Zadání a řešení písemných testů z Matematiky I a II

FSV 1997-98

Miroslav Zelený Oldřich John Ondřej Kalenda

Jan Kolář Písemná zkouška z matematiky pro FSV (A)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→∞} \frac{\sqrt[3]{n^{3} + n} − \sqrt[3]{n^{3} + 1}}{\sqrt[3]{n^{3} + 2n} − \sqrt[3]{n^{3} + n}} . (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=1}^{+∞} \frac{n!}{2^{n^{2}}} . (10 bodů)

Příklad 3 : Spočtěte limitu

lim_{x→0} \frac{log(1 + sinx)}{\sqrt{2x + 1} − \sqrt{x + 1}} . (10 bodů)

Příklad 4 : Spočtěte derivaci funkce (resp. jednostranné derivace)

f(x) = (x − 1)^{2}|x^{2} − 1|

ve všech bodech, kde existuje. (10 bodů)

Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce (bez konvexity)

f(x) = \frac{cosx}{cos2x}. (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (A)

ZS 1997-98

Příklad A1 : Nejprve upravíme výraz, jehož limitu máme spočítat.

\frac{\sqrt[3]{n^{3} + n} − \sqrt[3]{n^{3} + 1}}{\sqrt[3]{n^{3} + 2n} − \sqrt[3]{n^{3} + n}}

= \frac{(n^{3} + n)^{\frac{1}{3}} − (n^{3} + 1)^{\frac{1}{3}}}{(n^{3} + 2n)^{\frac{1}{3}} − (n^{3} + n)^{\frac{1}{3}}} · \frac{(n^{3} + n)^{\frac{2}{3}} + (n^{3} + n)^{\frac{1}{3}} (n^{3} + 1)^{\frac{1}{3}} + (n^{3} + 1)^{\frac{2}{3}}}{(n^{3} + n)^{\frac{2}{3}} + (n^{3} + n)^{\frac{1}{3}} (n^{3} + 1)^{\frac{1}{3}} + (n^{3} + 1)^{\frac{2}{3}}} ·

· \frac{(n^{3} + 2n)^{\frac{2}{3}} + (n^{3} + 2n)^{\frac{1}{3}} (n^{3} + n)^{\frac{1}{3}} + (n^{3} + 1)^{\frac{2}{3}}}{(n^{3} + 2n)^{\frac{2}{3}} + (n^{3} + 2n)^{\frac{1}{3}} (n^{3} + n)^{\frac{1}{3}} + (n^{3} + 1)^{\frac{2}{3}}}

= \frac{n − 1}{n} · \frac{(n^{3} + 2n)^{\frac{2}{3}} + (n^{3} + 2n)^{\frac{1}{3}} (n^{3} + n)^{\frac{1}{3}} + (n^{3} + n)^{\frac{2}{3}}}{(n^{3} + n)^{\frac{2}{3}} + (n^{3} + n)^{\frac{1}{3}} (n^{3} + 1)^{\frac{1}{3}} + (n^{3} + 1)^{\frac{2}{3}}}

= \frac{n − 1}{n} · \frac{(1 + \frac{2}{n^{2}} )^{\frac{2}{3}} + (1 + \frac{2}{n^{2}} )^{\frac{1}{3}} (1 + \frac{1}{n^{2}} )^{\frac{1}{3}} + (1 + \frac{1}{n^{2}} )^{\frac{2}{3}}}{(1 + \frac{1}{n^{2}} )^{\frac{2}{3}} + (1 + \frac{1}{n^{2}} )^{\frac{1}{3}} (1 + \frac{1}{n^{3}} )^{\frac{1}{3}} + (1 + \frac{1}{n^{3}} )^{\frac{2}{3}}}

Odtud již vyplývá, že lim_{n→∞} \frac{\sqrt[3]{n^{3} + n} − \sqrt[3]{n^{3} + 1}}{\sqrt[3]{n^{3} + 2n} − \sqrt[3]{n^{3} + n}} = 1.

Příklad A2 : Všechny členy uvažované řady jsou kladné, můžeme proto zkusit použít podílové kritérium:

a_{n} = \frac{n!}{2^{n^{2}}} ,  lim_{n→+∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = lim_{n→+∞} \frac{\frac{(n+1)!}{2^{(n+1)^{2}}}}{\frac{n!}{2^{n^{2}}}} = lim_{n→+∞} \frac{n + 1}{2^{2n+1}} = 0 < 1.

Řada tedy konverguje podle podílového kritéria.

Příklad A3 : Platí

lim_{x→0} \frac{log(1 + sinx)}{\sqrt{2x + 1} − \sqrt{x + 1}}

= lim_{x→0} \frac{log(1 + sinx)}{sinx} · sinx · \frac{1}{\sqrt{2x + 1} − \sqrt{x + 1}} · \frac{\sqrt{2x + 1} + \sqrt{x + 1}}{\sqrt{2x + 1} + \sqrt{x + 1}}

= lim_{x→0} \frac{log(1 + sinx)}{sinx} · \frac{sinx}{x} · (\sqrt{2x + 1} + \sqrt{x + 1} ) .

Víme, že

(i) lim_{y→0} \frac{log(1+y)}{y} = 1, (ii) lim_{x→0} \frac{sin x}{x} = 1, (iii) lim_{x→0} sinx = 0, (iv) sin je prostý na ⟨−π/2, π/2⟩,

(v) √ je spojitá ve svém definičním oboru.

Z (i), (iii), (iv) a věty o limitě složené funkce plyne lim_{x→0} \frac{log(1 + sinx)}{sinx} = 1.

Poslední rovnost, spolu s (ii), (v) a větou o limitě součinu dává

lim_{x→0} \frac{log(1 + sinx)}{sinx} \frac{sinx}{x} (\sqrt{2x + 1} + \sqrt{x + 1} ) = 1 · 1 · 2 = 2.

Příklad A4 : Platí

f(x) = \{ \begin{matrix}(x − 1)^{2}(x^{2} − 1), & pro x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞), \\ 0, & pro x = ±1, \\ (x − 1)^{2}(1 − x^{2}), & pro x ∈ (−1, 1). \end{matrix}

Z předchozího plyne

f′(x) = \{ \begin{matrix}2(x − 1)(x^{2} − 1) + (x − 1)^{2} · 2x, & x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞), \\ 2(x − 1)(1 − x^{2}) − (x − 1)^{2} · 2x, & x ∈ (−1, 1). \end{matrix}

Pro jednostranné derivace ve výše uvedených bodech platí f(x) = f′_{+} (x) = f′_{−}(x). Zkoumejme derivaci f v bodě 1. Funkce f je v tomto bodě spojitá a platí

lim_{x→1+} f′(x) = 0  a  lim_{x→1−} f′(x) = 0.

Což znamená, že f′(1) = f′_{+} (1) = f′_{−}(1) = 0. Obdobným způsobem zkoumejme derivaci v bodě −1. Funkce f je opět v −1 spojitá a platí

lim_{x→−1+} f′(x) = 8 a lim_{x→−1−} f′(x) = −8.

Odtud plyne, že f′_{+} (−1) = 8, f′_{−}(−1) = −8 a derivace v −1 neexistuje.

Příklad A5 : Definičním oborem funkce f je množina ℝ \ \{\frac{π}{4} + kπ/2; k ∈ ℤ\}; f je sudá a 2π-periodická. Zkoumejme tedy f pouze na intervalech (−π/4, π/4), (π/4, 3π/4), (3π/4, 5π/4) a (5π/4, 7π/4). Spočtěme limity v ţkrajních bodech�:

lim_{x→−π/4+} f(x) = +∞, lim_{x→π/4−} f(x) = +∞, lim_{x→π/4+} f(x) = −∞, lim_{x→3π/4−} f(x) = +∞,
lim_{x→3π/4+} f(x) = −∞, lim_{x→5π/4−} f(x) = −∞, lim_{x→5π/4+} f(x) = +∞, lim_{x→7π/4−} f(x) = −∞.

Dále platí:

f′(x) = \frac{− sinx cos2x + 2 cosx sin2x}{cos^{2} 2x} = \frac{sinx(1 + 2 cos^{2} x)}{cos^{2} 2x} , x ∈ D(f).

Pro znaménko derivace dostaneme

f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (0, π/4) ∪ (π/4, 3π/4) ∪ (3π/4, π),
f′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−π/4, 0) ∪ (π, 5π/4) ∪ (5π/4, 7π/4),
f′(x) = 0 ⇔ x ∈ {0, π}.

Na celém definičním oboru pro funkci f platí: f je rostoucí na intervalech (0, π/4)+2kπ, (π/4, 3π/4)+2kπ, (3π/4, π)+2kπ, k ∈ ℤ; f je klesající na (−π/4, 0)+2kπ, (π, 5π/4)+2kπ a (5π/4, 7π/4)+2kπ, k ∈ ℤ. V bodech 2kπ, k ∈ ℤ, nabývá funkce f svého lokálního minima a v bodech (2k +1)π, k ∈ ℤ, nabývá funkce f svého lokálního maxima. Globálního minima a globálního maxima funkce f nenabývá. Funkce f nemá asymptotu v +∞ ani v −∞.

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (B)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→∞}(n^{2} + sin(n + 1))(\sqrt{n^{4} + 2} − \sqrt{n^{4} + 1} ). (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=1}^{+∞}(−1)^{n}( \sqrt[n]{3} − 1). (10 bodů)

Příklad 3 : Spočtěte limitu

lim_{x→0} \frac{e^{sin 2x} − e^{arcsin x}}{tgx} . (10 bodů)

Příklad 4 : Spočtěte derivaci (resp. jednostranné derivace) funkce

f(x) = \{ \begin{matrix}arctg(tg^{2} x) & pro x ≠ \frac{π}{2} + kπ, k ∈ ℤ \\ \frac{π}{2} & pro x = \frac{π}{2} + kπ, k ∈ ℤ \end{matrix}

ve všech bodech, kde existuje. (10 bodů) Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce (bez konvexity)

f(x) = (cosx)e^{\frac{2}{3} sin x} (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (B)

ZS 1997-98

Příklad B1 : Platí

lim_{n→∞}(n^{2} + sin(n + 1)) · (\sqrt{n^{4} + 2} − \sqrt{n^{4} + 1} )

= lim_{n→+∞} (n^{2} + sin(n + 1)) · (\sqrt{n^{4} + 2} − \sqrt{n^{4} + 1} ) · \frac{\sqrt{n^{4} + 2} + \sqrt{n^{4} + 1}}{\sqrt{n^{4} + 2} + \sqrt{n^{4} + 1}}

= lim_{n→+∞} \frac{n^{2} + sin(n + 1)}{\sqrt{n^{4} + 2} + \sqrt{n^{4} + 1}} = lim_{n→+∞} \frac{1 + \frac{sin(n+1)}{n^{2}}}{\sqrt{1 + \frac{2}{n^{4}}} + \sqrt{1 + \frac{1}{n^{4}}}} .

Víme, že platí:

(1) ∀n ∈ ℕ : | sin(n + 1)| ≤ 1,

(2) lim_{n→∞} \frac{1}{n^{2}} = 0,

(3) √ je spojitá ve svém definičním oboru.

Z (1) a (2) plyne lim_{n→∞} \frac{sin(n+1)}{n^{2}} = 0. Odtud, z (3) a z věty o aritmetice limit plyne

lim_{n→∞}(n^{2} + sin(n + 1)) · (\sqrt{n^{4} + 2} − \sqrt{n^{4} + 1} ) = \frac{1}{2}.

Příklad B2 : Použijeme Lebnizova kritéria. Ověřme jeho předpoklady:

(1) řada má požadovaný tvar,

(2) lim_{n→∞}( \sqrt[n]{3} − 1) = 0,

(3) ∀n ∈ ℕ : \sqrt[n]{3} − 1 ≥ \sqrt[n+1]{3} − 1 (lze snadno odvodit ze zřejmé nerovnosti 3^{n+1} ≥ 3^{n}, n ∈ ℕ).

Řada tedy konverguje.

Příklad B3 : Pišme

lim_{x→0} \frac{e^{sin 2x} − e^{arcsin x}}{tgx} = lim_{x→0} \frac{e^{sin 2x} − e^{arcsin x}}{x} · \frac{x}{tgx} = lim_{x→0} \frac{e^{sin 2x} − e^{arcsin x}}{x} · lim_{x→0} \frac{x}{tgx}.

Víme, že lim_{x→0} \frac{x}{tg x} = 1. Zabývejme se teď první limitou ve výše uvedeném součinu limit.

lim_{x→0} \frac{e^{sin 2x} − e^{arcsin x}}{x} = lim_{x→0} \frac{e^{sin 2x} − 1}{sin2x} · \frac{sin2x}{x} − \frac{e^{arcsin x} − 1}{arcsinx} · \frac{arcsinx}{x} = 2 − 1 = 1.

Použili jsme (1) lim_{x→0} \frac{arcsin x}{x} = 1,

(2) lim_{x→0} \frac{sin x}{x} = 1,

(3) lim_{y→0} \frac{e^{y}−1}{y} = 1,

(4) sin je prostá funkce na jistém okolí 0,

(5) arcsin je prostá funkce,

(6) x ↦ 2x je prostá funkce,

(7) větu o limitě složené funkce ve verzi s podmínkou (P1),

(8) větu o aritmetice limit. Dohromady tedy máme

lim_{x→0} \frac{e^{sin 2x} − e^{arcsin x}}{tgx} = 1.

Příklad B4 : Funkce arctg i tg mají derivace všude ve svém definičním oboru. Máme tedy

f′(x) = \frac{1}{1 + tg^{4} x} · 2 tgx · \frac{1}{cos^{2} x}; x ≠ π/2 + kπ, k ∈ ℤ;

po úpravě dostaneme

f′(x) = \frac{2 sinx cosx}{cos^{4} x + sin^{4} x} ; x ≠ π/2 + kπ, k ∈ ℤ.

Platí také lim_{x→π/2+kπ} f(x) = π/2, k ∈ ℤ, a f je tedy spojitá v každém bodě tvaru π/2 + kπ, k ∈ ℤ. Spočtěme

lim_{x→π/2+kπ} f′(x) = lim_{x→π/2+kπ} \frac{2 sinx cosx}{cos^{4} x + sin^{4} x} = 0.

Věta o výpočtu derivace pomocí limity derivace tedy dává (předpoklady jsou splněny!) f′(π/2 + kπ) = 0, k ∈ ℤ.

Příklad B5 : Snadno je vidět, že D(f) = ℝ a f je 2π periodická a spojitá na ℝ. Spočtěme f′:

f′(x) = e^{\frac{2}{3} sin x}(\frac{2}{3} cos^{2} x − sinx), x ∈ ℝ.

Prozkoumáme-li znaménko f′ obdržíme:

f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (5π/6, 13π/6) + 2kπ, k ∈ ℤ,
f′(x) < 0 ⇔ x ∈ (π/6, 5π/6) + 2kπ, k ∈ ℤ,
f′(x) = 0 ⇔ x ∈ {π/6, 5π/6} + 2kπ, k ∈ ℤ.

Funkce f je tedy rostoucí na intervalech tvaru (5π/6, 13π/6)+2kπ, k ∈ ℤ. Na intervalech tvaru (π/6, 5π/6) + 2kπ, k ∈ ℤ, je f klesající. Funkce f má v bodech π/6 + 2kπ, k ∈ ℤ, globální maxima a v bodech 5π/6 + 2kπ, k ∈ ℤ, globální minima - toto vyplývá z výše uvedeného; H(f) = ⟨f(5π/6), f(π/6)⟩. Funkce nemá žádné asymptoty.

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (C)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{\sqrt{n^{4} + 2n^{3}} − \sqrt{n^{4} + 1}} ) ^{n}  (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=3}^{+∞} \frac{3}{2^{n} − 2n}  (10 bodů)

Příklad 3 : Spočtěte limitu

lim_{x→0} \frac{e^{x} − 2 sin(\frac{π}{6} + x)}{tgx} . (10 bodů)

Příklad 4 : Spočtěte derivaci (resp. jednostranné derivace) funkce

f(x) = max{min{cosx, (1/2)}, (−1/2)}

ve všech bodech, kde existuje. (10 bodů) Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce (bez konvexity)

f(x) = \frac{cosx}{cos3x}. (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (C)

ZS 1997-98

Příklad C1 : Pokusme se nejprve spočítat limitu funkce

lim_{x→+∞} (1 + \frac{1}{\sqrt{x^{4} + 2x^{3}} − \sqrt{x^{4} + 1}} ) ^{x} .

Upravme nejprve výraz jehož limitu počítáme:

(1 + \frac{1}{\sqrt{x^{4} + 2x^{3}} − \sqrt{x^{4} + 1}} ) ^{x} = exp(log((1 + \frac{1}{\sqrt{x^{4} + 2x^{3}} − \sqrt{x^{4} + 1}} ) ^{x}))

= exp(x log(1 + \frac{1}{\sqrt{x^{4} + 2x^{3}} − \sqrt{x^{4} + 1}} ) )

= exp (\frac{log(1 + \frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}} )}{\frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}}} · x · \frac{1}{\sqrt{x^{4} + 2x^{3}} − \sqrt{x^{4} + 1}} )

= exp (\frac{log(1 + \frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}} )}{\frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}}} · x · \frac{\sqrt{x^{4} + 2x^{3}} + \sqrt{x^{4} + 1}}{2x^{3} − 1} )

= exp (\frac{log(1 + \frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}} )}{\frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}}} · \frac{\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + \sqrt{1 + \frac{1}{x^{4}}}}{2 − \frac{1}{x^{3}}} ) . (⋆)

Dále platí:

(1) lim_{z→0} \frac{log(1+z)}{z} = 1,

(2) lim_{x→+∞} \frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}}

= lim_{x→+∞} \frac{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} +\sqrt{x^{4} +1}}{2x^{3} −1} = lim_{x→+∞} ^{\frac{\sqrt{1+ \frac{2}{x}} +\sqrt{1+ \frac{1}{x^{4}}}}{2x− \frac{1}{x^{2}}}} = \frac{2}{+∞} = 0,

(3) funkce x ↦ \frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}} je na jistém okolí +∞ různá od nuly,

(4) exp je spojitá na ℝ.

Z (1)–(3) a z věty o limitě složené funkce

lim_{x→+∞} \frac{log(1 + \frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}} )}{\frac{1}{\sqrt{x^{4} +2x^{3}} −\sqrt{x^{4} +1}}} = 1. (⋆⋆)

Dále máme

lim_{x→+∞} \frac{\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + \sqrt{1 + \frac{1}{x^{4}}}}{2 − \frac{1}{x^{3}}} = 1. (⋆ ⋆ ⋆)

Z (⋆), (⋆⋆), (⋆ ⋆ ⋆) a (4) plyne

lim_{x→+∞} (1 + \frac{1}{\sqrt{x^{4} + 2x^{3}} − \sqrt{x^{4} + 1}} ) ^{x} = e^{1} = e

a tedy podle Heineho věty

lim_{x→+∞} (1 + \frac{1}{\sqrt{n^{4} + 2n^{3}} − \sqrt{n^{4} + 1}} ) ^{n} = e.

Příklad C2 : Pro každé n ∈ ℕ, n ≥ 3 platí 2^{n} > 2n a proto jsou všechny členy uvažované řady jsou kladné. Můžeme proto zkusit použít podílové kritérium:

a_{n} = \frac{3}{2^{n} − 2n},  lim_{n→+∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = lim_{n→+∞} \frac{\frac{3}{2^{n+1} −2(n+1)}}{\frac{3}{2^{n}−2n}} = lim_{n→+∞} \frac{1 − \frac{n}{2^{n−1}}}{2 − \frac{n+1}{2^{n−1}}} = \frac{1}{2} < 1.

Řada tedy konverguje podle podílového kritéria.

Příklad C3 : Upravme nejprve výraz jehož limitu počítáme

\frac{e^{x} − 2 sin(π/6 + x)}{tgx} = \frac{x}{tgx} (\frac{e^{x} − 1}{x} + \frac{1 − 2 sin(π/6 + x)}{x} )

= \frac{x}{tgx} (\frac{e^{x} − 1}{x} + \frac{1 − cosx}{x} − \frac{\sqrt{3}sinx}{x})

= \frac{x}{tgx} (\frac{e^{x} − 1}{x} + \frac{1 − cosx}{x} · \frac{1 + cosx}{1 + cosx} − \frac{\sqrt{3}sinx}{x})

= \frac{x}{tgx} (\frac{e^{x} − 1}{x} + \frac{sinx}{x} · sinx · \frac{1}{1 + cosx} − \frac{\sqrt{3}sinx}{x}) . (⋆)

Víme, že (1) lim_{x→0} \frac{tg x}{x} = 1,

(2) lim_{x→0} \frac{sin x}{x} = 1,

(3) lim_{x→0} \frac{e^{x}−1}{x} = 1,

(4) lim_{x→0} cosx = 1. Z (⋆), (1)–(4) a z věty o aritmetice limit vyplývá

lim_{x→0} \frac{e^{x} − 2 sin(π/6 + x)}{tgx} = 1 − \sqrt{3}.

