Verze z 7. květ 8. Úvodí pozámk Tto sbírk byl sepsá se záměrem vytvořit sezm výpočetích postupů triků pro řešeí úloh, které se probírjí ve druhém semestru kurzu mtemtické lýzy. Sezm, v ěmž s devdesátiprocetí prvděpodobostí lezete ějkou myšleku, která se dá přímo použít k řešeí zvoleého příkldu ze sbírek [], [3] [5], se kterým si evíte rdy. N cvičeích obsžeých v tomto tetu si potom můžete ověřit, že prezetové postupy dokážete použít. Tto sbírk epochybě obshuje chyby. Kždému, kdo mě ějkou chybu jko prví upozorí, rád přidělím ějké možství bodů podle typu chyby, zákldě kterých rozhoduji o uděleí zápočtu. Odřej Pártl
Obsh Uzvřeí zimího semestru 4. Věty o přírůstku fukce...................................... 4. Stejoměrá spojitost....................................... 5.3 L Hospitlovo prvidlo....................................... 6 Techiky hledáí primitiví fukce 9. Úvodí iformce.......................................... 9. Úvodí příkldy postřeh.....................................3 Itegrce pomocí rozděleí defiičího oboru fukce části...................4 Úvodí příkldy substituci v eurčitém itegrálu.......................5 Úvodí příkldy per prtes pro eurčitý itegrál....................... 4.6 Itegrce pomocí rozkldu prciálí zlomky......................... 5.7 Itegrály typu R + b + c, d.............................8 Itegrály typu +b R c+d, d................................ 4.9 Itegrály typu p + b q r d................................. 5. Itegrály typu R si, cos d................................ 5. Itegrály typu R e, e,..., e d............................ 7. Itegrály typu Rl d..................................... 7 3 Určitý Riemův itegrál 8 3. Úvodí iformce.......................................... 8 3. Výpočet určitého Riemov itegrálu............................. 9 3.3 Výpočet ity poslouposti převodem itegrál....................... 3 3.4 Derivce určitého itegrálu.................................... 33 3.5 Věty o středí hodotě itegrálu................................. 34 4 Zobecěý Riemův itegrál 36 4. Úvodí iformce.......................................... 36
4. Výpočet zobecěého Riemov itegrálu........................... 37 4.3 Vyšetřováí kovergece zobecěého Riemov itegrálu.................. 39 4.3. Úvodí rozcvičk...................................... 39 4.3. Vyšetřováí kovergece itegrálu ezáporé fukce.................. 4 4.3.3 Vyšetřováí kovergece itegrálu fukcí měících zméko............. 46 5 Několik plikcí itegrálího počtu 5 5. Obsh rovié plochy....................................... 5 5. Délk křivky............................................ 5 5.3 Objem rotčího těles....................................... 53 5.4 Povrch rotčího těles....................................... 54 5.5 Výpočet souřdic těžiště úsečky homogeí plochy..................... 55 6 Číselé řdy 57 6. Úvodí iformce.......................................... 57 6. Sčítáí řd.............................................. 57 6.3 Kovergece řd s kldými čley................................ 58 6.3. Itegrálí kritérium kovergece řdy.......................... 58 6.3. Srovávcí kritérium kovergece řdy.......................... 59 6.3.3 Odmociové podílové kritérium kovergece řdy.................. 6 6.3.4 Rbeovo Gussovo kritérium kovergece řdy.................... 63 6.4 Kovergece řd s obecými čley................................ 65 6.4. Leibizovo, Dirichletovo Abelovo kritérium kovergece řdy............ 65 6.4. Modifikové Rbeovo Gussovo kritérium kovergece řdy............ 68 6.4.3 Uzávorkováí řdy..................................... 69 6.5 Součiová řd........................................... 7 Výsledky cvičeí 7 3
Kpitol Uzvřeí zimího semestru. Věty o přírůstku fukce Vět... Rolleov vět Nechť reálá fukce reálé proměé f splňuje ásledující podmíky:. f je defiová spojitá itervlu, b ;. f má derivci v kždém bodě itervlu, b; 3. f = fb. Potom eistuje c, b tkové, že pltí f c =. Vět... Lgrgeov vět Nechť reálá fukce reálé proměé f splňuje ásledující podmíky:. f je defiová spojitá itervlu, b ;. f má derivci v kždém bodě itervlu, b. Potom eistuje c, b tkové, že pltí Vět..3. Cuchyov vět f c = fb f. b Nechť reálé fukce reálé proměé f g splňují ásledující podmíky:. f g jsou defiové spojité itervlu, b ;. f má derivci v kždém bodě itervlu, b; 3. g má v kždém bodě itervlu, b eulovou derivci; Potom eistuje c, b tkové, že pltí f c g c = fb f gb g. 4
Příkld..4. Dokžte, že všechy kořey derivce polyomu p = 3 4 jsou reálé lezěte vzájem disjuktí itervly tkové, že kždý z ich obshuje právě jede koře této derivce. Pokud zdou fukci p itervly,,,,, 3 3, 4 použijeme Rolleovu větu vět.., zjistíme, že kždý z itervlů,,,,, 3 3, 4 obshuje ějký koře polyomu p. Protože tyto itervly jsou čtyři polyom p má stupeň tké čtyři eboť p má stupeň pět, jsou všechy kořey polyomu p reálé,,,,, 3 3, 4 jsou hledými itervly. Příkld..5. Dokžte, že pokud fukce f je diferecovtelá, le eí omezeá omezeém itervlu, b, potom i její derivce f eí omezeá, b. Tvrzeí dokážeme v ásledující ekvivletí podobě: Pokud f eistuje v kždém bodě omezeého itervlu, b je tomto itervlu omezeá, potom i f je, b omezeá. Budeme tedy předpokládt, že eistuje kostt L R + tková, že pro všech, b pltí f L, lezeme kosttu K R + splňující pro všech, b vzth f K. Pro teto účel defiujme pomocou kosttu y = +b pro kždé, b růzé od y ásledujícím způsobem odhděme číslo f : vět.. f = f fy + fy f fy + fy = f c y + fy L b + fy, kde c, b. Protože předchozí soustv erovostí pltí pro < y i pro > y výsledá erovost f L b + fy pltí dokoce i pro = y, můžeme defiovt K := L b + fy. Příkld..6. Dokžte, že pro všech, b R pltí erovost si b si b. Vidíme, že pro = b zdá erovost pltí. Uvžujme proto přípd b předpokládejme, že pltí příkld < b. Z Cuchyovy věty vět..3 použité fukce f = si g = dosteme cos c = si b si b pro ějké c, b. Protože pltí cos c, plye z. si b si b, tedy si b si b.. Pro > b zdou erovost dokážeme logicky. Cvičeí Cvičeí..: Dokžte, že pro všech, b R + splňující erovost < b pltí b b < l b < b.. Stejoměrá spojitost Defiice... Nechť fukce f je defiová itervlu I. Říkáme, že f je I stejoměrě spojitá, když pltí ε R + δ R +, I < δ f f < ε. 5
