvaná Eulerova-Mascheroniho konstanta a její číselná hodnota je asi 0,577 216...
19
Parabolická čepička z úlohy 112:
Obrazová príloha
20
Desáté cvičení (jednoduché ODR)
Separace proměnných
Máme-li rovnici ve tvaru y — f (x) g (y), můžeme ji (když zapíšeme y' — —) také přepsat takto:
dx
áy
g(y)
- f(x)áx.
Na levé straně je teď jen funkce y, na pravé jen funkce x. Můžeme tedy obě strany zároveň integrovat a tím rovnici vyřešit.
127
Řešte následující rovnice separací proměnných:
í.y' = í+y2; 2.y-
1-y2
3. xy' + y— y2 = 0;       4. e~y(y' + 1) = 1;       5. y't%x — y2 — 1 — 2y;       6. y lny + xy' — 0;
7. (1 + e1);/ + ex}í = 0 při y(0) — 1;       8. j/siny cos x = cos y sin x při j(0) =
71
128
Následující rovnice řešte pomocí toho faktu, že rovnice tvaru y' — f (a x + by + c) se nejlépe řeší substitucí z = ax + by + c: 1. y +y = 2x + 3;      2.    = (6x +2y + 3)2;      3.    = cos(x + y + 3).
129   Máte-li rovnici ve tvaru y —f(y/x), je dobrý nápad položit y — ux. S tím řešte následující rovnice:
1. 2x}í' = y + x;      2. (x2 — xy)y +y2 = 0;      3. xy' — y = yln—;       4. (xy'— y)cos—= x.
x x
Nakonec u rovnic y' — f (-——^——) je nejlepší nápad najít x0 a y0 tak, aby platily rovnice axQ + byQ + c = 0 a zároveň
130
KAx+By + C
dz^       /1)
AxQ +ByQ + C = 0. Pak položte x = u + xQ a y — v +yQ, čími rovnice přejde na tvar — = F ( — ) pro nějaké F. Takto řešte rovnice:
au \»
,    x-y+3 ,    2x-y + 3
\.y —-;       2. y —
x +y —5
x — 2y + 3
131
^    5 v — 5% — 1
V případě rovnice y —-se postup vypodobněný v předchozí úloze rozbije. Proč se rozbije? Jak byste tuto rovnici
řešili?
2y — 2x — 1
Variace konstant
Máme-li lineární rovnici prvního řádu, y' — a(x)y + b(x), můžeme ji řešit tzv. variací konstant. Dělá se to tak, že nejdřív řešíme
rovnici y — a(x)y a napíšeme její řešení (má tvar y — C exp j a(x)dx). Integrační konstantu C nyní budeme pokládat také za
funkci x: dosadíme za y zpět do rovnice a tím dostaneme rovnici pro C'. Tu integrujeme a konečně dostaneme C jako nějakou funkci x plus nějakou integrační konstantu D.
132
Pomocí variace konstant řešte následující rovnice:
1. y' — 6xy +4xe3x ;      2. y'cosx = (y + 2cosx)sinx;      3. y'eř +2xyex =cosx;      4. y' ■
x —yz
5./
e~y —x
Nápověda: Někdy je lepší porovnat převrácené hodnoty obou stran rovnice a spočítat x jako funkci y.
Slovní úlohy
sto
133 Zuřivost. Už máte analysy plné zuby, a tak zlostně mrsknete svůj sešit na stůl. Hmotnost sešitu je m, v okamžiku dotyku se em má vodorovnou rychlost vQ. Jak daleko po stole dojede, než se zastaví? Koeficient smykového tření mezi sešitem a stolem je /.
Děravý válec. Máte válec o poloměru R, v němž je nalita voda do výšky bQ. V jeho dně se ovšem udělala kruhová díra o
134
poloměru r, takže voda teď teče pryč. Popište, jak se mění výška hladiny ve válci v závislosti na čase. Jak dlouho bude trvat, než bude válec prázdný?      Nápověda: Voda vytéká rychlostí v — \J2gh \ kde h je výška vody nad otvorem.
135 Koronavirus. Mějme N lidí, z nichž v čase t — 0 je x0 nakažených. Každý nakažený může nakazit další lidi, ovšem jen ty, kteří dosud nakaženi nejsou. Rychlost šíření nákazy je tedy úměrná x (TV — x), tj. součinu počtu nakažených a počtu nenakažených; konstantu úměrnosti označte třeba k. Zjistěte, jak počet nakažených závisí na čase.
Skok s padákem. Vyskočili jste z letadla a teď padáte. V okamžiku otevření padáku jste padali rychlostí vQ, Vaše hmotnost
136
i s padákem je m. K zemi Vás táhne tíhová síla, proti ní účinkuje odporová síla vzduchu o velikosti jCSpv2, kde C je asi 1,2, S plocha padáku a p hustota vzduchu. Určete mezní rychlost pádu w (tj. rychlost, při níž se tíhová a odporová síla vyrovnají). Potom spočtěte rychlost pádu v závislosti na čase a další integrací rychlosti zjistěte i závislost vzdálenosti, kterou jste překonali, na čase. V čem se bude
21
lišit Váš pád od padání mezní rychlostí, pokud budete padat hodně dlouho (t —> oo)? Předpokládejte, že pořád padáte rychlostí v < w.
Zrcadlo na soustředění paprsků. Mějme rovinu, do které nám svisle seshora přichází rovnoběžné paprsky po celé šířce
137
roviny. Navrhněte zrcadlo takového tvaru, aby se všechny tyto paprsky odrazily do počátku (tedy tak, aby procházely bodem x = 0, y — 0). Viz obrázek níže (zrcadlo, které máte sestrojit, je na něm načmárané modře, dopadající paprsky červeně, odražené fialově. Malé čárkované úsečky u bodů dopadu jsou tečny a normály k zrcadlu). (Normála je prostě jenom kolmice k tečně křivky.) Jako bonus si můžete uvědomit, že paprsky mohou stejně dobře jít i v obráceném směru. Proto úplně stejné zrcadlo poslouží i v případě, že je v počátku bodový zdroj, který vysílá paprsky na všechny strany, a zrcadlo pak z tohoto světla udělá rovnoběžný svazek. Zkuste popřemýšlet, jestli jste takové zrcadlo už někde neviděli.
Nápověda: Úhel mezi dopadajícím paprskem a normálou je stejný jako úhel mezi normálou a odraženým paprskem (zákon odrazu).
22
Jedenácté cvičení (soustavy ODR a rovnice vyššího řádu)
Soustavy lineárních ODR
138
Řešte následující soustavy: x = 2x+y,        ^  (x + x — 5y = 0, y — Ax—y. { ý — x—y — 0.
139
1.
[ x = —x + 2y + 1 [y — —2x + 3y.
x = 2x +y + é ý — —2x +2t.
x = 2x — 3y,
y = x — 2y + 2 sin t.
x + x + by ■■ ý — x — y ■
:0,
:0.'
2y — 3x, (x — x+y,
y — 2x. {ý — 3y—2x.
Řešte následující nehomogenní soustavy (buď uhodnutím partikulárního řešení, nebo variací konstant):
z     -i i x — —4x
2.{ ------;     3.r " ;      4.\X =y +tg ř"S 5.'
:-x+tař- ]ý=6x + 3y
2y
140
Dokázali byste jistým rozšířením těch standardních triků, které na soustavy používáme, řešit i tyto soustavy?
[2x-1 x-
-3ý: -2ý:
16x-—6x -
5x :
5y:
■ 7x — 3y, ■— 2x + 8y.'
-4x = -
ý + 4ý:
— x--y.
2 2}
141 |  Vytápění. Představte si, že máte chatu se třemi místnostmi: sklepem, obývákem a podkrovím. Venku je 0 stupňů Celsia a
protože jste na chatě dlouho nebyli, je tato teplota i ve všech třech místnostech. V obýváku jsou naštěstí kamna, v nichž rozděláte oheň. V dokonale isolované místnosti by tato kamna zvyšovala teplotu o 20 stupňů za hodinu. Ovšem tady teěe teplo jak do ostatních místností, tak ven z chaty. Podle Newtona se je ěasová změna teploty rovna k(T' — T) kde T je teplota v místnosti a T' je teplota v místě, kam teplo uniká, k je pro přechod mezi vnitřkem a vnějškem chaty rovno ^ hod 1 a pro přechody mezi místnostmi v chatě ^ hod 1. Urěete teploty ve všech třech místnostech v závislosti na čase.
142 Otrávená jezírka. Tři stejná jezírka o objemu V jsou navzájem propojena stejnými kanály. Do prvního přitéká voda s průtokem Q (to je objem vody za jednotku času), ze třetího zase stejným průtokem odtéká. Nějaký zloduch do prvního jezírka vylil kyanid o objemu v. Určete množství jedu ve všech třech jezírkách v závislosti na čase, předpokládáte-li, že se v každém jezírku jed okamžitě dokonale rozmíchá a že se voda nikde nehromadí, tj. z každého jezírka odtéká tolik, kolik přitéká.
143     Soustava oscilátorů. Mějme na přímce hmotné body o hmotnostech mv m2, ■ ■ ■, mn. Každé dva body xk a x^ jsou spojeny
pružinou tuhosti K^. (V případě, že body spojeny nejsou, lze pro ně prostě klást K — 0.) Zapište pohybové rovnice tohoto systému a zkuste něco říct o obecném řešení. Co když začneme cloumat každým bodem x^ nějakou silou    cos co t (a^ — const.)?
Rovnice vyšších řádů s konstantními koeficienty
144 | Řešte následující rovnice: 16y — 0;       2. y" + 7y' — Sy — 0 při počátečních podmínkách y(0) — 1 a y'(0) — 1; - ÍOy" + 25y = 0;       5. y{7) + 2y{5) + y(3) = 0.
145 Řešte následující rovnice s pravou stranou:
\. y"— 2y'+ y— \;      2.y" — y — xi;      3. y" — 2y' = 4x + 2cos2x;       4. y" — 5y' + 4y = 4x2
l.f-4. /)■
i. y   +y —y — y — 0;
■17sinx;      5. y +y—excosx. 146 | Pružina. Máme pružinu, která je v rovině jedním koncem přidělána k počátku a na druhém konci je přidělána částice. Částici
natáhneme do bodu (x0,0) a vyšleme ji rychlostí vQ ve svislém směru. Jak se bude částice pohybovat?
147   Pohyb v elektromagnetickém poli. Částice s nábojem q letí v rovině xy rychlostí v — (vx, v ). Intensita elektrického pole je
E ve směru osy y a magnetická indukce je B ve směru osy z. Na částici působí pouze Lorenzova síla S — <l{%- + £> x ^) (starobylé písmo označuje vektory). Zjistěte, jak se v tomto poli částice pohybuje.
Crusher. Někdy je potřeba zjistit, jaký tlak vyvíjí plyny při nějakém výbuchu. Takový starý dobrý způsob, jak to změřit,
148
spočívá v následujícím: výbuch se provede v nějaké pancéřované komoře s pístem, který těsně naléhá na měděný váleček, tak řečený crusher. Tento váleček opět z druhé strany těsně přiléhá k nějaké dokonale tvrdé zdi. Tlak výbuchu p pak zatlačí na píst, jenž zabírá ve stěně komory plochu S, a ten stlačí crusher o nějakou délku x; ovšem crusher tomu klade odpor silou R — R0 + kx, kde R0 a k jsou konstanty. Po výbuchu se crusher vyjme a změří se, o kolik se stlačil. Jak z toho spočítáte tlak p způsobený výbuchem? Tento tlak považujte za konstantní, změnu objemu komory při posunu pístu zanedbejte.
23
149
."2.
a iii
\.y =y
o       in li
8. xy —y
Dvanácté cvičení (ODR, co se jinam nevešlo) Sníženi radu
Řešte následující rovnice tak, že u nich nejdřív snížíte řád a pak je dorazíte standardními metodami:
a     li     -\    i z.    "3 i       li     ~ i /     ni 12,-,
4. y — lyy;       5. y   + xy — ly ;       o. y   —y  + 1;
1 "   i   1 '2 2      " 7
2. y y +í—y;       i. y =eJ;
1 n      "      12 '3
10.      =j —y .
150
o    «2 i    / //
xy ;      V. y   +j = xy ; U těchto rovnic snižte řád tím, že je přepíšete jako úplnou derivaci. Pak s nimi skoncujte běžnými postupy.
-j i n 2 , 12 7. 2yy  —y+y ;
1       m \ i i a    r\ i      "      '/ ' i -i \ ^    ////-, i/2 *       li i      i -      //      / 2i
\.yy   + iy y — 0;      2. yy = y (y + 1);      3. y y   = ly  ;       4. xy = lyy — y ;      5. xy — y = x y y .
151
Využijte homogenity následujících rovnic ke snížení jejich řádu a jejich následnému řešení:
1. (x2 +l)(y'2 — yy') — xyy';
2. x2yy" = (y — xy')2;      3. xyy" — y'{y' + y);      4. y1' Další typy rovnic
.1.
X
y _y
152
153
Řešte tyto Bernoulliovy rovnice: 1. xy' + y = y2x lnx;      2. y' + 2xy = 2x3y3;      3. x2y2}'/ + xy3 = 1.
Tyto rovnice jsou nerozřešené vzhledem k derivaci. Poradíte si s nimi? Tny';       2. 2yy' = x(y'2 +4);       3. y' = exp ——;       4. y =2xy' + y'— y'2;
y
Poslední várka aplikací
1. 2xy' — y ■
5. y' — ln(xy' — y\
154
Řetězovka. Jaký je tvar volně zavěšeného, dokonale ohebného, homogenního řetězu s délkovou hustotou y} Řetěz prostě pověsíme mezi nějaké dva body a pak ho necháme.
Dobrý způsob, jak to počítat, je tento: vyšetřeme kus řetězu VX, kde V je vrchol řetězovky aX je nějaký pohyblivý bod (viz obrázek).
Tento kus řetězu zleva tahá nějaká neznámá, ale konstantní síla F0, zprava zase tahá nějaká síla F (x), a k tomu také svisle dolů táhne síla
tíhová. Aby byl náš kus řetězu v rovnováze, musí být součet těchto sil nulový, tedy F (x) + FQ + G =0. Rozepište zvlášť vodorovnou a svislou složku a z toho spočtěte směrnici tečny. Dostanete diferenciální rovnici, tu řešte.
Nápověda: Dokonalá ohebnost znamená, že síly F (x) a FQ tahají ve směru tečny. Viz obrázek.
155
Keplerův problém. Tak se jmenuje problém pohybu tělesa v centrálním poli, většinou gravitačním. Tento problém se tedy týká mj. i pohybu planet kolem Slunce (proto se taky jmenuje Keplerův). Nyní si ho úplně vyřešíme.
V rovině působí gravitační síla s potenciálem —a/r, kde r je vzdálenost od středu. V této rovině je jedno volné těleso o hmotnosti m, které má energii E a moment hybnosti L. (Potenciální energie tohoto tělesa je hmotnost krát potenciál, tedy —ma/r.)
1. Napište zákon zachování energie a zákon zachování momentu hybnosti v polárních souřadnicích r a <p.
2. Ze zákona zachování energie odstraňte závislost na <p.
dr t
3. Nalezněte trajektorii, po které se bude těleso pohybovat. Docílíte toho tak, že spočítáte — = —. To Vám dá rovnici, v níž vystupuje
dep <p
jen r a <p, a tak ji můžete vyřešit a spočítat tím závislost r na cp.
4. Popište možné trajektorie tělesa nějak jednoduše slovně.
5. Jako bonus si můžete bez počítání odvodit tretí Keplerův zákon takto: Řekněme, že jsme nalezli jedno řešení r(t). Teď do zákona zachování energie dosaďte r = \r zt = \ t (tedy jak prostor, tak čas jsme naškálovali nějakým parametrem). Spočítejte, jaké musí být k, aby se mocniny X vytkly a zkrátily. Co to říká o dalších řešeních?
Nápověda: V polárních souřadnicích je v —ř + r cp (dokažte si to).
Nápověda: Rovnice r —
P
zadává v polárních souřadnicích kuželosečku o excentricite e.
24
156
Koronavirus II. Model koronaviru už jsme tu měli, ale uděláme si ještě trochu lepší. Rozdělme si lidi na zdravé, nakažené a
vyřazené (to jsou ti, u kterých nemoc už skončila (ať už jakkoli), a proto (někdy naivně) předpokládáme, že už se znova nakazit nemohou). V čase t — 0 mějme nQ nakažených. Sestavte rovnice pro počet zdravých z a počet nakažených n v závislosti na čase. Předpokládejte, že rychlost nakažení zdravých lidí je úměrná zn (tedy počtu setkání nakažených a zdravých), koeficient úměrnosti označte a. Je-li střední doba průběhu nemoci T, můžeme hodně hrubě uvažovat, že za čas dí bude vyřazeno asi /3nát nemocných, kde j3 — Í/T. Sestavené rovnice řešte. Předem upozorňujú, že soustava není v úplnosti přesně a analyticky řešitelná. Takový už je život. Ale i přesto se dá leccos spočítat. Tak s chutí do toho a zkuste si nějak poradit.
ŘEŠENÍ NĚKDY V BUDOUCNU
(pokud se mezitím nezblázním z opravování písemek...)
25
Odpovědi a řešení
1. Ad 1. Stačí to prostě roznásobit, všechny členy až na dva krajní se odečtou. Ad 2. Napíšeme n stejných závorek vedle sebe: (a + b)(a + b) ■ ■ ■ {a + b). Musíme napsat sčítance odpovídající všem možným výběrům po jednom členu z každé závorky. Kolika způsoby
můžeme udělat a"} Jedním: všude vybereme a. Kolika an~lb} V jedné závorce vybereme b; to lze udělat způsoby. Ze zbylých vybereme a. Proto je tam an~lb celkem ^^-krát. Podobně an~2b2 tam bude ^^-krát atd.
li l      bÝ       b2    l      b\2   h2-Ac n      , ■■  2   , n   ,        w,   /      b\2 b2-4c
2. x +bx + c — [ x-\—   +c--— \x-\—--. Proto lze rovnici x + ř>x+c = 0 psat rovnez jako x H—    =-,
_^     2/ 4     V      2/        4 ť V      2/ 4
b Vb2—4ac'
t). x + — — ±-.
'       2 2
3. Adl.-x2+2x + 3 = -(x-l)2+4.To je nezáporné pro —1 > x > 3, a to je tedy definiční obor. Ad 2. Pod oběma odmocninami musí být nezáporné číslo, tj. musí být x > 2. Zároveň nesmí být obě odmocniny stejné. Jenže k tomu by došlo při x = —5, kdy výraz už stejně není definovaný, a tak to už nic nezmění. Definiční obor je (2; oo). Ad 3. Opět musí být pod odmocninou nezáporné číslo, tj. musí být |x| > 1. Kromě toho nesmí být ve jmenovateli nula, tj. |x| ^ 2. Proto je definiční obor [(—oo;— 1) U (1; oo)] \ {—2;2}*
1 a/2"1 ~\~ 1 a/2-1 ~\~ 1 /-'
4. Ad 1. Rozšíříme v/2~1+1: ——-= ——-—-= ——-= v/2~1+1. Ad 2. Opět rozšíříme obdobně, tj. V 5 + 2\fi> ■
v/3^T31V5 + 2v/3n'     /.c   / /T1' ij j 1 Í + VT-VT    l + V^-VJ    VY + 2-W
Dostaneme-. -= V 15 + 6V 3 . Ad 3.-—-— =-—-=-—-=-.
a/25-4-3' i + ^ + a/T    (i + A/^)2_3 2a/T 4
2 -)- 2^J r2 + 1'
5. Ad 1. Dáme na společného jmenovatele, zůstane -—=:- = 1. Ad 2. Tady upotřebíte vzorec z prvního cvi-
(l + Vr2 + l)2-r2
aJ~a—b^f~P _i _i
čení: a? — b3 — (a — b)(a2 + ab + b2). Proto -—- — a + "J~a~F + b. Výraz je tedy roven (■/a — V^)2(a + 2V^T + b) —
■yfa—v b
— VrF)(v/^1+v^F)]2 = (a — b)2. (Nemuseli jsme psát absolutní hodnoty, protože výraz má smysl jen při a > 0, b > 0.) Ad 3. Dáme na společného jmenovatele, vyjde      ' -TT"—^Z2_ — —. Ad 4. Ve jmenovateli velkého zlomku je 1 1
11/1 1   V 4x2
(V^-V7)(V^ + VY) x-y (x+2)2 (x-2)2
2 4x2
- 2-•-= (--1--) =--—-—. Po dosazení do výrazu zůstane (x + 2)2.
x—2  x+2    \x + 2    x —2/     (x+2)2(x—2)2
6. Nejdřív ve vzorci (x ±y)2 — x2 + y2 ± 2xy dosadíme x = ■\fa, y — a odmocníme, což dá -J~a ± v^F = V1 a + b +2Vab''. To znamená, že když máme odmocninu \/u + 2ypv , chceme najít a a b tak, aby bylo u — a + b, v — ab. Proto jsou a a b řešení rovnice X2 - uX + v - 0. Ad 1. a/5 + 2v/61' = V? + VT. Ad 2. Nejdřív vytkneme tak, aby u té vnitřní odmocniny byla dvojka:
-\/22-4a/3Ô1' = V/21-\/ 11-2v/3Ô1' . Na tu druhou odmocninu už můžeme použít odvozený postup a zjistíme, že -\/22-4v/3Ô1' = v/21(v/61-- V?) = a/121 -a/TÔ1.
7. Jistě platí (a/V — "/V)2 > 0. Proto platí i a — 2^1 ab' + b > 0, což se dá přeskládat na žádanou nerovnost. Rovnost nastává při a — b.
8. Označme rozdíl mezi sousedními členy posloupnosti d. Ad 1.-= ^ —)Tjz_ ^ pQ sectenf zlomků skoro všechno
A       - f       ■        A   Xr  ■ -1      y»    v            {n-\)d                  1             1      ( 1       1  \    í/d í/d vypadne a zůstanou jenom dva krajní cleny,---— —--. Ad 2.-—-I---I —---. Dale
d «(V*ľ + V*ľ) akak+i    ak+i-ak\ak    ak+i/     ak ak+i
zcela stejně jako v čísle 1.
9. Zřejmě je S = -\/í + S'. Vzavše čtverec, dostaneme S2—S — 1 = 0. Odmocnina zřejmě záporná být nemůže, proto záporné řešení
1 + a/51
zahodíme a dojdeme k závěru, že S — —-—. Mimochodem, to je ten slavný zlatý řez.
10. Ad 1. Kdyby pro nějaké x platilo exp x = 0, pak by bylo i expxexp(l — x) = exp 1 = 0- exp(l — x) = 0, což je spor s požadavkem, aby bylo expl — e ^ 0. Ad 2. expx = exp(x/2)exp(x/2) = [exp(x/2)]2 > 0 a nula to podle předchozího bodu není. Ad 3. exp 0 exp 0 = exp(0 + 0) = expO. Proto je expO řešením rovnice w2 — w — 0. Ta má řešení 0 a 1. Nula to ovšem podle prvního bodu není. 4. Indukcí: pro n = 1 platí. Pokud to platí pro n, pak (expx)"+1 = (expx)"expx, to je dle indukčního předpokladu exp nx exp x = exp[(w + l)x] a platí to i pro n + í. Platí to tedy pro všechna přirozená čísla. 5. exp x exp(—x) = exp 0 = 1.
11. Ad 1. exp x je definována pro všechna reálná čísla, ale má jen kladné hodnoty. Do logaritmu se tedy dávají jen čísla kladná (výsledky expx) a zpátky dostaneme x, což může být jakékoli reálné číslo. Ad 2. xy — exp(lnx)exp(ln}í) = exp(lnx + lny). Zlogaritmovat
1
obě strany. Ad 3. Zlogaritmujeme x/x = 1: lnx + ln — = ln 1 = 0 (viz dále). Ad 4. Podobně: xa = (explnx)2 = exp(alnx), zlogaritmovat
x
obě strany. Ad 5. ln 1 = lne0 = 0. Ad 6. lne = lne1 = 1.
12. x = al°s"x — (expInaf0^ x — exp(ln,í log^ x). Vzít přirozený logaritmus na obou stranách.
13. Ad 1. 3I+1 — V — 3 • V — V — 2 ■ V. Proto dělíme rovnici dvěma a dostaneme 3* = 81, tj. x = 4. Ad 2. Zapišme ji takto:
*Tb znamená: interval od —oo do —1 včetně plus interval od 1 včetně do oo, ovšem bez čísel 2 a —2.
26
22x + 2*y - 2 . ýx. Patrně se bude hodit dělit ýx, což dá (-']   +(-\ -2 = 0. Klademe h = (-)  a máme rovnici u2 + u - 2 = 0
,3/ \3,
s řešeními 1 a —2. ^      nikdy záporné být nemůže, proto —2 zahodíme a zůstává ^-^ = 1, tj. x = 0. Ad 3. Násobme 2ex, tak dostaneme
2^±v/4^2 + 4'
(ex )2 — 2dQx — 1 = 0, což je kvadratická rovnice pro ex. Řešení je ex =---=a± \l a1 + 1. Znamení „—" nepřipadá v úvahu
(ex nemůže být záporné), takže zbývá řešení s „+". Po logaritmování máme x = ln(a + \la1 + l').
\n b \ľiíZ ln x     ln x      1 1
14.     Ad 1. log b-logL a —---—- = 1. Ad 2. log, x = -— = —— = - log, x a obdobně i logs x — - log, x. Proto log, x+log4 x —
lni? Inb ln4     2ln2    2 3
11 7 - log8 x = (! + ---) log2 x = - log2 x. Ad 3. ln i
P    1,  a + b lr
\-- =-ln-- = -[ln(<í + b) — \n(a — b)]. Ad 4. lnx/lnlnx = logjx. Proto
\ <í — b     2    a —b ^
2L
l+i_(l+i)2_;   AJ„ (2 + 3i)(4 + 5i) _ -7 + 22Í   A Á _|2 , nJ AJ,^
(lnx)lnl/lnlnl=x.
15. Adl. — = v^ ' v = i. Ad2. v" ' ""A' ' "v =   ' '       Ad3.zz* = |z|2 + 0i. Ad4.e2*"1 = cos2&7r+isin2Ä:7r = l + 0i.
1-i    12 + 12 25 25 11
Ad 5. i2 = -1, takže i3 = -1 • i = -i a i4 = (-1) • (-1) = 1. Proto i2020 = (i4)505 = l505 = 1. Ad 6. Protože i4 = 1, tak l/i = i4/i = i3 = -i.
16. Ad 1. re~1?. Ad2. Jeelre/3 = ^í^ľ, aproto (l+iVT)2020 = (2elre/3)2020 = 22020e4lre/3 = 22020e-2lre/3. Ad3. l+el? = el^2(e1^2 H
+ e-iíV2) _ 2cos |eiP/2 (yiz ulohu lg)_
17. Platí z = 'Kez +i3mz a z* = 'Kez —i3mz. Seěíst a odeěíst.
18. Je elfí = coscp + isincp. Použít úlohu 17.
19. |z + ze?!2 = (z + w)(z* + w*) = zz* + ww* + zw* + wz* = \w\2 + |z|2 + 2TZt(wz). wz je číslo někde na kružnici o poloměru \w\\z\ se středem v nule. Proto je reální část (a tedy vodorovná souřadnice) tohoto čísla někde mezi — \w\\z\ a +|ze'||z|, a tak je |z + w\2 někde mezi (|z| — \w\)2 a (|z| + \w\)2.
20. Ad 1. sin(<í + b — c) — 3m j(cos<í+isin<í)(cos ž>+isin b)(cosc— isin c)|. Po roznásobení máme sin(<í + b + c) = sin a cos ^ cos c -
+sin ^ cosi? cosc—sin c cos <í cos b+sina sin ^ sine. Ad 2. Stejný postup dácos(<í — b+c — d) — cos <í cos ^ cos c cos c/—cos<í cos ^ sin c siní/ -+ cos<í sin ^ cos c sin d — cos <í sin b sin c cosc/ — sin a cos ^ cos c sin d + sin # cos b sin c cos d — sin # sin ^ cos c cosc/ +sin,í sin ^ sin c sine/.
21. Ad 1. cos2x +isin2x = (cos x + i sin x)2 = cos2 x +2i sin x cos x — sin2 x, oddělit 'Ke a 3m- Obdobně pro 2.
22. Máme cos wx+isin n x —     í   ) cos"~k x-ik sink x. Suma napravo obsahuje nějaký člen s cos" x, pak s cos"-1 x sin x, cos"-2 x •
• sin2x, atd. až k cos x sin"-1 x a sin" x. U každého stojí kombinační číslo a nějaký násobek i. Zřejmě reálný bude každý lichý člen a imaginární každý sudý. Označíme tedy v každém řádku trojúhelníka čísla na střídačku třeba červeně a modře, přičemž zleva začneme vždy červenou. Jelikož je i2 = — 1 a i3 = —i, musíme též vždy u dvou levých nechat „+", pak k dalším dvěma dát „—", k dalším dvěma zase „+" atd., kam až stačí čísla. Dostaneme asi takovýto výtvor:
A
A      2 -4
Chceme-li cos wx, čteme jen červená čísla v w-tém řádku (ten horní je nultý), pro sin nx jen modrá. Tedy například cos4x = cos4 x — — 6 cos2 x sin2 x + sin4 x nebo sin5x = 5 cos4 x sin x —10 cos2 x sin3 x + sin5 x.
