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

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

Obsah Komplení čísla 5. Algebraický, goniometrický a eponenciální tvar kompleního čísla 5. Moivreova věta, mocnina a odmocnina kompleního 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() ( ) k......................... Případ R() (A+B), kde jmenovatel nemá reálné kořeny. ( +β+α) k. Obecný případ............................ 6.4 Literatura............................... 4.5 Příklady k samostatnému procvičování............... 4 4 Eulerovy substituce 4 4. Teorie................................. 4 4. Příklady................................ 4 4. Literatura............................... 47 4.4 Příklady k samostatnému procvičování............... 47 5 Určitý (Riemannův) integrál 49 5. Supremum a infimum........................ 49 5. Určitý integrál............................ 5 5. Literatura............................... 55 5.4 Příklady k samostatnému procvičování............... 55 6 Použití integrálního počtu ve fyzice 57 6. Kinematika.............................. 57 6. Potenciál, potenciální energie.................... 58 6. Určení těžiště tělesa......................... 59 6.4 Moment setrvačnosti......................... 6 6.5 Gravitační síla mezi dvěma tělesy.................. 6 6.6 Výpočet práce............................ 65 6.7 Elektrostatika............................. 66 6.8 Literatura............................... 7 6.9 Příklady k samostatnému procvičování............... 7

7 Geometrické aplikace určitého integrálu 7 7. Délka křivky............................. 7 7. Plošný obsah rovinných množin................... 7 7. Výpočet objemů těles........................ 76 7.4 Výpočet povrchů rotačních ploch.................. 78 7.5 Literatura............................... 79 7.6 Příklady k samostatnému procvičování............... 79 8 Základy diferenciálního počtu funkcí více proměnných 8 8. Limita a spojitost........................... 8 8. Parciální derivace........................... 8 8. Literatura............................... 84 8.4 Příklady k samostatnému procvičování............... 84 9 Diferenciální rovnice separace proměnných 85 9. Literatura............................... 9 9. Příklady k samostatnému procvičování............... 9 Vícenásobný integrál 9. Teorie................................. 9. Příklady................................ 9. Literatura................................4 Příklady k samostatnému procvičování............... Výsledky příkladů k samostatnému procvičování Použitá a doporučená literatura 5

Předmluva Tento studijní tet je určen zejména studentům předmětu Matematika k základům fyziky vyučovaného v prvním ročníku prezenčního studia oboru Fyzikálnětechnická měření a výpočetní technika a oboru Fyzika se zaměřením na vzdělávání 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 kompleními čísly, diferenciálním počtem funkcí více proměnných, řešením diferenciálních rovnic metodou separace proměnných či vícenásobným integrálem. Vznikl přepracováním a doplněním obdobného tetu pro kombinované studium [6], sekce 6 a 7 vznikly přepracováním ze studijního tetu [5]. Znění vět jsou většinou převzatá z učebnic [8, ] a sekce 4 byla doplněna. Zadání příkladů jsou buď vlastní nebo převzatá či inspirovaná různými zdroji, hlavně [4, ], jejich řešení jsou vlastní. Sekce 8 až vznikly přepracováním částí studijních tetů [7]. Budu rád, když tento tet bude sloužit mým studentům, ale nejen jim. V případě, že v tetu objevíte chybu, překlep či nejasnost, sdělte mi ji prosím na emailu jiri.lipovskyzavináč uhk.cz. V Hradci Králové,. 6. 8 Jiří Lipovský verze. 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 kompleního čísla. Komplení čísla. Algebraický, goniometrický a eponenciální tvar kompleního čísla Už na střední škole se setkáváme s tím, že rovnice + není v oboru reálných čísel řešitelná. Zavádíme proto symbol i, pro něž platí i. Komplení 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 kompleních čísel má reálnou část rovnou součtu reálných částí obou čísel a komplení část rovnou součtu kompleních částí obou čísel. Obdobný intuitivní vztah platí pro rozdíl. Při násobení dvou kompleních čísel upravíme výraz standardními algebraickými úpravami, využijeme vztahu i a následně výrazy uspořádáme tak, abychom obdrželi reálnou a imaginární část součinu. Kompleně sdruženým číslem k číslu z a + bi je číslo z a bi. Chceme-li provést komplení sdružení u složitějšího výrazu, ve kterém figurují konkrétní komplení 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 komplením 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 komplení číslo lze zapsat jako dvojice reálných čísel, tj. eistuje ekvivalence mezi C a R. Proto každé komplení číslo odpovídá bodu v rovině. V komplení rovině komplení čísla v algebraickém tvaru znázorňujeme tak, že na -ovou osu vyneseme reálnou část čísla a a na y-ovou osu imaginární část b (viz obr. a). Dále eistuje goniometrický tvar z r(cos ϕ + i sin ϕ) a eponenciální tvar kompleního čísla z re iϕ (viz obr. b). Jedná se o obdobu polárních souřadnic 5

