je daná funkce. Množinu všech primitivních funkcí k f na I nazveme neurčitým f(x)dx nebo f.

Transkript

1 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA. Přednášk Oznčme R = R {, } jko v minulém semestru. V tomto semestru se budeme zbývt opčným úkonem k derivování. Primitivní funkce. Definice. Buď J intervl s krjními body < b,, b R f : J R. Řekneme, že funkce F : J R je primitivní k f n J, pokud F () = f() pro kždé (, b)j F +() = f() (resp. F (b) = f(b)) pokud J (resp. b J). Vět. Buď J intervl f : J R spojitá v J. Pk eistuje primitivní funkce k f n J. Důkz. Vynecháme. Nechť A B g : B R je funkce. Oznčme g A zúžení funkce g n množinu A, tj. g A : A R g A () = g() pro kždé A. Definice 3. Buď I = α k= J k, kde J k jsou nvzájem disjunktní intervly (tj. J k J l = pro k l) α je buď konečné číslo nebo nekonečno. Nechť f : I R je dná funkce. Řekneme, že funkce F : I R je primitivní k f n I, pokud (F Jk ) () = f Jk () pro kždé J k ve smyslu definice. Neurčitý integrál. Definice 4. Buď I = α k= J k, kde J k jsou nvzájem disjunktní intervly (tj. J k J l = pro k l) α je buď konečné číslo nebo nekonečno. Nechť f : I R je dná funkce. Množinu všech primitivních funkcí k f n I nzveme neurčitým integrálem z f znčíme f()d nebo f. Vět 5. Buď J intervl s krjními body < b,, b R f : J R. Nechť F, G : J R jsou primitivní k f n J. Pk eistuje c R tk, že F () G() = c pro kždé J. Vět 6. Buď J intervl s krjními body < b,, b R f : J R. Nechť F : J R je primitivní k f n J. Pk f = {F + c; c R}.

2 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Čsto píšeme f()d = F () + c ; c R. Dále se budeme zbývt prktickým výpočtem neurčitého integrálu. Tbulk zákldních integrálů. Nebudeme psát integrční konsttntu. kd = k; d = ; n d = n+ n +, n ; d = ln (je to n sjednocení intervlů) sin d = cos ; cos d = sin ; d d cos = tg ; sin = cotg ; d = rctg ; + + d = rctg ; d = rccotg ; + + d = rccotg ; d = ln + ; d = rcsin ; d = rcsin ; d = rccos ; e d = e ; d = rccos ; d = ln. Integrce přímým rozkldem. Vět 7. Buď I = α k= J k, kde J k jsou nvzájem disjunktní intervly (tj. J k J l = pro k l) α je buď konečné číslo nebo nekonečno. Nechť f, f,..., f n : I R jsou dnáe funkce α, α,..., α n jsou reálná čísl. Potom () (α f + α f + + α n f n ) = α f + α f + + α n f n. Příkld. Njděte ( ) sin 3 d.

3 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 3 Řešení. ( sin ) d = 3 3 d 5 + d d 5 sin + d + 3 d = sin d = 4 4 5rctg 3 cos + c = 4 5rctg 3 cos + c. Příkld. Njděte tg d. Řešení. tg d = sin cos cos d = ( ) cos d = cos d = tg + c. Integrování metodou per prtes. Vět 8. Buď I = α k= J k, kde J k jsou nvzájem disjunktní intervly (tj. J k J l = pro k l) α je buď konečné číslo nebo nekonečno. Nechť u, v : I R jsou dné spojitě diferencovtelné funkce. Pk u v = uv uv nebo ekvivlentně uv = uv u v. Příkld. Njděte sin d. Řešení. sin d = u = v = sin u = v = cos = cos cos + cos d = cos + sin + c. ( cos )d = Příkld. Njděte e d. Řešení. e d = u = v = e u = v = e = e e d + c = u = v = e ( ) u = v = e = e e e d = e e + e = e ( + ) + c. Příkld. Njděte e sin d.

4 4 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Řešení. Oznčme I = e sin d. Potom máme I = e sin d = u = e v = sin u = e v = cos = e cos e ( cos )d = e cos + e cos d = u = e v = sin u = e v = cos = e cos + e sin e sin d = e cos + e sin I. Tím dostáváme rovnici pro I I = e cos + e sin I. Sndno vypočítáme, že I = e ( ) sin cos. Příkld. Njděte ln d. Řešení. Tento integrál se příliš netváří n per prtes, le následující výpočet nás přesvědčí o tom, že to lze metodou per prtes spočítt. ln d =. ln d = u = v = ln u = v = = ln. d = ln d = ln + c. Integrování substituční metodou. Nebudeme si vyslovovt přesnou větu. Ze vzorce pro derivci složené funkce máme f (g()) g () = ( f(g()) ). Integrcí dostneme f (g()) g ()d = f(g()). Oznčme promitivní funkci k f jko F. Z předchozího máme f(g()) g ()d = t = g() dt = g ()d = f(t)dt (dosdily jsme t z g() dt z g ()d) = F (t) = F (g()) (dosdily jsme g() z t. Prvidlo f(g()) g ()d = t = g() dt = g ()d = f(t)dt = F (t) = F (g()) budeme nzývt prvním prvidlem o substituci. Příkld. Njděte sin 4 cos d.

5 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 5 Řešení. sin 4 cos d = t = sin dt = cos d = t 4 dt = t5 5 + c = 5 sin5 + c. Příkld. Njděte ln 3 ln d. Řešení. ln 3 ln d = t = ln dt = d = (t 3 t)dt = t 4 4 t + c = 4 ln4 ln + c. Příkld. Njděte + d. Řešení. + d = t = + dt = d dt dt = t = t / dt = t/ / = t = +. Nyní si npíšeme druhé substituční prvidlo. Počítejme integrál f()d. Dejme si substituci = ϕ(t) stejně jko v prvním přípdě dostneme f()d = = ϕ(t) d = ϕ (t)dt = f(ϕ(t))ϕ (t)dt = F (t) = F (ϕ ()), kde ϕ znčí inverzní funkci k funkci ϕ. Příkld. Njděte d n intervlu (, ). Řešení. d = = sin t d = cos tdt = cos tdt = u = cos t v = cos t u = sin t v = sin t = sin t cos t + sin tdt = sin t cos t + ( cos t)dt = sin t cos t + t cos tdt = (sin t cos t + t) = ( + rcsin ). V obou přípdech jde o to, zd se po substituci integrál zjednodušší. Teoreticky si můžeme dát libovolnou substituci, třeb ϕ() = ψ(t). Pk ovšem bude ϕ ()d = ψ (t)dt. Příkld. Npř. substituce t = sin nám při výpočtu integrálu + d moc nepomůže. Skutečně, zvolíme-li = rcsin t d = t t dt, máme 4 + d = + rcsin t t dt t 4 tento integrál je snd ještě horší než původní.

6 6 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Upozornění. Integrály sin e d, d, + 3 d,... nelze vyjádřit ve tvru konečných výrzů. Čili ne kždý integrál lze vypočítt vzorečkem.

7 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 7. Přednášk Integrce rcionálních funkcí. Definice 9. Rcionální funkcí rozumíme podíl dvou polynomů. Příkldy. Uveďme si nějké příkldy rcionálních funkcí , + +, , Nším úkolem je tkovou funkci integrovt Motivce. Máme vypočítt (+) d. Celý vtip výpočtu je v tom, že si všimneme vzthu ( + ) = +. Potom již sndno dostneme ( + ) d = d d ( ) d = + + = ln ln + + c = ln + c. + Vidíme, že hlvní ide výpočtu je vzth (+) = +. Vlstně jde o opčný úkon než sloučení dvou výrzů převedením n společného jmenovtele (tj. + = + (+) = (+) ). Říká se tomu rozkld n prciální zlomky. Uvedeme ještě jeden motivční příkld. Příkld. Njděte d. Řešení. Sndno výrz ve jmenovteli rozložíme máme Nyní npíšeme () = 5 4 ( + )( ). 5 4 ( + )( ) = už můžeme psát 5 4 ( 3 d = d 3 + d + ) d = d = ln 3 ln + + ln + c. Je ovšem zjímvé, jk se dá uhodnout vzth (). Je celkem přirozené, že jde psát 5 4 ( + )( ) = A + B + + C