Příkld... Dokžte, že fukce si je stejoměrě spojitá R. Podle defiice.. máme ověřit pltost ásledujícího výroku: ε R + δ R +, R < δ si si < ε. Protože podle příkldu..6 pro všech, R pltí si si, stčí pro libovolě zdé ε R + volit δ = ε. Příkld..3. Dokžte, že fukce f zdá předpisem f = eí stejoměrě spojitá,. Podle defiice.. máme ověřit pltost ásledujícího výroku: ε R + δ R +,, < δ ε.. Tipěme si příkld ε = hledejme zdá čísl, pouze mezi těmi, která splňují vzth =. Při těchto předpokldech se erovosti v posledí závorce výroku. zjedoduší < δ. Odtud vidíme, že pro libovolé δ R + můžeme volit příkld = mi { δ 3, 3}, kterému odpovídá = mi { δ 3, 3}. Tyto hodoty splňují i podmíku,, v předposledí závorce výroku.. Cvičeí Cvičeí..: Pomocí vět ze sekce. dokžte, že fukce f, která má itervlu, b omezeou derivci, je, b stejoměrě spojitá..3 L Hospitlovo prvidlo Vět.3.. L Hospitlovo prvidlo Nechť reálé fukce reálé proměé f g bod b R splňují. b f = b g = ebo b g = + ;. H b H b \ {b} D f/g D f /g ; 3. eistuje b f g. Potom eistuje b f g f je rov b g. Obdobé tvrzeí můžeme vyslovit i pro itu zprv zlev. Pozámk.3.. Při výpočtu it bývá výhodé před použitím L Hospitlov prvidl zdý výrz uprvit tk, by se jeho části sději derivovly. tg π Příkld.3.3. Vypočítejte l. tg π l L H = π cos π π = cos L H π = π π si π cos π =. 6
+ e Příkld.3.4. Vypočítejte. + e e l+ e = = l + l + L H = = Celková it je tedy e. e l+ e l + e + = l +, + =. Příkld.3.5. Vypočítejte p + e = + e p p + e, p R+ důležitá referečí it. p = + e p p =, eboť + e p L H = + p e p =. l p Příkld.3.6. Vypočítejte +, p R+ důležitá referečí it. l p l p + = l = + + p p p l L H =, eboť = + p + Příkld.3.7. Vypočítejte + p l, p R + důležitá referečí it. l + p l = + Příkld.3.8. Vypočítejte l Celková it je tedy. l l L H = Příkld.3.9. Vypočítejte + rcsi tg.. p L H = + =. p p l = l = l = l =. rcsi tg = + etg l rcsi = e + tg l rcsi, přičemž + tg l rcsi = + + Celková it je tedy e =. = + si cos } {{ } rcsi l rcsi L H = + l rcsi = + =. L H = +, přičemž p p =. rcsi 7
si Příkld.3.. Vypočítejte + + si. Zde L Hospitlovo prvidlo použít emůžeme, protože výrz cos +cos, který by použitím L Hospitlov prvidl vzikl, emá itu pro +. Můžeme le použít ásledující postup: si + + si = si + si + si = + + si =. Příkld.3.. Vypočítejte + + l l = Celková it je tedy e =. l l. l l + el = e + l l l, přičemž l l l = + + l l l }{{ =. } př..3.6 Cvičeí Cvičeí.3.: Ověřte, že pltí důležité referečí ity. + p =, eq l p + q = p l q =, kde p, q > opět + 8
Kpitol Techiky hledáí primitiví fukce. Úvodí iformce Defiice... Nechť fukce f je defiová itervlu, b, kde, b R, echť fukce F pro všech, b splňuje F = f. Potom F zýváme primitiví fukcí k fukci f, b. Pozámk... Primitiví fukce je urče s přesostí kosttu. Defiice..3. Moži všech fukcí primitivích k fukci f itervlu, b se zývá eurčitým itegrálem fukce f zčí se f či f d. Pojem vypočítt f zmeá jít ějkou fukci F f. Místo F f se typicky píše f = F. Pozámk..4. Pokud v zdáí příkldů ebude uvedeo ěco jiého, budeme k zdé fukci f vždy hledt primitiví fukci všech otevřeých itervlech přirozeého defiičího oboru fukce f. Vět..5. Fukce f defiová spojitá itervlu, b má tomto itervlu primitiví fukci. Vět..6. Nechť F je primitiví fukce k fukci f, b, G je primitiví fukce k fukci g, b α je reálé číslo. Potom pltí αf + g = αf + G. Příkld..7. Dokžte, že primitiví fukce k fukci f, která je lichá itervlu,, R +, je sudá. Nechť F je fukce primitiví k f,. Potom pro fukci ϕ defiovou vzthem ϕ = F F pltí ϕ = f f = protože f = f. Eistuje proto kostt C tková, že pltí ϕ = C pro všech,. Doszeím = do fukce ϕ zjistíme, že pltí C =, tedy F = F. Cvičeí Cvičeí..: Nechť fukce f je sudá má primitiví fukci možiě M, kde pltí M =,, R +, či M = b,, b, kde, b R +, < b. Dokžte, že k f M eistuje primitiví fukce, která je lichá. 9
. Úvodí příkldy postřeh Příkld... Vypočítejte 3 + 4 d. 3 + 4 d = 5 4 + 4 d = Příkld... Vypočítejte = 4 5 5 4 4 7 7 + 4 3 3 4. + d. + + d = Příkld..3. Vypočítejte d. 4 d + d = rctg. 5 d + d = + d = [ + ] d = + d =. Příkld..4. Vypočítejte tg d. si tg d = cos d = Příkld..5. Vypočítejte si d. protože si má derivci cos. Pozámk..6. Pmtujte si, že pltí Příkld..7. Vypočítejte protože derivce rctg cos cos d = cos d = tg. cos si d = d = 4 si, si = cos + 3 d. + 3 d = + 3 d = + Příkld..8. Vypočítejte 3 3 je. + 3 si3 si5 d. cos = + cos. 3 d = 3 3 rctg, Použitím vzorce cosα cosβ = si α+β získáme si3 si5 d = cos8 cos d = 6 si8 + 4 si. si α β 4 d
.3 Itegrce pomocí rozděleí defiičího oboru fukce části Příkld.3.. Vypočítejte d. Pokud se při výpočtu itegrálu omezíme pouze R + ebo R, dosteme jedoduchý tbulkový itegrál. N R ± pltí d = ± d = ± + C ±, kde C + C jsou reálé kostty, které si můžeme libovolě zvolit. Itegrcí jsme tedy získli fukci { F = + C +, >, + C, <. Aby tto fukce byl primitiví fukcí k zdé fukci celém R, musí být defiová diferecovtelá tkže i spojitá i v bodě =. Pokud defiujeme C + =, C = F =, bude ově získá fukce defiová spojitá v ule. Podle Drbouovy věty bude v ule víc i diferecovtelá, tkže bude hledou primitiví fukcí. Příkld.3.. Vypočítejte m {, } d. Podobě jko v předchozím příkldě itegrál spočítáme ejdříve itervlech, kterých se zjedoduší tbulkový. Pltí m {, } 3 3 + C, >, d = + C,,, 3 3 + C 3, <, kde C i, i =,, 3, jsou reálé kostty, které si můžeme libovolě zvolit. Fukce F, kde 3 3 + C, >, F = + C,,, 3 3 + C 3, <, bude primitiví fukcí k fukci f celém R, pokud ji dodefiujeme v bodech = ± zvolíme C i, i =,, 3, tk, by výsledá fukce byl spojitá v = ±. Podle Drbouovy věty totiž bude v těchto bodech i diferecovtelá. Zvolme příkld C =. Potom pltí F = + 3 + C C = 3 F =, dosteme F spojitou v bodě =. F =. Pokud tedy defiujeme Protože zároveň pltí F = 3 +C 3 F =, dosteme volbmi C 3 = 3 F = + fukci F spojitou i v bodě =. Cvičeí Cvičeí.3.: Nechť fukce f je spojitá zároveň sudá či lichá itervlu,, R + {+ }, echť fukce ϕ je spojitá itervlu, pro všech, pltí ϕ = f. Nlezěte fukci F, která je k f primitiví celém itervlu,. V přípdě f sudé lezěte lichou primitiví fukci F.
.4 Úvodí příkldy substituci v eurčitém itegrálu Vět.4.. Substituce v eurčitém itegrálu Nechť fukce f ϕ splňují ásledující podmíky:. f má itervlu, b primitiví fukci F ;. ϕ je diferecovtelá itervlu α, β; 3. ϕ α, β, b. Potom F ϕ je primitiví fukce k fukci f ϕ ϕ α, β. Pozámk.4.. Větu o substituci budeme používt ásledujícími dvěm způsoby:. Předpokládejme, že máme ějkou fukci g, jejíž itegrál můžeme pst jko f ϕ ϕ, kde f má primitiví fukci F. Potom pltí g d = fϕϕ d = ft dt = F t = F ϕ. ϕ=t ϕ d=dt Ukázk postupu kokrétím příkldě: l d = l d = l =t d=dt R + {} t R {} dt = l t = l l. t. Předpokládejme, že máme fukce g ϕ tkové, že eistuje ϕ že fukce g ϕ ϕ má primitiví fukci G. Potom pltí g d = g ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ d = ϕ=t ϕ d=dt = g ϕ t ϕ t dt = Gt = Gϕ, kde souči ϕ ϕ ϕ je rove jedé z věty o derivci iverzí fukce. Provedeá substituce se čsto zpisuje jko = ϕ t. Ukázk postupu kokrétím příkldě: d = =si t d=cos t dt, t π, π Pozámk.4.3. Důležitý typ substituce cos t si t dt } {{ } si t = cos t = dt = t = rcsi. f f d = dt = l t = l f. t f=t f d=dt