v rovině. Porovnáním zmíněných tvarů kompleního 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 eponenciálním 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 komplenímu číslu najděte kompleně 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. kompleně 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 eponenciální 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 eponenciální e πi. Příklad.8. Převeďte na goniometrický a eponenciální 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 eponenciální z e 5 4 πi.. Moivreova věta, mocnina a odmocnina kompleního čísla Věta.9. Pro mocninu kompleního 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 kompleního čísla. Při výpočtu přirozené mocniny kompleního čísla číslo převedeme do eponenciálního tvaru a aplikujeme větu. Problém má jedno řešení, dostaneme jedno komplení číslo, které je mocninou původního čísla. Toto řešení však může odpovídat mocninám různých kompleních 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 eponenciální 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 kompleního čísla má n různých kompleních kořenů. To plyne tzv. základní věty algebry, která tvrdí, že polynomická rovnice řádu n má n kompleních kořenů. Kořeny odmocniny leží všechny na jedné kružnici se středem v počátku komplení 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 komplení 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 eponenciální 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 eponenciálním 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 kompleních číslech je opakováním ze střední školy. Komplení čísla se někdy objevují jako kořeny kvadratické rovnice. Uvažujme rovnici a + b + c, a, b, c R, a.

Abychom odvodili vztah pro její kořeny, upravíme nejdříve rovnici na čtverec. Po vydělení a dostáváme + b a + c a + b a + b 4a b 4a + c a.. ( + 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. (, + b ) b 4ac ±. a a, b ± b 4ac a. () Mezi kořeny kvadratické rovnice eistují Viètovy vztahy, pomocí nichž někdy můžeme rychle určit kořeny rovnice z jejích koeficientů. + b a, c a. Příklad.5. Řešte rovnici 5 + 6. Řešení: Nejdříve určíme řešení ze vzorce (). Koeficienty rovnice jsou a, b 5, c 6., ( 5) ± ( 5) 4 6 5 ±. Tedy,. Obdobně můžeme využít Viètových vztahů. Trojčlen rozložíme díky tomu, že 6 a 5 ( + ) na Odsud už lehce určíme kořeny. 5 + 6 ( )( ). Příklad.6. Řešte rovnici + + 7. Řešení: Použijeme vzorce (). Kořeny jsou tedy, ± () 4 7 + i 55 4 ± i 55 4, i 55 4..

Příklad.7. Řešte rovnici 4 + +. Řešení: Uvědomíme si, že se jedná o kvadratickou rovnici v. Dostáváme, ± 4 Nyní můžeme r e iϕ najít z Moivreovy věty.,m r,m e iϕ,m + i ± i e iπ+miπ, m {, }. Vidíme, že r,m, m, a ϕ, π, ϕ, 4π. Dostáváme tedy, e πi + i,, e 4πi i. Obdobně postupujeme i pro druhý kořen kvadratické rovnice v.,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, e πi + i,, e 5πi i. K úvodnímu studiu kompleních čísel lze použít v podstatě libovolnou učebnici středoškolské matematiky. K nastudování základních pojmů poslouží také anglická i česká Wikipedie [5, 6]. K procvičení na příkladech můžete použít také např. internetové materiály [7,, 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 kompleně 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 eponenciální 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) + 7 + 6, b) + 4, c) 4 +. 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 () f() pro J Primitivní funkci říkáme neurčitý integrál a značíme jej f() d. Pro spojitou funkci na intervalu vždy eistuje 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() + βg()) d α f() d + β g() d, pokud pravá strana eistuje. Ve výrazu výše jsou α a β konstanty. Tabulku základních integrálů můžete najít např. na stránkách doc. Rokyty [8], pro přehlednost ji uvádíme v Obr. 5. Příklad.5. Určete 5 d. Řešení: Využijeme vztah n d n+ n+ + C pro n 5. Při integraci nesmíme zapomenout na konstantu. 5 d 6 6 + C. Příklad.6. Určete 4 d. Řešení: 4 d 4 d 7 4 d 4 4 + C 4 4 + C. 6