8 8 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA pro nějká vhodná čísl A, B, C. Čísl A, B, C vypočítáme tk, že převedeme prvou strnu n společného jmenovtele dostneme 5 4 A( + )( ) + B( ) + C( + ) = = ( + )( ) ( + )( ) (A + B + C) + ( A B + C) + ( A). ( + )( ) Má-li poslední rovnost pltit pro kždé, pk se nutně rovnjí polynomy v čitteli. Tedy se rovnjí jejich koeficienty dostáváme soustvu tří rovnic A +B +C =, A B +C = 5, A = 4 pro neznámé A, B, C. Jejím řešením dostáváme Řešením je tedy A =, B = 3, C =, což dává (). 3 5 P () Buď dán rcionální funkce R() = Q(), kde P (), Q() jsou polynomy. Oznčme stp (resp. Q) stupeň polynomu P (resp. Q. Integrce R() spočívá v následujících krocích: (i) Pokud stp stq, pk musíme polynomy vydělit. Dostneme P () Q() = A() + B() Q(), kde stb < stq; (ii) Rozložíme Q(); (iii) Rozložíme B() Q() n prciální zlomky; (iv) Integrujeme člen po členu. Dělení polynomu polynomem. Toto je známá věc ze střední školy, tk uvedeme jen příkld bez vysvětlování. Příkld. Vydělte ( ) : ( + ). Řešení. ( ) : ( + ) = ( ) ( 3 + ) ( + ) 3 4

9 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 9 Výrz 3 4 je zbytek (všimněte si, že st(3 4) < st( + )) lze tedy psát = Rozkld n prciální zlomky. Díky kroku (i) stčí integrovt ty rcionální funkce P () Q(), kde stp < stq. Přípd jednonásobných reálných kořenů. Buď Q() = ( α )( α )... ( α n ). Potom prciální rozkld je dán následovně: P () Q() = A + A + + A n. α α α n Jko ukázku vezmeme následující příkld. Příkld. Integrujte d. Řešení. Zřejmě P () = + + 3, Q() = 3 +. Protože stp = < 3 = stq, nemusíme dělit. Potřebujeme rozložit Q(). Neeistuje obecná metod, jk rozložit polynom. V kždém konkrétním přípdě si musíme pomoci nějkou speciální vlstností zkoumného polynomu. Nejlépe je uhodnout nějké kořeny. V nšem přípdě si všimneme, že číslo je kořenem Q. Tedy polynom Q lze vydělit výrzem. Přímím dělením dostneme ( 3 + ) : ( ) = ( 3 ) 3 (3 3) ( ), tedy 3 + = ( )( ). Dále kořeny jsou čísl, tedy 3 + = ( )( + )( + ). Prciální rozkld je tedy = ( )( + )( + ) = A + Nyní sestvíme soustvu lineárních rovnic pro A, B, C. Zřejmě B + + C A( + )( + ) + B( )( + ) + C( )( + ) = = ( )( + )( + ) ( )( + )( + ) (A + B + C) + (3A + B) + (A B C) ( )( + )( + )

10 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA tedy A +B +C =, 3A +B =, A B C = 3 pro neznámé A, B, C. Jejím řešením dostáváme Sndno vypočteme, že A =, B =, C = 3 máme = To nám dává d = ln ln ln Je nám jsné, že v rozkldu polynomu Q() se nemusí vyskytovt jen členy α v první mocnině, le mohou se vyskytovt i výrzy ( α) k, pokud α j k-násobný kořen Q. Zkusme njít prciální rozkld + 3. Pokud zkusíme rozkld dostneme soustvu + 3 = + ( ) = A + B B =, A =, A =, která evidentně nemá řešení. Něco nám tm chybí. Přípd vícenásobných reálných kořenů. Buď Q() = ( α ) k ( α ) k... ( α n ) kn. Potom prciální rozkld je dán následovně: P () Q() = A ( α ) k + A ( α ) k + + A k ( α ) + B ( α ) k + B ( α ) k + B k + α. Příkld. Integrujte + 3 d. Z ( α n ) k n + Z ( α n ) k n + Z k n α n.

11 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET Řešení. Prciální rozkld je což dává soustvu + 3 = + ( ) = A + B + C B +C =, A B =, A =. Řešení je A =, B = 3, C = d = d 3 d+3 d = 3 ln +3 ln +c. Tím jsme vyřídili přípd reálných kořenů. Ale co v přípdě, že Q má tké nějké komplení kořeny. Jko příkld vezmeme polynom Q() = Bod (ii) nám velí rozložit Q(). Ale on nemá reálné kořeny. Můžeme všk psát = = ( + ) = ( + )( + + ) = ( + )( + + ). Vidíme, že se nám podřilo rozložit Q() n součin kvdrtických členů, z nichž le žádný nemá reálné kořeny. A tkto jde rozložit kždý polynom. Vyslovme si následující větu. Vět. Buď Q() polynom s reálnými koeficienty. Pk ho lze vždy rozložit n lineární nebo kvdrticé členy. Q() = ( α ) k ( α ) k... ( α n ) kn kde k i, l i p i 4q i <. ( + p + q ) l ( + p + q ) l... ( + p m + q m ) lm, P () Přípd jednonásobných kompleních kořenů. Buď R() = Q(), kde Q() = ( + p + q )( + p + q )... ( + p m + q m ), kde p i 4q i <. Pk rozkld n prciální zlomky je dán výrzem P () Q() = A + B + A + B + p + q + + A m + B m + p + q. + p m + q m Příkld. Njděte rozkld n prciální zlomky výrzu tedy Řešení. Máme = ( + )( + + ) = A + B + + C + D + +, ( + )( + + ) = (A + B)( + + ) + (C + D)( + + ) ( + )(. + + )

12 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Po úprvě máme ( + )( + + ) = 3 (A + C) + (A + B C + D) + (A + B + C D) + (B + D) ( + )(, + + ) což vede k soustvě rovnic A +C =, A +B C +D = 3, A +B +C D = B +D = pro neznámé A, B, C, D. Jejím řešením dostáváme 3 3 Sndno spočteme A =, B +, C =, D =. Tedy = P () Přípd vícenásobných kompleních kořenů. Buď R() = Q(), kde Q() = ( + p + q ) k ( + p + q ) k... ( + p m + q m ) km, kde k i p i 4q i <. Pk rozkld n prciální zlomky je dán výrzem. P () Q() = A + B ( + p + q ) k + A + B ( + p + q ) k + + A k + B k ( + p + q ) + C + D ( + p + q ) k + C + D ( + p + q ) k + + C k + D k ( + p + q ) +. Y + Z ( + p m + q m ) k m + Y + Z ( + p m + q m ) k m + + Y k m + Z km ( + p m + q m ). Nyní se podíváme n obecný polynom Q(), který má jk reálné tk komplení kořeny, le jen n konkrétním přípě. Příkld. Npište prciální rozkld rcionální funkce pokud stp <. P () 4 ( + ) 3 ( ) ( 3)( + + ) 3 ( + ) ( + 4),

13 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 3 Řešení. Dle předchozího je P () 4 ( + ) 3 ( ) ( 3)( + + ) 3 ( + ) ( + 4) = A 4 + A 3 + A 3 + A 4 + A 5 ( + ) 3 + A 6 ( + ) + A 7 ( + ) + A 8 ( ) + A 9 ( ) + A ( 3) + A + A ( + + ) 3 + A 3 + A 4 ( + + ) + A 5 + A 6 ( + + ) + A 7 + A 8 ( + ) + A 9 + A ( + ) + A + A (. + 4) Tuto soustvu ovšem řešit nebudeme, to je úkol pro počítč. Ze všech typů prciálního rozkldu vidíme, že stčí umět integrovt čtyři typy prciálních zlomků. A () α d; A (b) d, n > ; ( α) n A + B (c) + p + q d, p 4q < ; A + B (d) ( + p + q) n d, n >, p 4q <. Integrál typu (). Sndno vidíme A α d = y = α dt dy = d = A = A ln t = A ln α. t Integrál typu (b). Stejnou substitucí jko v přípdě () dostneme A ( α) n d = y = α dt dy = d = A t n = A t n dt = t n A n dt = A ( n)( α) n. Integrál typu (c). Tyto integrály jsou poněkud obtížnější. Ukážeme si je n příkldech. Než zčneme, řekneme si dv užitečné vzorce: f () (3) d = ln f() ; f() (4) + d = rctg. Nyní můžeme přejít k příkldům. Příkld. Integrujte d. Řešení. Nejdříve si uvědomíme, že kdybychom integrovli d

14 4 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA tk díky fktu 4 = ( 4+8) dostneme pomocí (4) toho, ž e 4+8 = d = ln c = ln( 4 + 8) + c. V nšem integrálu je le v čitteli 3 + místo 4. Vytkneme si tedy z čittele konstntu tk, bychom dostli místo koeficientu 3 u koeficient. Tedy = = 3 3 (3 + ) = = , můžeme psát d = d ln d d = Zbývá vypočítt 4+8d. To se udělá tk, že jmenovtele uprvíme n čtverec použijeme vzorec (4). d = d ( ) + 4 = dy + y d = rctg y = rctg. d + ( ) d = y = dy = d Celkem je tedy d = 3 ln rctg + c. V následujících dvou příkldech budeme již postupovt bez komentáře. Příkld. Integrujte d. = Řešení d = d d = d = d = 5 ln( 4 + 7)+ d ( 3) + ( ) = d ( ) + 3 = 5 ln( 4 + 7) + 5 ln( 4 + 7) + rctg + c. 3 3 Příkld. Integrujte + ++ d.