Příklad C4 : Pro funkci f platí

f(x) = \{ \begin{matrix}−1/2, & x ∈ ⟨2π/3, 4π/3⟩ + 2kπ, k ∈ ℤ, \\ cosx, & x ∈ ((π/3, 2π/3) ∪ (4π/3, 5π/3)) + 2kπ, k ∈ ℤ, \\ 1/2, & x ∈ ⟨−π/3, π/3⟩ + 2kπ, k ∈ ℤ. \end{matrix}

Z předchozího vyjádření vyplývá, že

f′(x) = \{ \begin{matrix}0, & x ∈ (−π/3, π/3) + k π, k ∈ ℤ, \\ − sinx, & x ∈ (π/3, 2π/3) + kπ, k ∈ ℤ. \end{matrix}

Funkce f je spojitá na ℝ a proto můžeme podle z předchozího vyjádření vypočítat jednostranné derivace jako příslušné limity derivací:

f′_{+} (π/3 + 2kπ) = lim_{x→π/3+2kπ+} − sinx = − sin(π/3 + 2kπ) = −\sqrt{3}/2,
f′_{−}(π/3 + 2kπ) = lim_{x→π/3+2kπ−} 0 = 0,
f′_{+} (2π/3 + 2kπ) = 0,
f′_{−}(2π/3 + 2kπ) = − sin(2π/3 + 2kπ) = −\sqrt{3}/2,
f′_{+} (4π/3 + 2kπ) = − sin(4π/3 + 2kπ) = \sqrt{3}/2,
f′_{−}(4π/3 + 2kπ) = 0,
f′_{+} (5π/3 + 2kπ) = 0,
f′_{−}(5π/3 + 2kπ) = − sin(5π/3 + 2kπ) = \sqrt{3}/2, k ∈ ℤ.

Příklad C5 : Platí D(f) = ℝ \ {x ∈ ℝ; cos3x = 0} = ℝ \ {π/6 + kπ/3; k ∈ ℤ}. Funkce f je ve svém definičním oboru spojitá; f je sudá. Dále máme

f(x + π) = \frac{cos(x + π)}{cos(3(x + π))} = \frac{− cosx}{cos(3x + π)} = \frac{− cosx}{− cos3x} = \frac{cosx}{cos3x} = f(x).

Funkce f je tedy π-periodická. Stačí tedy, když její průběh vyšetříme na množině (π/6, π/2) ∪ (π/2, 5π/6) ∪ (5π/6, 7π/6). Spočtěme limity v ţkrajních bodech�:

lim_{x→π/6+} \frac{cosx}{cos3x} = −∞,
lim_{x→π/2} \frac{cosx}{cos3x} = lim_{x→π/2} \frac{− sinx}{−3 sin3x} = −1/3, (zde jsme k výpočtu užili

l’Hospitalova pravidla, jehož předpoklady jsou splněny)

lim_{x→5π/6+} \frac{cosx}{cos3x} = +∞,
lim_{x→5π/6−} \frac{cosx}{cos3x} = −∞,
lim_{x→7π/6−} \frac{cosx}{cos3x} = +∞

V každém bodě x z definičního oboru f platí

f′(x) = \frac{3 cosx sin3x − sinx cos3x}{cos^{2} 3x}

Pro znaménko f′ platí

f′(x) > 0 ⇔ x ∈ ((π/6, π/2) ∪ (π, 7π/6)) + kπ, k ∈ ℤ,
f′(x) < 0 ⇔ x ∈ ((π/2, 5π/6) ∪ (5π/6, π)) + kπ, k ∈ ℤ,
f′(x) = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ ℤ.

Funkce f je tedy rostoucí na intervalech tvaru (π/6, π/2) + kπ, (π, 7π/6) + kπ, k ∈ ℤ; klesající na intervalech tvaru (π/2, 5π/6)+kπ, (5π/6, π)+kπ, k ∈ ℤ. V bodech kπ, k ∈ ℤ, má f lokální minimum. Globálních extrémů f nenabývá, neboť je zdola i shora neomezená; H(f) = (−∞, −1/3) ∪ ⟨1, ∞). Funkce f nemá žádné asymptoty.

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (D)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→∞} n( \sqrt[n]{2} − 1). (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=1}^{∞} \frac{2^{n} + (−1)^{n}n}{3^{n} + (−1)^{n}n} . (10 bodů)

Příklad 3 : Spočtěte limitu

lim_{x→0+} \frac{arcsin \sqrt{x}}{log(1 + \sqrt{x})} . (10 bodů)

Příklad 4 : Spočtěte derivaci (resp. jednostranné derivace) funkce

f(x) = \sqrt{1 − e^{−x^{2}}}

ve všech bodech, kde existuje. (10 bodů) Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce

f(x) = (log|x|)^{3} − 3 log|x|. (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (D)

ZS 1997-98

Příklad D1 : Místo limity posloupnosti \{n( \sqrt[n]{2}− 1)\}_{n=1}^{∞} počítejme limitu funkce f(x) = x(2^{\frac{1}{x}} − 1) v +∞. Pokud totiž ukážeme, že lim_{x→+∞} f(x) = A, pak podle Heineho věty také lim_{n→+∞} f(n) = A. Platí

lim_{x→+∞} x(2^{\frac{1}{x}} − 1) = lim_{x→+∞} \frac{2^{\frac{1}{x}} − 1}{\frac{1}{x}} = lim_{x→+∞} \frac{e^{\frac{log 2}{x}} − 1}{\frac{log 2}{x}} · log2 = log2.

Užili jsme (1) lim_{y→0} \frac{e^{y}−1}{y} = 1,

(2) lim_{x→+∞} \frac{log 2}{x} = 0,

(3) \frac{log 2}{x} ≠ 0 pro každé x > 0,

(4) větu o limitě složené funkce ve verzi s podmínkou (P1).

Příklad D2 : Pro každé n ∈ ℕ platí n ≤ 2^{n} ≤ 3^{n} a proto má uvažovaná řada pouze kladné členy. Zkusme použít podílové kritérium:

a_{n} = \frac{2^{n} + (−1)^{n}n}{3^{n} + (−1)^{n}n} ;  lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = lim_{n→+∞} \frac{\frac{2^{n+1} +(−1)^{n+1} (n+1)}{3^{n+1} +(−1)^{n+1} (n+1)}}{\frac{2^{n}+(−1)^{n}n}{3^{n}+(−1)^{n}n}}

= lim_{n→+∞} ^{\begin{matrix}\frac{2^{n+1}}{3^{n+1}} & (\frac{1+(−1)^{n+1} \frac{n+1}{2^{n+1}}}{1+(−1)^{n+1} \frac{n+1}{3^{n+1}}} ) \\ \frac{2^{n}}{3^{n}} & (\frac{1+(−1)^{n} \frac{n}{2^{n}}}{1+(−1)^{n} \frac{n}{3^{n}}} ) \end{matrix}} = lim_{n→+∞} \frac{2}{3} · lim_{n→+∞} \frac{\frac{1+(−1)^{n+1} \frac{n+1}{2^{n+1}}}{1+(−1)^{n+1} \frac{n+1}{3^{n+1}}}}{\frac{1+(−1)^{n} \frac{n}{2^{n}}}{1+(−1)^{n} \frac{n}{3^{n}}}} = \frac{2}{3} · 1 = \frac{2}{3}.

Užili jsme následujících faktů:

(1) lim_{n→∞} \frac{n^{k}}{a^{n}} = 0, kde a > 1, k ∈ ℕ;

(2) posloupnost {(−1)^{n}} je omezená. Z (1) a (2) vyplývá:

lim_{n→+∞} (−1)^{n} \frac{n}{2^{n}} = 0,  lim_{n→+∞} (−1)^{n} \frac{n}{3^{n}} = 0,
lim_{n→+∞} (−1)^{n+1} \frac{n + 1}{2^{n+1}} = 0,  lim_{n→+∞} (−1)^{n+1} \frac{n + 1}{3^{n+1}} = 0.

Zbytek vyplývá z věty o aritmetice limit. Naše řada tedy konverguje podle podílového kritéria.

Příklad D3 : Uvědomme si, že platí:

(1) lim_{y→0} \frac{arcsin y}{y} = 1,

(2) lim_{y→0} \frac{log(1+y)}{y} = 1,

(3) lim_{x→0+} \sqrt{x} = 0,

(4) √ je prostá na svém definičním oboru. Můžeme psát

lim_{x→0+} \frac{arcsin \sqrt{x}}{log(1 + \sqrt{x})} = lim_{x→0+} \begin{matrix}arcsin & \sqrt{x} \\ √ & \overline{x} \end{matrix} · \frac{\sqrt{x}}{log(1 + \sqrt{x})} .

Z věty o limitě složené funkce, (1), (3) a (4) plyne

lim_{x→0+} \begin{matrix}arcsin & \sqrt{x} \\ √ & \overline{x} \end{matrix} = 1.

Z věty o limitě složené funkce, (2), (3) a (4) plyne

lim_{x→0+} \frac{log(1 + \sqrt{x})}{\sqrt{x}} = 1.

Věta o aritmetice limit pak dává

lim_{x→0+} \begin{matrix}arcsin & \sqrt{x} \\ √ & \overline{x} \end{matrix} · \frac{\sqrt{x}}{log(1 + \sqrt{x})} = 1.

Příklad D4 : Zřejmě D(f) = ℝ. Platí (\sqrt{x})′ = \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{x}} pro x > 0. Vzhledem k tomu, že

1 − e^{−x^{2}} = 0 ⇔ x = 0, tak pro každé x ∈ ℝ \ {0} máme

f′(x) = \frac{1}{2} \frac{e^{−x^{2}}2x}{\sqrt{1 − e^{−x^{2}}}} = e^{−x^{2}} \frac{x}{\sqrt{1 − e^{x^{2}}}} .

V bodě 0 počítejme derivaci funkce f podle definice:

lim_{x→0} \frac{f(x) − f(0)}{x − 0} = lim_{x→0} \frac{\sqrt{1 − e^{−x^{2}}}}{x} .

Výpočet poslední limity provedeme nejprve zprava a pak zleva.

f′_{+} (0) = lim_{x→0+} \frac{\sqrt{1 − e^{−x^{2}}}}{x} = lim_{x→0+} \sqrt{\frac{e^{−x^{2}} − 1}{−x^{2}}}

Uvědomme si, že (1) lim_{y→0+} \frac{e^{y}−1}{y} = 1,

(2) lim_{x→0} −x^{2} = 0,

(3) −x^{2} = 0 ⇔ x = 0,

(4) √ je spojitá na svém definičním oboru.

Z věty o limitě složené funkce, (1), (2) a (3) plyne lim_{x→0+} \frac{e^{−x^{2}} −1}{−x^{2}} = 1. Odtud, z (4) a věty o limitě složené funkce obdržíme

lim_{x→0+} \sqrt{\frac{e^{−x^{2}} − 1}{−x^{2}}} = 1.

Obdobně dostaneme

f′_{−}(0) = lim_{x→0−} \frac{\sqrt{1 − e^{−x^{2}}}}{x} = lim_{x→0−} −\sqrt{\frac{e^{−x^{2}} − 1}{−x^{2}}} = −1.

Derivace funkce f v bodě 0 tedy neexistuje. Platí totiž f′_{+} (0) = 1, f′_{−}(0) = −1.

Příklad D5 : Snadno zjistíme, že D(f) = ℝ \ {0}. Funkce f je sudá. Zkoumejme tedy funkci f zatím pouze na intervalu (0, +∞). Pak máme f(x) = (logx)^{3} − 3 logx.

Spočtěme limity v ţkrajních bodech�.

lim_{x→0+} f(x) = lim_{x→0+} logx((logx)^{2} − 3) = (−∞) · (+∞) = −∞,
lim_{x→+∞} f(x) = lim_{x→0+} logx((logx)^{2} − 3) = (+∞) · (+∞) = +∞.

Pro každé x > 0 platí

f′(x) = \frac{3}{x}((logx)^{2} − 1)  a  f′′(x) = \frac{3}{x^{2}} (−(logx)^{2} + 2 logx + 1).

Zkoumejme znaménko první derivace:

f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (0, \frac{1}{e}) ∪ (e, +∞)
f′(x) < 0 ⇔ x ∈ (\frac{1}{e}, e)
f′(x) = 0 ⇔ x ∈ \{\frac{1}{e}, e\}.

Při zkoumání znaménka f′′ stačí zkoumat znaménko výrazu −(logx)^{2} + 2 logx + 1.

f′′(x) > 0 ⇔ x ∈ (e^{1−\sqrt{2}}, e^{1+\sqrt{2}} )
f′′(x) < 0 ⇔ x ∈ (0, e^{1−\sqrt{2}}) ∪ (e^{1+\sqrt{2}} , +∞)
f′′(x) = 0 ⇔ x ∈ \{e^{1−\sqrt{2}}, e^{1+\sqrt{2}} \}.

Uvažujme nyní celý definiční obor funkce f. Z předchozího plyne:

• Funkce f je rostoucí na intervalech (0, \frac{1}{e}), (e, +∞), (−e, −\frac{1}{e}) a klesající na intervalech (−∞, −e), (−\frac{1}{e}, 0), (\frac{1}{e}, e). Funkce f má lokální maxima v bodech ±\frac{1}{e} a lokální minima v bodech ±e. Globálního maxima a globálního minima nenabývá.

• Funkce f je konvexní na intervalech (−e^{1+\sqrt{2}} , −e^{1−\sqrt{2}}), (e^{1−\sqrt{2}}, e^{1+\sqrt{2}} ) a konkávní na intervalech (−∞, −e^{1+\sqrt{2}} ), (−e^{1−\sqrt{2}}, 0), (0, e^{1−\sqrt{2}}), (e^{1+\sqrt{2}} , +∞). Body ±e^{1+\sqrt{2}} , ±e^{1−\sqrt{2}} jsou inflexními body f.

Vzhledem k tomu, že lim_{x→+∞} \frac{f(x)}{x} = 0 a lim_{x→+∞} f(x) = +∞ f nemá asymptotu v +∞. Ze sudosti f vyplývá, že f nemá asymptotu ani v −∞.

Takto vypadá graf funkce f:

Graf f v trochu jiném pohledu:

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (E)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→+∞} \frac{log(1 + 2^{n})}{\sqrt[3]{n^{3} + n^{2}}} . (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=1}^{+∞}(\sqrt{n^{3} + 1} − \sqrt{n^{3} − 1}) (10 bodů)

Příklad 3 : Spočtěte limitu

lim_{x→0} (\frac{2^{x} + 8^{x}}{2} )^{\frac{1}{x}} . (10 bodů)

Příklad 4 : Spočtěte derivaci (resp. jednostranné derivace) funkce

f(x) = arccos \frac{1}{1 + x^{2}}

ve všech bodech, kde existuje. (10 bodů) Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce

f(x) = arctg(sinx). (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (E)

ZS 1997-98

Příklad E1 : Počítejme:

lim_{n→+∞} \frac{log(1 + 2^{n})}{\sqrt[3]{n^{3} + n^{2}}} = lim_{n→+∞} \frac{log(2^{n}(1 + \frac{1}{2^{n}}))}{\sqrt[3]{n^{3} + n^{2}}} = lim_{n→+∞} \frac{n log2 + log(1 + \frac{1}{2^{n}})}{\sqrt[3]{n^{3} + n^{2}}}

= lim_{n→+∞} \frac{n log2}{\sqrt[3]{n^{3} + n^{2}}} + lim_{n→+∞} \frac{log(1 + \frac{1}{2^{n}})}{\sqrt[3]{n^{3} + n^{2}}}

= lim_{n→+∞} \frac{log2}{\sqrt[3]{1 + \frac{1}{n}}} + lim_{n→+∞} \frac{log(1 + \frac{1}{2^{n}})}{\sqrt[3]{n^{3} + n^{2}}}

= log2 + \frac{0}{+∞} = log2.

Při výpočtu jsme, mimo jiné, použili větu o aritmetice limit a spojitost logaritmu.

Příklad E2 : Označme a_{n} = \sqrt{n^{3} + 1} − \sqrt{n^{3} − 1}. Platí:

a_{n} > 0 pro každé n ∈ ℕ a a_{n} = \frac{2}{\sqrt{n^{3} + 1} + \sqrt{n^{3} − 1}} < \frac{2}{n^{3/2}} , n ∈ ℕ.

Řada ∑_{n=1}^{+∞} \frac{2}{n^{3/2}} konverguje a proto podle srovnávacího kritéria konverguje i vyšetřovaná řada.

Příklad E3 : Pišme

(\frac{2^{x} + 8^{x}}{2} )^{\frac{1}{x}} = exp(\frac{1}{x} · log(\frac{2^{x} + 8^{x}}{2} )) .

Spočítejme nejprve limitu

lim_{x→0} \frac{log(\frac{2^{x}+8^{x}}{2} )}{x} = lim_{x→0} \frac{log(\frac{2^{x}+8^{x}}{2} )}{\frac{2^{x}+8^{x}}{2} − 1} · \frac{2^{x} + 8^{x} − 2}{2x}

= lim_{x→0} \frac{log(\frac{2^{x}+8^{x}}{2} )}{\frac{2^{x}+8^{x}}{2} − 1} · lim_{x→0} \frac{2^{x} + 8^{x} − 2}{2x} = 1 · log4.

Při výpočtu první limity jsme využili (1) lim_{y→1} \frac{log y}{y−1} = 1,

(2) výraz \frac{2^{x}+8^{x}}{2} je na jistém okolí 0 různý od 1,

(3) větu o limitě složené funkce.

Rovnost

lim_{x→0} \frac{2^{x} + 8^{x} − 2}{2x} = log4

je možno odvodit pomocí l’Hospitalova pravidla nebo také takto:

lim_{x→0} \frac{2^{x} + 8^{x} − 2}{2x} = lim_{x→0} \frac{1}{2} · \frac{2^{x} − 1}{x} + lim_{x→0} \frac{1}{2} · \frac{8^{x} − 1}{x}

= lim_{x→0} \frac{1}{2} · \frac{e^{x log 2} − 1}{x log2} · log2 + lim_{x→0} \frac{1}{2} · \frac{e^{x log 8} − 1}{x log8} · log8

= \frac{1}{2}(log2 + log8) = log4.

Zde jsme užili větu o limitě složené funkce, známou limitu lim_{y→0} \frac{e^{y}−1}{y} = 1, prostotu zobrazení x ↦ x log2, x ↦ x log8 (viz podmínka (P1) ve větě o limitě složené funkce) a větu o aritmetice limit.

Předchozí výpočty spolu se spojitostí exponenciály dávají

lim_{x→0} (\frac{2^{x} + 8^{x}}{2} )^{\frac{1}{x}} = 4.

Příklad E4 : Zkoumaná funkce je definována na celém ℝ a je na ℝ spojitá. Je-li x ≠ 0, můžeme f′(x) vypočítat pomocí věty o derivaci složené funkce:

f′(x) = \frac{−1}{\sqrt{1 − \frac{1}{(1+x^{2} )^{2}}}} · \frac{−2x}{(1 + x^{2})^{2}} = \frac{2 sgnx}{(1 + x^{2})\sqrt{x^{2} + 2}} .

V 0 vypočítáme jednostranné derivace pomocí limity derivace (předpoklady příslušné věty jsou splněny):

f′_{+} (0) = lim_{x→0+} \frac{2 sgnx}{(1 + x^{2})\sqrt{x^{2} + 2}} = \frac{1}{\sqrt{2}},
f′_{−}(0) = lim_{x→0−} \frac{2 sgnx}{(1 + x^{2})\sqrt{x^{2} + 2}} = −\frac{1}{\sqrt{2}}.

V 0 tedy derivace neexistuje.

Příklad E5 : Platí: D(f) = ℝ, f je spojitá na ℝ, 2π-periodická a lichá. Spočtěme derivace a zkoumejme jejich znaménka:

f′(x) = \frac{cosx}{1 + sin^{2} x} ,  x ∈ ℝ,
f′′(x) = − sinx · \frac{1 + sin^{2} x + 2 cos^{2} x}{(1 + sin^{2} x)^{2}} ,  x ∈ ℝ;
f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−π/2, π/2) + 2kπ, k ∈ ℤ,
f′(x) < 0 ⇔ x ∈ (π/2, 3π/2) + 2kπ, k ∈ ℤ,
f′(x) = 0 ⇔ x = π/2 + kπ, k ∈ ℤ,
f′′(x) > 0 ⇔ x ∈ (π, 2π) + 2kπ, k ∈ ℤ,
f′′(x) < 0 ⇔ x ∈ (0, π) + 2kπ, k ∈ ℤ,
f′′(x) = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ ℤ.

Z výše uvedeného vyplývá, že f je rostoucí na intervalech tvaru (−π/2, π/2) + kπ, k ∈ ℤ, klesající na intervalech tvaru (π/2, 3π/2) + kπ, k ∈ ℤ; v bodech π/2 + kπ, k ∈ ℤ, má f globální maxima a v bodech 3π/2 + kπ, k ∈ ℤ, má f globální minima. Funkce f je na intervalech (0, π) + kπ, k ∈ ℤ, konkávní a na intervalech tvaru (π, 2π) + kπ, k ∈ ℤ, konvexní, v bodech kπ, k ∈ ℤ, má f inflexní body; H(f) = ⟨−π/4, π/4⟩; f nemá žádné asymptoty.