Obrázek 5: Tabulka základních primitivních funkcí, převzato z [8]. 7

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

Příklad.. Určete d. Řešení: Využijeme vztahu a d a ln a + C. d ln + C. Příklad.. Určete ( ) ++ d. Řešení: Výraz upravíme a poté použijeme vztahy pro integrál z a a /. ( ) ( + + d + + d ) (4 + + + 6 + ) d 4 + 6 + + 6 ln + 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. Neeistuje jednoznačný návod, jak to udělat, a při výpočtu je třeba použít určité invence. Eistují ale metody, kterými se dají některé z typů příkladů řešit. S větší početní praí 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 eistuje-li primitivní funkce k funkci u v, pak eistuje také primitivní funkce k funkci u v a platí u ()v() d u()v() u()v () d. Důkaz. Důkaz využívá derivace součinu [u()v()] u ()v() + u()v (). Když obě strany rovnice zintegrujeme, dostáváme u()v() [u()v()] d u ()v() d + u()v () d, 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 ( + ) e d. Řešení: Při výpočtu použijeme per partes. Zvolíme u () e a v() +. Tato volba je výhodná, protože integrací se e nezesložití, zatímco výraz + se derivací zjednoduší. Vypočteme si u a v a postupujeme podle vzorce výše. ( + ) e d u e v + u e v ( + ) e e d ( + ) e e + C ( + ) e + 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 d. Řešení: Tentokráte zvolíme u () a v() ln. Víme, že derivací logaritmu je, výsledkem bude funkce n, kterou zintegrovat umíme. ln d u v ln u v ln d ln d ln + C. Příklad.7. Vypočtěte ( 4 + ) e d. Řešení: V tomto případě musíme per partes použít dvakrát. V obou případech zvolíme za v () e ze stejných důvodů jako v příkladu.5. ( 4 + ) e d u e v 4 + u e v 4 4 ( 4 + ) e (4 4) e d u e v 4 4 u e v 4 [ ] ( 4 + ) e (4 4) e 4 e d ( 4 + 4 + 4) e + 4e + C ( 8 + 9) e + C. Příklad.8. Vypočtěte (4 ) ln d. Řešení: Narozdíl od některých jiných příkladů nyní polynom v nederivujeme,

ale integrujeme, abychom se derivací zbavili logaritmu. (4 ) ln d u 4 v ln u v ( ) ln ( ) d ( ) ln ( ) d Příklad.9. Vypočtěte e cos d. ( ) ln + + 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 eponenciálu nebo goniometrické funkce. I e cos d u e v cos u e v sin e cos e ( sin ) d e cos + e sin d u e v sin u e v cos e cos + e sin e cos d. Dostali jsme opět výraz s původním integrálem, tentokráte ale se záporným znaménkem. Označíme-li si jej I, dostáváme rovnici I e (cos + sin ) I, kterou vyřešíme pro neznámou I. Řešením je I e (cos + sin ) + C. Příklad.. Vypočtěte ( ) ln d. + Řešení: Výraz pod integrálem je definovaný pro (, ). Budeme proto uvažovat pouze tato. Výraz si upravíme a použijeme per partes. Jako obvykle derivujeme logaritmus. ( ) + ln d [ln ( + ) ln ( )] d u ( ) v ln ( + ) ln ( ) u v + + + ln ( ) + ln + d d ( ) + ln + ( + ) d + ( ) + ln + + ln ( ) ln ( + ) + C ln ( + d ) ( ) + + C.

Během výpočtu jsme použili vztah d ln ( ) + 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. Příklad.. Vypočtěte d. Řešení: Zvolíme u a v. d u v u v d ( ) + + d d + arcsin. Opět získáváme výsledek pomocí původního integrálu I d s opačným znaménkem. Rovnost výše lze zapsat rovnicí I + arcsin I, Výsledkem je tedy I ( ) + arcsin + 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() d ϕ(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() d f(ϕ(t))ϕ (t) dt tϕ (), J. Stručně si popíšeme použití obou vět. Naším cílem je vypočítat integrál f() d. U první metody postupujeme tak, že integrovanou funkci f() zapíšeme pomocí jiné funkce h ve tvaru f() h(ψ())ψ (), přičemž předpokládáme, že h(y) dy H(y) umíme vypočítat. Pak použitím Věty. dostáváme f() d h(ψ())ψ () d h(y) dy H(y) H(ψ()).