15 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 5 Řešení d = d = d+ + + d = ln ( + ) + 3 d = 4 ln ( + ) + ( d = 3 ) ln rctg c = ln rctg c. Integrál typu (d). Tyto integrály jsou ze všech typů () (d) nejobtížnější. Ukážeme si zde metodu Guss-Ostrogrdskeho, která spočívá v řevedení výpočtu integrálu A+B ( +p+q) d n výpočet integrálu A+B n ( +p+q) d postupným snižováním n mocniny ž n výpočet integrálu A+B +p+q d. Ukážem si to pro n =. Pltí následující vět. Vět. Nechť, b, p, q jsou dná reálná čísl, p 4q <. Pk eistují reálná čísl A, B, C, D tk, že + b A + B ( d = + p + q) + p + q + C + D + p + q d. Uvedeme dv příkldy. Příkld. Vypočtěte ( +) d. Řešení. Dle předchozí věty je pro nějká čísl A, B, C, D A + B C + D (5) ( d = + ) d. Nyní musíme vypočítt A, B, C, D. Zderivujeme (5) dostneme ( + ) = A( + ) (A + B) ( + ) + C + D +. Nyní sestvíme soustvu rovnic pro A, B, C, D stjně jko při rozkldu n prciální zlomky. Zřejmě je ( + ) = A( + ) (A + B) ( + ) + (C + D)( + ) ( + ) = C 3 + ( A + D) + ( B + C) + (A + D) ( + ). Máme soustvu rovnic C =, A +D =, B +C =, A +D =.

16 6 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Jejím řešením je A =, B =, C =, D = tedy ( + ) d = d = + + rctg + c = ( ) + + rctg + c. Příkld. Vypočtěte + ( +3+3) d. Řešení. Derivcí máme + A + B ( d = ) C + D d. + ( ) = A( ) ( + 3)(A + B) ( ) + (C + D)( ) ( ), což dává soustvu rovnic C =, A +3C +D =, B +3C +3D =, 3A 3B +3D =. Jejím řešením je A = D = 3, C = B = máme tedy + ( ) d = d = 3( ) + d 3 ( + 3 ) + 3 = 3( ) + rctg + 3 = 3 3 3( ) rctg. 3 3 Rcionální funkce dvou proměnných. Než budeme pokrčovt v integrování, řekneme si, co je to rcionální funkce dvou proměnných. Nejprve si rekneme, co je to polynom dvou proměnných. Definice. Kždý výrz typu P (, y) = se nzývá polynomem dvou proměnných. Příkldy. Výrzy n i= j= m ij i y j y 4 6y 3 y y + 3, y 8 y + 3y 3 y 4 + y 8 jsou polynomy dvou proměnných.

17 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 7 Definice 3. Kždý výrz typu R(, y) = P (, y) Q(, y), kde P (, y), Q(, y) jsou polynomy dvou proměnných se nzývá rcionální funkcí dvou proměnných. Příkldy. Výrzy y 4 6y 3 y y + 3, + y + y + y, + y y + 5y + 7 rcionální funkcí dvou proměnných. Integrce funkcí typu R (, s y 8 y + 3y 3 y 4 + y 8 3 y 4 6y 3 y, + 9 +b c+d ) d. Předpokládáme zde že R(, y) je rcionální funkce dvou proměnných, s N d bc, což prkticky znmená, že výrz +b c+d nejde krátit. tento integrál se substitucí t = s +b c+d převede n rcionální funkci v proměnné t. Příkld. Vypočtěte + d. Řešení. Dle návodu dáme substituci t = +. Z ní vypočteme t = + t + t = = t + t d = t( + t ) t( t ) 4t ( + t ) dt = ( + t ) dt. Doszením je + t + d = t t 4t ( + t ) dt = A t dt + B Ct + D + t dt + + t dt. Známým způsobem dostneme soustvu rovnic A B C =, A +B D = 4, A B +C =, A +B +D =. 4t dt ( t)( + t)( + t ) =

18 8 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Jejím řešením je A =, B =, C =, D = máme tedy + d = t dt + t dt + ln t ln + t + rctg t + c = ln dt + t = + rctg s = t ds = dt + + c. Uvědomme si, že do tohoto typu integrálů tké ptří R(, s + b)d. Stčí volit c =, d =. Příkld. Vypočtěte + d. Řešení. + + d = t + dt = + t + ln c. t = + = t d = tdt = dt t + t dt = dt = t ln + t + c = + t = Integrce funkcí typu R(cos, sin )d. Předpokládáme zde že R(, y) je rcionální funkce dvou proměnných. Eistuje univerzální substituce t = tg, která převede dný integrál n rcionální funkci. Přímým výpočtem dostneme t = tg = sin cos, dále tedy + t = + sin cos = sin + cos cos = cos cos = + t, sin = cos = + t = t + t cos = cos sin = + t t + t = t + t, sin = cos sin = + t t + t = t + t.

19 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 9 Nvíc = rctg t, tedy = rctg t d = dt +t. Celkem máme důležité vzorce t = tg, cos = t + t, sin = t + t, d = dt + t. Tto substituce ovšem funguje n kždém intervlu ( π, π), (π, 3π), obecně n ( π + kπ, π + kπ). Příkld. Vypočtěte d +cos. Řešení. Zvolme libovolný intervl ( π + kπ, π + kπ) substituci t = tg. Vyjde d + cos = proveďme n něm +t dt dt = + t t + 3 = rctg t = rctg tg + c. +t V tuto chvíli je nutné si uvědomit, že konstnt c může být n kždém intervlu ( π + kπ, π + kπ) jiná. lim 3 rctg tg = rctg = ( π π+kπ ) = π, 3 lim 3 rctg tg = rctg = π π+kπ = π. 3

20 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Přednášk Integrce dlších stndrdních typů funkcí. Nejprve si řekneme, coje to rcionální funkce dvou proměnných. Rcionální funkce dvou proměnných. Než budeme pokrčovt v integrování, řekneme si, co je to rcionální funkce dvou proměnných. Nejprve si rekneme, co je to polynom dvou proměnných. Definice 4. Kždý výrz typu P (, y) = se nzývá polynomem dvou proměnných. Příkldy. Výrzy n i= j= m ij i y j y 4 6y 3 y y + 3, y 8 y + 3y 3 y 4 + y 8 jsou polynomy dvou proměnných.

21 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET Definice 5. Kždý výrz typu R(, y) = P (, y) Q(, y), kde P (, y), Q(, y) jsou polynomy dvou proměnných se nzývá rcionální funkcí dvou proměnných. Příkldy. Výrzy y 4 6y 3 y y + 3, + y + y + y, + y y + 5y + 7 rcionální funkcí dvou proměnných. Integrce funkcí typu R (, s y 8 y + 3y 3 y 4 + y 8 3 y 4 6y 3 y, + 9 +b c+d ) d. Předpokládáme zde že R(, y) je rcionální funkce dvou proměnných, s N d bc, což prkticky znmená, že výrz +b c+d nejde krátit. tento integrál se substitucí t = s +b c+d převede n rcionální funkci v proměnné t. Příkld. Vypočtěte + d. Řešení. Dle návodu dáme substituci t = +. Z ní vypočteme t = + t + t = = t + t d = t( + t ) t( t ) 4t ( + t ) dt = ( + t ) dt. Doszením je + t + d = t t 4t ( + t ) dt = A t dt + B Ct + D + t dt + + t dt. Známým způsobem dostneme soustvu rovnic A B C =, A +B D = 4, A B +C =, A +B +D =. 4t dt ( t)( + t)( + t ) =

22 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Jejím řešením je A =, B =, C =, D = máme tedy + d = t dt + t dt + dt + t = + ln t ln + t + rctg t + c = ln + + rctg + s = t ds = dt + + c. Uvědomme si, že do tohoto typu integrálů tké ptří R(, s + b)d. Stčí volit c =, d =. Příkld. Vypočtěte + + d. Řešení. + + d = t + dt = + t + ln c. t = + = t d = tdt = dt t + t dt = dt = t ln + t + c = + t = Integrce funkcí typu R(cos, sin )d. Substituce t = tg. Předpokládáme zde že R(, y) je rcionální funkce dvou proměnných. Eistuje univerzální substituce t = tg, která převede dný integrál n rcionální funkci. Přímým výpočtem dostneme dále tedy + t = + sin cos t = tg = sin cos, = sin + cos cos = cos cos = + t, sin = cos = + t = t + t cos = cos sin = + t t + t = t + t, sin = cos sin = + t t + t = t + t.

