Obsah 1 Neurčitý integrál 7 1.1 Základné pojmy a vzťahy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.1.1 Základné neurčité integrály . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.1.2 Cvičenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.1.3 Výsledky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.2 Metódy počítania neurčitého integrálu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2.1 Substitučná metóda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2.2 Cvičenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.2.3 Výsledky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.2.4 Metóda per partes (integrovanie po častiach) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 1.2.5 Výsledky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.3 Integrovanie elementárnych funkcií . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.3.1 Integrovanie racionálnych funkcií . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.3.2 Integrovanie trigonometrických funkcií . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 1.3.3 Integrovanie iracionálnych funkcií . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 1.3.4 Integrovanie transcendetných funkcií . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 1.3.5 Záver . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2 Určitý integrál 39 2.1 Pojem určitého integrálu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.1.1 Cvičenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.1.2 Výsledky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.2 Metódy počítania určitého integrálu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.2.1 Cvičenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 2.2.2 Výsledky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.3 Vlastnosti určitého integrálu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 2.3.1 Cvičenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 2.3.2 Výsledky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.4 Integrály s premennou hranicou . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 2.4.1 Cvičenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.4.2 Výsledky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 2.5 Nevlastné integrály . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 2.5.1 Nevlastné integrály prvého druhu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 2.5.2 Nevlastné integrály druhého druhu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 2.5.3 Cvičenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 2.5.4 Výsledky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2.6 Použitie určitého integrálu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3 4 OBSAH 2.7 Použitie určitého integrálu v geometrii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 2.7.1 Obsah rovinnej oblasti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 2.7.2 Objem telies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 2.7.3 Dĺžka krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 2.7.4 Obsah povrchu rotačnej plochy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 2.7.5 Výpočet súradníc ťažiska . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2.7.6 Guldinove vety . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2.8 Použitie určitého integrálu vo fyzike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 2.8.1 Práca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 2.8.2 Tlaková sila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 2.9 Približné integrovanie funkcií . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 3 Obyčajné diferenciálne rovnice 83 3.1 Základné pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 3.2 Diferenciálna rovnica prvého rádu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 3.3 ODR so separovateľnými premennými . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 3.4 LDR prvého rádu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 3.5 LDR vyšších rádov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 3.6 LDR s konštantnými koeficientami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 3.7 Systémy diferenciálnych rovníc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 3.8 Numerické metódy riešenia začiatočných úloh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 3.8.1 Úvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 3.8.2 Eulerova metóda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 3.8.3 Metódy typu Runge-Kutta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 4 Diferenciálny počet funkcií viac premenných 125 4.1 Funkcie dvoch a viac premenných . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 4.1.1 Základné pojmy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 4.1.2 Limita funkcie dvoch a viac premenných . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 4.2 Parciálne derivácie a diferencovateľnosť . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 4.2.1 Parciálne derivácie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 4.2.2 Linearizácia, dotyková rovina a diferenciál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 4.2.3 Vyššie derivácie a reťazové pravidlá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 4.2.4 Gradient a derivácia v smere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 4.3 Extrémy funkcií viac premenných . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 4.3.1 Lokálne extrémy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 4.3.2 Viazané extrémy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143 4.3.3 Globálne extrémy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 4.4 Rozličné úlohy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 4.5 Výsledky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 5 Diferenciálna geometria 161 5.1 Úvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 5.2 Pojem krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 5.2.1 Vektorová funkcia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 5.2.2 Vektorová rovnica krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 5.2.3 Parametrické, explicitné a implicitné rovnice krivky . . . . . . . . . . . . . . . 163 5.2.4 Regulárna krivka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 OBSAH 5 5.2.5 Transformácia parametra krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 5.2.6 Orientácia krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 5.2.7 Dĺžka krivky, prirodzená parametrizácia krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 5.3 Sprievodný trojhran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 5.3.1 Dotyčnica krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 5.3.2 Oskulačná rovina krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 5.3.3 Hlavná normála a binormála krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 5.3.4 Normálová a rektifikačná rovina krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 5.3.5 Sprievodný trojhran v prirodzenej parametrizácii . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 5.4 Charakteristiky krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 5.4.1 Krivosť krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 5.4.2 Kružnica krivosti krivky, evolúta, evolventa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 5.4.3 Torzia krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 5.4.4 Frenetove-Serretove vzorce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 5.4.5 Prirodzené rovnice krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 5.5 Rovinné krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 5.5.1 Rovnice rovinnej krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 5.5.2 Dĺžka rovinnej krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 5.5.3 Dotyčnica a normála rovinnej krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179 5.5.4 Krivosť rovinnej krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181 5.5.5 Kružnica krivosti rovinnej krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 5.5.6 Evolúta, evolventa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 5.5.7 Prirodzené rovnice rovinnej krivky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 6 OBSAH Kapitola 1 Neurčitý integrál 1.1 Základné pojmy a vzťahy Funkcia F je primitívnou funkciou k funkcii f v intervale (a, b) práve vtedy, ak pre každé x (a, b) platí: F (x) = f(x). Z definície vidíme, že pojem primitívnej funkcie je opačný k pojmu derivácie. Tento fakt využívame pri hľadaní primitívnych funkcií k základným funkciám. Príklad 1. Nájdeme primitívnu funkciu k funkcii a ) y = x v intervale (-1, 1), b ) y = x v intervale (-, ), c ) y = xn, n N v intervale (-, ), d ) y = 1 x v intervale (0, ), e ) y = 1 x v intervale (-, 0). Riešenie: a ) Hľadáme funkciu F, ktorej derivácia je pre každé x (-1, 1) rovná x. Vieme, že pri derivácii mocninnej funkcie je výsledkom mocninná funkcia s exponentom zníženým o 1 a násobená pôvodným exponentom: (xa) = axa-1, pre a = 0. Z tohoto faktu dostaneme, že primitívnou funkciou k funkcii y = x v intervale (-1, 1) bude nejaký násobok funkcie y = x2 a po krátkom experimentovaní určíme, že je to funkcia y = x2 2 . b ) Keďže všetky úvahy v riešení predchádzajúceho príkladu ostávajú v platnosti aj pre interval (-, ), riešením je tá istá funkcia. c ) Po úvahách analogických ako v predchádzajúcich častiach dostávame, že primitívnou funkciou je funckia y = xn+1 n+1 . Môžeme praviť skúšku správnosti: xn+1 n + 1 = (n + 1) xn n + 1 = xn , pre všetky x (-, ). 