23. Pro důkaz úvodního vztahu stačí prostě vytknout z cos cp +isin cp nejdřív cos cp, pak sin cp. Pak můžeme tradiční el</í+^ = elaelh zapsat jako cos(<í + b){\ +itg(<í + b)) — cos a cos ^(1 +itg<í)(l +itg Reálná část je cos(<í + b) — cos a cos ^(1 — tg<í tg imaginární je cos(<í + b)tg(a + b) — cos a cos &(tg<í +tgž>). Podělením obou rovností se kosiny sejmou a zůstane žádaný vzorec. Podobně pro 2.
XPíZ -\- tg ^ ~r" tg C — tgíítg^tgC
24. Stejně jako vpředchozí úloze dokážeme tg(<í + ^ + c) =-----. Ad 1. Po dosazení a + b + c — n vyjde
1-tgíítg^-tg^tgC-tgCtgíí
najevo, že zlomek musí být 0, a tudíž je nulový jeho čitatel. Ad 2. Spočítáme pomocí vzorce ^(^^ ~2    2)'^° ^osazen' 2    2~   2 = ~2
se zjistí, že tangenta není definována. Jednotlivé úhly jsou každý menší než n, a tedy jejich poloviny jsou menší než n/2. Proto výraz nedává smysl jen tehdy, když je jmenovatel nulový.
25. Když roznásobíme závorky ve výrazu {X + tg^)■■■(Á + tgan) — X" + SlX"~1 +----h Sn, zjistíme, že Sx je součet všech tangent, S2 je součet součinů všech možných dvojic rozličných tangent, S3 je součet součinů po třech atd. Podobně jako v úloze 23 napíšeme cos^j H-----\-an){\ +itg(<í1 H-----\-an)) = cosal ■ ■ -cosan(í +itg<í1) • • • (1 +itg<í„). Oddělíme-li reálnou část, bereme na pravé straně
27
postupně všechny souěiny úplně bez i (to je jen jedniěka), pak s právě dvěma i (to je souěet souěinů po dvou, tj. S2, ovšem násobený
i2 = —1) atd., až dokud to jde. Máme tedy cos^ H-----\-an) = cosal • ■■cosan(l—S2 + S4----). Porovnáním imaginárních ěástí dostaneme
cos^j H-----\-an)tg(a1 H-----\-an) — cosa1 ■ ■■cosan(S1 — S3+S5----). Dělením obou rovností získáme žádané.
26.     Výrazy cos<í ± cos b a sin,í ± sin b jsou reálnou, resp. imaginární ěástí součtu ela ± elh. Zde vytkneme el 2 , čímž výraz pře
jde na expí i
.a + b
.... b\ I .a-b exPl l~f-) ± exPy-i—^~
. Hranatá závorka je při znamení „+" rovna 2cos-
pri znamení „— zase
t ■  a~ b r-uj*i   '      'i '   ■     ■ ,   , v,  ■      , , v, .      7     -     a — b     a + b   . a + b     a —b
2isin-. Oddelením reálne a imaginární časti se obdrží cos<í + cos b — 2 cos-cos-, siní? + sin b — 2 sin-cos-,
2 & 2 2 2 2
, .  a —b .  a+b    .        .   .       .  a—b a+b
cosa — cos e> =— 2sin-sin-asma — smb =2sin-cos-.
2 2 2 2
27.     Zapíšeme sin a sin b
gia_g—ia   gib_g—ib
ei(a+b) _|_ g—i(a+b)_^í(a—b)_g—i(a—b)
2 2'      ~   2 2 — \\cos(a — b) — cos(a + b)~\. Sté)Yíýrí\
způsobem se zjistí i sin,í cos b — ^[sin(<í + b) + sin(a — b)] a cos<í cos b — ^[cos(<í + b) + cos(a — b)].
„ind_i
28.     e™+e^+J)+...+ei[a+(n-i)J]=e™_-. v čitateli vytkneme éndl2, ve jmenovateli édl2 a obdržíme exp
_^—ind/2
Q\dj2_Q—\dj2
■ exp
\\a +
(n-\)d
éd — 1
■ nd
2isin -j-
■ d
2\ sin tt
\\a +
(n-\)d
. Po zkrácení 2i a oddělení reálné a imaginární části dostaneme oba žádané vzorce.
29.     Nakreslíme si nejdřív obrázek:
Nyní si můžeme vypomoci obyčejnými základoškolskými pomůckami „sinus je protilehlá ku přeponě" atd. Tyto poučky nám hned
,v,, v   • 3mz nez 3mz .    v,   , , .
sdeli, ze sinargz =-, cosargz =-a tgargz =-. V první rovnosti štaci vzít na obou stranách are sin, v druhé are cos a ve treti
\z\ \z\ "&tz
aretg a polovina vzorců (ty, které začínají argz = • • •) je dokázaná. Ty ostatní vzorce jsou jen jinou variantou těch, které jsme teď dokázali:
v 1. se ptáme, jaké máme vzít z, aby —-bylo rovno —. Můžeme tedy vzít třeba z = x + iy a po dosazení máme dokázán první vzorec.
z x
Stejně tak v 2. a 3. se ptáme, jaké máme vzít z, aby 3mz/|z|, resp. Tiez/\z\ bylo rovno x: tak zřejmě potřebujeme |z| = 1 a 3mz = x, resp.    z = x, z čehož už vychází, že z = ^Jl — x2' + ix, resp. z — x + x^J 1 — x2'.
30.     Ad 1. arctgi+arctgl3 - arg(2+i)+arg(3+i) = arg[(2+i)(3+i)] = arg(5+5i) = n/4. Ad2.4arctgi-arctg^ = arg|^7-
1/(239+i) = (239—i)/(2392 + l). Ovšem dělení kladným reálným číslem argument nezmění, takže na l/(2392 + l) se vykašleme a zůstane arg[(5 + i)4(239 -i)] = arg(114244 + 114244i) = n/4.
31.      Ad 1. arctgx + arctgy = arg[(l + ix)(l + vy)] = arg(l — xy +i(x+y)) — are tg
x+y í — xy
(použili jsme oba vzorce 1. z úlohy 29).
Ad 2. Stejnou metodou. Ad 3. Výsledek: arccos(x)' — V1 —x2V 1— y2').
32.     Ad 1. sin are cos x = y/1—cos2 arccosx' — ■\/í — x2'. Ad2. sin(arccosx + arccos}') = sin(arccosx)cos(arccos}')+cos(arccosx) •
cos (arccosx)
• sin(arccos)') = \j\ — x2'y + xy/l—y2'. Ad 3. ctg(2arccosx)
Ctg2(arCCOSx) —1 _  l-cos2(arccosx) "
2 ctg( arccosx) 2cos(arccosx)
sin(a----" "A
l-x2
2x2-l
2x/V 1 — x2'    2xV 1 — x2'
.... 2/i \    1 —x     ,        (n 1
Ad4.sin    arccosx) =-. Ad4.ctgl —I— arccosx , —
2 \4    2 /     ctg^+ctg( j arccosx)
ctg^ctg(2 arccosx) — ! _ V T=I —1 _ Vl + x— Vl — x' _ l + Vl —x2'
'i±£'+l     Vl + x' + Vl —x'
33. Aby dával výraz smysl, musí dávat samozřejmě smysl všechny funkce v něm obsažené. Proto Ad 1., 2. 2> fl S. Ad 5. Tady je nutné, aby navíc bylo g ^ 0. Proto je definiční obor (2> fl S) \ {x|g(x) = 0} (tedy od průniku 2> a S musíme ještě odebrat všechny body, kde je g(x) = 0).
34. Sinus a kosinus nabývají hodnot od —1 do 1. Arkussinus a arkuskosinus berou hodnotu sinu a vrací k ní příslušný úhel; mohou tedy být definovány jen na intervalu (—1; 1). Tangenta nabývá všech reálných hodnot, a proto je arctgx definovaná všude (stejně jako arcctgx).
35. Ad 1. Tady stačí použít tu definici s opakovaným násobením a x může být jakékoli (při a < 0 ovšem nesmí být nula). Proto je definiční obor R při a > 0 a R \ {0} při a < 0 (výraz 0° není definován). Ad 2. Tady musíme použít definici s logaritmem. Proto x může nabývat jen těch hodnot, kde je definován ln x, tedy definiční obor je (0; +00).
36. Ad 1. Pod odmocninou stojí (x—l)2—1. To je nezáporné, je-li |x—1| > 1. Zároveň ln x je definováno j en při x > 0. Takže celkem to je definováno při (2;+00). Ve jmenovateli je nula jen při x = ±1, což tam už stejně nepatří, tak to nemusíme odebírat. Ad 2. První
28
x + 3
člen je definován při |—-—| < 1, tj. při x G (—5;—1). Zatímco druhý je definován jen při x > 2. Tato funkce tedy není definovaná nikde. Ad 3. 1 ± sin x je vždy nezáporné, protože sin x má hodnoty od —1 do 1. Funkce tedy není definovaná jen v případě, že 1 +sinx = 0, tj.
Tí Tí
x — 2ktí — —. Nakonec odmocnina je vždy kladná, takže logarimus není definován jen při 1 — sinx = 0, tj. x =2krí + —. Tedy celkem je definiční obor K \ {ku + —}. Ad 4. Tady musí být x celé číslo. Ad 5. Musí být |x2 — 1| < 1, tj. x musí být v intervalu (—V?; V?).
Kromě toho musí být ovšem i |3 — x2| < 1, což ovšem není v tom intervalu splněno nikde kromě obou krajních bodů, kde je 3 — x2 = 1. Proto definiční obor tvoří jen ty dva body a je roven
37. Ad 1. Sudá. Ad 2. Lichá. Ad 3. Lichá. Ad 4. Sudá. Ad 5. Lichá. Ad 6. Ani jedno. Ad 7. Taky ani jedno. Ad 8. Lichá. Ad 9. Ani jedno. Ad 10. Lichá.
38. Ad 1. Všechny jsou sudé. Ad 2. / ± g je lichá, ostatní sudé. Ad 3. O paritě / ± g nelze říct nic, ostatní jsou liché. Ad 4. Nelze říct nic.
39. Ad 1. Sudá. Ad 2. Taky sudá. Ad 3. Ani sudá, ani lichá.
40. Ad 1. Lichá (je to vidět z definice). Ad 2. Lichá (součin liché a sudé funkce, také lze psát jako \ sin2x). Ad 3. |x3| je sudá, arctgx lichá, x5 + x3 + x je jakožto součet lichých funkcí rovněž lichá. Celkem je tedy funkce sudá. Ad 4. Ani jedno: (—x)2 + (—x) = x2 — x, což se nerovná ani x2 + x, ani —x2 — x. Ad 5. Sudá. Je totiž / (x) = W(x) + W(—x) a / (—x) = W(—x) + W(x) = f (x). Ta funkce W tam byla jen na vystrašení, ve skutečnosti je dost jedno, co je to za funkci, jen musí být taková, aby W(x) + W(—x) dávalo vůbec smysl. To zde je, protože W(x) je definovaná od —1 do oo.
41. V předchozím příkladu už jsme si všimli, že f(x) + f (—x) je vždy sudé a / (x) — / (—x) je vždy liché. Stačí tedy klást g =
m+f(-x) /(*)-/(-*)
=-a h =-.
2 2
42. Ad 1. In n roste daleko pomaleji než n, takže limita je 0. Ad 2. Jednička je nicotná proti e", takže stačí počítat lim n2e~" = 0
n—>oo
n2e~"
(exponenciála roste daleko rychleji než n2). Nebo bychom mohli krátit e", dostaneme lim -, pak s limitou můžeme zalézt zvlášť
n—>oo \ -)- Q—n
do čitatele i jmenovatele a opět dostaneme lim n2e~" = 0. Ad 3. Týž případ, jedničky jsou zanedbatelné vzhledem k e". Nebo tím
n—>oo
můžeme krátit; v obou případech dostaneme 1. Ad 4. Jmenovatel roste jako n2, takže je to zhruba totéž, jako lim -= 0. Formálně
n^oo yi
bychom to na tuto limitu opět převedli zkrácením n. Ad 5. V čitateli obě odmocniny rostou asi jako ifn, ve jmenovateli každá roste jako
1+ /l + 1'
y/ln. Limita je tedy —■—■ = ——. Formálně to zjistíme tak, že zkrátíme ypn a dostaneme lim - "   . l/n i 3/w jde do nuly, a
.   0 1 + VT       1 2 l + e-"+3e-2"      1     J7 2"    2  2  2  2 2
tak zůstane ——-— = ——. Ad 6. Zase zkrátíme e  , dostaneme lim -= -. Ad 7. — — -----. Zlomky
VT + V? »^oo2 + 3e-"-17e-2"    2 n\     1  2  3  4    n '
2 jn klesají k nule, a proto i celý součin takových zlomků nakonec musí jít k nule. Ad 8. Je jedno, jak velké číslo je v čitateli un.n2 časem
převládne, a proto je ta limita 0.
(n +<z)(n + b) — n2
43.     Ad 1. Evidentně je to lim n(n—\) = oo. Ad 2. Rozšíříme -\J(n +o)(n + b)'—n, takže dostaneme lim
,.         (a + b)n+ab                              .              ,.          a + ^ + T           a + b   . , , T ,.,   v /—. ■        v,    v ,, lim -. led lze krátit n, dostaneme lim -=-. Ad 3. Jelikož n + y n je menši nez In,
j(n+a)(n + b)'+n ++       X 2
n + ^/TF — 2n —3
^(n+a)(n + b)'+n
tak první člen neporoste tak rychle jako ten druhý a výsledkem je —oo. Při formálním výpočtu to rozšíříme: lim
1      3  f~Y      \  '     f~2     3~ ' v
a zase zkrátíme n: lim —2 H——--1/ —|—— +1/ —|—- . Čitatel jde ke konečnému číslu, —2, zatímco jmenovatel je kladný a jde
n^ca n y n    n3"     V w n2
k nule; výsledek je tedy —00. Ad 4. Zas ten stejný trik s rozšířením: lim n—-^=^=-= lim —
i      j ^ i      j ^ ^_^ _^
44. Ad 1. lim cos- = cos lim - = cosO = 1. Ad 2. Nejdřív sešikujeme ty logaritmy: ln--ln-
■ w + 3 n^oo  n+ 3 n2 + \        n + \
ín2 — \\ín _|_ 1)
= ln-. Vejdeme s limitou do logaritmu a zjistíme, že je limita rovna ln 1 = 0. Ad 3. Vejdeme s limitou do odmocniny. První
(n2 + \)(n — 1)
zlomek má limitu 2, druhý 1/2, takže celkem je výsledek -\/3/2'. Ad 4. Vejdeme s limitou do exponenciály. Pak rozšíříme («3 + l)2/3 + + n\/ríi + l'+ n2. Nahoře dostaneme vztah pro a3 — b3, takže celkem máme exp lim --^=^—-. Jmenovatel roste jako
n^oo (w3 + 1)2/3 + wa/w3 + l'+„2
n2, takže limita uvnitř je 0 a celkem je výsledek exp 0 = 1.
lntí 1 \iiľi
45. Ad 1. lim ^fa — exp lim-. \na je nějaká konstanta, takže celkem je to \na ■ lim — = 0. Ad 2. lim tf~n=exp lim -=
n—>oo Yi n—>oo yi n—>oo n—>oo yi
1,1,1, ,1
= exp 0 = 1. Ad 3. Vnitřek limity zapíšeme jako 22+4 + 8+'"+2°. Limita součtu v exponentu je 1 (je to součet geometrické řady). Výsledek je tedy 21 = 2.
1 k + 1 — k      1 1
46.      Ad 1. Zapišme —--        jako -—-- =-----. Sečteme-li takové výrazy od k — 1 až do k — n, dostaneme právě
k(k + í) k(k + í)      k    k + í
29
1   1   1   1   1 1
vnitřek naší limity. Jenže tento součet je----1-----1----atd., zkrátka všechny členy až na ty dva krajní se navzájem zruší. Děláme
1
tedy limitu z 1--, což je zřejmě 1. Ad 2. Zase zlomky uvnitř limity sečteme a použijeme toho, že součet prvních n přirozených
n + \
n{n + \)/2 1
čísel je n(n + l)/2. Proto máme počítat lim---= -. Ad 3. Opět posčítáme zlomky. Každé dva sousední zlomky se sečtou na
1/2« a takových dvojic je tam n. Celkem tedy děláme lim
n—>oc
2n-\
v/   1     3 5 sečíst - H—- + — 2    22 23
1 1 1
2 + * + 2 +
2n
= —. Ad 4. Tohle je asi nejsložitější příklad, protože musíme nějak
2«
1 1- —
2»    2 i_i
1 2
. Elementárně to nejsnáz uděláme asi takto: ještě k tomu přičteme a zas odečteme geometrickou řadu
1
= 1-
1
2«+i
. Tím ten součet přepíšeme na 2
1 2 3
2 + 22+23
závorkách rozepíšeme do takovéto „pyramidy":
2. A
A
A
■4-
-V _L-
2*	■+-	
A	A i _ I	
	A—      -e H— 2	
z^	-f-    ir ^	
A 2?	■z.	/t Z*
4-
2"
2"
2«+i
. Součet v hranatých
Jednotlivé členy jsme tam zapisovali po řádcích. Teď ovšem sčítejme po sloupcích; v každém sloupci je geometrická posloupnost,
1      1 1       1 \
. Sečtením všech sloupců od k = 1 az do n tedy dostaneme
takže hned vidíme, že v k-ttm sloupci je součet--2-r— =21 —---
i_ J_ ->
2     2»+! An
1 —-
1 2
2»-
-. Dáme-li to vše dohromady, je náš původní součet, z něhož se dělá limita, roven 2
4,1.
2 2"+l
2n 2»+i
2«+i
1 „ , 1
Z toho teď musíme vypočíst limitu. To způsobí, že všechny    +i vypadnou a zůstane nám pouze 2 • 4 • - — 1 = 3. Ad 5. Jsou tu
dvě cesty. Jedna elementární pro toho, kdo má rád dvojkovou soustavu: při roznásobování sečteme součiny všech možných kombinací členů braných po jednom z každé závorky a v každé závorce lze vzít buď jedničku, nebo q umocněné na nějakou mocninu dvojky.
Roznásobíme-li tedy vše, dostaneme 1 + q + q2 + q2+1 + q4 + qi+1 + qi+2 + qi+2+1 H----, zkrátka každá mocnina q se objeví právě jednou,
protože sčítáním 0- a 1-násobků mocnin dvojky dostaneme všechna přirozená čísla až do nějakého 2k — 1, každé jednou. Proto je celý
součin roven l+g+g2+g3H-----\-q2 + 1
1-
— a limita z něj je prostě-. Jiný způsob je trikový: součin vynásobíme a vydělíme
í—q 1—q
í — q. Pak dostaneme vlevo (1 — q){\ + q) = (í—q2). To se ale násobí s (1 +q2) a vznikne 1 — q4. A tak pořád dál, až stejným postupem
všechny závorky vyluxujeme a vyjde najevo, že součin je roven
1-
-, z čehož limita je
1
í-q
í-q
vl 11 1121
47. Cleny 1 a - ponecháme bokem. Pak vezmeme dvojici —h -. Třetina je větší než čtvrtina, a tak je —I— > - = - . Další čtyři
1111 r v v,      v 1 v 1 1
členy jsou - H---1---h - a ty první tři jsou větší než -, takže tato čtveřice je větší než 4 • - = -. Stejně tak v další osmici je prvních sedm
5    6    7    8 8 8 2
o     v v,       v    1 v 1 v, , , v v v        v   ■ n
zlomků větší než —, takže i tato osmice je větší než -, a tak pořád dál. Celkem dostáváme, že 2"-tý součet vždy převyšuje 1 H—, takže
16 2 2
součty nakonec překročí jakékoli přirozené číslo. Proto posloupnost diverguje. Této řadě se často říká harmonická rada.
112
48. Posloupnost je zjevně rostoucí (pořád přičítáme kladná čísla). Uděláme horní odhad: jedničku dáme bokem, pak — + — < —,
4 8
v další čtveřici nahradíme všechny zlomky 1/4 a zjistíme, že je ta čtveřice menší než —, další osmice je menší než — atd. Všechny součty
2     4 111
jsou tedy jistě menší než součet geometrické řady 1H---1---1----= 1H---1---1---1----= 2. Proto limita existuje.
22    42 2    4 8
49. Ad 1. Potřebujeme, aby bylo ve jmenovateli zlomku a v mocnině stejné číslo. Uděláme tedy takovouto úpravu s tou mocninou:
i \"    7     i \2"+3 /     i v^1
1 H--] = ^ ^1 +--- )      • ( 1 +--- )   . Limita z druhého činitele je 1 (exponent je tam konstantní) a z prvního je rovna
2«+3
2«+3
e. Celkem je tedy limita rovna y/e. Ad 2. Napíšeme (1
1
1
n/x
njx'
. S limitou vejdeme do hranaté závorky, takže vyjde
e .
30
/     x\" ... .    V  i      n\ x
50.     Víme, že je ex — lim (1 H— ) . Rozepíšeme tu mocninu podle binomické věty a dostaneme e* = lim y   —-——- =
h^oo \        n) n^ca f     i klín—k)l nk
k=0      v '
— lim ^   —--—-\—--—— —. Zlomek je v limitě roven jedné, takže skutečně máme ex — ^   —. (Tohle bylo trošku
„nelegální", ale to nevadí Takové úpravy, kdy se rovnou dělají limity, byt' v hloubi nějakého výrazu, do kterého by se s limitou podle pravidel procházet ani nemělo, stejně vždycky fungují.)
51.      Ad 1. Rozšíříme Vx + a + ypx a dostaneme Vx + a — ypx = i-— ~ ——. Ad 2. Zase rozšíříme a dostaneme
V' x +a' + i/x 2aJx
(al—a2)x + bl — b2 (al—a2)x + bl — b2     v.. al—a2
-, coz jde k-.
a/ x2 +aíx + bl'+ a/ x2 +a2x + b2 2x
52. Tady můžeme vždycky s limitou vejít dovnitř funkce. Ad 1. Zlomek uvnitř jde k —1, takže výsledek je —n/2. Ad 2. Zlomek jde k — oo, takže výsledek je zase —n/2. Ad 3. Zlomek jde k 1, takže výsledek je n/4.
(v/l+2x'-3Xv/l + 2x, + 3) 2x-8 x-4
53.      Ad 1. Rozšíříme takto: V1 +2x' — 3 =- - = - a podobně i J~x—2 = ——-, takže
v/l + 2x' + 3 v/l + 2x'+3 \/7 + 2
2X_8 _|_ 2 6
nakonec máme lim • I^LJJL =2- =3. Ad 2. Stejný přístup, jen ve jmenovateli musíme rozšířit tak, aby šlo použít
*^<JT+2x+3    x-4 4
_x_g   4_2a/x1+x2/3 12
a3 + b3 = (a + b)(a2—ab + b2). Po rozšíření máme lim ———--=--——2. Ad 3. Opět týž přístup, ve jmenovateli
*—8 Vl —x' + 3       8 + x 6
/ v/v- ,, 3      7 3      /        7 \/ 2        ľ       ľ 2\      r v        i /       i- 2x (l+x)2/3+Í/(l+x)(l-x)'+(l-x)2/3 3
musíme rozsint podle vzorce <í — b — (a — b)(a + ab + b ), takže nakonec mame hm;c_>0 ^—-1—-= -.
2x2
Ad 4. Zase musíme rozšířit na-. -. Každý ze tří členů ve jmenovateli je ~ x ,
(x3 + x2 + l)2/3 +v/x3 + x2 + 1'vV -x2 + 1'+(x3 -x2 + l)2/3
_! _!   2x2 2
takže celkem máme \/x3 + x2 + 1—   x3 — x2 + l' ~-= -. Ad 5. Musíme rozšířit tak, aby se obě odmocniny umocnily na šestou; jen
3x2 3
takse zbavíme obou současně. Je to opět stejná pohádka: v čitateli se objeví (x3+3x2)2—(x2—2x)3 = x4(x2+6x+9)—x3(x3— 6x2+24x—8) = = 12x5 H----, zatímco ve jmenovateli je 6 členů, z nichž každý je ~ x5. Podělením tedy dostáváme 12/6 = 2. Ad 6. sin V x + 1—sin-v/x1 =
= 2sin-cos-~ 2 sin —— cos-v/x1- Argument sinu jde k nule, proto jde k nule i sinus a zbytek výrazu je ome-
2 2 4y x
zený, takže je to 0. Ad 7. lim (Vx2 + x'—x) = -, takže výsledek je arccos \ = —.
x—>oo \ '2 3
54.      Ad 1. Vx +2' — Vx + l' ~ —. a podobně Vx + ť — J~x ~ ——. Odečtením těchto dvou výrazů od sebe dosta-
2v^+T 2^/7
me x3/2(v^+21-2v^TT + J?) ~ x3/2 (    i_,--M - _x3/2 a/7+T^ _x3/2M. = _l/4. Ad 2. Ve jmenovateli je
1        / ypx—yfa
\lx2 —a2' = y/x + a'y/x —a. Odmocninu s plusem můžeme poslat před limitu, takže máme _lim ( —       i + 1 ). Zlomek je roven
42ax^a\ *Jx—a j
■\px--ci 1
, což jde k nule. Výsledek je tedy ——=. Ad 3. Předpokládejme, že je m > n; při m = n je to evidentně nula a při m < n stačí oto-
^/x1 + j~a -J2a
yiXm — WlXn ~\~ 771 — n
čit znamení amas prohodit. Zlomky sečteme a dostaneme —--—--—. Ve jmenovateli můžeme rozložit podle vzorce; vznikne
(1 — xm)(\ — xn)
vždy součin ve tvaru (\—x)(xm~l+xm~2-\-----hx + 1). Dlouhá závorka obsahuje m členů, které všechny jdou k jedné, takže to můžeme vy-
1 nxm — 771 Xn     771 — n
tknout a před limitou se objeví í/mn. Celkem jsme to tedy upravili na-lim---—-. Polynom v čitateli tedy musíme dva-
mn (x — l)2
krát po sobě dělit x —1, nejlépe pomocí Hornerova schématu. Vyjde wx"í_2+2wx'K_3+3wx'K_4H-----Y{m—n)nx"~1(m—n){n — l)x"~2 +
+ (m — n)(n — 2)x"-3 H-----V 2{m — n)x + m — n. Dosadíme-li jedničku, vyjde prostě součet všech koeficientů. Nejdřív musíme sečíst
.„   „ . (m — n)(m — n + í)   , . v v  v. ,n(n — 1) T .   ... 1   /  (m — n)(m — n + \)
(1+2H-----Y(m—n))n = n-ak tomu jeste přidat (m—n)-. Limita je tedy rovna-I n--h
2 2 mn\ 2
n(n — 1) \    nirTT — n) th — n
+ (m — n)-) =-(m — n + 1 + n — 1) =-. To zřejmě funguje i pro případy m = n a m < n, jak jsme to vysvětlili
2     /       2mn 2
na začátku.
x2 ~\~ 1 — (Zx2 — (Z x — b x — b
55. Ad 1. Dáme na společný jmenovatel a dostaneme-. Aby to byla nula, tak musíme v čitateli zrušit
x +1
kvadratický i lineární člen (kdyby zůstal kvadratický, rostl by čitatel rychleji a limita by byla nekonečná, pokud by tam zůstal jen lineárni, dostaneme nějaké konečné číslo). Takže musí být a = \s.a + b = Q, takže b = —í. Ad 2. Odmocnina roste jako x, takže a musí být 1
(jinak by výraz rostl jako ax, kde a je nějaká konstanta, a limita by byla ±oo). Pak výraz přepíšeme na V x2 — x + ť — V x2 + 2bx + b2'
2b —1
a podle bodu 2 úlohy 51 zjistíme, že limita z toho je rovna —-—. Musí být tedy b = 1/2.
56. Ad 1. Stačí dosadit ax místo x, protože když x jde k nule, tak jistě i ax jde k nule. Ad 2. 1 —cos<íx = 2sin — ~ 2y—j . Ad 3. V rovnosti sinx ~ x položíme x = arcsinw. Při x —> 0 jde i u —> 0 a máme sinarcsinw = u ~ arcsinw při u —> 0. Pak s tou rovností
31
zopakujeme manévr z cvičení 1. Stejně s arkustangentou.
57. Ad 1. -—- ~ -%-- = -4—, načež dosadíme x = 0 a obdržíme výsledek í/p. Ad 2. Rozepíšeme
sin/>x + l-cos/>x     px + ^-     p + t^-
y 1 - COS X X^ /2 1 X - X  H- X - y
tangentu a zkrátíme sinus, zlomek přejde na- .   ~ —— = -. Ad 3. sinx —sin,í = 2sin-cos-~ 2cos<í-. Po dělení
cos x sin x      x2      2 2 2 2
x—a zůstane cos<í, což je výsledek.
58. Ad 1. Sečteme krajní členy v čitateli: cos(<í + 2x)+cos<í = 2cos(<í + x)cosx. Celkem tedy máme cos(<í + 2x)—2cos(<í + x)+cos<í = = 2cos(<í + x)(cosx — 1) = —4cos(<í + x)sin2 — ~ —cos(<í + x)x2. Po zkrácení x2 dostaneme výsledek —cos(<í + x). Ad 2. Nejdřív si uvě-
cosi
domíme, že coswx = ^ \2/:) C°S"~2^ xsm2k x- Ovšem při x —> 0 členy, které obsahují sinus v aspoň prvé mocnině, vypadnou,
protože se tam sinus (který jde k nule) násobí s nějakým konečným číslem. Takže v limitě máme cos nx ~ cos" x (přežil jen první člen).
1 —cosxv/cos2x'v/cos3x'    1— cos3 x    ^~ i}~ ~)   t . .v. |V       . . ,.   .     ,   v, . ,v.    v. . , .