23 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 3 Nvíc = rctg t, tedy = rctg t d = dt +t. Celkem máme důležité vzorce t = tg, cos = t + t, sin = t + t, d = dt + t. Tto substituce ovšem funguje n kždém intervlu ( π, π), (π, 3π), obecně n ( π + kπ, π + kπ). Příkld. Vypočtěte d +cos. Řešení. Zvolme libovolný intervl ( π + kπ, π + kπ) substituci t = tg. Vyjde d + cos = +t + t +t dt = proveďme n něm dt t + 3 = rctg t = rctg tg + c Nmlujme si grf funkce y = 3 rctg tg 3. Viz obrázek. V tuto chvíli je nutné Obrázek. grf funkce y = 3 rctg tg 3 si uvědomit, že konstnt c může být n kždém intervlu ( π +kπ, π +kπ) jiná. Spočítejme limity v krjních bodech. Zřejmě je lim 3 rctg tg = rctg = ( π π+kπ ) = π, 3 lim 3 rctg tg = rctg = π π+kπ = π. 3 Definujme nyní funkci { 3 rctg tg f() = 3 + kπ 3 n intervlech ( π + kπ, π + kπ) f(π + kπ) = (k+)π 3 Tto funkce vlstně nvzuje spojitě v bodech nespojitosti funkci y = 3 rctg tg 3. Její grf je n obrázku.

24 4 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Obrázek. Červeně - Nvázná funkce Pokud integrovná funkce R(sin, cos ) je nějk speciální, lze užít i rychlejších substitucí. Substituce t = tg. Pokud jsou všechny mocniny ve výrzu R(sin, cos ) buď sudé nebo jsou všechny mocniny liché, lze užít substituci t = tg. (Výrzy sin 3 cos, sin cos 4, sin, jsou sudé, výrzy sin 3 cos, sin 3 cos 4, sin 3, cos jsou liché.) Přímým výpočtem dostneme t = tg = sin cos, dále + t = + sin cos = sin + cos cos = cos tedy cos = + t, sin = cos = + t = t + t cos =, sin = t. + t + t Nvíc = rctg t, tedy d = dt +t. Celkem máme důležité vzorce t = tg, Příkld. Spočtěte d +3 cos. cos = + t, sin = sin = d = dt + t. t + t, Řešení. Vol t = tg, n kždém z intervlů ( π + kπ, π + kπ). Pk dt d + 3 cos = +t dt + 3 = 4 + t +t = rctg t = tg rctg.

25 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 5 Vypočtěme tg lim rctg π +kπ+ = rctg = π 4 tg lim rctg π +kπ = rctg = π 4. Primitivní funkce f je tedy dán vzorcem f() = { rctg tg + k π v intervlech ( π + kπ, π + kπ); π 4 + k π pro = π + kπ. Smozřejmě je možné vyřešit tento integrál i substitucí t = tg. Viz dále: Jiné řešení. Po substituci t = tg n kždém intervlu ( π + kπ, π + kπ) dostneme d + 3 cos = ( + t )dt 4t 4 4t + 4 = dt +t + 3 ( t ) (+t ) = ( + t )dt t 4 t +. Provedeme rozkld n prciální zlopmky máme ( + t )dt ( + t ) + 3( t ) = + t t 4 t + = + t t 4 + t + 3t = + t (t + ) ( 3t) = + t (t + 3t + )(t 3t + ) = At + B t + 3t + + Ct + D t 3t +. Známým způsobem dostneme + t = (At + B)(t 3t + ) + (Ct + D)(t + 3t + ) máme soustvu rovnic A +C =, 3A +B + 3C +D =, A 3B +C + 3D = B +D = jejímž řešením je A =, B =, C =, D =, což dává 4 d + 3 cos = (t + 3 rctg t 3 ) + ( dt + ) 4 ) + c = ( + t )dt t 4 t + = t + 3t + dt + ( (t 3 ) + ( dt = ) 4 ( rctg (tg + 3) + rctg (tg 3) t + 3t + dt = rctg t ) + c.

26 6 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA N kždém intervlu ( π + kπ, π + kπ) volíme jiné c. Spočítejme ( lim rctg (tg π +kπ+ + 3) + rctg (tg ) 3) = (rctg ( ) + rctg ( )) = π ( lim rctg (tg π +kπ + 3) + rctg (tg ) 3) = (rctg ( ) + rctg ( )) = π. Primitivní funkce f je potom dán vzorcem ( rctg (tg + 3) + rctg (tg ) 3) + kπ f() = v intervlech ( π + kπ, π + kπ); f( π + kπ) = π + kπ. Vidíme, že substituce t = tg vedl k výsledku rychleji. Substituce t = sin t = cos. Je-li R(sin, cos ) = S(sin ) cos, kde S je rcinální funkce jedné proměnné, lze použít substituci t = sin. Je-li R(sin, cos ) = S(cos ) sin, kde S je rcinální funkce jedné proměnné, lze použít substituci t = cos. Příkld. Spočtěte sin +sin + sin cos d. Řešení. Zřejmě sin + sin cos d = t = sin t + sin dt = cos d = + t t + dt = ( t + 4 ) dt = 4 t + s = t + ( ds = dt = t + 4 ds 4 s = t + t ln s + c = t + t + ln t + + c = 4 8 ) dt+ 4 (sin + sin ) + 8 ln sin + + c. Příkld. Spočtěte d sin. Řešení. Zřejmě d sin = sin d cos = t = cos dt = sin d ln t + c = t + ln cos + c. cos + = dt t = Integrály sin n cos m d, kde m, n N. Tyto integrály se čsto vyskytují proto se je nučíme počítt úsporně.

27 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 7 ) Je-li spoň jedno z čísel m, n liché, lze použít předchozí substituci t = sin nebo t = cos. Příkld. Spočtěte sin 6 cos 5 d. Řešení. Zřejmě sin 6 cos 5 d = sin 6 cos 4 cos d = sin 6 ( sin ) cos d = t = sin dt = cos d = t 6 ( t ) dt = t 6 ( t + t 4 )dt = t 6 t 8 + t )dt = 7 t7 9 t9 + t + c = 7 sin7 9 sin9 + sin + c. ) Jsou-li obě čísl m, n sudá, pk užijeme vzorců sin = k postupnému snižování stupňů. Příkld. Spočtěte sin cos 4 d. Řešení. Zřejmě cos, cos + cos = cos ( + cos ) d sin cos 4 d = = ( cos )( + cos + cos )d = 8 ( + cos + cos cos cos cos 3 )d = 8 ( + cos cos cos 3 )d = (sin + cos ( cos )d = 8 8 cos 4 + cos sin d = 8 d cos 4d + cos sin d = y = 4 dy = 4d, z = sin dz = cos d = 6 cos ydy + z dz = sin y + 48 z3 + c = 6 64 sin sin3 + c. Příkld. Spočtěte sin 4 d.