Takto vypadá graf funkce f:

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (F)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→∞}(−1)^{n} \frac{n^{3} \sqrt[n]{n}}{n^{3} + \sqrt[2n]{n}} . (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=1}^{+∞} \frac{arctgn}{n}. (10 bodů)

Příklad 3 : Nalezněte a, b ∈ ℝ taková, že

lim_{x→∞} \sqrt[3]{x^{3} + x} − ax − b = 0. (10 bodů)

Příklad 4 : Spočtěte derivaci (resp. jednostranné derivace) funkce

f(x) = \{ \begin{matrix}x^{2} (sin \frac{1}{x} + cos \frac{1}{x}) & pro x ≠ 0, \\ 0 & pro x = 0, \end{matrix}

ve všech bodech, kde existuje. (10 bodů) Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce

f(x) = (x^{2} + 2x + 1)e^{x}. (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (F)

ZS 1997-98

Příklad F1 : Spočítejme nejprve tuto limitu

lim_{n→∞} \frac{n^{3} \sqrt[n]{n}}{n^{3} + \sqrt[2n]{n}} .

Platí

lim_{n→∞} \frac{n^{3} \sqrt[n]{n}}{n^{3} + \sqrt[2n]{n}} = lim_{n→∞} \frac{\sqrt[n]{n}}{1 + \sqrt{\frac{\sqrt[n]{n}}{n^{6}}}} = 1.

Zde jsme využili větu o aritmetice limit a lim_{n→∞} \sqrt[n]{n} = 1. Z výše uvedeného a věty o limitě vybrané posloupnosti vyplývá, že

lim_{n→∞} \frac{(2n)^{3} \sqrt[2n]{2n}}{(2n)^{3} + \sqrt[4n]{2n}} = 1  a  lim_{n→∞} −\frac{(2n + 1)^{3}  \sqrt[2n+1]{2n + 1}}{(2n + 1)^{3} + \sqrt[4n+2]{2n + 1}} = −1.

To znamená, že lim_{n→∞} \frac{n^{3} \sqrt[n]{n}}{n^{3} + \sqrt[2n]{n}} neexistuje.

Příklad F2 : Funkce arctg je ve svém definičním oboru rostoucí a proto

∀n ∈ ℕ : 0 < arctg1 ≤ arctgn

a také

(⋆)  ∀n ∈ ℕ : 0 < \frac{arctg1}{n} ≤ \frac{arctgn}{n}.

Řada ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} diverguje a proto diverguje i řada ∑_{n=1}^{∞} \frac{arctg 1}{n}. Odtud, z (⋆) a ze srovnávacího kritéria dostáváme, že řada ∑_{n=1}^{∞} \frac{arctg n}{n} diverguje.

Příklad F3 : Zde nejde o nic jiného, než o určení asymptoty k funkci x ↦ \sqrt[3]{x^{3} + x} v +∞. Počítejme:

lim_{x→+∞} \frac{\sqrt[3]{x^{3} + x}}{x} = lim_{x→+∞} \sqrt[3]{1 + \frac{1}{x^{2}}} = 1 (= a);
lim_{x→+∞} \sqrt[3]{x^{3} + x} − x = lim_{x→+∞} (\sqrt[3]{x^{3} + x} − x) · \frac{(x^{3} + x)^{\frac{2}{3}} + (x^{3} + x)^{\frac{1}{3}} x + x^{2}}{(x^{3} + x)^{\frac{2}{3}} + (x^{3} + x)^{\frac{1}{3}} x + x^{2}}

= lim_{x→+∞} \frac{x}{(x^{3} + x)^{\frac{2}{3}} + (x^{3} + x)^{\frac{1}{3}} x + x^{2}}

= lim_{x→+∞} \frac{1}{(x^{\frac{3}{2}} + x^{− \frac{1}{2}} )^{\frac{2}{3}} + (x^{3} + x)^{\frac{1}{3}} + x} = \frac{1}{+∞} = 0 (= b).

Řešením úlohy jsou čísla a = 1 a b = 0.

Příklad F4 : Pro x ≠ 0 platí

f′(x) = 2x(sin \frac{1}{x} + cos \frac{1}{x}) + x^{2}(−\frac{1}{x^{2}} cos \frac{1}{x} + \frac{1}{x^{2}} sin \frac{1}{x}).

Tento vztah vyplývá z věty o aritmetice derivací a věty o derivaci složené funkce. V bodě 0 počítejme derivaci z definice, tj. počítejme limitu

lim_{x→0} \frac{f(x) − f(0)}{x − 0} = lim_{x→0} x(sin \frac{1}{x} + cos \frac{1}{x}) = 0,

neboť lim_{x→0} x = 0 a funkce x ↦ (sin \frac{1}{x} + cos \frac{1}{x}) je omezená na jistém prstencovém okolí bodu 0. Platí tedy f′(0) = 0.

Příklad F5 : Snadno zjistíme D(f) = ℝ a f je na ℝ spojitá; f(x) = 0 ⇔ x = −1; lim_{x→+∞} f(x) = +∞ a lim_{x→−∞} f(x) = 0. Funkce f není lichá, není sudá a není periodická. Pro f′ platí

f′(x) = (x^{2} + 4x + 3)e^{x}, x ∈ ℝ.

Pro znaménko f′ máme

f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, −3) ∪ (−1, ∞),
f′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−3, −1),
f′(x) = 0 ⇔ x ∈ {−3, −1}.

Zabývejme se ještě druhou derivací f a jejím znaménkem:

f′′(x) = (x^{2} + 6x + 7)e^{x},  x ∈ ℝ;
f′′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, −3 − \sqrt{2}) ∪ (−3 + \sqrt{2}, ∞),
f′′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−3 − \sqrt{2}, −3 + \sqrt{2}),
f′′(x) = 0 ⇔ x ∈ \{−3 − \sqrt{2}, −3 + \sqrt{2}\}.

Z výše uvedeného vyplývá, že funkce f je rostoucí na intervalech (−∞, −3) a (−1, +∞); f je klesající na intervalu (−3, −1); v bodě −3 má lokální maximum a v bodě −1 globální minimum; globálního maxima se nenabývá; H(f) = ⟨0, +∞). Funkce f je na intervalech (−∞, −3 − \sqrt{2}), (−3 + \sqrt{2}, +∞) konvexní a na intervalu (−3 − \sqrt{2}, −3 + \sqrt{2}) je konkávní. Body −3 − \sqrt{2}, −3 + \sqrt{2} jsou inflexními body f. Funkce f má v −∞ za asymptotu funkci x ↦ 0 a v +∞ f asymptotu nemá.

Toto je graf funkce f:

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (G)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→∞} \frac{(n + 4)^{100} − (n + 3)^{100}}{(n + 2)^{100} − n^{100}} . (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=1}^{+∞} \frac{cos(nπ)\sqrt{n + 7}}{\sqrt{n}\sqrt{n + 1}}  (10 bodů)

Příklad 3 : Spočtěte limitu

lim_{x→+∞} \frac{sin(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x})}{\sqrt{x + 2} − \sqrt{x + 1}}. (10 bodů)

Příklad 4 : Spočtěte derivaci funkce

f(x) = x^{(x^{x})}

pro každé x > 0. (10 bodů) Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce

f(x) = arctgx − x. (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (G)

ZS 1997-98

Příklad G1 : Platí:

(n + 4)^{100} − (n + 3)^{100} = ∑_{j=0}^{100} \binom{100}{j}n^{100−j} 4^{j} − ∑_{j=0}^{100} \binom{100}{j}n^{100−j} 3^{j}

= ∑_{j=0}^{100} \binom{100}{j}n^{100−j} (4^{j} − 3^{j}) = 100n^{99} + P_{1}(n);

(n + 2)^{100} − n^{100} = 200n^{99} + P_{2}(n),

kde P_{1}, P_{2} jsou polynomy stupně ostře menšího než 99. Pro tyto polynomy tedy platí

lim_{n→∞} \frac{P_{1}(n)}{n^{99}} = 0,  lim_{n→∞} \frac{P_{2}(n)}{n^{99}} = 0.

Dostáváme tak:

lim_{n→∞} \frac{(n + 4)^{100} − (n + 3)^{100}}{(n + 2)^{100} − n^{100}} = lim_{n→∞} \frac{100 + \frac{P_{1} (n)}{n^{99}}}{200 + \frac{P_{2} (n)}{n^{99}}} = 1/2.

Příklad G2 : Použijeme Leibnizova kritéria:

• řada má požadovaný tvar, neboť cos(nπ) = (−1)^{n}, n ∈ ℕ a

c_{n} = \begin{matrix}√ & \overline{n + 7} \\ \sqrt{n} & \sqrt{n + 1} \end{matrix} > 0;

• lim_{n→∞} \begin{matrix}√ & \overline{n + 7} \\ \sqrt{n} & \sqrt{n + 1} \end{matrix} = lim_{n→∞} \begin{matrix}√ & \overline{1 + \frac{7}{n}} \\ √ & \overline{n + 1} \end{matrix} = 0 (použili jsme větu o aritmetice limit a také

spojitost odmocniny);

• nerovnost c_{n} ≥ c_{n+1} , n ∈ ℕ, je ekvivalentní s nerovností (n + 7)(n + 2) ≥ (n + 8)n, n ∈ ℕ; poslední nerovnost platí, jak se lze snadno přesvědčit po roznásobení.

Naše řada tedy konverguje podle Leibnizova kritéria.

Příklad G3 : Upravme nejprve výraz jehož limitu máme spočítat, přitom budeme předpokládat, že x > 0.

\frac{sin(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x})}{\sqrt{x + 2} − \sqrt{x + 1}} = \frac{sin(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x})}{\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}} · \frac{\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}}{\sqrt{x + 2} − \sqrt{x + 1}}

= \frac{sin(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x})}{\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}} · \frac{\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}}{\sqrt{x + 2} − \sqrt{x + 1}} · \frac{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}} · \frac{\sqrt{x + 2} + \sqrt{x + 1}}{\sqrt{x + 2} + \sqrt{x + 1}}

= \frac{sin(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x})}{\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}} · \frac{\sqrt{x + 2} + \sqrt{x + 1}}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}}

= \frac{sin(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x})}{\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}} · \frac{\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + \sqrt{1 + \frac{1}{x}}}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1} .

Výraz \sqrt{x + 1} − \sqrt{x} je pro x > 0 různý od 0 a

lim_{x→+∞} (\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}) = lim_{x→+∞} \frac{1}{\sqrt{x + 1} + \sqrt{x}} = 0.

Použijeme-li známou limitu lim_{y→0} \frac{siny}{y} = 1 a větu o limitě složené funkce ve verzi s pod-

mínkou (P1), dostaneme

lim_{x→+∞} \frac{sin(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x})}{\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}} = 1.

Věta o aritmetice limit potom dává:

lim_{x→+∞} \frac{sin(\sqrt{x + 1} − \sqrt{x})}{\sqrt{x + 1} − \sqrt{x}} · \frac{\sqrt{1 + \frac{2}{x}} + \sqrt{1 + \frac{1}{x}}}{\sqrt{1 + \frac{1}{x}} + 1} = 1 · 1 = 1.

Příklad G4 : Spočtěme nejprve

(x^{x})′ = (e^{x log x})′ = e^{x log x} (1 · logx + x · \frac{1}{x}) = x^{x}(logx + 1), x > 0.

Pak dostáváme

(x^{(x^{x})})′ = (e^{x^{x} log x})′ = e^{x^{x} log x} ((x^{x})′ · logx + x^{x} · \frac{1}{x})
= x^{(x^{x})} (x^{x}(logx + 1) logx + x^{x−1}) , x > 0.

Při výpočtech jsme využili větu o derivaci složené funkce, větu o derivaci součinu a faktu, že derivované funkce mají ve svých definičních oborech vlastní derivace.

Příklad G5 : Platí: D(f) = ℝ; f je spojitá na ℝ; f je lichá a

lim_{x→+∞} f(x) = −∞,  lim_{x→−∞} f(x) = +∞.

Spočítejme první a druhou derivaci f a zkoumejme jejich znaménko:

f′(x) = \frac{1}{1 + x^{2}} − 1,  x ∈ ℝ;  f′′(x) = \frac{−2x}{(1 + x^{2})^{2}} ,  x ∈ ℝ;

f′(x) < 0 ⇔ x ∈ ℝ \ {0},
f′(x) = 0 ⇔ x = 0;
f′′(x) < 0 ⇔ x ∈ (0, +∞),
f′′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, 0),
f′′(x) = 0 ⇔ x = 0.

Z výše uvedeného vyplývá, že funkce f je klesající na ℝ a nemá žádné extrémy; f je konvexní na intervalu (−∞, 0), konkávní na (0, +∞) a 0 je inflexním bodem; H(f) = ℝ. Spočítejme ještě asymptoty f:

lim_{x→+∞} \frac{f(x)}{x} = lim_{x→+∞} (\frac{arctgx}{x} − 1) = −1,
lim_{x→+∞} (f(x) + x) = lim_{x→+∞} arctgx = π/2;
lim_{x→−∞} \frac{f(x)}{x} = lim_{x→−∞} (\frac{arctgx}{x} − 1) = −1,
lim_{x→−∞}(f(x) + x) = lim_{x→−∞} arctgx = −π/2.

Funkce f má v +∞ asymptotu y = −x + π/2 a v −∞ má asymptotu y = −x − π/2.

Toto je graf funkce f:

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (H)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→∞} \sqrt[n]{n^{2} + n^{3} + n^{4} + 2^{n} + 3^{n} + 4^{n}} . (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{5}}{5^{n}}. (10 bodů)

Příklad 3 : Spočtěte limitu

lim_{x→0} \frac{sin(tgx)}{arctg(arcsinx))}. (10 bodů)

Příklad 4 : Nalezněte A, B, C ∈ ℝ, aby

(\frac{2}{\sqrt{3}} arctg(\frac{cosx}{\sqrt{3}}) + \frac{1}{4} log \frac{2 + sinx}{2 − sinx}) ′ = \frac{A cosx + B sinx}{C + cos2x}

pro všechna x ∈ ℝ. Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce

f(x) = arcsin(sin(\frac{3πx}{4x^{2} + 2} )) (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (H)

ZS 1997-98

Příklad H1 : Víme, že pro k ∈ ℕ platí lim_{n→∞} \frac{2^{n}}{n^{k}} = +∞. Odtud plyne, že existuje n_{0} ∈ ℕ takové, že

∀n ∈ ℕ, n ≥ n_{0} : n^{2} ≤ n^{3} ≤ n^{4} ≤ 2^{n} ≤ 3^{n} ≤ 4^{n}.

Platí tedy

∀n ∈ ℕ, n ≥ n_{0} : 4 ≤ \sqrt[n]{n^{2} + n^{3} + n^{4} + 2^{n} + 3^{n} + 4^{n}} ≤ 4 \sqrt[n]{6}.

Víme, že platí lim_{n→∞} \sqrt[n]{6} = 1 a proto podle věty o dvou policajtech dostáváme

lim_{n→+∞} \sqrt[n]{n^{2} + n^{3} + n^{4} + 2^{n} + 3^{n} + 4^{n}} = 4.

Příklad H2 : Všechny členy uvažované řady jsou kladné, můžeme proto zkusit použít podílové kritérium:

a_{n} = \frac{n^{5}}{5^{n}},  lim_{n→+∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = lim_{n→+∞} \frac{\frac{(n+1)^{5}}{5^{n+1}}}{\frac{n^{5}}{5^{n}}} = lim_{n→+∞} \frac{1}{5} (\frac{n + 1}{n} )^{5} = \frac{1}{5} < 1.

Řada tedy konverguje podle podílového kritéria.

Příklad H3 : Víme (1) lim_{x→0} \frac{sin x}{x} = 1,

(2) lim_{x→0} \frac{arcsin x}{x} = 1,

(3) lim_{x→0} \frac{arctg x}{x} = 1,

(4) lim_{x→0} \frac{tg x}{x} = 1,

(5) lim_{x→0} tgx = 0,

(6) lim_{x→0} arcsinx = 0,

(7) tg je prostý na (−\frac{π}{2}, \frac{π}{2}),

(8) arcsin je prostý na ⟨−1, 1⟩. Pišme

lim_{x→0} \frac{sin(tgx)}{arctg(arcsinx)} = lim_{x→0} \frac{sin(tgx)}{tgx} \frac{tgx}{x} \frac{x}{arcsinx} \frac{arcsinx}{arctg(arcsinx)} = 1,

neboť platí (2), (4), lim_{x→0} \frac{sin(tg x)}{tg x} = 1 (podle věty o limitě složené funkce, (1), (5) a (7)) a také lim_{x→0} \frac{arcsin x}{arctg (arcsin x)} = 1 (podle věty o limitě složené funkce, větě o limitě podílu funkcí, (3), (6) a (8)).

Příklad H4 : Spočtěme nejprve derivaci na levé straně rovnosti. Po úpravě dostaneme, že pro každé x ∈ ℝ platí

(\frac{2}{\sqrt{3}} arctg(\frac{cosx}{\sqrt{3}}) + \frac{1}{4} log \frac{2 + sinx}{2 − sinx}) ′ = \frac{2 cosx − 4 sinx}{7 + cos2x}.

Při úpravách je třeba užít vzorečku cos^{2} x = \frac{1}{2}(1 + cos2x). Stačí tedy volit A = 2, B = −4, C = 7.

Příklad H5 : Položme g(x) = \frac{3πx}{4x^{2} + 2} . Vyšetřeme nejprve průběh funkce g. Platí:

D(g) = ℝ; lim_{x→+∞} g(x) = 0; lim_{x→−∞} g(x) = 0. Funkce g je lichá a spojitá na ℝ. Pro každé x ∈ ℝ platí

g′(x) = 6π \frac{1 − 2x^{2}}{(4x^{2} + 2)^{2}} , g′′(x) = 6π \frac{x(2x^{2} − 3)}{(2x^{2} + 1)^{3}}.

g′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}),
g′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −\frac{1}{\sqrt{2}}) ∪ (\frac{1}{\sqrt{2}}, +∞),
g′(x) = 0 ⇔ x = ±\frac{1}{\sqrt{2}}.

Funkce g je na intervalech (−∞, −\frac{1}{\sqrt{2}}), (\frac{1}{\sqrt{2}}, +∞) klesající. Na intervalu (−\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}) rostoucí. V bodě \frac{1}{\sqrt{2}} je globální maximum funkce g, v bodě −\frac{1}{\sqrt{2}} je globální minimum funkce g. Platí také H(g) = ⟨g(−\frac{1}{\sqrt{2}}), g(\frac{1}{\sqrt{2}})⟩ = ⟨−\frac{3π}{4\sqrt{2}} , \frac{3π}{4\sqrt{2}} ⟩.

g′′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−\sqrt{\frac{3}{2}}, 0) ∪ (\sqrt{\frac{3}{2}}, +∞),
g′′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −\sqrt{\frac{3}{2}}) ∪ (0, \sqrt{\frac{3}{2}}),
g′′(x) = 0 ⇔ x = 0, \sqrt{\frac{3}{2}}, −\sqrt{\frac{3}{2}}.

Funkce g je konvexní na intervalech (−\sqrt{\frac{3}{2}}, 0), (\sqrt{\frac{3}{2}}, +∞). Funkce g je konkávní na inter-

valech (−∞, −\sqrt{\frac{3}{2}}), (0, \sqrt{\frac{3}{2}}). Body 0, \sqrt{\frac{3}{2}}, −\sqrt{\frac{3}{2}} jsou inflexními body funkce g. Graf funkce g vypadá takto:

Vraťme se nyní k funkci f. Všimněme si, že H(g) ⊂ ⟨−π, π⟩ a

g(x) ∈ ⟨−π/2, π/2⟩ ⇔ x ∈ (−∞, −1⟩ ∪ ⟨−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}⟩ ∪ ⟨1, ∞).

Platí proto:

f(x) = \{ \begin{matrix}−π − g(x), & x ∈ (−1, −\frac{1}{2}) \\ g(x), & x ∈ (−∞, −1⟩ ∪ ⟨−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}⟩ ∪ ⟨1, ∞) \\ π − g(x), & x ∈ (\frac{1}{2}, 1). \end{matrix}

Nyní je snadné zjistit, že funkce f je rostoucí na intervalech (−1, −\frac{1}{\sqrt{2}}), (−\frac{1}{2}, \frac{1}{2}), (\frac{1}{\sqrt{2}}, 1); f je klesající na intervalech (−∞, −1), (−\frac{1}{\sqrt{2}}, −\frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}), (1, +∞); v bodech \frac{1}{2}, 1 má f globální maximum; v bodech −\frac{1}{2}, −1 má f globální minimum; v bodě \frac{1}{\sqrt{2}} má f lokální minimum a v bodě −\frac{1}{\sqrt{2}} lokální maximum; f je konvexní na intervalech (−\frac{1}{2}, 0), (\frac{1}{2}, 1), (\sqrt{\frac{3}{2}}, ∞), (−\sqrt{\frac{3}{2}}, −1); f je konkávní na intervalech (−∞, −\sqrt{\frac{3}{2}}), (−1, −\frac{1}{2}), (0, \frac{1}{2}), (1, \sqrt{\frac{3}{2}}); body 0, \sqrt{\frac{3}{2}}, −\sqrt{\frac{3}{2}} jsou inflexními body funkce f.

