osnova a řešené ukázkové příklady ke zkoušce

Matematika 2 – Vícedimenzionální analýza
(osnova ke zkoušce)
1. Prostory R n . Skalární součin, norma, otevřená, uzavřená a souvislá množina,
oblast, okolí a prstencové okolí bodu; polární, cylindrické a sférické souřadnice;
(ne)rovnice a parametrizace přímek, kružnic, válcových ploch, koulí, sfér a jejich
částí.
2. Funkce více proměnných. Limita a spojitost funkce a jejich vlastnosti (limita
součtu, rozdílu, součinu a podílu funkcí, elementárních funkcí, spojitá funkce na
omezené uzavřené množině nabývá minima i maxima), vektorové funkce.
3. Diferenciální počet funkcí více proměnných. Parciální derivace, derivace ve
směru, gradient, vazby; zobecnění Lagrangeovy věty (důkaz), věta o konstantnosti
funkce s nulovým gradientem (důkaz), normálový vektor a tečná nadrovina grafu
funkce, Jacobiho matice vektorové funkce, derivace složené funkce. Parciální derivace
vyšších řádů (smíšené/nesmíšené), funkce třídy C k , věta o záměnnosti pořadí
derivování, Hessova matice 2. diferenciálu. Lokální extrémy, stacionární bod, pozitivně
definitní / negativně definitní / indefinitní 2. diferenciál, význam pro lokální
extrémy, Sylvesterovo kriterium. Vázané extrémy, Lagrangeova metoda multiplikátorů.
4. Integrální počet funkcí více proměnných. Dvojný a trojný integrál, Fubiniho
věta, substituce (polární, cylindrické a sférické souřadnice). Křivkový a plošný
integrál (orientovaný, neorientovaný). Divergence a rotace vektorového pole, Gaussova,
Greenova a Stokesova věta. Potenciál, nutné a postačující podmínky jeho existence,
výpočet.
5. Číselné řady. Součet, (absolutně) konvergentní, divergentní a oscilující řada;
geometrická řada a její součet (důkaz), absolutně konvergentní řada konverguje;
nutná podmínka konvergence (důkaz), kriteria konvergence: srovnávací, podílové
(důkaz), odmocninové (důkaz), integrální (důkaz), Leibnizovo.
6. Funkční řady. Bodová a stejnoměrná konvergence, spojitost součtu, derivace
a integrace člen po členu, Weierstrassovo kriterium. Mocninná řada a její (absolutní,
stejnoměrná) konvergence, poloměr konvergence; spojitost součtu; sčítání, násobení,
derivování a integrování mocninných řad. Taylorova řada, určení koeficientů, rozvoj
exponenciálních, goniometrických a racionálních funkcí. Ortogonalita trigonometrického
systému (důkaz), (sinová, kosinová) Fourierova řada funkce (reálný, komplexní
tvar), její součet.

Matematika 2 – Vícedimenzionální analýza
1. Transformujte do proměnných u, v:
Řešení: x(u, v), y(u, v) ∈ C1 (R2 ), jakobián
∂x
∂x
det
∂u
∂y
∂v
∂y
∂u ∂v
g(u, v) = f x(u, v), y(u, v) :
∂g
∂u
∂g
∂v
(vybrané standardní typy příkladů ke zkoušce)
x ∂f ∂f
− y , x = uv , y = v .
∂x ∂y
v u
= det = v definován a nenulový pro v = 0 .