7 8 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL d ) Snažíme sa nájsť funkciu, ktorej deriváciou je funkcia y = 1 x . Z prehľadu derivácií základných funkcií vyplýva, že takouto funkciou je funkcia y = ln |x|, pričom v intervale (0, ), ktorý nás zaujíma túto funkciu môžeme jednoduchšie zapísať ako y = ln x. Skutočne: (ln x) = 1 x , pre každé x (0, ) e ) Podobnými argumentami ako v predchádzajúcej časti dostávame, že primitívnou funkciou k funkcii y = 1 x v intervale (-, 0) je funkcia y = ln |x| = ln(-x). Poznámka 1. V predchádzajúcom príklade sme našli ku každej danej funkcii v danom intervale jedinú primitívnu funkciu. V skutočnosti má každá z týchto funkcií nekonečne veľa primitívnych funkcií. Platí: Ak F je primitívna funkcia k funkcii f v intervale (a, b), tak aj F + c, kde c je ľubovoľné reálne číslo, je primitívna funkcia k funkcii f v intervale (a, b). Uvedená skutočnosť vyplýva z faktu, že deriváciou konštanty je nula, a teda (F(x) + c) = F (x). Dôležité je, že platí aj opačné tvrdenie: Ak F a G sú primitívne funkcie k funkcii f v intervale (a, b), tak existuje reálne číslo c tak, že F(x) = G(x) + c pre všetky x (a, b). Z uvedeného vyplýva, že množina všetkých primitívnych funkcií k danej funkcii f v danom intervale (a, b) je nekonečná množina, v ktorej každá dvojica funkcií sa v danom intervale líši len o konštantu. Túto množinu funkcií voláme neurčitý integrál funkcie f v intervale (a, b) a označujeme f(x) dx. V tomto označení je teda napríklad x2 dx = x3 3 + c, c R. Poznámka 2. V predchádzajúcom príklade je vidieť, že tá istá funkcia má často v rôznych intervaloch ten istý neurčitý integrál. V takomto prípade bude neurčitý integrál platiť v každom intervale, v ktorom sú príslušné funkcie definované, napr. 1 x dx = ln |x| + c, c R. v každom intervale, kde sú funkcie ln |x| a 1 x definované, t.j. v každom intervale neobsahujúcom 0. V takýchto prípadoch často vynecháme interval, v ktorom sme pracovali. Na otázku, ktoré funkcie majú primitívne funkcie (a teda neurčitý integrál) dáva čiastočnú odpoveď nasledujúce tvrdenie: Každá spojitá funkcia v intervale (a, b) má v tomto intervale primitívnu funkciu. Nie vždy však vieme túto primitívnu funkciu vyjadriť analytickým výrazom. Priamo z definície neurčitého integrálu a príslušných vlastností pre derivácie vyplývajú jednoduché pravidlá: Ak k funkcii f existuje primitívna funkcia v intervale (a, b), tak pre všetky x (a, b) platí 1.1. ZÁKLADNÉ POJMY A VZŤAHY 9 f(x) dx = f(x) (1.1) Ak f existuje v intervale (a, b), tak f (x) dx = f(x) + c (1.2) Ak majú funkcie f aj g v intervale (a, b) primitívne funkcie, tak v tomto intervale platí (f(x) g(x)) dx = f(x) dx f(x) dx, (cf(x)) dx = c f(x) dx, kde c je ľubovoľné reálne číslo. Obidva tieto vzťahy možno vyjadriť v jednom všeobecnom (cf(x) + dg(x)) dx = c f(x) dx + d f(x) dx, (1.3) kde c a d sú ľubovoľné reálne čísla. Príklad 2. Ukážeme platnosť posledného vťahu Riešenie: Označme F a G niektoré primitívne funkcie k funkciám f a g v intervale (a, b). Potom pre všetky x (a, b) platí c f(x) dx + d f(x) dx = c (F(x) + c1) + d (G(x) + d1) = cF(x) + dG(x) + e, kde e = c.c1 + d.d1 je ľubovoľné reálne číslo. Na druhej strane tiež (cF(x) + dG(x)) = cF (x) + dG (x) = cf(x) + dg(x). Preto (cf(x) + dg(x)) dx = cF(x)+dG(x)+e, kde e je ľubovoľné reálne číslo, takže obidva integrály sa rovnajú. 1.1.1 Základné neurčité integrály Nasleduje zoznam neurčitých integrálov, niektorých dôležitých funkcií. Platnosť väčšiny nasledovných vzťahov vyplýva z analogických vzťahov pre derivácie. Nasledujúce vzťahy platia v každom intervale, v ktorom sú funkcie definované. 1. xa dx = xa+1 a+1 + c, ak a R \ {-}. 2. 1 x dx = ln |x| + c. 3. ex dx = ex + c. 4. ax dx = ax ln a + c, ak a (0, 1) (1, ). 5. sin x dx = - cos x + c, cos x dx = sin x + c. 6. 1 cos2 x dx = tg x + c, 1 sin2 x dx = - cotg x + c. 10 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL 7. 1 1+x2 dx = arctg x + c - arccotg x + c. 8. dx 1-x2 = 1 2 ln |1+x 1-x | + c. 1 9. dx 1-x2 = arcsin x + c - arccos x + c. 10. dx x2+a = ln |x + x2 + a| + c. 11. sinh x dx = cosh x + c, cosh x dx = sinh x + c. 12. dx cosh2 x = tgh x + c, dx sinh2 x = - cotgh x + c. 13. f (x) f(x) dx = ln |f(x)| + c. Príklad 3. Vypočítame integrály a) (6x5 - 2x3 + 11x2 + 3) dx b) 3x2+4x+2 5x dx c) (3 sin x - 2 cosh x) dx d) tg2 x dx e) cotg x dx f) (2x - 31-x) dx g) dx 5x2-10 h) dx 4+4x2 i) 5 3-3x2 dx Riešenie: V riešení budeme používať základné vzorce pre neurčité integrály a pravidlo (1.3). Čitateľovi odporúčame v každom kroku určiť príslušný vzorec, resp. pravidlo. a) (6x5 - 2x3 + 11x2 + 3) dx = 6 x5 dx - 2 x3 dx + 11 x2 dx + 3 x0 dx = = 6 x6 6 - 2 x4 4 + 11 x3 3 + 3 x1 1 = x6 - x4 2 + 11 3 x3 + 3x + c. b) 3x2 + 4x + 2 5x dx = 3 5 x dx + 4 5 x0 dx + 2 5 1 x dx = = 3 10 x2 + 4 5 x + 2 5 ln |x| + c. c) (3 sin x - 2 cosh x) dx = -3 cos x - 2 sinh x + c. d) tg2 x dx = sin2 x cos2 x dx = 1 - cos2 x cos2 x dx = = 1 cos2 x - 1 dx = tg x - x + c. e) cotg x dx = cos x sin x dx = (sin x) sin x dx = ln | sin x| + c. 1 Namiesto 1 f(x) dx píšeme tiež dx f(x) 1.1. ZÁKLADNÉ POJMY A VZŤAHY 11 f) (2x - 31-x ) dx = 2x dx - 3 1 3 x dx = 2x ln 2 + 3 ln 3 1 3 x + c. g) dx 5x2 - 10 = 1 5 dx x2 - 2 = 1 5 ln |x + x2 - 2| + c. h) dx 4 + 4x2 = 1 4 dx 1 + x2 = 1 4 arctg x + c. i) 5 3 - 3x2 dx = 5 3 dx 1 - x2 = 5 3 arcsin x + c. 1.1.2 Cvičenia Pomocou algebraických úprav, použitím pravidla (1.3) a základných vzorcov vypočítajte integrály. 1. (3x2 + 2x - 1) dx. 2. 2 x x - 5 x2 dx. 3. x2(x2 + 1) dx. 4. (x3 + 1)2 dx. 5. x3+3x-1 x dx. 6. x2-3x+4 x dx. 7. (x-1)3 x dx. 8. ( x+2)3 x dx. 9. (cos x + 2 5 x3) dx. 10. sin x + 3 4-4x2 dx. 11. 2x + 1 x dx. 12. 10-x + x2+2 x2+1 dx. 13. x2 3(1+x2) dx. 14. cotg2 x dx. 15. ( x + 1)(x - x + 1) dx. 16. dx x2+7 . 17. 42-3x dx. 18. x (x+1)2 dx. 1.1.3 Výsledky 1. x3 + x2 - x + c. 2. - 4 x + 5 x + c. 3. x5 5 + x3 3 + c. 4. x7 7 + x4 2 + x + c. 5. x3 3 + 3x - ln |x| + c. 6. 2 5 x2 x - 2x x + 8 x + c. 7. 2 7 x3 x - 6 5 x2 x + 2x x - 2 x + c. 8. 2 3 x x + 6x + 24 x + 8 ln |x| + c. 9. sin x + 5 4 x 5 x3 + c. 10. - cos x + 3 2 arcsin x + c. 12 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL 11. 2x ln 2 + 2 x + c. 12. x + arctg x - 1 10x ln 10 + c. 13. 1 3 (x - arctg x) + c. 14. -x - cotg x + c. 15. 2 5 x2 x + x + c. 16. 1 7 arctg x 7 + c. 17. - 1 3 ln 4 42-3x + c. 18. ln |x + 1| + 1 x+1 + c. 1.2 Metódy počítania neurčitého integrálu Sú dve všeobecné metódy počítania neurčitých integrálov: substitučná metóda a metóda integrovania per partes. 1.2.1 Substitučná metóda Táto metóda je odvodená od vzťahu pre deriváciu zloženej funkcie a jej princíp je v nasledujúcom tvrdení: Nech F je primitívna funkcia k funkcii f v intervale I, nech funkcia má deriváciu v intervale (a, b) a nech pre každé x (a, b) je (x) I. Potom f((x)) (x) dx = F((x)) + c, v intervale (a, b). (1.4) Často sa vyskytujúcim špeciálnym prípadom tejto metódy je situácia keď funkcia (x) = ax + b je lineárna. Vtedy existuje pre všetky x R a za predpokladov tvrdenia platí f(ax + b) dx = 1 a F(ax + b) + c. (1.5) Príklad 4. Ukážeme platnosť vzťahu 1.5. Riešenie: Upravíme integrál na ľavej strane a použijeme vzťah 1.4: f(ax + b) dx = 1 a f(ax + b) a dx = (x) = ax + b (x) = a = 1 a F(ax + b) + c. Iné riešenie: Zderivujme pravú stranu vzťahu 1.5. 1 a F(ax + b) + c = 1 a F (ax + b) = 1 a f(ax + b).a = f(ax + b). Príklad 5. Vypočítame neurčité integrály a) dx 3x+7 , b) (5 - 7x)21 dx, c) cos 2x dx. Riešenie: Budeme používať vzťah 1.5. a) V tomto príklade je ax+b = 3x+7 a funkcia f je definovaná vzťahom f(t) = 1 t . Primitívna funkcia k f je funkcia F(t) = ln |t| v každom intervale neobsahujúcom 0. Preto platí dx 3x + 7 = 1 3 ln |3x + 7| + c, 1.2. METÓDY POČÍTANIA NEURČITÉHO INTEGRÁLU 13 v každom intervale neobsahujúcom číslo -7 3 . b) Teraz je ax + b = -7x + 5 a f(t) = t21. Preto (5 - 7x)21 dx = - 1 7 (5 - 7x)22 22 + c = (5 - 7x)22 154 + c pre x R. c) Podobne ako v predchádzajúcich častiach dostávame cos 2x dx = 1 2 sin 2x + c = sin x cos x + c, x R. Niekedy je potrebné integrovanú funkciu pred použitím substitučnej metódy upraviť algebraickými alebo inými úpravami. Príklad 6. Vypočítame neurčité integrály a) dx 4+x2 b) dx 9-x2 c) cos2 x dx. Riešenie: a) Integrovanú funkciu upravíme 1 4 + x2 = 1 4 1 1 + (x 2 )2 a integrujeme (pre (x) = 1 2 x a f(t) = 1 1+t2 ) dx 4 + x2 = 1 4 dx 1 + (x 2 )2 = 1 4 1 1 2 arctg x 2 + c = 1 2 arctg x 2 + c. b) Integrovanú funkciu upravíme 1 9 - x2 = 1 3 1 1 - (x 3 )2 a integrujeme (pre (x) = 1 3 x a f(t) = 1 1-t2 ) dx 9 - x2 = 1 3 dx 1 - (x 3 )2 = arcsin x 3 + c, pre x (-3, 3). c) K úprave použijeme trigonometrický vzťah cos2 x = 1+cos 2x 2 . cos2 x dx = 1 + cos 2x 2 dx = 1 2 1 dx + cos 2x dx = = 1 2 (x + 1 2 sin 2x) + c = 1 2 (x + sin x cos x) + c. Vo všeobecnosti je praktický postup pri používaní substitučnej metódy nasledujúci: 1. V integrovanej funkcii hľadáme takú funkciu , ktorá sa tam vyskytuje spolu so svojou deriváciou, alebo jej číselným násobkom. 14 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL 2. Zavedieme novú premennú t, pre ktorú je t = (x). 3. Upravíme daný inegrál na tvar f(t) dt kde dt = (x) dx a počítame f(t) dt = F(t) + c. 4. Vo výsledku nahradíme t = (x): F((x)) + c. Niekedy, ak je funkcia monotónna, tretí bod tohoto postupu je výhodné realizovať tak, že si vyjadríme inverznú funkciu x = -1(t) a (alebo) dx = -1 (t) dt a dosadíme do pôvodného integrálu (pozri napríklad integrovanie iracionálnych funkcií). Príklad 7. Vypočítame neurčité integrály a) cos4 x sin x dx b) dx x ln x c) 3x x2 + 6 dx d) 5 arccotg x 1+x2 dx e) xe7-x2 dx f) sinh x x dx g) tg2 x cos2 x dx h) 3x 1-9x dx i) sin 2x sin2 x+3 dx. Riešenie: a) V integrovanej funkcii sa vyskytuje funkcia (x) = cos x a zároveň násobok jej derivácie - (x) = sin x. (Prečo neuvažujeme (x) = sin x a (x) = cos x?). Daný integrál vypočítame preto nasledovne cos4 x sin x dx = t = cos x dt = - sin x dx = t4 (-dt) = = - t4 dt = - t5 5 + c = cos5 x 5 + c. b) V integrovanej funkcii sa vyskytuje funkcia (x) = ln x a zároveň jej derivácia (x) = 1 x . Preto dx x ln x = t = ln x dt = dx x = dt t = ln |t| + c = ln | ln x| + c, x (0, 1) alebo x (1, ). c) 3x x2 + 6 dx = t = x2 + 6 dt = 2x dx = 3 2 x2 + 6 2x dx = 3 2 t dt = = 3 2 t 1 2 dt = 3 2 t 3 2 3 2 + c = (x2 + 6) 3 2 + c = (x2 + 6)3 + c. d) 5 arccotg x 1 + x2 dx = 5 arccotg x dx 1 + x2 = = t = arccotg x dt = - dx 1+x2 dx 1+x2 = -dt = = 5 t (-dt) = - t 1 5 dt = - t 6 5 6 5 + c = 5 5 arccotg6 x 6 + c. e) xe7-x2 dx = e7-x2 (x dx) = t = 7 - x2 dt = -2x dx x dx = -1 2 dt = 1.2. METÓDY POČÍTANIA NEURČITÉHO INTEGRÁLU 15 = et - 1 2 dt = - 1 2 et dt = - 1 2 et + c = - 1 2 e7-x2 + c. f) sinh x x dx = sinh x 1 x dx = t = x dt = 1 2 x dx 1 x dx = 2 dt = = sinh t(2 dt) = 2 cosh t + c = 2 cosh x + c. g) tg2 x cos2 x dx = tg2 x dx cos2 x = t = tg x dt = 1 cos2 x dx = t2 dt = t3 3 + c = tg3 x 3 + c. h) 3x 1 - 9x dx = 1 1 - (3x)2 (3x dx) = = t = 3x dt = 3x ln 3 dx 3x dx = dt ln 3 = = 1 1 - t2 dt ln 3 = arcsin t ln 3 + c = arcsin 3x ln 3 + c. i) V riešení tohoto príkladu využijeme trigonometrickú identitu sin 2x = 2 sin x cos x. sin 2x sin2 x + 3 dx = 1 sin2 x + 3 (2 sin x cos x dx) = = t = sin2 x + 3 dt = 2 sin x cos x dx = = 1 t dt = ln |t| + c = ln(sin2 x + 3) + c. Poznámka 3. Poučenie z predchádzajúceho príkladu môžeme voľne formulovať nasledovne Ak f(x) dx = F(x) + c, tak v príslušných intervaloch platí xf(x2) dx = 1 2 F(x2) + c, f(ln x) x dx = F(ln x) + c, f(arctg x) 1+x2 dx = F(arctg x) + c, f( x) x dx = 2F( x) + c, f(sin x) cos x dx = F(sin x) + c, f(tg x) cos2 x dx = F(tg x) + c. Ďalšie podobné vzťahy si čitateľ môže odvodiť sám. 16 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL 1.2.2 Cvičenia Použitím algebraickej úpravy (ak je potrebná) a substitúcie lineárnej funkcie vypočítajte integrály. 