U druhé věty u substituci si vyjádříme ψ (y), vypočteme odpovídající d a dosadíme do původního integrálu a vypočteme integrál v proměnné y. Do vypočtené primitivní funkce dosadíme za y. f() d f(ψ (y))(ψ ) (y) dy h(y) dy H(y) H(ψ()). 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 a d. Řešení: Popíšeme oba postupy. Nejdříve využijeme. větu o substituci. Protože umíme integrovat funkci e, zavedeme substituci t a. Derivace t podle je a. Proto nejdříve vytvoříme derivaci této funkce přidáním a před d (a samozřejmě současným vytknutím /a před integrál). e a d a e a a d t a t a dt d a dt a d e t dt a a et + C a ea + C. Nyní integrál vypočteme s využitím. věty o substituci. Nejdříve vyjádříme pomocí t. Vypočteme derivaci d dt a poté dosadíme za a d. e a d t a d dt a t a d a dt e a a t a dt e t dt a a et + C a ea + C. Příklad.5. Vypočtěte cos d. Řešení: Použijeme substituci t. Nejdříve s použitím. věty o substituci. cos d cos d t dt d t dt d cos t dt sin t + C sin + C. Chceme-li využít. věty o substituci, vyjádříme si a d pomocí t a dt. cos d t t Příklad.6. Vypočtěte cos sin d. d dt t d t dt cos t t t dt cos t dt sin t + C sin + 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. Musíme určit vztahy diferenciálů jednotlivých proměnných. Nejdříve si vypočteme derivaci t podle, dostáváme dt d sin, odtud dt sin d. 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 cos. cos sin d Příklad.7. Vypočtěte e d. cos ( sin ) d t cos dt d sin dt sin d t dt t + C cos + C. Řešení: e d ( )e d t dt dt dt d e t dt et + C + C. e Příklad.8. Vypočtěte tg d. 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 tg d cos d t cos dt d sin dt sin d dt ln t + C ln cos + C. t Příklad.9. Vypočtěte arctg + d. Řešení: arctg + d t arctg dt d + dt + d t dt t +C arctg +C. Příklad.. Vypočtěte 5 d. Řešení: Snažíme se využít vztahu d arcsin. K tomu potřebujeme pod odmocninou mít stejný koeficient u konstantního členu a u členu s druhou 4

mocninou proměnné. Zvolíme proto substituci 5t. d 5 5 5 dt 5 5t Příklad.. Vypočtěte d 5 5 5t t 5 dt d 5 dt 5 d t dt arcsin t + C arcsin ( 5 ) + C. e e e +e d. Řešení: e e e + e e d + e e d + e t e + e dt d e + e dt ( e + e ) d t dt Příklad.. Vypočtěte sin 7 d. ln t + C ln e + e + 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 cos, tedy dostáváme tedy funkci v kosinech a můžeme zvolit substituci za kosinus. sin 7 d t cos dt d sin dt sin d sin 6 ( sin ) d ( cos ) ( sin ) d ( t ) dt ( t + t 4 t 6 ) dt t + t t5 5 + t7 7 + C cos + cos 5 cos5 + 7 cos7 + C. Příklad.. Vypočtěte + + d. Řešení: Derivace jmenovatele je. Proto zlomek rozdělíme na dvě části a každou z nich integrujeme zvlášť. + d + + t + + + + + + +. dt d dt d t dt ln t +C ln ( + )+C. + d arctg + C. Tedy celkem + + d ln ( + ) + arctg + C. 5

Příklad.4. Vypočtěte + d. Řešení: Zavedeme substituci t a zlomek obdržený po substituci upravíme. d + t t ( ) t + Integrál t +. t+ d dt t d t dt t t + t + dt dt t + dt t ln t + + C ln( + ) + C. dt ln t +, což může být jednoduše dokázáno substitucí u Příklad.5. Vypočtěte d. Řešení: Nyní vyřešíme stejný integrál jako v příkladu. metodou substituce. Zvolíme substituci sin t (obdobně lze použít také cos t). d d sin t dt cos t t arcsin d 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 + + 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. +cos (t). Příklad.6. Vypočtěte 5 + d. Řešení: Zvolíme substituci za t +. 5 d t + + t ( ) t t + t dt dt d dt d (t ) dt t ( ) t 5 5 t + t + C 5 ( + ) 5 ( + ) + ( + ) + 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, dt cos d, 6