0 1
∂f ∂x ∂f ∂y ∂f ∂f
= · + · = · v + · 0
∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y
∂f ∂x ∂f ∂y
= · + ·
∂x ∂v ∂y ∂v
x ∂f ∂f
− y
∂x ∂y
= uv · 1
v
∂f ∂f
= · u +
∂x ∂y
∂g
− v
∂u
∂g
∂v
· 1
− u
v
2. Určete lokální extrémy funkce f(x, y) = 2y 3 + 3x 2 − 6xy.
∂f
∂x
∂f
∂y
∂g
= 2u
∂u
∂g ∂g
− v
∂u ∂v
Řešení: f ∈ C 1 (R 2 ), lokální extrémy jsou jen ve stacionárních bodech:
∂f
∂x
: 6x − 6y = 0 ,
∂f
∂y : 6y2 − 6x = 0 ,
stacionární body: (0, 0), (1, 1); Hessova matice:
∂2f ∂x2 ∂2f ∂x ∂y
f ∈ C 2 (R 2 ), ve stacionárních bodech:
(0, 0):
(1, 1):
6 −6
−6 0
6 −6
−6 12
,
,
∂2f ∂x ∂y
∂2f ∂y2 Funkce f má ostré lokální minimum f(1, 1) = −1.
=
6 −6
−6 12y
D1 = 6 > 0 ,
D2 = −36 < 0 ,
D1 = 6 > 0 ,
D2 = 36 > 0 ,
3. Najděte vázané lokální extrémy funkce f na množině A:
f(x, y) = 2x 2 + 2y 2 ,
A = {(x, y) ∈ R 2 : x 4 + y 4 = 1, x > 0, y > 0} .
1
1 ∂g
= ·
v ∂u
∂g u ∂g
= − ·
∂v v ∂u
indefinitní
pozitivně definitní

Řešení: Vazební funkce g(x, y) = x 4 + y 4 − 1, matice gradientů vazeb: hod grad g(x, y) =
hod(4x 3 , 4y 3 ) = 1 pro (x, y) = (0, 0), tj. na A. Pro F (x, y) = 2x 2 +2y 2 −λ(x 4 +y 4 −1) ∈ C 1 (R 2 )
sestavíme soustavu
∂F
∂x : 4x − 4λx3 = 0
∂F
∂y : 4y − 4λy3 = 0
x 4 + y 4 − 1 = 0
která má řešení λ = √ 2, x = y = 1/ 4√ 2. Spočteme Hessovu matici F ∈ C2 (R2 ) (obecně a
v daném bodě) a použijeme Sylvesterovo kriterium:
4 − 12λx2 0
0 4 − 12λy2
−8 0 D1 = −8 < 0 ,
,
,
negativně definitní
0 −8 D2 = 64 > 0 ,
Funkce f má vázané lokální maximum f(1/ 4√ 2, 1/ 4√ 2 ) = 2 √ 2.
4. Určete maximum a minimum funkce f na množině A:
f(x, y) = x 2 + y 2 + 2xy − 2x ,
A = trojúhelník s vrcholy (0, 0), (0, 2), (4, 0).
Řešení: A je uzavřená, f ∈ C(A), maximum a minimum existují; f ∈ C 1 (R 2 ), jsou ve stacionárních
nebo hraničních bodech.
1) Stacionární body uvnitř A:
2) (Vázané) stacionární body uvnitř stran:
∂f
∂x : 2x + 2y − 2 = 0
∂f
∂y : 2x + 2y = 0 nemá řešení
a) y = 0, x ∈ (0, 4): f1(x) = f(x, 0) = x2 − 2x, f ′ 1 (x) = 2x − 2, stac. bod 1 ∈ (0, 4),
f(1, 0) = −1.
b) x = 0, y ∈ (0, 2): f2(y) = f(0, y) = y2 , f ′ 2 (y) = 2y, stac. bod 0 /∈ (0, 2).
c) y = 2 − 1
2 x, x ∈ (0, 4): f3(x) = f(x, 2 − 1 1
2 x) = 4 x2 + 4, f ′ 1
3 (x) = 2 x, stac. bod
0 /∈ (0, 4).
3) Hodnoty ve vrcholech: f(0, 0) = 0, f(0, 2) = 4, f(4, 0) = 8.