19. sin 3x dx. 20. dx 5-3x . 21. e3-2x dx. 22. 3 3x - 2 dx. 23. (4 - 7x)11 dx. 24. dx cos2 5x . 25. dx 9-x2 . 26. dx x2+16 . Použitím naznačenej substitúcie vypočítajte integrály. 27. x dx x2-4 , t = x2 - 4. 28. cos x 1+sin x dx, t = sin x. 29. cos3 x sin x dx, t = cos x. 30. xex2 dx, t = x2. 31. dx x ln x , t = ln x. 32. x2 x3 + 1 dx, t = x3 + 1. 33. dx x(x+4) , t = x 2 . 34. x dx 1+x4 , t = x2. 35. dx ex-1 , t = e-x. 36. ex arctg ex 1+e2x dx, t = arctg ex. 37. dx x x2-1 , t = 1 x . 38. x dx x+1 , t = x + 1. Použitím substitučnej metódy vypočítajte integrály. 39. 4x - 11 dx. 40. 6 dx 5-3x . 41. 4x 4+x2 dx. 42. 14 dx (2x+3)8 . 43. 10x(x2 + 7)4 dx. 44. x dx 3-x2 . 45. x2 1+x6 dx. 46. x 5 4 - x2 dx. 47. sin6 x cos x dx. 48. sin x 2+cos x dx. 49. dx x2+2x+2 . 50. dx 4x-4x2 . 51. e 1 x x2 dx. 52. (x + 2)ex2+4x-5 dx. 53. ln4 x x dx. 54. cos(ln x) x dx. 1.2. METÓDY POČÍTANIA NEURČITÉHO INTEGRÁLU 17 55. ecos2 x sin 2x dx. 56. cotg x x dx. 57. 3 tg2 x cos2 x dx. 58. dx sin2 x cotg x-1 . 59. 2x 1-4x dx. 60. e2x 4+ex dx. 61. dx (1+x2) arctg x . 62. 3 dx x 1-ln2 x . 1.2.3 Výsledky 19. -1 3 cos 3x + c. 20. -1 3 ln |3x - 5| + c. 21. -1 2 e3-2x + c. 22. 1 4 (3x - 2) 3 3x - 2 + c. 23. -(4-7x)12 84 + c. 24. 1 5 tg 5x + c. 25. arcsin x 3 + c. 26. 1 4 arctg x 4 + c. 27. x2 - 4 + c. 28. ln |1 + sin x| + c. 29. -2 5 cos5 x + c. 30. 1 2 ex2 + c. 31. ln | ln x| + c. 32. 2 9 (x3 + 1)3 + c. 33. arctg x 2 + c. 34. 1 2 arctg x2 + c. 35. ln |e-x - 1| + c. 36. 2 3 arctg3 ex + c. 37. arccos 1 x + c. 38. 2 3 (x + 1)3 - 2 x + 1. Vo výsledkoch nasledujúcich cvičení je ešte pred výsledkom uvedená substitúcia, ktorou je možné integrál riešiť. 39. t = 4x - 11, I = 1 6 (4x - 11)3 + c. 40. t = 5 - 3x, I = -2 ln |5 - 3x| + c. 41. t = 4 + x2, I = 2 ln |4 + x2| + c. 42. t = 2x + 3, I = 1 (2x+3)7 + c. 43. t = x2 + 7, I = (x2 + 7)5 + c. 44. t = 3 - x2, I = - 3 - x2 + c. 45. t = 1 + x6, I = 1 3 arctg x3 + c. 46. t = 4 - x2, I = - 5 12 5 (4 - x2)6 + c. 47. t = sin x, I = 1 7 sin7 x + c. 48. t = 2 + cos x, I = -2 2 + cos x + c. 49. t = x + 1, I = arctg(x + 1) + c. 50. t = 2x - 1, I = 1 2 arcsin(2x - 1) + c. 51. t = 1 x , I = -e 1 x + c. 52. t = ex2+4x-5, I = 1 2 ex2+4x-5 + c. 18 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL 53. t = ln x, I = 1 5 ln5 x + c. 54. t = sin(ln x), I = sin(ln x) + c. 55. t = ecos2 x, I = -ecos2 x + c. 56. t = sin x, I = 2 ln | sin x| + c. 57. t = tg x, I = 3 5 3 tg5 x + c. 58. t = cotg x, I = -2 cotg x - 1 + c. 59. t = 2x, I = arcsin 2x ln 2 + c. 60. t = 4 + ex, I = ex - 4 ln |4 + ex| + c. 61. t = arctg x, I = ln(arctg x) + c. 62. t = ln x, I = 3 arcsin(ln x) + c. 1.2.4 Metóda per partes (integrovanie po častiach) Táto metóda je odvodená zo vzťahu pre deriváciu súčinu funkcií a spočíva v nasledovnom: Nech funkcie u a v majú derivácie v intervale (a, b). Potom u (x)v(x) dx = u(x)v(x) - u(x)v (x) dx (1.6) v intervale (a, b). Ako je vidieť, metóda sa používa na integrovanie súčinu funkcií. Jednu z nich zvolíme za u , druhú za v a výpočet daného integrálu prevedieme na výpočet iného integrálu. Pritom za funkciu u(x) volíme ľubovoľnú (čo najjednoduchšiu) primitívnu funkciu k funkcii u (x). Príklad 8. Vypočítame integrály a) xex dx b) 2x3 ln x dx c) 3x cos 5x dx. Riešenie: a) Ide o integrál súčinu funkcií y = x a y = ex. Máme dve možnosti ako požiť metódu: u = x v = ex u = ex v = x alebo u = x2 2 v = ex u = ex v = 1 Po dosadení do 1.6 dostaneme v prvej možnosti integrál x2 2 ex dx, ktorý je ešte zložitejší ako pôvodný, použitím druhej možnosti dostaneme jednoduchý integrál ex dx. xex dx = u = ex v = x u = ex v = 1 = xex - ex .1 dx = = xex - ex + c = (x - 1)ex + c. b) Znova máme dve možnosti voľby: u = 2x3 v = ln x u = ln x v = 2x3 alebo u = x4 2 v = 1 x u =? v = 6x2 1.2. METÓDY POČÍTANIA NEURČITÉHO INTEGRÁLU 19 Pri druhej možnosti je v tejto chvíli obtiažne vypočítať aj funkciu u = ln x dx (pre riešenie pozri poznámku na konci tejto časti a tiež Cvičenia), preto zvolíme prvú možnosť: 2x3 ln x dx = u = 2x3 v = ln x u = x4 2 v = 1 x = x4 2 ln x - x4 2 1 x dx = = x4 2 ln x - 1 2 x3 dx = x4 2 ln x - x4 8 + c. c) Z dvoch možností zvolíme nasledovnú (odporúčame čitateľovi skúsiť druhú možnosť a porovnať): 3x cos 5x dx = u = cos 5x v = 3x u = sin 5x 5 v = 3 = 3 5 x sin 5x - 3 sin 5x 5 dx = = 3 5 x sin 5x - 3 5 sin 5x dx = 3 5 x sin 5x + 3 25 cos 5x + c. Ako voliť funkcie u a v v metóde per partes, ak chceme byť úspešní? 1. Nemal by byť problém vypočítať funkcie u(x) = u (x) dx a v (x). 2. Integrál u(x)v (x) dx by mal byť ľahší ako pôvodný integrál. V ďalšom príklade odporúčame čitateľovi preveriť správnosť voľby funkcií u a v. Príklad 9. Vypočítame neurčité integrály a) x arctg x dx b) 5x cosh x 2 dx c) arcsin x dx d) (2x + 3 x) ln x dx e) (x2 + 2x - 1) sin 3x dxf) x34- x 2 dx g) e-x sin x dx h) cos x sin 3x dx i) sin(ln x) dx. Riešenie: a) x arctg x dx = u = x v = arctg x u = x2 2 v = 1 1+x2 = x2 2 arctg x - 1 2 x2 1 + x2 dx = = x2 2 arctg x - 1 2 1 + x2 - 1 1 + x2 dx = x2 2 arctg x - 1 2 1 dx - dx 1 + x2 = = x2 2 arctg x - 1 2 (x - arctg x) + c = 1 2 (x2 + 1) arctg x - x + c. b) 5x cosh x 2 dx = u = cosh x 2 v = 5x u = 2 sinh x 2 v = 5 = = 10x sinh x 2 - 10 sinh x 2 dx = 10x sinh x 2 - 20 cosh x 2 + c. c) V tomto príklade nejde o integrál súčinu, avšak integrovanú funkciu môžeme výhodne zapísať v tvare súčinu arcsin x = 1arcsin x! Pri počítaní obdržaného integrálu použijeme substitučnú metódu. Odporúčame čitateľovi premyslieť si detaily. arcsin x dx = u = 1 v = arcsin x u = x v = 1 1-x2 = 20 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL = x arcsin x - x 1 - x2 dx (t=1-x2) = x arcsin x + 1 2 dt t = = x arcsin x + 1 - x2 + c, x (-1, 1). d) (2x + 3 x) ln x dx = u = 2x + 3 x v = ln x u = x2 + 3x 4 3 4 v = 1 x = = x2 + 3x 4 3 4 ln x - x2 + 3x 4 3 4 1 x dx = = x2 + 3x 4 3 4 ln x - x dx - 3 4 x 1 3 = = x2 + 3 3 x4 4 ln x - x2 2 - 3 4 2 3 x4 + c = = x2 ln x - 1 2 + 3 4 ln x - 3 4 3 x4 + c. e) V tomto príklade budeme musieť použiť metódu per partes opakovane dvakrát. (x2 + 2x - 1) sin 3x dx = u = sin 3x v = x2 + 2x - 1 u = -1 3 cos 3x v = 2x + 2 = = - 1 3 (x2 + 2x - 1) cos 3x + 2 3 (x + 1) cos 3x dx = = u = cos 3x v = x + 1 u = 1 3 sin 3x v = 1 = = - 1 3 (x2 + 2x - 1) cos 3x + 2 3 1 3 (x + 1) sin 3x - 1 3 sin 3x dx = = - 1 3 (x2 + 2x - 1) cos 3x + 2 3 1 3 (x + 1) sin 3x + 1 3 2 cos 3x + c = = - x2 3 - 2x 3 + 11 27 cos 3x + 2 9 (x + 1) sin 3x + c. f) V tomto príklade musíme použiť metódu opakovane trikrát. Voľbu u a v vyznačíme len prvýkrát a necháme na čitateľa doplnenie ďalších. Z technického hľadiska je výhodné prepísať funkciu 4- x 2 = 4- 1 2 x = 1 2 x . x3 4-2x dx = x3 1 2 x dx = u = 1 2 x v = x3 u = - 1 ln 2 1 2 x v = 3x2 = = - x3 ln 2 1 2 x + 3 ln 2 x2 1 2 x dx = = - x3 ln 2 1 2 x + 3 ln 2 - x2 ln 2 1 2 x + 2 ln 2 x 1 2 x dx = 1.2. METÓDY POČÍTANIA NEURČITÉHO INTEGRÁLU 21 = - x3 ln 2 1 2 x + 3 ln 2 - x2 ln 2 1 2 x + 2 ln 2 x 1 2 x ln 2 - 1 (ln 2)2 1 2 x + c = = - 1 2 x x3 ln 2 + 3x2 (ln 2)2 + 6x (ln 2)3 + 6 (ln 2)4 + c. g) V tomto príklade použijeme metódu dvakrát, čo nám umožní vyjadriť hľadaný integrál pomocou neho samého. Z obdržanej rovnice ho potom vypočítame. Poznamenajme ešte, že v tomto príklade obidve voľby funkcií u a v vedú k riešeniu. e-x sin x dx = u = sin x v = e-x u = - cos x v = -e-x = -e-x cos x - e-x cos x = = u = cos x v = e-x u = sin x v = -e-x = -e-x cos x - e-x sin x + e-x sin x dx = = -e-x (cos x + sin x) - e-x sin x dx. Ak označíme hľadaný integrál symbolom I = e-x sin x dx, tak sme dostali rovnicu I = -e-x(cos x + sin x) - I, z ktorej vypočítame I = - 1 2 e-x (cos x + sin x) + c. h) Riešenie tohoto príkladu je podobné predchádzajúcemu. cos x sin 3x dx = u = cos x v = sin 3x u = sin x v = 3 cos 3x = = sin x sin 3x - 3 sin x cos 3x dx = u = sin x v = cos 3x u = - cos x v = -3 sin 3x = = sin x sin 3x - 3(- cos x cos 3x - 3 cos x sin 3x dx). Po úprave, pri označení I = cos x sin 3x dx, dostávame rovnicu I = sin x sin 3x + 3 cos x cos 3x + 9I, ktorej riešením je I = - 1 8 (sin x sin 3x + 3 cos x cos 3x) + c. i) sin(ln x) dx = u = 1 v = sin(ln x) u = x v = cos(ln x)1 x = = x sin(ln x) - cos(ln x) dx = u = 1 v = cos(ln x) u = x v = - sin(ln x)1 x = = x sin(ln x) - x cos(ln x) + sin(ln x) dx . Po úprave, pri označení I = sin(ln x) dx, dostávame riešenie I = 1 2 x (sin(ln x) - cos(ln x)) + c. 22 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL Poznámka 4. Ako sme videli v častiach c) a i), metódu môžeme použiť aj vtedy, ak integrovaná funkcia nie je súčinom dvoch funkcií. Vtedy za druhý činiteľ považujeme konštantu 1. Podobne sa riešia integrály ln x dx, arctg x dx, arctg x dx, arccos x dx. V častiach g), h) a i) sme videli, že niekedy po použití metódy nedostaneme jednoduchší integrál, ale podobný pôvodnému. Po opakovanom použití metódy vyjadríme pôvodný integrál pomocou neho samého a z obdržanej rovnice ho vypočítame. Záver: Metódu integrovania per partes používame pri integáloch typu P(x)f(x) dx, kde P(x) je mnohočlen (môže byť aj P(x) = 1!), prípadne racionálna funkcia a f je trigonometrická alebo transcendentná funkcia (exponenciálne, logaritmická, cyklometrická alebo hyperbolická). Pritom volíme: 1. u = f a v = P, ak f je trigonometrická, exponenciálna alebo hyperbolická funkcia a postup opakujeme n- krát, kde n je stupeň polynómu P. 2. u = P a v = f, ak f je cyklometrická alebo logaritmická funkcia. Dostaneme tak integrál z racionálnej alebo iracionálnej funkcie. Pre ich výpočet pozri nasledujúcu časť. Cvičenia Použite naznačenie metódy per partes na výpočet integrálov. 63. ln x dx, u = 1, v = ln x. 64. ln x dx x2 , u = 1 x2 , v = ln x. 65. x cos x dx, u = cos x, v = x. 66. xe-2x dx, u = e-2x, v = x. 67. arccotg x dx, u = 1, v = arccotg x. 68. x sin2 x dx, u = 1 sin2 x , v = x. 69. x cos x sin3 x dx, u = cos x sin3 x , v = x. 70. x sinh x dx, u = sinh x, v = x. 71. 1 - x2 dx, u = 1, v = 1 - x2. 72. x tg2 x dx, u = tg2 x, v = x. Použitím metódy per partes vypočítajte integrály. 73. x ln x dx. 74. x sin 3x dx. 75. 5xe-4x dx. 76. x arctg x dx. 77. arccos x dx. 78. x cosh x dx. 79. (2x + 1) cos( 3 - 5x) dx. 80. x dx 5x . 81. ln x x dx. 82. 4x3 ln(x5) dx. 1.2. METÓDY POČÍTANIA NEURČITÉHO INTEGRÁLU 23 Opakovaným použitím metódy per partes vypočítajte integrály. 83. x2 sin x dx. 84. ex cos 2x dx. 85. (x2 + 5) cos x dx. 86. x2 sinh x dx. 87. (x2 - 2x + 5)e-x dx. 88. x ln2 x dx. 89. ln2 x dx. 90. e-2x sin x 2 dx. 91. sin(ln x) dx. 92. x2e3x dx. 93. (x2 + 5x + 6) cos 2x dx. 94. x3 cos x dx. 1.2.5 Výsledky 63. x ln x - x + c. 64. -ln x x - 1 x + c. 65. x sin x + cos x + c. 66. -1 2 xe-2x - 1 4 e-2x + c. 67. x arccotg x + 1 2 ln(1 + x2) + c. 68. -x cotg x + ln | sin x| + c. 69. - x 2 sin2 x - 1 2 cotg x + c. 70. x cosh x - sinh x + c. 71. 