MATEMATIKA K ZÁKLADŮM FYZIKY 2 (kombinované studium) RNDr. Jiří Lipovský, Ph.D.

MATEMATIKA K ZÁKLADŮM FYZIKY (kombinované studium) RNDr. Jiří Lipovský, Ph.D. Hradec Králové 8

Obsah Komplexní čísla 5. Algebraický, goniometrický a exponenciální tvar komplexního čísla 5. Moivreova věta, mocnina a odmocnina komplexního čísla.... 8. Kvadratické rovnice..........................4 Literatura............................... 4.5 Příklady k samostatnému procvičování............... 4 Neurčitý integrál 6. Primitivní funkce........................... 6. Integrace metodou par partes.................... 9. Integrace substituční metodou.....................4 Kombinace per partes a substituce................. 7.5 Literatura............................... 9.6 Příklady k samostatnému procvičování............... 9 Integrace racionálních funkcí A. Případ R(x) (x x ) k......................... Případ R(x) (Ax+B), kde jmenovatel nemá reálné kořeny. (x +βx+α) k. Obecný případ............................ 6.4 Literatura............................... 4.5 Příklady k samostatnému procvičování............... 4 4 Určitý (Riemannův) integrál 4 4. Supremum a infimum........................ 4 4. Určitý integrál............................ 44 4. Literatura............................... 49 4.4 Příklady k samostatnému procvičování............... 49 5 Základy diferenciálního počtu funkcí více proměnných 5 5. Limita a spojitost........................... 5 5. Parciální derivace........................... 5 5. Literatura............................... 55 5.4 Příklady k samostatnému procvičování............... 55 6 Diferenciální rovnice separace proměnných 56 6. Literatura............................... 6 6. Příklady k samostatnému procvičování............... 6 7 Vícenásobný integrál 6 7. Teorie................................. 6 7. Příklady................................ 6 7. Literatura............................... 7 7.4 Příklady k samostatnému procvičování............... 7

8 Výsledky příkladů k samostatnému procvičování 7 Použitá a doporučená literatura 76

Předmluva Tento studijní text je určen zejména studentům předmětu Matematika k základům fyziky vyučovaného v prvním ročníku kombinovaného studia oboru Fyzikálně-technická měření a výpočetní technika na Přírodovědecké fakultě Univerzity Hradec Králové. Předmět navazuje na předmět Matematika k základům fyziky a zabývá se zejména integrálním počtem funkce jedné proměnné. Kromě toho představuje také operace s komplexními čísly, diferenciálním počtem funkcí více proměnných, řešením diferenciálních rovnic metodou separace proměnných či vícenásobným integrálem. Znění vět jsou většinou převzatá z učebnic [8, ]. Zadání příkladů jsou buď vlastní nebo převzatá či inspirovaná různými zdroji, hlavně [4, ], jejich řešení jsou vlastní. Sekce 5 až 7 vznikly přepracováním částí studijních textů [6]. Budu rád, když tento text bude sloužit mým studentům, ale nejen jim. V případě, že v textu objevíte chybu, překlep či nejasnost, sdělte mi ji prosím na emailu jiri.lipovskyzavináč uhk.cz. V Hradci Králové, 8.. 8 Jiří Lipovský verze.4 4

Im z Im z b b r sin ϕ r a Re z ϕ a r cos ϕ Re z (a) Algebraický tvar (b) Goniometrický tvar Obrázek : Algebraický a goniometrický tvar komplexního čísla. Komplexní čísla. Algebraický, goniometrický a exponenciální tvar komplexního čísla Už na střední škole se setkáváme s tím, že rovnice x + není v oboru reálných čísel řešitelná. Zavádíme proto symbol i, pro něž platí i. Komplexní čísla (která značíme C) jsou čísla zapsatelná ve tvaru z a + bi, kde a a b jsou reálná čísla a i je zmíněná imaginární jednotka. Tento tvar se nazývá algebraický. Číslo a nazveme reálnou částí čísla z, číslo b imaginární částí čísla z. Součet dvou komplexních čísel má reálnou část rovnou součtu reálných částí obou čísel a komplexní část rovnou součtu komplexních částí obou čísel. Obdobný intuitivní vztah platí pro rozdíl. Při násobení dvou komplexních čísel upravíme výraz standardními algebraickými úpravami, využijeme vztahu i a následně výrazy uspořádáme tak, abychom obdrželi reálnou a imaginární část součinu. Komplexně sdruženým číslem k číslu z a + bi je číslo z a bi. Chceme-li provést komplexní sdružení u složitějšího výrazu, ve kterém figurují konkrétní komplexní čísla, můžeme to udělat tak, že nahradíme všechna i výrazem i. Máme-li převést zlomek a+bi c+di na algebraický tvar, musíme jej rozšířit komplexním sdružením jmenovatele c di. Díky známému vzorci (A + B)(A B) A B tak ve jmenovateli dostaneme reálné číslo (c + di)(c di) c + d. Můžeme říct, že komplexní číslo lze zapsat jako dvojice reálných čísel, tj. existuje ekvivalence mezi C a R. Proto každé komplexní číslo odpovídá bodu v rovině. V komplexní rovině komplexní čísla v algebraickém tvaru znázorňujeme tak, že na x-ovou osu vyneseme reálnou část čísla a a na y-ovou osu imaginární část b (viz obr. a). Dále existuje goniometrický tvar z r(cos ϕ + i sin ϕ) a exponenciální tvar komplexního čísla z re iϕ (viz obr. b). Jedná se o obdobu polárních souřadnic 5

v rovině. Porovnáním zmíněných tvarů komplexního čísla s algebraickým tvarem dostáváme z Pythagorovy věty r a + b a dále z definice kosinu a sinu cos ϕ a r a sin ϕ b r. Při násobení dvou čísel v goniometrickém tvaru se absolutní hodnoty násobí a úhly sčítají. Lze to dokázat součtovými vztahy pro sinus a kosinus. r (cos ϕ + i sin ϕ )r (cos ϕ + i sin ϕ ) Tedy r r [cos ϕ cos ϕ sin ϕ sin ϕ + i(sin ϕ cos ϕ + cos ϕ sin ϕ )] r r [cos (ϕ + ϕ ) + i sin (ϕ + ϕ )]. z z z r (cos ϕ + i sin ϕ), r r r, ϕ ϕ + ϕ. Rovnost e iϕ cos ϕ + i sin ϕ, která ukazuje ekvivalentní zápis čísla v goniometrickém a exponenciálním tvaru a nazývá se Eulerův vzorec, lze dokázat např. porovnáním Taylorových rozvojů obou funkcí. e iϕ + iϕ + (iϕ)! + (iϕ)! + (iϕ)4 4! + (iϕ)5 5! + + iϕ ϕ! iϕ! + ϕ4 4! + iϕ5 5! + ) (ϕ ϕ! + ϕ4 4! + + i ϕ! + ϕ5 5! +... cos ϕ + i sin ϕ. Příklad.. Proveďte následující úpravy a výsledek vyjádřete a algebraickém tvaru. a) ( i) + ( + 7i), b) ( + 5i) ( 4i), c) ( + i) ( + i), d) ( i)(i + 5)( i). Řešení: a) ( i) + ( + 7i) + i( + 7) + 5i. b) ( + 5i) ( 4i) + + i(5 + 4) + 9i. c) ( + i) ( + i) ( ) + i + (i) ( ) + i i + i 6i 4 7 4i. d) ( i)(i + 5)( i) ( i)( i) 8 4i. Příklad.. K danému komplexnímu číslu najděte komplexně sdružené číslo (v libovolném tvaru). a) + i, 6

b) 4 e 7i, c) ( + i) e i, d) i 5+4i + e i. Řešení: a) Postupujeme podle definice. + i i b) Zaměníme i za i. 4 e 7i 4 e 7i. Alternativně výraz můžeme pomocí Eulerova vzorce zapsat jako 4 cos 7 4i sin 7 (využili jsme sudost kosinu a lichost sinu). c) Obdobně jako v předchozím případě zaměníme všechny i za i. ( + i) e i ( i) e +i. d) i 5+4i + e i +i 5 4i + e+i. Příklad.. Převeďte na algebraický tvar číslo +4i i. Řešení: Nejdříve celý zlomek rozšíříme + i, tj. komplexně sdruženým jmenovatelem. Dostaneme + 4i i + 4i i + i + 6i + 4i + 8i 5 + i + i 4i + i. 5 Příklad.4. Převeďte na algebraický tvar číslo 4 i i. Řešení: Podobně jako v předchozím příkladě rozšíříme zlomek sdruženým jmenovatelem, tj. číslem + i. 4 i i 4 i + i i + i 6i + 4i i 4 i 9 i 7 5 5 i. Příklad.5. Převeďte na algebraický tvar číslo e πi. Řešení: Použijeme Eulerův vzorec. ( e πi (cos π ) ( + i sin π )) ( cos π i sin π ) ( ) i i Dále jsme využili sudost kosinu a lichost sinu a jejich hodnoty pro úhel 6. Příklad.6. Převeďte na algebraický tvar číslo e 7 πi 6. 7