28 8 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Řešení. Zřejmě sin 4 d = ( cos + ( cos ) d = ( cos + cos )d = 4 + cos 4 ) d = (3 cos 4 ) cos + d = sin + 3 sin 4 + c. Jedn perličk. Příkld. Spočtěte sin d. Řešení. Předstvme si neuvěřitelnou věc, že si nemůžeme vzpomenout n výsledek cos. Pk nezbývá nic jiného, než zkusit npř. t = tg kždém intervlu ( π + kπ, π + kπ). Zřejmě t dt sin d = ( + t ) = tdt ( + t ) = s = + t ds = tdt = ds s = s + c = + t + c = + tg + c. N kždém intervlu ( π + kπ, π + kπ) volíme jiné c. Spočítejme lim π +kπ + + tg lim π +kπ + tg Primitivní funkce f je potom dán vzorcem { +tg f() = f( π = + =, = + =. v intervlech ( π + kπ, π + kπ); + kπ) =. Zjímvé je ovšem porovnt f() cos. Proveďme to v intervlu ( π, π). Užitím goniometrických vzorců máme + tg = cos + cos = = cos. Dostli jsme f() = cos vidíme, že se obě primitivní funkce liší o konstntu. Integrce funkcí typu R(, + b + c)d. Můžeme předpokládt, že. Jink by to byl typ R (, s +b c+d ) d. Metody výpočtu se liší podle toho, zd > či <. Přípd <. Je-li <, musí být diskriminnt D = b 4c výrzu +b+c kldný. Pokud je D <, pltí + b + c < pro všechn funkce R(, + b + c) není nikde definovná. Pokud D =, funkce (, + b + c) je definovná v jediném bodě nemá smysl počítt primitivní funkci. Nechť je tedy > oznčme α, β,

29 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 9 α < β, kořeny výrzu + b + c. Pk má smysl hledt imitivní funkci v intervlu (α, β). Ze střední školy víme + b + c = ( α)( β) = ( α)(β ). Uvědomme si, že ob členy ( α) i (β ) jsou kldné v intervlu (α, β). Potom lze psát { β buď ( α) α + b + c =, nebo (β ) α β. Dostneme R(, + b + c)d = což jsou integrály typu R (, s Příkld. Vypočtěte +b c+d d + 3. buď ( R, ( α) nebo ( R ) d. Řešení. Řešme rovnici 3 =. Dostneme, = ± 4 + = ± 4 β α ) d,, (β ) α β = 3. ) d, Tedy 3 = ( )( + 3) ob ýrzy jsou kldné n intervlu ( 3, ). Můžeme tedy psát d + 3 = d + ( ) 3+. d + ( )( + 3) = Proveďme substituci t = 3+. To nám dává Dosdíme máme d + 3 = t = 3 +, = t 3 t + d = t(t + ) t(t 3) (t + ) dt = 8tdt (t + ). 8tdt (t +) ( ) = + t 3 t + t 8t( + t )dt ( + t ) ( ( + t ) + ( + t t + 3)t ) = 4tdt ( + t )(t + t + ) = 4tdt ( + t )(t + ). Provedeme rozkld n prciální zlomky. 4tdt ( + t )(t + ) = A (t + ) + B t + + Ct + D t +. d = + ( ) 3+ 8t( + t )dt ( + t ) ( + t + 4t) =

30 3 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Dále což vede k soustvě 4t = A(t + ) + B(t + )(t + ) + (Ct + D)(t + ), B +C =, A +B +C +D =, B +C +D = 4, A +B +D =, jejíž řešení je A =, B =, C =, D =. Tedy d + 3 = dt (t + ) + t + + rctg t + c = rctg dt t + = c. Speciální přípd R(, )d. V tomto přípdě lze leckdy s výhodou použít substituce = sin t či = cos t. Příkld. Vypočtěte d +. Řešení. Funkce je definován n množině (, ) (, ). Výpočet provedeme n (, ), druhý intervl je nlogický. d + = = sin t, t ( π 4, π ) d = cos tdt = cos tdt sin t + sin t = cos tdt sin t + cos t = s = tg t, s (, ) dt = ds +s cos t = +s sin t = s +s = ds +s +s ds = (s + )(s + ). s + +s +s Opět provedeme rozkld n prciální zlomky máme tedy (s + )(s + ) = A s + + Bs + c s + = s + + s +, ds (s + )(s + ) = ds s + s s + ds = ds s + sds 4 s + + ds s + = ln s + 4 ln(s + ) + rctg s = ln s + + s + rctg s = ln tg t + + rctg (tg t). tg t +

31 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 3 Ježto tg t + = cos t, máme d + = ln tg t + + rctg (tg t) + c = tg t + ln (tg t + ) cos t + t + c = ln sin t + cos t + t + c. Ježto dále cos t = sin t = t = rcsin, máme d + = ln sin t + cos t + t + c = ln + + rcsin + c. Přípd >. V tomto přípdě eistuje tzv. Eulerov substituce + b + c = ± ± t. Znménk ± můžeme volit zcel libovolně dný integrál se převede n rcionální funkci. Příkld. Vypočtěte d +. Řešení. Řešením rovnice + = je, = ±. Dná funkce je tedy definován n (, ) ( +, ). Provedeme n kždém z těchto intervlů substituci (6) + = + t. Vypočítáme tk, že předchozí rovnost umocníme n druhou vypdne nám fktor. Tedy Dále + = + t + t = t + t ( t) = t + = t + ( t). d = 4t( t) + (t + ) 4( t) dt = 4t 4t + t + 4( t) dt = t + 4t + 4( t) dt = t + t + ( t) dt. Dále vypočítáme +. Dosdíme le doprvé strny rovnosti (7) máme + = t + ( t) + t = t + + t t = t + t +. ( t) ( t) Konečně můžeme psát d + = t + ( t) t +t+ ( t) t +t+ ( t) dt = rctg t + c = rctg ( + ) + c. dt t + =

32 3 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Příkld. Vypočtěte d +. Řešení. Provedeme substituci (7) Tedy Dále + = + t. + = t + t = t + t t = t = t. t d = t t (t ) 4t dt = t + 4t dt = t + t dt. Dále vypočítáme +. Dosdíme máme + = t + t = t +. t t Konečně můžeme psát d dt + = t = ln t + c = ln( + + ) + c. Speciální přípdy R(, + )d R(, )d. V přípdě R(, + )d lze leckdy s výhodou použít substituci = tg t (resp. = cotg t) v přípdě R(, )d lze použít substituci = sin t (resp. = cos t ). Příkld. Vypočtěte d. + Řešení. Máme d = = tg t, t ( π, π ) + d = dt = dt cos t cos t + tg t = dt cos t = cos t dt cos t = cos tdt sin t = s = sin t, s (, ) ds = cos tdt = ds s = = ln + s + c = s ln + sin t + c. sin t Víme již sin t = tedy + d = + ln c = + ln c = + ln ( + + ) ( + )( + c = + + ) ln ( + + ) + c = + ln( + + ) + c = ln( + + ) + c. Příkld. Vypočtěte d.

33 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 33 Řešení. d = = cos t d = sin t cos t dt = cos sin t cos t dt = sin t cos 3 t dt = sin t ( sin cos tdt = t) s = sin t ds = cos tdt = s ( s ) ds = u = s v s = ( s ) u = v = ( s ) = s ( s ) ds s = s ( s ) 4 ln + s + c. s Dále je s = sin t = cos t = = tedy d = ( ) 4 ln + + c = 4 ln + + c. Integrce funkcí typu R(e )d. Stčí dát substituci t = e, tj. = ln t d = dt t. Příkld. Vypočtěte Řešení. e d = + e e +e d. t dt + t t = dt + t = rctg t + c = rctg (e ) + c. N závěr několik netypových integrálů. Následující integrály neptří mezi žádné stndrdní typy. Přesto je lze spočíst, ovšem metodou jk se dá vyžduje to již znčnou vynlézvost. Příkld. Vypočtěte integrál d

34 34 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Řešení. Zkusme substituci = tg t. Pk = tg t d = dt tgt cos t. Dosdíme máme d = dt dt tg t cos t 4 tg t + = tg t cos t = dt cos t cos t sin t = cos tdt ( sin t) sin t = s = sin t ds = cos tdt = ds ( s ) s = stndrdní integrál = λ = s, s = λ ds = λdλ = λdλ ( λ 4 )λ = dλ λ 4 = integrál z rcionální funkce smi Příkld. Vypočtěte integrál 4 d. Řešení. Opět musíme uhodnout správnou substituci. Zkusme = t /3. Pk d = 3 t /3 dt. Dosdíme máme 4 d = t 3 /3 t 8/3 t /3 dt = t /3 t 3 6/3 t /3 dt t dt = stndrdní integrál smi = 3

35 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET Přednášk Newtonův určitý integrál. Definice 6. Buď dán funkce f n intervlu [, b]. Nechť F je primitivní k f n [, b], tj. F () = f() pro (, b) F +() = f() F (b) = f(b). Definujme Newtonův určitý integrál z funkce f n intervlu [, b] předpisem (N) b f()d = F (b) F (). Čsto budeme psát b f()d či b f místo (N) b f()d. Velmi čsto se užívá symbol [F ()] b pro F (b) F (). Píše se pk (N) b f()d = [F ()] b = F (b) F (). Je ovšem otázke, zd b f()d nezávisí n volbě primitivní funkce. Vět 7. Buď dán funkce f n intervlu [, b] nechť f má primitivní. Pk (N) b f()d nezávisí n volbě primitivní funkce. Důkz. Vezmeme dvě primitivní funkce F, G k f n [, b]. Pk eistuje c tk, že F G = c (N) b f()d = F (b) F () = G(b) + c (G() + c) = G(b) G(). Čili můžeme vzít pro výpočet integrálu libovolnou primitivní funkci. Riemnnův určitý integrál. Definice 8. Buď [, b] omezený intervl. Pk konečnou posloupnost D bodů = < < < < n < n = b nzýváme dělením intervlu [, b]. Čísl i jsou dělící body. Normou dělení rozumíme ν(d) = m ( i+ i ). i=,,...,n Definice 9. Buď f omezená (ne nutně spojitá) funkce definovná n omezeném intervlu [, b]. Buď D nějké dělení intervlu [, b] z definice 8. Oznčme pro i =,,..., n m i = inf f(), M i = inf f(). [ i, i+] [ i, i+] Definujme horní dolní Riemnnův součet funfce f příslušný k D předpisem: n n U(f, D) = M i ( i+ i ), L(f, D) = m i ( i+ i ). i= i=