Porovnáme hodnoty v podezřelých bodech: minA f = f(1, 0) = −1, maxA f = f(4, 0) = 8.
5. Určete maximum a minimum funkce f na množině A:
f(x, y) = x 2 + y 2 − 2y ,
A = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 9, y ≥ 0} .
Řešení: A je uzavřená, f ∈ C(A), maximum a minimum existují; f ∈ C 1 (R 2 ), jsou ve stacionárních
nebo hraničních bodech.
1) Stacionární body uvnitř A:
∂f
∂x
: 2x = 0 (0, 1) ∈ A
∂f
∂y : 2y − 2 = 0 f(0, 1) = −2
2

2) (Vázané) stacionární body uvnitř hraničních křivek:
a) úsečka y = 0, x ∈ (−3, 3): f1(x) = f(x, 0) = x2 , f ′ 1 (x) = 2x, stac. bod 0 ∈ (−3, 3),
f(0, 0) = 0.
b) půlkružnice x = 3 cos t, y = 3 sin t, t ∈ (0, π): f2(t) = 9 − 6 sin t, f ′ 2
stac. bod π
2 ∈ (0, π), f(0, 3) = 3.
3) Hodnoty v hraničních bodech křivek: f(−3, 0) = 9, f(3, 0) = 9.
(t) = −6 cos t,
Porovnáme hodnoty v podezřelých bodech: minA f = f(0, 1) = −2, maxA f = f(±3, 0) = 9.
6. Spočtěte pro A = {(x, y) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0, y ≥ x}:
Řešení:
x = ϱ cos ϕ
=
y = ϱ sin ϕ
|det J| = ϱ =
=
π
8
π/4
π
3 cos ϕ + 2 dϕ =
2
π/4 0
8
3
A
(x + 1) dx dy .
(ϱ cos ϕ + 1) ϱ dϱ dϕ =
π
π/4
π √
4 2
sin ϕ + 2ϕ = 2π −
ϕ=π/4
3
7. Spočtěte pro C – hranice {(x, y) ∈ R 2 : (x − 1) 2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0}:
Řešení:
ϕ1(t) = (t, 0) , t ∈ 〈−1, 3〉 ,
ϕ ′ 1(t) = (1, 0) = 1 ,
=
= 9
2
3
−1
− 1
2
t · 1 dt +
π
0
C
(x + y) ds .
(1 + 2 cos t + 2 sin t) · 2 dt =
+ (2π + 4) − (0 − 4) = 2π + 12 .
1
3 ϱ3 cos ϕ + 1
2 ϱ2 2
ϱ=0 dϕ
π + 2 = 3
2 π − 4 √ 2
3 .
ϕ2(t) = (1 + 2 cos t, 2 sin t) , t ∈ 〈0, π〉 ,
ϕ ′ 2(t) = (−2 sin t, 2 cos t) = 2 ,
1
2 t2 3
−1 +
π 2t + 4 sin t − 4 cos t
0
8. Spočtěte pro C – kladně orientovaná hranice {(x, y) ∈ R 2 : x 2 + y 2 ≤ 4, y ≥ −x}:
Řešení:
ϕ1(t) = (t, −t) , t ∈ − √ 2, √ 2 ,
ϕ ′ 1(t) = (1, −1)
(C)
(−y, x − 1) ds .
ϕ2(t) = (2 cos t, 2 sin t) , t ∈ − 1 3
4 π, 4 π ,
ϕ ′ 2(t) = (−2 sin t, 2 cos t) ,
3

=
=
√ 2
− √ 2
√ 2
− √ 2
(t, t − 1) · (1, −1) dt +
1 dt +
3π/4
−π/4
3π/4
−π/4
(4 − 2 cos t) dt =
(−2 sin t, 2 cos t − 1) · (−2 sin t, 2 cos t) dt
t
√ 2
− √ 2 +
3π/4 4t − 2 sin t
−π/4 = 2√2 + 4π − 2 √ 2 = 4π .