Řešení: Opět použijeme Eulerův vzorec. e 7 πi 6 (cos ( ) 7π + i sin 6 ( )) 7π ( ( π ) cos 6 6 ( π )) + i sin 6 ) ( + i i. Příklad.7. Převeďte na goniometrický a exponenciální tvar číslo + i. Řešení: Nejdříve určíme absolutní hodnotu čísla: r ( ) + ( ). Dále máme cos ϕ a r, sin ϕ b r. Vidíme, že úhel je ve druhém kvadrantu. Z jednotkové kružnice určíme ϕ π. Goniometrický tvar čísla tedy je ( cos π + i sin ) π a exponenciální e πi. Příklad.8. Převeďte na goniometrický a exponenciální tvar číslo i. Řešení: Absolutní hodnota tohoto čísla je r ( ) + ( ). Číslo leží ve třetím kvadrantu, takže fáze čísla ϕ bude mezi π a π/. Dostáváme cos ϕ a r, sin ϕ. Víme, že pro první kvadrant platí sin (π/4) cos (π/4), tj. hodnota fáze je ϕ π + π 4 5 4 π. Goniometrický tvar čísla je tedy z (cos 5π 4 + i sin 5π 4 ) a exponenciální z e 5 4 πi.. Moivreova věta, mocnina a odmocnina komplexního čísla Věta.9. Pro mocninu komplexního čísla z r(cos ϕ + i sin ϕ) platí tzv. Moivreova věta z n r n (cos(nϕ) + i sin (nϕ)), n N Důkaz. Větu můžeme dokázat matematickou indukcí. Věta zjevně platí pro n. Dokážeme, že když věta platí pro k, platí i pro k +. Nechť tedy z k r k (cos(kϕ) + i sin kϕ). 8

Pak z k+ z k z r k (cos (kϕ) + i sin (kϕ))r(cos ϕ + i sin ϕ) r k+ [cos (kϕ) cos ϕ sin (kϕ) sin ϕ + i cos (kϕ) sin ϕ + i sin (kϕ) cos ϕ] r k+ {cos [(k + )ϕ] + i sin [(k + )ϕ]}, kde jsme využili trigonometrických identit cos (α + β) cos α cos β sin α sin β a sin (α + β) sin α cos β + cos α sin β. Proto věta platí pro každé přirozené číslo. Moivreova věta se dá jí využít například pro výpočet mocnin a odmocnin komplexního čísla. Při výpočtu přirozené mocniny komplexního čísla číslo převedeme do exponenciálního tvaru a aplikujeme větu. Problém má jedno řešení, dostaneme jedno komplexní číslo, které je mocninou původního čísla. Toto řešení však může odpovídat mocninám různých komplexních čísel. Příklad.. Pomocí Moivreovy věty vypočtěte z 5, kde z + i. Řešení: Číslo převedeme na goniometrický tvar: r +, cos ϕ sin ϕ, tedy ϕ π 4. Dostáváme tedy goniometrický tvar z (cos π 4 + i sin π 4 ) e i π 4. Aplikací Moivreovy věty dostáváme z 5 r 5 (cos (5ϕ) + i sin (5ϕ)) ( 5 cos 5π 4 + i sin 5π ) 4 4 ( ) i 4 4i Příklad.. Pomocí Moivreovy věty vypočtěte z 6, kde z + i. Řešení: Číslo z převedeme na exponenciální tvar: r +, cos ϕ, sin ϕ. Dostáváme ϕ π a tedy ( ( z 6 r 6 (cos (6ϕ) + i sin (6ϕ)) 6 cos 6 π ) ( + i sin 6 π )) cos (π) + i sin (π). Konkrétní příklady lze samozřejmě také (možná rychleji) vypočítat přímým násobením čísel v algebraickém tvaru. Při výpočtu odmocniny je však Moivreova věta velmi prospěšná. n-tá odmocnina z komplexního čísla má n různých komplexních kořenů. To plyne tzv. základní věty algebry, která tvrdí, že polynomická rovnice řádu n má n komplexních kořenů. Kořeny odmocniny leží všechny na jedné kružnici se středem v počátku komplexní roviny a jejich fáze ϕ se liší vždy o π n. Příklad.. Vypočtěte 4 4 (určete všechny kořeny rovnice z 4 4). 9

Řešení: Vyjdeme z Moivreovy věty. Nechť je neznámá odmocnina z r e iϕ. Pak podle Moivreovy věty platí z 4 r 4 e 4iϕ r 4 e 4iϕ+mπi, m Z, () kde jsme ve druhém kroku číslo vynásobili jedničkou, tedy e mπi, kde m je celé číslo. Víme, že z 4 4, tedy r 4 4. Vynesením čísla do komplexní roviny vidíme, že 4ϕ π (protože fáze čísla 4 je π), tedy ϕ π 4. Odmocněním rovnice () dostáváme mπi iϕ+ z r e. Protože n-tá odmocnina má n kořenů, můžeme brát m,,,, pro další čísla budeme dostávat stejné kořeny. Pro naše hodnoty máme z ( e i π 4 +im π π (cos 4 + mπ ) ( π + i sin 4 + mπ )). Konkrétně z ( cos π 4 + i sin π ) ( ) 4 + i + i, z ( ( π cos 4 + π ) ( π + i sin 4 + π )) ( ) + i + i, )) ( ) z ( ( π cos z ( cos 4 + π ( π 4 + π ) ( π + i sin ) + i sin 4 + π ( π 4 + π i i, )) ( ) i i. Kořeny jsou znázorněny na Obr.. Příklad.. Vypočtěte i (určete všechny kořeny rovnice z i). Řešení: Nejdříve převedeme číslo i na exponenciální tvar. Dostáváme vzdálenost od počátku + ( ) a z obrázku fázi π iπ. Tedy i e. Nechť z r e iϕ, pak Tedy po odmocnění z r e iϕ e iπ +πim, m Z. z m e i π + πim, m {,, }. Stačí volit m {,, } (tedy zbytky po dělení třemi), ostatní celá čísla dávají

Im z z z 4 Re z z z Obrázek : Kořeny 4 4. Im z z Re z z z i Obrázek : Kořeny i. zjevně stejné výsledky. Hledané kořeny jsou tedy z e i π i, ( z e i π + πi ) i i, ( ) z e i π + 4 πi i i. Kořeny jsou znázorněny na Obr.. Příklad.4. Vypočtěte 6 (určete všechny kořeny rovnice z 6 ). Řešení: Napíšeme jedničku v exponenciálním tvaru e iπm, m Z. Nechť z r e iϕ, potom z 6 m r 6 e 6iϕ e iπm, m {,,,, 4, 5}.

Im z z z z z Re z z 4 z 5 Obrázek 4: Kořeny 6. Opět stačí uvažovat m pouze jako zbytky po dělení 6, protože ostatní celá čísla vedou na stejné kořeny. Konkrétně z m e iπm, m {,,,, 4, 5}. z e iπ, z e iπ + i, z e iπ + i, z e iπ, z 4 e 4iπ i, z 5 e 5iπ i. Kořeny jsou znázorněny na Obr. 4.. Kvadratické rovnice Poslední téma sekce o komplexních číslech je opakováním ze střední školy. Komplexní čísla se někdy objevují jako kořeny kvadratické rovnice. Uvažujme rovnici ax + bx + c, a, b, c R, a.