36 36 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Definice. Buď f omezená funkce definovná n omezeném intervlu [, b]. Pk horním dolním Riemnnovým integrálem nzýváme b f()d = inf U(f, D), b f()d = sup U(f, D) kde inf sup se berou přes všechn možná dělení intervlu [, b]. Vět. Kždá omezená funkce definovná n [, b] má horní dolní Riemnnův integrál b f()d b f()d. Příkld. Eistuje omezená funkce n [, ] tková, že b f()d < b f()d. Řešení. Definujme pro [, ] tzv. Derichletovu funkci { pokud je ircionální číslo ; f() = pokud je rcionální číslo. Buď D nějké dělení [, ]. Vezmeme intervl [ i, i+ ]. Protože v intervlu [ i, i+ ] eistuje určitě nějké ircionální číslo α nějké rcionální číslo β, je m i = M i =. Z toho plyne n n U(f, D) = M i ( i+ i ) = ( i+ i ) = n = i= i= n L(f, D) = m i ( i+ i ) = i= Pltí tedy pro kždé ělení D intervlu [, ] Z toho plyne Tedy skutečně je n i= U(f, D) =, L(f, D) =. b b = f()d = sup L(f, D) = f()d = inf L(f, D) =. b f()d < b ( i+ i ) =. f()d =. Definice. Řekneme, že omezená funkce f definovná n omezeném intervlu [, b] má Riemnnův integrál, pokud b f()d = b f()d.

37 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 37 Znčíme b ( f()d = (R) b f()d = b ) f def. = Vět 3. Spojitá funkce n [, b] má Riemnnův integrál. Vět 4. Monotónní funkce n [, b] má Riemnnův integrál. Vět 5. Nechť eistují b f b g. Pk (8) (9) () () () b b (f ± g) = kf = k b b f; f ± b g; f() g() pro [, b] b f < je-li m f() M m(b ) je-li c (, b) eistují-li b b f f = b c f + f pk b c b b f; g b f b b f()d. f M(b ); Definice 6. Dán intervl [, b]. Rozšířeným dělením ( D, K(D) ) intervlu [, b] nzveme kždou posloupnost = < t < < t < < t < 3 < t 3 < < n < t n < n = b, kde D je = < < < < n < n = b je nějké dělení [, b] K(D) = {t, t,..., t n } jsou přidné hodnoty. Normou tohoto dělení rozumíme f. ν( (D, K(D) ) ) = m i=,,...,n ( i+ i ). Je-li dán omezená funkce f v intervlu [, b], definujme rozšířený Riemnnův součet S ( f, (D, K(D)) ) n = f(t i )( i+ i ). i= Definice 7. Posloupnost rozšířených dělení ( D n, K(D n ) ) nzveme normální, pokud ( (Dn lim ν, K(D n ) )) =. n Vět 8. Nechť eistuje b f. Pk pro kždou normální posloupnost rozšířených dělení ( D n, K(D n ) ) pltí b f()d = lim n S( f, (D n, K(D n )) ).

38 38 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Definice 9. Je-li b, definujme b f()d = b f()d. Umíme tedy definovt integrál přes libovolné (konečné) meze. Je sndné ověřit, že prvidl (8), (9) () z věty 5 pltí pro libovolná čísl, b, c. Protože dle předchozí definice je f = f, je nutně Vět 3. Nechť eistuje b f =. f. Pk funkce F definovná F () = f(t)dt je spojitá v [, b] F () = f() v kždém tkovém, ve kterém je f spojitá. Vět 3 (Souvislost Riemnnov Newtonov integrálu). Nechť eistuje (R) b f()d nechť F je primitivní k f n [, b]. Pk (R) b f()d = [F ()] b = F (b) F (), tedy Riemnnův Newtonův integrál je stejný, pokud ob eistují. (n) n ( (n) i Důkz. Buď D n posloupnost dělení = (n) < (n) < (n) < < (n) n < = b, ν(d n ). Pk z věty 8 víme, že pro kždé přidné hodnoty t (n) i, (n) i+ ) je n lim n i= f ( t (n) )( (n) i i+ (n) i Vtip je nyní v tom, že si můžeme volit t (n) i Uvžujme nyní funkci F n intervlu ( (n) i hodnotě máme eistenci čísel ξ (n) ( (n) F ( (n) i+ Volme nyní t (n) i (R) b n lim n i= F ( (n) ) F ( (n) i i ) = F ( ξ (n) i i ) b = (R) f()d., (n) i+, (n) i+ )( (n) i+ (n) i = ξ (n) i. Okmžitě dostneme v intervlu ( (n) i, (n) i+ ) libovolně. ). Z Lgrngeovy věty o střední ) tk, že ) = f ( ξ (n) i n f()d = lim f ( t (n) )( (n) n i i+ ) (n) i = F ( (n) n i= f ( ξ (n) )( (n) i i+ (n) i n b n ) = i= F ( (n) i+ ) ( (n)) F i = )( (n) i+ ) (n) i. ) ( (n)) ( (n)) ( (n)) ( (n)) ( (n)) F + F F + F 3 F + + ) ( (n) ) ( ) ( F + F (n) (n) ) ( ) ( n F n = F (n) (n)) n F = F (b) F () = (N) f()d.

39 Příkld. Vypočtěte (R) Řešení. Protože i (N) MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 39 e +e d. e +e je spojitá funkce n [, ], eistují (R) e +e d (R) (R) e +e d = (N) e +e d. Tedy e +e d e + e d = [ln( + e )] = ln( + e) ln = ln( + e). Vět 3 (Per-prtes pro určitý integrál). Nechť u, v jsou spojité v [, b]. Pk b Příkld. Vypočtěte e d. Řešení. e d = u = u = b u ()v()d = [u()v()] b u()v ()d. v = e v = e = [e ] e d = e [e ] = e (e ) =. Vět 33 (Substituce pro určitý integrál). Nechť g je spojitá v [, b]. Pk g(b) g() f(t)dt = b f(g())g ()d. Příkld. Vypočtěte π sin4 cos d. Řešení. π sin 4 cos d = t = sin dt = cos d = t = = π t = = [ t t 4 5 dt = 5 ] = 5. Aplikce Riemnnov určitého integrálu v gometrii. Obsh křivočrého obdélník. Vět 34. Je-li dán kldná funkce f n [, b], pk obsh P křivočrého obdélník {[, y]; b, y f()} je dán P = b Příkld. Spočtěte obsh rovinného obrzce 3, f()d. y.

40 4 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Řešení. 3 ( ) d = 3 3 d d = 9 4 (ln 3 ln ) = 5 ln 3. [ ] 3 [ln ] 3 = Objem rotčního těles. Vět 35. Je-li dán kldná funkce f n [, b], pk objem V rotčního těles {[, y, z]; b, y + z f()} (vznikne z grfu funkce rotcí kolem osy ) je dán V = π b f ()d. Příkld. Spočtěte objem rotčního těles, které vzniklne rotcí grfu funkce y = tg, π 4. kolem přímky y =. Řešení. V = π π 4 π π π 4 π 4 (tg + ) d = π π 4 ( cos ) cos + tg + ( cos + sin cos (tg + tg + )d = π 4 d = π ) d = [tg ln cos ] π 4 = ( cos + tg + ) d = tg π 4 ln cos π 4 + ln cos = ln = ln = + ln. Délk grfu funkce. Vět 36. Je-li dán kldná funkce f n [, b], pk délk d křivky {[, y]; b, y = f()} (tj. grfu funkce), je dán V = b Příkld. Spočtěte délku grfu funkce + (f ()) d. f() = ln, 3.