Toto je graf funkce f:

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (I)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→∞} \frac{log(n^{2} + n + 1) − log(n^{2} + n)}{\sqrt{n^{4} + 2} − \sqrt{n^{4} + 1}} . (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=1}^{+∞} \frac{3^{n} + 4^{n}}{4^{n} + 5^{n}} . (10 bodů)

Příklad 3 : Spočtěte limitu

lim_{x→0} \frac{sinx − x cosx}{e^{x^{3}} − 1}. (10 bodů)

Příklad 4 : Spočtěte derivaci funkce (resp. jednostranné derivace)

f(x) = max{x + 4 arctg(sinx), x}

ve všech bodech, kde existuje. (10 bodů) Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce

f(x) = (x − 1) exp(\frac{x}{1 + x} ) . (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (I)

ZS 1997-98

Příklad I1 : Výraz jehož limitu máme spočítat nejprve upravíme:

\frac{log(n^{2} + n + 1) − log(n^{2} + n)}{\sqrt{n^{4} + 2} − \sqrt{n^{4} + 1}} = \frac{log(1 + \frac{1}{n^{2} +n} )}{\frac{1}{n^{2} +n}} · \frac{\frac{1}{n^{2} +n}}{1} · (\sqrt{n^{4} + 2} + \sqrt{n^{4} + 1} )

= \frac{log(1 + \frac{1}{n^{2} +n} )}{\frac{1}{n^{2} +n}} · \frac{\sqrt{n^{4} + 2} + \sqrt{n^{4} + 1}}{n^{2} + n}

= \frac{log(1 + \frac{1}{n^{2} +n} )}{\frac{1}{n^{2} +n}} · \frac{\sqrt{1 + \frac{2}{n^{4}}} + \sqrt{1 + \frac{1}{n^{4}}}}{1 + \frac{1}{n}} .

Vzhledem k tomu, že platí (1) lim_{y→0} \frac{log(1+y)}{y} = 1,

(2) lim_{n→+∞} \frac{1}{n^{2} +n} = 0,

(3) \frac{1}{n^{2} +n} ≠ 0 pro každé n ∈ ℕ,

můžeme podle věty o limitě složené funkce a Heineho věty psát

lim_{n→∞} \frac{log(1 + \frac{1}{n^{2} +n} )}{\frac{1}{n^{2} +n}} = 1.

Z věty o aritmetice limit a spojitosti odmocniny plyne

lim_{n→+∞} \frac{\sqrt{1 + \frac{2}{n^{4}}} + \sqrt{1 + \frac{1}{n^{4}}}}{1 + \frac{1}{n}} = 2.

Dohromady pak máme

lim_{n→∞} \frac{log(n^{2} + n + 1) − log(n^{2} + n)}{\sqrt{n^{4} + 2} − \sqrt{n^{4} + 1}} = 2.

Příklad I2 : Členy uvažované řady jsou kladné a použijeme-li podílové kritérium, dostaneme:

lim_{n→+∞} \frac{3^{n+1} + 4^{n+1}}{4^{n+1} + 5^{n+1}} · \frac{4^{n} + 5^{n}}{3^{n} + 4^{n}}

= lim_{n→+∞} \frac{\frac{3^{n+1}}{4^{n}} + 4}{\frac{4^{n+1}}{5^{n}} + 5} · \frac{\frac{4^{n}}{5^{n}} + 1}{\frac{3^{n}}{4^{n}} + 1} = \frac{4}{5} < 1.

Zkoumaná řada tedy konverguje podle podílového kritéria.

Příklad I3 : Limita čitatele a jmenovatele je rovna 0 a funkce ve jmenovateli i čitateli mají v každém bodě vlastní derivaci. Pokusme se tedy použít l’Hospitalovo pravidlo:

lim_{x→0} \frac{sinx − x cosx}{e^{x^{3}} − 1} =^{?} lim_{x→0} \frac{cosx − cosx + x sinx}{e^{x^{3}} · 3x^{2}} = lim_{x→0} \frac{sinx}{e^{x^{3}} · 3x} = \frac{1}{3}.

Vzhledem k tomu, že limita podílu derivací existuje, tak je i první rovnost v předchozím výpočtu v pořádku a výsledek je roven 1/3.

Příklad I4 : Pro hodnoty funkce f platí

f(x) = \{ \begin{matrix}x + 4 arctg(sinx), & x ∈ (2kπ, (2k + 1)π), k ∈ ℤ, \\ x, & x ∈ ⟨(2k + 1)π, (2k + 2)π⟩, k ∈ ℤ. \end{matrix}

Odtud již můžeme vypočítat hodnotu derivace všude mimo body ve tvaru kπ, k ∈ ℤ:

f′(x) = \{ \begin{matrix}1 + 4\frac{cos x}{1+sin^{2} x} , & x ∈ (2kπ, (2k + 1)π), k ∈ ℤ, \\ 1, & x ∈ ((2k + 1)π, (2k + 2)π), k ∈ ℤ. \end{matrix}

Funkce f je na ℝ spojitá a jednostranné derivace v bodech kπ, k ∈ ℤ, lze tedy počítat pomocí limit derivací:

f′_{+} (2kπ) = lim_{x→2kπ+} f′(x) = lim_{x→2kπ+} (1 + 4\frac{cosx}{1 + sin^{2} x} ) = 5,
f′_{−}(2kπ) = lim_{x→2kπ−} f′(x) = lim_{x→2kπ−} 1 = 1,
f′_{−}((2k + 1)π) = lim_{x→(2k+1)π−} f′(x) = lim_{x→(2k+1)π−} (1 + 4\frac{cosx}{1 + sin^{2} x} ) = −3,
f′_{+} ((2k + 1)π) = lim_{x→(2k+1)π+} f′(x) = lim_{x→(2k+1)π+} 1 = 1.

Z výše uvedeného vyplývá, že funkce f v bodech tvaru kπ, k ∈ ℤ, nemá derivaci.

Příklad I5 : Platí D(f) = ℝ \ {−1}; lim_{x→+∞} f(x) = +∞, lim_{x→−∞} f(x) = −∞, lim_{x→−1−} f(x) = −∞, lim_{x→−1+} f(x) = 0. Funkce f je spojitá na D(f), ale není sudá, ani lichá, ani periodická. Spočtěme f′ a f′′ a prozkoumejme jejich znaménko:

f′(x) = \frac{x(3 + x)}{(1 + x)^{2}} exp(x/(1 + x)),  x ∈ D(f);
f′′(x) = \frac{5x + 3}{(1 + x)^{4}} exp(x/(1 + x)),  x ∈ D(f);

f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−∞, −3) ∪ (0, +∞),
f′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−3, −1) ∪ (−1, 0),
f′(x) = 0 ⇔ x ∈ {−3, −1};
f′′(x) > 0 ⇔ x ∈ (−3/5, ∞),
f′′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, −3/5),
f′′(x) = 0 ⇔ x ∈ {−3/5}.

Funkce f je tedy rostoucí na intervalech (−∞, −3) a (0, +∞); klesající na intervalech (−3, −1) a (−1, 0). V bodě −3 má f lokální maximum a v bodě 0 má lokální minimum. Globálních extrémů funkce f nenabývá. Funkce f je konkávní na intervalech (−∞, −1) a (−1, −3/5); na intervalu (−3/5, +∞) je konvexní; bod −3/5 je inflexním bodem. Pro obor hodnot platí: H(f) = (−∞, −4 exp(3/2)⟩ ∪ ⟨−1, +∞). Určeme ještě asymptoty:

lim_{x→+∞} \frac{x − 1}{x} exp(\frac{x}{1 + x} ) = e,

lim_{x→+∞} \{(x − 1) exp(\frac{x}{1 + x} ) − ex\}

= lim_{x→+∞} \{ex (exp(−\frac{1}{1 + x} ) − 1) − exp(\frac{x}{1 + x} )\}

= lim_{x→+∞} \{\frac{−ex}{1 + x} · \frac{exp(−\frac{1}{1+x} ) − 1}{−\frac{1}{1+x}} − exp(\frac{x}{1 + x} )\} = −2e,

lim_{x→−∞} \frac{x − 1}{x} exp(\frac{x}{1 + x} ) = e,

lim_{x→−∞} \{(x − 1) exp(\frac{x}{1 + x} ) − ex\}

= lim_{x→−∞} \{ex (exp(−\frac{1}{1 + x} ) − 1) − exp(\frac{x}{1 + x} )\}

= lim_{x→−∞} \{\frac{−ex}{1 + x} · \frac{exp(−\frac{1}{1+x} ) − 1}{−\frac{1}{1+x}} − exp(\frac{x}{1 + x} )\} = −2e

Funkce y = ex − 2e je tedy asymptotou funkce f v +∞ i −∞. Zde je graf funkce f:

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (J)

ZS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte limitu

lim_{n→∞}(n^{4} + (−1)^{n}n^{2}) sin(\frac{n + 1}{n^{5}} ) . (10 bodů)

Příklad 2 : Vyšetřete konvergenci řady

∑_{n=1}^{+∞}(−1)^{n} \frac{sin(n)}{n\sqrt{n}}. (10 bodů)

Příklad 3 : Spočtěte limitu

lim_{x→0} \frac{log(\frac{sin x}{x})}{x^{2}}. (10 bodů)

Příklad 4 : Spočtěte derivaci funkce (resp. jednostranné derivace)

f(x) = max{x^{3} − 1, x^{3} + x}

ve všech bodech, kde existuje. (10 bodů) Příklad 5 : Vyšetřete průběh funkce

f(x) = arctg(\frac{1}{x − 3}) + |x|. (20 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (J)

ZS 1997-98

Příklad J1 : Výraz jehož limitu máme spočítat nejprve upravíme:

(n^{4} + (−1)^{n}n^{2}) sin(\frac{n + 1}{n^{5}} ) = \frac{n^{4} + (−1)^{n}n^{2}}{n^{4}} · \frac{n^{4}}{\frac{n^{5}}{n+1}} · \frac{sin(\frac{n+1}{n^{5}} )}{\frac{n+1}{n^{5}}}

= (1 + (−1)^{n} \frac{1}{n^{2}} ) · \frac{n + 1}{n} · \frac{sin(\frac{n+1}{n^{5}} )}{\frac{n+1}{n^{5}}}.

Vzhledem k tomu, že platí (1) lim_{y→0} \frac{sin y}{y} = 1,

(2) lim_{n→+∞} \frac{n+1}{n^{5}} = 0,

(3) \frac{n+1}{n^{5}} ≠ 0 pro každé n ∈ ℕ,

lim_{n→+∞} \frac{sin(\frac{n+1}{n^{5}} )}{\frac{n+1}{n^{5}}} = 1.

Posloupnost \{(−1)^{n}\} je omezená a lim_{n→+∞} \frac{1}{n^{2}} = 0, proto lim_{n→+∞} (−1)^{n} \frac{1}{n^{2}} = 0. Dohromady pak máme

lim_{n→∞}(n^{4} + (−1)^{n}n^{2}) sin(\frac{n + 1}{n^{5}} ) = lim_{n→∞} (1 + (−1)^{n} \frac{1}{n^{2}} ) · \frac{n + 1}{n} · \frac{sin(\frac{n+1}{n^{5}} )}{\frac{n+1}{n^{5}}}
= 1 · 1 · 1 = 1.

Příklad J2 : Platí následující odhad:

∀n ∈ ℕ : |(−1)^{n} \frac{sin(n)}{n\sqrt{n}}| ≤ \frac{1}{n\sqrt{n}}.

Zkoumaná řada je absolutně konvergentní a tedy konvergentní – toto plyne ze srovnávacího kritéria a faktu, že řada ∑_{n=1}^{+∞} \frac{1}{n\sqrt{n}} je konvergentní.

Příklad J3 : Limita čitatele a jmenovatele je rovna 0 a funkce ve jmenovateli i čitateli mají v jistém prstencovém okolí nuly vlastní derivaci. Pokusme se tedy použít l’Hospitalovo pravidlo:

lim_{x→0} \frac{log \frac{sin x}{x}}{x^{2}} =^{?} lim_{x→0} \frac{\frac{x}{sin x} · \frac{cos x·x−sin x}{x^{2}}}{2x} = lim_{x→0} \frac{x}{sinx} · \frac{x cosx − sinx}{2x^{3}}.

Limitu druhého činitele zkusme spočítat opět podle l’Hospitalova pravidla (předpoklady jsou splněny!):

lim_{x→0} \frac{x cosx − sinx}{2x^{3}} =^{?} lim_{x→0} \frac{cosx − x sinx − cosx}{6x^{2}} = lim_{x→0} \frac{− sinx}{6x} = −1/6.

Vzhledem k tomu, že limita podílu derivací existuje, tak je i první rovnost v předchozím výpočtu v pořádku. Totéž lze říci o prvním použití l’Hospitalova pravidla a dostáváme

lim_{x→0} \frac{log \frac{sin x}{x}}{x^{2}} = −1/6.

Příklad J4 : Pro hodnoty funkce f platí

f(x) = \{ \begin{matrix}x^{3} − 1, & x ∈ (−∞, −1), \\ x^{3} + x, & x ∈ ⟨−1, +∞). \end{matrix}

Odtud již můžeme vypočítat hodnotu derivace všude kromě bodu −1:

f′(x) = \{ \begin{matrix}3x^{2}, & x ∈ (−∞, −1), \\ 3x^{2} + 1, & x ∈ (−1, +∞). \end{matrix}

Funkce f je na ℝ spojitá a jednostranné derivace v bodě −1 lze tedy počítat pomocí limit derivací:

f′_{+} (−1) = lim_{x→−1+} f′(x) = lim_{x→−1+} (3x^{2} + 1) = 4,
f′_{−}(−1) = lim_{x→−1−} f′(x) = lim_{x→−1−} 3x^{2} = 3.

Z výše uvedeného vyplývá, že funkce f v bodě −1 nemá derivaci.

Příklad J5 : Platí D(f) = ℝ \ {3}; lim_{x→+∞} f(x) = +∞, lim_{x→−∞} f(x) = +∞, lim_{x→3−} f(x) = −π/2 + 3, lim_{x→3+} f(x) = π/2 + 3. Funkce f je spojitá na D(f), ale není sudá, ani lichá, ani periodická.

Spočtěme f′ všude, kde existuje:

f′(x) = \{ \begin{matrix}\frac{x^{2} −6x+9}{x^{2} −6x+10} , & x ∈ (0, 3) ∪ (3, +∞); \\ −\frac{x^{2} −6x+11}{x^{2} −6x+10} , & x ∈ (−∞, 0). \end{matrix}

Funkce f je v bodě 0 spojitá a proto tam můžeme počítat derivaci pomocí limity derivace:

f′_{+} (0) = lim_{x→0+} \frac{x^{2} − 6x + 9}{x^{2} − 6x + 10} = \frac{9}{10},
f′_{−}(0) = lim_{x→0−} −\frac{x^{2} − 6x + 11}{x^{2} − 6x + 10} = \frac{−11}{10}.

V bodě 0 tedy f nemá derivaci. Pro znaménko derivace platí:

f′(x) > 0 ⇔ x ∈ (0, 3) ∪ (3, +∞),
f′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, 0).

Funkce f je tedy na intervalu (−∞, 0) klesající a na množině (0, 3)∪(3, ∞) je rostoucí (viz výpočet limit v bodě 3!). V bodě 0 má f globální minimum. Globálního maxima nenabývá.

Spočtěme f′′:

f′′(x) = \frac{2x − 6}{(x^{2} − 6x + 10)^{2}} , x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, 3) ∪ (3, ∞).

Pro znaménko f′′ platí

f′′(x) > 0 ⇔ x ∈ (3, +∞),
f′′(x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, 3).

Funkce f je konkávní na intervalech (−∞, 0) a (0, 3); na intervalu (3, +∞) je konvexní. Pro obor hodnot platí: H(f) =⟩ arctg(−1/3), +∞). Určeme ještě asymptoty:

lim_{x→+∞} f(x)/x = 1,  lim_{x→+∞} (f(x) − x) = 0
lim_{x→−∞} f(x)/x = −1,  lim_{x→−∞}(f(x) − x) = 0.

Funkce y = x je tedy asymptotou funkce f v +∞ a funkce y = −x je asymptotou v −∞.

Zde je graf funkce f:

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (A)

LS 1997-98

Příklad 1 : Najděte řešení soustavy rovnic a spočtěte determinant soustavy.

\begin{aligned}x & + & 2y & + & 3z & + & 4t & = 1 \\ 2x & − & 2y & + & 3z & − & 3t & = −5 \\ x & + & y & + & z & + & t & = 5 \\ 4x & + & 3y & − & 5z & + & 2t & = 3 \end{aligned} . (10 bodů)

Příklad 2 : Určete definiční obor funkce f, spočtěte její parciální derivace všude, kde existují a napište rovnici tečné roviny v bodě [0, 1];

f(x, y) = \sqrt{y + sinx} . (10 bodů)

Příklad 3 : Ukažte, že rovnice

sin(xy) + cos(xy) = 1

určuje v jistém okolí bodu [π, 0] implicitně zadanou funkci (proměnné x). Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě π. (10 bodů)

Příklad 4 : Nalezněte maximum a minimum funkce f (pokud existují) na množině M.

f(x, y) = x^{4}y M = {[x, y] ∈ ℝ^{2}; x^{4} + y^{4} ≤ 16, x ≥ −1}

(15 bodů)

Příklad 5 : Nalezněte primitivní funkci

∫ \frac{dx}{x^{2} \sqrt{x^{2} + 1}}  (15 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (A)

LS 1997-98

Příklad A1 : Gaussovou eliminací obdržíme řešení x = −3, y = 13, z = 2, t = −7. Spočtěme determinant

| \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & −2 & 3 & −3 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 4 & 3 & −5 & 2 \end{matrix} | = | \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & −2 & 3 & −3 \\ 4 & 3 & −5 & 2 \end{matrix} | = | \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & −4 & 1 & −5 \\ 0 & −1 & −9 & −2 \end{matrix} |

= | \begin{matrix}1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 9 & 7 \\ 0 & 0 & −7 & 1 \end{matrix} | = 58.

Příklad A2 : Funkce f je definována na množině M = {[x, y] ∈ ℝ^{2}; sinx + y ≥ 0}. V bodech, kde y + sinx > 0, můžeme počítat derivaci ţpodle vzorečků�:

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = \frac{1}{2}(y + sinx)^{− \frac{1}{2}} · cosx,
\frac{∂f}{∂y} (x, y) = \frac{1}{2}(y + sinx)^{− \frac{1}{2}} .

V bodech kde y+sinx = 0 nemůže parciální derivace f podle y existovat. Parciální derivace podle x může existovat jen v bodech tvaru [3π/2 + 2kπ, 1], k ∈ ℤ. Zkusme počítat podle definice

\frac{∂f}{∂x} (3π/2 + 2kπ, 1) = lim_{t→0} \frac{f(3π/2 + 2kπ + t, 1) − f(3π/2 + 2kπ, 1)}{t}

= lim_{t→0} \frac{\sqrt{1 + sin(3π/2 + 2kπ + t)}}{t}

= lim_{t→0} \frac{\sqrt{1 − cost}}{t}.

Poslední limita neexistuje protože limita zleva (−1/\sqrt{2}) se nerovná limitě zprava (1/\sqrt{2}). Parciální derivace funkce f existují pouze na vnitřku množiny M a jsou tam spojité. Proto v bodě [0, 1] existuje totální diferenciál, a tedy tečná rovina, která má tvar

z = 1 + \frac{1}{2} · x + \frac{1}{2} · (y − 1).

Příklad A3 : Položme

F (x, y) = sin(xy) + cos(xy) − 1.

Funkce F je definována na ℝ^{2} a pro její parciální derivace platí:

\frac{∂F}{∂x} (x, y) = cos(xy) · y − sin(xy) · y,
\frac{∂F}{∂y} (x, y) = cos(xy) · x − sin(xy) · x.

Obě parciální derivace jsou na ℝ^{2} spojité, stejně jako jejich parciální derivace, tj. F ∈ C^{2}(ℝ^{2}). Dále platí F (π, 0) = 0 a \frac{∂F}{∂y} (π, 0) = π ≠ 0. Tím jsme ověřili, že naše rovnice určuje v jistém okolí bodu [π, 0] implicitně zadanou funkci proměnné x, která sama je třídy C^{2}. Funkci označme φ a její derivace vypočítejme postupným derivováním vztahu

sin(xφ(x)) + cos(xφ(x)) = 1,
cos(xφ(x)) · (φ(x) + xφ′(x)) − sin(xφ(x)) · (φ(x) + xφ′(x)) = 0,
− sin(xφ(x)) · (φ(x) + xφ′(x))^{2} + cos(xφ(x)) · (2φ′(x) + xφ′′(x))
− cos(xφ(x)) · (φ(x) + xφ′(x))^{2} − sin(xφ(x)) · (2φ′(x) + xφ′′(x)) = 0.