Proto---~---~---. Jedničky se odečtou a jde-li x k nule, cleny, v menz je nejake x, vypadnou,
x2 x2 x2
3 . h
takže zůstane jen -, což je výsledek. Ad 3. Nejdřív sečteme arkustangenty: arctg(x + h) — arctgx = aretg----, takže dostáváme
2 l + x2 + x»
h h
aretg 1+x2+xf,       wv/ 2 v     ,     are tg x,xl,xh 1
-—í——. Rozšíříme 1 + x + xh, takže máme-—^—— •--. Ovšem podle bodu 3 úlohy 56 jde první činitel v limitě
h h í + x2 + xb
l+x2+xh
1
x —> 0 k jedné. Stejně tak i xh ve jmenovateli druhého zlomku v limitě vypadne a máme výsledek--.
1 + x2
TC        TC TC 1 TC        TC TC TC
59. Uděláme to, co se píše v nápovědě: napíšeme cos — cos----cos — jako-— cos — cos----cos — sin —. Ovšem na konci
ť ť ť 4      8 2" '      sin ^      4      8 2» 2»
TC TC       1 TC TC TC
máme součin cos — sin — = - sin-. Máme tedy 1/2 a na konci součinu je teď • • • cos-sin-. Scéna se opakuje a sinus na konci
2«     2"    2     2"~1 2"~1     2"~1
TC
postupně kosiny luxuje, až nám zůstane jen sin — a hromada polovin, za každý kosinus jedna. Kosinů tam bylo n — 1, takže je součin sin f        2 n/2n
upraven na-:—— =---:——. Druhý zlomek je v limitě 1, takže limita je rovna 2/rc. Rozepsání do tvaru s odmocninami je evidentní,
2"~1 sin ^7     n sin
stačí pořád dokola používat vzorec, jak je to vysvětleno v zadání.
1
60. Zachováme se podle nápovědy: dosadíme x = l/u. Ovšem při x —> 0 nejde u k ničemu, protože limita lim — neexistuje. Takže
x^O x
musíme spočítat obě jednostranné limity. Začneme třeba zprava: lim (1 + x)llx — lim ( 1H— )   = e. Zleva je to podobné, jen u jde
x^0+ u^ca \        u /
I        1\" 1 1
k —oo, takže máme lim (1 + xÝ^x — lim (lH—) = lim--—-- =-= e. Obě jednostranné limity existují a jsou si rovny, takže
x^O- u^—oo\        [f J        u^ca 1^_g—1
,                           v       v                                                                                               ln(l + x) v v v
i původní limita existuje a je těm dvěma rovna. Nakonec vezmeme logaritmus obou stran a dostaneme lim-= 1, takže skutečně
x^O x
ln(l + x) ~ x (x —> 0). Opět můžeme dosadit za x cokoli, co jde samo k nule, tedy třeba i ax, ale klidně i sin x atd.
i
/ \ _|_ x \ i+v?
61.     Nejdřív zkrátíme v mocniteli 1 — ypx, čímž se výraz upraví na (-)     . Ad 1. Počítáme-li limitu pro x —> 0, je vi-
\2 + x/
[2?
dět, že závorka jde k 1/2 a mocnitel k 1. Limita je tedy 1/2. Ad 2. Opět hned dosadíme a máme y —. Ad 3. V závorce jsou čísla menší než 1 a ta se odmocňují obrovskou odmocninou. Výsledky tedy budou téměř 1, a proto je tato limita 1. Nebo můžeme psát
lim - = exp lim -—— = exp lim -—— — exp 0 = 1.
x^oo\2 + x/ 1 + vT (x+ 2){\ + Jx)
——) =  1 +- =  1 +- •  1 +- .První závorka jde k e2*, zatímco druhá k jedné. Výsledek
x—a)     \     x—a)     \     x—a)      \ x—a)
I u _|_ i \M / 3\M
je tedy e2<í. Ad 2. Označíme u — x2, takže je u —> oo a počítáme lim (-)   = lim ( 1 H--) . Po stejném manévru jako
_t        /ln(l_2x)\ _2x
v předchozím bodě dostáváme výsledek e3. Ad 3. vT — 2x' = exp(-) ~exp-=e-2. Ad 4. V prvním činiteli je jednička proti
\      x      ) x
= ln2lne3 =3ln2.
2X ubohá, takže tento činitel roste jako ln2* = xln2. Proto máme lim ln(l +2x)\n(\-\—\= lim ln 2 ln íí-\—
x^oo \       x)     x^oo \_\ x
ln 2 u ln 2
Ad 5. Napíšeme logj. 2 =-a položíme x = 1 + h, čímž limita přejde na lim-= ln2. Ad 6. Položíme h = x —a, čímž limita
lnx »-»oln(l + #)
v.,      ,.   ln(a + b)-lna     ,.   ^(í + h-)      \ a2x2    . v  , ,  /     *2x2\       ^2x2 ,v
prejde na lim--- = lim--- = —. Ad 7. cos<íx ~ 1--, takže lncos<íx ~ ln 1--~--, takže po
•  - - '  ~       - a 2 \       2   I 2
x^O
TC
vydělení dvou takových výrazů se dostane a j b . Ad 8. lim tg í--x )       = exp lim ctg x ln-. Označíme u — tg x, takže při
cts* ,. ,   1—tgx
*-»0 1+tgX
32
O jde také u
i    1—u
■ O a máme exp lim-—. Přepíšeme
1
jako 1-
1
2» . v , , ln(1" -, takže mame nakonec -
2u 1+a
2u
1
a—»0 #
a po dosazení u — 0 obdržíme výsledek —2.
63. Ad 1. Tato funkce je sudá, takže stačí kreslit jen pravou polovinu grafu a levou doplnit symetricky. Při x = 0 mocnina úplně vypadne, při 0 < x < 1 vypadne také, protože mocněním se čísla v tomto intervalu zmenšují, a umocníme-li je ohromně, dostaneme mizivý výsledek. Při x > 1 je naopak mocnina ohromná a 1 — x2" jde k —oo. Ad 2. To je vlastně (sin2 x)n. Podle stejné úvahy jako v předchozím bodě při 0 < sin2 x < 1 obrovská mocnina hodnotu sinu sníží na nulu. Jedině při sin2 x = 1 mocnina neudělá nic. Výsledkem je tedy samá nula, jen v bodech kn je hodnota 1. Ad 3. Při x = 1 je tato funkce nulová. Je-li 0 < x < 1, je kladná mocnina mizivá a záporná obrovská; kladné tedy můžeme zanedbat, záporné se zkrátí mezi sebou a výsledek je —1. Při x > 1 je to naopak, záporné mocniny vypadnou, kladné se zkrátí a máme +1. U záporných čísel je úvaha úplně stejná, takže při —1 < x < 0 je velikost kladné mocniny malá a záporné obrovská, tj. zůstane —1, při x = —1 je v čitateli nula a při x < —1 zůstane +1. Ad 4. Při 0 < x < 1 je x" mizivé a zůstane jednička. Při x = 1 je mocnina rovna jedné a máme , což jde v limitě k jedné. Při x > 1 je jednička mizivá oproti mocnině a výsledek je y/ x"' = x. Ad 5. Tady máme dva členy s mocninou: x" je mizivé při 0 < x < 1 a ohromné při x > 1, zatímco (x2/2)" je mizivé při 0 < x < a/? a ohromné při x > Při x > V? je i kvadratický člen důležitější než jednička. Ovšem dokud je x > x2/2, bude převládat lineární člen. Vyřešením nerovnosti vidíme, že to tak bude do x = 2; od této hodnoty převládne člen kvadratický a ten oba ostatní členy přebije. Ad 6. Tady
yi ln 2
záleží na tom, jestli je větší 2, nebo x. Pokud 2 > x, roste 2" mnohem rychleji než x" a ve výsledku máme-= ln2. Při x > 2 naopak
n
ln2n+1
roste x" mnohem rychleji než 2", takže máme lnx. Nakonec při x = 2 je výsledek prostě
n
71
■ ln2, což jde k ln2. Ad 7. Při
x = 0 nezáleží na ničem a výsledek je 0. Při x > 0 jde nx to +oo, takže arkustangenta jde do —; naopak při x < 0 jde nx to — oo, takže
71 71
arkustangenta jde do ——. Výsledná funkce je tedy — sgnx. Zde jsou náčrtky:
.+.-----1_
I a
A
I
1.
1*1
Iv 2
i i
4.
.0                     .                         (x + h)plq — xplq 64.      Ad 1. Konstanta je všude stejná, takže f(x + h) — f(x) — 0 a lim — = 0. Ad 2. Nejdřív upravíme: lim---
h^O h h^O h
(l+h-)p,q-l
xPlq limV-íl_
h^O h
h  P(q~<]           h  P(q~1] hs
rozšíříme ( 1 H— )      + ( 1 H— )      H-----h ( 1 H— )  +1- Při h —> 0 jde každý sčítanec v tomto součtu k jedničce, takže celý sou-
x/ \     x) \ x,
-. Teď se potřebujeme zbavit g-té odmocniny v čitateli, abychom pak mohli nasadit binomickou větu. Takže
x
Pii
í+^r-i
čet jde ke q, neboť má q sčítanců. Po rozšíření a provedení limity ve jmenovateli tedy dostaneme -lim
q   h^o h
-. Rozvineme
závorku podle binomické věty a dostaneme 1 + p
h p{p-\)h2
P
■. Jednička se odečte a to vše se dělí h, takže zůstane —!-/>[•••]•
Ovšem h jde k nule, takže zůstane jen první sčítanec a výsledek je tudíž
xp/q p     p f__x ( h\piq
— —xi   . Ad 3. Prostě přepíšeme I 1 H— 1    — 1
h\plq
33
h\plq
jako +
i h\~Plq i 1+-) -1
x
. První závorka jde k jedné a hranatá závorka má úplně stejný tvar jako v předchozím bodě —
v             v                               cosi x + h) — cos x            2 sin í x + 2 J sin 2 mocnitel je kladný. Ad 4. To už jsme spočítali v bodě 3 úlohy 57. Ad 5. lim--- = lim--- = —sinx.
h^O h h^O h
ka, v   ex+h-ex     xV   eh-í ^ ,   ..   . v.            .v                v .          .         . , 7 ln(x + £)-lnx    ln(! + l) Ä/x Ad 6. lim---= e lim —-—. O teto limite jsme na cvičeni dokázali, ze je rovna jedné. Ad 7.---=-~ —-— =
h^o      h h^o   h h x h
* 1 - t* n        -n     1   ■ 1/11 /111 a(cx + d) — c(ax + b)     ad — bc    4 , „ „ v   v ■ ,,
65. Ad 1. Podle pravidla o derivaci podílu dostaneme výsledek---—-=--—. Ad 2. (Jpet užijeme pravidlo
(cx + fl)2 (cx + fl)2
2 —2x2+4x2        1 + x2
o derivaci podílu, dostaneme —--—— = 2--—. Ad 3. Zapíšeme jako (1 — x)ř(l + x)~q a užijeme Leibnizovo pravidlo, což dá
(1 —x2)2 (1 —x2)2
výsledek —p(l — x)ŕ_1(l + x)~q —q(\ — x)ŕ(l + x)~q~l — —--—-(p + px — q + qx). Ad 4. Podle Leibnizova pravidla dostaneme
(1 + xp+l
i--1       x2 l+2x2      , 1/11 2 sin x cos x sin x2—2x cos x2 sin x
Vl+r H—        i = t. Ad 5. Podle pravidla o podílu dostaneme-—:-.
Vl + x2'    Vl + x2' sin x2
66. Staěíse opravdu zařídit podle nápovědy. Třeba (fg h) spočteme jako (f-(gh)) —f gh+f(gh) —f gb+fg b+fgb .Je asi vidět, že pro víc funkcí to bude úplně stejné. Nebo na to lze jít indukcí: pro dvě funkce to platí a pro n > 2 máme (fxf2 •••/„)'= fífiA "'fn + + fiififi''' fn)' 1 přičemž pro nižší n to platí, takže můžeme rozepsat závorku a je dokázáno. Řetězové pravidlo je na stejné brdo.
67. Rychlý a špinavý způsob: i7 = exp^ln/j + a2lnf2 -\-----\-anlnfn), a tak je i7' = exp^jln/j + a2lnf2-\-----\-an ln^!)[<í1(ln/i)/
+ a2(lnf2)' H-----h an(lnfn)'~^. Užijeme-li faktu, že (ln/)' = —, dostáváme žádané. Striktně vzato to ale funuguje jen pro F, které je vždy
kladné. Proto je lepší použít...Pomalejší a správnější způsob: V součinu se vždycky jedna funkce derivuje a ostatní se nechají. Když se derivuje třeba první činitel, tak se z f"1 stane axf^ f[, a to se násobí ostatními činiteli netknutými, tedy f2---f„- Pak se derivuje druhý a ostatní se nechají, pak třetí atd., a všechno se to sečte. Takže nakonec můžeme vytknout f*1 f*2 ■ ■■ f„n — Fa dostaneme žádané. K logaritmu: Jelikož víme, že (lni7)' = F'/F, prostě zmizí to F před závorkou a zůstane jen ta hranatá závorka.
j      \_x \ 1 1 1 1 1
68.      Ad 1. In  x\ - ) = lnx + -rln(l — x) — ^ln(l + x) =-----------. Nebo šlo použít Feynmanovo pravi-
\   \ 1 + x / x    2(1 —x)    2(1 + %)
dlo. Ad 2. Logaritmus se rozpadne na al ln(x —a^ + a^nix —a2)-\-----Yan ln(x — an) a to se derivuje na-— 9
Ad 3. Mocnina jde před logaritmus, takže musíme derivovat n \n(x + \lx1 + l'V Derivováním dostaneme
n        l, x
x + v/x2 + ľ V     Vx2 + 1
69. Ml.ti<Kxr + 9W)'=    ,      1 ,(2^ + 2y/) = M±gg;. Ad2.farctg^V^    1 /^V =
V 7     2V^(x)2 + ^(x)2'V YY      YY '     7^+^ V     h<p{x)J      1 + f t2
<P<P'      /1 /
m'ip — ip'm v   ,v \nd(x)       .... lnd(x)~ď,     f     r ,,/       \<pd'— dm'\nd
— —--——. Ad 3. Prepíšeme to na exp ——— a pak derivujeme. Dostaneme exp ———---- = y <p(x)-:—--.
cp2 + (p2 <P\X) 9\x) 9 ty
T.V   /v lnffii(x)        ,   ■   ■       v/   v /iii?3'       lna> di'
Ad 4. Prepíšeme to na -—7—— a to derivujeme, cimz dostaneme výsledek —■—-------.
ln<p(x) cplmp    In d- <p
70. Zařídíme se podle nápovědy: napíšeme rovnost /(f~l{x)) — xz. derivujeme obě strany, čímž dostaneme /'(/_1(x))/_1 (x) = 1. Dělíme a vskutku dostáváme f~l (x) — ——--. Pak už počítáme lehce. Ad 1. are sin je inversní k sinu, takže / = sinx a (are sinx)' —
i /'(/_1w)
= -:-. Užijeme toho, že cos x = V1 — sin2 x' a je dokázáno. Ad 2. Obdobně dostaneme (arccosx)' = —;-, načež
cos are sin x — sin are cos x
užijeme toho, že sinx = y 1 —cos2x. Ad 3. Dostaneme (arctgx)' = - = cos2arctgx. Ovšem cos2x = -, takže
l/cos2arctgx l+tg2x
máme opět dokázáno.
1    /   x\'       1       1    1 1 1
71.      Ad 1. Postupujeme dovnitř podle řetězového pravidla a dostáváme-— (tg — ) =
tgx/2 V   2'     tgx/2cos2^2    2sin^cosj sinx
lna    ,   .   . lna 1
Ad 2. Přepíšeme na--a derivujeme na--=--. Ad 2. Derivujeme oba sčítance zvlášť a sečteme je. Předtím ovšem bude dobře upravit
ln x ln x x
v 1 I   x   '        x —111
= 1--. Pak se můžeme vrhnout na derivování a dostaneme 1 + aresin,/- H-- - • —■-•--— = 1 +
x + l x + l Vx + 1       y/í/(X + í)'    2/^    (x + 1)2
+ are sin J--1--—-. Ad 3. Buď se derivuje ex a dostaneme e*(x2— 2x + 2), nebo se derivuje ta závorka a dostaneme e*(2x— 2).
Vx + 1       2y/x x + l
Po sečtení máme x2e*. Ad 4. Nejdřív raději ty kosiny roznásobíme podle vzorce cos a cos b — j[cos(a + b) + cos(a — b)~\. Tak dostaneme \ [cos(cos x2 cos x + sin x2 sin x) + cos(cos x2 cos x — sin2 sin x)] = \ [cos(cos(x2 — x)) + cos(cos(x2 + x))]. Teprve teď budeme derivovat a to už snadno dostaneme \ [sin(cos(x2 — x))sin(x2 — x)(2x — 1) + sin(cos(x2 + x))sin(x2 + x)(2x + 1)]. Ad 5. Položme x = tg» a všim-
. v  3tg«— tg3«                v         3x —x3                             v         ....         3 v, ,v
neme si, ze---= tg3», takže aretg-- =3u = 3 arctgx. To uz se snadno derivuje na--. Ad 6. Nejdřív rozepíšeme lo-
1     3 X. £T 1     3 X 1 I X
34
1 ,      (x + l)2        1 N     1 ,   /  2 w       .     , ,       ,    ■ , ,   , r  ■     V3       1    2x -1
gantmus: - ln —-= - ln(x + 1)--ln( x — x + 1). To se bude snadno derivovat a výsledek je------. Pak tam mame
6    x2 — x + 1    3 6   v ' x + 16x2 —x + 1
r i i >     í 1 2x-lV     1 1         2 2 1/2
arkustangentu, kterou zdenvuieme rovnou: mame —— arctg—=—   — —=-r-r—;—:—;= —-—-• Výsledek
h ' \VT J     a/T 1 + 4*2-4*+1 a/T    4x2-4x+4    x2-x + 1 J
tedy je —--------1—-—--, což po převedení na společného jmenovatele a troše počítaní dá výsledek--——--.
x + 1    6 x2 —x + 1    x2 —x + 1 (x + l)(x2 — x + 1)
i   /      2.ify   \ i    / r~1
Ad 7. Pozor, tohle je dost otravné počítaní! Asi nejlepší bude nejdřív ten výraz upravit na —— ln ( 1--—=—- ) + - arctg i /1H--.
■ ,v/   ,   ■   ■         ,      ■         ,                      1                   2v/31             -4/x3 ,-, 1
Nejdnv derivujme ten logaritmus: dostaneme-—-----------J--F=j = —4V3 -
. Podobně naložíme s arkustangentou, která se zderivuje na-^---J     | =--—-====;. Když
x2V?+I      (1-x2)a/F+T 2 + 4 (I + x^a/^+I
1      / 1
tedy vydělíme zderivovaný logaritmus Aifi), zderivovanou arkustangentu dvěma a obojí sečteme, dostaneme konečně--—
2vV+21M-^2 1   \ 1
+ -j = - r  Ad 8. Nejdrív upravíme: ln(ln (ln x)) = 2lnln(ln x) = 2ln(3lnlnx) = 2ln3 +2lnlnlnx. Kon-
1 + x2/      (x4 — 1)V x2 +2'
2 2 x a,rc sin x
stanta 2ln3 při derivování vypadne a jinak dostaneme —--—--. Ad 9. Derivujme popořadě: první člen dá (arcsinx) H-- ,
x ln x ln ln x aJ \ — x2'
_2 x srč si n x
druhý dá - i--h 2 a třetí —2, takže je hned vidět, že se skoro všechno vymlátí a zůstane jenom (arcsinx f. Ad 10. První
\/l — x2'
_^ a,rc cos x 1    /        2 \
sčítanec se derivuje na ——=:--. V druhém nejdřív upravíme logaritmus na - Iní- — 1 J, což se derivuje na
x Vi — x2'        x2 2    Vl + Vl —x2' /
1 1 —2 —x 1 2 x 1 v arccosx , _ . v, . , .. --:---. --. =-----. = —. . To se odečte a zůstane jen--. Ad 11. Tady (asi) zadný trik
2 1+Vl_x2,-1(1 + VT^x^)2VT+x^    2 x2 jT~x?    xJT^x? x2
nepomůže a musíme to prostě udělat. Dostaneme
1 sinzícosx — siníícoSíícos2x— sin^cosií sin2x 1
/ y        sin2 a s V (1—cos cos x)2
sin2 x    ' (1— COS   COS x)2 ^/(l — COSíí COS x)2 — (si
Teď rozepíšeme výraz pod odmocninou a dostaneme 1—2cos<í cosx+cos2<í cos2 x—(1—cos2<í)(1—cos2 x) = cos2<í— 2cos<í cosx+cos2 x =
, ir      i    / / 1 sin,í(cosx — cosi?)    sin/?sgn(cosx —cosi?)
= (cosi? — cos x) . Proto celkem dostávame----=-.
| cos a — cos x I    1 — cos a cos x 1 — cos a cos x
72. Ad 1. Nejdřív to přepíšeme na exp(xlnx) a to pak už snadno derivujeme na exp(x lnx) - ^lnx H—^ = x*(l+lnx). Ad 2. Tady je postup úplně stejný jako v předchozím bodě: přepíšeme xx jako exp(x* lnx) a derivujeme. Dostaneme exp(x* lnx) ((x*)'lnx H--).
x
Jenže xx umíme derivovat už z předchozího bodu, a tak dostáváme výsledek xx [x*(l + lnx)lnx + xx/x] — xxxx ^ln2 x + lnx H—^.
Ad 3. Zase to upravíme podobně: tf~x — exp-, a to už pohodlně derivujeme na expí-\ ■ i—--— \ — tf~x--—.
x \ x /  \x2     x2 / x2
73.      Ad 1. Použijeme větu z úlohy 70. Jelikož W(x) je inversní k funkci xex, musíme prostě klást / = xex. Derivaci spočítáme
snadno; je f — ex(x + 1). Takže dojdeme k závěru, že platí W (x) = ————- =-——. Ad 2. Tady se bude hodit Feynmanovo
f'(W(x)) 1+W(x)
pravidlo z úlohy 67. Jeho použití bez dalšího ospravedlnění není tak úplně košer, ale my fysikové na takové problémy nemusíme hledět
, — ye~Yx 1,1
Takže půjdeme činitel po činiteli a na každý ho použijeme, e r% vydá ——-= —y, — vydá--. Nakonec uvnitř součinu dostaneme pro
e~fx x x
oo
1 ., 1/w 1 / 1 1 1
každé n jednak — z exponenciály, jednak--— —--. Proto nakonec dojdeme k tomu, že je (lnT(x))' = — y---V /---.
n 1+-       n+x x    '   in n+x
n *
oo
Ještě můžeme absorbovat —1/x dovnitř do sumy a přepsat to do tradičního tvaru (lnT(x)) = — y + /---.
'  J n + 1    n + x
n-l
n-Q
74.     To je podobné cvičení jako předtím, jenom tady musíme derivovat vždycky dvakrát. Ad 1. První derivace nám dá a/T + xz -
x-2x        /-ti      x2 . 2x 2x x2-2x        3x(l + x2) —x3 2x3+3x
— V 1 + x2 +——=;. Derivujeme znovu a dostaneme ■ 1 — —
2VT+x21 a/T+^' .      2a/T+^   a/T+^   2(1+ x2)3/2       (1 + x2)3/2       (1 + x2)3/2'
, .   . ,    . 1        1 —2x arcsinx 1        x are sin x      .   .   . .   . ,      ,       , ,  . .
Ad 2. Derivujeme poprvé a dostaneme------==— =-- +--ttítt-       derivujeme podruhé a mame výsledek
1 —x2    2   aJ\ — x2'        1 —x2     (1 —x2)3/2
2x x arcsinx      3x2arcsinx 3x 2x2 + l        .       » < , t, /    i   ■     > ,    >       ~ -x2
--1---1--;—I--— —--1--— arcsinx. Ad 3. Po prvním derivovaní mame —2xe    , po
(1-x2)2    (1-x2)2    (1-x2)3/2     (1-x2)5/2      (1-x2)2    (1-x2)5/2 ť 'ť
druhém é~x (4x2 — 2). Ad 4. Po prvním derivování máme-= 1 + tg2 x, po druhém máme 2tgx(l + tg2 x). Ad 5. Zde máme po
cos2 x
35
2x
prvním derivování 2x arctgx + 1, po druhém 2 are tg x H--.
1 + x2
75. Ad 1. Každé derivování shodí současný exponent a pak ho sníží o jedna. Takže po první derivaci máme axa~l, po druhé a(a — l)xa~2, po třetí a(a — \){a — 2)xa~3, atd., až po w-té máme a(a — 1) • • • (a — n + l)xa~". Všimněte si, že pokud je a přirozené číslo menší než w, derivace bude nulová (během derivování dospějeme až ke konstantě a ta se zderivuje na nulu), a náš vzorec o tom „automaticky ví" — jedna ze závorek s a se vynuluje. Ad 2. Tady je asi nejlepší napsat sinx = 3melx. Když pak derivujeme elx, pokaždé
jen spadne i, takže w-tá derivace je prostě i"elx — exp i^x + a z t°ho imaginární část je sin^x +        J^e to ovšem samozřejmě
zjistit i tak, že prostě derivujeme a dostáváme popořadě sinx, cosx, —sinx, —cosx, sinx a tak pořád. Jenom pak musíme uhodnout, že to lze zapsat právě v tak pěkném tvaru. Ad 3. Jelikož ax — exlna, dostaneme po jedné derivaci lnaexlna — ax lna. Proto každé derivování jenom shodí lna a po n derivacích dostaneme axln" a. Ad 4. Tady to bude dobře nejdřív vydělit. Upravíme zlomek takto:
ax + b     a x + -     a I      - — -\    a (     \bc—ad\    a    1 b c —ad v .     . ,v    rv        o ■ , , , r
-- =--j = — I 1 -|--—   — - I 1 -|---— 1 — —l----. Ted uz je x jen na jednom miste, takže to půjde lehko.
cx + d     c x _|_ £     cy     x_|_£y    c\     a cx + d J    c    c cx + d
Sčítanec - je konstanta a ta při derivování vypadne. V druhém sčítanci nás vlastně jen zajímá, jak se derivuje--. Při každé derivaci
c cx + d
d"     1 (—í)"c"n\
vypadne jednak mocnina, tedy nejdřív —1, pak —2, atd., až —w, a také vypadne c. Celkem tedy je---- =----, a výsledek
dx" cx + d    (ex + d)n+l
. (_i)"-ic"-iw!
je tudiz (ad — bc)—---.
' V ' (cx + d)»+i
-,t "\t "jv/ v / / , . . . , 1 , k v. v vi ,,sin(& arecosx) 2k~1 , 7b.     Nejdřív spočítame první derivaci: taje 1, — ——smife are cos x )•— Všimneme si, ze tedy platí-■=————z— = —-—1,.
... „      k   f k        . x      \       1      k   f sin(k arecosx)
Derivujme jeste jednou: to dostaneme 1, — ——  —cosífe arecosx)--h siní k arecosx)-— ) —--;—  x-. —
'    '     ' k    2*-1 V 1-x2 y(l-x2)3/2/    l-x22í=-i\ a/T3^
— kcos(k arecosx)). Teď si připomeneme, že podíl    ^ —;—- umíme vyjádřit pomocí T'k a stejně tak cos(^ arecosx) = 2k~lTk. Když
\/l —x2'
\
to tam dosadíme, dostaneme 7^' =---(xT'k—k2Tk), což se už snadno upraví na žádanou rovnici.
77. Ad 1, 2. Zařídíme se podle nápovědy a uvědomíme si, že eax+l(hx+c) — eax cos(bx + c) + ieax sin(^x + c). Takže nám stačí derivovat tu pěknou exponenciálu, oddělit reálnou a imaginární část a dva příklady máme vyřešené jedním rázem. Zapíšeme to jako elce(a+lh)x ^ a to už se derivuje snadno. elc je konstanta, takže s tou se nestane nic, a pokaždé, když derivujeme exponenciálu, spadne jedno a + ib. Takže w-tá derivace je prostě eic(a + ib)néa+ih)x. Zapíšeme a +ib v polárním tvaru jako yja2 + b2'é?, kde cp — s.rg(a+ib), a pak už máme výsledek jako (a2 + b2)"^2eaxel(hx+c+nŤ)_ Oddělením reálné a imaginární části dostáváme pro 1 výsledek eax(a2 + b2)"^2 sin(^x + c + ncp) a pro 2 zase eax(a2 + b2)"/2cos(bx + c + n<p), přičemž cp — arg(a + ib). Ad 5. Opět se zařídíme podle nápovědy. První derivaci zapí-
šeme jako — (-:--7 ) = 3m-:, takže abychom měli w-tou, musíme tento výraz derivovat ještě (n — l)-krát. To naštěstí není
2i \x — i    x+i) x—i
těžké, protože to způsobí jen postupné vyhazování faktorů —1, —2, atd., až —(n — 1) a zvýšení mocniny x — i na w-tou. w-tá derivace
(—1)    (w —1)!   v, .    ,     .        /-1 x
tedy bude 3m-. Číslo x—i má velikost yí + x2 a argument —arecos —^=^= (musíme volit takový zápis, abychom
(x — i)n Vx2 + ľ
dostali výsledek platný při kladných i záporných x. S arkustangentou by to pro záporná x nefungovalo. Použili jsme bod 3 úlohy 29).