41 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 4 Řešení. 3 ( d 3 + d = + = d = ) 3 + d = t = + dt = d = t = 5 = s = t t = s t 5 t dt = dt = sds t = 5 s = 5 = 3 t = t = s = = s 5 s 4 ds = s 5 (s )(s + ) ds = ( 5 s + ) s ds = + [ ln s ] ( + + s 5 [rctg s] 5 = ln 4 ( ) ( 5 ) ) ln (rctg rctg 5) = ( 5 + ) 4 ln (rctg rctg 5). Povrch rotčního těles. Vět 37. Je-li dán kldná funkce f n [, b], pk povrch S rotčního těles {[, y, z]; b, y + z = f()} (vznikne z grfu funkce rotcí kolem osy ) je dán S = π b f() + (f ()) d. Příkld. Spočtěte povrch pláště rotčního těles, které vznikne rotcí grfu funkce y = tg, π 4. kolem osy. Řešení. π 4 S = π tg + π 4 + cos4 cos 4 d = π tg cos d = t = tg + t = cos cos = +t dt = d cos = t = = = π 4 t = s = + t π t + ( + t ) dt = ds = tdt t = s = = t = s =

42 4 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA π + + s s ds = π ds = π + s s s s ds = t = + s dt = sds s = t = = 5 s = t t = s t t dt = dt = sds t = s = s = t = 5 t = 5 s = = 5 5 π s 5 s 4 ds = s (s )(s + ) ds = π 5 ( s + ) s ds = + π [ ln s ] ( 5 + π + s [rctg s] 5 = π ln 4 ( 5 ) ( ) ) ln π (rctg 5 rctg ) = π ( 5 + ) 4 ln + π 5 + (rctg 5 rctg ). Aplikce Riemnnov určitého integrálu ve fyzice. Sttické momenty těžiště rovinného obrzce. Vět 38. Je-li dán kldná funkce f n [, b], pk sttické momenty S, S y rovinného obrzce {[, y]; b, y f()}vzhledem k osám, y jsou dány vzorci b S = f ()d, S y = f()d. Oznčíme-li ještě P plochu dného rovinného obrzce, je [ Sy T = P, S ]. P Příkld. Spočtěte těžiště rovinného obrzce dného nerovnostmi Řešení. S = P = π π S y = b, y. ( )d = d = d = [ + cos t t sin t dt = + 4 ] [ 3 = ( 3 6 ) = 6 3. [ ] 3 ( ) 3 = sin t d = cos tdt = t = π = t = π ] π π = π. = π π =. cos tdt =

43 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 43 Tedy těžiště má souřdnice T = Sttické momenty těžiště rovinné křivky. [ ] 4,. 3π Vět 39. Je-li dán křivk popsná prmetrickými rovnicemi = ϕ(t), y = ψ(t), t [, b], pk její sttické momenty S, S y vzhledem k osám, y jsou dány vzorci S = b ψ(t) [ϕ (t)] + [ψ (t)] dt, S y = b Oznčíme-li ještě d délku dné křivky, b d = [ϕ (t)] + [ψ (t)] dt, je T = Příkld. Spočtěte těžiště rovinné křivky Řešení. S = S y = π π d = [ Sy d, S ]. d = cos t, y = sin t, t [, ]. sin t sin t + cos tdt = cos t sin t + cos tdt = π Tedy těžiště má souřdnice sin t + cos tdt = T = π π [, ]. π Momenty setrvčnosti rovinného obrzce. π ϕ(t) [ϕ (t)] + [ψ (t)] dt. sin tdt = [ cos t] π =. cos tdt = [sin t] π =. tdt = [t] π = π. Vět 4. Je-li dán kldná funkce f n [, b], pk momenty setrvčnosti I, I y rovinného obrzce {[, y]; b, y f()} vzhledem k osám, y jsou dány vzorci I = 3 b f 3 ()d, I y = Moment setrvčnosti rotčního těles. b f()d. Vět 4. Je-li dán kldná funkce f n [, b], pk momenty setrvčnosti J rotčního těles {[, y, z]; b, y + z f()} vzhledem k ose je dán vzorcem J = π b f 4 ()d.

44 44 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA 5. Přednášk Nevlstní integrál. Definice 4. Buď dán funkce f n intervlu [, b), R, b může být i. Nechť pro kždé t [, b) eistuje Riemnnův integrál t f()d. Pk definujme b f()d = lim t b t f()d. Anlogicky, je-li funkce f n intervlu (, b], b R, může být i. Nechť pro kždé t (, b] eistuje Riemnnův integrál b f()d. Pk definujme b f()d = lim t t + b t f()d. Poznmenejme, že funkce f nemusí být omezená n [, b) či n (, b]. Definice 43. Je-li b f()d konečný, říkáme, že konverguje, v opčném přípdě diverguje. Příkld. Vypočítejme Řešení. Příkld. Vypočítejme Řešení. d. d d [ ] = lim = lim = lim t =. t + t + t t + d +. d t + = lim d t + = lim [rctg t ]t = lim rctg t = π t. Vět 44. Nechť eistují b f()d b f() d. Předpokládejme b f() d <. Pk b f()d je konečný. Poznmenejme, že obrácená vět k větě 44 nepltí (viz následující příkld). Příkld. Pltí π sin d je konečný, Důkz. Nejprve konečnost. Polož π t π sin d =. sin F (t) = π d. Per-prtes dostneme t sin F (t) = d = u = sin v = [ u = cos v = = cos cos t t + cos π π t π cos d = cos t t π G(t), ] t π t cos π d =

45 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 45 kde Zřejmě tedy π Díky větě 44 je π Pk le máme, že π t π G(t) = t π cos d. cos t [ d π d = ] t = π π t cos t d = lim t cos ( lim F (t) = lim t t sin Dokžme, že π Zřejmě f() = π d konečný, z čehož plyne cos ( d lim t π ) = t π. lim G(t) := α R. t cos t ) t π lim G(t) = t π α R d je konečný. sin d =. Položme f() = + 3 ln +, [, ]. 8 ( ln( + 3) ln( + ) ) 8 = ( f () = ( + 3)( + ) ( )(3 + 7) = > v intervlu [, ). 8 ( + 3)( + ) ) 8 = Zjistili jsme tedy f() =, f je rostoucí v intervlu [, ], tedy f() > pro (, ), což můžeme přepst (3) + 3 ln + > pro (, ). 8 Vezměme nyní libovolné k N. funkci sin. je sndné zjistit, že (4) Volme nyní n N. Odhdujme n π π Uvžujme n intervlu ( (k + 4 )π, (k )π) sin pro ( (k + /4)π, (k + 3/4)π ). sin d = n díky (4) n (k+)π k= kπ n (k+3/4)π k= (k+/4)π sin d d = n k= n k= ( ) ln(k + 3/4)π ln(k + /4)π = k= n k= ln + 3 4k +. 4k n k= (k+3/4)π (k+/4)π [ln ] (k+3/4)π (k+/4)π = ln k + 3/4 k + /4 = sin d

46 46 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Protože < 4k <, máme díky (3) ln což dává s předchozí nerovností n π sin d n ln π 3 3 n s= n s= k= s+ k 3 k= s n s= s+ ( s+ s + ) = 4k 4k 4k 4k 8 4k n s+ s+ = k= s 3 Dokázli jsme tedy pro libovolné n nerovnost proto je π π sin d =. sin d n π π n s= k= 3 8 4k = 3 n s= s s+ = sin d s n n s= n k= s+ k = k= s = = 64 n. V předchozím příkldě jsme viděli řdu odhdů. Ono totiž mnohdy nejde o to, zd dokážeme nevlstní integrál spočítt, le zd dokážeme rozhodnout o konvergenci dného nevlstního integrálu. Vět 45. Nechť f, g jsou spojité n [, b) pltí g() f(). Potom b f()d < Nechť pltí g() f(). Potom b b g()d = g()d je konečný. b f()d =. Vět 46. Nechť f, g jsou spojité n [, b). Nechť eistuje lim b Potom Lemm 47. b < lim b f() g() <. f()d je konečný α d α d b { < pro α >, = pro α { < pro α, = pro α >. g()d je konečný. Okmžitým důsledkem ěty 46 lemmtu 47 je následující vět. f() g()

47 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 47 Vět 48. Nechť f je spojitá n (, b] nechť eistují α R < c < tkové, že f() lim + ( ) α = c. Pk Pk b f()d { je konvergentní pro α >, je divergentní pro α. Nechť f je spojitá n [, ) nechť eistují α R < c < tkové, že f()d lim f() ( ) α = c. { je konvergentní pro α <, je divergentní pro α. Ztím jsme definovli nevlstní integrál jen pokud byl singulrit n jednom krji intervlu (, b). Ale co když je n obou? Nebo i uvnitř? Definice 49. Nechť f je spojitá n (, b) (, b mohou být i ± ). Zvolme libovolný bod c (, b) definujme b f()d = c f()d + b c f()d, pokud součet integrálů vprvo (jejich definici už známe) má smysl v R. Zopkujme si + c = c + =, + c = c =, + =, =, le nemá smysl. Definice 5. Nechť f je po částech spojitá n (, b) (, b mohou být i ± ), tj. eistují = c < c < c < < c n = b tková, že f je spojitá v (c k, c k+ ) pro kždé k =,,,..., n. Definujme nyní b n ck+ f()d = f()d, pokud součet vprvo má smysl. k= Příkld. Rozhodněte o konvergenci integrálu c k sin d. Řešení. Integrovná funkce je spojitá n (, ]. Jedná se tedy o singulritu v bodě. Hledejme α R tk, že lim + sin α eistuje je ostře mezi nulou nekonečnem. Zřejmě Protože lim + sin lim + sin α = lim sin +. 3/+α =, stčí volit α tk, že 3/ + α =, tedy pro α = / je lim + sin α =.