Dosadíme-li x = π a použijeme-li φ(π) = 0, dostaneme φ′(π) = 0 a φ′′(π) = 0.

Příklad A4 : Množina M je omezená a uzavřená, a proto je kompaktní. Funkce f je spojitá na M, takže na M nabývá svého maxima i minima. Spočtěme parciální derivace funkce f a zkoumejme, zda uvnitř množin M existuje bod, kde jsou obě parciální derivace funkce f nulové.

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 4x^{3}y,  \frac{∂f}{∂y} (x, y) = x^{4},  [x, y] ∈ ℝ^{2}.

Obě parciální derivace jsou nulové pro [0, y]; y ∈ (−2, 2). Hranici množiny M si rozdělme na dvě části:

H_{1} = \{[x, y] ∈ ℝ^{2}; x^{4} + y^{4} = 16, x > −1\}, H_{2} = \{[−1, y] ∈ ℝ^{2}; y ∈ ⟨−\sqrt[4]{15}, \sqrt[4]{15}⟩\}.

Pro nalezení podezřelých bodů na množině H_{1} použijeme metodu Lagrangeových multiplikátorů. Vazebná podmínka je určena funkcí g(x, y) = x^{4} + y^{4} − 16, která je (stejně jako f) třídy C^{1}(ℝ^{2}). Pro parciální derivace funkce g platí

\frac{∂g}{∂x}(x, y) = 4x^{3},  \frac{∂g}{∂y} (x, y) = 4y^{3},  [x, y] ∈ ℝ^{2}.

Pro každé [x, y] ∈ H_{1} platí (\frac{∂g}{∂x}(x, y), \frac{∂g}{∂y} (x, y)) ≠ (0, 0). Řešme následující soustavu

(1)  x^{4} + y^{4} = 16,
(2)  4x^{3}y = λ4x^{3},
(3)  x^{4} = λ4y^{3}.

Z (2) vyplývá, že x = 0 nebo y = λ. V prvním případě dostaneme z (1), že y = ±2. V druhém případě dostaneme z (3), že x = \sqrt{2}y nebo x = −\sqrt{2}y. Dosazením do (1) obdržíme body

[\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{5}}, \frac{2}{\sqrt[4]{5}}] , [\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{5}}, − \frac{2}{\sqrt[4]{5}}] , [−\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{5}}, \frac{2}{\sqrt[4]{5}}] , [−\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{5}}, − \frac{2}{\sqrt[4]{5}}] ,

Poslední dva body ovšem nesplňují podmínku x > −1.

Zkoumejme chování na množině H_{2}. Funkce f má na H_{2} tvar:

f(−1, y) = y, y ∈ ⟨−\sqrt[4]{15}, \sqrt[4]{15}⟩.

Dalšími podezřelými body tedy jsou

[−1, \sqrt[4]{15}], [−1, −\sqrt[4]{15}]

Porovnáním funkčních hodnot v podezřelých bodech zjistíme, že f nabývá maxima na množině M v bodě [\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{5}} , \frac{2}{\sqrt[4]{5}}] a minima v bodě [\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt[4]{5}} , − \frac{2}{\sqrt[4]{5}}].

Příklad A5 : Funkce, kterou máme integrovat, je definována na ℝ \ {0}. Použijeme Eulerovu substituci \sqrt{x^{2} + 1} = x + t. Pak dostaneme

x = \frac{1 − t^{2}}{2t} , dx = \frac{−2 − 2t^{2}}{4t^{2}} dt.

Je třeba nalézt primitivní funkci

∫ \frac{1}{(\frac{1−t^{2}}{2t} )^{2} (\frac{1−t^{2}}{2t} + t)} · \frac{−2 − 2t^{2}}{4t^{2}} dt = ∫ \frac{−4t}{(1 − t)^{2}(1 + t)^{2}} dt

Integrand rozložíme na parciální zlomky a dostaneme

∫ \frac{−4t}{(1 − t)^{2}(1 + t)^{2}} dt = ∫ \frac{−1}{(1 − t)^{2}} dt + ∫ \frac{1}{(1 + t)^{2}} dt

=^{c} −\frac{1}{1 − t} − \frac{1}{1 + t} = \frac{2}{t^{2} − 1}.

Podle věty o substituci dostáváme

∫ \frac{1}{x^{2} \sqrt{x^{2} + 1}} dx =^{c} \frac{2}{(\sqrt{x^{2} + 1} − x)^{2} − 1}, x ∈ (−∞, 0) nebo x ∈ (0, +∞).

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (B)

LS 1997-98

Příklad 1 : Určete hodnost matice A a rozhodněte, zda platí detA = 0;

A = ( \begin{matrix}1 & −1 & 0 & 4 & 5 \\ 2 & 2 & 2 & 0 & 1 \\ 3 & −2 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & 3 & −2 & −2 \\ 0 & −10 & −2 & 7 & 6 \end{matrix} ) . (10 bodů)

Příklad 2 : Určete definiční obor funkce f, spočtěte její parciální derivace všude, kde existují a napište rovnici tečné roviny v bodě [1, 2];

f(x, y) = |x^{2} − y^{2}|. (10 bodů)

Příklad 3 : Ukažte, že rovnice

2x^{4}y + x^{3} + y^{3} + xy = 1

určuje v jistém okolí bodu [1, 0] implicitně zadanou funkci (proměnné x). Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě 1. (10 bodů)

Příklad 4 : Nalezněte maximum a minimum funkce f (pokud existují) na množině M.

f(x, y) = 2x + 4y M = \{[x, y] ∈ ℝ^{2}; \sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{y} ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0\}

(15 bodů)

Příklad 5 : Nalezněte primitivní funkci

∫ \frac{2x^{2} + 3x + 2}{(x + 1)(x^{2} + x + 1)} dx (15 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (B)

LS 1997-98

Příklad B1 : Převeďme matici A pomocí elementárních řádkových úprav na schodovitou matici:

( \begin{matrix}1 & −1 & 0 & 4 & 5 \\ 2 & 2 & 2 & 0 & 1 \\ 3 & −2 & 1 & 1 & 1 \\ −1 & 0 & 3 & −2 & −2 \\ 0 & −10 & −2 & 7 & 6 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 & −1 & 0 & 4 & 5 \\ 0 & 4 & 2 & −8 & −9 \\ 0 & 1 & 1 & −11 & −14 \\ 0 & −1 & 3 & 2 & 3 \\ 0 & −10 & −2 & 7 & 6 \end{matrix} ) ,

( \begin{matrix}1 & −1 & 0 & 4 & 5 \\ 0 & 1 & 1 & −11 & −14 \\ 0 & 0 & 4 & −9 & −11 \\ 0 & 0 & −2 & 36 & 47 \\ 0 & 0 & 8 & −103 & −134 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 & −1 & 0 & 4 & 5 \\ 0 & 1 & 1 & −11 & −14 \\ 0 & 0 & −2 & 36 & 47 \\ 0 & 0 & 0 & 63 & 83 \\ 0 & 0 & 0 & 41 & 54, \end{matrix} ) ,

( \begin{matrix}1 & −1 & 0 & 4 & 5 \\ 0 & 1 & 1 & −11 & −14 \\ 0 & 0 & −2 & 36 & 47 \\ 0 & 0 & 0 & 63 & 83 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & −\frac{1}{63} \end{matrix} ) .

Matice A má hodnost 5, a je tedy regulární. Proto platí detA ≠ 0.

Příklad B2 : Funkce f je definována na ℝ^{2}. V bodech, kde y^{2} ≠ x^{2}, můžeme počítat derivaci ţpodle vzorečků�:

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = sgn(x^{2} − y^{2}) · 2x,
\frac{∂f}{∂y} (x, y) = − sgn(x^{2} − y^{2}) · 2y.

V bodech, kde y^{2} = x^{2}, zkusme počítat parciální derivaci \frac{∂f}{∂x} podle definice

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = lim_{t→0} \frac{f(x + t, y) − f(x, y)}{t}

= lim_{t→0} \frac{|(x + t)^{2} − y^{2}|}{t}

= lim_{t→0} \frac{|2xt + t^{2}|}{t}

= lim_{t→0} \frac{|t|}{t}|2x + t|.

Poslední limita existuje, jen když x = 0, a je rovna nule. Vzhledem k symetrii funkce f (f(x, y) = f(y, x)) totéž platí pro \frac{∂f}{∂y}.

Parciální derivace funkce f jsou v bodě [1, 2] spojité. Proto v bodě [1, 2] existuje totální diferenciál, a tedy i tečná rovina, která má tvar

z = 3 − 2 · (x − 1) + 4 · (y − 2).

Příklad B3 : Položme

F (x, y) = 2x^{4}y + x^{3} + y^{3} + xy − 1.

Funkce F je definována na ℝ^{2} a pro její parciální derivace platí:

\frac{∂F}{∂x} (x, y) = 8x^{3}y + 3x^{2} + y,
\frac{∂F}{∂y} (x, y) = 2x^{4} + 3y^{2} + x.

Obě parciální derivace jsou na ℝ^{2} spojité, stejně jako jejich parciální derivace, tj. F ∈ C^{2}(ℝ^{2}). Dále platí F (1, 0) = 0 a \frac{∂F}{∂y} (1, 0) = 3 ≠ 0. Tím jsme ověřili, že naše rovnice určuje v jistém okolí bodu [1, 0] implicitně zadanou funkci proměnné x, která sama je třídy C^{2}. Funkci označme φ a její derivace vypočítejme postupným derivováním vztahu

2x^{4}φ(x) + x^{3} + φ(x)^{3} + xφ(x) − 1 = 0,
8x^{3}φ(x) + 2x^{4}φ′(x) + 3x^{2} + 3φ(x)^{2}φ′(x) + φ(x) + xφ′(x) = 0,
24x^{2}φ(x) + 8x^{3}φ′(x) + 8x^{3}φ′(x) + 2x^{4}φ′′(x) + 6x + 6φ(x)(φ′(x))^{2} + 3φ(x)^{2}φ′′(x)
+φ′(x) + φ′(x) + xφ′′(x) = 0.

Dosadíme-li x = 1 a použijeme-li φ(1) = 0, dostaneme φ′(1) = −1 a φ′′(1) = 4.

Příklad B4 : Množina M je omezená a uzavřená, a proto je kompaktní. Funkce f je spojitá na M, takže na M nabývá svého maxima i minima. Spočtěme parciální derivace funkce f a zkoumejme, zda uvnitř množiny M existuje bod, kde jsou obě parciální derivace funkce f nulové.

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 2,  \frac{∂f}{∂y} (x, y) = 4,  [x, y] ∈ ℝ^{2}.

Obě parciální derivace jsou vždy nenulové a proto f nabývá extrémů na hranici M. Hranici množiny M si rozdělme na tři části:

H_{1} = \{[x, y] ∈ ℝ^{2}; \sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{y} = 1, x > 0, y > 0\},
H_{2} = {[0, y] ∈ ℝ^{2}; y ∈ ⟨0, 1⟩},
H_{3} = {[x, 0] ∈ ℝ^{2}; x ∈ ⟨0, 1⟩}.

Pro nalezení podezřelých bodů na množině H_{1} použijeme metodu Lagrangeových multiplikátorů. Vazebná podmínka je určena funkcí g(x, y) = \sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{y} − 1, která je (stejně jako f) třídy C^{1} na prvním otevřeném kvadrantu. Pro parciální derivace funkce g platí

\frac{∂g}{∂x}(x, y) = \frac{1}{4}x^{−3/4},  \frac{∂g}{∂y} (x, y) = \frac{1}{4}y^{−3/4},  x > 0, y > 0.

Pro každé [x, y] ∈ H_{1} platí (\frac{∂g}{∂x}(x, y), \frac{∂g}{∂y} (x, y)) ≠ (0, 0). Řešme následující soustavu

(1)  \sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{y} = 1,
(2)  2 = λ\frac{1}{4}x^{−3/4},
(3)  4 = λ\frac{1}{4}y^{−3/4}.

Z (2) a (3) vyplývá, že x = 2\sqrt[3]{2}y. Dosazením do (1) obdržíme podezřelý bod

[\frac{2^{4/3}}{(2^{1/3} + 1)^{4}} , \frac{1}{(2^{1/3} + 1)^{4}} ] .

Zkoumejme chování na množině H_{2}. Funkce f má na H_{2} tvar:

f(0, y) = 4y, y ∈ ⟨0, 1⟩.

Dalšími podezřelými body tedy jsou [0, 0], [0, 1].

Podobně zkoumejme chování na množině H_{3}. Funkce f má na H_{3} tvar:

f(x, 0) = 2x, x ∈ ⟨0, 1⟩.

Podezřelými body tedy jsou [0, 0], [1, 0].

Porovnáním funkčních hodnot v podezřelých bodech zjistíme, že f nabývá maxima na množině M v bodě [0, 1] a minima v bodě [0, 0].

Příklad B5 : Funkce, kterou máme integrovat, je definována na ℝ \ {−1}. Rozložme naši funkci na parciální zlomky:

\frac{2x^{2} + 3x + 2}{(x + 1)(x^{2} + x + 1)} = \frac{1}{x + 1} + \frac{x + 1}{x^{2} + x + 1} .

Nyní integrujme jednotlivé parciální zlomky:

∫ \frac{1}{x + 1} dx =^{c} log|x + 1|,
∫ \frac{x + 1}{x^{2} + x + 1} dx = \frac{1}{2} ∫ \frac{2x + 1}{x^{2} + x + 1} dx + \frac{1}{2} ∫ \frac{dx}{x^{2} + x + 1}

= \frac{1}{2} log(x^{2} + x + 1) + \frac{1}{2} ∫ \frac{dx}{(x + 1/2)^{2} + 3/4}

= \frac{1}{2} log(x^{2} + x + 1) + \frac{1}{2} · \frac{4}{3} ∫ \frac{dx}{((2x + 1)/\sqrt{3})^{2} + 1}

=^{c} \frac{1}{2} log(x^{2} + x + 1) + \frac{1}{\sqrt{3}} arctg(\frac{2x + 1}{\sqrt{3}} ) .

Dohromady tedy máme

∫ \frac{2x^{2} + 3x + 2}{(x + 1)(x^{2} + x + 1)} dx =^{c} log|x + 1| + \frac{1}{2} log(x^{2} + x + 1) + \frac{1}{\sqrt{3}} arctg(\frac{2x + 1}{\sqrt{3}} )

na intervalech (−∞, −1) a (−1, +∞).

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (C)

LS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte determinant matice A.

A = | \begin{matrix}1 & 2 & 3 & −5 \\ 1 & −1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & −1 & 2 & 1 \end{matrix} | . (10 bodů)

Příklad 2 : Určete definiční obor funkce f, spočtěte její parciální derivace všude, kde existují a napište rovnici tečné roviny v bodě [1, 2];

f(x, y) = \sqrt[3]{log(\frac{x}{y})}. (10 bodů)

Příklad 3 : Ukažte, že rovnice

log(x^{2} + y^{2} + cos(xy)) + y = 0

určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci (proměnné x). Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě 0. (10 bodů)

Příklad 4 : Nalezněte maximum a minimum funkce f (pokud existují) na množině M.

f(x, y, z) = e^{−z^{2}}(x^{2} + xy + y^{2}) M = {[x, y, z] ∈ ℝ^{3}; x^{2} + y^{2} = 1, |z| ≤ 1}

(15 bodů)

Příklad 5 : Nalezněte primitivní funkci

∫ \frac{2x^{3} + 4x^{2} − 19x + 16}{(x − 2)^{2}(x^{2} + x + 4)} dx (15 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (C)

LS 1997-98

Příklad C1 : Platí

| \begin{matrix}1 & 2 & 3 & −5 \\ 1 & −1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & −1 & 2 & 1 \end{matrix} | = | \begin{matrix}1 & 2 & 3 & −5 \\ 0 & −3 & −1 & 5 \\ 0 & −1 & −1 & 6 \\ 0 & −1 & 2 & 1 \end{matrix} | = | \begin{matrix}−3 & −1 & 5 \\ −1 & −1 & 6 \\ −1 & 2 & 1 \end{matrix} | = 29.

Příklad C2 : Funkce f je definována na množině {[x, y] ∈ ℝ^{2}; x > 0, y > 0} ∪ {[x, y] ∈ ℝ^{2}; x < 0, y < 0}. V bodech [x, y] ∈ D(f), kde x ≠ y, můžeme počítat derivaci ţpodle vzorečků�:

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = \frac{1}{3} (log \frac{x}{y})^{−2/3} · \frac{1}{x},

\frac{∂f}{∂y} (x, y) = −\frac{1}{3} (log \frac{x}{y})^{−2/3} · \frac{1}{y}

V bodech z definičního oboru, kde y = x, zkusme počítat parciální derivace podle definice

\frac{∂f}{∂x} (x, x) = lim_{t→0} \frac{f(x + t, x) − f(x, x)}{t} = lim_{t→0} \frac{\sqrt[3]{log(\frac{x+t}{x} )}}{t}

= lim_{t→0} \sqrt[3]{\frac{log(1 + \frac{t}{x})}{\frac{t}{x}} · \frac{\frac{t}{x}}{t^{3}}} = \{ \begin{matrix}+∞ & pro x > 0, \\ −∞ & pro x < 0; \end{matrix}

\frac{∂f}{∂y} (y, y) = lim_{t→0} \frac{f(y, y + t) − f(y, y)}{t} = lim_{t→0} \frac{\sqrt[3]{log(\frac{y}{y+t} )}}{t}

= lim_{t→0} −\sqrt[3]{\frac{log(1 + \frac{t}{y} )}{\frac{t}{y}} · \frac{\frac{t}{y}}{t^{3}}} = \{ \begin{matrix}−∞ & pro y > 0, \\ +∞ & pro y < 0. \end{matrix}

Parciální derivace funkce f jsou v bodě [1, 2] spojité. Proto v bodě [1, 2] existuje totální diferenciál, a tedy i tečná rovina, která má tvar

z = −\sqrt[3]{log2} + \frac{1}{3} \frac{1}{(log2)^{\frac{2}{3}}} · (x − 1) − \frac{1}{6} \frac{1}{(log2)^{\frac{2}{3}}} · (y − 2).

Příklad C3 : Položme

F (x, y) = log(x^{2} + y^{2} + cos(xy)) + y.

Funkce F je definována na jisté otevřené množině G (lze ukázat, že dokonce G = ℝ^{2}) obsahující bod [0, 0] a pro její parciální derivace platí:

\frac{∂F}{∂x} (x, y) = \frac{1}{x^{2} + y^{2} + cos(xy)} · (2x − sin(xy) · y),
\frac{∂F}{∂y} (x, y) = \frac{1}{x^{2} + y^{2} + cos(xy)} · (2y − sin(xy) · x) + 1.

Obě parciální derivace jsou na G spojité, stejně jako jejich parciální derivace, tj. F ∈ C^{2}(G). Dále platí F (0, 0) = 0 a \frac{∂F}{∂y} (0, 0) = 1 ≠ 0. Tím jsme ověřili, že naše rovnice určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci proměnné x, která sama je třídy C^{2}. Funkci označme φ a její derivace vypočítejme postupným derivováním vztahu

log(x^{2} + φ(x)^{2} + cos(xφ(x))) + φ(x) = 0,

\frac{1}{x^{2} + φ(x)^{2} + cos(xφ(x))} · (2x + 2φ(x)φ′(x) − sin(xφ(x))(φ(x) + xφ′(x))) + φ′(x) = 0,

\frac{−1}{(x^{2} + φ(x)^{2} + cos(xφ(x)))^{2}} · (2x + 2φ(x)φ′(x) − sin(xφ(x))(φ(x) + xφ′(x)))^{2}

+\frac{1}{x^{2} + φ(x)^{2} + cos(xφ(x))} · (2 + 2(φ′(x))^{2} + 2φ(x)φ′′(x)

− cos(xφ(x))(φ(x) + xφ′(x))^{2} − sin(xφ(x))(2φ′(x) + xφ′′(x))) + φ′′(x) = 0.

Dosadíme-li x = 0 a použijeme-li φ(0) = 0, dostaneme φ′(0) = 0 a φ′′(0) = −2.

Příklad C4 : Množina M je omezená a uzavřená, a proto je kompaktní (jedná se o plášť válce bez podstav). Funkce f je spojitá na M, takže na M nabývá svého maxima i minima. Vnitřek množiny M je prázdný. Z tvaru funkce f vyplývá, že

f(x, y, 1) = f(x, y, −1) < f(x, y, z) < f(x, y, 0), [x, y, z] ∈ ℝ^{3}, z ∈ (−1, 1) \ {0}.