Proto platí - = (-)    exp iw are cos ■ . Vezmeme imaginární část a máme pro w-tou derivaci konečně výsledek
(x—if      \x2 + l/ V \/x2 +1/
(-ir1(w-l)!(-J^T) sin^arccos^!^).
1       11 11 1 ^ 1 (x\n v
78.      Ad 1. Upravme:-= —--=---- =--/   ( — ) . Museli jsme to upravit právě tak, protože má být |x| < |<z|,
x—a    a--1       al-- a ' J^a'
^ 00
a tudíž \x/a\ < 1, takže právě po takové úpravě je rozvoj v geometrickou řadu použitelný. Ad 2. Když je - = J> x", tak mů-
^00 00
žeme také obě strany rovnosti derivovat a obdržíme--— = 2_\nx"~1 — zľ^(w + l)x"- Teď místo x dosadíme x2 a dosta
(1 —x)2    rr^ r^i
n=0 n=0
1 00 1 1/3      3/2 00
-=V(w+l)x2". Ad 3. Rozložíme v parciální zlomky:-=--'----'-— = -V(^(-2)" + i)x". Ad4.Prostě
(1 —x2)2    ^ (x —l)(2x + l)       1 —x   l+2x ^
2fj I 2
dosadíme y — —x2 do rozvoje pro ey a dostaneme e~x — y (—1)"-. Ad 5. Vytkneme x, čímž dostaneme v x2 +a2 — x\ 1H—-
'   J w! V x2
n=0
vv    ov v i ■ i ■      ■ 1 ,        -t^ l^2    1-1 <í4    1-1-3 ab    1-1-3-5 a&    .    .        . ,.
nacez muzeme upotřebit binomicky rozvoj. Dostaneme x H-------1------atd. (zkuste si to sami!) První dva
, ■   , 2x    ,2'tx,   v?",4;6x5  ,2"4"6"8xv7.      .     v    v      ■ ,
členy musíme dát bokem, u dalších se objeví vždy jakési (—1)", které zajistí střídání znamének, pak v čitateli součin všech lichých čísel od
1 do 2w — 3 a ve jmenovateli součin všech sudých čísel od 1 do 2w. Součin 2 - 4- • - 2w můžeme psát jako 2"w! (když vytkneme ty dvojky) a
součin 1 • 3 • • • (2w — 3) můžeme doplnit tak, že přidáme ještě součin 2 • 4 • • • (2w — 2) = 2"_1(w — 1)!, takže ho nakonec můžeme psát jako
(2w —2)! , .   1—--1 \a2 (2w —2)!      a2n .       v   . v   . .
---—. Celkem tedy mame rozvoj y xl +al — x-\----> (—1) —----—--. lady je dobre vidět, jak jsou ty triky s
2H_1(w — 1)! 2x    ~^        22h_1w!(w — 1)! x2"-1
36
užívaním několika základních rozvojů dobré. Kdybychom tu funkci měli w-krát derivovat, tak se z toho zblázníme.
x3 2x~>
79.     Ad 1. Tady se bohužel musí derivovat pětkrát, protože sudé mocniny v rozvoji nejsou. Dostaneme x H---1--. Ad 2. Podobný
x3 x5
případ, dostaneme x —— + —. Ad 3. Tady je nejsnazší dosadit kousek rozvoje místo ex. Ten obsahuje všechny mocniny, takže to stačí
, ,        x x x 1 /x    x2\    /x x2\2
do x . Pak mame-=-:-;-—-:-;-—-:-= 1 — —I--+ —I--H----. Chceme
e*-l    i + x + ^ + ^ + ..._i    x + íl + iL + ...    1 + V2     b J   \2 Gj
jen první tři členy, takže potřebujeme počítat jen do x2. Vyšší mocniny hned zahazujeme, takže ze závorky umocněné na druhou zůstane
x2                                                                               x x2 jen — a zbytek zahodíme. Tak jsme snadno získali výsledek 1---1--. Jinak bychom museli dvakrát derivovat a pokaždé složitě
/ 2 4 6
sinx    ,  /      xx x
1'Hospitalovat. Ad 4. Tady upotřebíme stejnou metodu jako v minulém bodě. lnsinx — lnx = ln-=ln 1---1--
ť 7   ť ' ' x \      6     120 5040
Tady potřebujeme počítat až do x6, protože liché mocniny chybí a stejně tak bude chybět absolutní člen; proto jsme tedy sinus rozepsali na
/ x2 4 xb   \      1 / x2       X4 X^   \       1 /x2
tolik členů. Užitím rozvoje logaritmu pak dostaneme lnsinx— lnx = —--1--
. 6     120    5040 j   2 \ 6     120    5040 /     3 \ 6 120
x6   V v,  ,        ■ v v .       /X2V X2   X4 , ■       í x1^
--]----. Počítáme jen do x6, takže z prostřední závorky bereme jen f — ] a —2--a z poslední jen f — ] .Po dost otravném
5040 / ' ť 7 V 6 / 6 120     ť V 6 /
x2     x4 x6
sčítání zlomků obdržíme------. Ad 5. Když rozvíjíme kolem nuly, tak x — x2 bude docela malé. Proto nejdřív napíšeme
6     180 2835
1 1
-- =---— = í + (x — x1) + (x — x2)2 H----.To teď musíme násobit čitatelem, tedy x2 + x + 1. Počítáme jen do x2, takže
1 — x + x2     1 — (x — X2)
\
vyšší členy bez milosti budeme zahazovat. Hned si všimneme, že v rozvoji-- — \ + x — x + x----se x zruší, a tak zůstane
1 — X + X2
jen 1 + x. Musíme tedy počítat jen (1 + x H----)(1 + x + x2) = 1 + 2x + 2x2 H----.
1 + tg2 x — 1 ^g2 x 1     sin2 x
80.      Ad 1. L'Hospital: po derivování dostaneme lim- = lim-— — lim--— — 2. Nebo dosadíme dva
x—o   1 —cosx       *^°2sin j 2 cos2 x sin ^
x3 x3 — H---- 6
členy rozvoje: tg x = x H---\- ■■■ a sinx = x---h---- x se odečte a zůstane lim—-        — - — 2. Ad 2. L'Hospital nám dá
3 6 x-»o;_____ 3
6
2 2
a x
a x
—asmax     cosbx       a      smax     a2    T . ., .   ,.   m(l-    2   , i
lim-• —-—:—-— = — lim ——-— = —. Nebo dosadíme rozvoje: lim —--—-- = lim ——-        = —. Ad 3. Tady
*-»o  cosííx     — bsmbx     b^^smbx     b2 ln(1 |____) x   |____ "
rozvoj moc nepomůže, ale 1'Hospital zachrání situaci, lnx jde do nuly, ln(l —x) do nekonečna, takže jedno musíme poslat do jmeno-
v                 v                       ln x                 11 x               x — 1                           1                  ln x                 1 j x vatele. Přepíšeme to třeba takto: lim —■— = lim ——-- — lim - — 0. Ad 4. lim x ~^ — exp lim- = exp lim-       — e.
r->1- 3c->1- l/(x — 1)       3c->1-     X jc->1 nlj — 1 jc-»1 1
ln(l-x) ' v '
Ad 5. Nejdřív přejdeme k proměnné u — 1—x. Pak dostaneme lim (--1— ). Zapíšeme ln(l — u) jako —u------, takže máme
»-»oyin(l — u)    u) 2
1 1 1 1 1   /- » \ 11 T. V-V , o ^   #„    V, VV/   |    V, ,0
■ =--II---1----) =---1---1— .Po přičteni 1/ u zůstane 1/2, cleny vyssich radu se vynu-
ln(l — u)    —u — -_____ uí + j-l---- u \     2       I      u 2
i  í2     +   \ re 2/re
(2          \x                    (2          \                                                         ln (— are tg x) JlřčTlč' T+x1
lují. Ad5. lim I —arctgx 1 =exp lim xlní —arctgx 1. Pošleme x do jmenovatele a dostaneme lim---= lim
= lim -•-— =--, takže výsledek je e~2/n.
a;^00 arctgx   í + -j tí
V
81. Řešení uvedu bez kontroly toho, jestli nalezené extrémy jsou minima nebo maxima. To se dá zjistit relativně snadno tím, že se udělá druhá derivace a zjistí se její znamení, ale to by byl další mrak výpočtů navíc. Ad 1. Vezmeme xř +(1—x)ř a hledáme extrémy na intervalu 0 < x < 1. Derivace je pxp~1 — p(l — x)ř_l. Položíme rovno nule, p se zkrátí a dostaneme xř_1 = (1—x)ř_l. Odmocníme a máme x = 1—x, tj. x = 1/2. V tomto bodě je tedy extrém (minimum). Když tuto hodnotu dosadíme zpět do funkce, zjistíme, že tam má hodnotu 2-2_ř = 21_ř. Na krajích intervalu, tj. při x = 0 a x = 1, má funkce hodnotu 1. To jsou maxima (na tomto intervalu). Takže jsme skutečně ukázali, že se funkce pohybuje mezi svým minimem 21—ř a maximem 1. Ad 2. Nejdřív vydělíme x+a, takže zkoumáme chování funkce
yxn -\-an' ^ _ x"-\ (x" + a")ll" v, , 1
-. Uděláme derivaci, dostaneme -:---■-■-. Položíme rovno nule, zkrátíme
x+a (x + a)(x" + a")1^        (x+a)2 (x + a)2(x" + a")1^
máme rovnici x"~ (x+a)—(x"+an) — 0, což má kořen x — a. (To je minimum). V tomto bodě má funkce hodnotu-= 2»~ = 2 ~,
_2a
i v / "_1     y/xn + a"' i i
zato v krajních bodech intervalu, tj. x = 0 a x = oo, jde tato funkce vždy k jedné. Proto je tedy 2   ~ < -< 1 a po násobení
x +a
^_cos 2^c
x+a dostáváme žádané. Ad 3. Vezměme čtverec: (a sinx + ž> cosx) —a sin x+2ííž'sinxcosx + ž' cos x.Dosaďmesin x —-
2
2       l+cos2x v,   v           ,       v          (ž>2 — <í2)cos2x +2abs'm2x    a2 + b2       .   . v ,     . v,
a cos x =-, cimz tento vyraz prejde na--1--. Derivujme a polozme rovno nule, obdržíme
37
2,íž>cos2x — {b2 — a2)s'm2x = O, z čehož dostávame řešení tg2x
2a b
b2-
■. (Dá se ukázat, že druhá derivace je tu prostě — (a2 + b2), a
-2abtg2x   a2+b2
proto je zde maximum.) Přepíšeme původní výraz tak, aby tam vystupovaly tangenty, dostaneme- —--1--, načež po
2y/l+tg22x' 2
dosazení a zkrácení skutečně dostaneme a2 + b2. Hodnota v maximu je tedy a2 + b2, a proto je (a sin x + b cos x)2 < a2 + b2. Odmocněním získáme žádané.
82. Ad 1. Protože e* > x, kořen není nikde a funkce je pořád kladná. Derivace je 1 — é~x, ta je v záporných číslech záporná, v kladných kladná, v nule je minimum s hodnotou 1. Druhá derivace je e~x > 0, funkce je konvexní. Z —oo funkce přichází jako e~x, tedy prudce padá z nekonečna, do +oo jde jako x, tedy přímka pod úhlem 45°. Ad 2. Nejdřív je funkce záporná, v —1 jde do —oo a
x3(x +4)
pak padá z +oo. V nule je dotyk s osou x, ale funkce je už dál jen kladná. Derivace je
-, ta je záporná na intervalu (—4;0) a
(1 + x)4
kladná vně. V —4 je maximum s hodnotou —256/27, v nule je minimum s hodnotou 0. Z —oo funkce přichází jako x a do oo zase jako
x odchází. Na další derivování se vykašleme, tohle už stačí k tomu, abychom nakreslili obloučky správně (když si uvědomíme, že při
průchodu nekonečnem musí graf funkce přiléhat ke svislici). Ad 3. Definováno jen při x > 0, od 0 do 3 je funkce záporná, ve trojce je
kořen, dále je kladná. U nuly je x3/2 zanedbatelná, takže se funkce chová asi jako —3x^2. Stojí za zmínku, že stejně jako odmocnina přiléhá 3 x — i
ke svislici. Derivace je--to je záporné mezi nulou a jedničkou a kladné dále. V jedničce je minimum s hodnotou 2. Další derivace
2 aJx
je -(x-1/2 + x-3/2) > 0, funkce je konvexní. Ad 4. Tato funkce je sudá, takže stačí kreslit pravou polovinu grafu. V nule je hodnota 1,
dále je funkce všude kladná. Při x —> oo padá jako x 4/3. Derivace je -
1
, což je všude záporné, funkce je tedy pořád
3\(x2 + l)2/3 x1/3^
klesající. Inflexní body se hledají dost těžko, ale vzhledem k tomu, že má funkce náběh od jedničky a pak se dost brzo začne chovat jako , nejspíš vůbec žádné nejsou. Na závěr užijeme sudosti a dokreslíme také levou polovinu, takže vidíme, že v nule derivace neexistuje
-4/3
(je tam špička). Ad 5. Doplníme na e"
-xz+2x—l
e = e • e
-(x-iy
. Je to tedy gaussovka posunutá o 1 doprava a naškálovaná e-krát. V bodě
0 má tedy hodnotu 1, v jedničce hodnotu e. Pokud gaussovku e x l2a neznáte, tak si teď můžete odvodit, jak vypadá (ještě před ní bývá nějaký normalisační faktor, ten ji ale jen naškáluje). Derivace je---é~x ^2a , takže při x < 0 roste a při x > 0 klesá, v nule je maximum
s hodnotou 1, druhá derivace je e 1 l2a
1 x2
T2 + ^4
, takže inflexní body jsou v x = ±cr, mezi nimi je funkce konkávni, vně konvexní.
o'-    o"' J
Ad 6. Tato funkce je definovaná jen při kladných x. V nule je hodnota —00, dále jsou hodnoty záporné, v jedničce je kořen a od něj dál
jsou už hodnoty kladné. Derivace je
2 — lnx
2x3/2
takže mezi nulou a e2 funkce roste, dále klesá. V e2 je maximum s hodnotou 2/e. Druhá
derivace je-——, takže od nuly do e8/3 je funkce konkávni, dále konvexní. V nule funkce prudce roste z —00 a přiléhá ke svislici,
4x3/2
směrem do —00 padá k nule jako \jypx. Tady jsou náčrtky zhotovené podle vypsaných informací:
l
-x   1 1 .    / -\
I I
83. Má-li válec poloměr podstavy r a výšku h, pak je jeho objem rcr2h — const. Bude nejlepší tento vztah derivovat třeba podle h, přičemž r bereme jako funkci h, takže dostaneme 7i2r — + 7ir2 = 0. Po zkrácení nr máme 2— — —r/h. Plocha každé podstavy je nr2,
db
db
dr    , dr
plocha pláště je 2nrh, takže celkem máme povrch 2nr +2nrh — 2n{r +rh). Derivujme podle h: dostaneme 2n[ 2r— + b — + r ).
\   db      db /
dľ                               . .    t2    t t i       t \
Položíme rovno nule a použijeme — = —r/2b, což dá rovnici —-----h r — — (1—2— ) = 0. Takže má být buď r — 0 (to je dost
db b     2  _       2 V p)
triviální), nebo r — b/2 (to je to, co nás zajímá). Výška válce má být tedy stejná jako polovina poloměru podstavy, tj. válec má být stejně tak vysoký, jako je široký.
84.     Dno nádoby bude čtverec se stranou a—2b, výška nádoby je b, takže objem bude b{a—2b)2. a je nějaká konstanta, takže stačí
38
b \2 b
derivovat podle b a dostaneme \2b2 — 8ab +a2 = 0. Dělíme a2 a řešíme rovnici 121 — ) —8—h 1 — 0, zníž dostávame dva kořeny, jednak
b    1 ,      . b 1
— = -, což je naše hledané maximum, a pak — = -, což odpovídá případu, kdy čtyři čtverce, které odřízneme v rozích a zahodíme, dají a     6 a 2
dohromady celý čtverec a nádoba má nulový objem. Musíme tedy na každé straně odříznout čtvereček o straně rovné jedné šestině strany celého čtverce.
85. Rohy obdélného průřezu jsou na kružnici s poloměrem r, takže musí platit ^—^ + — rl (půlky se objevily proto, že
aab jsou celková šířka a výška trámu, ale vzdálenost tu počítáme od středu). Nosnost je úměrná ba2, místo a2 klademe Ar2 — b2, takže
dostáváme pro nosnost b(4r2 — b2) = 4r2b — b3. Derivace je Ar2 — 3b2, takže šířka je b = —— a výška je obdobně ———. Je tedy u
v 3 v 3
nejlepšího trámu výška k šířce v poměru V? ku jedné. Mimochodem to znamená, že můžete trám vytesat třeba podle papíru A4, protože papíry řady A mají také takový poměr stran.
86. Pověsíme-li lampu ve výši z, bude vzdálenost lampy od kraje ■s/z2 + í a paprsky budou svírat s deskou stolu úhel cp = arctgz. To znamená, že s'm<p =       ^ —; = —==, takže celkem máme pro intensitu-—. Vezmeme-li derivaci, dostaneme
yi + ti^      a/TT^ " (z2 + l)3/2 (X2 +1)3/2
1    3 2z
^_2z
. Dáme dohromady zlomky v hranaté závorce a máme-, tj. funkce je rostoucí od z = 0 až doz = l/\/ľ, nacez
z    2z2 + lJ z(l + z2)
se stane opět klesající, z = l/V? je tedy hledaná výška, do které máme lampu pověsit.
87.     Označme x souřadnici bodu, kde máme vskočit do vody. Po louce a ve vodě máme zřejmě běžet a plavat po přímce (rychlost
.... v             ,     V(Ax-x)2 + Ayf    y/x2 + Ay2' je konstantní a je to nejkratší). Takže máme hledat x tak, abychom minimalisovali cas, tedy výraz-
v u
/\ -y — X X
Derivujme, dostaneme-- | H-- -. To má být rovno nule. Buď se můžeme z toho snažit vyjádřit x a získat
v^Ax — xf+Ay2' uy/x2+Ay2'
tak příšernou rovnici, kterou nemá cenu řešit, nebo můžeme zkrátit v prvním zlomku Ax — x a v druhém x. Tím dostaneme rovnost
11 11 ^
-- -■ =-- —■■ Všimneme si, že--— je tangenta úhlu, pod nímž máme přiběhnout ke břehu (tedy úhel mezi
vfÄM Ax~x
Ay2
břehem a přímkou, po které běžíme), zatímco-je tangenta úhlu, pod nímž máme plavat od břehu (tedy úhel mezi břehem a přímkou,
x
po které plaveme). Označme si jako cpl ten úhel, pod kterým máme přiběhnout, a cp2 ten, pod kterým máme odplavat. Pak naše rovnost
v ■ ,       1        1            1        1                     ,v ■ ,    cos^i     coscp2 vv, . ,»,        , ,
prejde na-- — =-- —, coz je totez jako-=-. Jestliže uhly neměňme mezi cestou a břehem, ale naopak
mezi cestou a kolmicí, místo kosinů se ve výrazu objeví siny. Ještě pak označíme l/v jako nějaké n a máme tradiční Snellův zákon čili zákon lomu, který neznáme z dramatických situací, jako je tato, ale naopak z poklidné optiky, kde se píše ve tvaru nl sin cpl = n2 sin cp2.
88. Označme úhel mezi autem a spodní stranou odbočky cp. Roh, na kterém se auto otáčí, dostane souřadnice [0; 0]. Auto je pak na přímce y = x\%cp. Jaká je maximální možná délka auta při úhlu cp} To zjistíme tak, že jednak najdeme průsečík s levou stranou široké
b
silnice, tj. s x = —a (ten je y = —atgcp), jednak průsečík s horní stranou odbočky, tj. s y = b (ten je x =-). Spočítáme-li vzdálenost mezi
tg?
těmito •
dvěma body, dostaneme \ [a H--+ (b + a tg cp)2 . V první závorce tangentu vytkneme a máme (b + a tg cp) ■-
NV     tg?3/ tg 93
b+atgcp       a b .   . ...33 3 b
— Derivujme podle <p a polozme rovno nule. Dostaneme rovnici a sin <p = b cos cp, takže cp = arctg\ — .
\ a
sin cp        cos cp    sin cp
Dosadíme-li to zpátky do délky auta, dostaneme--1—;-= yj 1 +tg2 cp í a H--], což dá po několika úpravách minimum
cos cp   sin cp \     tg cp /
Upozorněme ještě, že je to minimum, tedy opravdu nejmenší ze všech délek vyznačených na obrázku. Auto je totiž musí postupně projet
všechny, a tak, pokud by bylo delší než toto minimum, by někde vyjelo ze silnice.
89. Využijme nápovědy: výseč s úhlem cp ve středu bude mít obvod cp, a tento obvod se stane obvodem podstavy kužele. Proto
pro poloměr r podstavy platí cp = 2nr. Pro výšku kužele už stačí použít Pythagorovu větu, podle které r2 + h2 = 1 (z vrcholu na
kraj podstavy to musí být 1, protože je to táž vzdálenost, která je mezi středem původní výseče a krajem). Takže objem kuželu je
11 8 tc^"   3 ^ / ^ 1
— nr2h =-cp2yjAtí2 — cp2'. Spočteme derivaci, dostaneme-• —■■ Derivace je tedy kladná od nuly do cp = 2n\\ — , dále
3 247T2 247T2    ^4n2_(p2' V 3
záporná, takže v tomto bodě je tedy skutečně maximum. Mimochodem, jde o úhel asi 294°.
f f 9 x7
90. Ad 1. Rozvineme podle binomické věty: I (3—x ) dx = I (27—27x +9x4—x )dx = 27x—9x +-x5---\-C. Ad 2. Přičteme
r
a odečteme jedničku:
J
x2
-dx =
r
l + x2
J
-dx = I dx ■
l + x2
r
dx
= x — arctgx + C. Ad 3. Integrujeme jednotlivé sčítance a
l + x2
r r 41 (x
dostaneme x — cos x + sin x + C. Ad 4. Rozepíšeme mocninu:   (2X + 3X Ýdx =   (4X + 2 • 6* + 9* )dx =--h 2--1---h C.
ť J J 7       ln4     ln6    ln 9
39
91.     Adl.J"(e x + e 2l)dx = J"e *dx + J"e lx dx. V prvním integrálu položíme — x = u, takže je dx = —du, v druhém integrálu
_     1 _      _     1 -2
dáme— 2x = », takže dx = —du/2. Celkem máme výsledek— e x — -e M=e * + 2e  *+C-Ad 2. Lineární substituce      2x —3, dosta-
1
1 u
1
neme -    u10 du =--= —(2x—3)U + C. Ad 3. Chceme se zbavit dvojky, takže ji vytkneme:
2 11 22
dx
1
V2-3x2, V?
dx
led polozíme » = ——x a mame —— ——
. = —— are sin u — —— aresin —+ C. Ad 4. Zapišme sin x = cosf--x ). Z toho
je vidět, že je 1 —sinx = 1 —cos( — — x j — 2sin y— — — j, takže hned máme
dx
r
1 + sin x
dx , v, n x
-—--. Polozíme u —---,
2sin2(^-i) 4 2'
takže výsledek je
du sin2 u
( tz      x n
-ctg» = -ctg(^--- ) + C.
f f 4r3     1?r5    9r7 1
92.     Adl.    x2(2-3x2)2dx=   (4x2-12x4+9x6)dx = -í---^ + -^+C. Ad 2. Tady pomůže -
1 + x       x + 1
-1-
-x       x — 1 x — 1
To už se snadno integruje na —x — 2ln(x — 1) + C. Ad 3. Přerozložíme x2 takto: x2 = [(x + 1) — l]2 = (x + l)2 — 2(x + 1) + 1. Pak
1 + x
-dx
| \ 2
x + 1 — 2 H--Jdx =--x +ln(x + 1) + C. Ad 4. Tady přepíšeme x jako —(2 —5x) + - . Tím dostaneme
x + 1/
j xJT^bčdx = j (§ - i(2 -5x)) V^ŠTdx = ^ j(2-bxfl2dx-g J(2-5x)3/2dx = -^(2-5x)3/2+^|;(2-5x)5/2+C. Ad5. Zase
11                                          1 f                                           (1 — 3x)5/3    (1 — 3x)2/3 podobný trik: x = — -(1 — 3x) + -, takže náš integrál lze psát jako - I [(1 — 3x)-1/3 — (1 — 3x)2/3]dx =-—------h C.
93.     Ad 1. Klademe ln x = u, — — du. Pak dostaneme í u2 du — — — —+ C. Ad 2. Položíme ex — u. Pak je i ex dx — du a máme
-— ln(u +2) = ln(e* +2)+C. Ad3.Dáme x = lnu, dx — —.Dostaneme
2 + u u
r
du
r
u{u + u-1)
du 1 + u2
■ arctgw = arctge*+C.
Ad 4. Stačí položit u = sinx -eosx. Pak je du = (eosx + sinx)dx, takže náš integrál přejde v \ u~^du a je tedy roven \u2^ =
= - (sinx —eosx)2/3 + C. Ad 5. Tady položíme u — arctgx, du —
dx
-a máme prostě    u du — —
I ■ v J 2 2
(arctgx)
+ C. Ad 6. Tady je
třeba klást are sin x — u, du —
dx
Vl^x-
-. Pak počítáme | u 2 du —
—--h C Ad 7. Položíme \n{x + ■\/x2 + í) -
mame te<
r U ' 2 _i -V2
dy du — - Integrál přejde v    ull2du — —— = -Tlnfx + v x2 + 1 )1    + C. Ad 8. Oddělíme jeden sinus a pře-
Vx2 + 1' J 3/2      3 L   v /J
= (1 — cos2x)sinx. To se výborně hodí na substituci eosx — u, du — —sinxdx. Integrál tedy vyjde — cos x + C. Ad 9. Podobně jako v předchozím bodě máme cos5 x = (1 —sin2 x)2 cos x, tj. j cos5 xdx —
2\2 u2,     u5      .        sin3x sin5x
(1 — u ) du — u---1--= srn x---1--
V        ' 3      5 3 5
+ C. Ad 10. Jelikož (ctgx)' = -1/ sin2 x, měli bychom přepsat sinus pomocí
kotangent. To se dá udělat takto: sinx
y/\ + ctg2 x
. Takže můžeme psát
dx
sinx
-dx
sin x ^/l + ctg2x'
1
; du
,2 1
■ lni u + *J u2 + \ ) — ln(ctgx + y/1 + ctg2 x') = ln —-= ln —:—-—2-^r = lnctg—h C.
^ '      ^ ' sin x 2 sin ■? cos - 2
94.     Adl. xarctexdx
1
arctgx
1 + x2 x2
2 2
r
— arctgx--
2      5 2
l + x:
■dx. V čitateli přičteme a odečteme jedničku, zlomek se
1 x +1 x
rozpadne na 1 —--- a to už se snadno integruje. Výsledek je —-— arctgx — — + C. Ad 2. | aresin x dx =
40
x are sin x
xdx yfl^x2
x are sin x
i^+C.Ad3.pe-d«
x 2x
_T2 1     —T2
xe —je
X2 _r2
—e
2
xe 1 dx:
x2 + l
e x + C. Ad 4. Derivováním zrušíme x:    x sin xdx
x 1
sin x   — cos x
Ad 5. xalnxdx
lnx    x 1
va+l
a + í
1 -xa+1lnx--— |xadx = —í— xa+1(lnx
ar +1
ar+ 1
ar+ 1
x cos x + I cos x dx = sin x — x cos x + C. 1
ar + 1
C. Ad 6. Jak varuje nápo-
věda, tady to bude chtít per partes použít dvakrát po sobě. Počítejme: | (aresin x) dx =
1
(are sin x)2 1
2 are sin x
= x(arcsinx)2
-2x
-/T^x2
:áx =
-2x
VT^x2
yfl^x2
to derivovat, jak upozorňuje nápověda:
2Vl-x2' xe1 dx
(X + l)2 "
= x(arcsinx)2 + 2 ví —x2 are sin x — 2x + C. Ad 7. Tady je potřeba oddělit xe1
xe1      e*(x + l) 1 1
x + 1
X -ex+\ e*dx = e*(l- *
x + 1 /    x + 1
+ C.