Abychom odvodili vztah pro její kořeny, upravíme nejdříve rovnici na čtverec. Po vydělení a dostáváme x + b a x + c a x + b a x + b 4a b 4a + c a.. ( x + b ) b a 4a 4ac 4a. Nyní obě strany rovnice odmocníme, nesmíme zapomenout na to, že odmocnění není ekvivalentní úprava. Dostáváme dva kořeny se znaménky plus a mínus. ( x, + b ) b 4ac ±. a a x, b ± b 4ac a. () Mezi kořeny kvadratické rovnice existují Viètovy vztahy, pomocí nichž někdy můžeme rychle určit kořeny rovnice z jejích koeficientů. x + x b a, x x c a. Příklad.5. Řešte rovnici x 5x + 6. Řešení: Nejdříve určíme řešení ze vzorce (). Koeficienty rovnice jsou a, b 5, c 6. x, ( 5) ± ( 5) 4 6 5 ±. Tedy x, x. Obdobně můžeme využít Viètových vztahů. Trojčlen rozložíme díky tomu, že 6 a 5 ( + ) na Odsud už lehce určíme kořeny. x 5x + 6 (x )(x ). Příklad.6. Řešte rovnici x + x + 7. Řešení: Použijeme vzorce (). Kořeny jsou tedy x, ± () 4 7 x + i 55 4 ± i 55 4, x i 55 4..

Příklad.7. Řešte rovnici x 4 + x +. Řešení: Uvědomíme si, že se jedná o kvadratickou rovnici v x. Dostáváme x, ± 4 Nyní můžeme x r e iϕ najít z Moivreovy věty. x,m r,m e iϕ,m + i ± i e iπ+miπ, m {, }. Vidíme, že r,m, m, a ϕ, π, ϕ, 4π. Dostáváme tedy x, e πi + i, x, e 4πi i. Obdobně postupujeme i pro druhý kořen kvadratické rovnice v x. x,m r,m e iϕ,m i e 4 iπ+miπ, m {, }. Vidíme, že r,m, m, a ϕ, π, ϕ, 5π. Dostáváme tedy.4 Literatura x, e πi + i, x, e 5πi i. K úvodnímu studiu komplexních čísel lze použít v podstatě libovolnou učebnici středoškolské matematiky. K nastudování základních pojmů poslouží také anglická i česká Wikipedie [4, 5]. K procvičení na příkladech můžete použít také např. internetové materiály [6,, 7]..5 Příklady k samostatnému procvičování Příklad.8. Vypočtěte (najděte výsledek v algebraickém tvaru). a) ( + i) + ( 4i), b) ( + i) + ( 8i + ), c) (7 + 6i) ( + i), d) ( i 4) ( + i), e) (5 i) ( + i), f) ( + i) ( i) ( + i). Příklad.9. K následujícím číslům najděte komplexně sdružená čísla (výsledek zapište v libovolném tvaru).. 4

a) 5i 4, b) e πi/, c) ( 5i) e i, d) (+i)(5 7i) (6+4i)( +i). Příklad.. Převeďte na algebraický tvar. a) i i, b) +i i, c) 4 e iπ 4, d) +i + i. Příklad.. Převeďte na goniometrický a exponenciální tvar. a) + i, b) i. Příklad.. Pomocí Moivreovy věty vypočtěte mocniny. a) z 8, z i, b) z, z + i. Příklad.. Pomocí Moivreovy věty vypočtěte odmocniny, tedy najděte všechny kořeny (v algebraickém tvaru) dané rovnice. a) z i, b) z 4 4, c) z 6, d) z 7. Příklad.4. Najděte všechny kořeny rovnic. a) x + 7x + 6, b) x x + 4, c) x 4 x +. 5

Neurčitý integrál. Primitivní funkce V prvním semestru jsme se naučili určit derivaci dané funkce. Integrování je opačný proces. Naším cílem je určit funkci (budeme jí říkat primitivní funkce), jejíž derivací je původní funkce. Definice.. Primitivní funkcí k funkci f na intervalu J rozumíme funkci F, pro kterou platí F (x) f(x) pro x J Primitivní funkci říkáme neurčitý integrál a značíme jej f(x). Pro spojitou funkci na intervalu vždy existuje primitivní funkce. Věta.. Je-li funkce f spojitá na intervalu J, pak má na něm primitivní funkci. Z minulého semestru víme, že když k dané funkci přičteme konstantu, její derivace se nezmění (derivace konstanty je nula). Proto určení primitivní funkce není jednoznačné. Věta.. Má-li funkce f primitivní funkci na intervalu J, pak jich má na tomto intervalu nekonečně mnoho a každé dvě z nich se liší o konstantu. Stejně jako u derivace platí pro integraci linearita. Věta.4. Platí (αf(x) + βg(x)) α f(x) + β g(x), pokud pravá strana existuje. Ve výrazu výše jsou α a β konstanty. Tabulku základních integrálů můžete najít např. na stránkách doc. Rokyty [7], pro přehlednost ji uvádíme v Obr. 5. Příklad.5. Určete x 5. Řešení: Využijeme vztah x n xn+ n+ + C pro n 5. Při integraci nesmíme zapomenout na konstantu. x 5 x6 6 + C. Příklad.6. Určete x 4 x. Řešení: x 4 x xx 4 x 7 4 x 4 4 + C 4 x 4 x + C. 6

Obrázek 5: Tabulka základních primitivních funkcí, převzato z [7]. 7

4 x Nejdříve jsme si převedli do tvaru x 4, potom celý výraz upravili tak, abychom měli nějakou mocninu x. Dále jsme využili vztah x a xa+ a+ + C. Při integraci nesmíme zapomenout na konstantu. Nakonec můžeme výsledný výraz upravit. Příklad.7. Určete x. Řešení: V tomto příkladu si musíme uvědomit, že vztah x a xa+ a+ + C neplatí pro a. Tento integrál vede na přirozený logaritmus z absolutní hodnoty x. x ln x + C. x Příklad.8. Určete x. Řešení: x x x ( ) + C + C. x Nejdříve jsme využili linearity integrálu a konstantu jsme vytkli před integrál. Dále jsme využili vztah x a xa+ a+ + C a výraz upravili. Příklad.9. Určete x +. Řešení: x + x + arg sinh x + C. Využili jsme linearitu integrálu a vztah pro integrál z funkce x +. Příklad.. Určete x +x x+4 x x. Řešení: Nejdříve výraz upravíme do vhodného tvaru, dostaneme součet integrálů z funkcí, které zintegrovat umíme. x + x x + 4 x (x + x + 4x ) x x + x Příklad.. Určete tg x. + 4 x + C x + x + 8 x + C. Řešení: Výraz musíme nejdříve upravit pomocí definice tangensu a vztahu sin x+ cos x. Poté lze použít vztah pro cos x a xn s n. sin tg x cos ( ) x cos x x cos x cos x tg x x+c. 8

Příklad.. Určete x. Řešení: Využijeme vztahu a x ax ln a + C. x x ln + C. Příklad.. Určete ( ) x +x+ x. Řešení: Výraz upravíme a poté použijeme vztahy pro integrál z x a a /x. ( x ) ( + x + x + + x x) (4x + x + + 6x + x ) 4 x + 6x + x + 6 ln x x + C.. Integrace metodou par partes Vypočítat integrál z funkce, která není uvedena v tabulce (např. je nějakou z jejich kombinací) není tak jednoduché a přímočaré jako u derivací. Neexistuje jednoznačný návod, jak to udělat, a při výpočtu je třeba použít určité invence. Existují ale metody, kterými se dají některé z typů příkladů řešit. S větší početní praxí získáte náhled na to, kterou metodu použít. Jednou z možností, jak vypočítat složitější integrál, je metoda per partes (česky po částech ). Věta.4. (o integraci per partes) Mají-li funkce u a v derivaci na intervalu J a existuje-li primitivní funkce k funkci u v, pak existuje také primitivní funkce k funkci u v a platí u (x)v(x) u(x)v(x) u(x)v (x). Důkaz. Důkaz využívá derivace součinu [u(x)v(x)] u (x)v(x) + u(x)v (x). Když obě strany rovnice zintegrujeme, dostáváme u(x)v(x) [u(x)v(x)] u (x)v(x) + u(x)v (x), z čehož věta vyplývá. U této metody je třeba vyjádřit integrál jako součin dvou funkcí (jedna z nich klidně může být jednička). Funkce volíme tak, že integrál z jedné z nich známe. Kromě členu, který už neintegrujeme, dostáváme člen, u něhož se derivace přenese z jedné funkce na druhou. Tím můžeme integrál zjednodušit natolik, že jej umíme vypočítat. V některých případech je třeba použít per partes vícekrát, 9