Příkld.4.4. Vypočítejte d. + + + 3 d = + + + 3 + + + d }{{ } = + =t + d= dt R t,+ + t dt = + t = + +. Příkld.4.5. Vypočítejte d. d = Příkld.4.6. Vypočítejte d = =t d= dt > t R + tg d. + t dt = rctg t = rctg. S využitím pozámky.4.3 máme Příkld.4.7. Vypočítejte si tg d = cos d = l cos. cos = si d si + cos. d si + cos = cos d tg + tg =t cos d= dt π +kπ, π +kπ, k Z t R = + t dt = rctg t = tg rctg = F +C k, kde C k je itegrčí kostt, která přísluší itervlu π + kπ, π + kπ, k Z. Fukce, kterou jsme ozčili jko F, eí defiová v bodech π + kπ, k Z. Protože pltí π +kπ π +kπ + F = π, F = π, můžeme podobým způsobem jko v sekci.3 pomocí fukce F defiovt hledou primitiví fukci ozčme ji F vzthem Příkld.4.8. Vypočítejte F = { F + kπ, π + kπ, π + kπ, k Z, π + k, = π + kπ, k Z. si cos 3 + cos d. 3
si cos 3 + cos d = t+ dt = dt + t + t cos =t si cos d= dt R t, = t + l + t = cos + l + cos..5 Úvodí příkldy per prtes pro eurčitý itegrál Vět.5.. Per prtes v eurčitém itegrálu Nechť fukce f g jsou diferecovtelé itervlu, b echť fukce fg má itervlu, b primitiví fukci H. Potom fukce fg H je primitiví fukce k fukci f g, b. Pozámk.5.. Podle předchozí věty pltí f g = fg fg. Pozámk.5.3. Per prtes typicky používáme tehdy, když itegrujeme souči dvou zcel růzorodých fukcí tkových, že jedé z ich se můžeme zbvit derivováím druhou umíme zitegrovt. Pozámk.5.4. Pokud Vás při pohledu zdý itegrál vůbec epdá, jkým způsobem by mohl jít spočítt, zkuste per prtes. Příkld.5.5. Vypočítejte l d. Příkld.5.6. Vypočítejte p.p. l d = l d = l f = f= g=l g = l + d. d = l. p.p. l + d = l + d = + l + f = f=+ g=l+ g = + Příkld.5.7. Vypočítejte e d. d = + l +. e p.p. d = e + f =e f= e g= g = Příkld.5.8. Vypočítejte si d. e d = e e. 4
si d f =si f= cos g= g = p.p. = cos + si Příkld.5.9. Vypočítejte + d p.p. = cos + + d. f = + f= + g= g = cos d f =cos f= si g= g = si d = cos + si + 4 cos. p.p. = + + přičemž jsme využili, že pltí + d = + =t d= dt R t,+ Příkld.5.. Vypočítejte 5 e 3 d. + d = rctg t dt = +. +, 5 e 3 d = te t p.p. dt = 3 3 tet 3 3 =t 3 d= dt f t=e t ft=e t R t R gt=t g t= Příkld.5.. Vypočítejte e α cosβ d, kde α, β. e t = 3 e3 3. e α cosβ d f =cosβ f= β siβ g=e α g =αe α p.p. = eα β siβ α β e α siβ d f =siβ f= β cosβ g=e α g =αe α p.p. = eα αeα siβ + β β cosβ α β e α cosβ d, kde posledí itegrál je stejý jko te, ze kterého jsme vyšli. Protože teto itegrál eistuje itegrd je fukce spojitá celém defiičím oboru, můžeme jej z předchozí rovice vyjádřit. Dosteme e α cosβ d = eα α β siβ + α cosβ. + β.6 Itegrce pomocí rozkldu prciálí zlomky Vět.6.. Nechť p q jsou eulové polyomy s reálými koeficiety tkové, že pltí st.p < st.q, echť pltí q = c α k α k α s ks + β + γ l + β + γ l + β r + γ r lr, 5
kde c je eulové reálé číslo, čísl α i, i =,..., s, jsou vzájem růzé reálé kořey polyomu q, dále β j γ j, j =,..., r, jsou reálá čísl tková, že výrzy + β j + γ j mjí záporý diskrimit, k i l j, i =,..., s j =,..., r, jsou přirozeá čísl. Potom eistují reálé kostty A ij, i =,..., s, j =,..., k i, B ij, C ij, i =,..., r, j =,..., l i, tkové, že pltí p q = A α + A α +... + A k α k + A α + A α +... + A k α k +... A sks + α s + B + C ks + β + γ + B + C + β + γ +... + B l + C l + β + γ l + B + C + β + γ + B + C + β + γ +... + B l + C l + β + γ l +... + B rl r + C rlr + β r + γ r lr. Teto rozkld je ž pořdí jedotlivých čleů jedozčý. Důkz. Ukážeme pouze eisteci rozkldu, přičemž důkz povedeme idukcí podle stupě polyomu q. Pokud má q stupeň, musí mít polyom p stupeň, tkže podíl p q už je ve tvru.. Předpokládejme dále, že tvrzeí pltí pro všechy polyomy q stupě mimálě, hledejme rozkld pro polyom q stupě. Mohou stt ásledující dv přípdy:. Nechť q má reálý koře α s ásobostí k. Potom teto polyom můžeme pst ve tvru q = α k r, kde polyom r splňuje st. r = k < st. q rα. Polyom p Ar, kde A = pα rα, má potom koře α, tkže eistuje polyom p, pro který pltí p Ar = α p st. p < st. q. Pro podíl p q proto můžeme psát p q = p α k r = Ar α p α k + r α k r = A α k + p α k r, kde polyom ve jmeovteli posledího zlomku v předchozí rovosti má stupeň meší ež stupeň q zároveň větší ež stupeň p. Teto zlomek proto podle idukčího předpokldu umíme rozložit poždový tvr.. Nechť q emá reálý koře. Pokud pltí =, podíl p q už je ve tvru.. Uvžujme proto >. Předpokládejme, že polyom q má kompleí kořey λ λ s ásobostí l, kde λ λ = + β + γ, tkže jej můžeme pst ve tvru q = + β + γ l r, kde polyom r splňuje st. r = l rλ rλ. Potom můžeme jít reálé kostty B C tkové, že polyom p B + Cr má kořey λ λ cvičeí.6., díky čemuž pro ějký polyom p splňující st. p < st. q pltí p B + Cr = + β + γ p. Pro podíl p q proto můžeme psát p q = p B + Cr + β + γ l = r + β + γ l r + + β + γ p + β + γ l r B + C = + β + γ l + p + β + γ l r, kde polyom ve jmeovteli posledího zlomku v předchozí rovosti má stupeň meší ež stupeň q zároveň větší ež stupeň p. Teto zlomek proto podle idukčího předpokldu umíme rozložit poždový tvr. Pozámk.6.. Prciálí zlomky můžeme itegrovt ásledujícím způsobem: A d = A l α. α Pro j > je A α j d = A j α j. 6.
Pro j N pltí B + C + β + γ j d = B + β C + β + γ j d + B β + β + γ j d. Prví itegrál prvé strě můžeme spočítt pomocí substituce +β+γ = t. Co se týče druhého itegrálu, ejdříve jeho jmeovtel uprvíme + β + γ = + β + D 4 = D + β +, 4 D kde D = β 4γ je záporý diskrimit výrzu + β + γ. Dále použijeme substituci +β D = t, kterou teto itegrál převedeme ásobek itegrálu d, k N, který ozčíme jko I + k k. Pltí I k = + k d p.p. = f = f= g=+ k g = k+ k Získáváme tk rekuretí vzth Příkld.6.3. Vypočítejte + k + k + + k+ d = + k + ki k ki k+. I k+ = k + k + k k I k, kde I = rctg. + 3 + 5 d. Protože polyom v čitteli itegrdu má ižší stupeň ež polyom ve jmeovteli, můžeme podle věty.6. hledt rozkld itegrdu ve tvru A + B + 5 A + 5A + B B =. + 5 Protože zlomek vprvo se musí rovt itegrdu pro všech R { 5, }, musí pro všech R pltit A + 5 + B = + 3.. Čísl A B proto můžeme získt porováím koeficietů u moci v rovici., tedy řešeím soustvy Z í získáváme A = B =. A + B =, 5A B = 3. Vhodou soustvu rovic pro koeficiety A B můžeme odvodit příkld tké tím, že z v rovosti. dosdíme ějká čísl tková, bychom získli co ejjedodušší soustvu rovic pro A B. Třeb čísl -5. Získáváme tedy Příkld.6.4. Vypočítejte + 3 + 5 d = + d = l + 5. + 5 3 + 3 5 + 6 d. 7