(x + 1)2       x + 1
Ad 8. Položme x = e", dx = e" du. Tím integrál přejde na j u"e" du. Teď musíme použít per partes: un se derivuje na nun~l a e" se
integruje na eM. Máme tedy j une" du = e"u" — n j un~le" du. To je ale úplně stejný typ integrálu jako předtím. Scéna se tedy opakuje
" 1 ^
a konečně zjišťujeme, že integrál je roven e" [»" — nu"~l + n(n — l)u"~2-----h (—1)"»!] = C + (—l)"»!x^      1)^   , ■
l — u
95.     Ad 1. Položíme 1 — 5x  = u, du = —lOxdx. Také vidíme, že je x  = —g—. Pomocí toho všeho přepíšeme integrál na
1
"To
l — u
■ u   du = —
1 /(l-5x2)12 (l-5x2)
2\11
50 \ 12
11
C. Ad 2. Položíme 2 — x = u, dx = —du. Tak integrál přejde na tvar
(2 — u)2        f 2(2 —x)5!1   8(2 —x)3/2
-—=^-du =   («3/2 — 4ul/1+4u~l/2)du = —----------1-8^/2 — x +C. Ad 3. Položíme x = at%u. Integrál tím přejde na
\fu J 5 3
a(l+tg2u)du 1 (a2tg2u+a2y/2 a2
du
y/l+tg2U
1 „2
1 r    ,   1 .    1   tg»     1 x/d
cos » d» = — sin « —
I X
•v/l+tgV    ^2 ^/l + (^)2'    ^ Vx2+^2
+ C. Ad 4. Polo-
žíme x = sin2 u, dx = 2s'mu cosu. Integrál pakpřejde na 2 | sin2 u cos2 u du = \ | s'm22u du = ^ | (1— cos4«)d« = —--^—.Jelikož
sin4« = 4 sin « cos3 u—4sin3 « cos« = 4sin u\l 1 — sin2 «'(1—2sin2 u), shledáme po dosazení sin u = ifx, že je sin4« = 4yJx(l — x)'(l—2x),
\ \ _
a tak je konečný výsledek roven - aresin-v/x1 — -y/x(l — x)'(l — 2x). Ad 5. Tady použijeme podobnou logiku jako v předchozím bodě, jen je nutno položit x— a = (b —a)s'm2 u. Pak také vidíme, zeje b — x = b— a — (x— a) = (b — a)(l— sin2 u) = (b — a) cos2 u. Také máme
dx = (b — a)2s'mu cos u du. Dosadíme-li to do integrálu, dostaneme
(b —a)2smucosudu yj (b — <í)sin2 u(b —a)cos
(b —a)2s\nucos u du (b — a) sin u cos u
2du = 2u. No, to věru není složitý výsledek. Jen musíme obrátit rovnost x — a = (b —a)s'm2u, což dá u = aresin
takže celkem máme 2 aresin \j-- + C. Ad 6. Úplně stejně jako v předchozím bodě dostaneme výsledek 2u = 2arsh1
= 2ln ^ | —--h C. Ad 7. Položíme x = tg#, dx = (1 +tg2u)du, tj. du = --. Proto dostaneme
\/b—a l + x2
•y/l+tgV
-du =
e"cosudu =    j e(1+i)H du = *e(:j^-e(1+i)^
earctgx     1 + x
e"      (      n\     earcts* ( n     .      .  n\     earcts* l+tg«
—— cos \u--) = ——— cos u cos —h sin u sin ■
v      4)      J? v 4
2 VTTtg
2     yfl + X2
96.     Zařídíme se přesně podle nápovědy: rovnost
P(x) = a , ^2 Q(x)    x—ííj   x—,
—— vynásobíme x—a^ (pro nějaké a^) a vezmeme
x— a„
41
limitu x —> ak. Každý sčítanec--— přejde na lim ——-— .Jenomže všechna a jsou navzájem různá, a tak při £ ^ k jde tato limita
x—dji x^ak x—djí
AAak—ak) 0 v v, . v . ^(x — ak)
k--— = —;--—-— = 0. Proto všechny sčítance vpravo vypadnou, jen ten s a^ zůstane. Ten prejde na lim-= Ak.
ak—at       neco nenulového x—ak
No a vlevo provedeme totéž, takže dostaneme lim   ^ ^ ——. Jelikož ak je pak ak kořenem Q(x), platí Q(ak) = 0, a tak lze rovněž psát
Q(x)
lim   ^ ^-— = lim —^—^-—. P(x) můžeme dát před limitu a zůstane definice derivace, jenom v převrácené hodnotě, takže
Q(x) ™iQ(x)-Q(ak)
skutečně dostaneme ^4 l = —LílL_
97.     Jsou různé možnosti. Zde popíšu jenom to, co většinou nejvíc vyhovuje mně. Ad 1. Tady použijeme to, že
d"    1 (w-1)!
1     d" 1
Proto můžeme každý násobný kořen přepsat jako--—---, kde pak za a dosadíme příslušné číslo. Třeba
da" x—a    (x —a)" 1
1
d_
da |_(x—a)(x — 1) 11 11
da
1   / 1
(n — 1)! da" x—a 1
■ 1 \ x -
x — 1
1 1
1 1
1 1
(a -l)2 x -
■\{x-a)2 (a-í)2x-í
(x + l)2(x-l) 1 1
4x + l
2(x + l)2 4x-l
. Ad 2. Kvadratický trojčlen se objeví, protože polynom má dva nereálné navzájem komplexně sdružené kořeny z
A
B
a z*. Pokud jsou tyto kořeny jednoduché, tak se pro ně v rozvoji objeví patřičné sčítance, tj.
x — z    x — z* A B
nesmí se měnit při komplexním sdružení, a proto se ani tento součet nesmí změnit. Má tedy být
-. Protože je polynom reálný,
A*
-, takže
A
x — z    x — z*    x — z    x — z*
má být B — A*. Proto je výsledný sčítanec roven 2He-. Má-li kvadratický trojčlen tvar x +2ax + b — (x — z)(x — z*), vidíme, že lze
x — z
Ke[^4(x —z*)] v       /   ■   / ,     / ■
1 -. Pokud jsou komplexní kořeny násobne, lze násobnost
psát z = —a +iV b —a2', takže nakonec je příslušný sčítanec roven 2-
odstranit podobně jako v předchozím bodě.
1 1 1/1
98.      Ad 1.
x2 + ax + b
Ad 3.
x2 — 1 (x — l)(x + 1) 2\x —1 x + 1 1 1 A      B C
1   \ v ,     , -v 1/2      1 1/2
. Ad 2. Užitím výsledku cvičení 92 hned dostáváme
x     x — 1   x —2
x3 + 2x2 + x    x(x + l)2    x    x + 1    (x + 1)'
. Užitím podobné metody jako v úloze 92 zjistíme, že A — 1, C = —1. Zbývá už
jen jeden sčítanec, takže ostatní od původního zlomku odečteme a dostaneme —--— l~l — (x + 1) + x] =----— =--. To
x(x + l)2L J      x(x + l)2       x + 1
je ten zbývající sčítanec, takže rozvoj je
1 1
1 1
------—. Ad 4. Při-musí stát koeficient 1/3, takže to stačí odečíst a druhý člen
x    x + 1    (x + 1)2 x — 1
1
rozvoje je
99.      Ad 1.
(x —l)(x2 + x + l)
1
x   + x + 1
1
(x-l)(x + 2)
1 x+2
3(x —l)(x2 + x + l) 3x2 + x + l 1/3 x-2
-. Celkem
c(x +1)2 :ačí od 1/3     1 x+2
x — 1    3x2 + x + l r
1 + x3    (x + l)(x2 —x + 1)    x + 1    3(x2 —x + 1) r
v       =v ■ 1 1
. To uz můžeme integrovat na - ln I x +11--
5 3    1       1 6
(2x — 1 — 3)dx x2 — x + 1
Tento poslední integrál rozdělíme na
(2x — l)dx x2 — x + 1
ln|x — x + II a na —3
dx
x2 — x + 1
2X_\
^•v/Tarctg—Celkem máme V3
\ \ \ 2x_1
- ln |x+l|— ln |x2—x+lN—— arctg ———hC. Ad 2. Vyjdeme ztoho, že x4+l = x4+2x2+l—2x2 = (x2+l)2—(a/Tx)2 = (x2+v/21x+l) •
3 1   1 6 1      1 a/T
•(x2-v/21x + l).Toj e potřeba rozložit na parciální zlomky. Můžeme vyjít třeba z toho, že závorka s plusem má kořeny e  nl' a ta s mínu-
sem e±lre/4. Derivace jmenovatele je 4x3. Takže dostaneme 2"&.t
r
1      x — e"
-3rei/4
1      x — e"
-ni/4
a/21/    x + a/21
c2-\/Tx + l
. To se musí integrovat. Integrál
c2 ± y/Ť!x + 1
dx můžeme přepsat jako \
1 V21
= -ln|x2±\/ľ x + 1| ± arctg(v/21x ± 1). Celkem tedy máme -ln
2x + a/21 c2±<f?x + l
4 \x2 + v/21x + l r
dx
c2 ± a/Tx + 1
c2 + v/ľx + l
c2-V?x + l
[arctg(v/21x + 1) + arctg(\/2x — 1)] + C.
Ad 3. Podle úlohy 92 vidíme, že u-musí být 1/2. To odečteme od původního zlomku a tím dostaneme druhý sčítanec. Celkem je tedy
x + 1
1/2    1 x — 1 , v       .        .1 , 1
rozklad----. První člen se integruje na - ln | x+11, druhý se rozpadne na —
x + 12x2 + l 2 4
2xdx 1 x2 + l + 2
dx 1,  l2   .. 1
——=--ln\x +l|+-arctgx. x2 +1       4 2
42
1    x2+2x + l 1
Po sečtení tedy máme - ln--h- arctgx + C, což je výsledek. Ad 4. Rozložíme zlomek v závorce a dostaneme
4       x2 +1 2
1
x — 1    x — 2
. Proto je
1
1
(x-2)(x-l) 4 4
. Když to
x2 —3x+2/      (x —l)2    (x —l)(x—2)    (x —2)2      (x —l)2    (x—2)2    x —1    x—2
integrujeme dostaneme výsledek 4ln
1
x — 1
x —2
4 1 x2 + l 1
■ C. Ad 5. Rozložíme-na -
(x + l)2(x-l) 2
x—1    x—2 C.
1 1
x — 1    x + 1    (x + l)2
což se snadno integruje na -ln|x2-l| +--
2 x +1
100.       Ad 1. Všimneme si, že x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1 je reciproký polynom, tj. jakýsi palindrom (zepředu a zezadu má stejné
1
koeficienty). U takových je vždycky dobrý nápad vytknout a převést na jiný polynom v proměnné x H—. Když to uděláme, zjistíme,
x
že je ten polynom roven x2
r
x2 + — +2Íx + - ) + 3
X2 \ X
x + -) -2 + l(x + - )+3
X / \ X
X+-+1
X
mame spočítat
(2x + l)dx (x2 + x + l)2
, což už je přímo nachystané na substituci. Tu uděláme a dostaneme výsledek C -
(x2 + x + l)2. Takže 1      .Ad 2. Tady
x2 + x + 1
je potřeba položit x =u. Jenže to budeme potřebovat x v čitateli. Naštěstí po rozšíření dostaneme
\-x'
x7(l + x7)
7x6dx, což je na tu
substituci jako dělané. Po jejím provedení dostaneme ■
\-u 1
u{\ + u) 7
---\ dx = - ln
u    u + \/ 7
i3.
(1 + x7)2
+ C. Ad 3. Prostě přeroz-
ložíme x tak, aby se přizpůsobilo tomu x — 1 ve jmenovateli. Napíšeme x = [(x —1) + 1] = (x —1) +3(x —1) +3(x — l) + 3. Po vložení
13 3 1
do integrálu se integrál rozpadne na součet a snadno už dostaneme výsledek —------ — --zzz — rrrz-rrr- — tt:-rrrr. + C.
96(x-l)96    97(x-l)97    98(x-l)98 99(x-l)9
Ad 4. Zařídíme se podle nápovědy. U této substituce platí du
(x + by
-dx, x
(b—a)u .      b- „ T       ,,   v ,v
a x + b —--. Integrál prepíšeme
1 — u
í — u
takto:
dx
(x+a)m(x + b)n b-
(b —a)dx
(x + b)2 (x+a)m(x + b)»
-. Teď můžeme vložit substituci a integrál přejde na
1
(b-a)
m+n—\
{\-u)m+n-2áu
. Integrace je teď už snadná, stačí rozepsat závorku v čitateli podle binomické věty a ze sumy oddělit ten člen, kde
se bude integrovat l/u (to totiž dá logaritmus a ne mocninu). Výsledek:
1
<m + n-2]ln m — X
x +a
; + b
(_í)m ^(m + n-2\{-Xf_ (x+a\ {    > Z—\   m+£     £ + \ \x + b)
£-0
(b—a)m+n-1
m—2 £=0
m + n— 2\   (—l)k    (x +
k      J k — m + í \ x + b
k—m+\
■C.
101.     Označme D = c—b2 > 0 apočítejme
dx
x2 + 2^x + c
-. Doplněním na čtverec se ve jmenovateli objeví (x+b)2+c—b2 = (x+b)2 +
-D, takže počítame
dx
(x + b)2+D     fr?     ° /Ď1
1 x + b
arctg ——q-. Jelikož platí
dx
dx
výsledek derivovat podle D a budeme mít spočítáno. Navíc, jelikož —— = 1, můžeme psát — jako ——■— = -—. Počítáme tedy
dc dc dc dD dD
_d_
'dD
1
1 x + b
— arctg ———
vď1  ä vry
x + b
což už je přímočaré a brzo obdržíme výsledek-— arctg
(x2+2^x + c)2 dc
ažeme psát — jal dc
x + b    (x + b)/2D
x2 + 2bx + c
-, štaci nam tento
1
arctg -
■ + b
2(c — b2) x2 + 2bx + c
■C.
102.      Ad 1. Položme x = u2, integrál přejde na
2u dlí \ + u
2-D3/2        vTT   (x + b)2+D    2{c-b2fl2      b ^b~i
= 2»-2ln |1+»| = 2vT-2ln |l+vT|+C. Ad 2. Položíme x = ub, inte-
grál přejde na 6
t5'db
«3 + u2 + u + 1
. Dělíme jako na základní škole, dostaneme
«3 + u2 + u + 1
= U  —14 +
(u + í)(u2 + í)
-. Posledně jme
43
novaný zlomek rozložíme na--—----. To všechno se nakonec integruje na 2j~x—2>yfx + 3 are tg-^x1 +- ln-'__+ C.
2 «2 + l   2» + l
2 \+2jfx+jfx
Ad 3. Rozšíříme Vx + ť — V x — 1', ve jmenovateli se objeví dvojka a v čitateli 2x — 2yJ x2 — 1. Tím jsme tedy integrál upravili na
y-
dx = -—dy. Tak totiž dostaneme y = x + y/x2 — !. Tím přejde druhý kus integrálu na---lny, což po dosazení y a sečtení
2y 4 2
r
s předchozím kusem dá - ^x1 — xyj x2 —l' + ln^x + Vť-ljj + C. Ad 4. Přepíšeme integrál na
dx
(x + l)(x — 1^ x
x + 1
■1
. pol
a polozíme
x +1 2 dx 1 » =-dlí = —--—. Tak můžeme integrál předělat na —
x — 1
(x-1)2
2dx /x + 1 V"2/3
(x — l)2 \ x — 1
,1/3=     3-3
x + 1
'\ x -
C. Ad 5. Tady
rozšíříme V x + 1' — V*1- Ve jmenovateli se objeví jednička, takže zůstane j yj x(x +       * + l' — yfx)dx. To už se snadno rozepíše na
2 2 součet a integruje. Výsledek je -[x5/2 — (x + 1)5/2] + j[>3/2 + (* + 1)3/2] + C
uyj u2—2u +2
103.       Ad 1. Položme » = 1 + x, integrál přejde na
d 2
— -■■ Ve jmenovateli vytkneme dvojku, doplníme na čtverec a dostaneme--—
x/2y2-2y + r V?
. Vytkneme z odmocniny a položíme y = l/u, dostaneme
dy
integruje na--— ln
y/2
2y-í + y/(2y-í)2 + í
padne na součet tří integrálů:
2x+2
1
r
ln
1 —x    y/2 + 2x2'
y/x2+2x+2'
1 + x 1 + x
dx
Vl + (2)'-l)2 r
, což se už snadno
+ C. Ad 2. Přepíšeme na
x2 + 2x + 2 Xyf x2 +2x +2'
; dx. To se roz-
Vx2+2x+2'
dx
xyj x2 +2x +2 r
-. První dva jsou tabulkové, třetí přepíšeme
tím, že vytkneme z odmocniny a položíme j = 1/x. Tím ten integrál přejde na —2
dy
yj2y2 + 2y + \'
= -2V?
dy
^í + (2y + í)2
-2V?1 n y.y + 1 + yj(2y + l)2 + lj. Sečteme všechny tři integrály a dostaneme výsledek yjx2 +2x +2' + ln |x + 1 + yjx2 +2x +2
r
,,   l  1  l      /„7.   I l t\7.'
-2A/ľln
x+2 + y/x2 + (x+2)2'
+C. Ad 3. Tady máme štěstí, integrál přepíšeme na -
l + x-x2 + l-l. f r-
t-dx = — VI-
1 + x —x2 J
yf
x — X1 +
" 2
•\/l + x — x2 r r
. Pod odmocninou doplníme na čtverec: y/1 + x — x2' = ~^\^ 1~~ ^ J ■ Integrály tím přejdou na
2l
.,    /2x-íY , 4
dx 2x — 1
-—. V prvním integrálu položíme —-=— = siny, druhý už je tabulkový a máme vý-
2 v?
11 2% — 1   2% — 1  /-1
sledek — are sin   ^----—y 1 + x — x2 + C. Ad 4. Tento integrál lze také psát ve tvaru
-—■ dx. Vnitřek odmocniny přepí-
1\2 V    V OV V 1
seme na | x--] +2, načež můžeme položit u = x--a integrál přejde na
x
x
y/J+u^
= ln
u       /»
= ln
x2 + l + v/x4 + ť
+C.
5+1    v   / v, , ,v,v r
104. Ad 1. —-— = 3, což je celé číslo, takže můžeme rovnou klást u1 = 1—x2, —udu = xdx. Integrál přepíšeme na I x4«_1x dx = = — j (1 — u2)2du. Ad 2. Tady je —^— necelé, ale když k tomu přičteme mocninu toho binomu, tj. —1/3, dostaneme číslo celé. Máme tedy vyhodit x3 ven a dostaneme j x_1(l + x-3)-1/3 dx. Teď položíme u5 = 1 + x-3, a tedy 3u2 du = —3x-4 dx. Integrál tedy přepíšeme
44
na    x u   x dx
-. Ad 3. Vytkneme z odmocniny x3, dostaneme íx(—l + 3x 2)^3 dx. Tady položíme «3 = —1 + 3x
X — u1 J
tj. x-3 dx = — \u2 du. Integrál pak přejde na j x4#x-3 dx ——■
u3 du («3 + l)2
105.      Ad 1. Přepíšeme jako    sin2x(l — sin2 x)cosxdx, klademe u— sinx. Výsledek:
■ 3 -5 sin x    sin x
■ C. Ad 2. Přepíšeme jako
(1 — cos x) sin xdx        v, ,      ,       1 1 , v   ,v      . ,
-, položíme » = cosx. Výsledek:------h C. Ad 3. Tady přepíšeme integrál na
cos4 x 3 cos3 x    cos x
(l + tg2x)4dx
.Kla-
té* x
deme » = tgx, dostaneme
(í + u2Ýdu „ , v   tg3x 3 1 _,   . i       . . ,_,
-. To se rozpadne na součet--h 3 tg x----—;--h C. Ad 4. Klademe u = ,/tgx,
tgx    3 tg3 x
.     dx 2du v, .       ,, , ,
a tedy i = -. Vložíme to do integrálu a dostávame 2
../tgx'      1 + u4
í + u
-. Tento integrál už jsme spočítali v úloze 95, takže už se
s tím nemusíme znova trápit a hned máme výsledek —— ln
2 v 2
tgx + y2tgx +1
tgx —yitgx1 +1
- [arctg(Y2ÍgT+1) + arctg(y2lgT-1)] + C.
V?
\                               ,                 f           cos 6x   cos 4 x v Ad 5. sin 5x cos x = j (sin 6x+sin4x). Integrací dostaneme výsledek--—------\-C. Ad 6. Tady postupujeme obdobně: cos x cos 2x •
1 \     1/ t /       i x    sin2x    sin4x sinóx
• cos3x = ť cos2x(cos4x + cos2x) = -A \ + cos2x + cos4x + cos6x). Integrujeme a mame výsledek —|---1---1---h c.
2 \ i    w 7 4       8 16 24
r
tgx + a tgx-dx. Po-
x -)- tgíí v
Ad 7. Užijeme toho, že tg(x +a) —-. Označíme tga — a a vložíme to do našeho integrálu. Dostaneme
1 — tgxtg r
ložíme u — tg x, integrál přejde na 1 1
1 — atgx u(u + a)
-—-——--. Rozložíme integrand v parciální zlomky; tím vyjde najevo, že--—--
[\ + u2){\-au) 5        ť (l + »2)(l-a»)
r
1 ln 11—tgxtgíí|
, a to se už snadno integruje na--ln |1—au\— are tg « = —x---hC. Ad 8. Položíme u — tgx, dostaneme
1 — au   í + u2 a tg<í
d» m      i      i v/        25    1       5   2«      3     1        v   . .      5 5 2  i ^
-. Zlomek rozložíme na------1---, coz se mtegruie na — ln 3+5 tg x--ln 1+tg x H--x+C.
(3 + 5«)(l + «2) 34 3 + 5«   681 + u2   34 \ + u2 h   '      34    1       & 1   68    1     &   1 34
tgx 1
106.      Nejdřív si uvědomíme, že je sin x =   ; a cosx =   ; Pak se vrhneme na jednotlivé body. Ad 1. Máme du —
2 *\dx       v   i/  /   i 2d«     AJ-i- x       T "&2
= (1 + tg j) —, coz dava dx = --. Ad 2. sinx = 2sin — cos — — 2
Vi + x2' vT+x2
xx t!
g i 2«
1+2
2      2       l+tg2f     l + »2
-. Ad 3. cosx = —2 A ~:~2
x        .  2x l—u
cos"--sin — — -.
2 2     l + «2
— v ■ v 2tgj
Ad 4. Stačí dělit výsledky předchozích dvou bodů mezi sebou a dostaneme--. Totéž by vyšlo, kdybychom použili, že tg x = ■
2u 1-u2
107.      Ad 1. Použijeme tu substituci, dostaneme integrál
2d*
%(\ + u2) + b(\-u2)
= 2
I a—b
1 \2 u
1-tP
. To už se přímočaře inte
2 la — b    x \
gruje a dostaneme výsledek——==—aretg \ -rl?>~ +C. Ad 2. Upotřebíme substituci, dostaneme 2
Ja2 — b2'        \\a + b 2
2au + b(\ — u2) + c(\ + u2)
Přeskládáme to a doplníme na čtverec, čímž obdržíme
du_ _ 2(c-b)
a   ý      ŕ-gi-bi   ~ c2_a2_}?2
v/        v v
pnmocare integruje na
Vc2-a2-b2
are t g
(c-b)tgj+a Vc2-a2-b2'
c-b)    1 (c-bf
■C. Ad 3. Integrál přepíšeme na
r (c—b)u+a "|2 l^c2-a2-b^\
coz uz se
dx
—. Upotřebíme substituci,
sin x      cos x
dostaneme 2
du
2u ~ 1-u2 J
u(l — u2) \ + 2u — u2
du. Provedeme dělení a integrál standardním způsobem rozkrouháme, až dostaneme vý-
45
sledek 2 tg2 ^ + 8 tg ^ + 8 In
tg2--2tg--l
-ÓVTln
tgf-l-V?
■i + VT
- C. Mimochodem nejde zdaleka o nejjednodušší postup, lepší
je si uvědomit, že 2 sin x cos x = (sin x + cos x)2 — 1 a že platí též sin x + cos x = a/?cosi x
108. Ad 1. Označme In = j x"ex dx. Jednou použijeme per partes, x" se derivuje ae* se integruje. Tímzjistíme, že In — x"ex—nln_1. To už je rekurence, se kterou můžeme spočítat jakékoli In (když ještě uvážíme, že IQ — j ex dx = ex). Vzorec pak už snadno dokážeme
indukcí: pro n — 0 platí a pro všechna větší n má platit ta naše rekurence / — xnex — In_x. Když vezmeme I =(—í)"nlex / (—1) —
'   i k\
n—1 ;
a ze sumy oddělíme poslední člen (s k — n), vskutku dostaneme / = (—l)nnlex(—1)"--\-(—l)nnlex / (—1) —. První člen
n\ ^—L k\
je jen exxn
a v druhém přepíšeme (—í)"nl jako —n(—l)n   (n — 1)!, čímž je to dokázáno. Ad 2. Tady se ex derivuje a x" integruje. Zase označme
ex dx
. Jedno per partes pak vydá rekurenci In ■
1
(n — \)xn~l    n — í
I„—\ - Tato rekurence funguje až do Ix ■
ex dx
kde se
zasekne, protože 1/x se neintegruje na vyšší mocninu. Ve skutečnosti v tomto integrálu můžeme pouze položit u — ex, čími přejde na
r
--, a to jsme podle zadání označili li(») = li(ex). Vzorec dokážeme už snadno, když si všimneme, že při n — í platí a pro vyšší n
mu
ex
platí rekurence, kterou ještě přepíšeme na tvar (n —1)1 —In_^ =--■ Dosadíme-li tam ten vzorec, hned vidíme, že je to pravda.
xn-l
1 f
109.       Ad 1. Nejdřív vysubstituujeme trojku tím, že položíme u = 3x. Integrál pak přejde na — J x ex, což je podle úlohy
104 rovno
81 Z—ŕ   > k
k=0
—ex(x3 - 3x2 + 6x - 6) + C. Ad 2. Položíme u = -x2, tedy -% kl      81   V ' y 2
xáx. Náš integrál tím
přejde na J u e" áu — —e x (x + 3x + 6x + 6) + C. Ad 3. Tady položíme x — u , dx — 2uáu, a dostaneme 2 J u e" áu, což je
podle úlohy 104 rovno 2evT(x5/2 — 5x2 + 20x3/2 — 60x + 120VT— 120) + C. Ad 4. Položíme u = ex, áu = ex dx, a integrál přejde na
r    d 6d
-= u— ln(l + u) — ex — ln(ex + 1) + C. Ad 5. Položíme u6 = ex, z čehož vyplývá dx =-. Po dosazení do integrálu dostaneme
1 + u u
du
u(u + l)(u2 + l)
. Rozložíme v parciální zlomky, dostaneme
1     1/2     1   2u 1/2
u(u + l)(u2 + l)    u    u + 1   4u2 + l    1 + u2
, což se už snadno in-
111111
tegruje nalnw — - ln(» + 1)—- ln(» + l)—- are tg u — x—— ln(ex + 1)—- ln(e x + 1)—— arctgex+C. Ad 6. Zapíšeme sin x jako3me1'
takže integrál pak má tvar 3m   xél+^x dx
x 1
e(l+i)x
P(l+i)x
1 + i
n\ 1
:3m
e e
xex--ex
1+i      (1 + i)2
Jelikož 1+i = vTe1"/4, je také hned
vi-
dět, že (1+i) = 2i. Proto je výsledek roven ——xzx siní x--) + -e* cosx + C. Ad 7. Tady nejdřív položíme u — ex, což integrál převede
4/ 2
1
u —Idu      .       v,    u — l     2 , v     d» |V        1+y       . , , 2 v
--, a pak polozíme-= y . To znamená, ze--— =ydy, ze » =--, a nakonec take «+1 =--. Integrál pre-
« + 1 » « + 1 (« + l)2 1—y2 1— y2
píšeme na
» — 1 (u + 1) du
u + 1     u     (u + 1)2 máme velké štěstí, protože si hned všimneme, že je
a provedeme tu substituci, čímž získáme
y
y
i / i
o    f i  Ve' + ť + Ve'-ť
-2arctg}í + C — In —-;- —2 are tg
(l-y2)(l+y2)     2\l-y2 1+y2 1
4 1-y2 (1-y2)2' 1+y2
1
y dy — 4
y2dy
(l-y2)(l+y2)
1+y
. Tady
, a to už se snadno integruje na ln
1-y
ex — 1 ex + l
■C.
Vex + ľ — Vex — ľ
110.      Ad 1. Klaďme » = x+1, integrál se přepíše na. j (u—l)a.rctgu du — j u arctgu du— j arctgw d». V obou integrálech prove-
deme per partes, přičemž are tg u se bude derivovat a ten zbytek integrovat. Nakonec tak dostaneme
u — 2u + 1
■ arctgw-
u 1 -2+2
ln(l-
46
ln(x2 + 2x+2) + C. Ad 2. Jelikož víme, že ln^x + a/x 2 + l') je inversní
x                      x +1 1 což po vrácení substituce dá — arctg(x + 1)-----h -.
funkcí k shx, bude zřejmě dobře položit x = shu. Tím integrál přejde na j u2chůdu. Po dvojím per partes dostaneme výsledek
u2shu— 2u chu+2shu, což po odstranění substituce dá xln2(x + -\/ x2 + l)—2a/ x2 + l'ln^x + a/x2 + l')+2x + C. Ad 3. Použijeme per
partes, celý ten výraz se bude derivovat a integrovat se bude jednička. Derivace are sin-je rovna ■ '
1 + x
Vytkneme ze závorky 1 /(1+x) a dostaneme
1
1 —x
1
a/(x + 1)2-4x'a/7(1 + x)    a/7(1 + x)
f\ 4^V^/7(l+x) (1+x)2
, což je celkem ucházející. Po jednom per partes nám
tedy zůstane pouze integrál 2
x dx 1 + x 2^/x1
který po substituci ypx — u rychle vydá výsledek 2 u—2 are tg u. Celkem i s prvním sčítancem
2yfx
z per partes tedy máme x are sin--2ypx +2arctgA/x1 +C. Ad 4. Po rozepsání logaritmu dostaneme
1 + x
íln(x+a) ln(x + b) \  x+b x+a
dx.