případně můžeme po úpravách obdržet až na znaménko stejný výraz, který jsme integrovali na počátku. V tom případě hledaný integrál vypočteme z odpovídající rovnice. Obecně při volbě funkcí, které integrujeme a derivujeme, postupujeme tak, abychom celý výraz zjednodušili. Příklad.5. Vypočtěte (x + ) e x. Řešení: Při výpočtu použijeme per partes. Zvolíme u (x) e x a v(x) x +. Tato volba je výhodná, protože integrací se e x nezesložití, zatímco výraz x + se derivací zjednoduší. Vypočteme si u a v a postupujeme podle vzorce výše. (x + ) e x u e x v x + u e x v (x + ) e x e x (x + ) e x e x + C (x + ) e x + C. Všimněte si, že těsně po použití per partes nepíšeme integrační konstantu, protože ve výrazu stále máme integrál, který ji skrývá. Příklad.6. Vypočtěte ln x. Řešení: Tentokráte zvolíme u (x) a v(x) ln x. Víme, že derivací logaritmu je x, výsledkem bude funkce xn, kterou zintegrovat umíme. ln x u v ln x u x v x x ln x x x x ln x x ln x x + C. Příklad.7. Vypočtěte (x 4x + ) e x. Řešení: V tomto případě musíme per partes použít dvakrát. V obou případech zvolíme za v (x) e x ze stejných důvodů jako v příkladu.5. (x 4x + ) e x u e x v x 4x + u e x v 4x 4 (x 4x + ) e x (4x 4) e x u e x v 4x 4 u e x v 4 [ ] (x 4x + ) e x (4x 4) e x 4 e x (x 4x + 4x + 4) e x + 4e x + C (x 8x + 9) e x + C. Příklad.8. Vypočtěte (4x ) ln x. Řešení: Narozdíl od některých jiných příkladů nyní polynom v x nederivujeme,

ale integrujeme, abychom se derivací zbavili logaritmu. (4x ) ln x u 4x v ln x u x x v x (x x) ln x (x x) x (x x) ln x (x ) Příklad.9. Vypočtěte e x cos x. (x x) ln x x + x + C. Řešení: V tomto příkladu provedeme dvakrát integraci per partes. Je v podstatě jedno, kterou funkci integrujeme a kterou derivujeme, pouze musíme derivovat v obou případech buď exponenciálu nebo goniometrické funkce. I e x cos x u e x v cos x u e x v sin x e x cos x e x ( sin x) e x cos x + e x sin x u e x v sin x u e x v cos x ex cos x + e x sin x e x cos x. Dostali jsme opět výraz s původním integrálem, tentokráte ale se záporným znaménkem. Označíme-li si jej I, dostáváme rovnici I e x (cos x + sin x) I, kterou vyřešíme pro neznámou I. Řešením je I ex (cos x + sin x) + C. Příklad.. Vypočtěte ( ) x ln. +x x Řešení: Výraz pod integrálem je definovaný pro x (, ). Budeme proto uvažovat pouze tato x. Výraz si upravíme a použijeme per partes. Jako obvykle derivujeme logaritmus. ( ) + x x ln x[ln ( + x) ln ( x)] x u ( ) x v ln ( + x) ln ( x) u x v +x + x x + x x x ln x ( ) x + x ln + x x ( ) x + x ln + x ( x x + ) + x ( ) x + x ln + x + x ln ( x) ln ( + x) + C ln ( x + x x ) ( x ) + x + C.

Během výpočtu jsme použili vztah x ln ( x) + C, který lze ověřit derivací pravé strany (více v podsekci o substituci). Při vyjádření výsledku je možné také použít vztah z tabulek a část výsledku vyjádřit jako arg tgh x. Příklad.. Vypočtěte x. Řešení: Zvolíme u a v x. x u v x u x v x x x x x x x ( x x ) + + x x x + arcsin x. x Opět získáváme výsledek pomocí původního integrálu I x s opačným znaménkem. Rovnost výše lze zapsat rovnicí I x x + arcsin x I, Výsledkem je tedy I ( x ) x + arcsin x + C. Stejný integrál je řešený jako příklad.5 metodou substituce.. Integrace substituční metodou Věta.. (. věta o substituci) Nechť f má primitivní funkci na intervalu J. Nechť dále funkce ϕ zobrazuje interval I do J a má na I vlastní derivaci ϕ. Potom funkce f(ϕ(t)) má primitivní funkci na intervalu I a platí f(ϕ(t))ϕ (t) dt f(x) xϕ(t), t I. Věta.. (. věta o substituci) Nechť naopak funkce f(ϕ(t))ϕ (t) má primitivní funkci na intervalu I, přičemž ϕ má na I vlastní nenulovou derivaci (je tedy ϕ ryze monotónní a spojitá na I a zobrazuje jej na nějaký interval J). Potom funkce f má na J primitivní funkci a platí f(x) f(ϕ(t))ϕ (t) dt tϕ (x), x J. Stručně si popíšeme použití obou vět. Naším cílem je vypočítat integrál f(x). U první metody postupujeme tak, že integrovanou funkci f(x) zapíšeme pomocí jiné funkce h ve tvaru f(x) h(ψ(x))ψ (x), přičemž předpokládáme, že h(y) dy H(y) umíme vypočítat. Pak použitím Věty. dostáváme f(x) h(ψ(x))ψ (x) h(y) dy H(y) H(ψ(x)).

U druhé věty u substituci si vyjádříme x ψ (y), vypočteme odpovídající a dosadíme do původního integrálu a vypočteme integrál v proměnné y. Do vypočtené primitivní funkce dosadíme za y. f(x) f(ψ (y))(ψ ) (y) dy h(y) dy H(y) H(ψ(x)). Jednodušší postup, než ověřovat předpoklady vět, mnohdy je vypočítat integrál a pak ověřit derivací, jestli vypočtená funkce je primitivní funkcí k funkci pod integrálem. Příklad.4. Vypočtěte e ax. Řešení: Popíšeme oba postupy. Nejdříve využijeme. větu o substituci. Protože umíme integrovat funkci e x, zavedeme substituci t ax. Derivace t podle x je a. Proto nejdříve vytvoříme derivaci této funkce přidáním a před (a samozřejmě současným vytknutím /a před integrál). e ax a e ax a t ax x t a dt a dt a e t dt a a et + C a eax + C. Nyní integrál vypočteme s využitím. věty o substituci. Nejdříve vyjádříme x pomocí t. Vypočteme derivaci dt a poté dosadíme za x a. e ax t ax dt a x t a a dt e a a t a dt e t dt a a et + C a eax + C. Příklad.5. Vypočtěte cos x x. Řešení: Použijeme substituci t x. Nejdříve s použitím. věty o substituci. cos x x cos x x t x dt x x t dt x cos t dt sin t + C sin x + C. Chceme-li využít. věty o substituci, vyjádříme si x a pomocí t a dt. cos x x t x x t Příklad.6. Vypočtěte cos x sin x. dt t t dt cos t t t dt cos t dt sin t + C sin x + C.

Řešení: Máme-li vypočítat integrál ze součinu sinů a kosinů, přičemž jedna z funkcí je na lichou mocninu, zavedeme si substituci za druhou z funkcí. V našem případě tedy použijeme t cos x. Musíme určit vztahy diferenciálů jednotlivých proměnných. Nejdříve si vypočteme derivaci t podle x, dostáváme dt sin x, odtud dt sin x. Nyní využijeme toho, že v původním integrálu je sinus na lichou mocninu; dosadíme z předchozího vztahu za dt. Za všechny kosiny zase dosadíme t. Kdyby nám přebývaly siny na sudou mocninu, využijeme vztahu sin x cos x. cos x sin x Příklad.7. Vypočtěte xe x. cos x ( sin x) t cos x dt sin x dt sin x t dt t + C cos x + C. Řešení: xe x ( )xe x t x dt dt x dt x e t dt et + C + C. e x Příklad.8. Vypočtěte tg x. Řešení: Někdy se můžeme setkat s integrálem ze zlomku, jehož čitatel je derivací jmenovatele. Pak substituujeme za jmenovatele a výsledek integrálu je logaritmus jmenovatele. sin x tg x cos x t cos x dt sin x dt sin x dt ln t + C ln cos x + C. t Příklad.9. Vypočtěte arctg x +x. Řešení: arctg x + x t arctg x dt +x dt +x t dt t +C arctg x+c. Příklad.. Vypočtěte 5 x. Řešení: Snažíme se využít vztahu x arcsin x. K tomu potřebujeme pod odmocninou mít stejný koeficient u konstantního členu a u členu s druhou 4

mocninou proměnné. Zvolíme proto substituci x 5t. 5 5 x 5 dt 5 5t Příklad.. Vypočtěte 5 x 5 x 5t t 5 x dt 5 dt 5 t dt arcsin t + C arcsin ( x 5 ) + C. e x e x e x +e x. Řešení: e x e x e x + e x e x + ex e x + ex t ex + e x dt ex + e x dt ( e x + e x ) t dt Příklad.. Vypočtěte sin 7 x. ln t + C ln e x + e x + C. Řešení: Počítáme-li integrál ze součinu sinů a kosinů, kde jedna z funkcí je v liché mocnině, zvolíme substituci za druhou z nich. Jeden ze sinů si vyhradíme pro diferenciál t. Zbylé siny jsou v sudé mocnině, můžeme využít sin x cos x, tedy dostáváme tedy funkci v kosinech a můžeme zvolit substituci za kosinus. sin 7 x t cos x dt sin x dt sin x sin 6 x( sin x) ( cos x) ( sin x) ( t ) dt ( t + t 4 t 6 ) dt t + t t5 5 + t7 7 + C cos x + cos x 5 cos5 x + 7 cos7 x + C. Příklad.. Vypočtěte x+ x +. Řešení: Derivace jmenovatele je x. Proto zlomek rozdělíme na dvě části a každou z nich integrujeme zvlášť. x x + x + x + t x + x x + + x + x x + + + x. dt x dt x t dt ln t +C ln (x + )+C. x + arctg x + C. Tedy celkem x + x + ln (x + ) + arctg x + C. 5