Protože polyom v čitteli itegrdu emá ižší stupeň ež polyom ve jmeovteli, emůžeme ihed použít větu.6.. Nejdříve proto sížíme stupeň polyomu v čitteli. Pltí 3 + 5 + 6 + 5 6 3 5 + 6 = + 5 6 + 3 5 + 6 = + 5 6 + 3. Podle věty.6. yí můžeme rozkld lomeé fukce vprvo hledt ve tvru A + B 3 + Pro všech R proto musí pltit C A 3 + B + C 3 =. 3 A 3 + B + C 3 = 5 6 +. Pokud do předchozí rovosti postupě dosdíme z čísl, 3, získáme A = 6, B = 8 3 C = 9. Celkový výsledek je tdy 3 + 3 5 + 6 d = + 6 + 8 3 3 9 d = + 6 Příkld.6.5. Vypočítejte 5 + 4 3 + + d. Protože pltí 5 + 4 3 + + = + 3 8 l + 3 l 3 9 l. polyom v čitteli itegrdu má ižší stupeň ež polyom ve jmeovteli, můžeme podle věty.6. hledt rozkld itegrdu ve tvru A + + B + + C + 3 + D + E. Pokud uvedeé zlomky převedeme společého jmeovtele čittel získého zlomku porováme s čittelem itegrdu, můžeme postupým doszeím čísel - z sdo spočítt, že pltí C = 4 E = 8. Hodotu koeficietu B můžeme získt třeb ásledujícím postupem: Nejdříve obě stry rovosti A + + B + + C + 3 + D + vyásobíme polyomem + 3. Dosteme E = + 3.3 A + + B + + C + D + 3 + E + 3 =..4 Pokud obě stry rovice.4 zderivujeme do rovosti derivcí z číslo dosdíme -, dosteme A + + B + = + C = = =A+ =B = D + 3 E + 3 + = 3D+ D+ 3 čili B = 3 = 4. = + }{{ } = 3E+ E+ 3 4 = = }{{ } 3 =, Protože posledí dv čley levé strě rovosti.5 mjí v čitteli polyom, který má koře s ásobostí lespoň, budou i derivce těchto čleů mít koře. Pokud tedy vyčíslíme druhou derivci.5 8
levé prvé stry rovice.4 v bodě =, dosteme s využitím.5 vzth A =, = tedy A = 3 6. Nkoec vyásobeím rovosti.3 polyomem vyčísleím derivce levé prvé stry získé rovosti v bodě = můžeme spočítt, že pltí D = 3 6. Itegrcí prciálích zlomků získáme celkový výsledek 5 + 4 3 + + d = 3 l + 6 4 + +. 4 + 3 3 + + 4 Příkld.6.6. Vypočítejte 3 d. + Protože polyom v čitteli itegrdu emá ižší stupeň ež polyom ve jmeovteli, emůžeme ihed použít větu.6.. Nejdříve proto sížíme stupeň polyomu v čitteli. Pltí 4 + 3 3 + + 4 3 + = 4 + + 3 3 + 3 + 3 + = + 3 + 3 + = + 3 + + +, kde polyom + má záporý diskrimit. Rozkld posledího zlomku prciálí zlomky proto budeme podle věty.6. hledt ve tvru A + + B + C +. Koeficiety A, B C tudíž musí pro všech R splňovt rovost A + + B + + C + =. Doszeím = dosteme A = 3. Odtud porováím koeficietů u získáme B = 3 porováím koeficietů u zse C = 3. Itegrcí prvího prciálího zlomku dosteme A + d = 3 + d = l +. 3 Itegrcí druhého prciálího zlomku postupem v pozámce.6. dosteme B + C + d = + 3 + d = 3 6 + d = 6 + d + kde + d = + 3 4 + d = l + = 3 rctg t = 3 rctg d = 4 3 3 d + 3 =t d= dt 3. 3 R t R = 3 + d, + t dt Celkový výsledek je tdy 4 + 3 3 + + 4 3 + d = + 3 + 3 l + 6 l + + rctg. 3 3 9
Příkld.6.7. Vypočítejte 4 + d. Protože polyom v čitteli itegrdu má ižší stupeň ež polyom ve jmeovteli, můžeme podle věty.6. hledt rozkld itegrdu ve tvru A + B + C 3 + D 4 + E + F +. Protože itegrd je sudá fukce, musí pro všech pltit zároveň A + B + C 3 + D 4 + E + F + = 4 + A + B C 3 + D 4 + E + F + = Sečteím těchto dvou rovic dosteme B + D 4 + F + = 4 +, 4 +. tkže pltí A = C = E = rozkld prciálí zlomky můžeme hledt z rovosti B + D 4 + F + = B + + D + + F 4 4 + = 4 +. Porováím koeficietů u jedotlivých moci v čittelích posledích dvou zlomků zjistíme, že pltí B =, D = F =. Výsledek je proto Příkld.6.8. Vypočítejte 4 + d = 3 + rctg. 3 7 + 7 d. 7 + 7 d = = 7 + 7 d dt t + t 7 = t +t 7 + 7 d = 6 7 + 7 d 6 + 7 d 7 =t 7 6 d= dt R {, } t R {, } + t dt = 7 l t 7 l + t = l 7 l + 7. Cvičeí Cvičeí.6.: Nlezěte kostty B C v důkzu věty.6...7 Itegrály typu R + b + c, d Defiice.7.. Fukce R : R R se zývá rcioálí lomeá fukce dvou proměých, když pro všech y, z D R pltí k k i= j= Ry, z = ijy i z j k k i= j= b ijy i z,.6 j kde k N ij, b ij R pro i, j =,..., k.
Pozámk.7.. Itegrál R + b + c, d, kde R je rcioálí lomeá fukce dvou proměých defiice.7. kde pltí, b 4c, ásledujícími Eulerovými substitucemi převedeme itegrál rcioálí lomeé fukce:. Pokud pltí >, zvedeme ovou proměou t vzthem + b + c = t ±.. Pokud pltí c >, zvedeme ovou proměou t vzthem + b + c = t ± c. 3. Pokud výrz + b + c má reálé kořey α β, zvedeme ovou proměou t vzthem + b + c = α β = t α. Zméko v prví ve druhé substituci volíme tk, jk se ám to zrov hodí. Příkld.7.3. Vypočítejte d. + d = + =sih t d=cosh t dt R t R Příkld.7.4. Vypočítejte cosh t + sih t dt = d. cosh t cosh t dt = dt = rgsih = l + +. Využijeme fkt, že itegrd je sudá fukce, primitiví fukci ejdříve jdeme pouze itervlu, +. Pro, potom primitiví fukci liše dodefiujeme podobě jko ve cvičeí.3.. Pro, + máme d = =cosh t d=sih t dt,+ t,+ sih t cosh t dt = sih t sih t dt = N itervlu, lichým dodefiováím dosteme d = rgcosh = l + = l = l +. dt = rgcosh = l +. + + + Celkový výsledek je proto d = l +. Nyí stejý výsledek získáme ještě pomocí prví z Eulerových substitucí pozámk.7.. Pltí d = d = d = =t d= dt R, t,,+ = l t = l = l +. t dt Příkld.7.5. Vypočítejte d.
S využitím výsledku příkldu.7.4 můžeme psát d = d f = f= g= g = = d p.p. = + d d = d l +. Z předchozího řetězce rovostí vidíme, že pltí d = l +. Příkld.7.6. Vypočítejte + 4 + 5 d. + 4 + 5 d = + + d = t t + dt } {{ } +=t d= dt = R t R t t t + dt + dt t +=s t dt= ds ze cvičeí.7. t R s,+ = s ds t t + + l t + t + = 3 t + 3 t t + + l t + t + = 3 Příkld.7.7. Vypočítejte + + d = + =t + d= dt = t R { } t R {} + 4 + 5 3 + + 4 + 5 + l + + d. dt = t t + sg s+ = s + ds = sg s+ z příkldu.7.3, přičemž s sg + = l + + + + + 4 + 5. sg t dt = sg t dt t + t t + t =s dt= ds t R {} s R { } + + l s + s + =... = l + +, + kde výrz zčátku posledího řádku jsme uprvili podobým způsobem jko výsledek pro itervl, v příkldě.7.4. Příkld.7.8. Vypočítejte + + d.
Zdý itegrál rozdělíme ásledující součet tří itegrálů: + + + + d = + + d + = + + d + + + d + + + d = + + + d + + + d + + + d. =I =I =I 3 Pltí + I = + + d = ++=t +d= dt R t,+ t dt = t = + +, I = + + d = + + d } {{ } +=t d= dt R t R = = l + + + +, t + dt z příkldu.7.3 = l t + t + I 3 = + + d = =t d= dt R {} t R {} = sg s s + ds = sg s = sg jko v příkldě.7.7 l + + 4 + 4 sg t dt = + t + t l s + s + sg t dt = + 4t + 4t = sg s sg t t + + dt } {{ } t+=s dt= ds t R {} s R {} l s + s + =... = + l + 4 + 4, kde výrz zčátku posledího řádku jsme uprvili podobým způsobem jko výsledek pro itervl, v příkldě.7.4. Celkový výsledek je tedy I + I + I 3 = + + + l + + + + + + l + 4 + 4. Příkld.7.9. Vypočítejte + + + d. Itegrál spočítáme pomocí prví z Eulerových substitucí pozámk.7.. Pltí t + + + d + t + = dt = jko v sekci.6...... = t + t t 3 + t 3 + t dt +++=t = t +t R { } t,,+ d= t +t+ +t dt = l t 3 l + t + 3 3 + t, kde t = + + +.