1 2 (x 1 - x2 + arcsin x) + c. 72. x tg x + ln | cos x| - x2 2 + c. Vo výsledkoch nasledujúcich cvičení je ešte pred výsledkom uvedená voľba funkcie u v metóde per partes, ktorou je možné integrál riešiť. Funkciu v si čitateľ doplní. 73. u = x, I = 1 2 x2 ln x - 1 4 x2 + c. 74. u = sin 3x, I = -1 3 x cos 3x + 1 9 sin 3x + c. 75. u = e-4x, I = -5 4 xe-4x - 5 16 e-4x + c. 76. u = x, I = x2 2 arctg x - x 2 + 1 2 arctg x + c. 77. u = 1, I = x arccos x - 1 - x2 + c. 78. u = cosh x, I = x sinh x - cosh x + c. 79. u = cos( 3 - 5x), I = -2x+1 5 sin( 3 - 5x) + 2 25 cos( 3 - 5x) + c. 80. u = 5-x, I = -x5-x ln 5 - 5-x ln2 5 + c. 81. u = 1 x , I = 2 x ln x - 4 x + c. 82. u = 4x3, I = 5x4 ln x - 5 4 x4 + c. 83. u = sin x, I = -x2 cos x + 2x sin x + 2 cos x + c. 84. u je jedno, I = ex 5 (cos 2x + 2 sin 2x) + c. 85. u = cos x, I = (x2 + 3) sin x + 2x cos x + c. 86. u = sinh x, I = (x2 + 2) cosh x - 2x sinh x + c. 87. u = e-x, I = -e-x(x2 + 5) + c. 88. u = x, I = 1 2 x2(ln2 x - ln x) + 1 4 x2 + c. 89. u = 1, I = x ln2 x - 2x ln x + 2x + c. 24 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL 90. u je jedno, I = - 8 17 e-2x(sin x 2 + 1 4 cos x 2 ) + c. 91. u = 1, I = x 2 (sin(ln x) - cos(ln x)) + c. 92. u = e3x, I = e3x 27 (9x2 - 6x + 2) + c. 93. u = cos 2x, I = 2x2+10x+11 4 sin 2x + 2x+5 4 cos 2x + c. 94. u = cos x, I = (x3 - 6x) sin x + (3x2 - 6) cos x + c. 1.3 Integrovanie elementárnych funkcií 1.3.1 Integrovanie racionálnych funkcií Zopakujme, že racionálnou funkciou rozumieme podiel dvoch mnohočlenov. Integrovanie mnohočlenov Postup pri integrovaní mnohočlenu vyplýva zo vzťahu (1.3) a integrálu mocninnej funkcie. Príklad 10. Vypočítame (5x7 - 12x3 + 3x2 - 9) dx. Riešenie: (5x7 - 12x3 + 3x2 - 9) dx = = 5 x7 dx - 12 x3 dx + 3 x2 dx - 9 1 dx = = 5 8 x8 - 3x4 + x3 - 9x + c. Integrovanie rýdzo racionálnych funkcií Každú rýdzo racionálnu funkciu môžeme vyjadriť v tvare súčtu elementárnych zlomkov ([H], časť 6.4.2). Preto k integrovaniu rýdzo racionálnych funkcií stačí vedieť integrovať všetky štyri typy elementárnych zlomkov. a) Integrál prvého typu zlomkov prevedieme jednoduchou úpravou na základný integrál: a x - r dx (t=x-r) = a dt t = a ln |t| + c = a ln |x - r| + c. Príklad 11. Vypočítame 3 2-5x dx. Riešenie: 3 2 - 5x dx = - 3 5 dx x - 2 5 (t=x- 2 5 ) = - 3 5 ln x - 2 5 + c. b) Integrál druhého typu zlomkov riešime analogicky. Pre n > 1 a (x - r)n dx (t=x-r) = a t-n dt = a t-n+1 -n + 1 + c = a (1 - n)(x - r)n-1 + c. 1.3. INTEGROVANIE ELEMENTÁRNYCH FUNKCIÍ 25 Príklad 12. Vypočítame 8 (2x+3)4 dx. Riešenie: 8 (2x + 3)4 dx = 8 dx 24(x + 3 2 )4 (t=x+ 3 2 ) = 1 2 t-4 dt = = 1 2 t-3 -3 + c = - 1 6(x + 3 2 )3 + c. c) Tretí typ zlomku ax+b x2+px+q , kde p2 - 4q < 0, integrujeme nasledovne: 1. Algebraickými úpravami rozdelíme zlomok na dva zlomky, ktorých menovatele sú zhodné s menovateľmi pôvodného zlomku. Čitateľ prvého je lineárna funkcia, ktorá je číselným násobkom derivácie menovateľa a čitateľ druhého je číslo: ax + b x2 + px + q = a 2 (2x + p) x2 + px + q + b - ap 2 x2 + px + q . 2. Prvý zlomok integrujeme nasledovne: a 2 (2x + p) x2 + px + q dx (t=x2+px+q) = a 2 dt t = a 2 ln(x2 + px + q) + c. Prečo netreba v poslednom logaritme písať absolútnu hodnotu? 3. Integrál druhého zlomku úpravami a substitúciou prevedieme na dt t2+1 . Príklad 13. Vypočítame integrál 3x-1 x2+4x+10 dx. Riešenie: 1. Najskôr upravíme integrovaný zlomok na súčet dvoch zlomkov s popísanými vlastnosťami 3x - 1 x2 + 4x + 10 = 3 2 (2x + 4) x2 + 4x + 10 + -7 x2 + 4x + 10 . 2. Počítame prvý integrál 3 2 2x + 4 x2 + 4x + 10 dx (t=x2+4x+10) = 3 2 dt t = 3 2 ln |t| + c = = 3 2 ln(x2 + 4x + 10) + c. 3. Počítame druhý integrál -7 x2 + 4x + 10 dx = -7 dx x2 + 4x + 10 = -7 dx (x + 2)2 + 6 = = - 7 6 dx x+2 6 2 + 1 = (t= x+2 6 ) = - 7 6 6dt t2 + 1 = = - 7 6 arctg t + c = - 7 6 arctg x + 2 6 + c. Výsledok je súčtom obidvoch integrálov: 3x - 1 x2 + 4x + 10 dx = 3 2 ln(x2 + 4x + 10) - 7 6 arctg x + 2 6 + c. 26 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL d) Integrály zo zlomkov štvrtého typu ax+b (x2+px+q)n pre n > 1 sa počítajú zložitou rekurentnou metódou. Pre výsledné vzťahy pozri [E], časť Integrovanie racionálnych funkcií. Príklad 14. Vypočítame integrál 4x3-14x2+28x-7 (x-2)2(x2-2x+5) dx. Riešenie: Úlohu budeme riešiť v niekoľkých krokoch. 1. Integrovanú rýdzo racionálnu funkciu rozložíme na elementárne zlomky 4x3 - 14x2 + 28x - 7 (x - 2)2(x2 - 2x + 5) = 2 x - 2 + 5 (x - 2)2 + 2x - 3 x2 - 2x + 5 . 2. Integrujeme prvý integrál 2 x - 2 dx = 2 ln |x - 2| + c. 3. Integrujeme druhý integrál 5 (x - 2)2 dx = - 5 x - 2 + c. 4. Podobne ako v predchádzajúcom príklade integrujeme tretí integrál. Podrobnosti necháme na čitateľa. 2x - 3 x2 - 2x + 5 dx = 2x - 2 x2 - 2x + 5 - 1 x2 - 2x + 5 dx = = ln(x2 - 2x + 5) - 1 4 dx (x - 1)2 + 4 = = ln(x2 - 2x + 5) - 1 4 dx x-1 2 2 + 1 = = ln(x2 - 2x + 5) - 1 2 arctg x - 1 2 + c. 5. Sčítame všetky vypočítané integrály 4x3 - 14x2 + 28x - 7 (x - 2)2(x2 - 2x + 5) dx = = 2 ln |x - 2| - 5 x - 2 + ln(x2 - 2x + 5) - 1 2 arctg x - 1 2 + c. Integrovanie racionálnych funkcií Pri integrovaní racionálnych funkcií využívame známy fakt (pozri [H]): Každá racionálna funkcia sa dá vyjadriť ako súčet mnohočlena a rýdzo racionálnej funkcie. Príklad 15. Vypočítame integrál x8+11x6+15x4+3x3+12x2-18x+27 x5+9x3 dx. 1.3. INTEGROVANIE ELEMENTÁRNYCH FUNKCIÍ 27 Riešenie: 1. Danú racionálnu funkciu rozložíme na súčet mnohočlena a rýdzo racionálnej funkcie. Rozklad menovateľa na súčin je x3(x2 + 9). Dostávame x8 + 11x6 + 15x4 + 3x3 + 12x2 - 18x + 27 x5 + 9x3 = = x3 + 2x + 1 x - 2 x2 + 3 x3 4x - 5 x2 + 9 . 2. Integrál mnohočlena je jednoduchý (x3 + 2x) dx = x4 4 + x2 + c. 3. Integrály prvých troch zlomkov sú jednoduché, integrál posledného je 4x - 5 x2 + 9 dx = 2 2x x2 + 9 dx - 5 dx x2 + 9 = 2 ln(x2 + 9) - 5 3 arctg x 3 + c. 4. Výsledok je súčtom všetkých integrálov x8 + 11x6 + 15x4 + 3x3 + 12x2 - 18x + 27 x5 + 9x3 dx = = x4 4 + x2 + ln |x| + 2 x - 3 2x2 - 2 ln(x2 + 9) + 5 3 arctg x 3 + c. Cvičenia Vypočítajte integrály rýdzo racionálnych funkcií. 95. dx x2+2x . 96. dx x2-1 . 97. dx x3+x . 98. dx (x-1)(x+2)(x+3) . 99. dx x(x+1)2 . 100. 2x2+41x-91 (x-1)(x+3)(x-4) dx. 101. 2 dx x2+2x+5 . 102. dx 3x2+5 . 103. dx x3+1 dx. 104. dx x3+x2+x . Vypočítajte integrály racionálnych funkcií. 105. x2-5x+9 x2-5x+6 dx. 106. 5x3+2 x3-5x2+4x dx. 107. x2 dx x2-6x+10 . 108. x3+x+1 x(x2+1) dx. 109. (x-1)2 x2+3x+4 dx. 110. x4 x4-1 dx. 111. 2x-3 (x2-3x+2)2 dx. 112. x3+x-1 x(x2+1) dx. 28 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL Výsledky 95. 1 2 ln x x+2 + c. 96. ln x-1 x+1 + c. 97. ln |x| - 1 2 ln(x2 + 1) + c. 98. 1 12 ln (x-1)(x+3)2 (x+2)4 + c. 99. 1 x+1 + ln x x+1 + c. 100. ln (x-1)4(x-4)5 (x+3)7 + c. 101. arctg x+1 2 + c. 102. 1 15 arctg 3 5 x + c. 103. 1 6 ln (x+1)2 x2-x+1 + 1 3 arctg 2x-1 3 + c. 104. 1 2 ln x2 x2+x+1 - 1 3 arctg 2x+1 3 + c. 105. x + 3 ln |x - 3| - 3 ln |x - 2| + c. 106. 5x + ln x(x-4) 161 6 (x-1) 7 3 + c. 107. x + 3 ln(x2 - 6x + 10) + 8 arctg(x - 3) + c. 108. x + ln x x2+1 + c. 109. x - 5 2 ln(x2 + 3x + 4) + 9 7 arctg 2x+3 7 + c. 110. x + 1 4 ln x-1 x+1 - 1 2 arctg x + c. 111. - 1 2(x2-3x+2)2 + c. 112. x + ln x2+1 |x| + c. 1.3.2 Integrovanie trigonometrických funkcií Pri integrovaní trigonometrických funkcií je väčšinou viac možností ako postupovať. Integrál z ľubovoľnej racionálnej funkcie z funkcií sin a cos, t.j. funkcie obsahujúcej algebraické operácie (sčitanie, odčítanie, násobenie a delenie) a funkcie sin a cos (a teda aj tg a cotg), môžeme pomocou substitúcie t = tg x 2 , x (-, ); previesť na integrál z racionálnej funkcie. Postupujeme pritom tak, že vyjadríme inverznú funkciu, jej diferenciál dx a tiež funkcie sin x a cos x s pomocou premennej t x = 2 arctg t, dx = 2 dt 1 + t2 , sin x = 2t 1 + t2 , cos x = 1 - t2 1 + t2 . Príklad 16. Vypočítame 1+tg x 1-tg x dx. Riešenie: Skôr než začneme počítať, uvedomme si, že úlohu môžeme riešiť v ľubovoľnom intervale, v ktorom je integrovaná funkcia definovaná, t.j. v ľubovoľnom intervale (2 +k, 3 4 )+k alebo (3 4 + 1.3. INTEGROVANIE ELEMENTÁRNYCH FUNKCIÍ 29 k, 2 +k), k Z. Integrál upravíme a prevedieme spomínanou substitúciou na integrál z racionálnej funkcie. 1 + tg x 1 - tg x dx = cos x+sin x cos x cos x-sin x cos x dx = cos x + sin x cos x - sin x dx = 1-t2 1+t2 + 2t 1+t2 1-t2 1+t2 - 2t 1+t2 2 dt 1 + t2 = 2t2 - 4t - 2 (t2 + 1)(t2 + 2t - 1) dt. Rýdzo racionálnu funkciu v poslednom integrále rozložíme na súčet elementárnych zlomkov 2t2 - 4t - 2 (t2 + 1)(t2 + 2t - 1) = 2t t2 + 1 - 1 t + 1 + 2 - 1 t + 1 - 2 a tieto integrujeme. 2t2 - 4t - 2 (t2 + 1)(t2 + 2t - 1) dt = 2t t2 + 1 dt - dt t + 1 + 2 - dt t + 1 - 2 = ln(t2 + 1) - ln |t + 1 + 2| - ln |t + 1 - 2| = ln t2 + 1 t2 + 2t - 1 + c. Výpočet ukončíme spätnou substitúciou premennej t na pôvodnú premennú x. 1 + tg x 1 - tg x dx = ln tg2 x 2 + 1 tg2 x 2 + 2 tg x 2 - 1 + c. Poznamenajme ešte, že tento výsledok platí v ľubovoľnom intervale, v ktorom je integrovaná funkcia definovaná. Substitúciu t = tg x 2 , x (-, ) je možné použiť pri integrále z ľubovoľnej racionálnej funkcie z funkcií sin x a cos x, táto však vedie často ku integrálom z komplikovaných racionálnych funkcií a je možné ho v špeciálnych prípadoch zjednodušiť. Uvedieme tu niektoré možnosti a čitateľovi so záujmom o ďalšie odporúčame [1], [3], [4]. Často je možné použiť substitúciu t = tg x, x - 2 , 2 , potom x = arctg t, dx = dt 1 + t2 , sin x = t 1 + t2 , cos x = 1 1 + t2 . Táto substitúcia (ak je možné ju požiť) vedie väčšinou k integrálu z jednoduchšej racionálnej funkcie. Odporúčame čitateľovi vyriešiť predchádzajúci príklad pomocou substitúcie t = tg x. Neurčitý integrál sinn x cosm x dx, kde n a m sú celé čísla a aspoň jedno z nich je nepárne. Tento integrál úpravou a substitúciou t = cos x, ak n je nepárne alebo t = sin x, ak m je nepárne prevedieme na integrál z racionálnej funkcie. Príklad 17. Vypočítame integrál 1 cos3 x dx. 30 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL Riešenie: V integrovanej funkcii sa vyskytuje len funkcia cos x a to v nepárnej mocnine (cos-3 x). Preto úpravou a substitúciou t = sin x, kde dt = cos x dx a cos2 x = 1 - t2, dostávame 1 cos3 x dx = cos x cos4 x dx = dt (1 - t2)2 . Posledný integrál z rýdzoracionálnej funkcie riešime rozkladom na elementárne zlomky dt (1 - t2)2 dt = 1 4 1 (1 + t)2 + 1 1 + t + 1 (1 - t)2 + 1 1 - t dt = = 1 4 - 1 1 + t + ln |1 + t| + 1 1 - t - ln |1 - t| + c = = 1 4 2t t2 - 1 + ln 1 + t 1 - t + c. Po spätnej substitúcii dostávame výsledok 1 cos3 x dx = 1 4 2 sin x cos2 x + ln 1 + sin x 1 - sin x + c. Neurčité integrály sin mx cos nx dx, sin mx sin nx dx, cos mx cos nx dx kde m a n sú prirodzené čísla prevedieme na jednoduché integrály pomocou trigonometrických vzťahov sin sin = 1 2 (cos( - ) - cos( + )) , cos cos = 1 2 (cos( - ) + cos( + )) , sin cos = 1 2 (sin( - ) + sin( + )) . Príklad 18. Vypočítame sin 2x cos 5x dx. Riešenie: Použijeme vyššie uvedený vzorec pre = 2x a = 5x. sin 2x cos 5x dx = 1 2 (sin(-3x) + sin 7x) dx = = - 1 2 (sin 3x + sin 7x) dx = 1 6 cos 3x - 1 14 cos 7x + c. 1.3. INTEGROVANIE ELEMENTÁRNYCH FUNKCIÍ 31 Cvičenia Vypočítajte integrály trigonometrických funkcií. 