Příklad.4. Vypočtěte x+. Řešení: Zavedeme substituci t x a zlomek obdržený po substituci upravíme. x + t x x t ( ) t + Integrál t +. t+ dt t t dt t t + t + dt dt t + dt t ln t + + C x ln( x + ) + C. dt ln t +, což může být jednoduše dokázáno substitucí u Příklad.5. Vypočtěte x. Řešení: Nyní vyřešíme stejný integrál jako v příkladu. metodou substituce. Zvolíme substituci x sin t (obdobně lze použít také x cos t). x x sin t dt cos t t arcsin x cos t dt cos t dt + cos (t) dt t + cos (t) dt u t dt du t u dt du t + cos u du 4 t + 4 sin (t) + C arcsin x + x x + C. Nejdříve jsme využili vztahu cos (t) cos t, tedy cos t V poslední rovnosti jsme využili vztahu sin (t) sin t cos t sin t sin t x x. +cos (t). Příklad.6. Vypočtěte x 5 +x. Řešení: Zvolíme substituci za t + x. x 5 t + x + x x t ( ) t t + t dt dt x dt x (t ) dt t ( ) t 5 5 t + t + C 5 ( + x ) 5 ( + x ) + ( + x ) + C. Pro integrály z goniometrických funkcí (konkrétněji racionálních funkcí v sinech a kosinech) volíme následující substituce. Když je integrovaná funkce lichá v sinu (při změně znamének všech sinů se změní znaménko výrazu na opačné), substituujeme za kosinus; je-li lichá v kosinu, substituujeme za sinus. Je-li funkce sudá v sinu i kosinu, použijeme substituci t tg x, dt cos x, 6

+t dt. Ve všech případech použijeme případně rovnici sin x+cos x, abychom převedli sudé mocniny sinů na kosiny či obráceně. Univerzální substitucí pro racionální funkci v sinech a kosinech je substituce t tg x, x arctg x, +t dt, sin x t +t, cos x +t. Její nevýhodou ale je, že její použití bývá pracné..4 Kombinace per partes a substituce V této podsekci se zaměříme na příklady, k jejichž vypočtení potřebujeme použít kombinaci obou představených metod. Příklad.7. Vypočtěte x e x. Řešení: Zvolíme substituci t x, abychom v argumentu exponenciály dostali přímo proměnnou, ne její odmocninu. Následně pětkrát uplatníme per partes, při kterém integrujeme exponenciálu a derivujeme polynom. x e x t x x t dt t t dt t 5 e t dt u e t v t 5 u e t v t 4 t 5 e t t 4 e t dt u e t v t 4 u e t v 4t t5 e t t 4 e t + 4t e t dt u e t v 4t u e t v t t5 e t t 4 e t + 4t e t t e t dt u e t v t u e t v 4t t5 e t t 4 e t + 4t e t t e t + 4te t dt u e t v 4t u e t v 4 t5 e t t 4 e t + 4t e t t e t + 4te t 4e t dt (t 5 t 4 + 4t t + 4t 4)e t + C (x x x + 4x x x + 4 x 4)e x + C. Příklad.8. Vypočtěte sin x ln (sin x). Řešení: Nejdříve zavedeme substituci t sin x. t sin x dt sin x ln (sin x) x arcsin t dt t t t ln t dt. t Nyní využijeme per partes. Derivovat budeme logaritmus a integrovat Proto nejdříve vypočteme substitucí integrál t dt s t t ds dt t ds t dt s ds s t t. + C ( t ) + C. 7

Tedy s použitím per partes t ln t dt u t t t u ( t ) v ln t v t ( t ) ln t + t ( t ) dt. Získaný integrál řešíme substitucí w ( t ). t ( t ) w ( t ) t ( w ) dt dt dw w w dt w dw w w w w w dw w w dw dw w dw w w dw + w dw w + ln w + w + C w +ln w ln ( + w)+c ( t ) +ln t ln ( t + )+C. Hledaný integrál tedy je sin x ln (sin x) sin x ln (sin x) + sin x + ln (sin x) ln ( sin sin x x + ) + C ( cos x + ) ln (sin x) + ln cos x +. a je definovaný pro taková x, pro které je definovaný původní výraz, tj. sin x, tedy x n Z (πn, π + πn). Příklad.9. Vypočtěte x cos x. Řešení: Nejdříve použijeme per partes. Víme totiž z tabulky integrálů, že cos x tg x + C ; tento výraz integrujeme, x derivujeme. x cos x u cos x v x u tg x v x tg x tg x sin x x tg x + cos x t cos x dt sin x dt sin x x tg x + dt x tg x + ln t + C x tg x + ln cos x + C. t Příklad.4. Vypočtěte arccotg e x e x. 8

Řešení: Nejdříve zavedeme substituci za t e x, poté provedeme per partes. Derivujeme arccotg x, integrujeme t. arccotg e x e x t ex t x ln t t dt arccotg t t dt u t v arccotg t u t v t arccotg t t + t dt. +t Nyní vypočteme zvlášť poslední integrál. t + t dt t t + t dt s t ds dt t ds t dt s(s + ) ds ( s ) ds s + [ln s ln (s + )]+C [ ln t ln (t + ) ] +C Celý integrál tedy je arccotg e x e x t arccotg t [ ln t ln (t + ) ] + C e x arccotg e x ln ex + ln ( e x + ) + C e x arccotg e x x + ln ( e x + ) + C..5 Literatura Jako základní literaturu lze doporučit učebnice [8,, ]. Ve druhé z nich naleznete řešené i neřešené příklady. Další příklady (řešené i neřešené) lze nalézt např. v [, 7,, 4]..6 Příklady k samostatnému procvičování Příklad.4. S využitím tabulky integrálů vypočtěte následující integrály. a) x 8, b) x 4 x, c) 7x +7, d) x +x+ x x, e) ( ) x x, f) e x, g) [(sin x ) + cos x], 9

h) 5 x x. Příklad.4. Metodou per partes vypočtěte integrály. a) (x + x + ) e x, b) x sin x, c) x n ln x, n, d) ln x x, e) cos x. Příklad.4. Vypočítejte integrály pomocí substituce. a) (x + ) sin (x + x), b) cos 5 x, c) 4 x, d) sin x cos x, e) cosh x sinh x, f) x +x x +x +4, g) x. Příklad.44. Vypočítejte metodou per partes, substitucí nebo jejich kombinací. a) ( ) ln x x, b) x cos x, c) x 5 e x, d) (arcsin x), e) e x. Příklad.45. Vypočítejte integrály (sami určete metodu). a) x ln x +x, b) x 5 x, c) xe x (x+), d) sin x cos x +cos x, e) x (+x ), f) +e x.