9. Spočtěte pro S = {(x, y, z) ∈ R3 : 1 < x2 + y2 < 4, z = x2 + y2 }:
Řešení:
∂Φ
∂ϱ
(x
S
2 z + y 2 z) dS .
Φ(ϱ, ϕ) = (ϱ cos ϕ, ϱ sin ϕ, ϱ) , ϱ ∈ (1, 2), ϕ ∈ (0, 2π),
∂Φ
× = (cos ϕ, sin ϕ, 1) × (−ϱ sin ϕ, ϱ cos ϕ, 0) = (−ϱ cos ϕ, −ϱ sin ϕ, ϱ) = √ 2 ϱ ,
∂ϕ
=
2 2π
1
0
ϱ 3 · √ 2 ϱ dϕ dϱ = 2 √
1 2 π 5 ϱ5 2
1 = 62 √ 2
π .
5
10. Spočtěte pro S = {(x, y, z) ∈ R 3 : 0 < y < x < 3, z = x 2 + y} orientovanou nahoru:
Řešení:
=
(S)
(0, x 2 , z) dS .
Φ(x, y) = (x, y, x 2 + y) , x ∈ (0, 3), y ∈ (0, x),
∂Φ ∂Φ
∂x × ∂y = (1, 0, 2x) × (0, 1, 1) = (−2x, −1, 1) (orientace souhlasí) ,
3 x
(0, x
0 0
2 , x 2 3 x
+ y) · (−2x, −1, 1) dy dx =
0 0
y dy dx =
11. Vyšetřete konvergenci a absolutní konvergenci funkční řady:
∞ 1
3k − 1 (2x + 2)k .
Řešení: Řadu upravíme na tvar
ak
k=0
∞
k=0
2 k
3k − 1 (x + 1)k .
3
6k − 2 6 −
= lim = lim
k→∞ 3k + 2 k→∞
2
k
3 + 2
k
0
x 2
2
x3 dx =
6
Je to mocninná řada se středem x0 = −1. Pro její koeficienty ak spočteme
ak+1
lim
k→∞
= lim
2
k→∞
k+1 3k − 1
·
3k + 2 2k
= 6 − 0
= 2 .
3 + 0
3
0
= 9
2 .
Poloměr konvergence této mocninné řady je převrácená hodnota spočtené limity: r = 1
2 . Mocninná
řada konverguje (absolutně) na (x0 −r, x0 +r) = (− 3
1
2 , − 2 . Vyšetříme konvergenci v kraj-
dostáváme řadu
ních bodech tohoto intervalu. V bodě x = − 1
2
∞
k=0
1
3k − 1 .
4

Pro f(x) = 1
3x−1
nerostoucí a nezápornou na 〈1, +∞) jsou f(k) (k > 0) členy této řady a
+∞
1
f(x) dx =
+∞
1
3 ln(3x − 1) = +∞ ,
1
podle integrálního kriteria tedy tato řada nekonverguje. V bodě x = − 3
2
Pro k > 0 je to alternující řada, |ak| = 1
3k−1
∞
k=0
(−1) k
3k − 1 .
dostáváme řadu
↘ 0, řada tedy podle Leibnizova kriteria konverguje.
Protože mocninná řada nekonverguje v − 1
3
2 , není konvergence v − 2 absolutní.
Závěr: Řada konverguje na − 3
1
3 1
2 , − 2 , absolutně na − 2 , − 2 .
12. Určete Taylorovu řadu dané funkce v daném bodě a určete interval, na kterém k této funkci
konverguje:
f(x) = (x − 1) e 2x , x0 = −1 .