113. sin3 x cos x dx. 114. cos5 2x sin 2x dx. 115. tg 4x dx. 116. cos2 2x dx. 117. cos5 x dx. 118. dx sin x . 119. sin3 x cos4 x dx. 120. dx sin x cos3 x . 121. cotg3 x dx. 122. sin x-cos x sin x+cos x dx. 123. dx 5-3 cos x . 124. cos x 1+cos x dx. 125. sin x 1-sin x dx. 126. dx sin x+cos x . 127. dx cos x+2 sin x+3 . 128. sin 3x sin 5x dx. 129. sin x 4 cos 3x 4 dx. 130. sin x sin 2x sin 3x dx. 131. cosh3 x dx. 132. tgh x dx. Výsledky 113. 1 4 sin4x + c. 114. -cos6 x 12 + c. 115. -1 4 ln | cos 4x| + c. 116. x 2 + sin 4x 8 + c. 117. sin x - 2 3 sin3 x + 1 5 sin5 x + c. 118. ln tg x 2 + c. 119. 1 3 cos3 x - 1 cos x + c. 120. 1 2 cos2 x + ln | tg x| + c. 121. - 1 2 sin2 x - ln | sin x| + c. 122. - ln | sin x + cos x| + c. 123. 1 2 arctg 2 tg x 2 + c. 124. x - tg x 2 + c. 125. -x + tg x + 1 cos x + c. 126. 1 2 ln tg x 2 + 8 + c. 127. arctg 1 + tg x 2 + c. 128. -sin 8x 16 + sin 2x 4 + c. 129. -cos x 2 + cos x 2 + c. 130. -cos 2x 8 - cos 4x 16 + cos 6x 24 + c. 131. sinh3 x 3 + sinh x + c. 132. ln | cosh x| + c. 32 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL 1.3.3 Integrovanie iracionálnych funkcií Odmocnina z lineárnej lomenej funkcie Ak máme integrovať funkciu, v ktorej sa okrem algebraických operácií vyskytuje odmocnina z lineárnej lomenej funkcie (špeciálne z lineárnej funkcie), t.j. n ax+b cx+d (špeciálne n ax + b), tak použijeme substitúciu t = (x) = n ax+b cx+d (t = n ax + b). Pri tejto substitúcii je technicky výhodné vyjadriť inverznú funkciu x = -1(t) a dx = -1 (t) dt. Všetky tieto vzťahy dosadíme do riešeného integrálu, ktorý tak prevedieme na integrál z racionálnej funkcie premennej t. Príklad 19. Vypočítame integrál 3x+4 x- 3x+4 dx. Riešenie: V tomto príklade použijeme substitúciu t = 3x + 4, x (-4 3 , ) a vyjadríme inverznú funkciu x = t2-4 3 a tiež dx = 2t 3 dt. Dosadením dostávame integrál z racionálnej funkcie premennej t I = t t2-4 3 - t 2t 3 dt = 2 t2 dt t2 - 3t - 4 = 2 1 + 3t + 4 t2 - 3t - 4 dt. Rýdzo racionálnu funkciu v integrále rozložíme na súčet elementárnych zlomkov. 3t + 4 t2 - 3 - 4 = 16 5 t - 4 - 1 5 t + 1 a pokračujeme v integrovaní I = 2 t + 16 5 ln |t - 4| - 1 5 ln |t + 1| + c. Nakoniec výsledok vyjadríme v termínoch premennej x. I = 2 3x + 4 + 16 5 ln | 3x + 4 - 4| - 1 5 ln | 3x + 4 + 1| + c. V prípade, že sa v integrovanej funkcii vyskytujú dve rôzne odmocniny n ax+b cx+d a m ax+b cx+d , použijeme substitúciu t = k ax+b cx+d , kde k je najmenší spoločný násobok čísel m a n. Podobne postupujeme aj vtedy, ak sa vyskytuje viac odmocnín z tej istej lineárnej lomenej funkcie. Príklad 20. Vypočítame integrál 4 x 3 x+ x dx. Riešenie: Najmenší spoločný násobok čísel 2, 3 a 4 je číslo 12. Preto použijeme substitúciu t = 12 x, vyjadríme x = t12 a dx = 12t11 dt. Ďalej uvážime, že x = t6, 3 x = t4 a 4 x = t3 a dosadíme do pôvodného integrálu I = 4 x 3 x + x dx = t3 t4 + t6 12t11 dt = 12 t10 1 + t2 dt. Posledný integrál (z racionálnej funkcie) rozložíme na súčet mnohočlena a rýdzo racionálnej funkcie a zintegrujeme I = 12 (t8 - t6 + t4 - t2 + 1) dt - 1 t2 + 1 dt = 1.3. INTEGROVANIE ELEMENTÁRNYCH FUNKCIÍ 33 = 12 t9 9 - t7 7 + t5 5 - t3 3 + t - arctg t + c = = 12 12 x9 9 - 12 x7 7 + 12 x5 5 - 12 x3 3 + 12 x - arctg 12 x + c. Odmocnina z kvadratickej funkcie Ak máme integrovať funkciu, v ktorej sa okrem algebraických operácií vyskytuje odmocnina z kvadratickej funkcie ax2 + bx + c, postupujeme nasledovne: 1. Doplnením na štvorec a algebraickými úpravami a substitúciou prevedieme daný výraz na niektorý z výrazov r2 - u2, r2 + u2 alebo u2 - r2. 2. Použitím substitúcií u = r sin t pre r2 - u2 u = r tg t pre r2 + u2 u = r cos t pre u2 - r2 prevedieme daný integrál na integrál z trigonometrickej funkcie. Príklad 21. Vypočítame 4x2 - 8x + 5 dx. Riešenie: Upravíme 4x2 - 8x + 5 = (2x - 2)2 + 1 a zvolíme u = 2x - 2. Potom du = 2 dx a I = 4x2 - 8x + 5 dx = u2 + 1 du 2 . Použijeme substitúciu u = tg t, t (2 , 2 ) a počítame I = 1 2 tg2 t + 1 1 cos2 t dt = 1 2 sin2 t+cos2 t cos2 t cos2 t dt = 1 2 1 cos3 t dt. Tento integrál sme už počítali v Príklade 17 I = 1 2 1 cos3 t dt = 1 8 2 sin t cos2 t + ln 1 + sin t 1 - sin t + c. Pre spätnú substitúciu potrebujeme vyjadriť sin t a cos t pomocou u. To spravíme umocnením substitučnej rovnice u = tg t, úpravou a vyjadrením u2 = sin2 x 1 - sin2 x , sin t = u 1 + u2 , cos t = 1 1 + u2 . Po spätnej substitúcii dostávame I = 1 8 2u 1 + u2 + ln 1 + u2 + u 1 + u2 - u = = 1 8 2u 1 + u2 + ln( 1 + u2 + u)2 + c. 34 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL Nakoniec prejdeme k premennej x (u = 2x - 2). I = 1 2 (x - 1) 4x2 - 8x + 5 + 1 4 ln( 4x2 - 8x + 5 + 2x - 2) + c. Príklad 22. Vypočítame integrál (x-1)2 8+2x-x2 dx. Riešenie: 1. Upravíme 8 + 2x - x2 = 9 - (x - 1)2 a zvolíme u = x-1. Potom môžeme písať (Uvedomme si, že du = dx!) I = (x - 1)2 8 + 2x - x2 dx = u2 9 - u2 du. 2. Použijeme substitúciu podľa návodu u = 3 sin t, t - 2 , 2 . Potom du = 3 cos t dt a 9 - u2 = 9 - 9 sin2 t = 9 cos2 t = 3 cos t. (Prečo nie 9 - u2 = -3 cos t ?) Dosadíme, v úprave použijeme trigonometrickú identitu sin2 t = 1-cos 2t 2 a integrujeme. I = 9 sin2 t 3 cos t 3 cos t dt = 9 sin2 t dt = 9 1 - cos 2t 2 dt = = 9 2 t sin 2t 2 = 9 2 (t - sin t cos t) = 9 2 arcsin u 3 - u 3 9 - u2 3 = = 9 2 arcsin x - 1 3 (x - 1) 2 8 + 2x - x2 + c. Poznámka 5. Integrály obsahujúce odmocninu z kvadratickej funkcie je možné riešiť tiež inými typmi substitúcií ([E], [I], [K]). Niekedy je možné pri integrovaní tohoto typu funkcií použiť metódu per partes. Príklad 23. Vypočítame integrál 1 + x2 dx. Riešenie: Metódou per partes dostávame I = 1 + x2 dx = x 1 + x2 - x2 1 + x2 dx = = x 1 + x2 1 + x2 - 1 1 + x2 dx = x 1 + x2 - I + dx 1 + x2 . Posledný integrál je jeden zo základných. Pričítaním hodnoty integrálu I k obidvom stranám rovnice a vydelením dvomi dostávame I = 1 2 x 1 + x2 + ln(x + 1 + x2) + c. 1.3. INTEGROVANIE ELEMENTÁRNYCH FUNKCIÍ 35 Cvičenia Vypočítajte integrály iracionálnych funkcií. 133. x 1+ x dx. 134. dx (2-x) 1-x . 135. x x+2 dx. 136. dx 1+ 3 x . 137. x 1- 3 x dx. 138. dx x x-4 . 139. 1+x 1-x dx. 140. 1+x 1-x 1 (1-x)(1+x)2 dx. 141. dx (x-2)3(x-3) . 142. dx 3-2x-5x2 . 143. x-1 x2-2x+2 dx. 144. dx (9+x2) 9+x2 . 145. 3 - 2x - x2 dx. 146. 2x+1 x2+x dx. 147. x2+2x x dx. 148. dx 25+9x2 . 149. 3dx 9x2-1 . 150. dx x2 9-x2 . Výsledky 133. x - 2 x + 2 ln( x + 1) + c. 134. -2 arctg 1 - x + c. 135. 2 x - 2 2 arctg x 2 + c. 136. 3 3 x2 2 - 3 x + ln |1 + 3 x| + c. 137. -6 6 x - 2 x - 6 5 6 x5 - 6 7 6 x7 - 3 ln 6 x-1 6 x+1 + c. 138. arctg x-4 2 + c. 139. arcsin x - 1 - x2 + c. 140. x 1-x2 + c. 141. 2 x-3 x-2 + c. 142. 1 5 arcsin 5x+1 4 + c. 143. x2 - 2x + 2 + c. 144. x 9 9+x2 + c. 145. x+1 2 3 - 2x - x2 + 2 arcsin x+1 2 + c. 146. 2 x2 + x + c. 147. x2 + 2x + ln |x + 1 + x2 + 2x| + c. 36 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL 148. 1 3 ln |3x + 25 + 9x2| + c. 149. ln |3x + 9x2 - 1| + c. 150. - 9-x2 9x + c. 1.3.4 Integrovanie transcendetných funkcií Transcendentné funkcie integrujeme podľa okolností buď metódou substitučnou alebo metódou per partes (podrobnosti sú v závere prechádzajúcej časti). Pri riešení je často potrebné opakovane kombinovať obidve metódy. Príklad 24. Vypočítame integrál I = x3 e-x4 + arccotg x dx. Riešenie: Daný integrál rozdelíme na dva. Prvý počítame pomocou substitučnej metódy, druhý metódou per partes. x3 e-x4 dx t=-x4 = - 1 4 et dt = - 1 4 e-x4 + c, x3 arccotg x = u = x3 v = arccotg x u = x4 4 v = - 1 1+x2 = x4 4 arccotg x + 1 4 x4 dx 1 + x2 . Posledný integrál z racionálnej funkcie počítame rozkladom na mnohočlen a rýdzo racionálnu funkciu x4 dx 1 + x2 = x2 - 1 + 1 1 + x2 dx = x3 3 - x - arccotg x + c. Poznamenajme, že namiesto - arccotg x sme mohli tiež písať + arctg x. Celkový výsledok je súčtom obidvoch integrálov I = - 1 4 e-x4 + x4 4 arccotg x + 1 4 x3 3 - x - arccotg x + c. Príklad 25. Vypočítame integrál I = 4 cosh2 x - x arcsin x 1-x2 dx. Riešenie: Daný integrál vypočítame ako rozdiel dvoch integrálov. I1 = 4 cosh2 x dx = 4 ex + e-x 2 2 = (e2x + 2 + e-2x ) dx = = e2x 2 + 2x - e-2x 2 = sinh x + 2x + c. Druhý integrál riešime metódou per partes. I2 = x arcsin x 1 - x2 dx = u = x 1-x2 v = arcsin x u = - 1 - x2 v = 1 1-x2 = = - 1 - x2 arcsin x + 1 dx = x - 1 - x2 arcsin x + c. Nakoniec I = I1 - I2 = sinh x + x + 1 - x2 arcsin x + c. 1.3. INTEGROVANIE ELEMENTÁRNYCH FUNKCIÍ 37 1.3.5 Záver Vo všeobecnosti je hľadanie neurčitého integrálu k danej funckii činnosť náročnejšia ako hľadanie derivácie danej funkcie. Na rozdiel od derivácií neexistuje všeobecný algoritmus ako nájsť integrál ľubovoľnej elementárnej funkcie. Ten istý integrál je často možné riešiť rôznymi metódami (napr. x 1 - x). Na druhej strane existujú elementárne funkcie, ktorých neurčité integrály sa nedajú vyjadriť pomocou elementárnych funkcií. Také sú napríklad ex2 dx, sin(x2 ) dx, sin x x dx, 1 + x4 dx a ďalšie. Určitou výhodou pri počítaní integrálov oproti počítaniu derivácií je fakt, že v prípade pochybností môžeme správnosť výpočtu integrálu overiť skúškou. Zo vzťahu (1.1) f(x) dx = f(x) totiž vyplýva, že ak sme pri výpočte postupovali správne, tak deriváciou výslednej funkcie dostaneme integrovanú funkciu. Cvičenia Kombináciou rôznych metód vypočítajte integrály. 151. dx 3 (4-3x)2 . 152. e-x sin2 x dx. 153. eax cos bx dx. 154. (3x2 + 2x + 1) sin x 3 dx. 155. sin x (3 + 2 cos x)5 dx. 156. (3x2 + 1) ln(x - 4) dx. 157. ln x x 2 dx. 158. x2 arctg 3x dx. 159. arcsin2 x dx. 160. sin x sinh x dx. 161. (4x3 + 2x) arctg x dx. 162. dx (2x2+2) arccotg3 x . 163. (2x - 1) arccos x dx. 164. (x2 - 3x + 1) cosh 2x dx. Výsledky 151. - 3 4 - 3x + c. 152. -e-x sin2 x - e-x 5 (sin 2x + 2 cos 2x) + c. 153. aeax (a2+b2) (cos bx + b sin bx) + c. 154. (-9x2 - 6x + 159) cos x 3 + (54x + 18) sin x 3 + c. 155. -1 7 (3 + 2 cos x)7 + c. 156. (x3 + x - 68) ln(x - 4) - x3 3 - 2x2 - 17x + c. 157. -ln2 x+2 ln x+2 x + c. 158. x3 3 arctg 3x - x2 18 + ln(9x2+1) 162 + c. 38 KAPITOLA 1. NEURČITÝ INTEGRÁL 159. x arcsin2 x + 2 1 - x2 arcsin x - 2x + c. 160. 1 2 (sin x cosh x - cos x sinh x) + c. 161. (x4 + x2) arctg x - x3 3 + c. 162. 