Maxima se musí tedy nabývat na množině M ∩ {[x, y, z] ∈ ℝ^{3}; z = 0} a minima na množině M ∩ {[x, y, z] ∈ ℝ^{3}; z = −1 nebo z = 1}. Položme g(x, y) = x^{2} + xy + y^{2} a vyšetřujme extrémy g na množině H = {[x, y] ∈ ℝ^{2}; x^{2} +y^{2} = 1} metodou Lagrangeových multiplikátorů. Vazebná podmínka je určena funkcí h(x, y) = x^{2} + y^{2} − 1. Platí g, h ∈ C^{1}(ℝ^{2}). Pro parciální derivace funkce h platí

\frac{∂h}{∂x}(x, y) = 2x, \frac{∂h}{∂y}(x, y) = 2y.

Pro každé [x, y] ∈ H máme (\frac{∂h}{∂x}(x, y), \frac{∂h}{∂y}(x, y)) ≠ (0, 0). Řešme následující soustavu

(1)  x^{2} + y^{2} = 1,
(2)  2x + y = λ2x,
(3)  x + 2y = λ2y.

Sečtením (2) a (3) dostaneme

(3 − 2λ)(x + y) = 0.

To znamená, že buď x = −y nebo λ = 3/2. V prvním případě dostaneme z (1) podezřelé body [1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2}], [−1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}]. Ve druhém případě s pomocí (2) odvodíme x = y a (1) dává podezřelé body [1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}], [−1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2}]. Funkce g nabývá minima na množině H v bodech [1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2}], [−1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}] a maxima v bodech [1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}], [−1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2}].

Z výše uvedeného výpočtu vyplývá, že funkce f nabývá minima v bodech

[−1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}, −1], [1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2}, −1], [−1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}, 1], [1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2}, 1]

a maxima v bodech

[1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}, 0], [−1/\sqrt{2}, −1/\sqrt{2}, 0].

Příklad C5 : Funkce, kterou máme integrovat, je definována na ℝ \ {2}. Rozložme naši funkci na parciální zlomky:

\frac{2x^{3} + 4x^{2} − 19x + 16}{(x − 2)^{2}(x^{2} + x + 4)} = \frac{A}{(x − 2)^{2}} + \frac{B}{(x − 2)} + \frac{Cx + D}{x^{2} + x + 4} .

Vyřešením odpovídající soustavy lineárních rovnic dostaneme rozklad

\frac{2x^{3} + 4x^{2} − 19x + 16}{(x − 2)^{2}(x^{2} + x + 4)} = \frac{1}{(x − 2)^{2}} + \frac{8}{5} · \frac{1}{(x − 2)} + \frac{1}{5} · \frac{2x + 31}{x^{2} + x + 4} .

Integrace prvních dvou parciálních zlomků je snadná. Integrujme

∫ \frac{2x + 31}{x^{2} + x + 4} dx = ∫ \frac{2x + 1}{x^{2} + x + 4} dx + 30 ∫ \frac{1}{(x + 1/2)^{2} + 15/4} dx

= log(x^{2} + x + 4) + 8 ∫ \frac{1}{((2x + 1)/\sqrt{15}) ^{2} + 1} dx

=^{c} log(x^{2} + x + 4) + 4\sqrt{15}arctg(\frac{2x + 1}{\sqrt{15}} )

Dohromady máme

∫ \frac{2x^{3} + 4x^{2} − 19x + 16}{(x − 2)^{2}(x^{2} + x + 4)} dx =^{c} −\frac{1}{x − 2} + \frac{8}{5} log|x − 2|

+ \frac{1}{5} log(x^{2} + x + 4) + \frac{4\sqrt{1}5}{5} arctg(\frac{2x + 1}{\sqrt{15}} )

pro x ∈ (−∞, 2) nebo x ∈ (2, +∞).

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (D)

LS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte determinant matice A.

A = | \begin{matrix}−1 & 2 & −2 & 4 \\ 1 & −1 & −2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & −2 & −1 \end{matrix} | . (10 bodů)

Příklad 2 : Určete definiční obor funkce f, spočtěte její parciální derivace všude, kde existují, a napište rovnici tečné roviny v bodě [1, 2];

f(x, y) = e^{x^{2} −y} + 7y + |xy|. (10 bodů)

Příklad 3 : Ukažte, že rovnice

log(x + arctgy + 1) + xy = 0

určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci (proměnné x). Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě 0. (10 bodů) Příklad 4 : Nalezněte maximum a minimum funkce f (pokud existují) na množině M. Nakreslete množinu M.

f(x, y) = −y^{2} + x^{2} + \frac{4}{3}x^{3} M = \{[x, y] ∈ ℝ^{2}; x^{2} + y^{2} ≤ 4, x ≤ 0\}

(15 bodů) Příklad 5 : Spočtěte

∫_{1}^{4} \frac{\sqrt{x − 1}}{x + 2} dx (15 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (D)

LS 1997-98

Příklad D1 : Platí

| \begin{matrix}−1 & 2 & −2 & 4 \\ 1 & −1 & −2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & −2 & −1 \end{matrix} | = | \begin{matrix}−1 & 2 & −2 & 4 \\ 0 & 1 & −4 & 5 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 3 & −4 & 3 \end{matrix} | = − | \begin{matrix}1 & −4 & 5 \\ 1 & 2 & 0 \\ 3 & −4 & 3 \end{matrix} | = 32.

Příklad D2 : Funkce f je definována na ℝ^{2}. V bodech [x, y], kde xy ≠ 0, můžeme počítat derivaci ţpodle vzorečků�:

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = e^{x^{2} −y} · 2x + sgn(xy) · y,
\frac{∂f}{∂y} (x, y) = −e^{x^{2} −y} + 7 + sgn(xy) · x.

Zbývá vyšetřit parciální derivace v bodech, kde xy = 0. Z věty o aritmetice limit plyne, že funkce f má parciální derivaci podle x (resp. podle y) v bodě [x, y] právě tehdy, když ji tam má funkce g : [x, y] → |xy| (je totiž f − g ∈ C^{1}(ℝ^{2})). Počítejme derivace funkce g v bodech [x, 0], x ∈ ℝ, a [0, y], y ∈ ℝ, podle definice:

\frac{∂g}{∂x}(x, 0) = lim_{t→0} \frac{g(x + t, 0) − g(x, 0)}{t} = lim_{t→0} \frac{0}{t} = 0,
\frac{∂g}{∂y} (x, 0) = lim_{t→0} \frac{g(x, t) − g(x, 0)}{t} = lim_{t→0} \frac{|xt|}{t} = lim_{t→0} |x| sgnt.

Poslední limita existuje, právě když x = 0, a v tomto případě je nulová.

\frac{∂g}{∂y} (0, y) = lim_{t→0} \frac{g(0, y + t) − g(0, y)}{t} = lim_{t→0} \frac{0}{t} = 0,
\frac{∂g}{∂x}(0, y) = lim_{t→0} \frac{g(t, y) − g(0, y)}{t} = lim_{t→0} \frac{|ty|}{t} = lim_{t→0} |y| sgnt.

Poslední limita existuje, právě když y = 0, a v tomto případě je nulová.

Z výše uvedeného vyplývá, že

D (\frac{∂f}{∂x} ) = ℝ^{2} \ \{[0, y]; y ∈ ℝ, y ≠ 0\},
D (\frac{∂f}{∂y} ) = ℝ^{2} \ \{[x, 0]; x ∈ ℝ, x ≠ 0\}.

Parciální derivace funkce f jsou v bodě [1, 2] spojité. Proto v bodě [1, 2] existuje totální diferenciál, a tedy i tečná rovina, která má tvar

z = 1/e + 16 + (2/e + 2) · (x − 1) + (8 − 1/e) · (y − 2).

Příklad D3 : Položme

F (x, y) = log(x + arctgy + 1) + xy.

Funkce F je definována na jisté otevřené množině G obsahující bod [0, 0] a pro její parciální derivace platí:

\frac{∂F}{∂x} (x, y) = \frac{1}{x + arctgy + 1} + y,
\frac{∂F}{∂y} (x, y) = \frac{1}{x + arctgy + 1} · \frac{1}{1 + y^{2}} + x.

Obě parciální derivace jsou na G spojité, stejně jako jejich parciální derivace, tj. F ∈ C^{2}(G). Dále platí F (0, 0) = 0 a \frac{∂F}{∂y} (0, 0) = 1 ≠ 0. Tím jsme ověřili, že naše rovnice určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci proměnné x, která sama je třídy C^{2}. Funkci označme φ a její derivace vypočítejme postupným derivováním vztahu

log(x + arctgφ(x) + 1) + xφ(x) = 0,

\frac{1}{x + arctgφ(x) + 1} · (1 + \frac{φ′(x)}{1 + φ(x)^{2}} ) + φ(x) + xφ′(x) = 0,

\frac{−1}{(x + arctgφ(x) + 1)^{2}} · (1 + \frac{φ′(x)}{1 + φ(x)^{2}} ) ^{2}

+\frac{1}{x + arctgφ(x) + 1} · \frac{φ′′(x)(1 + φ(x)^{2}) − 2φ′(x)φ′(x)φ(x)}{(1 + φ(x)^{2})^{2}}

+φ′(x) + φ′(x) + xφ′′(x) = 0,

Dosadíme-li x = 0 a použijeme-li φ(0) = 0, dostaneme φ′(0) = −1 a φ′′(0) = 2.

Příklad D4 : Množina M je omezená a uzavřená (jedná se o průnik uzavřeného kruhu s uzavřenou polorovinou), a proto je kompaktní. Funkce f je spojitá na M, takže na M nabývá svého maxima i minima. Hledejme podezřelé body nejprve uvnitř množiny M. Spočteme parciální derivace f:

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 2x + 4x^{2}, \frac{∂f}{∂y} (x, y) = −2y.

Obě parciální derivace jsou nulové v bodech [−1/2, 0], [0, 0]. Pouze první bod však patří do vnitřku množiny M.

Hranici množiny M si rozdělíme na dvě části:

H_{1} = {[x, y] ∈ ℝ^{2}; x = 0, y ∈ [−2, 2]},
H_{2} = {[x, y] ∈ ℝ^{2}; x^{2} + y^{2} = 4, x < 0}.

Na množině H_{1} má funkce f podezřelé body: [0, 2], [0, −2], [0, 0], protože f(0, y) = −y^{2}. Podezřelé body na H_{2} budeme hledat metodou Lagrangeových multiplikátorů. Vazebná podmínka je určena funkcí g(x, y) = x^{2} + y^{2} − 4. Funkce f i g jsou třídy C^{1}(ℝ^{2}). Na množině H_{2} je vždy (\frac{∂g}{∂x}, \frac{∂g}{∂y}) ≠ (0, 0). Řešme následující soustavu

(1)  x^{2} + y^{2} = 4,
(2)  2x + 4x^{2} = λ2x,
(3)  −2y = λ2y.

Z (3) dostaneme, že λ = −1 nebo y = 0. První možnost spolu s (2) dává, že x = 0 nebo x = −1. Pomocí (1) dopočteme pro tato x příslušná y a dostaneme body

[0, 2], [0, −2], [−1, \sqrt{3}], [−1, −\sqrt{3}].

První dva ovšem neleží v H_{2}. Pokud y = 0, pak z (1) dostáváme bod [−2, 0] a bod [2, 0], který ovšem neleží v H_{2}.

Porovnáním funkčních hodnot v podezřelých bodech zjistíme, že f nabývá maxima v bodě [−1/2, 0] a minima v bodě [−2, 0].

Příklad D5 : Funkce, kterou máme integrovat, je definována na ⟨1, +∞). Použijeme substituci \sqrt{x − 1} = t. Dostaneme x = t^{2} + 1 a dx = 2t dt. Nyní je třeba integrovat:

∫ \frac{2t^{2}}{t^{2} + 3} dt = ∫ (2 − \frac{6}{t^{2} + 3} ) dt = ∫ 2 dt − ∫ \frac{2}{(\frac{t}{\sqrt{3}})^{2} + 1} dt

=^{c} 2t − 2\sqrt{3}arctg \frac{t}{\sqrt{3}}.

Podle věty o substituci máme:

∫ \frac{\sqrt{x − 1}}{x + 2} dx = 2\sqrt{x − 1} − 2\sqrt{3}arctg \begin{matrix}√ & \overline{x − 1} \\ √ & \overline{3} \end{matrix}, x ∈ (1, +∞).

Určitý integrál spočteme pomocí právě vypočtené primitivní funkce a dostaneme

∫_{1}^{4} \frac{\sqrt{x − 1}}{x + 2} dx = 2\sqrt{3}(1 − π/4).

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (E)

LS 1997-98

Příklad 1 : Spočtěte determinant matice A.

| \begin{matrix}0 & 1 & −2 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & 1 \\ 5 & 1 & 2 & −3 \\ −1 & 2 & −2 & 1 \end{matrix} | . (10 bodů)

Příklad 2 : Určete definiční obor funkce f, spočtěte její parciální derivace všude, kde existují, a napište rovnici tečné roviny v bodě [1, 2];

f(x, y) = min{x^{2} + y^{2}, 2 − x^{2} − y^{2}}. (10 bodů)

Příklad 3 : Ukažte, že rovnice

x^{y} + y^{x} = 2y

určuje v jistém okolí bodu [1, 1] implicitně zadanou funkci (proměnné x). Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě 1. (10 bodů)

Příklad 4 : Nalezněte maximum a minimum funkce f (pokud existují) na množině M.

f(x, y, z) = xy + yz M = {[x, y, z] ∈ ℝ^{3}; x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1, x + y + z = 1}

(15 bodů)

Příklad 5 : Spočtěte

∫_{0}^{π/3} \frac{sinx}{cosx + cos^{3} x} dx (15 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (E)

LS 1997-98

Příklad E1 : Platí:

A = | \begin{matrix}0 & 1 & −2 & 0 \\ 1 & 1 & 2 & 1 \\ 5 & 1 & 2 & −3 \\ −1 & 2 & −2 & 1 \end{matrix} | = | \begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 5 & 1 & 2 & −3 \\ 0 & 1 & −2 & 0 \\ −1 & 2 & −2 & 1 \end{matrix} | = | \begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & −4 & −8 & −8 \\ 0 & 1 & −2 & 0 \\ 0 & 3 & 0 & 2 \end{matrix} |

= − | \begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & 0 \\ 0 & −4 & −8 & −8 \\ 0 & 3 & 0 & 2 \end{matrix} | = − | \begin{matrix}1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & −2 & 0 \\ 0 & 0 & −16 & −8 \\ 0 & 0 & 6 & 2 \end{matrix} | = − | \begin{matrix}−16 & −8 \\ 6 & 2 \end{matrix} | = −16.

Příklad E2 : Funkce f je definována na ℝ^{2}. Pro funkci f platí:

f(x, y) = \{ \begin{matrix}x^{2} + y^{2} & pro x^{2} + y^{2} ≤ 1; \\ 2 − x^{2} − y^{2} & pro x^{2} + y^{2} > 1. \end{matrix}

V bodech [x, y], kde x^{2} + y^{2} ≠ 1, můžeme počítat derivaci ţpodle vzorečků�:

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = \{ \begin{matrix}2x & pro x^{2} + y^{2} < 1; \\ −2x & pro x^{2} + y^{2} > 1; \end{matrix}
\frac{∂f}{∂y} (x, y) = \{ \begin{matrix}2y & pro x^{2} + y^{2} < 1; \\ −2y & pro x^{2} + y^{2} > 1; \end{matrix} .

Zbývá vyšetřit parciální derivace v bodech, kde x^{2} +y^{2} = 1. Uvažujme bod [x_{0}, y_{0}] takový, že x_{0}^{2} + y_{0}^{2} = 1. Počítejme

\frac{∂f}{∂x} (x_{0}, y_{0}) = lim_{t→0} \frac{f(x_{0} + t, y_{0}) − f(x_{0}, y_{0})}{t}

= lim_{t→0} \frac{min\{(x_{0} + t)^{2} + y_{0}^{2}, 2 − (x_{0} + t)^{2} − y_{0}^{2}\} − 1}{t}

= lim_{t→0} \frac{min\{1 + 2x_{0}t + t^{2}, 1 − 2x_{0}t − t^{2}\} − 1}{t}

= lim_{t→0} \frac{min\{2x_{0}t + t^{2}, −2x_{0}t − t^{2}\}}{t}

= lim_{t→0} −|2x_{0}t + t^{2}|/t = \{ \begin{matrix}0 & pro x_{0} = 0 \\ neexistuje & pro x_{0} ≠ 0. \end{matrix}

Vzhledem k symetrii funkce f lze parciální derivaci podle y počítat analogicky. Z výše uvedeného vyplývá, že

D (\frac{∂f}{∂x} ) = ℝ^{2} \ \{[x, y]; x^{2} + y^{2} = 1, x ≠ 0\},
D (\frac{∂f}{∂y} ) = ℝ^{2} \ \{[x, y]; x^{2} + y^{2} = 1, y ≠ 0\}.

Parciální derivace funkce f jsou v bodě [1, 2] spojité. Proto v bodě [1, 2] existuje totální diferenciál, a tedy i tečná rovina, která má tvar

z = −3 − 2 · (x − 1) − 4 · (y − 2).

Příklad E3 : Položme

F (x, y) = x^{y} + y^{x} − 2y.

Funkce F je definována na otevřené množině G = (0, +∞) × (0, +∞), která obsahuje bod [1, 1]. Pro parciální derivace F platí:

\frac{∂F}{∂x} (x, y) = yx^{y−1} + y^{x} logy,
\frac{∂F}{∂y} (x, y) = x^{y} logx + xy^{x−1} − 2.

Obě parciální derivace jsou na G spojité, stejně jako jejich parciální derivace, tj. F ∈ C^{2}(G). Dále platí F (1, 1) = 0 a \frac{∂F}{∂y} (1, 1) = −1 ≠ 0. Tím jsme ověřili, že naše rovnice určuje v jistém okolí bodu [1, 1] implicitně zadanou funkci proměnné x, která sama je třídy C^{2}. Funkci označme φ a její derivace vypočítejme postupným derivováním vztahu

x^{φ(x)} + φ(x)^{x} − 2φ(x) = 0.

Tento vztah si přepišme na tvar

e^{φ(x) log x} + e^{x log φ(x)} − 2φ(x) = 0.

Nyní postupně obdržíme

e^{φ(x) log x} · (φ′(x) logx + \frac{φ(x)}{x}) + e^{x log φ(x)} · (logφ(x) + \frac{xφ′(x)}{φ(x)}) − 2φ′(x) = 0,

e^{φ(x) log x} · (φ′(x) logx + \frac{φ(x)}{x}) ^{2} + e^{φ(x) log x} · (φ′′(x) logx + 2\frac{φ′(x)}{x} − \frac{φ(x)}{x^{2}})

+e^{x log φ(x)} · (logφ(x) + \frac{xφ′(x)}{φ(x)}) ^{2}

+e^{x log φ(x)} · (\frac{φ′(x)}{φ(x)} + \frac{(φ′(x) + xφ′′(x))φ(x) − xφ′(x)φ′(x)}{φ(x)^{2}} ) − 2φ′′(x) = 0.

Dosadíme-li x = 1 a použijeme-li φ(1) = 1, dostaneme φ′(1) = 1 a φ′′(1) = 4.

Příklad E4 : Množina M je omezená a uzavřená (jedná se o průnik sféry a roviny), a proto je kompaktní. Funkce f je spojitá na M, takže na M nabývá svého maxima i minima. Hledejme podezřelé body metodou Lagrangeových multiplikátorů. Množina M je určena pomocí vazebných funkcí

g_{1}(x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} − 1, g_{2}(x, y, z) = x + y + z − 1.

Obě funkce g_{1}, g_{2} jsou třídy C^{1}(ℝ^{2}) stejně jako funkce f. Pro parciální derivace těchto funkcí platí

\frac{∂f}{∂x} (x, y, z) = y,  \frac{∂g_{1}}{∂x} (x, y, z) = 2x,  \frac{∂g_{2}}{∂x} (x, y, z) = 1,
\frac{∂f}{∂y} (x, y, z) = x + z,  \frac{∂g_{1}}{∂y} (x, y, z) = 2y,  \frac{∂g_{2}}{∂y} (x, y, z) = 1,
\frac{∂f}{∂z} (x, y, z) = y,  \frac{∂g_{1}}{∂z} (x, y, z) = 2z,  \frac{∂g_{2}}{∂z} (x, y, z) = 1.

Vektory (2x, 2y, 2z), (1, 1, 1) jsou lineárně závislé, právě když x = y = z. Žádný takový bod ovšem neleží v množině M. Nyní budeme řešit následující soustavu

(1)  y = λ_{1}2x + λ_{2},
(2)  x + z = λ_{1}2y + λ_{2},
(3)  y = λ_{1}2z + λ_{2},
(4)  x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1,
(5)  x + y + z = 1.

Z (1) a (3) vyplývá λ_{1}x = λ_{1}z. To znamená, že máme dvě možnosti: buď λ_{1} = 0 nebo x = z.

V prvním případě dostaneme nejprve z (1) y = λ_{2}. Odtud a z (2) obdržíme x + z = y. Tento vztah spolu s (4) a (5) dává podezřelé body

[(1 − \sqrt{5})/4, 1/2, (1 + \sqrt{5})/4] , [(1 + \sqrt{5})/4, 1/2, (1 − \sqrt{5})/4] .