Integrace racionálních funkcí Budeme se zabývat integrací funkcí R(x) P (x) Q(x), kde P a Q jsou polynomy, Q, definovaných na R kromě bodů, ve kterých Q(x). Rozebereme si nejdříve dva speciální případy, poté přejdeme k obecnému postupu, jak tyto funkce integrovat. Nejdříve popíšeme obecný postup a poté ho ilustrujeme na příkladu. Podrobnější obecný postup lze nalézt v Kopáčkově učebnici [8] na str. 4. Uvedené vzorce se není třeba učit nazpaměť, je nutné pochopit postup.. Případ R(x) A (x x ) k Zde si zavedeme substituci t x x a zintegrujeme t k. Pro k dostáváme A (x x ) k t x x dt dt A t k dt A t k+ k + + C A ( k + )(x x ) k + C. Pro k máme A (x x ) t x x dt dt A t dt A ln t + C A ln x x + C. Příklad.. Vypočítejte Řešení: (x ) (x ). t x dt dt Příklad.. Vypočítejte (x+5) 4. t dt t +C (x ) +C. Řešení: (x + 5) 4 4 ( ) x + 5 4 t x + 5 dt dt t 4 dt t 6 6 48 ( ) x + 5 + C 6(x + 5) + C. Příklad.. Vypočítejte Řešení: x + 4 x+4. x + 4 t x + 4 dt dt dt t ln t + C ln x + 4 + C

. Případ R(x) (Ax+B) (x +βx+α) k, kde jmenovatel nemá reálné kořeny Pokud je A, snažíme se výraz upravit tak, aby čitatel byl derivací závorky ve jmenovateli. Obdržíme dva zlomky, z nichž u prvního z nich je čitatel derivací závorky ve jmenovateli a u druhého je v čitateli pouze konstanta. Naším cílem je tedy dostat v čitateli prvního zlomku x + β. Zároveň ale potřebujeme, součet obou zlomků by roven původnímu zlomku. Aby odpovídaly členy s x, vynásobíme jej A/. Tedy Ax + B A (x + β) + C, kde C je konstanta. Snadno dopočteme, že C B βa. Dostáváme (Ax + B) (x + βx + α) k A (x + β) B βa (x + + βx + α) k (x + βx + α) k První integrál je roven pro k A (x + β) (x + βx + α) k t x + βx + α A t k dt A Pro k dostáváme A (x + β) x + βx + α t x + βx + α A dt x + β dt (x + β) t k+ ( k + ) + C A/ ( k + )(x + βx + α) k + C dt x + β dt (x + β) dt t A ln t + C A ln x + βx + α + C Nyní si rozebereme výpočet druhého integrálu. Jmenovatel upravíme tak, aby tvořil čtverec. (x + βx + α) k ] k, (x + β x + β 4 β 4 + α)k [ ( ) x + β + γ kde γ α β 4. Dále pokračujeme substitucí y x + β a následně z y γ. [ ( ) ] k y x + β dy dy x + β + γ dy z y dz γ dy γ k [ ( ) ] k γ y dz γ dy γ + dy (y + γ ) k γ k dz ( + z ) k.

Pro k dostáváme γ arctg z, kde z y γ x+β/. Pro vyšší k integrál α β /4 vyjádříme pomocí integrálu s k o jedna menším a z dz. Druhý integrál (+z ) k vyřešíme per partes. Podrobnější postup lze naleznout v Kopáčkovi [8]. Příklad.4. Vypočítejte x x +x+. Řešení: Vypočteme derivaci jmenovatele, tj. x + a první ze zlomků napíšeme tak, aby čitatel byl derivací jmenovatele. Druhý zlomek bude mít v čitateli konstantu, kterou určíme tak, aby platila rovnost. x x + x + x + x + x + 5 x + x + ln x 5 + x + (x + ) + ln x + x + 5 t x+ dt dt dt ln x + x + 5 ln x + x + 5 arctg t+c ln x + x + 5 ( ) x+ + t + dt arctg x + +C. Při výpočtu druhého integrálu upravíme jmenovatel tak, aby se k výrazu s proměnnou přičítala jednička. Pak zavedeme vhodnou substituci, abychom dostali jmenovatel t +, což vede na arcustangens. Příklad.5. Vypočítejte x+ x x+. Řešení: x + x x + x x x + + 5 x x +. První integrál je x x x + t x x + dt x dt (x ) dt t ln t + C ln x x + + C. Výraz ve druhém integrálu upravíme nejdříve na čtverec a pak zavedeme sub-

stituci. 5 x x + 5 x x + 4 4 + 5 ( ) ( ) x 5 4 [ ( ) ] + x + ( ) t x dt dt dt t + dt 5 arctg t + C 5 [ ( arctg x )] + C. Výsledek příkladu tedy je x + x x + ln x x + + 5 arctg Příklad.6. Vypočítejte x+ x +x+. [ ( x )] + C. Řešení: Zlomek si opět vyjádříme jakou součet dvou zlomků, přičemž první z nich má v čitateli derivaci jmenovatele. x + x + x + 4x + 4 x + x + + 4 x + x + První integrál je roven 4x + 4 x + x + t x dt + x + 4x + dt (4x + ) 4 t dt 4 ln t + C 4 ln x + x + + C. Druhý integrál upravíme a zavedeme substituci. 4 x + x + 8 x + x + 8 x + 4 x + 9 6 9 6 + 8 ( ) ( 5 ) x + 4 + 4 ( ) 6 [ 8 5 ( ) ] t 4 5 x + 4 dt 4 5 4 5 x + dt 4 + 4 5 5 4 dt [ ( 5 dt 5 5 4 5 4 t + arctg t + C arctg x + )] + C. 5 4 Výsledek integrálu je x + x + x + [ ( 5 4 4 ln x + x + + arctg x + )] + C. 5 4 4

Příklad.7. Vypočítejte x+ (x +x+). Řešení: Postupujeme obdobně, nejdříve si zlomek napíšeme jako součet dvou zlomků, z nichž čitatel prvního je derivací závorky ve jmenovateli. x + (x + x + ) x + (x + x + ) (x + x + ). První integrál je roven x + (x + x + ) Pro druhý integrál dostáváme po úpravě na čtverec t x dt + x + x + dt (x + ) t dt t + C x + x + + C. (x + x + ) [(x + ) + ] z x + + z (z + ) dz z (z + ) dz z + dz + z (z + ) dz arctg z + z (z dz arctg (x + ) + + ) dz dz z (z + ) dz. Zbylý integrál vypočítáme metodou per partes. Nejdříve vypočítáme integrál, který při per partes použijeme. z (z + ) dz t z + dt dz z dt z dz t dt t + C z + + C. z (z + ) dz u z (z +) v z u z + v z z + + z + dz z z + + arctg z + C x + (x + ) + + arctg (x + ) + C. Výsledek tedy je x + (x + x + ) x + x + arctg (x + ) x + (x + ) + + + arctg (x + ) + C x + x + x + arctg (x + ) + C. 5

. Obecný případ Rozebereme obecný případ R(x) P (x) Q(x), kde P a Q jsou polynomy s reálnými koeficienty. Nejdříve si uvědomíme, že případ, kdy stupeň polynomu P je větší nebo roven stupni polynomu Q, lze snadno převést na opačný případ. Polynomy totiž částečně podělíme a zintegrujeme členy x k. Budeme se tedy zabývat případem, kdy stupeň polynomu P je menší než stupeň Q. Polynom Q rozdělíme na součin Q(x) r s (x a i ) ki (x + β j x + α j ) lj, i j kde a i jsou reálné kořeny tohoto polynomu a trojčlen x + β j x + α j nemá reálné kořeny. Tento rozklad vždy existuje, protože každý polynom řádu n má n komplexních kořenů a kvůli tomu, že polynom Q má reálné koeficienty, existují jeho nereálné kořeny vždy v komplexně sdružených dvojicích. Pak existuje rozklad P (x) Q(x) A k, (x a ) + A k, k (x a ) k + + A, + + A k r,r x a (x a r ) + + kr + A,r x a r + + C l,x + D l, (x + β x + α ) l + + C,x + D, x + β x + α + + + C l s,sx + D ls,s (x + β s x + α s ) ls + + C,sx + D,s x + β s x + α s. Všimněte si, že je-li ve jmenovateli výraz s kořenem polynomu, dáváme do čitatele pouze konstantu, je-li tam kvadratický trojčlen bez reálných kořenů, dáváme do čitatele lineární dvojčlen. Porovnáním členů u jednotlivých mocnin x dostaneme soustavu rovnic pro tyto koeficienty. Koeficienty tedy vypočteme. Jednotlivé členy zintegrujeme podle prvních dvou případů. Příklad.8. Vypočítejte x 4 x 4 +5x +4. Řešení: x 4 x 4 + 5x + 4 5x + 4 x 4 + 5x + 4. Koeficient Q si rozložíme pomocí kořenů kvadratické rovnice v x. x 4 + 5x + 4 (x + )(x + 4). Hledáme tedy koeficienty A, B, C a D, aby platilo 5x + 4 x 4 + 5x + 4 Ax + B x + 4 + Cx + D x + (Ax + B)(x + ) + (Cx + D)(x + 4) (x + )(x. + 4) 5x + 4 (A + C)x + (B + D)x + (A + 4C)x + (B + 4D). 6