1 arccotg x + c. 163. (x2 - x - 1 2 ) arccos x + (1 - x 2 ) 1 - x2 + c. 164. (x2 - 3x + 1) sinh 2x - (x - 3 2 ) cosh 2x + c. Kapitola 2 Určitý integrál 2.1 Pojem určitého integrálu Definícia určitého integrálu je pomerne zložitá a čitateľ ju nájde napr. v [1], [5], [6]. Na tomto mieste ju len voľne opíšeme. Predstavme si, že v intervale a, b je definovaná nezáporná spojitá funkcia f a potrebujeme vypočítať obsah plochy "pod jej grafom", t.j. obsah rovinnej oblasti ohraničenej grafom funkcie f, osou ox a priamkami x = a a x = b. Pokiaľ je f lineárna alebo konštantná, jedná sa o lichobežník, prípadne obdĺžnik a riešenie úlohy je jednoduché. Pre všeobecnú funkciu môžeme postupovať nasledovne. Obr. 2.1: Určitý integrál. 1. Rozdelíme bodmi a = x0 < x1 < x2 < < xn-1 < xn = b interval a, b na n podintervalov xi-1, xi . Označme d dĺžku najdlhšieho z nich. 2. V každom podintervale zvolíme niektorý bod pi. 3. V každom podintervale nahradíme príslušnú časť plochy obdĺžnikom so základňou dĺžky (xi xi-1) a výškou f(pi). 4. Sčítame obsahy všetkých takýchto obdĺžnikov. S = n i=1 f(pi)(xi - xi-1). 39 40 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Dostávame tak aproximáciu (približnú hodnotu) hľadaného obsahu. S týmto výsledkom sa však nemôžeme uspokojiť. Z obrázku je vidieť, že ak zhustíme deliace body, hodnota S sa viac priblíži skutočnej hodnote. Preto celý postup opakujeme tak, že dĺžka d najdlhšieho podintervalu sa bude blížiť k nule. Takto limitnou hodnotou aproximácie S bude hľadaný obsah. Tento teoretický postup je však pre všeobecnú funkciu f prakticky neuskutočniteľný. Preto hladáme iný spôsob, ako nájsť hľadaný obsah. Označme S(x) obsah plochy pod grafom funkcie f v intervale a, x . Všimnime si zmenu S(x + h) - S(x) pre číslo h blízke k nule. Táto sa približne rovná obsahu obdĺžnika so stranami dĺžok h a f(x), teda S(x + h) - S(x) hf(x). Obr. 2.2: S (x) = f(x) Preto lim h0 S(x + h) - S(x) h = f(x). Výraz na ľavej strane je derivácia funkcie S v bode x, takže dostávame dôležitý fakt S (x) = f(x), z ktorého vyplýva, že S je tá primitívna funkcia k funkcii f v intervale a, b , pre ktorú platí S(a) = 0 (v bode a sa jedná o "plochu" s nulovým obsahom). Preto hľadaný obsah sa rovná rozdielu S(b)-S(a). V predchádzajúcich riadkoch je približne opísaný proces integrácie spojitej funkcie f v intervale a, b a motivuje nasledujúci pojem určitého integrálu. Nech f je spojitá funkcia v intervale a, b a F je funkcia primitívna k f v intervale a, b . Určitý integrál funkcie f v intervale a, b je číslo F(b) - F(a). Tento fakt zapisujeme nasledovne b a f(x) dx = [F(x)]b a = F(b) - F(a). (2.1) Poznámka 1. Uvedený vzťah sa volá Newtonova-Leibnizova formula. Neurčitý a určitý integrál sú vo svojej podstate naprosto odlišné matematické objekty. Kým neurčitý integrál je množina funkcií, určitý integrál je číslo. To, čo ich spája (okrem slova integrál v ich názvoch), je skutočnosť vyjadrená uvedeným vzťahom (2.1), že určitý integrál sa dá vyjadriť pomocou ľubovoľnej funkcie z neurčitého integrálu. Vo vzťahu (2.1) výraz na ľavej strane je označením určitého integrálu funkcie f v intervale a, b a výraz v strede je iný zápis čísla F(b) - F(a). Pri samotnom výpočte postupujeme tak, že najskôr nájdeme niektorú primitívnu funkciu F k funkcii f (označenie výrazom v strede) 2.1. POJEM URČITÉHO INTEGRÁLU 41 a potom dosadíme krajné body intervalu a odčítame (výraz na pravej strane). Odporúčame čitateľovi presvedčiť sa, že číslo F(b) - F(a) nie je závislé od výberu primitívnej funkcie. Príklad 1. Vypočítame a) 4 1 x dx, b) 4 1 x2 dx, c) 1 -1 x2 dx, d) 2 0 sin x dx, e) e 1 ln x dx, f) 1 0 dx 1+x2 . Riešenie: a) 4 1 x dx = x2 2 4 1 = 42 2 - 12 2 = 15 2 . b) 4 1 x2 dx = x3 3 4 1 = 43 3 - 13 3 = 63 3 . c) 1 -1 x2 dx = x3 3 1 -1 = 13 3 - (-1)3 3 = 2 3 . d) 2 0 sin x dx = [- cos x] 2 0 = -0 - (-1) = 1. e) e 1 1 x dx = [ln x]e 1 = ln e - ln 1 = 1. f) 1 0 dx 1 + x2 = [arctg x]1 0 = arctg 1 - arctg 0 = 4 . Ak a b, tak definujeme a b f(x) dx = - b a f(x) dx. Nasledujúce vzťahy sú jednoduchými dôsledkami vzťahu (2.1) a vlastností neurčitého integrálu a platia, ak funkcie sú spojité v intervaloch, v korých integrujeme. a a f(x) dx = 0. (2.2) b a f(x) dx = c a f(x) dx + b c f(x) dx. (2.3) b a (cf(x) + dg(x)) dx = c b a f(x) dx + d b a g(x) dx, c, d R. (2.4) 42 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Vzťah (2.4) sa používa pri výpočte integrálov zložených z funkcií, ktorých integrál už poznáme. Príklad 2. Vypočítame 4 1 (3x2 - 5x) dx. Riešenie: Výpočet môžeme uskutočniť priamo 4 1 (3x2 - 5x) dx = x3 - 5 x2 2 4 1 = 43 - 5 42 2 - 13 - 5 12 2 = = 64 - 5 16 2 - 1 - 5 1 2 = 51 2 alebo použitím vzťahu (2.4) a prvých dvoch integrálov v Príklade 1 4 1 (3x2 - 5x) dx = 3 4 1 x2 dx - 5 4 1 x dx = 3 63 3 - 5 15 2 = 51 2 . Pri výpočte nasledujúceho integrálu použijeme vzťah (2.3). Príklad 3. Vypočítame 0 | cos x| dx. Riešenie: Pretože funkcia cos x mení v bode 2 intervalu integrácie znamienko, integrál vypočítame podľa vzťahu (2.3) ako súčet integrálov. 0 | cos x| dx = 2 0 cos x dx + 2 (- cos x) dx = = [sin x] 2 0 - [sin x] 2 = (sin 2 - sin 0) - (sin - sin 2 ) = 2. 2.1.1 Cvičenia Vypočítajte určité integrály. 1. 1 -1 (x + 1)2 dx, 2. 1 0 (x2 - 2x + 3) dx, 3. 0 sin x dx, 4. 1 0 dx 1+x2 , 5. 5 -7 |x + 1| dx, 6. 1 -1 cosh x dx, 7. 9 1 x+1 x dx, 8. 2 sin x + cos x dx. 9. Funkcia f je definovaná f(x) = x2, x 0, 1 x, x 1, 2 . Vypočítajte 2 0 f(x) dx. 2.2. METÓDY POČÍTANIA URČITÉHO INTEGRÁLU 43 2.1.2 Výsledky 1. 8 3 , 2. 7 3 , 3. 2, 4. 4 , 5. 36, 6. e - 1 e , 7. 64 3 , 8. 0. 9. 1 3 (4 2 - 1). 2.2 Metódy počítania určitého integrálu Pre výpočet určitého integrálu modifikujeme metódy výpočtu neurčitého integrálu nalsedovne. Metóda per partes pre určité integrály. Nech funkcie f a g majú spojité derivácie v intervale a, b . Potom platí b a f (x)g(x) dx = [f(x)g(x)]b a - b a f(x)g (x) dx. (2.5) Substitučná metóda pre určité integrály. b a f((x)) (x) dx = (t = (x)) = t=(b) t=(a) f(t) dt. (2.6) Tento vzťah platí, ak je spojitá funkcia v intervale a, b a f je spojitá funkcia v obore hodnôt funkcie . Uvedomme si, že hranice integrálu na pravej strane vzniknú dosadením hraníc pôvodnej premennej x do vzťahu medzi novou a starou premennou t = (x). Pri počítaní určitých integrálov zo zložitejších funkcií môžeme postupovať v zásade dvomi spôsobmi * Oddelíme fázu výpočtu primitívnej funkcie od fázy výpočtu určitého integrálu. Najskôr si nevšímame hranice a počítame len neurčitý integrál danej funkcie. Po vypočítaní použijeme jednu z nájdených primitívnych funkcií (spravidla volíme integračnú konštantu c = 0) na dosadenie koncových bodov intervalu a výpočet určitého integrálu. * Neoddelíme fázu výpočtu primitívnej funkcie od fázy výpočtu určitého integrálu. Počas výpočtu spájame techniku integrovania s dosadením hodnôt (metóda per partes), prípadne so zmenami hraníc (substitučná metóda). Veríme, že použitie prvého spôsobu výpočtu čitateľovi nebude robiť problémy, preto sa v riešeniach obmedzíme na výpočet druhým spôsobom. Príklad 4. Substitučnou metódou vypočítame určité integrály -1 -2 dx x2 + 4x + 5 , 3 0 4x x2 + 1 dx, 4 1 dx 2 x(1 + x)2 , 4 0 tg3 x dx. Riešenie: V každom riešení naznačíme substitúciu a zmenu hraníc. Podrobnosti výpočtu necháme na čitateľa. -1 -2 dx x2 + 4x + 5 = -1 -2 dx (x + 2)2 + 1 = (t = x + 2) = 1 0 dt t2 + 1 = 44 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL = [arctg t]1 0 = 4 . 3 0 4x x2 + 1 dx = t = x2 + 1 = 4 1 2dt t = 2 4 1 t- 1 2 dt = = 4 t 4 1 = 4(2 - 1) = 4. 4 1 dx 2 x(1 + x)2 = t = 1 + x = 3 2 dt t2 = - 1 t 3 2 = - 1 3 - (- 1 2 ) = 1 6 . 4 0 tg3 x dx = 4 0 sin3 x cos3 x dx = (t = cos x) = cos 4 cos 0 1 - t2 t3 dt = 1 2t2 + ln t 2 2 1 = 1 + ln 2 2 - ( 1 2 + ln 1) = 1 2 (1 - ln 2). Príklad 5. Metódou per partes vypočítame určité integrály 1 0 x 1 - x dx, 3 0 ln(x + 3) dx, 3 4 x sin2 x dx, ln 2 0 x cosh x dx. Riešenie: 1 0 x 1 - x dx = - 2 3 x(1 - x) 3 2 1 0 + 2 3 1 0 (1 - x) 3 2 dx = = 0 - 2 3 2 5 (1 - x) 5 2 1 0 = 4 15 . 3 0 ln(x + 3) dx = [x ln(x + 3)]3 0 - 3 0 x x + 3 dx = 3 ln 6 - [x - 3 ln(x + 3)]3 0 = = 3 ln 6 - (3 - 3 ln 6 + 3 ln 3) = 6 ln 6 - 3 ln 3 - 3 = 3(ln 12 - 1). 3 4 x sin2 x dx = [-x cotg x] 3 4 + 3 4 cotg x dx = - 3 3 3 + 4 + [ln(sin x)] 3 4 = = 4 - 3 9 + + ln 3 2 - ln 2 2 = 4 - 3 9 + 1 2 ln 3 2 . ln 2 0 x cosh x dx = [x sinh x]ln 2 0 ln 2 0 sinh x dx = = ln 2 eln 2 - e- ln 2 2 - 0 - [cosh x]ln 2 0 = = ln 2 2 - 1 2 2 eln 2 + e- ln 2 2 e0 + e0 2 = 3 4 ln 2 - 1 4 . 2.2. METÓDY POČÍTANIA URČITÉHO INTEGRÁLU 45 2.2.1 Cvičenia Vypočítajte určité integrály. 10. 1 0 dx (2x+1)3 , 11. 2 4 cos x sin2 x dx, 12. 4 9 1- x x dx, 13. 0 -1 x 1 - x2 dx, 14. 0 x cos(2x - 2 ) dx, 15. 2 2 dx x x2-1 , 16. 2 2 0 x dx 1-x4 , 17. 3 4 1 2 dx x 1-x , 18. 3 1 cos(ln x) x dx, 19. 2 0 ex 1+ex dx, 20. 1 0 3x 1+x2 dx, 21. ln 2 0 xex2 dx, 22. 9 1 dx x(1+ x) , 23. 2 4 2 9 cos x x dx, 24. 4 1 2 x 2 x dx, 25. 1 0 x5 + 2x(5x4 + 2) dx, 26. 0 sin 2x cos2 2x dx, 27. 1 0 e x dx, 28. 2 0 | sin x| dx, 29. 0 cos2 x dx, 30. 2 0 cos(x) dx, 31. 1 2 0 2dx 1-4x2 , 32. 4 0 sin2 2x 1+cos 2x dx, 33. 0 sin 3x cos 2x dx, 34. 0 cos 3x cos 4x dx, 35. - sin2 3x dx, 36. 1 2 0 dx 1-x2 , 37. 2 2 0 x3 x2+1 dx, 38. 3 4 1 4 dx x-x2 , 39. 0 -1 x dx x2-3x+2 , 40. 1 0 3x2 x2+2x+1 dx, 41. 3 0 5x2 x2+1 dx, 42. 0 -1 2x (x2+1)(x-1)2 dx, 43. ln 2 0 ex e2x+ex+2 dx, 44. 1 0 12 dx 4-x2 , 45. 1 0 x3 dx x2+1 , 46. 4 5 3 4 dx x2 1-x2 , 47. 2 0 x dx x2+4x+3 , 48. 0 1 - cos2 2x dx, 49. 2 0 1-cos x 2 dx, 46 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL 50. 3 4 4 cotg2 x + 1 dx, 51. 4 - 4 1 cos2 x - 1 dx, 52. 4 - 4 tg2 x dx, 53. 2 1 x ln x dx, 54. 1 0 ln(x + 1) dx, 55. 2 0 x2 sin 2x dx, 56. e 1 ln x x dx, 57. 4 0 (x - 1) 2x + 1 dx, 58. 0 - 3 dx cos3 x , 59. 1 0 ln(x2 + 1) dx, 60. 1 0 x arctg x dx, 61. 1 0 arcsin x dx, 62. 0 x2 cos x dx, 63. 2 0 ex sin x dx, 64. ln 2 0 x cosh x dx, 65. 1 0 x3e2x dx. 2.2.2 Výsledky 10. 2 9 , 11. 2 - 1, 12. 3, 13. -1 3 , 14. 2 , 15. 12 , 16. 12 , 17. 6 , 18. sin(ln 3), 19. ln 1+e2 2 , 20. 3 2 ln 2, 21. 1 2 , 22. 2 ln 2, 23. 2 - 3, 24. 2 ln 2, 25. 2 3, 26. 0, 27. 2, 28. 4, 29. 2 , 30. 0, 31. 2 , 32. 4 - 1 2 , 33. -6 5 , 34. 0, 35. , 36. ln 3, 37. 4 - ln 3, 38. 2 ln 3, 39. 3 ln 2 - 2 ln 3, 40. 9 2 - 6 ln 2, 41. 5 3 - 3 , 42. 1 2 - 4 , 43. 2 ln 3 - 3 ln 2, 44. 2, 45. 2- 2 3 , 46. -3 4 + 7 3 , 47. ln 5 5 9 , 48. 2, 49. 4, 50. 2 ln( 2 + 1), 51. ln 2, 52. 2 - 2 , 53. 2 ln 2 - 3 4 , 54. 2 ln 2 - 1, 55. 2 8 - 1 2 , 56. 1 2 , 57. 168 15 , 58. 3 - 1 2 ln(2 - 3), 59. ln 2 - 2 + 2 , 60. 4 - 1 2 , 61. 2 - 1, 62. -4, 63. 1 2 e 2 + 1 , 64. 3 4 ln 2 - 1 4 , 65. e2+3 8 . 