Cvičeí Cvičeí.7.: V pozámce.7. byly vyjmeováy tři substituce spolu s podmíkmi, z kterých je můžeme použít. Může se stát, že jede itegrál budeme moci použít všechy tři substituce? Co když ebude splě i jed z uvedeých podmíek? Ukžte, že tyto substituce skutečě vedou itegrál rcioálí lomeé fukce. Cvičeí.7.: Techikou použitou v příkldě.7.5 vypočítejte d + d. Cvičeí.7.3: Ukžte, že itegrál +b+c d, b 4c, můžeme substitucí převést ásobek jedoho z itegrálů +t dt, t dt t dt. Cvičeí.7.4: Ukžte, že itegrál + b + c d, b 4c, můžeme substitucí převést ásobek jedoho z itegrálů + t dt, t dt t dt..8 Itegrály typu +b R c+d, d Pozámk.8.. Itegrál +b R c+d, d, kde R je rcioálí lomeá fukce dvou proměých defiice.7. pltí N d bc, substitucí +b c+d = t převedeme itegrál rcioálí lomeé fukce. + 6 Příkld.8.. Vypočítejte 3 4 4 d. 3 + 6 3 4 4 d = 3 Příkld.8.3. Vypočítejte + d 4 3 9 = =t d= dt R + {} t R + {} t + t + + t + t t + t + t = dt = dt t t t t dt = t + + dt t = l t + t + 4 l t = l + 4 l. + d. 4 3 3 + d = 4 d = 3 4 + 3 + 3 + =t = t3 + t 3 d= 6t t 3 dt R {,} t R {,} t dt = 3 3 +. Cvičeí Cvičeí.8.: Dokžte tvrzeí v pozámce.8.. 4
.9 Itegrály typu p + b q r d Pozámk.9.. Itegrál p + b q r d, kde pltí p, q, r Q, b R, ásledujícími substitucemi převedeme itegrál rcioálí lomeé fukce:. Pokud pltí r Z, použijeme substituci = t, kde je společý jmeovtel čísel p, q.. Pokud pltí p+ q Z, použijeme substituci + b q = t, kde je jmeovtel čísl r. 3. Pokud pltí p+ q + r Z, použijeme substituci q + b = t, kde je jmeovtel čísl r. Příkld.9.. Vypočítejte 4 d. + 4 Využijeme fkt, že itegrd je sudá fukce, primitiví fukci ejdříve lezeme pouze R + spojitě ji dodefiujeme v ule. Pomocí tkto vziklé fukce potom stejým způsobem jko ve cvičeí.3. defiujeme ovou fukci, která bude primitiví fukcí celém R. Pro R + použitím třetí ze substitucí v pozámce.9. dosteme 4 d t = + 4 t 4 dt = jko. v.. sekci....6 = t 4 = 4 + =t 4 4 d= t 3 t 4 54 dt R + t,+ kde pltí t = 4 4 +. Fukci ϕ, kde ϕ = ψ 4 4 + = rctg t + 4 l t + t, =ψt, spojitě dodefiujeme v ule, tedy ϕ = + ϕ = π 4. t + + 4 t 4 dt t + Pomocí této fukce ϕ už stejým způsobem jko pomocí ϕ ve cvičeí.3. defiujeme hledou primitiví fukci celém R. Protože ϕ je R {} lichá eboť ψ je,, + lichá, výsledá primitiví fukce ozčme ji F bude mít předpis { ϕ + π F = 4 sg,,, =. Cvičeí Cvičeí.9.: Dokžte tvrzeí v pozámce.9... Itegrály typu R si, cos d Pozámk... Itegrál R si, cos d, kde R je rcioálí lomeá fukce dvou proměých defiice.7., ásledujícími substitucemi převedeme itegrál rcioálí lomeé fukce: 5
. Pokud je R lichá v proměé si, použijeme substituci cos = t. Pltí cos = t, si = t, si d = dt.. Pokud je R lichá v proměé cos, použijeme substituci si = t. Pltí si = t, cos = t, cos d = dt. 3. Pokud pltí R si, cos = Rsi, cos, použijeme substituci tg = t. Pltí tg = t, si = 4. Vždy fuguje substituce tg = t. Pltí tg = t, si = t t, cos =, d = dt, kde π +t +t +t + kπ, π + kπ, k Z. +t, cos = t +t, d = +t dt, kde π + kπ, π + kπ, k Z. Čtvrtou z uvedeých substitucí sice můžeme použít vždy, le získá rcioálí lomeá fukce bude obshovt vyšší mociy t ež fukce získé osttími substitucemi. Příkld... Vypočítejte si 3 d. si 3 d = si cos d cos =t si d= dt R t, = t dt = 3 t3 t = 3 cos3 cos. Příkld..3. Vypočítejte cos3 si 5 d. cos3 4 si cos si 5 d = si 5 Příkld..4. Vypočítejte d = } {{ } si = t cos d= dt R k Z {kπ} t,, + tg si d. t 5 4t 3 dt = 4t 4 + t = 4 si 4 + si. + tg si d = = Příkld..5. Vypočítejte cos + si cos si cos d = tg cos d + tg = t cos d= dt R k Z{k π } t R {} t dt + tg = l tg + tg. d, kde, b >, > b. + b cos cos d + b cos d = tg t = t cos = +t d= +t dt k Z π+kπ,π+kπ t R = b + b t + t dt = +t + s ds = b rctg s + C k = + b + t b dt = + b b b rctg dt b t +b + t b +b = s b +b t R s R + b tg } {{ } =ϕ +C k, dt= ds 6
kde C k, k Z, je kostt příslušející itervlu π + kπ, π + kπ. Hodoty všech těchto C k si můžeme libovolě zvolit. Pokud pomocí získé fukce ϕ kostt C k chceme defiovt hledou primitiví fukci, musíme ϕ dodefiovt ve všech bodech = kπ, k Z, kostty C k zvolit tk, by výsledá fukce byl spojitá celém R. Protože pltí π± = π ϕ má tedy ve všech bodech = kπ, k Z, skok b o velikosti π b F =, můžeme hledou primitiví fukci ozčme ji F defiovt příkld tkto: { ϕ + kπ, π + kπ, π + kπ, k Z, b k+π, = π + kπ, k Z. b Příkld..6. Odvoďte rekuretí vzorec pro výpočet itegrálu I = si d, N. Pro = = pltí I = d = I = si d = cos. Pro můžeme použít ásledující postup: I = si p.p. d = si cos + cos }{{ } si d = si f =si f= cos g=si g = cos si = si cos + I I. Z předchozí rovosti můžeme vyjádřit I v závislosti I. Dosteme I = si cos + I,. Cvičeí Cvičeí..: Odvoďte substitučí vzorce v pozámce.... Itegrály typu R e, e,..., e d Pozámk... Itegrál R e, e,..., e d, kde R je rcioálí lomeá fukce proměých pltí i Q, i =,...,, substitucí e p = t, kde p je společý jmeovtel čísel,...,, převedeme itegrál rcioálí lomeé fukce. Cvičeí Cvičeí..: Dokžte tvrzeí v pozámce.... Itegrály typu Rl d Pozámk... Itegrál Rl d, kde R je rcioálí lomeá fukce, substitucí l = t převedeme itegrál rcioálí lomeé fukce. Cvičeí Cvičeí..: Vymyslete si vlstí substituci, která ějký etriviálí typ itegrálu převede itegrál rcioálí lomeé fukce. Tuto substituci po sobě pojmeujte. 7
Kpitol 3 Určitý Riemův itegrál 3. Úvodí iformce Defiice 3... Uvžujme itervl, b. Možiu bodů σ = {,,..., }, N, tkovou, že pltí = < <... < = b, zýváme rozděleím itervlu, b. Ozčme k = k k, k =,,...,. Číslo νσ = m {,..., } zýváme ormou rozděleí σ. Pro fukci f defiovou, b zýváme výrz If, σ = k= f c k k, kde čísl c k pro všech k =,..., splňují c k k, k, itegrálím součtem fukce f při rozděleí σ. Defiice 3... Nechť fukce f je defiová itervlu, b. Říkáme, že f je itegrovtelá itervlu, b, pokud eistuje číslo I R tkové, že pro libovolé ε R + eistuje δ R + tkové, že pro všech rozděleí σ itervlu, b, která splňují νσ < δ, je If, σ I < ε. Výše zmíěé číslo I R se zývá určitým Riemovým itegrálem fukce f od do b. Zčíme I = b f. Pozámk 3..3. Nerovost If, σ I < ε v defiici 3.. musí být splě ezávisle kokrétí volbě čísel c k ve výrzu If, σ viz defiici 3... Defiice 3..4. Pro fukci f itegrovtelou, b defiujeme b f = b f. Pro fukci f defiovou v bodě defiujeme f =. Vět 3..5. Fukce mootóí fukce spojité itervlu, b mjí tomto itervlu určitý Riemův itegrál. Vět 3..6. Nechť fukce f g jsou itegrovtelé itervlu, b α je reálé číslo. Potom fukce αf + g je tké itegrovtelá, b pltí b αf + g = α b f + b g. Vět 3..7. Nechť fukce f je itegrovtelá itervlu, b echť pltí c, d, b. Potom f je itegrovtelá i c, d. Vět 3..8. Nechť fukce f je itegrovtelá itervlech, c c, b. Potom f je itegrovtelá i, b pltí b f = c f + b c f. Vět 3..9. Nechť fukce f g jsou itegrovtelé itervlu, b. Potom pltí:. Pokud pro všech, b pltí f g, potom je b f b g.. Pokud pro všech, b pltí f > g, potom je b f > b g. Vět 3... Nechť fukce f je itegrovtelá itervlu, b. Potom fukce f je tké itegrovtelá itervlu, b pltí b f b f. 8