d +t dt. Ve všech případech použijeme případně rovnici sin +cos, abychom převedli sudé mocniny sinů na kosiny či obráceně. Univerzální substitucí pro racionální funkci v sinech a kosinech je substituce t tg, arctg, d +t dt, sin t +t, cos +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 e d. Řešení: Zvolíme substituci t, abychom v argumentu eponenciály dostali přímo proměnnou, ne její odmocninu. Následně pětkrát uplatníme per partes, při kterém integrujeme eponenciálu a derivujeme polynom. e d t t d dt t d 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 ( + 4 + 4 4)e + C. Příklad.8. Vypočtěte sin ln (sin ) d. Řešení: Nejdříve zavedeme substituci t sin. d t sin dt sin ln (sin ) d arcsin t d 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 ln (sin ) d sin ln (sin ) + sin + ln (sin ) ln ( sin sin + ) + C ( cos + ) ln (sin ) + ln cos +. a je definovaný pro taková, pro které je definovaný původní výraz, tj. sin, tedy n Z (πn, π + πn). Příklad.9. Vypočtěte d cos d. Řešení: Nejdříve použijeme per partes. Víme totiž z tabulky integrálů, že cos d tg + C ; tento výraz integrujeme, derivujeme. d cos d u cos v u tg v tg tg d sin tg + cos d t cos dt d sin dt sin d tg + dt tg + ln t + C tg + ln cos + C. t Příklad.4. Vypočtěte arccotg e e d. 8

Řešení: Nejdříve zavedeme substituci za t e, poté provedeme per partes. Derivujeme arccotg, integrujeme t. arccotg e e d t e d d t ln t d 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 e d t arccotg t [ ln t ln (t + ) ] + C e arccotg e ln e + ln ( e + ) + C e arccotg e + ln ( e + ) + 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 [, 8,, 4]..6 Příklady k samostatnému procvičování Příklad.4. S využitím tabulky integrálů vypočtěte následující integrály. a) 8 d, b) 4 d, c) 7 +7 d, d) ++ d, e) ( ) d, f) e d, g) [(sin ) + cos ] d, 9

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

Integrace racionálních funkcí Budeme se zabývat integrací funkcí R() P () Q(), kde P a Q jsou polynomy, Q, definovaných na R kromě bodů, ve kterých Q(). 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() A ( ) k Zde si zavedeme substituci t a zintegrujeme t k. Pro k dostáváme A ( ) k d t dt d dt d A t k dt A t k+ k + + C A ( k + )( ) k + C. Pro k máme A ( ) d t dt d dt d A t dt A ln t + C A ln + C. Příklad.. Vypočítejte Řešení: d ( ) d ( ). t dt d dt d Příklad.. Vypočítejte d (+5) 4. t dt t +C ( ) +C. Řešení: d ( + 5) 4 d 4 ( ) + 5 4 t + 5 dt d dt d t 4 dt t 6 6 48 ( ) + 5 + C 6( + 5) + C. Příklad.. Vypočítejte Řešení: d + 4 d +4. d + 4 t + 4 dt d dt d dt t ln t + C ln + 4 + C

. Případ R() (A+B) ( +β+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 + β. Zároveň ale potřebujeme, součet obou zlomků by roven původnímu zlomku. Aby odpovídaly členy s, vynásobíme jej A/. Tedy A + B A ( + β) + C, kde C je konstanta. Snadno dopočteme, že C B βa. Dostáváme (A + B) ( + β + α) k d A ( + β) B βa d ( d + + β + α) k ( + β + α) k První integrál je roven pro k A ( + β) ( + β + α) k d t + β + α A t k dt A Pro k dostáváme A ( + β) + β + α d t + β + α A dt d + β dt ( + β) d t k+ ( k + ) + C A/ ( k + )( + β + α) k + C dt d + β dt ( + β) d dt t A ln t + C A ln + β + α + C Nyní si rozebereme výpočet druhého integrálu. Jmenovatel upravíme tak, aby tvořil čtverec. d ( + β + α) k d d ] k, ( + β + β 4 β 4 + α)k [ ( ) + β + γ kde γ α β 4. Dále pokračujeme substitucí y + β a následně z y γ. d [ ( ) ] k y + β dy d dy d + 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 +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 ++ d. Řešení: Vypočteme derivaci jmenovatele, tj. + a první ze zlomků napíšeme tak, aby čitatel byl derivací jmenovatele. Druhý zlomek bude mít v čitateli konstantu, kterou určíme tak, aby platila rovnost. + + d + + + d 5 + + d ln 5 + + ( + ) + d ln + + 5 t + dt d dt d d dt ln + + 5 ln + + 5 arctg t+c ln + + 5 d ( ) + + t + dt arctg + +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 + + d. Řešení: + + d + d + 5 + d. První integrál je + d t + dt d dt ( ) d dt t ln t + C ln + + C. Výraz ve druhém integrálu upravíme nejdříve na čtverec a pak zavedeme sub-