2.3. VLASTNOSTI URČITÉHO INTEGRÁLU 47 2.3 Vlastnosti určitého integrálu Nasledujúca vlastnosť sa volá Veta o strednej hodnote pre určitý integrál a vyplýva zo vzťahu (2.1) a Vety o strednej o hodnote pre derivácie. Ak f je spojitá funkcia v intervale (a, b), tak existuje také číslo c (a, b), že platí b a f(x) dx = f(c)(b - a). (2.7) Hodnota f(c) v tomto vzťahu sa volá stredná hodnota integrálu b a f(x) dx. Dôsledkom Vety o strednej hodnote sú nasledujúce dva vzťahy, ktoré sa používajú na odhady integrálov (alebo iných hodnôt), ktoré je ťažké alebo nemožné presne vypočítať. Ak pre všetky x (a, b) platí f(x) g(x), tak b a f(x) dx b a g(x) dx. (2.8) Ak pre všetky x (a, b) platí m f(x) M, tak m(b - a) b a f(x) dx M(b - a). (2.9) Príklad 6. Odhadneme 2 0 sin x x dx. Riešenie: Tento integrál nie je možné presne vypočítať elementárnymi metódami. Z vety o strednej hodnote pre derivácie a z konkávnosti funkcie sin x v intervale (0, 2 ) vyplýva (načrtnite si obrázok a overte), že pre všetky x 0, 2 platí 2 x < sin x < x a po vydelení kladným číslom x dostaneme 2 < sin x x < 1 Použitie vzťahu (2.8) dáva 2 0 2 dx 2 0 sin x x dx 2 0 1 dx. Po výpočte jednoduchých integrálov z konštánt dostávame odhad 1 2 0 sin x x dx 2 . 48 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Príklad 7. Odhadneme integrál 4 2 e-x2 dx. Riešenie: Integrovaná funkcia je klesajúca v intervale (2, 4), preto pre všetky x (2, 4) platí e-16 < e-x2 < e-4 . Použitím vlastnosti (2.9) dostávame odhad 2 10-7 2e-16 = 4 2 e-16 dx 4 2 e-x2 dx 4 2 e-4 = 2e-4 0, 0366. Vlastnosti symetrie integrovanej funkcie majú vplyv na určitý integrál. Ak f je spojitá párna funkcia, tak a -a f(x) dx = 2 a 0 f(x) dx, (2.10) Ak f je spojitá nepárna funkcia, tak a -a f(x) dx = 0, (2.11) Ak f je spojitá periodická funkcia s periodou p a a, c R, tak p 0 f(x) dx = a+p a f(x) dx = a+p a f(x - c) dx. (2.12) Príklad 8. Ukážeme platnosť vzťahu (2.11) a pomocou neho a vzťahu (2.12) vypočítame integrál sin px dx, p R. Riešenie: Nech f je spojitá nepárna funkcia a F je niektorá jej primitívna funkcia v intervale -a, a . Najskôr ukážeme, že F je párna funkcia. Deriváciou zloženej funkcie F(-x) a použitím vlastnosti nepárnej funkcie f(x) = -f(-x) dostávame [F(-x)] = F (-x) (-1) = -f(-x) = f(x) = F (x). Integrovaním obidvoch krajných výrazov rovnosti dostávame F(-x) + c1 = [F(-x)] dx = F (x) dx = F(x) + c2 a úpravou dostaneme rovnosť F(x) - F(-x) = c1 - c2 = c, 2.3. VLASTNOSTI URČITÉHO INTEGRÁLU 49 ktorá platí pre všetky x D(f). Dosadením -x namiesto x do tejto rovnosti máme c = F(-x) - F(x) = - (F(x) - F(-x)) = -c. Preto c = 0 a F(-x) = F(x) pre všetky x D(F) a F je párna funkcia. Pretože F je párna funkcia, platí a -a f(x) dx = [F(x)]a -a = F(a) - F(-a) = 0. Keďže funkcia sin px je nepárna, pre každé reálne číslo p, platí sin px dx = 0. Poznámka 2. Pomocou vzťahu (2.11) môžeme vypočítať aj integrály z nepárnych funkcií, ku ktorým je veľmi ťažké alebo nemožné nájsť primitívnu funkciu, napr. 1 -1 x2 arcsin x 1 + x2 dx = 0. Príklad 9. Nech m a n sú prirodzené čísla. Ukážeme, že cos mx cos nx dx = 0, ak m = n a cos mx cos nx dx = , ak m = n. Riešenie: Integrovanú funkciu upravíme podľa vzťahu cos cos = 1 2 (cos( - ) + cos( + )) . Potom s použitím predchádzajúceho príkladu cos mx cos nx dx = 1 2 (cos(m - n)x + cos(m + n)x) dx = 1 2 cos(m - n)x dx + cos(m + n)x dx . Druhý integrál je nulový pre všetky dvojice prirodzených čísel m, n, prvý je nulový ak m = n. Ak m = n, tak cos mx cos nx dx = 1 2 cos(m - n)x dx = 1 2 1 dx = 1 2 2 = . Niekedy je možné použitím vlastností (2.12) vypočítať určitý integrál bez výpočtu primitívnej funkcie. 50 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Príklad 10. Vypočítame 2 0 sin4 x cos2 x dx. Riešenie: Použijeme vzťahy (2.12) a trigonometrické identity sin x = cos(x - 2 ) a cos x = - sin(x - 2 ). Substitúciou t = x - 2 dostávame I = 2 0 sin4 x cos2 x dx = 2 0 cos4 (x - 2 ) sin2 (x - 2 ) dx = = 3 2 - 2 cos4 t sin2 t dt = 2 0 cos4 x sin2 x dx. Sčítaním integrálov na ľavej a pravej strane a použitím vzťahov sin2 x + cos2 x = 1 a sin x cos x = 1 2 sin 2x dostávame I = 1 2 ( 2 0 sin4 x cos2 x dx + 2 0 cos4 x sin2 x dx) = 1 2 2 0 sin2 x cos2 x dx = = 1 2 2 0 1 4 sin2 2x dx = 1 8 2 0 sin2 2x dx. Opätovným použitím trigonometrických vzťahov dostávame (podrobnosti nechávame čitateľovi) I = 1 16 2 0 (sin2 2x + cos2 2x) dx = 1 16 2 0 1 dx = 8 . 2.3.1 Cvičenia V nasledujúcich šiestich cvičeniach bez výpočtu určite, ktorý z dvojice integrálov je väčší. 66. a) 1 0 x dx b) 1 0 x2 dx. 67. a) 2 1 x dx b) 2 1 x2 dx. 68. a) 2 0 x dx b) 2 0 sin x dx. 69. a) 2 0 sin6 x dx b) 2 0 sin7 x dx. 70. a) 1 0 e-x2 dx b) 1 0 e-x3 dx. 71. a) -1 -2 1 3 x dx b) -1 -2 3x dx. V nasledujúcich cvičeniach bez výpočtu pomocou vzťahu (2.9) odhadnite dané integrály. 72. 2 0 dx 10+x , 73. 1 0 ex2 dx, 74. 2 1 x dx x2+1 , 75. 2 0 sin x x dx, 76. 18 10 cos x 1+x4 dx, 77. 2 0 dx 5+3 cos2 x . 2.3. VLASTNOSTI URČITÉHO INTEGRÁLU 51 78. Ukážte platnosť vzťahov (2.10) a (2.12). 79. Ukážte platnosť vzťahov sin nx dx = 0, cos nx dx = 0, n N, sin mx cos nx dx = 0, m, n N, sin mx sin nx dx = 0, m = n a sin mx sin nx dx = , m = n. V nasledujúcich cvičeniach nech f a g sú spojité funkcie v intervale a, b . 80. Ukážte, že platí b a f(x)g(a + b - x) dx = b a g(x)f(a + b - x) dx. (Návod: Použite substitúciu t = a + b - x.) Vhodnou voľbou funkcie g v predchádzajúcom cvičení ukážte, že platí 81. b a f(x) dx = b a f(a + b - x) dx. 82. a -a f(x) dx = a -a f(-x) dx. 83. 1 0 xm(1 - x)n dx = 1 0 xm(1 - x)n dx. Použitím trigonometrického vzťahu cos x = sin(x + 2 ) a predchádzajúcich cvičení ukážte, že platí 84. 2 0 f(sin x) dx = 2 0 f(cos x) dx. 85. Pomocou predchádzajúceho cvičenia vypočítajte 2 0 sin2 x dx a 2 0 cos2 x dx. 86. Pomocou vzťahu (2.11) ukážte, že a -a sin xf(cos x) dx = 0. 87. Ukážte, že platí a -a f(x) dx = a 0 (f(x) + f(-x)) dx. 88. Ukážte, že platí 0 xf(sin x) dx = 2 0 f(sin x) dx. 89. Použitím predchádzajúceho cvičenia vypočítajte 0 x sin2 x. 90. Použitím vzťahov v tejto časti oddôvodnite, prečo sú všetky nasledujúce integrály rovné 0. 1 -1 sin 3x cos 5x dx, ln 2 - ln 2 x cosh x dx, a -a x3 a2 - x2 dx, 2 0 sin x cos3 x + 1 dx. 2.3.2 Výsledky 66. a), 67. b), 68. a), 69. a), 70. b), 71. a), 72. 1 6 < 2 0 dx 10+x < 1 5 , 73. 1 < 1 0 ex2 dx < e, 74. 2 5 < 2 1 x dx x2+1 < 1 2 , 75. 2 x < 2 0 sin x x dx < x, 76. -0, 08 < 18 10 cos x 1+x4 dx < 0, 08, 77. 16 < 2 0 dx 5+3 cos2 x < 10 . 52 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL 2.4 Integrály s premennou hranicou Vieme, že hodnota určitého integrálu závisí od dvoch činiteľov: od integrovanej funkcie a od intervalu, v ktorom integrujeme. V prípade, keď je integrovaná funkcia pevne daná a jedna z hraníc pevná a druhá pohyblivá, je výsledná hodnota funkciou druhej hranice. Uvažujme prípad, keď je dolná hranica pevná a horná pohyblivá (opačný prípad vedie k analogickým výsledkom). Nech f je spojitá funkcia v intervale a, b a nech c a, b . Potom funkcia F(x) = x c f(t) dt je tá primitívna funkcia k funkcii f v intervale a, b , pre ktorú platí F(c) = 0. Z tohoto vyplývajú nasledujúce vzťahy d dx x c f(t) dt = f(x), (2.13) ak f je spojitá funkcia v intervale a, b a f(x) = x c f (t) dt + f(c), (2.14) ak f má deriváciu v intervale a, b . Príklad 11. Nech F(x) = 0 x sin t 1+t2 dt a G(x) = x2 0 cos t dt. Vypočítame dF dx a dG dx . Riešenie: Úpravou a použitím vzťahu (2.13) dostávame dF dx = d dx 0 x sin t 1 + t2 dt = d dx - x 0 sin t 1 + t2 dt = sin x 1 + x2 . V druhom príklade ide o deriváciu zloženej funkcie. Integrál je funkciou premennej u = x2. Preto platí dG dx = d dx x2 0 cos t dt = d du u 0 cos t dt du dx = = cos u du dx = cos x2 2x = 2x cos x2 . Príklad 12. Nájdeme tú primitívnu funkciu F k funkcii y = x arctg x, pre ktorú platí F(1) = . Riešenie: Použijeme vzťah (2.14) a integráciu per partes. F(x) = x 1 t arctg t dt + = 1 2 t2 arctg t x 1 - 1 2 x 1 t2 1 + t2 dt + = 2.4. INTEGRÁLY S PREMENNOU HRANICOU 53 = 1 2 x2 arctg x - 1 2 arctg 1 - 1 2 [t - arctg t]x 1 + = = 1 2 x2 arctg x - 8 - 1 2 (x - arctg x - 1 + 4 ) + = 1 2 (x2 arctg x + arctg x - x + 3 2 + 1). 2.4.1 Cvičenia V nasledujúcich príkladoch vypočítajte dF dx . 91. F(x) = x 0 1 + t2 dt, 92. F(x) = 5 x dt t , 93. F(x) = x2 1 dt 1+ 1-t , 94. F(x) = 2x 1 cos(t2) dt, 95. F(x) = 0 sin x dt 2+t, 96. F(x) = 1 x 1 dt t , 97. F(x) = 0 cos x dt 1-t2 , 98. F(x) = 10 x sin(t2) dt, 99. F(x) = x3 x2 ln t dt, 100. F(x) = x2 1 x e t dt. Pomocou ĽHospitalovho pravidla vypočítajte limity. 101. limx0 1 x3 x 0 t2 t4+1 dt, 102. limx0 1 x3 x2 0 sin t dt, V nasledujúcich príkladoch nájdite tú primitívnu funkciu F k danej funkcii f, ktorá spĺňa danú podmienku. 103. f(x) = x ln x, F(1) = 0, 104. f(x) = cos2 2x sin x, F(2 ) = -13, 105. f(x) = tgh2 x, F(0) = -1, 106. f(x) = 4x3 - 6x + 11, F(1) = 2F(2). 107. Nech f má kladnú deriváciu pre všetky x R a nech f(1) = 0. Ktoré z nasledujúcich tvrdení o funckii F(x) = x 0 f(t) dt sú určite pravdivé? a) F má deriváciu v každom x R. b) F je spojitá funkcia. c) Graf funkcie F má dotyčnicu rovnobežnú s osou ox v bode [1, 0]. d) F má lokálne maximum v bode [1, 0]. e) F má lokálne minimum v bode [1, 0]. f) F má inflexný bod v bode [1, 0]. g) Graf dF dx pretína os ox v bode [1, 0]. 54 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL 2.4.2 Výsledky 91. 1 + x2, 92. -1 x , 93. 2x 1+ 1-x2 , 94. 2 cos(4x2), 95. - cos x 2+sin x , 96. -1 x , 97. 1 sin x , 98. -sin x 2 x , 99. (9x2 - 4x) ln x, 100. 2xex + e 1 x x2 , 101. 1, 102. 2 3 , 103. F(x) = x2 2 (ln x - 1 2 ) + 1 4 , 104. F(x) = -4 5 cos5 x + 4 3 cos3 x - cos x - 13, 105. F(x) = x - tgh x - 1, 106. F(x) = x4 - 3x2 + 11x - 43. 107. a), b), c), e), g). 2.5 Nevlastné integrály Ak sa v určitom integrále vyskytne neohraničený interval alebo neohraničená funkcia, hovoríme o nevlastnom integrále. Rozoznávame dva druhy nevlastných integrálov. * Ak interval, v ktorom integrujeme je neohraničený, hovoríme o nevlastnom integrále prvého druhu. Ide o integrály b f(x) dx, a f(x) dx, f(x) dx. * Ak je integrovaná funkcia v intervale integrácie a, b neohraničená (a teda nespojitá), hovoríme o nevlastnom integrále druhého druhu. Naviac sa môže vyskytnúť kombinácia obidvoch uvedených možností, napríklad 0 e-x x dx. 2.5.1 Nevlastné integrály prvého druhu Pri počítaní integrálu b f(x) dx zo zrejmých dôvodov nemôžeme použiť vzťah (2.1). Preto postupujeme nasledovne 1. Vypočítame integrál F(a) = b a f(x) dx ako funkciu dolnej hranice. 2. Hľadáme lima- F(a). Pritom môžu nastať dva prípady. Ak hľadaná limita existuje a je vlastná, hovoríme, že daný integrál konverguje. Ak hľadaná limita neexistuje alebo je nevlastná, hovoríme, že daný integrál diverguje. 