Ve druhém případě dostaneme pomocí vztahů (4) a (5) podezřelé body

[0, 1, 0], [2/3, −1/3, 2/3].

Porovnáním funkčních hodnot v podezřelých bodech zjistíme, že funkce f nabývá na množině M minima v bodě [2/3, −1/3, 2/3] a maxima nabývá v prvních dvou podezřelých bodech.

Příklad E5 : Funkce, kterou máme integrovat, je definována na ℝ\{π/2+kπ; k ∈ ℤ}. My budeme hledat primitivní funkci na intervalu (−π/2, π/2). Použijeme substituci cosx = t. Dostaneme − sinx dx = dt. Nyní je třeba spočítat:

∫ \frac{−1}{t + t^{3}} dt.

Provedeme rozklad na parciální zlomky, které pak zintegrujeme

∫ \frac{−1}{t + t^{3}} dt = ∫ (\frac{t}{1 + t^{2}} − \frac{1}{t}) dt = \frac{1}{2} ∫ \frac{2t}{1 + t^{2}} dt − ∫ \frac{1}{t} dt

=^{c} \frac{1}{2} log(1 + t^{2}) − log|t|, t ∈ (−∞, 0) nebo t ∈ (0, +∞).

Podle věty o substituci máme:

∫ \frac{sinx}{cosx + cos^{3} x} dx =^{c} \frac{1}{2} log(1 + cos^{2} x) − log| cosx|, x ∈ (−π/2, π/2).

Určitý integrál spočteme pomocí právě vypočtené primitivní funkce a dostaneme

∫_{0}^{π/3} \frac{sinx}{cosx + cos^{3} x} dx = \frac{1}{2} log \frac{5}{2}.

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (F)

LS 1997-98

Příklad 1 : Určete hodnost matice A v závislosti na parametru:

A = ( \begin{matrix}x & 0 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & −3 \end{matrix} ) . (10 bodů)

Příklad 2 : Určete definiční obor funkce f, spočtěte její parciální derivace všude, kde existují, a napište rovnici tečné roviny v bodě [1, 2];

f(x, y) = x^{(y^{x})}. (10 bodů)

Příklad 3 : Ukažte, že rovnice

y^{3}x^{2} + y^{2}x^{2} + siny = 0

určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci (proměnné x). Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě 0. (10 bodů)

Příklad 4 : Nalezněte maximum a minimum funkce f (pokud existují) na množině M.

f(x, y) = (x^{2} + 7y^{2})e^{−(2x^{2} +y^{2} )} M = {[x, y] ∈ ℝ^{2}; x^{2} + 4y^{2} ≤ 1}

(15 bodů)

Příklad 5 : Spočtěte

∫_{0}^{π/4} \frac{sinx}{cosx + cos^{2} x} dx. (15 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (F)

LS 1997-98

Příklad F1 : Upravme matici A pomocí řádkových elementárních úprav, které nemění hodnost matice:

h(A) = h ( \begin{matrix}x & 0 & 2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 2 & −3 \end{matrix} ) = h ( \begin{matrix}1 & 2 & −3 \\ 0 & 0 & 4 \\ x & 0 & 2 \end{matrix} )

= h ( \begin{matrix}1 & 2 & −3 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & −2x & 2 + 3x \end{matrix} ) = h ( \begin{matrix}1 & 2 & −3 \\ 0 & −2x & 2 + 3x \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix} ) .

Pokud x ≠ 0, je hodnost matice rovna 3. V případě, že x = 0, je hodnost matice A rovna 2.

Příklad F2 : Funkce f je definována na (0, +∞) × (0, +∞). Pro funkci f platí:

f(x, y) = exp(y^{x} logx).

V bodech [x, y] ∈ D(f) můžeme počítat derivaci ţpodle vzorečků�:

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = exp(y^{x} logx) · (y^{x} · logy · logx + y^{x} · \frac{1}{x}) ,
\frac{∂f}{∂y} (x, y) = exp(y^{x} logx) · (xy^{x−1} · logx) .

Parciální derivace funkce f jsou v bodě [1, 2] spojité. Proto v bodě [1, 2] existuje totální diferenciál, a tedy i tečná rovina, která má tvar

z = 1 + 2 · (x − 1) + 0 · (y − 2).

Příklad F3 : Položme

F (x, y) = y^{3}x^{2} + y^{2}x^{2} + siny.

Funkce F je definována na ℝ^{2}. Pro parciální derivace F platí:

\frac{∂F}{∂x} (x, y) = 2y^{3}x + 2y^{2}x,
\frac{∂F}{∂y} (x, y) = 3y^{2}x^{2} + 2yx^{2} + cosy.

Obě parciální derivace jsou na ℝ^{2} spojité, stejně jako jejich parciální derivace, tj. F ∈ C^{2}(ℝ^{2}). Dále platí F (0, 0) = 0 a \frac{∂F}{∂y} (0, 0) = 1 ≠ 0. Tím jsme ověřili, že naše rovnice určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci proměnné x, která sama je třídy C^{2}. Funkci označme φ a její derivace vypočítejme postupným derivováním vztahu

φ(x)^{3}x^{2} + φ(x)^{2}x^{2} + sinφ(x) = 0.

Postupně obdržíme

3φ(x)^{2}φ′(x)x^{2} + 2φ(x)^{3}x + 2φ(x)φ′(x)x^{2} + 2φ(x)^{2}x + cosφ(x) · φ′(x) = 0,
6φ(x)φ′(x)φ′(x)x^{2} + 3φ(x)^{2}φ′′(x)x^{2} + 6φ(x)^{2}φ′(x)x + 6φ(x)^{2}φ′(x)x
+2φ(x)^{3} + 2φ′(x)φ′(x)x^{2} + 2φ(x)φ′′(x)x^{2} + 4φ(x)φ′(x)x
+4φ(x)φ′(x)x + 2φ(x)^{2} − sinφ(x) · φ′(x)φ′(x) + cosφ(x) · φ′′(x) = 0.

Dosadíme-li x = 0 a použijeme-li φ(0) = 0, dostaneme φ′(0) = 0 a φ′′(0) = 0.

Příklad F4 : Množina M je omezená a uzavřená (jedná se o elipsu), a proto je kompaktní. Funkce f je spojitá na M, takže na M nabývá svého maxima i minima. Hledejme nejprve podezřelé body uvnitř množiny M. Pro parciální derivace funkce f platí:

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 2x · e^{−(2x^{2} +y^{2} )} + (x^{2} + 7y^{2})e^{−(2x^{2} +y^{2} )} · (−4x),
\frac{∂f}{∂y} (x, y) = 14y · e^{−(2x^{2} +y^{2} )} + (x^{2} + 7y^{2})e^{−(2x^{2} +y^{2} )} · (−2y).

Uvnitř množiny M hledáme ty body, kde jsou obě parciální derivace nulové. To jsou právě ty body z M, které splňují

2x(1 − 2(x^{2} + 7y^{2})) = 0,
2y(7 − (x^{2} + 7y^{2})) = 0.

Řešením této soustavy jsou body [0, 0], [1/\sqrt{2}, 0], [−1/\sqrt{2}, 0], [0, 1], [0, −1], pouze první tři však leží uvnitř množiny M.

Podezřelé body na hranici M hledejme metodou Lagrangeových multiplikátorů. Množina H(M) je určena pomocí vazebné funkce

g(x, y) = x^{2} + 4y^{2} − 1.

Funkce f i g jsou třídy C^{1}(ℝ^{2}). Pro parciální derivace g platí

\frac{∂g}{∂x}(x, y) = 2x, \frac{∂g}{∂y} (x, y) = 8y.

Vektor (2x, 8y) je nulový, právě když [x, y] = [0, 0]. Tento bod ovšem neleží na hranici množiny M. Nyní budeme řešit následující soustavu

(1)  2x · e^{−(2x^{2} +y^{2} )} + (x^{2} + 7y^{2})e^{−(2x^{2} +y^{2} )} · (−4x) = 2λx,
(2)  14y · e^{−(2x^{2} +y^{2} )} + (x^{2} + 7y^{2})e^{−(2x^{2} +y^{2} )} · (−2y) = 8λy,
(3)  x^{2} + 4y^{2} = 1.

Z (1) vyplývá, že x = 0 nebo e^{−(2x^{2} +y^{2} )} (1 − 2(x^{2} + 7y^{2})) = λ a z (2) vyplývá, že y = 0 nebo e^{−(2x^{2} +y^{2} )} (7 − (x^{2} + 7y^{2})) = 4λ. Pokud x = 0, pak podle (3) je y = ±1/2. Pokud y = 0, pak podle (3) je x = ±1. V případě, že x ≠ 0 a y ≠ 0, musí být

4e^{−(2x^{2} +y^{2} )} (1 − 2(x^{2} + 7y^{2})) = e^{−(2x^{2} +y^{2} )} (7 − (x^{2} + 7y^{2})).

Odtud plyne 7(x^{2} + 7y^{2}) = −3, což je spor.

Nalezli jsme tyto podezřelé body

[0, 0], [1/\sqrt{2}, 0], [−1/\sqrt{2}, 0], [0, 1/2], [0, −1/2], [1, 0], [−1, 0].

Funkce f nabývá maxima v bodech [0, 1/2], [0, −1/2] a minima v bodě [0, 0].

Příklad F5 : Funkce, kterou máme integrovat, je definována na ℝ \ ({π/2 + kπ; k ∈ ℤ} ∪ {(2k + 1)π; k ∈ ℤ}). My budeme hledat primitivní funkci na intervalu (−π/2, π/2). Použijeme substituci cosx = t. Dostaneme − sinx dx = dt. Nyní je třeba spočítat:

∫ \frac{−1}{t + t^{2}} dt.

Provedeme rozklad na parciální zlomky, které pak zintegrujeme

∫ \frac{−1}{t + t^{2}} dt = ∫ (\frac{1}{1 + t} − \frac{1}{t}) dt = ∫ \frac{1}{1 + t} dt − ∫ \frac{1}{t} dt

=^{c} log|1 + t| − log|t|, t ∈ (−∞, −1) nebo t ∈ (−1, 0) nebo t ∈ (0, +∞).

Podle věty o substituci máme:

∫ \frac{sinx}{cosx + cos^{2} x} dx =^{c} log|1 + cosx| − log| cosx|, x ∈ (−π/2, π/2).

Určitý integrál spočteme pomocí právě vypočtené primitivní funkce a dostaneme

∫_{0}^{π/4} \frac{sinx}{cosx + cos^{2} x} dx = log \frac{1 + \sqrt{2}}{2} .

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (G)

LS 1997-98

Příklad 1 : Nalezněte matici inverzní k matici

A = ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 3 \\ −1 & 0 & 0 & −1 \\ 1 & 1 & 1 & −1 \\ 1 & −3 & −2 & 0 \end{matrix} ) . (10 bodů)

Příklad 2 : Určete definiční obor funkce f, spočtěte její parciální derivace všude, kde existují, a napište rovnici tečné roviny v bodě [1, 2];

f(x, y) = (arctg(\sqrt{x^{2} + y^{2}} ))^{4}. (10 bodů)

Příklad 3 : Ukažte, že rovnice

e^{sin x^{2}} + e^{sin xy} = 2y + 2

určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci (proměnné x). Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě 0. (10 bodů)

Příklad 4 : Nalezněte maximum a minimum funkce f (pokud existují) na množině M.

f(x, y, z) = z + e^{xy} M = {[x, y, z] ∈ ℝ^{3}; x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1, x^{2} + y^{2} = z^{2}}

(15 bodů)

Příklad 5 : Nalezněte primitivní funkci

∫ \frac{2x^{2} + 5x + 5}{(x + 1)(x^{2} + 2x + 4)} dx (15 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (G)

LS 1997-98

Příklad G1 : Standardním postupem obdržíme

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ −1 & 0 & 0 & −1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & −1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & −3 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ,  ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −1 & 0 & −4 & −1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & −5 & −3 & −3 & −1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ,

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 4 & 1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & −5 & −3 & −3 & −1 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 4 & 1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −6 & −1 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & −3 & 17 & 4 & 0 & −5 & 1 \end{matrix} ) ,

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 4 & 1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −6 & −1 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −1 & 1 & 3 & 1 & 1 \end{matrix} ) ,  ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 4 & 1 & 0 & −1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −6 & −1 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & −1 & −3 & −1 & −1 \end{matrix} ) ,

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 0 & 4 & 9 & 3 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 5 & 12 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & −7 & −17 & −4 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & −1 & −3 & −1 & −1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 & 2 & 0 & 0 & 11 & 26 & 7 & 9 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 5 & 12 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & −7 & −17 & −4 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & −1 & −3 & −1 & −1 \end{matrix} ) ,

( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 5 & 12 & 3 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & −7 & −17 & −4 & −6 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & −1 & −3 & −1 & −1 \end{matrix} ) .

Platí tedy

A^{−1} = ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 & 1 \\ 5 & 12 & 3 & 4 \\ −7 & −17 & −4 & −6 \\ −1 & −3 & −1 & −1 \end{matrix} ) .

Příklad G2 : Funkce f je definována na ℝ^{2}. V bodech [x, y] ≠ [0, 0] můžeme počítat derivaci ţpodle vzorečků�:

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 4(arctg(\sqrt{x^{2} + y^{2}} ))^{3} · \frac{x}{1 + x^{2} + y^{2}} · \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}
\frac{∂f}{∂y} (x, y) = 4(arctg(\sqrt{x^{2} + y^{2}} ))^{3} · \frac{y}{1 + x^{2} + y^{2}} · \frac{1}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} .

V bodě [0, 0] spočítáme parciální derivace z definice:

\frac{∂f}{∂x} (0, 0) = lim_{t→0} \frac{f(t, 0) − f(0, 0)}{t} = lim_{t→0} \frac{(arctg(\sqrt{t^{2}}))^{4}}{t} = lim_{t→0} (\frac{arctg(|t|)}{|t|})^{4} · \frac{|t|^{4}}{t} = 0.

Vzhledem k symetrii funkce f platí také \frac{∂f}{∂y} (0, 0) = 0.

Parciální derivace funkce f jsou v bodě [1, 2] spojité. Proto v bodě [1, 2] existuje totální diferenciál, a tedy i tečná rovina, která má tvar

z = (arctg \sqrt{5})^{4} + \frac{2}{3}(arctg \sqrt{5})^{3} · \frac{1}{\sqrt{5}} · (x − 1) + \frac{4}{3}(arctg \sqrt{5})^{3} · \frac{1}{\sqrt{5}} · (y − 2).

Příklad G3 : Položme

F (x, y) = e^{sin x^{2}} + e^{sin xy} − 2y − 2.

Funkce F je definována na ℝ^{2}. Pro parciální derivace F platí:

\frac{∂F}{∂x} (x, y) = e^{sin x^{2}} · cosx^{2} · 2x + e^{sin xy} · cosxy · y,
\frac{∂F}{∂y} (x, y) = e^{sin xy} · cosxy · x − 2.

Obě parciální derivace jsou na ℝ^{2} spojité, stejně jako jejich parciální derivace, tj. F ∈ C^{2}(ℝ^{2}). Dále platí F (0, 0) = 0 a \frac{∂F}{∂y} (0, 0) = −2 ≠ 0. Tím jsme ověřili, že naše rovnice určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci proměnné x, která sama je třídy C^{2}. Funkci označme φ a její derivace vypočítejme postupným derivováním vztahu

e^{sin x^{2}} + e^{sin xφ(x)} − 2φ(x) − 2 = 0.

Postupně obdržíme

e^{sin x^{2}} · cosx^{2} · 2x + e^{sin xφ(x)} cosxφ(x) · (φ(x) + xφ′(x)) − 2φ′(x) = 0,
e^{sin x^{2}} · (cosx^{2} · 2x)^{2} − e^{sin x^{2}} · sinx^{2} · 4x^{2}
+e^{sin x^{2}} · cosx^{2} · 2 + e^{sin xφ(x)}(cosxφ(x) · (φ(x) + xφ′(x)))^{2}

−e^{sin xφ(x)} sinxφ(x) · (φ(x) + xφ′(x))^{2} + e^{sin xφ(x)} cosxφ(x) · (2φ′(x) + xφ′′(x))

−2φ′′(x) = 0.

Dosadíme-li x = 0 a použijeme-li φ(0) = 0, dostaneme φ′(0) = 0 a φ′′(0) = 1.

Příklad G4 : Množina M je omezená a uzavřená, a proto je kompaktní. Funkce f je spojitá na M, takže na M nabývá svého maxima i minima. Množina M má prázdný vnitřek.

Podezřelé body hledejme metodou Lagrangeových multiplikátorů. Množina M je určena pomocí vazebných funkcí

g_{1}(x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} − 1, g_{2}(x, y, z) = x^{2} + y^{2} − z^{2}.

Funkce f, g_{1} i g_{2} jsou třídy C^{1}(ℝ^{3}). Pro parciální derivace těchto funkcí platí

\frac{∂f}{∂x} (x, y, z) = e^{xy}y,  \frac{∂g_{1}}{∂x} (x, y, z) = 2x,  \frac{∂g_{2}}{∂x} (x, y, z) = 2x,
\frac{∂f}{∂y} (x, y, z) = e^{xy}x,  \frac{∂g_{1}}{∂y} (x, y, z) = 2y,  \frac{∂g_{2}}{∂y} (x, y, z) = 2y,
\frac{∂f}{∂z} (x, y, z) = 1,  \frac{∂g_{1}}{∂z} (x, y, z) = 2z,  \frac{∂g_{2}}{∂z} (x, y, z) = −2z.

Vektory (2x, 2y, 2z), (2x, 2y, −2z) jsou lineárně závislé, právě když z = 0 nebo x = y = 0. Žádný takový bod neleží v množině M. Nyní budeme řešit následující soustavu

(1)  e^{xy}y = λ_{1}2x + λ_{2}2x,
(2)  e^{xy}x = λ_{1}2y + λ_{2}2y,
(3)  1 = λ_{1}2z − λ_{2}2z,
(4)  x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1,
(5)  x^{2} + y^{2} − z^{2} = 0.

Z (4) a (5) vyplývá, že z = ±1/\sqrt{2}. Odečteme-li (1) od (2) dostaneme

e^{xy}(x − y) = −2(λ_{1} + λ_{2})(x − y).

Z poslední rovnice plyne, že buď x = y nebo e^{xy} = −2(λ_{1} + λ_{2}). V prvním případě dopočítáme ze (4) tyto podezřelé body

[1/2, 1/2, 1/\sqrt{2}], [1/2, 1/2, −1/\sqrt{2}], [−1/2, −1/2, 1/\sqrt{2}], [−1/2, −1/2, −1/\sqrt{2}].

Ve druhém případě dosadíme za e^{xy} do (1) a dostaneme

−2y(λ_{1} + λ_{2}) = 2x(λ_{1} + λ_{2}).

Nyní máme opět dvě možnosti: buď x = −y nebo λ_{1} + λ_{2} = 0. První možnost dává podezřelé body

[1/2, −1/2, 1/\sqrt{2}], [1/2, −1/2, −1/\sqrt{2}], [−1/2, 1/2, 1/\sqrt{2}], [−1/2, 1/2, −1/\sqrt{2}].

Druhá možnost spolu s (1) a (2) dává x = y = 0. Toto však nemůže nastat vzhledem ke (4) a (5).

Funkce f nabývá maxima v bodech

[1/2, 1/2, 1/\sqrt{2}], [−1/2, −1/2, 1/\sqrt{2}]

a minima

[−1/2, 1/2, −1/\sqrt{2}], [1/2, −1/2, −1/\sqrt{2}].

Příklad G5 : Funkce, kterou máme integrovat, je definována na ℝ \ {−1}. Provedeme rozklad integrandu na parciální zlomky, které pak zintegrujeme

∫ \frac{2x^{2} + 5x + 5}{(x + 1)(x^{2} + 2x + 4)} dx = ∫ \frac{1}{3} · (\frac{2}{x + 1} + \frac{4x + 7}{x^{2} + 2x + 4} ) dx

= \frac{2}{3} ∫ \frac{1}{x + 1} dx + \frac{2}{3} ∫ \frac{2x + 2}{x^{2} + 2x + 4} dx + \frac{1}{3} ∫ \frac{3}{x^{2} + 2x + 4} dx

= \frac{2}{3} ∫ \frac{1}{x + 1} dx + \frac{2}{3} ∫ \frac{2x + 2}{x^{2} + 2x + 4} dx + \frac{1}{3} ∫ \frac{1}{((x + 1)/\sqrt{3})^{2} + 1} dx

=^{c} \frac{2}{3} log|x + 1| + \frac{2}{3} log(x^{2} + 2x + 4) + \frac{1}{\sqrt{3}} arctg(\frac{x + 1}{\sqrt{3}} ) ,

x ∈ (−∞, −1) nebo x ∈ (−1, +∞).