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

Příklad.7. Vypočítejte + ( ++) d. Řešení: Postupujeme obdobně, nejdříve si zlomek napíšeme jako součet dvou zlomků, z nichž čitatel prvního je derivací závorky ve jmenovateli. + ( + + ) d + ( + + ) d ( + + ) d. První integrál je roven + ( + + ) d Pro druhý integrál dostáváme po úpravě na čtverec t dt + + d + dt ( + ) d t dt t + C + + + C. ( + + ) d [( + ) + ] d z + + z (z + ) dz z (z + ) dz z + dz + z (z + ) dz arctg z + z (z dz arctg ( + ) + + ) dz d dz d 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 + ( + ) + + arctg ( + ) + C. Výsledek tedy je + ( + + ) d + + arctg ( + ) + ( + ) + + + arctg ( + ) + C + + + arctg ( + ) + C. 5

. Obecný případ Rozebereme obecný případ R() P () Q(), 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 k. Budeme se tedy zabývat případem, kdy stupeň polynomu P je menší než stupeň Q. Polynom Q rozdělíme na součin Q() r s ( a i ) ki ( + β j + α j ) lj, i j kde a i jsou reálné kořeny tohoto polynomu a trojčlen + β j + α j nemá reálné kořeny. Tento rozklad vždy eistuje, protože každý polynom řádu n má n kompleních kořenů a kvůli tomu, že polynom Q má reálné koeficienty, eistují jeho nereálné kořeny vždy v kompleně sdružených dvojicích. Pak eistuje rozklad P () Q() A k, ( a ) + A k, k ( a ) k + + A, + + A k r,r a ( a r ) + + kr + A,r a r + + C l, + D l, ( + β + α ) l + + C, + D, + β + α + + + C l s,s + D ls,s ( + β s + α s ) ls + + C,s + D,s + β s + 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 dostaneme soustavu rovnic pro tyto koeficienty. Koeficienty tedy vypočteme. Jednotlivé členy zintegrujeme podle prvních dvou případů. Příklad.8. Vypočítejte 4 4 +5 +4 d. Řešení: 4 4 + 5 + 4 5 + 4 4 + 5 + 4. Koeficient Q si rozložíme pomocí kořenů kvadratické rovnice v. 4 + 5 + 4 ( + )( + 4). Hledáme tedy koeficienty A, B, C a D, aby platilo 5 + 4 4 + 5 + 4 A + B + 4 + C + D + (A + B)( + ) + (C + D)( + 4) ( + )(. + 4) 5 + 4 (A + C) + (B + D) + (A + 4C) + (B + 4D). 6

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

z čehož porovnáním koeficientů získáme soustavu rovnic, kterou vyřešíme. : A + B + C, : 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. Tak dostáváme tři rovnice pro A, B, C, které vyřešíme. Abychom dostali jednoduchou soustavu rovnic, volíme pokud možno kořeny polynomu Q. : 6 6A A, : 4 B B, : 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( )( + )( ) + B( )( + )( ) + + C( )( + )( ) + 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. + 5 + d d d + + d + ln + ln + ln + + C ln ( )( + ) + + C. Příklad.. Vypočítejte + 5 +6 d. Řešení: Protože polynom v čitateli má stejný řád jako polynom ve jmenovateli, částečně je podělíme. Polynom ve jmenovateli rozložíme + 5 + 6 + 5 6 + 5 + 6. 5 + 6 ( 5 + 6) ( )( ).. 8

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

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

Příklad.. Vypočítejte + (+)( ++4) d. Řešení: Hledáme konstanty A, B, C, aby Dostáváme + ( + )( + + 4) A + + B + C + + 4. + A( + + 4) + (B + C)( + ). Za zvolíme kořen, dále a. Integrál z : 9 4A A 9 4, B+C ++4 Druhý integrál je : 4A + C C, : 7A + B + C B 5 4. si vypočítáme zvlášť. 5 4 + + 4 d 5 8 + + + 4 d 7 4 d + + 4. 7 d 4 + + 4 7 d 4 ( + ) + 7 d [ ] ( + ) + t ( + ) dt d dt d d dt 7 dt t + 7 arctg t + C 7 [ ] arctg ( + ) + C. 5 4 + + 4 d 5 8 ln + + 4 7 [ ] arctg ( + ) + C. Výsledek je + ( + )( + + 4) d 9 4 ln + 5 8 ln + + 4.4 Literatura 7 arctg [ ( + ) ] + 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) (+4) d, b) 5+8 d, c) + + d, d) +4 ++ d, e) + +4 + d, f) + + + 4 4 d, g) + + +5+4 d, h) + (+) (+) d, i) + + 4 4 +5 +6 d. 4