Vět 3... Nechť fukce f je itegrovtelá itervlu, b fukce g vzike změou defiice fukce f v koečě moh bodech itervlu, b. Potom g je tké itegrovtelá, b pltí b f = b g. Cvičeí Cvičeí 3..: Nechť C, b je vektorový prostor všech reálých fukcí reálé proměé, které jsou defiové spojité itervlu, b, kde pro f, g C, b α R pltí f + g = f + g αf = αf. Dokžte, že předpisem f, g = b fg, kde f, g C, b, je prostoru C, b defiová sklárí souči. Cvičeí 3..: Nechť fukce f je defiová spojitá, b echť pro všechy fukce g defiové spojité, b, které splňují g = gb =, pltí b fg =. Dokžte, že f je celém, b rov ule. 3. Výpočet určitého Riemov itegrálu Vět 3... Newtoov formule pro určitý Riemův itegrál Nechť eistuje b f, kde, b R, < b, fukce F je spojitá, b diferecovtelá, b pro všech, b je F = f. Potom pltí b Vět 3... Per prtes pro určitý Riemův itegrál f = F b F zčíme = [F ] b. Nechť fukce f, g jsou spojité, b diferecovtelé, b echť eistují itegrály b f g b fg. Potom pltí b b f g = [fg] b fg. Vět 3..3. Substituce v určitém Riemově itegrálu Nechť fukce ϕ je spojitá α, β diferecovtelá α, β echť fukce f je spojitá ϕ α, β. Potom pltí pokud itegrál vlevo eistuje. β α f ϕt ϕ t dt = ϕβ ϕα f d, Pozámk 3..4. Při výpočtu hodoty určitého Riemov itegrálu b f pomocí substituce máme dvě možosti. Prví možostí je ejdříve jít fukci F, která je primitiví k f itervlu, b stejým způsobem jko v kpitole spojitá, b, potom dosdit do Newtoovy formule. Druhou možostí je používt větu 3..3 při kždé substituci přepočítt meze itegrálu. Příkld 3..5. Vypočítejte l e d. l e d e =t =lt + d= t +t dt = t=, =l t= = t t + dt = t + t + dt = [t] [rctg t] = π. 9
Příkld 3..6. Vypočítejte d. d } {{ } =si t d=cos t dt = t=, = t= π 6 Příkld 3..7. Vypočítejte π = π 6 si cos d. π cos t cos t cos t dt = 6 cos t dt = [tg t] π 6 =. 3 Příkld 3..8. Vypočítejte π π si cos d = si =t cos d= dt = t=, =π t= d + cos. t dt =. Itegrál spočítáme pomocí substituce tg = t. Nejdříve všk zdůrzěme, že epltí π d + cos d tg =t d= +t dt = t=, =π t= = ějká fukce dt = itegrál má stejé meze, protože uvžovou substituci emůžeme použít pro = π. Budeme proto postupovt tk, že zdý itegrál ejdříve pomocí věty 3..8 rozdělíme itegrál od do π od π do π. N kždém z itervlů, π π, π potom k zdému itegrdu lezeme primitiví fukci, kterou ásledě spojitě dodefiujeme v bodě π. Výsledé fukce dosdíme do Newtoovy formule. N, π π, π pltí d + cos d tg =t d= = +t dt, π π,π t,+, Protože je dt + t + = +t dt + t = ϕ = π π ±, defiujeme hledé primitiví fukce předpisy F = F = { ϕ,, π, π, = π, { ϕ, π, π, π, = π. Podle věty 3..8 potom s použitím Newtoovy formule dosteme π π d vět 3..8 + cos = d π + cos + π dt = tg rctg. + t =ϕ d π π + cos = F F + F π F = π + π = π. 3
Příkld 3..9. Vypočítejte e e l d. N zdý itegrál emůžeme přímo použít itegrci per prtes, protože fukce v itegrdu emá derivci v bodě =. Můžeme le s použitím věty 3..8 postupovt tkto: e e l d Příkld 3... Vypočítejte vět 3..8 = e l d + e příkld.5.5 = [ l ] + [] e e + l d = e l d + e + [ l ] e []e = e l d. l [] d, kde [] zčí dolí celou část čísl pltí N. Protože itegrujeme fukci, která je kosttí itervlech k, k +, k N, rozdělíme pomocí věty 3..8 obor itegrce itervly k, k +, k N. N kždém z těchto itervlů potom použijeme větu 3... Dosteme + l [] d vět 3..8 = k= Příkld 3... Vypočítejte k+ k 3 l [] d vět 3.. = k= k+ k l k d = l k k= k+ k d = [ sg ] d, kde [] zčí dolí celou část čísl. l k = l!. Předpis itegrové fukce můžeme částech itervlu, 3 ásledujícím způsobem zjedodušit:,,,,,, [ sg ] =, =, 3,, 3. S využitím vět 3..8 3.. proto dosteme 3 [ sg ] d vět 3..8 = vět 3.. = [ sg ] d + d + d + 3 [ sg ] d + 3 3 d = [kost.] + [ Příkld 3... Dokžte, že pro kždou fukci f, která je spojitá,, pltí f d = ] k= [ sg ] d [ 3 + ] 3 = 6. f d. 3. Protože grfy fukcí ϕ ψ, kde ϕ = ψ =, jsou itervlu, osově souměré podle přímky =, jsou, podle stejé osy souměré i grfy itegrdů ve vzthu 3.. Obsh plochy mezi grfem itegrdu pro, osou je proto pro ob itegrdy stejý. Podle věty 5.. tudíž rovost 3. pltí. Zdou rovost ještě dokážeme jiým způsobem, to tk, že pomocí substituce itegrál levé strě převedeme itegrál prvé strě. Pltí f d = = t d= dt = t=, = t= f t dt = f t dt = t=s dt= ds t= s=, t= s= 3 f s ds.
3.3 Výpočet ity poslouposti převodem itegrál Vět 3.3.. Zákldí vět itegrálího počtu Nechť fukce f je defiová itervlu, b. Potom b f eistuje právě tehdy, když pro kždou po- rozděleí itervlu, b tkovou, že pltí ν σ =, je posloupost If, σ + + = sloupost σ + = kovergetí viz defiici 3... V přípdě eistece b f má kždá výše zmíěá posloupost If, σ + = itu b f. Příkld 3.3.. Vypočítejte + + +... +. Zdou itu spočítáme pomocí věty 3.3.. Pltí + +... + = k= k. Pokud podle defiice 3.. ozčíme =, b =, k = k, k =, f = c k = k, dosteme podle věty 3.3. Příkld 3.3.3. Vypočítejte + + +... + = si π + + si π + k= k = +... + si π [ d = Zdou itu spočítáme pomocí věty 3.3.. Pltí si π π +... + si = si π π +... + si + si π = π. ] =. kπ π si. Pokud podle defiice 3.. ozčíme =, b = π, k = kπ, k = π, f = si c k = k, dosteme podle věty 3.3. si π π kπ π +... + si = si + + π = π si d = π π [ cos ]π = π. Příkld 3.3.4. Vypočítejte π si + k= Zdou itu spočítáme pomocí věty 3.3.. Pltí π si + k= k= + cos. kπ + cos = kπ + si π π k= k= + cos π kπ. 3. Pokud podle defiice 3.. ozčíme =, b = π, k = kπ, k = π, f = +cos c k = k, dosteme z rovosti 3. věty 3.3. π si + + cos = kπ k= + k= + cos kπ π π = příkld..5 d = + cos π 3. Cvičeí Cvičeí 3.3.: Nechť fukce f je itegrovtelá itervlu β, β + α, α R +, β R. Pomocí věty 3.3. ukžte, že pltí αk + β f α β+α α + = f d = fβ + d. k= β 3
3.4 Derivce určitého itegrálu Vět 3.4.. Nechť fukce f je itegrovtelá itervlu, b. Potom fukce F = f je spojitá, b v bodech, b spojitosti fukce f eistuje F pltí F = f. Pozámk 3.4.. Ze vzorce pro derivci složeé fukce plye ásledující vzorec pro derivci itegrálu: d d Příkld 3.4.3. Vypočítejte d d b b ft dt = b fb f. rctg t dt, Podle pozámky 3.4. či věty 3.4. pltí d d d db d d b b b Příkld 3.4.4. Vypočítejte d d Podle pozámky 3.4. pltí d d d db b rctg t dt, d d b rctg t dt. rctg t dt = meze itegrálu eobshují, rctg t dt = rctg b v horí mezi itegrálu je b, rctg t dt = d d l l Příkld 3.4.5. Vypočítejte d d + t dt, d d b d d l e 3 e t rctg t dt = rctg. e 3 e t dt, d d l t + t dt = + l, d dt = 3e3 e =, d e3 e t cos s ds dt = l sil cos s ds =. cost dt. cos s ds dt. K výpočtu derivce emůžeme ihed použít větu 3.4. či pozámku 3.4., protože itegrd obshuje. Nejdříve proto z itegrdu odstríme. Pltí d d Příkld 3.4.6. Vypočítejte cost dt t=s dt= ds t= s=, t= s= l t + dt L H si = si t dt = d d l t + dt si si t dt. cos s ds pozámk 3.4. = cos. l 4 + cos si si = l 4 + 4 si si si 4 si =. Cvičeí Cvičeí 3.4.: Vypočítejte e s ds dt. Nejdříve z itegrdu vějšího itegrálu substitucí odstrňte. l+ t 33