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (H)

LS 1997-98

Příklad 1 : Určete hodnost matice A v závislosti na parametru:

A = ( \begin{matrix}1 & x & x \\ 1 & 2 & 1 \\ −2 & 1 & 4 \end{matrix} ) . (10 bodů)

Příklad 2 : Určete definiční obor funkce f, určete kde existují vlastní parciální derivace a spočtěte je; napište rovnici tečné roviny v bodě [1, 2];

f(x, y) = \{ \begin{matrix}sin(x cosy) & x ≥ 0 \\ cos(x siny) + 2 & x < 0 \end{matrix} . (10 bodů)

Příklad 3 : Ukažte, že rovnice

π/2 + arcsin(x + y^{2}) = arccos(y + x^{2})

určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci (proměnné x). Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě 0. (10 bodů)

Příklad 4 : Nalezněte maximum a minimum funkce f (pokud existují) na množině M.

f(x, y, z) = x^{2} + 2xz + y^{2} + z
M = {[x, y, z] ∈ ℝ^{3}; x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1, x = y^{2} + z^{2}}

(15 bodů)

Příklad 5 : Nalezněte primitivní funkci

∫ \frac{x + 1}{\sqrt{x^{2} + x + 1}} dx (15 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (H)

LS 1997-98

Příklad H1 : Pomocí řádkových elementárních úprav, které nemění hodnost matice, dostaneme:

( \begin{matrix}1 & x & x \\ 1 & 2 & 1 \\ −2 & 1 & 4 \end{matrix} ) ,  ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ −2 & 1 & 4 \\ 1 & x & x \end{matrix} ) ,  ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 0 & 5 & 6 \\ 0 & x − 2 & x − 1 \end{matrix} ) .

Pokud x = 2, pak h(A) = 3. V případě, že x ≠ 2, pak lze číslem x − 2 dělit.

( \begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & \frac{6}{5} \\ 0 & 1 & \frac{x−1}{x−2} \end{matrix} ) ,  ( \begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & \frac{6}{5} \\ 0 & 0 & \frac{x−1}{x−2} − \frac{6}{5} \end{matrix} ) .

Poslední řádek je nulový, právě když \frac{x−1}{x−2} − \frac{6}{5} = 0, tj. právě když x = 7.

Závěr: h(A) = 2 pro x = 7, h(A) = 3 pro x ≠ 7.

Příklad H2 : Okamžitě vidíme, že D(f) = ℝ^{2}. Pokud x ≠ 0 lze v bodě [x, y] počítat parciální derivace ţpodle vzorečků�.

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = \{ \begin{matrix}cos(x cosy) · cosy & pro x > 0, \\ − sin(x siny) · siny & pro x < 0. \end{matrix}
\frac{∂f}{∂y} (x, y) = \{ \begin{matrix}cos(x cosy) · (−x siny) & pro x > 0, \\ − sin(x siny) · (x cosy) & pro x < 0. \end{matrix}

V bodech tvaru [0, y] budeme počítat parciální derivace ţz definice�:

\frac{∂f}{∂x} (0, y) = lim_{t→0} \frac{f(t, y) − f(t, 0)}{t − 0} = lim_{t→0} \frac{f(t, y)}{t}

Tato limita ovšem neexistuje, protože limita zleva (−∞) se nerovná limitě zprava (cosy).

\frac{∂f}{∂y} (0, y) = lim_{t→y} \frac{f(0, t) − f(0, y)}{t − y} = lim_{t→y} \frac{0}{t − y} = 0.

V bodě [1, 2] jsou obě parciální derivace spojité, a proto v tomto bodě existuje totální diferenciál, a tedy i tečná rovina. Její rovnice vypadá takto:

z = cos(cos2) · cos2 · (x − 1) − cos(cos2) · sin2 · (y − 2) + sin(cos2).

Příklad H3 : Položme

F (x, y) = π/2 + arcsin(x + y^{2}) − arccos(y + x^{2}).

Bod [0, 0] je ve vnitřku definičního oboru funkce F - můžeme tedy spočítat parciální derivace funkce F na jistém okolí G bodu [0, 0]:

\frac{∂F}{∂x} (x, y) = \frac{1}{\sqrt{1 − (x + y^{2})^{2}}} + \frac{2x}{\sqrt{1 − (y + x^{2})^{2}}}
\frac{∂F}{∂y} (x, y) = \frac{2y}{\sqrt{1 − (x + y^{2})^{2}}} + \frac{1}{\sqrt{1 − (y + x^{2})^{2}}} .

Obě parciální derivace jsou na jistém okolí bodu [0, 0] spojité a navíc tam jsou jejich parciální derivace spojité, tj. f ∈ C^{2}(G). Dále platí F (0, 0) = 0 a \frac{∂F}{∂y} (0, 0) = 1 ≠ 0. Tím jsme ověřili, že naše rovnice určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci proměnné x, která je třídy C^{2}. Funkci označme φ a její derivace vypočítejme postupným derivováním vztahu

arcsin(x + (φ(x))^{2}) + π/2 − arccos(φ(x) + x^{2}) = 0,

\frac{1 + 2φ(x)φ′(x)}{\sqrt{1 − (x + (φ(x))^{2})^{2}}} + \frac{φ′(x) + 2x}{\sqrt{1 − (φ(x) + x^{2})^{2}}} = 0,

−\frac{1}{2}(1 − (x + (φ(x))^{2})^{2})^{− \frac{3}{2}} · (−2(x + (φ(x))^{2})) · (1 + 2φ(x)φ′(x))^{2}

+(1 − (x + (φ(x))^{2})^{2})^{− \frac{1}{2}} · (2(φ′(x))^{2} + 2φ(x)φ′′(x))

−\frac{1}{2}(1 − (φ(x) + x^{2})^{2})^{− \frac{3}{2}} · (−2(φ(x) + x^{2})) · (φ′(x) + 2x)^{2}

+(1 − (φ(x) + x^{2})^{2})^{− \frac{1}{2}} · (φ′′(x) + 2) = 0.

Dosadíme-li x = 0 a využijeme-li φ(0) = 0, dostaneme φ′(0) = −1 a φ′′(0) = −4.

Příklad H4 : Položme

g_{1}(x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} − 1, g_{2}(x, y, z) = x − y^{2} − z^{2}.

Obě funkce jsou spojité a proto je množina M uzavřená. Množina M je obsažena v jednotkové kouli o středu v počátku - je tedy omezená. Z charakterizace kompaktních podmnožin ℝ^{n} vyplývá, že M je kompaktní. Funkce f je spojitá a proto nabývá na M svého maxima i minima. Hledejme podezřelé body pomocí Lagrangeových multiplikátorů. Vidíme, že f, g_{1}, g_{2} ∈ C^{1}(ℝ^{3}).

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = 2x + 2z  \frac{∂g_{1}}{∂x} (x, y) = 2x  \frac{∂g_{2}}{∂x} (x, y) = 1
\frac{∂f}{∂y} (x, y) = 2y  \frac{∂g_{1}}{∂y} (x, y) = 2y  \frac{∂g_{2}}{∂y} (x, y) = −2y
\frac{∂f}{∂z} (x, y) = 2x + 1  \frac{∂g_{1}}{∂z} (x, y) = 2z  \frac{∂g_{2}}{∂z} (x, y) = −2z

Zkoumejme pro která [x, y, z] ∈ M jsou vektory (2x, 2y, 2z), (1, −2y, −2z) lineárně závislé. Jde tedy o to zjistit, kdy je hodnost následující matice menší než 2.

( \begin{matrix}1 & −2y & −2z \\ 2x & 2y & 2z \end{matrix} )

Třetí řádkovou elementární úpravou dostaneme

( \begin{matrix}1 & −2y & −2z \\ 2x + 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) .

Hodnost této matice je menší než 2, právě když x = −\frac{1}{2} nebo y = z = 0. Není obtížné dosazením zjistit, že body splňující některou z těchto podmínek nemohou ležet v M.

Nyní řešme soustavu:

(1)  x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1
(2)  x = y^{2} + z^{2}
(3)  2x + 2z = 2λ_{1}x + λ_{2}
(4)  2y = 2λ_{1}y − 2λ_{2}y
(5)  2x + 1 = 2λ_{1}z − 2λ_{2}z

Z (1) a (2) vyplývá x^{2} + x − 1 = 0, tj. x = \frac{1}{2}(−1 ± \sqrt{5}). Vzhledem k (2) musí být x nezáporné a proto nás zajímá pouze kladný kořen kvadratické rovnice, tj.

x = (\sqrt{5} − 1)/2. (6)

Z (4) vyplývá, že buď y = 0 nebo λ_{1} − λ_{2} = 1. V prvním případě vypočteme z (2) a (6),

že z = ±\sqrt{(\sqrt{5} − 1)/2}. Odtud dostáváme podezřelé body

[(\sqrt{5} − 1)/2, 0, \sqrt{(\sqrt{5} − 1)/2}], [(\sqrt{5} − 1)/2, 0, −\sqrt{(\sqrt{5} − 1)/2}].

Ve druhém případě plyne z (5) x + \frac{1}{2} = z. Takže z = \sqrt{5}/2. Z (2) plyne y^{2} = x − z^{2}. Po dosazení máme y^{2} = (2\sqrt{5} − 7)/4 < 0 – což není možné.

Dosazením zjistíme, že funkce f nabývá na M svého maxima v prvním podezřelém bodě a minima ve druhém.

Příklad H5 : Funkce, kterou máme integrovat, je definována na ℝ a je na ℝ spojitá. Použijeme Eulerovu substituci \sqrt{x^{2} + x + 1} = x + t. Pak dostaneme

x = \frac{1 − t^{2}}{2t − 1}, dx = \frac{−2t^{2} + 2t − 2}{(2t − 1)^{2}} dt.

Je třeba nalézt primitivní funkci

∫ \frac{\frac{1−t^{2}}{2t−1} + 1}{\frac{1−t^{2}}{2t−1} + t} · \frac{−2t^{2} + 2t − 2}{(2t − 1)^{2}} dt = ∫ \frac{−2(2t − t^{2})}{(2t − 1)^{2}} dt

Platí

\frac{−2(2t − t^{2})}{(2t − 1)^{2}} = \frac{1}{2} − \frac{1}{2} \frac{4t + 1}{(2t − 1)^{2}}

Rozložíme-li druhý výraz na parciální zlomky dostaneme

∫ \frac{−2(2t − t^{2})}{(2t − 1)^{2}} dt = ∫ \frac{1}{2} dt − \frac{1}{2} ∫ \frac{3}{(2t − 1)^{2}} dt − \frac{1}{2} ∫ \frac{2}{2t − 1} dt

=^{c} \frac{1}{2}t + \frac{3}{8t − 4} − \frac{1}{2} log|2t − 1|, t ∈ (−∞, 1/2) nebo t ∈ (1/2, +∞).

Podle věty o substituci dostáváme

∫ \frac{x + 1}{\sqrt{x^{2} + x + 1}} dx = \frac{1}{2}(\sqrt{x^{2} + x + 1} − x)

+ \frac{3}{8(\sqrt{x^{2} + x + 1} − x) − 4} − \frac{1}{2} log|2\sqrt{x^{2} + x + 1} − 2x − 1|, x ∈ ℝ.

Písemná zkouška z matematiky pro FSV (I)

LS 1997-98

Příklad 1 : Řešte soustavu Ax = b, kde

A = ( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 \\ −1 & 1 & 0 & −1 \\ −1 & 0 & 1 & 1 \\ 2 & −3 & −1 & 0 \end{matrix} ) ,  b = ( \begin{matrix}2 \\ 2 \\ 0 \\ 4 \end{matrix} ) .  (10 bodů)

Příklad 2 : Určete definiční obor funkce f, spočtěte její parciální derivace všude kde existují a napište rovnici tečné roviny v bodě [1, 2];

f(x, y) = \frac{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}{x + y − 1} . (10 bodů)

Příklad 3 : Ukažte, že rovnice

arctg(y^{2} + xy) = e^{xy} − cosx + y

určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci (proměnné x). Spočtěte první a druhou derivaci této funkce v bodě 0. (10 bodů)

Příklad 4 : Nalezněte maximum a minimum funkce f (pokud existují) na množině M.

f(x, y) = arctgx + arctgy M = {[x, y] ∈ ℝ^{2}; x^{2} + y^{2} ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}

(15 bodů)

Příklad 5 : Nalezněte primitivní funkci

∫ \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 2x + 4}} dx (15 bodů)

Řešení písemky z matematiky pro FSV (I)

LS 1997-98

Příklad I1 : Napišme si rozšířenou matici (A|b) a proveďme Gaussovu eliminaci:

( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 2 \\ −1 & 1 & 0 & −1 & 2 \\ −1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\ 2 & −3 & −1 & 0 & 4 \end{matrix} ) ,  ( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & −1 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & −2 & 2 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & −3 & −2 & 0 \end{matrix} ) ,

( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & −1 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & −6 \\ 0 & 0 & −2 & −2 & 4 \end{matrix} ) ,  ( \begin{matrix}1 & −2 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & −1 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & −2 & −2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & −6 \end{matrix} ) .

Odtud již snadno spočteme: x_{1} = −2, x_{2} = −3, x_{3} = 1, x_{4} = −3.

Příklad I2 : Pro definiční obor platí: D(f) = ℝ^{2} \ {[x, y] ∈ ℝ^{2}; x + y = 1}. Pro parciální derivace platí

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = \frac{xy − x − y^{2}}{\sqrt{x^{2} + y^{2}} (x + y − 1)^{2}} ,  [x, y] ∈ D(f) \ \{[0, 0]\};

\frac{∂f}{∂y} (x, y) = \frac{xy − x^{2} − y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}} (x + y − 1)^{2}} ,  [x, y] ∈ D(f) \ \{[0, 0]\}.

V bodě [0, 0] počítejme parciální derivace z definice:

\frac{∂f}{∂x} (0, 0) = lim_{t→0} \frac{f(t, 0) − f(0, 0)}{t − 0} = lim_{t→0} \frac{\frac{\sqrt{t^{2}}}{t−1}}{t} = lim_{t→0} \frac{|t|}{(t − 1)t} = lim_{t→0} \frac{sgnt}{t − 1}.

Poslední limita neexistuje, protože limita zleva je rovna 1 a zprava je rovna −1. To znamená, že parciální derivace \frac{∂f}{∂x}(0, 0) neexistuje. Naprosto stejným postupem lze ukázat, že ani \frac{∂f}{∂y} (0, 0) neexistuje.

V bodě [1, 2] jsou obě parciální derivace spojité a proto v tomto bodě existuje totální diferenciál a tedy i tečná rovina. Její rovnice vypadá takto:

z = \frac{−3}{4\sqrt{5}} · (x − 1) − \frac{1}{4\sqrt{5}} · (y − 2) + \frac{\sqrt{5}}{2}.

Příklad I3 : Položme

F (x, y) = arctg(y^{2} + xy) − e^{xy} + cosx − y.

Funkce F je definována na ℝ^{2} a pro její parciální derivace platí:

\frac{∂F}{∂x} (x, y) = \frac{y}{1 + (y^{2} + xy)^{2}} − e^{xy}y − sinx,
\frac{∂F}{∂y} (x, y) = \frac{2y + x}{1 + (y^{2} + xy)^{2}} − e^{xy}x − 1.

Obě parciální derivace jsou na ℝ^{2} spojité, stejně jako jejich parciální derivace, tj. f ∈ C^{2}(ℝ^{2}). Dále platí F (0, 0) = 0 a \frac{∂F}{∂y} (0, 0) = −1 ≠ 0. Tím jsme ověřili, že naše rovnice určuje v jistém okolí bodu [0, 0] implicitně zadanou funkci proměnné x, která sama je třídy C^{2}. Funkci označme φ a její derivace vypočítejme postupným derivováním vztahu

arctg((φ(x))^{2} + xφ(x)) − e^{xφ(x)} + cosx − φ(x) = 0.

\frac{2φ(x)φ′(x) + φ(x) + xφ′(x)}{1 + ((φ(x))^{2} + xφ(x))^{2}} − (φ(x) + xφ′(x))e^{xφ(x)} − sinx − φ′(x) = 0,

\frac{−2((φ(x))^{2} + xφ(x))}{(1 + ((φ(x))^{2} + xφ(x))^{2})^{2}} · (2φ(x)φ′(x) + φ(x) + xφ′(x))^{2}

+\frac{2(φ′(x))^{2} + 2φ(x)φ′′(x) + φ′(x) + φ′(x) + xφ′′(x)}{1 + ((φ(x))^{2} + xφ(x))^{2}}

−(φ′(x) + φ′(x) + xφ′′(x))e^{xφ(x)} − (φ(x) + xφ′(x))^{2}e^{xφ(x)}

− cosx − φ′′(x) = 0.

Dosadíme-li x = 0 a použijeme-li φ(0) = 0, dostaneme φ′(0) = 0 a φ′′(0) = −1.

Příklad I4 : Množina M je uzavřená a omezená (jedná se o průnik uzavřeného kruhu a uzavřeného prvního kvadrantu) – je tedy kompaktní. Funkce f je spojitá na celém ℝ^{2} a proto musí nabývat maxima i minima na množině M. Zkoumejme chování funkce f nejprve na vnitřku množiny M.

\frac{∂f}{∂x} (x, y) = \frac{1}{1 + x^{2}} , \frac{∂f}{∂y} (x, y) = \frac{1}{1 + y^{2}} .

Uvnitř množiny M jsou obě parciální derivace funkce f nenulové, proto uvnitř M není žádný podezřelý bod. Hranici množiny M rozdělme na tři části:

H_{1} = {[x, 0]; x ∈ ⟨0, 1⟩},
H_{2} = {[0, y]; y ∈ ⟨0, 1⟩},
H_{3} = {[x, y]; x > 0, y > 0, x^{2} + y^{2} = 1}.

Je-li [x, y] ∈ H_{1}, platí f(x, y) = arctgx. Funkce arctg je rostoucí a proto podezřelými body jsou [0, 0] a [1, 0]. Podobně je tomu na množině H_{2}. Tam dostáváme podezřelé body [0, 0] a [0, 1]. Na H_{3} použijeme metodu Lagrangeových multiplikátorů. Nechť g(x, y) = x^{2}+y^{2}−1. Vidíme, že f, g ∈ C^{1}(ℝ^{2}). Pro parciální derivace g platí:

\frac{∂g}{∂x}(x, y) = 2x, \frac{∂g}{∂y} (x, y) = 2y.

Vektor (2x, 2y) je nulový, právě když [x, y] = [0, 0] – tento bod ovšem neleží v H_{3}. Nyní je třeba vyřešit následující soustavu

(1)  x^{2} + y^{2} = 1
(2)  \frac{1}{1 + x^{2}} = λ2x
(3)  \frac{1}{1 + y^{2}} = λ2y

Z (2) a (3) vyplývá

(4)  λ2x(1 + x^{2}) = λ2y(1 + y^{2}).

Z (2) vyplývá, že λ ≠ 0. Proto můžeme (4) upravit na tvar

x − y = −(x − y)(x^{2} + xy + y^{2}).

Platí tedy buď x = y nebo −1 = x^{2} + xy + y^{2}. Druhá možnost však nastat nemůže, neboť prvky z H_{3} mají obě souřadnice kladné. První možnost spolu s (1) dává další podezřelý bod [1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}].

Nalezli jsme tyto podezřelé body:

[0, 0],  [0, 1],  [1, 0],  [1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}].

Porovnáním funkčních hodnot funkce f v uvedených bodech (proveďte podrobně) zjistíme, že f nabývá svého minima v bodě [0, 0] a maxima v bodě [1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2}].

Příklad I5 : Funkce, kterou máme integrovat, je definována na ℝ a je na ℝ spojitá. Použijeme Eulerovu substituci \sqrt{x^{2} + 2x + 4} = x + t. Pak dostaneme

x = \frac{t^{2} − 4}{2(1 − t)}, dx = \frac{−t^{2} + 2t − 4}{2(1 − t)^{2}} dt.

Je třeba nalézt primitivní funkci

∫ \frac{\frac{t^{2} −4}{2(1−t)}}{\frac{t^{2} −4}{2(1−t)} + t} · \frac{−t^{2} + 2t − 4}{2(1 − t)^{2}} dt = ∫ \frac{t^{2} − 4}{2t^{2} − 4t + 2} dt

Platí

\frac{t^{2} − 4}{2t^{2} − 4t + 2} = \frac{1}{2} + \frac{2t − 5}{2t^{2} − 4t + 2}

Rozložíme-li poslední výraz na parciální zlomky dostaneme

∫ \frac{t^{2} − 4}{2t^{2} − 4t + 2} dt = ∫ \frac{1}{2} dt + ∫ \frac{1}{t − 1} dt − ∫ \frac{3}{2(t − 1)^{2}} dt

=^{c} \frac{1}{2}t + log|t − 1| + \frac{3}{2(t − 1)}, t ∈ (−∞, 1) nebo t ∈ (1, +∞).

Podle věty o substituci dostáváme

∫ \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 2x + 4}} dx = \frac{1}{2}(\sqrt{x^{2} + 2x + 4} − x)

+ log|\sqrt{x^{2} + 2x + 4} − x − 1| + \frac{3}{2(\sqrt{x^{2} + 2x + 4} − x − 1)}, x ∈ ℝ.