4 Eulerovy substituce 4. Teorie V této sekci se zaměříme na integrál obsahující odmocninu z trojčlenu a + b + c. Jeho elegantním řešením jsou tzv. Eulerovy substituce, které jej převádí na integrál z racionální funkce. I. a + b + c ± a + y, pro a >, II. a + b + c y ± c, pro c >, a( III. y ), pro <, kde a jsou dva reálné kořeny trojčlenu a + b + c. Platí jen pro ta, pro která je y definováno. 4. Příklady Příklad 4.. Vypočtěte ++ d. Řešení: Příklad můžeme řešit metodou I. i II., pro názornost si ukážeme obě metody. Metoda I.: Zvolíme substituci + + + y (vybrali jsme si kladné znaménko). Postupně dostáváme + + + y + y y y, d y( y) + (y ) ( y) dy y y + ( y) dy. Odsud je integrál roven d + + y y + y y + y ( y) dy y dy y dy t y dt dy dt ln t + C t ln y + C ln + + + C. Metoda II.: Zvolíme substituci + + y +. Dostáváme Po vydělení + + y + y + ( + ) (y + y), + y + y y (y ) y y, d (y ) y( y) (y ) dy y y + (y ) dy. 4

Integrál je roven d (y y + ) + + y y y + (y ) dy y y + ( y + y )(y dy ) Najdeme rozklad na parciální zlomky y A y + B y +, A(y + ) + B(y ) (A + B)y + A B y dy. Pro integrál tedy dostáváme y dy y + dy A B, A A B. Můžeme snadno ověřit, že + + + + + dy ln y + y y + C + + + ln + + + C., + + vzhledem k vlastnostem logaritmu jsme oběma způsoby tedy došli k (až na konstantu) stejnému výsledku. Příklad 4.. Vypočtěte + d. Řešení: Použijeme metodu II., konkrétně substituci y. Dostáváme (y ) y y +, y y y y, y + y y y +. Pro diferenciál dostáváme Integrál je roven + d y + y(y ) (y + ) dy y y (y + ) dy. d y y + (y ) y + y (y + ) dy y + y + (y )y(y + ) dy. 44

Určíme rozklad na parciální zlomky Ay + B y + + C y + D y y + y + (y )y(y + ), (Ay + B)(y )y + Cy(y + ) + D(y )(y + ) y + y +, Dosazením konkrétních čísel získáme y : D D, y : C C, y i : (Ai + B)( i) + i B, A. Tedy + d y + dy + dy dy y y ln y + y arctg y + C ln + ( + ) arctg + C. Příklad 4.. Vypočtěte ( ) d. Řešení: Pro výpočet zvolíme metodu III. Kořeny trojčlenu pod odmocninou jsou,. Proto zvolíme substituci y +. Odsud y ( + ) (y + ) y, y + y Odsud pro diferenciál máme Hledaný integrál tedy je d y( + y ) y( y ) ( + y ) dy 4y ( + y ) dy. y +y [ ] ( y ) (+y ) ( y ) (+y ) ( 4)y ( + y ) dy ( 4)y( y )( + y ) (y 6 + y 4 + y + + y 6 y 4 + y ) y 4 + y + y 4 + y dy (y )(y + ) y (y 4 dy. + ) 45

Nyní musíme rozložit výraz y 4 + na součin dvou kvadratických trojčlenů. To uděláme tak, že najdeme komplení kořeny tohoto výrazu (vizte sekci a proveďte výpočet detailně), dostáváme y 4 + [ y ] [ 4 ( + i) y ] [ 4 ( i) y + ] [ ] 4 4 ( + i) y + ( i). Roznásobením dvojic kompleně sdružených členů dostáváme y 4 + (y 4 y + )(y + 4 y + ). Opět musíme zlomek pod integrálem převést na součet parciálních zlomků. A y + B y + Tedy Cy + D y 4 y + + Ey + F y + 4 y + (y )(y + ) y (y 4 y + )(y + 4 y + ). A(y 4 + ) + By(y 4 + ) + (Cy + D)y (y + 4 y + )+ + (Ey + F )y (y 4 y + ) (y )(y + ). Porovnáním koeficientů u jednotlivých mocnin y dostáváme rovnice y 5 : B + C + E, y 4 : A + 4 C + D 4 E + F, y : 4 C + D + E 4 F, y : D + F, y : B, y : A. Řešením těchto rovnic je Integrál vede tedy na A, B, C E 4, D F. ( ) d y dy + y dy 4 y 4 y + y dy 4 y + 4 y + y dy + (y 4 ) dy 4 y 4 y + + + dy y 4 y + (y + 4 ) dy 4 y + 4 y + + dy y + 4 y +. 46