Teď si uvědomíme, že-= [ln(x +a)]'. To znamená, že integrál lze psát i jako í (ln(x +<í)[ln(x + b)]' + ln(x + ž>)[ln(x +<í)]') dx.
x+a J
Jenže podle pravidla pro derivaci součinu pod znamením integrálu stojí [ln(x +<í)ln(x + b)]'. Integrování a derivování se navzájem
zruší a zůstane výsledek ln(x +<í)ln(x + b) + C. Ad 5. Zase uděláme per partes, přičemž se celý logaritmus bude derivovat a jednička
se bude integrovat. Derivace toho logaritmu je   / -/        ■ (—/--/       ^) = -/       ^ , takže musíme integrovat
r \-4I^x?
a/T+x+a/T^x   \2a/T+x    2a/Tiix/ 2xa/1-x2
_! ■ dx, což je rovno - are sin x--. Přičteme k tomu první sčítanec z per partes a máme výsledek x lni a/1 — x' + V1 + x
2 a/1 — x2' 2 2 ^
1 x
-- are sin x + — + C. Ad 6. Opět použijeme per partes:
x are cos — dx : x
1 1
x    xa/x2 —ť x2
1 1 n—r^r
■ — are cos---v xl — 1 + C
2 x 2
Ad 7. Rozpitváme integrál na hromadu sčítanců takto: J x ln ^—-— dx = J (1 + x — l)ln(l + x)dx + J (1—x — l)ln(l — x)dx = J (1 + x) •
• ln(l + x)dx +        x)ln(l — x)dx — j ln(l + x)dx—j ln(l — x)dx. Podle bodu 5 úlohy 90 je j xa lnxdx =--        ^lnx---^ + C
pro jakékoli a ^ —1. Takže všechny čtyři tyto integrály už snadno spočteme. Když se prach usadí a všechno pěkně upravíme, obdržíme
x — 1 výsledek —-— ln
1 + x
1 —x
- C. Ad 8. Už jsme dřív použili ten trik, že ln^x + a/x2 + l') je inversí funkce shx, a teď na něj bude čas
znova. Položme tedy x = a shu. Tím integrál přejde na<í3/2    a/s!i« +ch»'ch u du. Jelikož shx =-ach x =-, je jasné, že
shu+chu — e". Celkem tedy máme-       í eM/2(eM+e 11 )du. Nyní položíme e" —y2,tj.du — ——, adostaneme-       í)'()'2+)' 2)—~
2  J y 2  J y
x 1
í3/2 ( ^---^. Teď je jen potřeba vrátit tu substituci. Jelikož shu = x/a, je zřejmě u =ln(—|—a/ x2 +a2'^j = ln——-——,atedy
je také y — yft" — \ —^ —■, takže nakonec vidíme, že výsledek je - (x + a/x2 +a2'\ ^-- —
"     a 3 4x+4W+c
ln2 ln2
c.
111.      Ad 1. Použijeme per partes:     xe *dx
Ad 2. Zase per partes: xsinxdx
x 1 e~x -e"
ln2
[-xe-r+ j e-dx=-^-[e-J
ln2 0
l-ln2
x 1
sin x   — cos x
■■ [—x cos x ]q + j cos x dx = n, neboť poslední integrál je roven nule. Ad 3. To
je prostě arkustangenta: |-- = [arctgx]^, = n. Ad 4.1/x2 se integruje na — 1/x, takže máme výsledek -
1 + x2
žímex =cos2#,dx =— 2 sin 2u du. Integrál tím přejde na —2
1
= -. Ad5.Polo-
n/2
J
re/2
a/ 1 + cos2u 1 — cos 2u sin2« du, což je rovno 2 I —-2sin#cos#d# =
srnu
47
re/2 re/2
: 4 j cos2 u du — 2 j (1 + cos2#)d# — n + [sin2«]^2 = n. Ad 6. Tady položíme x = <í sin«, dx = <í cos u du. Integrál tím přejde na
re/2
-2 sin2 ua1 cos2 u du. Teď upravíme sin2 x cos2 x =
sin 2x    1—cos4x
re/2
a" ľ
takže po dosazení do integrálu dostaneme —     1—cos 4u du —
4 4
na a
---[sin4#]™/2 =-. Ad 7. Díky sudosti můžeme integrál psát jako 2 | —■-dx, což upravíme na 2 | -^— dx. V čitateli
na
16 32
16
1 + x2
1 + x4
1 + ^
u
1 v . .       , 1 v / 1 \2 .       . 1 f
máme lH—-, což je derivací x--. Proto přepíšeme jmenovatel jako ( x--) +2 a po substituci u = x--máme 2
x2 x \     x/ x J
2 + u:
, coz po stan-
dardních úpravách přejde na 2
1 » —— arctg ——
V? v?
—. Ad 8. Podle bodu 1 úlohy 95 je
dx 1
- In
x3 + l 6
x2+2x + l
x2 — x + 1
1 2x-l
—=; arctg —-=-
ln 3 n
Takže do toho stačí dosadit x = 2ax = 0a získaná čísla od sebe odečíst. Dostane se výsledek--1--—. Ad 9. Položme nejdřív
7/4
u — 1 + x, dostaneme
íV u2 —2u +2
6 2v^
. Teď uděláme standardní trik s vytknutím z odmocniny a s přechodem k v — l/u; to dá
nakonec
ďp
4/7
y/2v2— 2v + l
. Zapíšeme 2i;2 — 2^ + 1 jako \\\ + (2v — l)2] a položíme y = 2v — \, což integrál nakonec převede na
1  f    dx       1       Í + V? v.       , vv v 1    9 + 4V? ,,inT,
: = —=; ln-===, coz lze po nej akých úpravách rovnez přepsat na —— ln-. Ad 10.1 ady použijeme per par-
1/7 7^V1+49
V? 7
tes. Označme si ten náš integrál In. Pak zapíšeme In ■
x2ndx
yfl^x2
x1"'1     (2n - l)x x
2n-2
VT^x~2
-a/I-x2'
-[x2"-Vl-x2']J+(2«-l)
,2»-2
/-1 .        . i x2"_2(l-x2)
■ y l — x2 dx.Hranatázávorkajenulováavdruhémintegráluhodímeodmocninudojmenovateletakto:/H = (2n—1) | -===—dx =
Vl^x2
2n-\
(2n — l)/„_! — (2w — l)/„. Po převedení 7B na jednu stranu dostaneme rekurenci In — -In-v Nakonec si uvědomíme, že IQ —
2n
i
dx        n      ,       ,                 1 • 3 • 5 • • • (2n — \) n       v     v/v,     . v v . . v.      ~ , ,    ~        v,    ,      . v
= — a mame výsledek: ln —--. Když rozšírime jeste jednou součinem 2 • 4 • 6- • -2n a uvedomíme si, ze
VT^x? 2
2-4-6---2w 2
ti {2n)\
tento součin je roven 2"nl, můžeme nakonec napsat In —
2 22»(n\)2
112.      Ad 1. Označme In — | x"e_I dx a proveďme per partes, x" budeme derivovat na nxn~l, e~x se integruje na —e~x. Celkem
tedy dostaneme In — — [x"e *]^° + n j x" 1e x. Hranatá závorka je nulová, takže máme In — nln_x a konečně také IQ — j e x dx — 1,
o o takže celkem dostáváme In — n\. Podotkněme, že tento integrál konverguje pro jakoukoli komplexní hodnotu n, jen když je 'Ke w > —1. To-
oo
mutointegrálusepakříkár(w+l).Ad^^
(i-xý -k{\-xf-1
xn+l
n + í
nit jeden ten činitel, třeba(l-x) .To tedy budeme derivovat a x" budeme integrovat, takže dostaneme In ^
—--[(1 — x^x""1"1] H--1 +1 k_v Hranatá závorka je nulová, neboť předpokládáme n > 1, k > 1. Takže za tohoto předpokladu
n + í L Jo   « +1
k
máme rekurenci / k —-In+1 k_v Tu můžeme používat stále dokola až do okamžiku, kdy se k sníží na nulu. V tom okamžiku búra + 1
deme mít I k = -—————-—-r-I„+kfi. Zbývající integrál uz snadno vypočteme, protože je In+k0 =    x + dx = , (n + í)(n+2)---(n+k) J n+k + í
48
,  v , , k(k-l)(k-2)-l _k\_ v ¥/v, .   w     ,     ,       , ,
takže celkem mame l„u = --—-:-;-7—,-;--       =--—-:-;-7—,-;--■ Když to rozšírime leste «!, doplní
n'k    (n + í)(n + 2)---(n+k)(n+k + í)    (n + \){n + 2) ■ ■ ■ (n +k)(n +k + 1) 7
yi\k!
se tím jmenovatel na(n+k +1)! a máme tedy celkem / k =----—.
(n+k + l)l
113. V případě & = Oje to lehké, protože elkx = 1 a integruje se jen jednička, takže se naintegruje skutečně 2n. V ostatních případech
2n
máme ľ ékx = -i \e2nik-e°l = -|[1 - 1] = 0. J ikl J ik
o
eix + e~ix 1
114. Ad 1. Zapíšeme cos x =-. To znamená, že cos100 x =-e100lI(l+e_2lI)10°. Integrand se tedy rozpadne na obrovský
o
udělat záměnu u = 2x a použít úlohu 109), takže všechny tyto členy vypadnou. Jediné, co zůstane, je konstanta, tedy člen s e0lx, protože
ten se zintegruje na n. Proto stačí ze součtu vybrat člen, kde není žádné elx, násobit ho n, a to je výsledek. Po užití binomické věty vyjde
.    71 /100^
naievo, ze to ie-
' '  21°° V 50
Ad 2. Po rozepsání obou sinů podle Eulerových vzorců dostaneme- í (elx — é~lx)" (elnx —é~mx) dx =- í (e2lnx — 1) •
ť r j 2n+l{n+l   I   V /   v ' 2n+1Ín+1 I
o o
■ (1— e~2lx)n dx. Teď můžeme klást 2x = u, což převede integrál na ^ +2. +i j (emu — \)(\—e~m)n dx. Teď už je jasné, že přežijí jen členy,
0
v nichž není žádné elx. Výraz (elnu — í)(í—e~lu)n rozepíšeme na dva kusy, dostaneme elnu(í—e~lu)n— (1—é~lu)n. Takže v prvním sčítanci
2ti
celá mocnina vypadne, zůstane jen jeden krajní člen, a stejně tak i ve druhém. Celkem dostaneme    +2. +i ((—1)" — 1). Je-li n sudé, je
71 , n—L ji
, . ,    v     ■   / iv/ f ■ I (—1)~—   při w lichém;
(—1)" = 1 a výsledek je nulový; pri n lichém je (—1)" — 1 rovno —2, takže výsledek je:    sin" xsinwxdx = < 2"
J 10 při n sudém.
Ad 3. Zcela obdobnou metodou jako v předchozím bodě dostaneme výsledek —.
n
Ad 4. Opět rozepíšeme siny podle Eulerova vzorce, čímž dostaneme —:-:— dx. Vytkneme z čitatele i ze jmenovatele kladnou
J   elx — e~lx
o
71
ľ J_g—2inx
exponenciálu a tím se integrál upraví na    el(«-i)*-jx_ Použijeme ještě vztah pro součet geometrické posloupnosti a nakonec
o
v předchozích úlohách přežijí jen členy bez elx. Takový je ovšem právě jeden (činitel před závorkou se vždycky strefí do prostředního člene v rozvoji geometrické posloupnosti), a tak všechno vypadne a zůstane jen jednička, která se integruje na n. Na druhou stranu, je-li
n sudé, můžeme závorky roznásobit. Tím dostaneme pod integrálem součet e^"-1^ +el("~^x -\-----\-elx +e~lx H-----|_e-l("-3)* _|_ e-i(«-i)* _
Jedna taková exponenciála elkx se integruje na —2/ik, takže po podrobnějším zkouknutí exponenciál zjistíme, že se tyto zlomky sežerou
sinwx j      j n   pri n lichém, ' 0   při n sudém.
71 ■ í l sin 71 x I 5
navzájem a vyjde nula. Výsledek je tedy    —-dx = <
J   sinx [C
o
115.      Ad 1. Rozepíšeme čitatel na x8 — 4x7 + 6x6 — 4x5 + x4 a vydělíme to x2 + 1 jako na základní škole, čímž obdržíme výsle-
x4(l — x)4 4 1    4 4 n 22
dek - — x6 — 4x5 + 5x4 — 4x2 +4--. To se integruje na----h 1---h4 — 4— =--n. Ad 2. Evidentně platí
1 + x2 x2 + l &   '       7    6 3 4      7 ť
x^íi—xý        v v    /   / 22 22
--— > 0 (protože x2, a tedy i x4, je vždy nezáporné). Proto je integrál kladný a musí tudíž být--71 > 0, tj. — je větší než 71.
1 + x2 7 7
1
f 1    4    6    4    1 1
Ad 3. Integrál I x4(l — x)4dx snadno vypočteme a zjistíme, že je roven - — - + - — ^ + ^ =        ^roto podle nerovnosti v zadání
o
1       22 1 .. . . 22      1 22 1
platí-        <--71 < -, nebo, jinými slovy, 71 je někde mezi---= a---. Nebo můžeme rozvinout zlomek v řadu:
ť     1260 ~ 7        ~ 630 '  ' '     ' 7     630        7 1260
\
-- — 1 — x2 + x4 — x6 H----+ (—l)"x2" H----(při |x| < 1, což je zde splněno) a integrovat jednotlivé členy rozvoje, čímž získáme
1 + x2
22 111
■ 71 -
7 630    2310 6435
116. Nejdřív musíme vymyslet, jakým funkčním předpisem je zadána parabola, jejíž plochu máme počítat. Chceme, aby mezi jejími kořeny byla vzdálenost a a aby byla otočená vrcholem vzhůru. Tomu vyhoví funkce tvaru ax(a — x) (při a > 0). Vrchol je v bodě
49
a2 4b x — a/2, kde má funkce hodnotu a—. My chceme, aby ta hodnota byla h, takže musíme položit a — —. Chceme tedy zjistit plochu,
4 a2
i    '■       ■    (    (   i    4h <      ^                 ■ a'    ■       'i     4h f  í      \a     4h(a'    a'\    4ah    2 i která i e mezi grafem funkce—x (a — x) a osou x, a ta i e dana integrálem—    xía — x)dx — —---) —-= -ah.
' h a2  V       ' ' h        a2 J   V       '        a2 \ 2     3 /      6 3
o
b  i-1
117.     Ad 1. Spočteme jen plochu čtvrtelipsy. Z rovnice vyjádříme y = — y a2 — x2 . Plocha pod touto křivkou od x = 0 až do x = a
a
a re/2
je právě ta čtvrtina plochy, takže máme S — 4 j — y/ a2 — x2'dx. Položíme x — a sinu, dx — a cos u du a dostaneme S — 4ab j cos2 udu —
o o
re/2
— 2a b j (1 + cos2u)du —nab. Ad 2. Tady máme y — ±xV a2 — x2', takže ta půlka útvaru, která je nad vodorovnou osou, je stejná jako
o
ta, co je pod ní (protože je omezují stejné křivky, jen s opačným znamením). Osu x to protíná v bodech ±a a 0. Lze tedy předpokládat, že půjde o jakousi osmičku (y' je v bodech ±a nekonečná, tj. tam křivka jde kolmo k ose x, a v nule je rovna ±<í, tj. jde nějak šikmo a nulou prochází křivka dvakrát). Také je vidět, že levé ucho osmičky omezuje stejnou plochu jako pravé, takže stačí udělat jen čtvrtinu. Celkem
A A
máme S — 4 j x y/ o2 — x2' dx. Položíme o1 — x2 — u2, tj. x dx — —u du, a dostaneme 4 j u2 du —        Ad 3. Nejdřív si uvědomíme, že
o o
3 3 3
když má být y2 =-, tak musí být-nezáporné. To ale nastane jen při 0 < x < 2a. Křivka y2 =-má také dvě větve syme-
2a —x 2a —x 2a —x
2a
f x3/2
trické podle osy x, takže stačí počítat jenom plochu horní půlky obrazce. Celková plocha je tedy S = 2 | dx. Povšimněme si, že
J y/2a —x
o
771 ~\~ 1 5
to je binomický integrál s m = 3/2, n — 1 a p — —1/2. Vidíme, že-= - není celé, ale když k tomu přičteme ještě p, dostaneme celé
n 2
2a
číslo. Musíme tedy nejdřív vytknout ze závorky s rozdílem, čímž dostaneme 2 j x(2ax~l — l)-1/2 dx, a teď položíme u2 — 2ax~l — 1, tj.
o
2udu — —2ax 2 dx. Integrál touto substitucí nakonec přejde na loz?2 í-. Tento poslední integrál spočítáme tak, že vezmeme in-
j (u2 + iy
o
oo
tegrál    —-= —— a dvakrát ho derivujeme, načež položíme a — \. Tím ovšem dostaneme dvojnásobek původního integrálu, protože
J u2 + a 2yV
se při derivování vyhodí (—1) • (—2) = 2. Takže platí '
d2 71
=----= —. Celková plocha je 16,í2-násobek
.    2 2 2 2     16 ť '
A— 1
(u2 + iy 2
o
tohoto čísla, tedy 3na2. Ad 4. To je opět křivka, která je symetrická podle vodorovné i svislé osy. Stačí tedy opět počítat čtvrtinu, takže po
da2 2^fa e vodoroi
vyjádření y z rovnice dostaneme pro plochu výraz S — 4 j (a2^ — x2^ý^2 dx. Položíme x = a sin3 u, takže dx = 3a sin2 u cos udu apo do-
-re/2
re/2 ,2 .
~4ix  i An2ix  i /  i  An—2ix  i n—4ix\{n2ix     -* , n—2ix\
Teď dosadíme sin x =-a cos x =-, takže dostaneme--(e    + 4e    + 6 + 4e     + e 4lI)(e2lx — 2 + e     ) dx.
2i 2 26 J
-re/2
Zde přežijí (podobně jako v úloze 110) jen ty sčítance, které neobsahují vůbec žádné elx. Když v malé závorce vybereme e2lx, z dlouhé se vybere 4e_2lx; když v malé vybereme e~2lx, ve velké se vybere 4e2lx, a když v malé vybereme —2, z velké se vybere 6. Celkem tedy
2re 2re
i      /   / i i   i r      č**2 3tz  2 v, , 1  f   2 o2  C 1—COSÓffii tzo2
dostávame výsledek——(4 + 4—\2)-n — —a . Ad 5. Počítame podle formulky S — - J r dep — — I---dcp — —^-.
o o
b h 118.     Budeme vždy postupovat podle vzorce L — j *J 1 +y'2'dx. Ad 1. Tady je y — —2x, takže délka je L — j V1 + 4x2dx. Díky
a —h h \n(2h+JW+ľ)
sudosti můžeme psát též Ĺ— 2 j V1 +4x2'dx. Položíme x = \s\\u,a tedy dx = \ ch u du, čímž dostaneme L —       j       ch2 udu —
50
-J
= - ln(2h + V'4b2 + 1
sh2*
ln(2A+V4A2+l')
. Jelikož shx je inversní vůči ln^x + y]x2 + l'), uděláme dobře, když napíšeme sh2« = = 2sh« chu — 2shuV 1 + sh2 «', což znamená, že konečně dostaneme - \vilh + \l 4h2 + \ \+h\/ 4h2 + í. Ad 2. Tady je y = ±(<í2/3— x2/3)3/2
0 o
= 4a ■ - — 6a. Ad 3. Tady je y' — sh —, takže délka je L — í «/1 +sh2 —'dx. Položíme — = u, takže máme Ĺ — a \ \l 1 + sh2 u du — 2 a J V a a J
b/a
— a í chudú — ash — .
119.     Rozkrájíme elipsoid na plátky podél osy x. Řízněme ho rovinou x = x0 a zjistěme, jaký tvar řez bude mít. To uděláme snadno
7        7 2        2 2
y      z x      a — x
tak, že dosadíme do rovnice elipsoidu, která přejde na—H—- = 1---        =--—. Když teď vydělíme tím zlomkem na pravé straně,
b2    c2 a2 a2
/ \ 2      / \ 2
dost;
aneme rovnici
y
a2 — xi
a2 — xi
— 1, což je zase rovnice elipsy, a o té podle bodu 1 úlohy 113 vime, že má plochu
n krát součin obou poloos. Poloosy jsou jmenovatele těch obrovských zlomků, takže plocha řezu je tí--(a1 — Xq). No a teď nám stačí
a a
a
tíbc f
řezat všemi rovinami od x0 = —a až po x0 = a a sčítat tyto plochy krát dx. Celkem tedy pro objem dostaneme V =- (a2 — x2)dx.
a2 J
.„'i       i    ■  v   ,v 2nbc f   2     2 2nbc ( 3    a3\ 4
Diky sudosti prepíšeme na —-—   (a —x)dx — —-— [a--) — -nabc.
a2   I a2   \       3 / 3
120.     Ve všech třech příkladech upotřebíme vztahy V — ti j x2dz a S — 2tz j xyj 1 + (x')2 dz. Ad 1. Vyjádříme x, dostaneme . Derivace je x —
— _-. Objem spočítame jako V — ti r    (l--jdz = jTir . Povrch je S = 2tí——    \ a-\---z dz.
2^JayJa — z J \     a i -fa J V 4a
o o
r 2
Pod odmocninou je lineární funkce, takže můžeme hned integrovat a dostaneme 2tí—— ■ -
*Ja 3
2\3/2 ^3
4a / 8^V2
což snadno upra-
víme na —~[(4a + r ) ' — r ]. Ad 2. Tady máme x — R--——z , což má derivaci x = —2z———. Objem je V — tí \ x dz,
6a2 h2 h2
díky symetrii můžeme integrovat jen půl sudu, takže dostaneme V — 2tí
R2-2Rz
,R-
h2
b4
dz. Mocniny se integrují
SR2 + 4Rr + 3r2
snadno a po několika úpravách dostaneme výsledek V = 2tíh-. S povrchem je to ale mnohem horší. Zase integrujeme
15
jen přes půl sudu, dostaneme S — 4tí \ ÍR — z
,R-
h2
(R-r)2
l + 4z2-—-dz. Abychom nějak znormalisovali tu odmocninu, polo-
b4
2{R-r) . v 2nh2
zime-—-z — u. lim je integral převeden na
l(R-r)/h
h2
R-
R-
4{R-r)
yj 1 + u2- du, což se rozpadne na dva typy integrálů:
j \l 1 + x2'dx a j x2\l 1 + x2'dx. Oba se vyřeší tím, že se v nich položí x — shu: ten první přejde na j ch2 u du j —^—^-du a vyjde
^[xV x2 + l' + ln^x + \l x2 + l')] + C, ten druhý přejde na j sh2 u ch2 u du — j---du a vyjde ^[x(l + x2)3^2 + x3V 1 + x2'
-ln(x + v/x2 + l')] + C. Když tyto výsledky upotřebíme a hodně dlouho budeme upravovat, dostaneme nakonec příšerný vztah S —
.1^4(R-r)2 + b2'({^^+R(R-r)-
2nh2
R-r
R
2 l2(R-r)
ln
2(R-r) + y/4(R-r)2 + h2' 1
h2
16b2
(za správnost neru-
2re/3
v,      .      „, .    .             i   /       .       sin2z\       v   ,v       . j       1—cos2z    v .        .        / 15      1 \/T
cim!) Ad 3. Objem je V = tí |   (1—sinzH---—j dz. Prepíšeme srn zna---a uz se to snadno integruje na ttI — tí + — + -—-
51
121. Objem je prostě roven J S(x)dx, kde a a b označují začátek a konec tělesa. Je tedy h — b — a. Integrál spočteme a do-
a
A B
staneme V =        — a3) + —(b2 —a2) + C(b — a). Z toho všeho lze vytknout b —a —h a také šestku. Vytkněme to tedy a dostaneme V - ^lí. [2A(a2+ab + b2) + 3B(a + b) + 6C~\.Z druhé strany si zapíšme SQ -Aa2+Ba+C, Sx -Ab2+Bb+C aS1/2 = -(a2+2ab+b2) -
+ —(a + b) + C a pokusme se výraz 2A(a2+ab + b2) + 3B(a + b) + GC vyrobit jako lineární kombinaci aS0 + /3Sl + y5^2- Teď se ptejme:
kolik C bude v tomto součtu? Je jasné, že a + j3 + y — 6. Kolik tam bude Aab} To může pocházet jedině z Sy2> kde je tento člen 1/2-krát, takže musíme vzít y — 4. Nakonec BaiBb má být stejně, takže a — /3.T. toho už dostáváme a — j3 — 1, y — 4, což jsme potřebovali.
122. Ad 1. Voda odtéká v každém okamžiku rychlostí v — \]lgh \ takže za čas dí se objem vody v nádobě sníží o Sv dt, kde S je plocha díry ve dně. Proto je —— = —Sy/2gb'. Řekněme, že nádobu vytvoříme rotací křivky x — x(z) kolem osy z. To pak znamená,
dí
db 1
že když zvýšíme výšku hladiny o db, zvýší se objem o nx(h)2dh. Proto můžeme také psát -— =-tttt- Nakonec víme, že rychlost
dV Tzx(b)2
db
snižování hladiny — má být konstantní. Označme si ji třeba —w (voda klesá, proto je derivace záporná). Z řetězového pravidla máme dí _^
— = — w —---— =--^ f '. Z toho už stačí vyjádřit naši funkci x(h), takže hnedle dostaneme předpis x — \ ^ ^ VŽT, takže
dí dV dí        Tcx(b)2 N tzw
nádoba má mít tvar x = Av h , kde A — \ - = const. Ad 2. Hladina klesá rovnoměrně rychlostí —w, takže když nalijeme vodu do
N nw
výšky H, po čase í bude voda sahat jen do výšky H — wt. Chceme-li tedy odměřit čas í, musíme nalít vodu do výšky wt. w lze vyjádřit
^JlgS
z konstanty A (ta je daná tím, jak je nádoba udělaná) jako w =-——. Ad 3. Chceme-li, aby nádoba nalitá po okraj odměřila čas í, musí
tzA2
wt wt
být vysoká wt. Chceme-li znát objem, musíme spočítat integrál V — n j x(z)2dz = n j A2ypz dz = nA2 ■ -(wtýl2. Teď sem musíme
o o
27/4g3/4S3/2í3/2
dosadit za w jako v minulém bodě, což nakonec dá fantastický výsledek V —-—-.
y/vzA
123. Ad 1. Tento ne. Integrand je sudý a vesměs kladný, takže to nula jistě není. Ad 2. Tento ano. Integrand je lichý a integruje se na intervalu, který je symetrický vůči počátku. Ad 3. Tento ano. Integrand je lichý a integruje se na symetrickém intervalu. Ad 4. Tento ne. Integrand je vesměs kladný, takže se nemůže naintegrovat nula. Ad 5. Tento ano. Integruje se přes celou periodu. Když rozepíšeme sin3 a cos3 podle Eulerova vzorce, vidíme, že se integrál rozpadne na součet e±3lx a e±l3C. To se obojí ovšem integruje na nulu.
00 1 oo
1 ln x i   ln x i   ln x
124. Zařídíme se podle nápovědy a zapíšeme -dx = -dx + -dx. V prvním integrálu položíme x = \/y,
Jx2 + 1        Jx2 + 1        Jx2 + 1
0 0 1
00
r ln
čímž integrál přejde na — -dy. To je přesně totéž jako ten druhý sčítanec, jenom s mínusem. Oba se tedy zruší a integrál je roven
J i+r
1
oo oo
nule. Pokud jde o í -dx, v něm vytkneme a2, takže dostaneme - í-- —. Položme u— x/a. Meze se tím nezmění, takže
J x2+a2 a J 1 + C-V a
0 q \a /
oo oo
dostaneme - í-- du. Teď rozepíšeme lnu a — lnu+ lna a integrál se rozpadne na součet í-- du, což už víme, že je nula, a
a J 1 + M2 J 1 + M2
o o
oo
lna ľ   du nlna
\ + u2 2a
o
125. Ad 1. Když položíme u — — — x, tak se stane toto: meze se prohodí, ale kvůli mínusu z diferenciálu se prohodí zase zpátky. Celkem se tedy nezmění. Za druhé, ze sinu se stane kosinus a opačně. Takže když si náš integrál označíme jako I, dostaneme
ľ      \/sin x'dx f     a/cos x1 dx v f v f tz tz
I — _ -■—— — _ - . Když tyto dva výrazy sečteme, dostaneme 21 —     ldx = —, a proto je I — —.
J  V sin x' + J cos x'     J  V sin x' + J cos x' J 2 4
0 0 o
n n
f x sin x dx     | (tz — x)sinxdx
Ad 2. Když položíme u — tz—x, sinus se nezmění a kosinus změní znamení. Celkemtedy dostaneme/ = -= -.
J 1 + cos2 x    J      1 + cos2 x
o o
f  sin x dx
Opět oba výrazy sečteme a dostaneme prostě 21 — tz \--—, v čemž můžeme provést snadno substituci cos x = u a dostaneme
J 1 + cos2 x
o
52
1 re/2 re/2
r   ^u       n2 ^2
21 — rc -- = —. Výsledek je tedy / = —. Ad 3. Tohle je opět stejná pohádka: zjistíme, že jel -
I í + u2     2 4 i  sinx+cosx     l sinx+cosx
sin2 x dx        f   cos2 x dx
re/2
Seěteme obojí a dostaneme 21 ■■
dx
re/2
1   f dx
sinx + cosx J  cosiX — -7
o o v
-.Uděláme substituci u — x—rc/4, pak použijeme sudost integrandu
re/4 1
a dostaneme V? í -. Rozšíříme cos u — — - a položíme tsu —y, čími integrál přejde na V? í —   ^     = Volnil + V^Y
J  cosu y/l+tz2u J ^/T+řT V '
JT+y2
re/4
Výsledek je tedy / = —— ln^l + VŤ^j. Ad 4. Zařídíme se podle nápovědy a položíme x = tg», ěímž integrál přejde v / =    ln(l +tg«)dx.
o
re/4
Nyní položíme u — — — v a tím se dozvíme, že rovněž platí / = j ln(l +tg(^ — v))dv. Dosadíme tg^~ —v^j =--— a dosta-
re/4
f         2              Ti ln 2                                                     7T ln 2 neme / =  | ln--dv —--/, z čehož už hbitě spočteme / = -. Ad 5. Stejně jako v předchozích bodech zjistíme,
o
n/2
že je / = j lnsinxdx = j lncosxdx. Když tyto integrály sečteme, dostaneme 21 — j ln(sinxcosx)dx = j (lnsin2x — ln2)dx
0 0 0 0
re re
T                                                       71 ln . Ovšem sinus je vlevo od tz/2 stejný jako vpravo. Proto je I lnsinx —21 a celkem máme 21 — I--—
7i\n2
1 f, . , 7rln2 = - lnsinxdx--
2 J 2
o
z čehož už vidíme výsledek / =
z.