Porovnáním koeficientů u jednotlivých exponentů dostáváme x : A + C, x : 5 B + D, x : A + 4C, : 4 B + 4D. A, B 6, C, D. Integrál tedy vyjádříme jako: x 4 x 4 + 5x + 4 6 x + 4 + x + x 8 arctg x + arctg x + C. Využili jsme integrálu x + 4 4 ( x ) + t x dt dt dt t + Příklad.9. Vypočítejte x +5x x +x x. arctg t + C arctg x + C. Řešení: Nejdříve rozdělíme polynom x + x x na součin lineárních dvojčlenů nebo kvadratických trojčlenů. Abychom to mohli udělat, odhadneme jeden z kořenů. Je zřejmé, že kořenem je např. x. Podělíme polynomy (x + x x )/(x ) x + x + a najdeme kořeny kvadratického trojčlenu. Dostáváme x +x x (x )(x+)(x+). Zlomek pod integrálem tedy lze zapsat jako součet tří zlomků ve tvaru x + 5x x + x x A x + B x + + C x +. () V čitatelích jsou jen konstanty, protože ve jmenovateli je vždy lineární dvojčlen. Zlomky můžeme převést na společný jmenovatel a porovnat čitatel s levou stranou. x + 5x A(x + )(x + ) + B(x )(x + ) + C(x )(x + ). (4) Dostáváme x + 5x (A + B + C)x + (A + B)x + (A B C), 7

z čehož porovnáním koeficientů získáme soustavu rovnic, kterou vyřešíme. x : A + B + C, x : 5 A + B, : A B C. A, B, C. Koeficienty můžeme také dostat alternativním způsobem, který bývá mnohdy jednodušší, protože zjednodušuje soustavu rovnic. Do rovnosti (4) dosadíme tři (tolik je neznámých koeficientů) různé hodnoty x. Tak dostáváme tři rovnice pro A, B, C, které vyřešíme. Abychom dostali jednoduchou soustavu rovnic, volíme pokud možno kořeny polynomu Q. x : 6 6A A, x : 4 B B, x : C C. Čtenáře možná může napadnout otázka, proč můžeme dosazovat do rovnice kořeny polynomu Q, když původní zlomky pro tyto kořeny definované nejsou. Když rovnici () vynásobíme jmenovatelem zlomku na levé straně, dostáváme na pravé straně výraz A(x )(x + )(x ) x + B(x )(x + )(x ) x + + C(x )(x + )(x ) x + Tento výraz sice není v bodech, a definovaný, má však v těchto bodech limitu a může být touto limitou dodefinovaný. Po dodefinování dostáváme spojitou funkci a porovnáváme tedy na levé i pravé straně dvě spojité funkce na R. Nyní můžeme integrál napsat jako součet tří integrálů a vyřešit. x + 5x x + x x x + x + x + ln x + ln x + ln x + + C ln (x )(x + ) x + + C. Příklad.. Vypočítejte x + x 5x +6x. Řešení: Protože polynom v čitateli má stejný řád jako polynom ve jmenovateli, částečně je podělíme. Polynom ve jmenovateli rozložíme x + x 5x + 6x + 5x 6x + x 5x + 6x. x 5x + 6x x(x 5x + 6) x(x )(x ).. 8

Hledáme tedy koeficienty A, B, C, aby platilo 5x 6x + x 5x + 6x A x + Po vynásobení jmenovatelem máme B x + C x. 5x 6x + A(x )(x ) + Bx(x ) + Cx(x ). Dosazením kořenů polynomu Q dostáváme Celkem tedy máme x + x 5x + 6x Příklad.. Vypočítejte x : 6A A 6, x : 9 B B 9, x : 8 C C 8. + 6 x 9 x + 6 ln x 9 x +x+ x 4x +5x. x + 8 ln x + 8 x ln x + C. Řešení: Rozložíme si polynom ve jmenovateli. Jedním z kořenů je, proto (x 4x + 5x )/(x ) x x + (x )(x ), další kořeny jsou tedy a. Hledáme tedy koeficienty, aby x + x + x 4x + 5x A x + Po vynásobení jmenovatelem levé strany dostáváme B (x ) + C x. x + x + A(x )(x ) + B(x ) + C(x ). Dosadíme kořeny a a dále např. číslo. x : B B, x : 7 C, Pro integrál tedy dostáváme x : A B + C A 6. x + x + x 4x 6 + 5x x (x ) + 7 x 6 ln x + + 7 ln x + C. x 9

Příklad.. Vypočítejte x +x x 4x +4x. Řešení: Nejdříve rozložíme polynom ve jmenovateli. Jeden z jeho kořenů je (což zjistíme zkoušením některých celých čísel). Podělíme polynomy. (x 4x + 4x )/(x ) x x +. Tento trojčlen nemá reálný kořen. Proto hledáme koeficienty A, B, C, že x + x x 4x + 4x A x + Bx + C x x +. Všimněte si, že u kvadratického trojčlenu ve jmenovateli je v čitateli lineární dvojčlen, ne jen konstanta. Po vynásobení jmenovatelem zlomku na levé straně máme x + x A(x x + ) + (Bx + C)(x ). Dosadíme kořen a dále zvolíme např. a. x : 7A A 7, x : A C C 9 7, x : A B C B 6 7. Zvlášť vypočítáme integrál x x + x x + 4 4 + Tedy ( ) ( ) x + 4 ( ) [ ( ) ] t x dt x dt + dt 4 dt t + arctg t + C [ ( arctg x )] + C. 7 x x x + 7 Výsledek tedy je x + x x 4x + 4x 7 x x x + + 7 7 ln x x + + 4 7 arctg x 7 7 arctg 7 ln x 7 ln x x + + 4 4 x x + [ ( x x x x + [ ( x )] + C. )] + C.

Příklad.. Vypočítejte x x+ (x+)(x +x+4). Řešení: Hledáme konstanty A, B, C, aby Dostáváme x x + (x + )(x + x + 4) A x + + Bx + C x + x + 4. x x + A(x + x + 4) + (Bx + C)(x + ). Za x zvolíme kořen, dále a. Integrál z x : 9 4A A 9 4, Bx+C x +x+4 Druhý integrál je x : 4A + C C, x : 7A + B + C B 5 4. si vypočítáme zvlášť. 5 4 x x + x + 4 5 8 x + x + x + 4 7 4 x + x + 4. 7 4 x + x + 4 7 4 (x + ) + 7 [ ] (x + ) + t (x + ) dt dt dt 7 dt t + 7 arctg t + C 7 [ ] arctg (x + ) + C. 5 4 x x + x + 4 5 8 ln x + x + 4 7 [ ] arctg (x + ) + C. Výsledek je x x + (x + )(x + x + 4) 9 4 ln x + 5 8 ln x + x + 4.4 Literatura 7 arctg [ (x + ) ] + C Pro další studium doporučujeme např. [8], pro procvičení na příkladech např. [, 4, ]. 4

.5 Příklady k samostatnému procvičování Příklad.4. Vypočtěte následující integrály a) (x+4), b) 5x+8, c) x+ x x+, d) x+4 x +x+, e) x +x +4 x x+, f) x +x x+ x +x 4x 4, g) x +x x +x +5x+4, h) x x+ (x+) (x+), i) x +x +x 4 x 4 +5x +6. 4