Vypočteme si zvlášť integrál dy y 4 y + 4 dy ( y 4 ) + dy t 4 ) y dy 4 4 y + dt 4 dy 4 arctg t + C ( + t dt dt ( ) 4 arctg 4 y + C. Obdobně dostáváme dy y + 4 y + dy ( y + 4 ) + dy t 4 ( ) y + dy 4 dt 4 y + + dt 4 dy ( ) 4 + t dt 4 arctg t + C 4 arctg 4 y + + C. Výsledný integrál je tedy kde y ( ) d y + 4 ln y 4 y + y + 4 y + + [ ( ) ( )] + 4 arctg 4 y + arctg 4 y + +. 4. Literatura Další příklady lze nalézt např. v [] nebo [4]. 4.4 Příklady k samostatnému procvičování Příklad 4.4. Vypočtěte následující integrály a) + ++ d, b) + d, c) + d, + C, 47

d) ++ d, e) + + d. 48

5 Určitý (Riemannův) integrál 5. Supremum a infimum Dříve než zadefinujeme určitý integrál, představíme pojmy suprema a infima, které jsou zobecněním pojmů maimum a minimum množiny. Definice 5.. Řekneme, že číslo G je supremem (nejmenší horní hranicí) množiny M R, jestliže platí. G M,. G < G G M, že 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 maima a minima vždy v R R {, } eistují. Jako cvičení si čtenář může napsat definici infima množiny, které v předchozí definici není detailně uvedeno. Příklad 5.. Určete maimum, minimum, supremum a infimum následujících množin, pokud eistují. 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 < <. Maimum je tedy, minimum. Supremum je, neboť M : a žádné číslo menší než není větší než všechny prvky této množiny. Obdobně infimum je. b) Pro každý prvek množiny M ostře menší než eistuje některé číslo, které je větší než tento prvek. Proto ma M a sup M. Zároveň ale ani libovolné vyšší číslo nepatří do dané množiny. Maimum tedy neeistuje. Oproti tomu supremum ano; supremem je číslo, protože M : a G + G < G M (například G ), že G > G. Obdobně minimum neeistuje a infimum je. 49

c) Obdobně jako v předchozím příkladě maimum neeistuje. Supremum je, neboť M a G + G < G M, že G > G. Minimum nyní eistuje a je rovno (protože patří do množiny M), infimum je také. d) Posloupnost n je klesající, jejím maimem bude první člen, tj.. To je zároveň i supremem, protože všechny prvky posloupnosti jsou menší nebo rovny a zároveň při volbě G < by eistoval prvek množiny M (konkrétně ), který je větší než než G. Limita posloupnosti je lim n n. Infimem M je, protože M a G > G M, že G < G. To plyne z toho, že limita je. Minimum neeistuje. e) Nejdříve si uvědomíme, že ( ) n n. Proto lim n n + ( )n n. Proto maimum neeistuje a sup M. Zároveň také n + ( )n n a snadno ověříme, že první člen této posloupnosti je. Minimum a infimum tedy je. 5. Určitý integrál V předchozí podsekci zavedených pojmů suprema a infima využijeme k definici určitého integrálu. Definice 5.. Mějme funkci f na intervalu [a, b]. Tento interval rozdělíme body a < < < n < n b. Definujeme m i inf [i, i]f, M i sup [i, i]f, i,,... n. Potom číslo s(f, D) n i m i( i i ) nazýváme dolním Riemannovým součtem funkce f odpovídajícímu danému dělení D. Číslo S(f, D) n i M i( i 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() d. 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. 5

f() f() a 4 n b (a) Dolní Riemannův součet a 4 n b (b) Horní Riemannův součet Obrázek 6: Horní a dolní Riemannův součet pro konkrétní dělení D. Definice 5.4. Pro a, b R, b < a definujeme b a f() d : a a a b f() d, f() d :. Definice 5.5. Integrálem komplení funkce f na intervalu [a, b] rozumíme b f() d : b Re f() d + i b a a a pokud integrály napravo eistují. Definice 5.6. Platí Im f() d,. b (αf() + βg()) d α b f() d + β b a a a pokud integrály napravo eistují a α a β jsou konstanty. g() d,. b C d C(b a), kde C je konstanta a. b f() d a c a f() d + b pokud integrál přes největší z intervalů eistuje. Věta 5.7. Eistuje-li integrál b a c f() d, f() d, pak pro každé c mezi a a b je funkce F c () : c 5 f(t) dt