126.      Ad 1. Tady stačilo použít vztah pro součet geometrické posloupnosti. Ad 2. Po provedení obou řečených záměn dosta-
" i-h-y-y n fi-(i-j)" fi-h-y-y
neme | -^— dy. To rozepíšeme na Hn = -^— dy + -^— dy. Ad 3. Opět rozdělíme integrály a dostaneme
y
y
y
-^— dy— -^— dy +    —. Posledně jmenovaný integrál je opravdu roven lnw. Ad 4. Tady upotřebíme slavnou
y J    y        J y
0 1 1
í   y \n —
limitu lim (1--) = e v. Pak máme lim
n—>oo \        yi / n—>oo
^-dy-    ±-n-^-dy
y
y
l-e-y ,      (e-ydy .
-dy — -. První integrál vypadá,
že by mohl divergovat v nule, ale když rozvineme e~y — 1 — y + y2/2----, zjistíme, že se jedničky odečtou a integrál se chová slušně.
Druhý konverguje určitě, protože integrand je součinem e~y, které klesá superrychle, a to je ještě násobené další klesající funkcí. Oba integrály tedy skutečně konvergují k nějakému číslu, a to je ta Eulerova-Mascheroniho konstanta y k 0,577 216____
dy .        .   z v /       ■ v/
127.      Ad 1. Separujeme na- = dx, po integraci máme arctgy = x + c čili y = tg(x + c). Ad 2. Tady musíme nejdřív ce-
1+y2
, , x3/2 dy
lou rovnici odmocnit, abychom vyzískali y'. Tím dostaneme y' — + —, což už se snadno separuje na i = ±x3/2dx a po
Ví3?
integraci dostaneme arcsiny = ±-x5/2 + C, tj. y — isin^-x5^2 + C Y Ad 3. Tohle přepíšeme na x-p- = y2 — y, což se už snadno
5 \5 / dx
separuje na —-—-—- = —. Vlevo musíme rozložit v parciální zlomky: máme
integrovat na ln
y(y-l) x y-í
y(y-í)    y-í y
11
—. Proto už pak můžeme jednoduše
y
i
ln|x| + C, což se po odlogaritmování změní v 1--= ±C|x|. ± absorbujeme do konstanty a už můžeme
vyjádřit y. Dostaneme řešení y = -. Tím jsme ovšem přišli o řešení y = 0, které tuto rovnici splňuje, a tak ho musíme ještě
1 + C|x|
psát bokem. Ad 4. Upravíme na y' — ey — 1, což se separuje na- = dx. Položme vlevo u — ey, což dá dy — — a máme vlevo
& — 1 u
11
■ — ) du. To už se integruje snadno na ln
m — l
— ln 11—e y\, vpravo je x + C, takže celkem máme 1— e y = ±Cex.
u(u — \)    \u — \ u
± můžeme absorbovat do konstanty C a pak máme é~y — 1 — Cex, tedy y — —ln(l — Cex). Při dělení výrazem e37 — 1 jsme také přišli o
řešení y = 0; to ovšem dostaneme pro C = 0, a tak ho nemusíme psát bokem. Ad 5. Přepíšeme to nejdřív na y'tg x = y2 — 2y + 1, což se
dy dy        dx        v    ov      . 1      ,    . v ,   v    ., v, 1
separuje na —-=--— =-. lo uz muzeme integrovat na--= ln | sinx| +C, z cenoz vyjadrime y — 1H--■——--.
y2 — 2y + í    (y — 1)     tg x y — 1 C—ln|sinx|
53
f dy dx
Ad 6. Přepíšeme na xy' — —ylny, to se separuje na-=--a už můžeme integrovat na ln|lny| = —lnx + C. Po jednom odlo-
y lny x
garitmování máme lny = ±—. ± zase můžeme absorbovat do konstanty a konečně máme y = eD^x. Při dělení výrazem jsme přišli o
x
řešení y = 1 (y < 0 být nemůže, protože to by logarimus v původní rovnici neměl smysl), ale když nemusíme ho přidávat, protože ho
v f gx dy       gx dx
dostaneme, když položíme D — 0. Ad 7. Přepíšeme na y' —--y, což se separuje na — =--. Položíme u — ex, takže máme
1 + ex y       1 + e*
d du C
konečně — =--a to se integruje na ln |y | = — ln |1 + ex\ + C, a to zase přejde na y =-(± můžeme absorbovat do konstanty).
y        1 + u 1 + e*
Při dělení y nám mohlo utéct řešení y — 0, ale to dostáváme, když klademe C = 0, takže ho přidávat nemusíme. Nakonec použijeme
C
počáteční podmínku: při x = 0 má být y = 1, takže když to dosadíme do našeho řešení, dostáváme 1 = -—-, a proto je C = 2. Vý-
v v    v 2 siny sin x v
sledné řešení i s počáteční podmínkou je tedy-. Ad 8. Separujeme na-dy =-dx. Obě strany se lehce integrují a máme
1 + ex cos y        cos x
—ln | cos y | = C — ln | cos x |, tedy cos y = ±C | cos x |. ± zase přidružíme ke konstantě a celkem máme cos y — C cos x. Nakonec dosadíme
počáteční podmínku: při x = 0 má být y = —, takže má platit —— = C • 1, a tak C = ——. Celkem tedy máme V^cosy = cosx čili
4 v 2 v 2
cosx
y = are cos ——.
128.     Ad 1. Převedeme na jednu stranu, máme y = 2x— y +3. Položíme z = 2x— y + 3, derivace je z =2—y = 2—z, což se snadno
separuje na-= dx, takže dostáváme — ln |2 — z| = x + C čili 2 — z — —. Opět dosadíme za z a konečně dostáváme y —2x + \-\--.
2 —z x x
dz
Ad 2. Opět položíme z = 6x + 2y + 3, což se derivuje na z' = 6 + 2y' = 6 + 2z . Separace dá--—— 6dx, což se snadno integruje
1 + (7?
z vy 3
na VTaretg—— = 6x + C. Z toho vydolujeme z = a/Ttg(2v/31 x + C) a z toho dostaneme y =-tg(2\/Tx + C) — 3x--. Ad 3. Zas
v 3 2 2
dz dz z
položíme z = x +y + 3, derivace je z —l+y — 1 + cos z, to přejde na-=-- = dx. Integrujeme, obdržíme tg — = x + C a
1 + cos z    2 cos2 j 2
z toho konečně y = 2arctg(x + C) — x — 3.
129.     Když klademe y = u x, tak bude y' = u'x+u. To se nám bude hodit ve všech čtyřech příkladech. Ad 1. Zkrátíme x a dostaneme
2y' — 1 + —. Položíme y — ux, dostaneme 2(«'x + «) — í + u, což dá 2u'x — \ — u. Separujeme na-= — a to můžeme integrovat na
x 1 — u x^
(\ — uf — — neboli u — 1 ± ——. ± pohltí konstanta a zůstane y = x + C^px. Ad 2. Upravíme na y' = —-—- =-r. Tady bude
x aJx xy — x2 x_(xX
y \y
dx    x    / xx
dobré vzít převrácenou hodnotu, takže dostaneme — =--—   . Teď budeme počítat x jako funkci y. Položíme x — uy a obdržíme
dy    y    \y J
—y + u — u — u1, což se separuje na---        = —. Integrujeme a získáme — = ln|y| + C, takže když položíme u — x/y, dostaneme
dy u2      y u
y i   y   y   y i
— — ln |y| + C. To už bohužel víc upravit nejde. Ad 3. Upravíme na y' = — ln —|—, položíme y — ux a máme u x + u — u In u + u.
x xxx
To se trochu zkrátí a máme - = —, což po integraci dá ln|ln»| = ln|x| + C čili lnu — C\x\ čili y = xec'*L Ad 4. Nejdřív
h lnu x
dělíme x, dostaneme (y'--jcos — = 1. Teď klademe y = ux, dostaneme {u x + u — u)cos u — u'x cos u — 1, což se hned integruje na
\      x ' x sin« = ln |x| + C neboli y — x arcsin(ln |x| + C).
130. Ad 1. Zařídíme se podle návodu a vyřešíme nejdřív soustavu x0 — y0 + 3 = x0 + y0 — 5 = 0. Hned dostáváme řešení y0 = 4
&v     u—v     1 — -
a x0 = 1, takže máme položit x = # + lay=i;+4. Tím dostaneme — =-=-Ještě položíme v — zu, takže dostaneme
au     u + v     1 + -
u
— u + z —-a to upravíme dále na ———-dz =--. To se snadno integruje na - ln |z2 + 2z — 1| = — ln \u \ + C. Dosadíme
au 1 + z z2+2z —1 u 2
\
z — v/ua-(ln\v +2uv—u | —2 ln\u\) — —ln\u\ + C, což konečně dává v +2uv—u — C neboli (y— 4) +2(y—4)(x—1)—(x—1) —C.
v
Ad 2. Řešíme soustavu 2x0 — y0 = x0 — 2y0 = —3. Její řešení je x0 = —1, y0 = 1, takže máme položit x — u — í a y = v + í. Tím rovnice
v • ,      di>     2u—v      2—^ ,    , ,     dv     dz 2 —z v
prejde na — =-=-—. Polozíme v — zu a dostávame — = —u + z —-. Po odečteni z uz lze rovnici separovat na
au     u— 2v     1— 2- au     au 1 —2z
u
2z — 1 du       v 2 2 2 \   ' i i
—-dz = — 2—, coz se snadno integruje na ln | z —z + l|=ln|í> —vu + u \ —2ln\u\ — —2ln\u\ + C. Zkrátíme a dosadíme za u
z2 — z + í u
a v, čímž dostaneme řešení (y — l)2 — (y — l)(x + 1) + (x + l)2 = C.
131. Postup se rozbije proto, že soustava 5y — 5x = 2y — 2x = 1 je rozporná: když 5(y — x) = 1, tak y — x = 1/5, ale z druhé rovnice dostáváme stejně y — x = 1/2, což evidentně nemůže být splněno zároveň. Nicméně to není problém, protože v čitateli i ve jmenovateli se y a x vyskytují jen v kombinaci y — x, takže bude stačit substituce z úlohy 124. Položíme z = y — x a dostaneme
54
z' = y1 — 1 =--1 = 3-. To už snadno separujeme na i2--\ dz = 3dx a integrace nám dá řešení 2z — lnlzl = 3x + C.
2z —1 2z —1 \ z)
Bohužel zde řešení dostaneme jen v implicitním tvaru, protože po dosazení z = y — x dostaneme 2y — \n\y — x \ = 5x + C az toho nelze y
g2y—5x
nijak rozumně vyjádřit. Ještě můžeme to řešení trochu přepsat tím, že ho odlogaritmujeme a dostaneme tvar-= C. Během počítání
y — x
jsme dělili z = y — x, takže ještě musíme zjistit, jestli y = x rovnici řeší. Vidíme, že zjevně ano, ale naše řešení tuto funkci nikdy nevydá; proto musíme napsat toto řešení ještě bokem.
132. Ad 1. Nejdřív vyřešíme jen rovnici y' — 6xy; tu separujeme a dostaneme y = C e3* . Teď počítáme, že C je funkce x a derivu-
/        / 3 ^ 3 ^ / / / ^ 3 ^ 3 ^ 3 ^ 3 ^   ^ v
jeme: y = C e x + 6xCe x . Dosadíme-li to do původní rovnice, máme C e x + 6xCe x = 6xCe x +4xe x . Cleny s C se zruší (takže
asi počítame dobře) a máme C' = 4x, tedy C = 2x2+D, takže celkem máme řešení y = (2.x1 + C)e3x . Ad 2. Nejdřív vydělíme cos x a do-
C C
staneme y = y tg x+2 sin x. Nejdřív řešíme jeny = ytgx, dostaneme řešení ln\y\ — —ln | cosx| + C, takže y =-=-.
| cos x |    cos x sgn(cos x)
(^j (^j sin x
Derivujme s tím, že C bereme jako funkci x; dostaneme y —---- H-------. Dosadíme to do původní rovnice a máme
cos x sgn(cos x)   cos2 x sgn(cos x)
C C sin x C sin x v v/     , v v .
--1--=--|-2sinx cos x. Cleny s C se rusí a mame konečne C = 2sinxcosxsgncosx = sin2x sgncosx,
sgncosx    cos x sgncosx    cos x sgncosx
1 D cos2x
což dá po integraci C = D--cos2xsgncosx. Celkem je tedy výsledek y =---. Ad 3. Nejdřív řešíme jen rovnici
2 | cos x |     2 cos x
y'ex + 2xyex = 0. Exponenciála se zruší a máme y' = —2xy, což se hned integruje na ln\y\ = C — x2, tedy y = Ce~x . Považujeme
C za funkci x a derivujeme: dostaneme y' = e~x (C' — 2xC). To dosadíme do původní rovnice, obdržíme C' — 2xC + 2xC = cos x,
d 1
takže C = sinx + D. Celkem tedy máme y — (sinx + C)e~x . Ad 4. Tady je lepší místo — =-- vzít převrácenou hodnotu
dx x—y2
— — x—y2 a počítat x jako funkci y. Stačí nám tedy počítat — — x, což dává hned x = Cey, derivovat na — = ey(C' + C), a dostaneme dy dy dy
ey(C' + C) = Cey — y2. Po zkrácení máme C' = —y2e_:y. Po dvojím per partes dostaneme C = c~^(y2 + 2y + 2) + D, takže konečně
máme x = Dey + y2 + 2y + 2. Ad 5. Opět je lepší vzít převrácenou hodnotu — = e"y — x a počítat x jako funkci y. Nejdřív spočítáme
dy
d%
rovnici — = —x, což dá prostě x = Ce~y. Spočteme derivaci, jako by C bylo funkcí y: máme x = é~y(C — C). Po dosazení obdržíme dy
e~y(C' — C) — e~y —e~yC, což dá C' = 1, takže C — y + D. Tím dostáváme řešení x — (y +D)e~y.
133. Velikost třecí síly, která začne sešit brzdit, je /TV, kde / je koeficient smykového tření a TV je síla, která sešit přitlačuje ke stolu. V našem případě je TV = mg, takže třecí síla má velikost /mg. Podle druhého Newtonova zákona máme p — F — —f mg (tečka značí
derivaci podle času, tedy p — —^). Jelikož se hmotnost sešitu nemění, máme p — mv — —f mg, čili v — —f g. Vpravo stojí konstanta,
takže řešení rovnice je triviální: dostáváme v — C — /gt. Řekněme, že sešit na stůl dopadl v čase t — 0; v tom okamžiku měl rychlost v0. Proto má být v0 — C — f g ■ 0 neboli C — v0. Máme tedy v — v0— f gt a když klademe v — 0, vidíme, že se sešit zastaví v čase
t — —r-. Abychom zjistili, jak daleko za ten čas dojel, musíme ještě rovnici pro rychlost integrovat jednou podle času. To dostaneme f g
1 1
v dt — s — C + vQt — - f gt .V čase t — 0 ještě nic neujel, takže C = 0, máme s — vQt — — f g t . Když dosadíme čas, po který sešit
pojede, tedy t — —r-, dostaneme konečně s — vQ—r---/g    0   = —r-.
fg fg    2    f2g2 2fg
134. Jestliže voda vytéká rychlostí v — \J2gh\ znamená to, že za čas dt jí odteče objem nr2vdt (vlastně nádobu opustí válec vody o podstavě ve tvaru díry, tedy s plochou nr2, a o výšce v dt, protože takovou vzdálenost voda u dna urazí za čas dí). Proto máme pro změnu objemu dV = —nr2\J2gh'dt. Z druhé strany vidíme, že objem vody ve válci je V — nR2h, a tak platí, že dv — nR2dh. Srovnáme to a máme nR2dh — —Tir2\]2gh'dt, což už je diferenciální rovnice, z níž zjistíme, jak výška vody závisí na čase. Po separaci
máme —— = — y/2g' —dt a to už snadno integrujeme na "Jlo — C — \[^-—;t- V čase t — 0 byla výška bQ, takže máme C = Po yf]y R2 V 2 R2
umocnění vidíme, že je h — ^y^o'— J\j^^~gi     ' a z tono )e ta^ hned vidět, že válec bude prázdný (tj. h — 0) v čase t
2b0'R2
dx x
135.     Vlastně máme řešit rovnici x — kx(N—x), což se hned separuje na —--- — kdt a po integraci dostaneme ln-= TV&t +
x(N — x) TV —x
X X X
+ C. V čase t — 0 bylo x0 nakažených, takže dostáváme ln-= C. Po dosazení tedy máme ln-= TV&t + ln-, nebo po
TV — x0 TV — x TV — x0
odlogaritmování-= eNkt--—. Z toho nakonec vyjádříme x, takže dostaneme x =-—-r-. Te tedy vidět, že v čase
& TV-x TV-x0 n í+ e_i)e-Nkt J y
t — 0 opravdu vychází x0 nakažených, zatímco při t —> oo budou konečně nakažení všichni. Rychlost přibývání nakažených je ovšem (podle původní rovnice) úměrná x(TV — x); je tedy nejmenší, když je nakaženo jen málo lidí (nebo naopak už skoro všichni), a největší je tehdy, když je nakažená přesně polovina lidí. Graf řešení (když položíme k — 1, TV = 1 — to můžeme, protože k jenom škáluje čas a TV počet lidí — a čas můžeme také libovolně posunout, takže tady jsem dal xQ — í/2) vypadá asi takto:
55
Této rovnici se říká logistická rovnice a tomu grafu logistická funkce.
1
136.     Mezní rychlost w můžeme spočítat bez derivování: při ní se totiž obě síly vyrovnávají, a tedy je mg = -CSpw . Vyjá-
1
dříme w a dostaneme w
2mg
. V případě, že vážíte i s padákem 80 kg a padák má plochu 20 m , je mezní rychlost jenom asi
7,2ms 1 k 26kmh 1, což je sice pořádný náraz, ale přežít se to dá (nicméně občas si při dopadu někdo něco zlomí).
1
Druhý Newtonův zákon nám řekne, že mv = mg--CSpv . Zkrátíme m a vytkneme g, takže dostaneme v = g
1-^, 2mg
Velký zlomek vpravo je ovšem právě í/w2, takže to můžeme psát i jako v = g dv
-ô = gát-
l-(-)
Teď si uvědomíme, že
1-1-
w
. To už se snadno separuje a dostaneme
dx 1-x2
arthx, kde arth je funkce inversní k tangentě hyperbolické. Je to tak proto, že když položíme
x=úiu, tak dostaneme dx = (\—Úiu2)du, a tedy du =-, a tak máme
V 1,3 l_x2'
rozložíme jmenovatel v parciální zlomky, dostaneme, že arth x = ln
f   dx f
-=    du = u = arthx + C. Z druhé strany, když
J 1 —x2 J
1 + x 1 — x
Takže po integraci naší rovnice dostáváme w arth — = gt + C. Řekněme, že se padák otevřel při t = 0, takže pak bude C = w arth —.
w w
Pak vyjádříme v a máme konečně v = w th (--h arth — ) = w th
w
w
w
w + WQ
W — Wr,
Pokud chceme upadanou dráhu, tak musíme ještě jednou integrovat podle času. Využijeme toho, že   th x dx =
shx chx
dx = ln ch x -
+ C, a dostaneme tedy s = C 1
■ Inch
w
- arth —
2
. V čase t = 0 chceme 5=0, takže má být C =--ln ch arth —, a když si uvědo-
J 9 W
mime, že ch x :
—■, dostaneme také C = — ln \ 1--— . Konečně tedy máme s = — ln
Vl-th2x' s     N      w2 g
w
■ch( ^+ln
w
W+VQ
W — Vr,
i pak půjde k jedné, takže se budeme e* + e~"
Jestliže budeme padat hodně dlouho, bude v rovnici pro rychlost argument hodně veliký a t asymptoticky blížit padání mezní mezní rychlostí w. V rovnici pro vzdálenost pak můžeme použít to, že když chx
„2
tak
w
pro veliké x platí asi chx k ex/2. Pak dostaneme, že upadáme asi —ln
7 2
W1 — v£
w
"N
w + vo . V/ w — vQ 2
w
= — ln
2w
w l g t   j 2w
w + vQ
w 2w
wt--ln-. Je tedy vidět, že dráha, kterou upadáme, bude oproti dráze, kterou bychom upadali za
g     w + vQ
w2 2w
čas t, kdybychom letěli mezní rychlostí celou dobu, menší o konstantu (!) — ln-> 0.
g     w + vQ
137. Podle zákona odrazu musí být křivka taková, aby v každém bodě normála k ní dělila napůl úhel mezi svislicí (po které paprsek přichází) a spojnicí mezi počátkem a tím daným bodem. Tato spojnice má v bodě x,y(x) směrnici y/x = tg ar, kde ar je úhel mezi spojnicí
56
a vodorovnou kladnou poloosou. Na základě toho si nakreslíme obrázek pro jeden takový libovolný bod:
Přikreslíme si do našeho bodu polopřímku rovnoběžnou s vodorovnou osou. Pak je jasné, že odražený paprsek bude i s touto přenesenou osou svírat týž úhel ar, jaký svíral s tou skutečnou. Jelikož příchozí paprsek jde k ose kolmo, můžeme hned doplnit i úhel mezi ním
Tí
a pokračováním odraženého paprsku jako--ar. Jelikož fialová přímka na obrázku má z horní strany úhel ti (pochopitelně) a jelikož
normála musí úhel mezi příchozím a odraženým paprskem dělit napůl, vidíme, že po obou stranách normály musí být úhel — + —. Mezi
normálou a osou je tedy úhel —I---1— a mezi tečnou a osou je úhel o — menší, tedy--1—. No a jelikož víme, že derivace funkce je
'      7        2     4    2 ' 2*42' '
směrnice tečny ke grafu funkce v daném bodě, tak z toho dostáváme rovnici y — tg(^— + —
Ještě si musíme uvědomit, že tg — :
-tg2 a
1
tg ar
(Tí --h tg
ar
"tR2
1-
tgar + VT
-tg2ar
tga—/l tedy přejde v u x
tg2 ar
-. Hned se zařídíme podle rady z úlohy 125 a vložíme y — ux, takže u — y /x — tg ar a y1 — u x + u. Rovnice
vr
-VT-
-VT-
-. V čitateli se u zruší a ze zbytku můžeme vytknout
odmocninu. Když to učiníme, dostaneme V1 + u2\\ + u — \l\ + u1') a shledáváme, že kulatá závorka se zázračně sejme s odporným jmenovatelem a zůstane pouze V1 + u2'. Takže máme integrovat u x —     + vi2, což už opravdu zvládneme.
Separujeme to na i = —, což se integruje na ln(# + V1 + «2') — lnx + C. Vložíme u — yjx a odlogaritmujeme, takže
VT-
dostaneme
y + yjx2+y2
což po zkrácení dá výsledek y
Cx, což se upraví na «Jx2 + y2' — Cx2—y, a, vzavše čtverec, obdržíme konečně y2 C2x2-1
■■C2x4-2Cx2y+y2,
2C
Takových zrcadel tedy existuje nekonečně mnoho (pro různá C), ale všechna taková mají tvar nějaké paraboly. Takže parabola je jediná (to právě náš výpočet dokázal!) křivka, která je schopna soustředit rovnoběžný svazek do jediného bodu nebo naopak udělat ze světla bodového zdroje rovnoběžný svazek. (Přitom musí být C > 0; ovšem ani řešení s C < 0 nejsou úplně nesmyslná, protože pak je sice počátek schovaný za zrcadlem, ale paprsky se od zrcadla poodráží takovým způsobem, že to bude vypadat, jakoby je vyslal bodový zdroj v počátku. Takové zrcadlo tedy udělá z rovnoběžného svazku nikoli bodový zdroj, ale jen jeho „neskutečný obraz".)
Parabolická zrcadla můžete vidět všude možně a dost často. Až půjdete někde po ulici, koukejte se, kde mají na baráku namontovanou anténu. Všimněte si, že ta anténa je vždycky uprostřed takového talíře, který má tvar rotačního paraboloidu. Taky u starých svítilen, které byly na obyčejnou žárovku, bývala tato žárovka umístěná v ohnisku parabolického zrcadla. Tím se zajistilo, že svítilna nesvítila všude (všimli jste si jistě, že třeba oheň svítí velmi jasně, ale přesto k němu musíte jít hodně blízko, pokud na něco v noci chcete vidět), ale naopak dávala (skoro) rovnoběžný svazek, kterým si člověk mohl rozumně posvítit. No a jestli jste byli v herně v Technickém museu, tak jste tam asi taky taková zrcadla potkali: jsou tam na protilehlých koncích herny. Když dáte hlavu do ohniska jednoho a Váš kamarád do ohniska druhého, můžete se spolu bavit, přestože je mezi Vámi herna plná povykujících lidí — prostě proto, že zrcadlo ze zvukových vln udělá rovnoběžný svazek, který se nerozletí do háje, ale putuje celkem nerušeně k druhému zrcadlu, které všechny vlny zase odrazí do ohniska.
138. Ad 1. Charakteristická rovnice je X2 — X — 6 = 0, její kořeny jsou X = 3 a X = —2. Vezměme X = 3: do x přijde Ae3t a do y přijde Se3í. Dosadíme, dostaneme 3A = 2A + B neboli A — B. Vezmeme X — —2; do x přijde Ce_2í, do y dáme De~2t. Dosadíme, dostaneme —2C = 2C +D, tedy D = —4C. Celkem máme x =Ae3t + Ce~2t a y =Ae3t — 4Ce~2t. Ad 2. Převedeme na druhou stranu,
matice soustavy je pak M — ^ ^ ^j. Vlastní čísla jsou X = i-v/61. Při X = a/61 dáme do x Ae^c a do y dáme Be^1, po dosazení máme JŠB-A-B = 0, takže A = {yf£-\)B. Při X = -zdárné do x Ce"^ a do y dáme De'^, po dosazení dostaneme -JŠD-C-D = 0,
57
tedy C = -(v/6,+ Í)D. Konečně tedy máme x = (V£-l)Be^' -(\/6 + í)De~^' ay=Bé^t +De~^1. Ad 3. Dáme pozor na přehozené
x a. y. Matice soustavy je ^ ^   ^> ta ma jedno dvojnásobné vlastní číslo X — —1. Proto hledáme řešení ve tvaru x = (At + B)e~' a
y — (C t +D)e~l. Dosadíme do jedné rovnice a dostaneme —Ct + C —D — —2At —2B + Ct+D. Srovnáme koeficienty u t a dostaneme A — C, srovnáme zbytek a dostaneme 2B — 2D—C. Celkem x = (Ct+D—jC)e~' a y — (C t+D)e~'. Ad 4. Dáme si pozor na prohozené
x a y v dolním řádku. Matice soustavy je M — ^ ^   3^1 vlastní čísla jsou 2 ± i. Při X — 2 + i klademe x = ^4e'-2+l'|í, y — Be^2+^', načež
dostaneme (2 + i)^ = ^ + B, takže S = (1 + \)A = ^4\/2eire/4. Naopak při ^ = 2 — i klademe x = Ce(2_i)í, y = De(2_i)í, takže dostaneme (2 -i)C — C+D, tj.D = (1 -Í)C = C\/2Vire/4. Máme tedy x = e2ř(,4eiř + Ce"iř) a y = e2ř(\/2V(ř+re/4) + \/ľCe-i(r+re/4)). Nakonec chceme, aby x i y bylo reálné. AaC mohou být komplexní, takže pokud získané výrazy mají být reálné, je vidět, že musí být navzájem komplexně sdružené, takže C = A*. Proto dostáváme x = e2t(Aelt + (^4elí)*) = 2e2í "&.tAelt, a když napíšeme A = aé^, máme konečně x = ae2t cos(í + <p) (dvojku jsme zahrnuli do konstanty a. Zcela obdobně obdržíme také y — ae2t cos(í + nJA + <p). Ad 5. Převedeme
na druhou stranu, máme matici soustavy I  .      .  ). Vlastní čísla jsou ±2i. Podobně jako v předchozí úloze dáme x = Ae2i,y =Be2i a
dostaneme 2iB —A—B = 0, tj. A = (1 — 2i)B - vTSe-^, kde <fi - arctg2 K 63?43. Dále položíme x = Ce~2i a y - De~2i, ovšem to už ze stejných důvodů jako v předchozím bodě nahlédneme, že C = A* a D — B*, takže hned můžeme psát x = a/51 C cos(2í — ip + tp) a y = C cos(2í + $9), kde C, 93 jsou konstanty.