48 48 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Podle věty 48 je tedy sin d konečný. Příkld. Rozhodněte o konvergenci integrálu rctg d. Řešení. Integrovná funkce je spojitá n [, ). Jedná se tedy o singulritu v bodě. Hledejme α R tk, že rctg lim α eistuje je ostře mezi nulou nekonečnem. Zřejmě rctg lim α rctg = lim +α. Protože lim rctg = π, stčí volit α tk, že + α =, tedy pro α = je Podle věty 48 je tedy lim + rctg d konečný. rctg α = π. Příkld. Rozhodněte o konvergenci integrálu tg d. Řešení. Integrovná funkce je spojitá n (, ]. Jedná se tedy o singulritu v bodě. Hledejme α R tk, že lim + tg α eistuje je ostře mezi nulou nekonečnem. Zřejmě Protože lim + tg Podle věty 48 je tedy lim + tg α = lim tg +. 5/+α =, stčí volit α tk, že 5/ + α =, tedy pro α = 3/ je lim + tg d nekonečný. tg α =. Příkld. Rozhodněte o konvergenci integrálu rctg + d. Řešení. Integrovná funkce je spojitá n [, ). Jedná se tedy o singulritu v bodě. Hledejme α R tk, že lim rctg + α eistuje je ostře mezi nulou nekonečnem. Zřejmě lim rctg + α lim rctg = lim rctg lim + + lim +α. +α =

49 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 49 Protože lim rctg = π lim =, stčí volit α tk, že + α =, + tedy pro α = je Podle věty 48 je tedy lim + sin d nekonečný. rctg + α = π. Záhd. Předstvme si nekonečný plot ve tvru grfu funkce f() = n intervlu [, ). Potřebujeme ho ntřít brvou. Je jsné, že množství brvy je úměrné plošnému obshu plotu. Ten je d = dle věty 48. Potřebovli bychom tedy nekonečné množství brvy, což není možné. Přesto dokážeme plot obrvit následujícím trikem. Vytvoříme si nekonečný trychtýř, který vznikne rotcí grfu funkce f() = n intervlu [, ) kolem osy. Jeho objem je [ π d = π lim ] t ( ) = π lim = π, t t t čili je konečný. Potřebujeme tedy konečné množství brvy k nplnění trychtýře. Nplňme ho tedy. Potom do něho vložíme náš nekonečný plot zse ho vytáhneme. Tím ho obrvíme dokonce po obou strnách. Jk je to možné? Zjímvý příkld. Vypočítejte přesně ln d. Řešení. Tento integrál je nevlstní sndno se dokáže, že je konečný. Musíme se po několik nezdřených pokusech smířit s fktem, že neumíme njít vzoreček pro primitivní funkci ( si ti ni nejde). Musíme n to jít jink, dleko rfinovněji. Proveďme substituce = cos t, = sin t. Dostneme ln d = nlogicky Máme tedy ln d = I := = cos t d = sin tdt = t = π = t = = sin t d = cos tdt = t = = t = π = = π ln d = π π π ln cos t cos t ( sin t)dt = π ln sin t sin t cos tdt = ln cos tdt = π ln sin tdt. ln cos tdt ln sin tdt.

50 5 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Sndno dostneme (5) Ale π Následně je I = = = π π π ln sin tdt = π ln cos tdt + ln sin tdt = ln(cos t sin t)dt = doszením do (5) máme ln sin s ds = π π t = π s dt = ds t = s = π t = π s = π π ln π sin t dt = (ln sin s ln )ds. (ln cos t + ln sin t)dt t = s dt = s t = s = t = π s = π π = ln sin(π s)ds = π π ln sin tdt = ln sin tdt π π ln sin sds. Konečně I = π = π (ln sin s ln )ds = π ln sin sds ln sin sds π ln = I π ln. π ln ds I = π ln. Zjímvý příkld. Vypočítejte pro α přesně d ( + )( + α ). Řešení. Pro rcionální α lze ještě dný integrál převést n rcionální. Skutečně, pro α = m n je d ( + )( + m n ) = = t n, d = nt n dt = t = = t = = nt n dt ( + t n )( + t m ). Ovšem rozložit obecně polynom + t n je nd nše síly, tkže to touto metodou nejsme schopni upočítt. Nvíc by to ni nešlo pro ircionální α, pro tkové α dokonce nenjdeme vzoreček pro primitivní funkci.

51 MATEMATICKÁ ANALÝZA INTEGRÁLNÍ POČET 5 Přesto všk lze tento integrál spočíst. Musíme n to jít le nějk jink. d ( + )( + α ) = = y, d = y dy = y = = y = = d ( + )( + α ) + y α dy ( + y )( + y α ) = ( + α )d ( + )( + α ) = d ( + )( + α ) + d ( + )( + α ) + dy = ( + y ) +yα y α d ( + )( + α ) + d ( + )( + α ) = y dy ( + y )( + y α ) = d ( + )( + α ) + α d ( + )( + α ) = d + = [rctg ] = π 4. Zjímvý příkld. Vypočítejte π sin d + cos. Řešení. Tdy vůbec nenjdeme vzoreček pro primitivní funkci. Přesto ten integrál lze vypočíst následujícím trikem. I = = tedy = π π π π Protože π tedy sin d + cos = (π t) sin tdt + cos = π t sin tdt π + cos t sin tdt +cos t π t = π, d = dt = t = π = π t = π sin tdt + cos t sin d + cos t = π π π = π t sin tdt + cos t sin tdt + cos t I π sin tdt I = π + cos t. je již stndrdní integrál, sndno vypočteme sin tdt + cos t = I = ds + s = π (π t) sin(π t)dt + cos (π t) ds + s = [rctg s] = π sin d + cos = π 4. V teorii prvděpodobnosti ( nejen v ní) je důležité znát následující integrál. Zjímvý příkld (Lplceův integrál). Vypočítejte přesně e d. Řešení. Tento úkol je znčně obtížný, neboť nenjdeme primitivní funkci konečným vzorečkem. Musíme tedy použít znčné vynlézvosti (n štěstí to již uděll někdo před námi). Zčneme třemi tvrzeními.

52 5 PŘEDNÁŠEJÍCÍ ALEŠ NEKVINDA Tvrzení. Pro kždé n N pltí e ( + n ) n ). Pk f() =, f () = ( n n+ ). Důkz. Polož f() = n ln ( + n Tedy f () pro. Z toho máme f() pro. Následně ) n ln ( + ln n Tím je tvrzení dokázáno. ( + n ) n e ( + n ) n. Tvrzení. Pro kždé n N [, n] pltí ) ( n e n Důkz. Polož f() = + n ln ( ) n. Pk f() =, f () = ( ) n n. Tedy f () pro (, n). Z toho máme f() následně lze pro [, n] psát ) ) n ln ( ln ( n ) ( n e. n n n Tím je tvrzení dokázáno. Tvrzení 3. Nechť I n = π cosn d, n. pk Důkz. Buď n. Pk π I n = cos n d = u = cos u = sin [ sin cos n ] π π + (n ) π (n ) (n ) π π lim n In = n. sin cos n d = (n ) v = cos n v = (n ) cos n sin = sin cos n d = π ( cos ) cos n d = π cos n d (n ) cos n d = (n )I n (n )I n, tedy I n = (n )I n (n )I n ni n = (n )I n. Vynásobíme poslední rovnost I n dostneme ni n I n = (n )I n I n. Položíme-li n moment J n = ni n I n, vidíme z předchozí rovnosti J n = J n pro kždé n. To znmená, že posloupnost J n je konstntní, tedy pro kždé n pltí Tedy pro n je J n = J = I I = π cos d n I n I n = π. π d = π.