Řešení: Nahradíme x = (x − x0) + x0 = (x + 1) − 1 a upravíme:
f(x) = [(x + 1) − 2] e 2(x+1)−2 = [(x + 1) − 2] e −2 e 2(x+1) ,
použijeme rozvoj exponenciální funkce do Taylorovy řady v 0
= [(x + 1) − 2] e −2
∞ [2(x + 1)] k
∞
= [(x + 1) − 2]
k!
k=0
řady vynásobíme, v první posuneme indexování:
=
=
∞
k=0
∞
k=1
e −2 2 k
k!
(x + 1) k+1 −
e −2 2 k−1
(k − 1)! (x + 1)k −
∞
k=0
∞
k=0
e −2 2 k+1
k!
e −2 2 k+1
k!
(x + 1) k
(x + 1) k ,
řady sečteme člen po členu (člen pro k = 0 je zvlášť):
= −2e −2 +
∞
k=1
e −2 2 k−1 k − e −2 2 k+1
Rozvoj exponenciální funkce je pro x ∈ R.
k!
k=0
(x + 1) k = −2e −2 +
e −2 2 k
k!
∞
k=1
(x + 1) k ,
e −2 2 k−1 (k − 4)
k!
(x + 1) k .
13. Určete Taylorovu řadu dané funkce v daném bodě a určete interval, na kterém k této funkci
konverguje:
f(x) = (x − π) cos 3x + 4x , x0 = π .
Řešení: Nahradíme x = (x − x0) + x0 = (x − π) + π a upravíme s využitím součtového vzorce
pro kosinus:
f(x) = (x − π) cos[3(x − π) + 3π] + 4(x − π) + 4π
= −(x − π) cos 3(x − π) + 4(x − π) + 4π
5

použijeme rozvoj kosinu do Taylorovy řady v 0:
řady vynásobíme:
∞ (−1)
= −(x − π)
k=0
k [3(x − π)] 2k
+ 4(x − π) + 4π
(2k)!
∞
= −(x − π)
(x − π) 2k + 4(x − π) + 4π
=
∞
k=0
k=0
(−1) k+1 3 2k
(2k)!
řady sečteme (člen pro k = 0 je zvlášť):
Rozvoj kosinu je pro x ∈ R.
= 4π + 3(x − π) +
(−1) k 3 2k
(2k)!
(x − π) 2k+1 + 4(x − π) + 4π
∞
k=1
(−1) k+1 3 2k
(2k)!
(x − π) 2k+1 .
14. Určete na daném intervalu kosinovou Fourierovu řadu funkce a načrtněte její součet.
2 , t ∈ 〈0, 2) ,
f(t) =
−1 , t ∈ 〈2, 4) .
Řešení: Uvažujeme sudé rozšíření a pak periodické prodloužení f , tj. perioda je T = 8 a úhlová
frekvence ω = 2π π
T = 4 . Koeficienty Fourierovy řady jsou
pro k > 0:
ak = 2
T
a0 = 1
2
ak = 1
2
T/2
−T/2
2
0
2
0
f(t) cos kωt dt = 4
T
2 dt + 1
2
4
2
2 cos k π 1
4 t dt +
2
= 4 kπ 2 kπ
kπ sin 2 + kπ sin 2
f(t) ∼ 1
2 +
∞
k=1
k liché
6(−1) (k−1)/2
kπ
T/2
−1 dt = 2 − 1 = 1 ,
4
2
0
−1 cos k π
4
6 kπ = kπ sin 2 =
cos kπ
4
f(t) cos kωt dt = 1
2
4
4 π
t dt = kπ sin k 4 t
2 0 +
6(−1) (k−1)/2
kπ , k liché,
0 , k sudé,
1
t =
2 +
∞
k=1
6(−1) k−1
(2k−1)π
cos
(2k − 1)π 4 t .
0
f(t) cos k π
4 t dt ,
− 2 π
kπ sin k 4 t
4 2
f, f ′ (po prodl.) jsou po částech spojité, řada konverguje k průměru limit zprava a zleva:
2
1/2
−6 −4 −2 0
−1
2 4 6 t
6