139.      Ad 1. Zkrácená rovnice bez jedničky má matici ^ ^   3^1 která má dvojnásobné vlastní číslo 1. Klademe x = (At +B)e' a
y = (Ct+D)et, což dá nakonec x = (At +B)et a y — (At +B +A/2)et. Teď uhodneme partikulární řešení: hádejme prostě x = a a y — j3, kde a a j3 jsou konstanty. Derivace jsou nulové a dostáváme soustavu a + 2/3 + l = 0a —2ar + 3/3 = 0, z níž dostáváme a — 3, /3 — —2. Obecné řešení rovnice je tedy rovno součtu obecného řešení zkrácené rovnice a partikulárního řešení, takže máme x = (At +B)et + 3 a
^(Cř+D)e^2.Ad2.Zkrácenárovnicemámatici(_22   J), vlastní čísla jsou l±i. Řešení zkrácené rovnice má tvar x = aé cos(t +
y = yf^aé cos(í + 3ír/t + $9). Teď budeme hádat partikulární řešení: vidíme tam polynom prvního stupně a exponenciálu, takže budeme hádat x — At + B + Ceř a y — D t + E + F e1. Dosadíme do obou rovnic, čímž nakonec dostaneme řešení A — B — C — —E — 1 a D — F — —2, takže úplné řešení rovnice je x = aé cos(í + cp) + t + \ + et a y — y/Yae1 cos(í +3ír/t + <p) — 2t — 1 — 2eř. Ad 3. Zkrácená
rovnice má matici ^     ^> vlastní čísla jsou ±1, řešení je x = 3Ae' +Be~', y —Ae' +De~'. Partikulární řešení můžeme buď hádat ve
o       1      1 n
tvaru x = ^4 cos í +S sin t, y — C cos t +D sin í, což po delším patlání vede k soustavě 4 x 4 ve tvaru
/   1 2 0-3
'2 —1—3 0 0-1-12
\ -1 0 2 1
0 2
0/
, kterou
konečně vyřešíme a dostaneme ^4 = 0, S = 3, C = —1, D — 2, a tedy řešení bude x = 3^4e* +Be~x +3 sin í, y —Aex +Be~x —cos t +2 sin t. Nebo můžeme udělat variaci konstant, která je v tomto případě asi podstatně snazší a vede samozřejmě k témuž výsledku. Ad 4. Zkrácená rovnice má vlastní čísla ±i. Při +i klademe x —Aelt a y — Bé~u, dostaneme B — \A. Druhý kus musí být komplexně sdružený, takže je x = 3U(.í4elí) a y — 3le(L4elí). Zde raději zapíšeme A — a + j3\ a dostaneme výsledek x = acos t — j3smt a y — —j3 cos t — asm t. Teď je totiž na pořadu dne variace konstant a ta se s tímhle tvarem dělá mnohem lip. Dostaneme dvě rovnice,, ä cos t — f3 sin t — tg2 f — 1 a
—{3 cos t — á sin t = tg í, ze kterých dostaneme á = — cos t (takže a = C — sin t) a {3 =--— = (í--—\ sin t. To integrujeme a
cos21     \     cos21 /
1
položíme u = cos t, načež dostaneme snadno řešení j3 = —cos t---h D. Celkem tedy máme řešení x = tg t + C cos t — D sin t a
cos t
2
y — 2—Csiní— Dcost. Ad 5. Zkrácená rovnice má vlastní čísla 0 a— 1, řešení jsou x —A + Ce 1 ay — —2A—-Ce 1. Po variaci konstant
• 2 •   2 • _ 3 .   . 5/4
dostaneme rovnice A+Ce 1 =-a— 2A--Ce 1 =--. Z toho vzejde jednako =-, v čemž učiníme substituci é = u ado-
eř-l 3 £ř-l '   ' eř-l
5 v 3   eř ,3
staneme výsledek A — -[ln(eř — í)—t]+E, a podobně dostaneme též C = -——-, což po stejné substituci hned dá C = - ln(eř — Í)+F.
5 5     3 5     5 1 2
Po dosazení máme výsledek x = - ln(eř — 1) — -t + -eř ln(eř — 1) +E +Fet a y = -1 — - ln(eř — 1) — -eř ln(eř — 1) — 2E — -Fe''.
140. Ad 1. Tady je to jednoduché, stačí rovnice posečkat a poodečítat tak, aby přešly do „obyčejného" tvaru, který už umíme řešit. Nejdřív se zbavme třeba x tím, že od první rovnice odečteme dvojnásobek druhé. Tím dostaneme 7y = 28x — 7y čili y = 4x —y. Obdobně můžeme sečíst dvojnásobek první a trojnásobek druhé rovnice a dostaneme 7x — 14x + 7y, tedy x —2x+y. Máme tedy řešit
rovnici { Tu už jsme ovšem vyřešili v bodě 1 úlohy 134. Řešení je x = Ae3t + Ce_2í a y — Ae3t — 4Ce_2í. Ad 2. Tady
[ý —4x—y.
diagonalisace zabere úplně stejně jako u těch rovnic, které jsme dělali předtím. Matice soustavy je      — {^2    8^)' označíme
X — (^j> můžeme soustavu psát jako 5X — ^ÍÍX. Musíme nyní najít vlastní čísla a vlastní vektory této matice. Charakteristická rovnice je X2 —15/1 + 50 = 0, vlastní čísla jsou 5 a 10. Pak najdeme vlastní vektory: vlastnímu číslu 5 přísluší vlastní vektor (3 2), vlastnímu číslu 10 přísluší (l   —l). Nasázíme je po sloupcích do matice přechodu: 3" — Q můžeme psát     — íT"®^-1, takže rovnice přejde
na tvar 5X — í7"2>í7"_1X neboli b3~~lX — 2>í7"_1X. Matice 2> obsahuje na diagonále vlastní čísla 5 a 10 a jinde nuly, takže můžeme s
58
. Z toho je vidět, že máme
/l   0\ 1/11 klidem zkrátit pětku a máme 3~~lX — ( q   2 Takže teď už stačí spočítat      , což je rovno -í ^ -j
v
zavést nové proměnné »=x+jaľ = 2x — 3y, pro něž pak už budou platit rovnice u = u a v = 2v. Řešení teď už najdeme velmi snadno: je u —Aé +Bé~t a v — Ce^1 +Dé~^t. Když přejdeme k původním proměnným, máme řešení x — Ae/2'1 + B6~^2't +3Cet + 3Dé~t a
y = 2Ceř + 2Dé~c —Ae^1 — Be~^2't. Ad 3. Tady je styl řešení úplně stejný jako v předchozím bodě. Matice soustavy je ^ y2)'
Zase najdeme vlastní čísla a zjistíme, že jsou rovna —3 a —4. Dále k vlastnímu číslu —3 najdeme vlastní vektor (l   — l) a k vlastnímu
číslu —4 vlastní vektor (l   l). Namlátíme to do matice přechodu, máme    — ^ ^       a inverse je -^ j    ^j. Proto je vidět, že je třeba
přejít k proměnným u = x— yav = x+ y, načež dostaneme rovnice u + 4» + 3u = 0 a v + 4v + 4v = 0. Ty můžeme už snadno řešit: dostaneme u =Ae~3t +Be~t a v = (C t + D)e~2t (neboť tato rovnice má dvojnásobné vlastní číslo —2), což v původních proměnných dá x =Ae~3t +Be~t + (Ct+D)e~2t a y = (Cř +D)e~2t -Ae~3t -5e_í.
141. Označme Ts teplotu ve sklepě, T0 v obýváku a Tf v podkroví. Na počátku, tedy v čase t — 0, je Ts — T0 — Tp — 0. Sepíšeme rovnice: sklep je spojen s obývákem a venkem, takže je Ťs — ^(0 — Ts) + j(T0 — Ts). Stejná rovnice platí pro podkroví: Ťp — i(0 — Tp) + j(T0 — Tp). Nakonec obývák sousedí se vším a ještě se v něm topí rychlostí 20 stupňů za hodinu, takže máme (čas počítáme v hodinách) Ť0 = \(0 - T0) + \{TS- T0) + \{Tp - T0) + 20.
To je soustava s pravou stranou, takže nejdřív budeme muset vyřešit příslušnou homogenní soustavu. Pišme tedy řešení jako vektor
(T,\      .        t       /-7<   V2    o \
T = I T0   a rovnice pak má matici |  1/2    —5/2    1/2   . Spočteme vlastní čísla: charakteristická rovnice vyjde -(^ + 3/4)2(^ + 5/4) +
VpJ v v y o  V2 -vv
+ xj2{X + 3/4) = 0. Tady se dá naštěstí hned vytknout jedno (X + 3/4), takže dostaneme —(X + 3/4)[(^ + V4X^ + 5/4) — V2] — ^- Uvnitř hranaté závorky je už kvadratická rovnice, kterou snadno vyřešíme, a dojdeme tak k závěru, že vlastní čísla jsou —1/4, — 3/4 a — 7/4. Pak spočítáme vlastní vektory a vyjde najevo, že řešení zkrácené rovnice je Ts — Ae~^4 + Be~itlA + Ce-7í/4, T0 — Ae~^4 — 2Ce_7í/4 a Tp=Ac-tl'-Be-'tl' + Cc-7tl\
Pak musíme najít partikulární řešení. To uděláme tak, že budeme hádat Ts — a, T0 — j3 a T' = y, což dosadíme do původní soustavy.
3-2 0
Tak dostaneme soustavu 3x3 pro a, j3 a. y ve tvaru j   —2    5 —2
0-2 3
0«   1      ■      v    v v   , , 160    . 240
80   I, po jejímž vyresem dostaneme a — y — -y- a p —
Takže máme obecné řešení Ts =Ae~t/4+Be~3t/4+ Ce~7t/4+ —, Tp =Ae~t/4-Be~3t/4+ Ce~7t/4+ — a T0 =Ae-t/4-2Ce-7t/4 + — .
. 7  o í v 7 , , 7
Je tedy vidět, že teploty asymptoticky spějí k asi 22,7 stupně na půdě a ve sklepě a k asi 34,1 stupně v obýváku.
Nakonec musíme zohlednit počáteční podmínky, které říkají, že v čase t — 0 je T5 — T0 — Tp — 0. Všechny exponenciály budou rovny
/ll      1 —— \
jedné, a tak musíme vyřešit ještě jednu soustavu 3x3, tentokrát pro integrační konstanty A, B,C. Soustava má tvar
1 1
0 -2 -1 1
7 240
ílo
1 j v v v, , A 80 80 v , v v 80 _ř/4 80 _7ř/4 160 80 _ř/4 akdyzji vyřešíme, dostaneme^ =--,.o=0aC=—. Konečne resem tedy je ls — ip —--e  ' H--e   ' H--a 10 —--e  ' ■
160 _7Wi 240
-I
-7i/4
21
-. Můžete se na ně podívat na grafu:
1	
	___--- sklep a puda ---:-- obývák
	
	
	
	
	
	
	
30
25
y 20
& 15
o 5 10 15 20
čas [hod]
142.     Nejdřív si ujasníme, kolik odkud kam teče. Do prvního jezírka teče Q, stejně tolik musí odtékat a voda odchází dvěma zcela
59
totožnými kanály. Jistě tedy poteěe každým Q/2. Do druhého teď teěe Q/2 z prvního, a tak, pokud se tam voda nemá hromadit, musí zase odtékat Q/2 do třetího. To tedy znamená, že do třetího teěe Q/2 z prvního a Q/2 z druhého, což se právě vyrovná s odtokem Q, a to jsme chtěli. Situace lze tedy znázornit asi takto:
TtT .
Označme poměrné množství jedu v každém jezírku xvx2a. x3 (jsou to poměry objemu jedu ku objemu jezírka). Protože se jed okamžitě rozptýlí po celém jezírku, je jasné, že když třeba z prvního jezírka do druhého teče Q/2 vody za jednotku času, tak objem jedu, který tudy teče, bude tomu přímo úměrný, tedy bude roven XjQ/2. Poměr jedu v jezírku se tedy mění rychlostí XjQ/2V, protože jsme museli dělit objemem jezírka. Pro jednoduchost označme q = Q/V. Hned můžeme podle obrázku sestrojit rovnice: z prvního jezírka všechen jed teče do druhého i do třetího a přitéká jen čistá voda, takže máme xl — —qxx\ do druhého přitéká jed z prvního a odtéká zas do třetího,
takže je x2 = ^—^ —      a nakonec do třetího přitéká jed z prvního i z druhého a odtéká zas pryč, takže máme x3 = ^—^ + —- —qxy
l—q     0       0   \ —       0 0
Matice soustavy je tedy j q/2     0     —q/2  . Hledejme vlastní čísla. Charakteristická rovnice je    q/2     —X    —q/2   — 0. Zde \q/2   q/2     -q J q/2     q/2 -q-X
pro přehlednost klaďme X = qA. Z každého řádku pak můžeme vytknout q, před determinant jde tedy q3 a to můžeme hned zkrátit. -1-A    0 0
Počítáme tedy    x/i      —A     —i/2   . Tady lze rozvinout podle prvního řádku a hned máme
-(A+l)[A2+A+74] = -(A+l)(A+i/2)2,
1/2      V2 -1-A
takže je vidět, že matice má jednoduché vlastní číslo —1 a dvojnásobné vlastní číslo —V2- Původní matice měla vlastní čísla q-krát větší, tedy — q a —q/2.
Poskládáme tedy řešení. U vlastního čísla — q je vidět, že do xl patří Ae~qt a do x2 a x3 patří —Ae~qt. U vlastního čísla —1/2 musíme dosazovat ve tvaru (Ct + D)e~qt^2 atd.; dostaneme tedy rovnici ——(Ct + D) + C = —q(Ct +D), z čehož seznáme, že C = D = 0, a
— (E t +F)+E = ——(G t +H): zde porovnáním jednotlivých mocnin t dojdeme k závěru, zeE = GaH = F-
také
obecné řešení xl —Aé~qt, x2
2E
-.Má
: tedy
Ae~qt +(Et+ F)e~qt/2 a x3 = -Ae~qt + [Et+F
-^)e-qt/2
Ještě do toho musíme započítat počáteční podmínky x1=v/Vax2 = x3 = 0v čase t — 0. Tu vyjde najevo, že A — v/V a dále že musí
2£
platit —A +F — 0 a —A + F--= 0. Zřejmě tedy musí být E — 0 a pak F — A — v/V. Když si pak ještě vzpomeneme, že q — Q/V,
máme konečné řešení x1 — —e Q'/v a x-
V
^L(e-Qt/2V_
e Qř/2Í/j. Můžete ho opět obdivovat na grafu:
^ 80
4J 6o
o
0 j3
*c -a
1
40
\		první jezírko druhé a třetí jezírko
		
		
		
1		
143.
o 2 4 6 8 10
objem vody, který celkem protekl jezírky [násobek objemu jezírka]
Označme xk výchylku &-tého bodu z rovnováhy. Pružina vždycky tahá bod zpět do rovnovážného postavení silou rovnou
60
součinu tuhosti a natažení. Podle toho dostaneme takovéto rovnice:
mlXl =Ku(x2 -Xl) +Kl3(x3 -xl) + • •• +Kln(xn -xt), m2x2 = K2l(Xl - x2) +Kn(x3 - x2) + • • • +K2n{xn - x2),
mnXn = KnÁXl ~ Xn) + Kn2(X2~Xn) + '' ' +K„,n-ÁXn-l ~ Xn\
Matice .yč^t musí být kvůli zákonu akce a reakce symetrická (rozmyslete si to). Taky si uvědomte, že na diagonále jsou samé nuly. Zapíšeme-li všechna xn do sloupcového vektoru X, lze tuto rovnici přepsat jako
JÍX = SX, lmx \
přičemž . // je prostě diagonální matice ve tvaru . //
V
m.
Sl=X-
a matici SI zapíšeme pomocí tuhostí takto: \
\
Rovnici tedy můžeme přepsat na X = Jí 1SIX a pak následuje rutinní postup, totiž hledání vlastních čísel a vlastních vektorů matice JÍ~lSl. Je jasné, že po diagonalisaci se soustava rozpadne na n nezávislých rovnic ve tvaru ii„ = Xnun, kde un jsou nějaké nové proměnné.
rr\ ryl
Je-li Xn kladné, jsou řešením dvě exponenciály, un =Ac   1 +Be     t; je-li Xn záporné, je řešením nějaká goniometrická funkce, řekněme
un = Acody\l—X\ + cp^J a konečně je-li Xn = 0, je řešením lineární funkce un = At + B. To jsou tedy všechny možnosti, které mohou
nastat (když vynecháme komplexní vlastní čísla).
Přitom situaci, kdy by JÍ~lSl měla nějaké vlastní číslo kladné, můžeme rovnou vyřadit čistě z toho důvodu, že by to fysikálně nedávalo žádný smysl (body by se exponenciálně rozletěly do nekonečna). Patrně by šlo dokázat, že taková matice nemůže mít kladné vlastní číslo, ale nač se tím trápit.
Nej zajímavější je případ záporných vlastních čísel. Tomu totiž budou odpovídat nějaké periodické kmity všech bodů takovým způsobem, že všechny body budou kmitat se stejnou frekvencí co = ■sJ—X. Takovým pohybům se říká vlastní módy dané soustavy. Různé body pak kmitají s různými amplitudami (podle toho, jaký je vlastní vektor příslušný danému vlastnímu číslu), ovšem všechny se stejnou frekvencí. No a všechny možné pohyby soustavy jsou jenom lineární kombinací těchto vlastních módů.
Proto se taky hledají nejraději rovnou tyto vlastní frekvence co. Protože je co = yf—X, je také X = —co2 a můžeme pro tyto frekvence rovnou napsat příslušnou rovnici:
det(jč-1£+co2t) = 0.
Ještě uvažme, co se stane, když každým bodem začneme cloumat nějakou periodickou silou ve tvaru a^ cos co t (tedy všemi cloumáme se stejnou frekvencí). To nám přihodí do maticového zápisu ještě vektor A cos cot, kde A je sloupeček ze všech a^. Naše rovnice pak zní
JÍX = SlX + A cos co t.
Obecné řešení homogenní rovnice už „v zásadě máme", tak hledejme partikulární. Hádejme X = C cos ty t, kde C je zas jakýsi konstantní vektor. Po dosazení obdržíme
—co2 ^41C cos cot = SI C cos co t +^4 cos ty t.
Kosinu se zbavíme a dostáváme (co2.41 + i2) C = —A čili C =   . // 1 SI + ty2t) 1 A. No jenže co když bude co blízké nějaké vlastní
frekvenci systému, tedy co když —co bude „skoro" vlastním číslem ^í~lSl} Inversi můžeme napsat i pomocí adjungované matice:
=        , zá]{J{-'Sl+co2l)A ázt{Ji-lSl+co2l) '
determinant ve jmenovateli je skoro nula a C bude ohromný vektor. Proto se u těchto systémů stává, že pokud nějaká vnější síla cloumá
na „špatné", vlastní frekvenci takového systému, může se systém rozlítat do obrovských výchylek. To se pak mosty trhají a mrakodrapy
se hroutí k zemi. Přitom velikost cloumající síly nemusí být vůbec veliká, stačí prostě, aby působila dost dlouho. O zbytek se postará 1
ten faktor--. Tak se může klidně stát, že zemětřesení strhne obrovský barák a vojáci pochodem zničí most, i když by
det(^-i^+^2l) y y
stačilo, aby se země klepala a vojáci dusali trochu jinou frekvencí a nic by se nestalo.
144.      Ad 1. Charakteristická rovnice je X2 — 16 = 0, což má kořeny X = ±4. Proto řešení píšeme ve tvaru y = Aeix + Be~4*.
Ad 2. Charakteristická rovnice je což má kořeny —8 a 1. Řešení má tedy tvar y = Aex + Be Sx. Teď zohledníme po-
čáteční podmínky: při x = 0 má být y = 1, takže má platit 1 = A + B. Podobně má být při x = 0 také y = 1, takže po derivování
61
dostaneme A — 85 = 1. To je soustava 2x2. Nejdřív rovnice odečteme a dostaneme 95 = 0, takže dál už snadno zjistíme A — í. Žádané řešení je tedy y = e*. Ad 3. Charakteristická rovnice je ✓l3 + ^2 — ^ — 1 = 0. Povšimneme si, že tato rovnice má kořen X — 1. Provedeme dělení a polynom se rozpadne na součin [X — 1)(X2 + 2/1+1) = (X — Í)(X + l)2 = 0. Máme tedy jednoduchý kořen 1 a dvojnásobný —1. Proto má řešení tvar y — Aex + (B x + C)e~x. Ad 4. Charakteristická rovnice je X4 + \0X2 + 25 = 0. Všimneme si, že vlevo stojí úplný čtverec a rovnici zapíšeme jako (X2 + 5)2 = 0. Proto tedy máme dva rozličné kořeny, íía/Š"1, oba dvojnásobné. Proto má řešení tvar y — (Ax +S)cosa/5x + (Cx + D)sinv/51x. Ad 5. Zde je charakteristická rovnice X7 + 2X5 + X3 = 0. Vytk neme a dostaneme X3(X4 + 2X2 + 1) = X3(X2 + l)2 = 0. Máme tedy trojnásobný kořen 0 a dvojnásobné kořeny ±i. Proto je řešení ve tvaru y — Ax2 + Bx + C + (Dx +£)cosx + (Fx + G) sin x.
145. Ad 1. Rovnice bez pravé strany má řešení y — (Ax + B)ex. Partikulární řešení uhodneme jako prostou jedničku — derivace ji zničí a v y zůstane. Celkem tedy máme y — (Ax + B)ex + 1. Ad 2. Rovnice bez pravé strany má řešení y — Aex + Bé~x. Napravo je nějaký polynom, tak partikulární řešení hádejme jako nějaký polynom třetího stupně. Je jasné, že druhá derivace takového poly-
nomu obsahuje jen nejvýše první mocniny x, takže u x musí být —1 a u x musí být 0. Hádejme tedy y — a máme —6x + x3 — ax — f3 = x3, takže a = —6 a f3 = 0. Proto máme konečné řešení y = Aex + Be~x
- ax + j3. Dosadíme -6x. Ad 3. Rovnice
bez pravé strany má řešení y — A +Be2x. Když má pravá strana několik sčítanců, stačí hádat partikulární řešení ke každému zvlášť a pak to sečíst. Takže pro 4x hádáme nějaký polynom. Stačí lineární? Ne, protože vlevo by se pak 4x vůbec nemohlo objevit (nultá derivace tam není). Dáme tedy kvadratický. U x2 musí být —1, takže hádáme y = —x2 + ax. Absolutní člen tam nemá cenu dávat, protože může být libovolný (viz integrační konstantu A). Takže po derivování máme —2 + 4x — 2a — 4x a tedy má být a — —1. Toto partikulární řešení je tedy —x2 — x. Podobně pro 2cos2x bude dobře tipovat nějakou kombinaci acos2x + /3sin2x. Na levé straně máme —4a cos2x — 4/3 sin2x + 4asin2x —4/3 sin2x = 2cos2x. Chceme tedy a — j3 a —4a —4/3 — —Ha — 2, takže a — —1/4. Proto tady máme
1 11
—-(cos2x + sin2x). Dáme to obojí dohromady a celkem máme řešení y — A + Be x — x — x — — cos2x — - sin2x. Ad 4. Rovnice bez
pravé strany má řešení y = Aex +Beix. Zase budeme hádat partikulární řešení zvlášť: pro 4x2 budeme hádat kvadratický polynom, který zjevně musí mít u x2 jedničku, takže hádáme x2 + ax + /3. Po dosazení máme 2 — lOx — 5a + 4x2 +4ax +4/3 = 4x2. Má být 4a = 10, tedy
5 25 a = -, a dále 2 — 5a + 4ß = 0, tedy ß = —
21
-, a
tak
21
mame resem x
1
2 • ''     8    2     8 ' ' 2
tedy acosx + ß sinx. Po dosazení zjistíme, že a — 5/2 a ß — 3/2. Celkem máme řešení y —Aex +Be4x +x
. U sinu zas budeme hádat kombinaci sinu a kosinu,
21
5 3 .
■ -x H---h - cos x + - sin x.
2      8    2 2
Ad 5. Rovnice bez pravé strany má řešení y — A cos(x + cp). Partikulární řešení budeme hádat ve tvaru y — ex (a cos x + ß sin x). Po otravném derivování obdržíme e1 (2/3 cos x — 2a sin x) + e*acosx + ßs'mx) — ex cosx. Z toho plynou rovnice 2ß+a — laß — 2a, a tedy
t ir o    ^ir „/ i i r ■     i        a     t       \ cosx+2sinx a — 1/5, p — 2/5. Výsledek je tedy y =^4cos(x + f)-\----■
146. Pružina tahá silou o velikosti kL, kde k je tuhost pružiny a Z. je momentální délka pružiny, a to směrem do středu. Vektorově lze tedy pro sílu psát S — —kl, kde r je polohový vektor částice na pružině. Po užití druhého Newtonova zákona dostáváme velice jednoduchou soustavu:
mx ■
my ■
-kx, -ky.
Celkově tedy máme x = A cosi \ — t + cp ] a také y — B cosi \ — t + <p I. Nyní užijeme počátečních podmínek: v čase 0 je poloha
\ i m        j \ y m /
k k
y — 0, takže A cos cp — xQ a B cos <p — 0, a také rychlosti jsou x = 0 a ý — vQ, takže —A\ — sin cp — 0 a —B\ — sin <p — vQ. Z toho
\ m y m
už je vidět, že cp — 0, <p — n/2, a pak také A — xQ a B — —vQJ — ■ Bod tedy opisuje křivku danou
rovnicemi
x = xn cos
Vr, sin
Jde tedy o elipsu s vodorovnou poloosou x0 a svislou poloosou vQ J — .
147.     Druhý Newtonův zákon dá dvě rovnice pro souřadnice x a y:
mx — qBý, my — qE —qBx.
Tady se naskýtají dvě možnosti: buď zavést nové veličiny u — x a v — ý, což dá soustavu
qB u = —v, m
qB qE
V=——M + —,
m m
což bez problému vyřešíme. Zkrácená soustava má vlastní čísla ±—i, takže po chvíli dospějeme k řešení u = A cosi — t + cp ) a v
m
m
-Asiní —t + cp ). Ještě musíme doplnit partikulární řešení nehomogenní rovnice, ale tam budeme hádat jen konstanty a zjistíme, \ m
62
že k u máme přičíst ještě E /B ak v nemáme přičíst nic. Takže celkem u = x = ^4cos( —í + f H--z v = ý = —^4sin( —t + cp ).
\ m        /    B \ m J
-1
Dosadíme počáteční podmínky a dostaneme, že ^4 = ^ yvx +vy a 9 — —arctg-— (případně ještě přičteme n). Teď musíme
x B
■ v v ■ , „v        , AqB . /qB       \    E AqB     (qB       \   .v .       . v   ,. v v
integrovat jeste jednou podle casu a dostaneme x =-smi — t + <p H--f aj =-cosi — t + <p ) (tise jsme si řekli, ze v case 0 je
S m       \ m_/*
qB \~f       ĚŤ~2 '
m
m
x = y = 0). Je tedy vidět, že kromě toho, že částice pořád obíhá v kruhu o poloměru —\ [vx--) + vi s kruhovou frekvencí — (to
m \ \       B / m
je tak řečená cyklotronnífrekvence), také se dá do rovnoměrného pohybu rychlostí E /B, ovšem ve směru, který je kolmý k oběma polím.
x 33
Plasmoví fysici tomu říkají prostě JZ x 33 drift", protože jeho rychlost je rovna--—.
332
Proč je tento příklad v sekci s rovnicemi vyšších řádů? Protože je tady ale i jiná možnost postupu, kterou „proslavil" slovutný ruský fysik Landau. Vraťme se k původním rovnicím, vynásobme druhou imaginární jednotkou i a sečtěme je. Dostaneme jednu rovnici:
m(x +iý) = qB(ý — ix) + iqE.
Označme z = x + vy. Také si všimněme, že z/i = y — ix. To už nám umožní přepsat rovnici na
mz = —xqBi + xqE.
To je rovnice druhého řádu s konstantními koeficienty a pravou stranou. Nejdřív vyřešíme homogenní rovnici, která má řešení z = a +
+j3 exp(—'-^—t \ poté uhodneme partikulární řešení. Konstantu hádat nebudeme, protože je tam nejméně první derivace. Hádejme tedy \    m /
nějaké Ct. Po derivování obdržíme 0 = —xqBC + iqE, takže je zjevně C = E/B a celkem máme řešení z = a + j3 expí—i^—t) H--1,
\    m  / B
čímž je rovnou dána poloha částice v komplexní rovině.
148. Opět jde o druhý Newtonův zákon. Píst je do crusheru vtlačován silou pS, z druhé strany crusher odporuje silou R0 + kx. Celkem tedy máme rovnici mx = pS—RQ—kx. Když to vydělíme a trochu upravíme, vidíme, že je to rovnice s konstantními koeficienty a
m
m
rovnice. Vpravo je jenom konstanta, takže stačí hádat taky konstantu, která navíc zřejmě musí být rovna ——:—- (druhá derivace bude
nulová). Tak dostaneme x = A cosi
> m
pS-R0
. Ještě to zderivujme; to dostaneme x = —A
— sin (A — t + <p l.V čase m     \ i m j
t = 0 to obojí má být nula, takže má zřejmě být A cos cp = ———-—- a A\ — sin cp = 0. Proto musí být A = ———-—- a cp = 0. Tím
k \ m k
dostávámenakonecx = ^ll-cos
k_
m
Zřejmě tedy k maximálnímu stlačení dojde v okamžiku, kdy bude kosinus v závorce roven —1. Pak píst odletí směrem zpátky, ale naše diferenciální rovnice už platit nebude, protože pak už na něj samozřejmě nebude působit odpor stlačovaného crusheru. Proto rozhodně není pravda, že by vznikl nějaký periodický děj.
Zkrátka v čase rc\ — dojde k tomu, že crusher bude stlačen maximálně, tedy oA = —(pS — R0). Z toho už tlak výbuchu snadno \ m k
v       . .         kA + 2R0 spočteme jako p =-—-.
63