3.5 Věty o středí hodotě itegrálu Vět 3.5... vět o středí hodotě Nechť fukce f g jsou defiové itervlu, b, f je itegrovtelá ezáporá itervlu, b fg je itegrovtelá, b. Potom eistuje číslo µ if,b g, sup,b g tkové, že pltí b fg = µ b f. Pokud je fukce g víc spojitá, b, potom eistuje c, b tkové, že pltí b fg = gc b f. Vět 3.5... vět o středí hodotě Nechť fukce f, g jsou defiové itegrovtelé, b echť g je mootóí, b. Potom eistuje číslo ξ, b tkové, že pltí b ξ b fg = g f + gb f. ξ Pozámk 3.5.3. Vhodou změou defiice fukce g v ěkterém z bodů b můžeme ve větě 3.5. dostt jedodušší vzth pro b fg viz větu 3... ε e Příkld 3.5.4. Vypočítejte ε + ε si d. K výpočtu použijeme. větu o středí hodotě, ve které zvolíme f = e g = si. Fukce f je ezáporá fukce g je pro libovolé ε R + spojitá itervlu ε, ε. Pro kždé pevě zvoleé ε R + proto podle věty 3.5. eistuje číslo c = cε ε, ε tím zdůrzňujeme, že c závisí ε tkové, že pltí ε ε e vět 3.5. si d = si cε cε ε ε e d = si cε cε [e ] ε ε si cε = e ε e ε ε +. cε V závěrečém výpočtu ity jsme využili fkt, že číslo c splňuje erovosti ε cε ε, tkže pltí ε + cε =. Nyí zdou itu spočítáme ještě pomocí. věty o středí hodotě. Zvolme f = g = e si. Protože fukce g je pro dosttečě mlá ε R + součiem dvou fukcí, které jsou ostře rostoucí ezáporé itervlu ε, ε, můžeme fukci g ve větě 3.5. pro kždé pevě zvoleé ε defiovt předpisem {, = ε, g = g, ε, ε. Podle vět 3.5. 3.. proto pro kždé pevě zvoleé ε eistuje číslo ξ = ξε ε, ε tkové, že pltí ε e ε ξε vět 3.. vět 3.5. ε si d = fg d = ε ε ε d + eε siε ξε d ε = e ε ε + siε l. ξε N předchozím řádku jsme využili to, že máme ε ξε,. +p si Příkld 3.5.5. Vypočítejte d, p N. + Nejdříve itu spočítáme pomocí. věty o středí hodotě. Zvolme f = g = si. Pro kždou pevě zvoleou dvojici čísel p podle věty 3.5. eistuje číslo c = c, p, + p tkové, že pltí +p si +p vět 3.5. + p + d = sic, p d = sic, p l. 34
Nyí zdou itu spočítáme ještě pomocí. věty o středí hodotě. Zvolme f = si g =. Protože fukce g je ostře klesjící ezáporá R +, můžeme fukci g ve větě 3.5. pro kždou pevě zvoleou dvojici čísel p defiovt předpisem { g,, + p, g =, = + p. Podle vět 3.5. 3.. pro kždou pevě zvoleou dvojici čísel p eistuje číslo ξ = ξ, p, + p tkové, že pltí +p si +p vět 3.. vět 3.5. ξ,p +p d = fg d = si d + si d ξ,p = cosξ, p + cos +. Cvičeí Cvičeí 3.5.: Vypočítejte l+ t e s ds dt pomocí věty 3.5. i pomocí věty 3.5.. Cvičeí 3.5.: Vypočítejte ε ε 3 d, to pomocí věty 3.5., b pomocí věty 3.5., c pomocí + věty 3.4., d pouze pomocí věty o itě sevřeé fukce. 35
Kpitol 4 Zobecěý Riemův itegrál 4. Úvodí iformce Defiice 4... Nechť R b R, < b, echť pro kždé, b eistuje určitý Riemův itegrál f. Pokud eistuje koečá it b itegrálem fukce f od do b. Používáme zčeí b Pokud eeistuje koečá it b eeistuje či diverguje. f, zýváme tuto itu zobecěým Riemovým f = b f říkáme, že b f eistuje či koverguje. f, říkáme, že zobecěý Riemův itegrál fukce f od do b Pokud pro všech, b eistuje určitý Riemův itegrál f, le b f jko určitý Riemův itegrál eeistuje, zýváme bod b kritickým bodem. Podobě zobecěý Riemův itegrál defiujeme v přípdě, že pltí R b R, < b, určitý Riemův itegrál b f eistuje pro všech, b. Pozámk 4... Defiice 4.. rozšiřuje defiici itegrálu přípdy, kdy f itervlu od do b eí omezeá ebo itervl od do b eí omezeý. Při rozšiřováí určitého Riemov itegrálu f,, b, itegrál b f mohou stt ásledující situce:. b. b 3. b f eeistuje. Npříkld + cos t dt = f eistuje, le eí reálá. Npříkld + f eistuje je reálá. Npříkld [si + t] = si. + dt = + [t] = = +. + [ ] 3 3 dt = t t 3 = 3 3 = 3. Ve třetím z předchozích přípdů říkáme, že b f eistuje. V osttích říkáme, že b f eeistuje. 36
Defiice 4..3. Nechť, b R, < b. Pokud eistují čísl,,..., R, N, tková, že pltí = < <... < = b pro všech k =,..., eistuje zobecěý Riemův itegrál k k f ve smyslu defiice 4.., říkáme, že zobecěý Riemův itegrál b f koverguje či eistuje, defiujeme b f = k= k k f. V opčém přípdě říkáme, že zobecěý Riemův itegrál b f diverguje či eeistuje. Vět 4..4. Nechť eistují zobecěé Riemovy itegrály b f b g. Potom pltí:. Pro kždé α R eistuje itegrál b αf + g pltí b αf + g = α b f + b g.. Pro kždé c, b eistují itegrály c f b c f pltí b f = c f + b c f. 3. Pokud pro všech, b pltí f g, potom je b f b g. 4. Výpočet zobecěého Riemov itegrálu Vět 4... Newtoov formule pro zobecěý Riemův itegrál Nechť R b R, < b, echť pro kždé, b eistuje určitý Riemův itegrál f. Nechť dále F je primitiví fukce k f itervlu, b eistuje koečá it F. Potom pltí + b f = F F ozčeí = [F ] b b, + pokud lespoň jed z it b F b f viz defiici 4.. eistuje. Vět 4... Per prtes pro zobecěý Riemův itegrál Nechť R b R, < b, echť pro kždé, b eistují určité Riemovy itegrály f g fg echť dále eistuje koečá it b fg. Potom pltí b b f g = [fg] b fg, pokud lespoň jed z it b f g b fg viz defiici 4.. eistuje. Vět 4..3. Substituce v zobecěém Riemově itegrálu Nechť α R β R, α < β, echť fukce ϕ je ostře mootóí má spojitou derivci α, β echť f je spojitá ϕ α, β. Potom pltí β α f ϕ ϕ = β ϕ pokud lespoň jed z it β α f ϕ ϕ β ϕ f viz defiici 4.. eistuje. ϕα Pozámk 4..4. Vidíme, že věty 4.., 4.. 4..3 můžeme použít i tehdy, když ěkterý z objektů b f, b f g, b fg, β α f ϕ ϕ β ϕ ϕα f je rove + či tedy eí zobecěým Riemovým itegrálem. Příkld 4..5. Vypočítejte + ϕα d ukázk výzmu defiic 4.. 4..3. f, 37
Nejdříve zdůrzěme, že epltí + d = t d = t + t t + [ ] t t = t + =. Zobecěý Riemův itegrál je defiová jiým způsobem viz defiice 4.. 4..3. Vidíme, že zdý itegrál eeistuje jko určitý Riemův kvůli tomu, že v obou jeho mezích je ekoečo. Podle defiice 4..3 itegrál + d koverguje, pokud eistuje číslo R tkové, že itegrály d + d eistují ve smyslu defiice 4... Itegrál + d smozřejmě můžeme rozdělit více itegrálů ež dv, le vždy pouze dv z ich budou mít ějký kritický bod viz defiici 4.. osttí budou eistovt jko určité Riemovy. Rozděleí větší počet itegrálů je proto v tomto přípdě zbytečé. Vzhledem k úvze v předchozím odstvci říkáme, že itegrál + d má dv kritické body, sice +. Podle defiice 4.. pro libovolé R pltí + d = t t + d = t + [ ] t t = t + = +, tkže itegrál + d ezávisle zvoleém R eeistuje. Podle defiice 4..3 proto zdý itegrál diverguje. Příkld 4..6. Vypočítejte + d ukázk výzmu defiic 4.. 4..3. + Při výpočtu budeme postupovt stejým způsobem jko v předchozím příkldě 4..5. Podle defiice 4..3 itegrál + d koverguje, pokud eistuje číslo R tkové, že itegrály + d + + eistují ve smyslu defiice 4... Podle defiice 4.. pro libovolé R pltí + d = + t + d = + t Ob dv itegrály proto eistuje pltí + Příkld 4..7. Vypočítejte t t d + + d = π. + d = + [rctg t + ]t = d = + [rctg t ] t = l d. rctg t rctg = π rctg, t + rctg rctg t = rctg + π t. + d + d tedy eistují pro libovolě zvoleé R. Zdý itegrál Zdý itegrál má jede kritický bod ulu, který je zároveň krjím bodem itegrčího oboru. Itegrál proto emusíme dělit ve smyslu defiice 4..3. Výpočtem pomocí věty 4.. dosteme Příkld 4..8. Vypočítejte p.p. l d = [ l ] d = l l [] =. + f = f= = g=l g = + d, R {}. e + 38