4 Určitý (Riemannův) integrál 4. Supremum a infimum Dříve než zadefinujeme určitý integrál, představíme pojmy suprema a infima, které jsou zobecněním pojmů maximum a minimum množiny. Definice 4.. Řekneme, že číslo G je supremem (nejmenší horní hranicí) množiny M R, jestliže platí. x G x M,. G < G x G M, že x G > G. Obdobně je definováno infimum (největší dolní hranice) množiny M. Supremem (infimem) funkce f na množině M nazveme supremum (infimum) množiny f(m). Supremum můžeme chápat jako nejnižší horní hranici množiny; zobrazíme-li množinu na svislou reálnou osu a necháme-li z + padat zarážku, nematematicky řečeno bude supremum bodem, ve kterém se pád zarážky zastaví. Obdobně infimum je největší horní hranice. Narozdíl od maxima a minima vždy v R R {, } existují. Jako cvičení si čtenář může napsat definici infima množiny, které v předchozí definici není detailně uvedeno. Příklad 4.. Určete maximum, minimum, supremum a infimum následujících množin, pokud existují. a) M {,, }, b) M (, ), c) M [, ), d) M { n, n N}, e) M {n + ( )n n },, n N Řešení: a) Množina je dána výčtem svých tří prvků. Víme, že < <. Maximum je tedy, minimum. Supremum je, neboť x M : x a žádné číslo menší než není větší než všechny prvky této množiny. Obdobně infimum je. b) Pro každý prvek množiny M ostře menší než existuje některé číslo, které je větší než tento prvek. Proto max M a sup M. Zároveň ale ani libovolné vyšší číslo nepatří do dané množiny. Maximum tedy neexistuje. Oproti tomu supremum ano; supremem je číslo, protože x M : x a G + G < x G M (například x G ), že x G > G. Obdobně minimum neexistuje a infimum je. 4

c) Obdobně jako v předchozím příkladě maximum neexistuje. Supremum je, neboť x x M a G + G < x G M, že x G > G. Minimum nyní existuje a je rovno (protože patří do množiny M), infimum je také. d) Posloupnost n je klesající, jejím maximem bude první člen, tj.. To je zároveň i supremem, protože všechny prvky posloupnosti jsou menší nebo rovny a zároveň při volbě G < by existoval prvek množiny M (konkrétně ), který je větší než než G. Limita posloupnosti je lim n n. Infimem M je, protože x x M a G > x G M, že x G < G. To plyne z toho, že limita je. Minimum neexistuje. e) Nejdříve si uvědomíme, že ( ) n n. Proto lim n n + ( )n n. Proto maximum neexistuje a sup M. Zároveň také n + ( )n n a snadno ověříme, že první člen této posloupnosti je. Minimum a infimum tedy je. 4. Určitý integrál V předchozí podsekci zavedených pojmů suprema a infima využijeme k definici určitého integrálu. Definice 4.. Mějme funkci f na intervalu [a, b]. Tento interval rozdělíme body x a < x < < x n < x n b. Definujeme m i inf [xi,x i]f, M i sup [xi,x i]f, i,,... n. Potom číslo s(f, D) n i m i(x i x i ) nazýváme dolním Riemannovým součtem funkce f odpovídajícímu danému dělení D. Číslo S(f, D) n i M i(x i x i ) nazýváme horním Riemannovým součtem funkce f odpovídajícímu danému dělení D. Jestliže je supremum dolních součtů funkce f na intervalu [a, b] rovno infimu horních součtů, pak jejich společnou hodnotu nazýváme určitým (Riemannovým) integrálem funkce f na intervalu [a, b] a značíme b f(x). a Na Obr. 6 je znázorněn dolní Riemannův součet (růžově) a horní Riemannův součet (světle modře) pro dané dělení D a danou funkci f. Pokud se oba součty k sobě blíží, zjemňujeme-li dělení intervalu, a rovnají se v limitě nekonečně jemného dělení, označíme tuto hodnotu za určitý integrál z funkce f. Nyní si uvedeme několik vět o určitém integrálu. 44

f(x) f(x) x a x x x x4 xn b (a) Dolní Riemannův součet x a x x x x4 xn b (b) Horní Riemannův součet Obrázek 6: Horní a dolní Riemannův součet pro konkrétní dělení D. Definice 4.4. Pro a, b R, b < a definujeme b a f(x) : a a a b f(x), f(x) :. Definice 4.5. Integrálem komplexní funkce f na intervalu [a, b] rozumíme b f(x) : b Re f(x) + i b a a a pokud integrály napravo existují. Definice 4.6. Platí Im f(x),. b (αf(x) + βg(x)) α b f(x) + β b a a a pokud integrály napravo existují a α a β jsou konstanty. g(x),. b C C(b a), kde C je konstanta a. b f(x) a c a f(x) + b pokud integrál přes největší z intervalů existuje. Věta 4.7. Existuje-li integrál b a c f(x), f(x), pak pro každé c mezi a a b je funkce F c (x) : x c 45 f(t) dt

spojitá na [a, b]. Je-li f spojitá v bodě x [a, b], pak je F c(x ) f(x ). Je-li f spojitá na [a, b], pak je F c primitivní k f na [a, b]. Věta 4.8. (Newtonova-Leibnizova formule) Je-li f spojitá na [a, b] a F je k ní na [a, b] primitivní, pak platí b a f(x) F (b) F (a) : [F (x)] b a. Tento vzorec platí i pro b a, je-li f spojitá a F k ní primitivní na [b, a]. Newtonova-Leibnizova formule nám říká, jak určitý integrál vypočíst. Vypočteme neurčitý integrál a tuto primitivní funkci vyjádříme v krajních bodech intervalu a odečteme primitivní funkci v bodě b od primitivní funkce v bodě a. Obdobně jako u neurčitého integrálu platí věty o integraci per partes a substituci, člen, který u per partes neintegrujeme, musíme vyjádřit v krajních bodech intervalu. Všimněte si, že integrační konstanta, kterou jsme psali u neurčitého integrálu, se v Newtonově-Leibnizově formuli odečte. Věta 4.9. (o integraci per partes) Mají-li u a v spojité derivace na [a, b], pak je b a u (x)v(x) [u(x)v(x)] b a b a u(x)v (x). Obdobně jako v předchozí větě tato věta platí i pro b a. Věta 4.. (o substituci) Nechť funkce ϕ má spojitou derivaci na [a, b] a zobrazuje tento interval na interval J. Nechť funkce f je spojitá na J. Potom platí ϕ(a) ϕ(b) f(x) b a f(ϕ(t))ϕ (t) dt. Je-li ϕ navíc ryze monotónní, pak body ϕ(a), ϕ(b) jsou koncové body intervalu J, k ϕ existuje na J inverzní funkce ϕ a pro každé α, β J je β α f(x) ϕ (β) ϕ (α) Příklad 4.. Vypočtěte (x + x). f(ϕ(t))ϕ (t) dt. Řešení: Vypočteme neurčitý integrál a využijeme Newtonovy-Leibnizovy formule. [ ] x (x + x) + x 7 + 9 8 4 4. Příklad 4.. Vypočtěte π x sin x. 46

Řešení: Použijeme per partes a člen, který není pod integrálem, vyjádříme v zadaných mezích. π x sin x u sin x v x u cos x v [ x cos x] π π Příklad 4.. Vypočtěte (x x + ) e x. Řešení: Použijeme per partes. ( cos x) π + [sin x] π π. (x x + ) e x u e x v x x + u e x v x [ (x x + ) e x] (x ) e x u e x v x u e x v [ (x x + ) e x] [(x ) e x ] + Příklad 4.4. Vypočtěte x(4 + x ). e x [ (x x + x + + ) e x] [ (x x + 5) e x] e 5. Řešení: Využijeme substituce t 4 + x. Při substituci nesmíme zapomenout dosadit tři věci: funkci, diferenciál a nové meze. x(4 + x ) (4 + x ) x t 4 + x dt x t() 4 dt x t() 5 Příklad 4.5. Vypočtěte Řešení: 4x + 6 x + x + 5 t x + x + 5 4x+6 x +x+5. Příklad 4.6. Vypočtěte e ln x. /e 5 4 t dt [ t 4 x + x + x + 5 dt x + t( ) 9 dt (x + ) t() 9 4 ] 5 4 69 8. dt t [ln t ] 9 (ln 9 ln ) ln 9 ln. 47

Řešení: Nejdříve se zbavíme absolutní hodnoty tím, že integraci provedeme pro dva intervaly podle znaménka logaritmu. Poté pokračujeme metodou per partes jako v obdobném příkladu u neurčitého integrálu. e /e ln x ln x + /e [x ln x] /e + [x ln x]e + /e e ln x u u x v ln x v x x e x x x [x ln x x] /e + + [x ln x x] e + e ln e e + e ln e e + e. Příklad 4.7. Vypočtěte ln x e x. Řešení: Nejdříve vypočteme neurčitý integrál e x t x dt dt e t dt e t + C e x + C. Nyní tento integrál využijeme; původní integrál řešíme metodou per partes. ln x e x u e x v x u e x v [ xe x] ln [ xe x] ln + Příklad 4.8. Vypočtěte ln ln e x [ xe x e x] ln ( e x ) ln e ln e ln + ln + ( ln ). arcsin x x( x). Řešení: Použijeme substituci. arcsin x x( x) t arcsin x dt t() ( x)x dt t() π ( x)x π t dt [ t ] π π 4. Příklad 4.9. Vypočtěte x5 + x 8. Řešení: Použijeme substituci. Můžeme substituovat za vnitřek odmocniny a následně použít druhou substituci. Derivace polynomu pod odmocninou je výraz úměrný x 7, zbylý člen x 8 můžeme lehce nahradit substituovanou proměnnou. 48