Zdý itegrál má jede kritický bod, to +. Můžeme tedy pomocí věty 4..3 rovou počítt + + e + d + = + t dt = + t dt = [ t l t + t + e + =t e =t d= t t dt = l + l =... = + + l + +. ] + + Příkld 4..9. Vypočítejte d, α R důležitý referečí itegrál. α Pro α = má zdý itegrál jede kritický bod, to ulu. Pltí d = [l ] t t + = l t + l t = +. Pro α má zdý itegrál ejvýše jede kritický bod ulu pro α < eistuje jko určitý Riemův. Pltí [ ] { d = α t + α α = t α α t α +, α >, = t + α, α <. Vidíme tedy, že pro α < pltí Příkld 4... Vypočítejte + d = α α Zdý itegrál má jede kritický bod, to +. Pro α = pltí + pro α zdý itegrál eeistuje. d, α R důležitý referečí itegrál. α d = [l t + ]t = l t l = +. t + Pro α pltí + [ ] t { α d = t + α α = α t + t α α = α, α >, +, α <. Vidíme tedy, že pro α > pltí + d = α α = α pro α zdý itegrál eeistuje. 4.3 Vyšetřováí kovergece zobecěého Riemov itegrálu Tto sekce ukzuje použití ěkterých techik, pomocí kterých můžeme rozhodout, jestli zdý itegrál b f koverguje, iž bychom se jej museli pokoušet počítt. Doporučuji Vám, byste si při čteí této sekce ejdříve zkusili úvodí rozcvičku. 4.3. Úvodí rozcvičk Při vyšetřováí kovergece itegrálu se čsto používá techik, při které k zdé fukci f bodu f hledáme fukci g, která má co ejjedodušší předpis pro kterou je ějké vhodé číslo. Stejá g techik se používá i při vyšetřováí kovergece řd viz kpitolu 6. Nejdříve si proto zmíěé hledáí fukce g ěkolik příkldech vyzkoušíme. 39
Příkld 4.3... Pro zdou fukci f, bod směr přibližováí s {+, } k bodu lezěte co ejjedodušší fukci g ve tvru g = αβ γ δ f, kde α, β, γ, δ R, pro kterou pltí s g =.. f = si, =, s = +. si Pokud zvolíme g =, máme + =. l. f = si + tg, =, s = +. Protože pltí l si + tg si l + tg = + + l + tg můžeme fukci g zvolit jko g =. 3. f =, =, s = +. l + tg tg Protože pltí + = = = + + + + + můžeme fukci g zvolit jko g =. Fukci g můžeme hledt příkld tké ásledujícím způsobem: αβ γ δ + } {{ } pro β=γ, δ> můžeme použít větu.3. L H při β=γ, δ> = + + tg = +, = + αβ δ δ δ = αβ δ δ pro δ= + δ = +, αβ. Limitu tedy dosteme příkld tehdy, když zvolíme α = Dostáváme tk stejou fukci g jko výše. β = z čehož plye γ =. 4. f = si, =, s = +. Protože počítáme itu v ule, hledá fukce g bude mít tvr g = α δ, α. Pltí + si α δ = α + si δ+ si = α + L H pro δ = α cos + δ + δ+ si δ+ si L H pro δ = α + = α + si δ+ si δ=, α= 6 δ + δ + δ =. Protože pro α = 6 δ = předchozí soustv rovostí pltí, můžeme fukci g zvolit jko g = 6. 5. f = 33 + +, = +, s =. 6 5 +7 + Protože pltí 3 3 + + + 6 5 + 7 + = můžeme fukci g zvolit jko g =. + 3 3 + + 6 5 + 7 + 4 = +,
6. f = rccotg p, p R, = +, s =. Protože pltí + rccotg p = + p rccotg p můžeme fukci g pro libovolé p zvolit jko g = p. p p } {{ } p = + p, Cvičeí V ásledujících cvičeích pro zdou fukci f, bod směr přibližováí s {+, } k bodu lezěte co ejjedodušší fukci g ve tvru g = αβ γ δ, kde α, β, γ, δ R, pro kterou pltí s f g =. Cvičeí 4.3..: f =, =, s = +. 3 + Cvičeí 4.3..: f = lcos, =, s = +. Cvičeí 4.3..3: f = rctg, = +, s =. Cvičeí 4.3..4: f = rctg π, = +, s =. Cvičeí 4.3..5: f = sih cos, = π, s =. Cvičeí 4.3..6: f = tg l +, =, s = +. 3 ++ Cvičeí 4.3..7: f = 4, =, s = +. + + p + Cvičeí 4.3..8: f = l, p R, = +, s =. + Cvičeí 4.3..9: f = 6 p, p N, = +, s =. ++3 Cvičeí 4.3..: f = cos p, p R, = π 4, s = +. Cvičeí 4.3..: f = rccos Cvičeí 4.3..: f = si si + Cvičeí 4.3..3: f =, =, s =. e t dt, =, s = +., = +, s =. 4.3. Vyšetřováí kovergece itegrálu ezáporé fukce Vět 4.3... Srovávcí kritérium Nechť R b R, < b, echť fukce f g pro všech, b splňují f g echť pro kždé, b eistují určité Riemovy itegrály f, g. Potom pltí:. Když b g koverguje, potom b f koverguje.. Když b f diverguje, potom b g diverguje. Vět 4.3..3. Srovávcí kritérium ití verze Nechť R b R, < b, echť fukce f je ezáporá fukce g kldá, b. Nechť pro kždé, b eistují určité Riemovy itegrály f, f g eistuje it = L. Potom pltí: b g 4
. Když je L < + zároveň b g koverguje, potom b f koverguje.. Když je L > zároveň b g diverguje, potom b f diverguje. 3. Když je L, +, potom b g koverguje právě tehdy, když koverguje b f. Pozámk 4.3..4. O používáí itího tvru srovávcího kritéri Předpokládejme, že chceme rozhodout o kovergeci itegrálu b f, kde pltí, b R, < b b f = +. Zároveň víme, že pro libovolé, b eistuje f jko určitý Riemův itegrál. Itegrál b f budeme při používáí kritéri 4.3..3 většiou srovávt s itegrálem b d, 4. b α který pro α < koverguje, jik diverguje což můžeme ověřit přímým výpočtem ebo tím, že ho substitucí b = t přičteím kostty převedeme itegrál v příkldu 4..9. Všiměte si, že itegrd itegrálu 4. je speciálím přípdem fukce g v sekci 4.3.. Pokud tedy v kritériu 4.3..3 zvolíme jko fukci g itegrd itegrálu 4., budeme počítt itu ozčme ji L fb α = L. 4. b Nyí zvážíme, jestli můžeme hodotu prmetru α zvolit tk, by pltilo L, +. V tkovém přípdě můžeme usuzovt kovergeci i divergeci itegrálu b f podle toho, jestli koverguje, ebo diverguje b g. To se hodí v přípdech, kdy fukce f závisí ějkém prmetru. Pokud tkové α volit elze, můžeme se ho pokusit tipout tk, by pltilo L < + zároveň itegrál 4. kovergovl. V tkovém přípdě můžeme usuzovt pouze kovergeci b f. Pokud prmetr α elze volit předchozími dvěm způsoby, můžeme jeho hodotu zkusit tipout tk, by pltilo L > zároveň itegrál 4. divergovl. V tkovém přípdě můžeme usuzovt pouze divergeci itegrálu b f. V průběhu výpočtu ity 4. je velmi vhodé celý souči postupě zjedodušovt použitím věty o ritmetice it podobě jko v sekci 4.3.. Obdobě budeme postupovt i v přípdech, kdy itegrál b f bude vypdt jik ež v předchozích odstvcích. Pokud příkld bude pltit b = +, budeme srovávt s itegrálem + α d, který pro α > koverguje, jik diverguje viz příkld 4... Pokud kritickým bodem itegrálu b f ebude b, le R, budeme srovávt s itegrálem b Příkld 4.3..5. Vyšetřete kovergeci itegrálu α d. d. Zdý itegrál má jediý kritický bod, sice jedičku. Postupujme přesě podle pozámky 4.3..4. Protože pltí =, b =, budeme srovávt s itegrálem 4. ve tvru d. Limit 4. potom bude α α α = + = + α = α = L. 4