2.5. NEVLASTNÉ INTEGRÁLY 55 Analogicky postupujeme pri výpočte integrálu a f(x) dx. Pri výpočte integrálu f(x) dx postupujeme tak, že zvolíme ľubovoľné číslo a R a vypočítame integrály a f(x) dx a a f(x) dx. Hľadaný integrál konverguje práve vtedy, ak konvergujú obidva počítané integrály a potom f(x) dx = a f(x) dx + a f(x) dx. Výpočet príslušných primitívnych funkcií v príkladoch tejto časti necháme na čitateľa. Príklad 13. Vypočítame nevlastné integrály prvého druhu 0 - x2ex3 dx, 0 cos x dx, a dx xp , a > 0, p > 0 - dx 1+x2 . Riešenie: 0 - x2 ex3 dx = lim a- 0 a x2 ex3 dx = lim a- 1 3 ex3 0 a = = 1 3 lim a1 - ea3 = 1 3 - 1 3 lim a- ea3 = 1 3 . 0 cos x dx = lim b b 0 cos x dx = lim b [sin x]b 0 = lim b sin b. Posledná limita neexistuje, preto integrál diverguje. Pri počítaní tretieho integrálu najskôr predpokladajme, že p = 1. a dx xp = lim b b a x-p dx = lim b x-p+1 -p + 1 b a = = lim b 1 1 - p (b1-p - a1-p ) = 1 1 - p ( lim b b1-p - a1-p ). Limita v poslednom výraze je , ak 1 - p > 0 a rovná sa nule, ak 1 - p < 0. Preto integrál diverguje pre p < 1. Pre p > 1 je a dx xp = a1-p p - 1 . V prípade p = 1 máme lim b b a 1 x dx = lim b [ln x]b a = lim b ln b - ln a = . Integrál preto diverguje aj v prípade p = 1. Integrovaná funkcia je párna. Preto podľa vlastnosti (2.10) platí - dx 1 + x2 = 2 0 dx 1 + x2 = 2 lim b [arctg x]b 0 = = 2 lim b (arctg b - 0) = 2 2 - 0 = . Niekedy nie je potrebné zistiť presnú hodnotu nevlastného integrálu, ale máme len rozhodnúť či integrál konverguje alebo diverguje. Vtedy môžeme použiť nasledujúce kritériá. 56 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL * Ak a |f(x)| dx konverguje, tak aj a f(x) dx konverguje. * Nech f a g sú spojité funkcie a nech 0 f(x) g(x) platí pre všetky x x0 pre niektoré x0 R. Potom, ak a g(x) dx konverguje, tak aj a f(x) dx konverguje. * Nech existuje konečná limx f(x) g(x) a je rôzna od nuly. Potom obidva nevlastné integrály a g(x) dx a a f(x) dx buď súčasne konvergujú alebo súčasne divergujú. Analogické kritériá platia pre konvergenciu nevlastných integrálov typu b f(x) dx. Pri porovnávaní konvergencie integrálov často požívame výsledok predchádzajúceho príkladu, že a dx xp , a > 0, p > 0 konverguje práve vtedy, ak p > 1. Príklad 14. Rozhodnite o konvergencii integrálov I = 1 dx 1 + x10 , J = 1 dx x + sin2 x , K = 0 sin(x2 ) dx. Riešenie: V predchádzajúcom príklade sme ukázali, že 1 1 x10 dx konverguje. Pretože pre všetky x 1 je 1 1+x10 < 1 x10 , koverguje aj integrál I = 1 1 1+x10 dx. V predchádzajúcom príklade sme ukázali, že 1 1 x dx diverguje. Pretože limx 1 x 1 x+sin2 x = 1, diverguje aj J = 1 dx x+sin2 x . Substitúciou x = t prevedieme daný integrál K = 0 sin(x2 ) dx = 1 2 0 sin t t dt = 1 2 2 0 sin t t dt + 2 sin t t dt. Prvý integrál je vlastný, lebo funkcia sin t t je ohraničená, keďže limt0 sin t t = 0 (overte!). Druhý integrujeme metódou per partes 2 sin t t dt = cos t t 2 - 1 2 2 cos t t3 dt = - 1 2 2 cos t t3 dt. Pri výpočte sme použili cos t t 2 = lim b cos t t b 2 = 0. Pre všetky t platí cos t t3 1 t3 a integrál 2 1 t3 dt konverguje podľa predchádzajúceho príkladu. Preto aj integrál 2 cos t t3 dt konverguje, a tiež pôvodný integrál K konverguje. 2.5. NEVLASTNÉ INTEGRÁLY 57 2.5.2 Nevlastné integrály druhého druhu Pri počítaní nevlastných integrálov druhého druhu môžeme používať premennú hranicu a výpočet limity podobne ako pri nevlastných integráloch prvého druhu ([E], [I], [K]), alebo môžeme postupovať nasledovne. Nazvime funkciu F zovšeobecnenou primitívnou k funkcii f v intervale a, b , ak F (x) = f(x) pre všetky x a, b s možnou výnimkou konečného počtu. Nech f je funkcia neohraničená v intervale a, b . Ak existuje spojitá zovšeobecnená primitívna funkcia F v intervale a, b , tak b a f(x) dx konverguje a b a f(x) dx = F(b) - F(a). Ak existuje neohraničená zovšeobecnená primitívna funkcia F v intervale (a, b), tak b a f(x) dx diverguje. Príklad 15. Vypočítame nevlastné integrály druhého druhu a) 1 -1 x 1-x2 dx, b) 2 0 cotg x dx, c) 1 -1 dx xp , p R. Riešenie: a) Integrovaná funkcia má primitívnu funkciu (overte!) F(x) = - 1 - x2, ktorá je spojitá v intervale -1, 1 . Naviac integrovaná funkcia je nepárna, preto daný integrál existuje a rovná sa 0. b) Integrovaná funkcia má primitívnu funkciu (overte!) F(x) = ln(sin x) v intervale (0, 2 ), ktorá je v tomto intervale neohraničená (prečo?). Preto 2 0 cotg x dx diverguje. Budeme uvažovať tri prípady vzhľadom k parametru p. Pre p < 1 má integrovaná funkcia spojitú primitívnu funkciu F(x) = x1-p 1-p v intervale -1, 1 a preto daný integrál konverguje a platí 1 -1 dx xp = x1-p 1 - p 1 -1 = 2 1 - p . Pre p = 1 má integrovaná funkcia zovšeobecnenú primitívnu funkciu F(x) = ln |x| , ktorá je neohraničená v intervale (-1, 1) a preto v tomto prípade integrál diverguje (funkcia ln |x| nie je primitívna, ale len zovšeobecnená primitívna k funkcii 1 x v intervale (-1,1), lebo funkcie nie sú definované v bode 0). Pre p > 1 má integrovaná funkcia zovšeobecnenú primitívnu funkciu F(x) = x1-p 1-p = 1 (1-p)xp-1 v intervale (-1, 1), ktorá v tomto intervale nie je ohraničená a preto aj v tomto prípade integrál diverguje. Príklad 16. Vypočítame nevlastné integrály a) - dx x4 b) 0 1 x2 sin 1 x dx. Riešenie: a) Integrovaná funkcia má zovšeobecnenú primitívnu funkciu F(x) = - 1 3x3 , ktorá je v okolí bodu 0 neohraničená, preto daný integrál diverguje. 58 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL b) Substitúciou t = 1 x prevedieme daný nevlastný integrál (prvého aj druhého druhu !) na iný nevlastný integrál (len) prvého druhu 0 1 x2 sin 1 x dx = - 0 sin t dt = lim a[cos t]0 a = 1 - lim acos a. Keďže táto limita neexistuje, daný integrál diverguje. K tomuto príkladu poznamenajme, že pôvodný integrál môžeme napísať ako súčet dvoch integrálov 0 1 x2 sin 1 x dx + 1 x2 sin 1 x dx, z ktorých prvý je nevlastný druhého druhu a druhý nevlastný prvého druhu. Ktorý z nich spôsobuje divergenciu? Nasledujúci príklad upozorňuje na nutnosť overiť si pred počítaním integrálu, či ide o integrál vlastný alebo nevlastný. Príklad 17. Počítame 1 -1 1 x2 dx. Riešenie: 1 -1 1 x2 dx = - 1 x 1 -1 = -1 - (-1) = 0. Na druhej strane, v celom intervale -1, 1 platí 0 < 1 x2 a preto podľa vlastnosti (2.8) musí byť 1 -1 1 x2 dx > 0 Nesprávnosť postupu spočíva v jeho výpočte. Integrovaná funkcia je neohraničená v okolí bodu 0 a preto sa jedná o nevlastný integrál druhého druhu. Zovšeobecnená primitívna funkcia -1 x je neohraničená v okolí bodu 0 a preto daný integrál diverguje. 2.5.3 Cvičenia Vypočítajte nevlastné integrály. 108. 0 arctg x 1+x2 dx, 109. 1 dx x3 , 110. 4 dx x , 111. 0 dx 1+x3 , 112. 0 x dx (1+x)3 , 113. 1 dx (1+x) x , 114. 0 xe5x dx, 115. e2 dx x ln x3 , 116. 0 x sin x dx, 117. -1 - dx x+x3 , 118. -1 - dx x2(1-x) , 119. 0 ex sin x dx, 2.5. NEVLASTNÉ INTEGRÁLY 59 120. - dx 1+x2 , 121. - dx (x2+1)(x2+4) , 122. - dx x2+2x+5 , 123. - dx x2-7x+10 . 124. 1 0 dx x , 125. 2 1 x dx x-1 , 126. 0 - ln 2 ex 1-e2x dx, 127. 1 -1 dx 1-x2 , 128. 2 0 dx x2-4x+3 , 129. 1 -1 dx 3 x2 , 130. 1 0 dx x(1-x) , 131. 1 -1 dx x2 . 132. e 1 dx x3 ln x , 133. 2 0 dx cos x , 134. 2 0 dx |1-x2| , 135. 1 0 dx 1-x3 , 136. 2 0 2+x 2-x dx, 137. 2 1 dx x lnp x , Rozhodnite, či daný integrál konverguje alebo diverguje. 138. 0 dx 3x4+2x2+1 , 139. 1 dx x+sin2 x , 140. 1 arctg x x dx, 141. 3 dx x(x-1)(x-2) , 142. 1 ln(1+x) x dx, 143. 1 e-x2 x2 dx, 144. 0 x arctg x 1+x3 dx, 145. 1 1 - cos 2 x dx, 146. 1 1+x2 x3 dx, 147. 0 e-px dx, 2.5.4 Výsledky 108. 2 8 , 109. 1 2 , 110. diverguje, 111. 2 3 3 , 112. 1 2 , 113. 2 , 114. - 1 25 , 115. 1 8 , 116. diverguje, 117. -1 2 ln 2, 118. 1 - ln 2, 119. -1 2 , 120. , 121. 6 , 122. 2 , 123. diverguje, 124. 2, 125. 8 3 , 126. 3 , 127. , 128. diverguje, 129. 6, 130. , 131. diverguje, 132. 3 2 , 133. diverguje, 134. 2 + ln(2 + 3), 135. diverguje, 136. + 2, 60 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL 137. (ln 2)1-p 1-p , ak p < 1, diverguje, ak p 1. 138. konverguje, 139. diverguje, 140. diverguje, 141. konverguje, 142. diverguje, 143. konverguje, 144. diverguje, 145. konverguje, 146. diverguje, 147. konverguje pre p > 0 a diverguje pre p 0. 2.6 Použitie určitého integrálu Viaceré úlohy z geometrie a fyziky riešime pomocou výpočtu určitých integrálov. Takéto úlohy sa skladajú z dvoch častí. V prvej prevedieme riešenie daného geometrického alebo fyzikálneho problému na riešenie niektorého určitého integrálu. V druhej tento určitý integrál vypočítame. Druhú fázu v riešeniach niektorých príkladov tejto kapitoly prenecháme čitateľovi. Rôznorodé použitie určitého integrálu prebieha podľa nasledujúceho všeobecného princípu. Predpokladajme, že hodnoty niektorej veličiny y = f(x) v ľubovoľnom intervale svojho definičného oboru x a, b jednoznačne určujú číselnú hodnotu z(f, a, b) veličiny z (závislú od funkcie f a hraníc intervalu!). Nech táto závislosť spĺňa dve podmienky * z(f, a, b) = z(f, a, c) + z(f, c, b), ak c (a, b) D(f) (aditivita), * Ak m < f(x) < M pre všetky x a, b , tak m(b - a) < z(f, a, b) < M(b - a) (ohraničenosť). Potom platí z(f, a, b) = b a f(x) dx. Príkladmi takýchto závislostí sú napríklad funkcia S(f, a, x) spomínaná ako S(x) v úvode tejto kapitoly alebo práca vykonaná pôsobením sily po niektorej krivke. 2.7 Použitie určitého integrálu v geometrii 2.7.1 Obsah rovinnej oblasti Všeobecný princíp pre výpočet obsahu rovinnej oblasti je Predpokladajme, že každá priamka x = r, r a, b má s danou obasťou spoločnú úsečku dĺžky l(r). Potom obsah oblasti v intervale a, b vypočítame integrálom P = b a l(r) dr. (2.15) 2.7. POUŽITIE URČITÉHO INTEGRÁLU V GEOMETRII 61 Z tohoto princípu vyplývajú nasledujúce vzťahy. Obsah rovinnej oblasti ohraničenej grafom f 0 (priamkami x = a, x = b) a osou ox v intervale a, b vypočítame pomocou integrálu P = b a f(x) dx. (2.16) Obsah oblasti ohraničenej grafmi funkcií f g (a priamkami x = a, x = b) v intervale a, b vypočítame pomocou integrálu P = b a (f(x) - g(x)) dx. (2.17) Ak je krivka daná parametrickými rovnicami x = (t), y = (t), t , , (2.18) tak obsah oblasti ohraničenej krivkou vypočítame pomocou integrálu P = (t) (t) dt . (2.19) Poznámka 3. V niektorých prípadoch je oblasť ohraničená len grafom funkcie a osou ox, v iných prípadoch je potrebné hranicu doplniť časťou priamky x = a a (alebo) x = b. Poznamenajme, že posledný vzorec dostaneme substitúciou parametrického vyjadrenia (2.18) premenných x, y do vzorca (2.16). Tento vzorec platí aj pre krivky, ktoré sú grafmi funkcií (vtedy druhú časť hranice tvorí os ox) aj pre uzavreté krivky. Poznámka 4. Pri riešení príkladov na geometrické použitie určitého integrálu je väčšinou dôležité načrtnúť si obrázok situácie. Preto to odporúčame čitateľovi urobiť v každom príklade a cvičení tejto kapitoly. Príklad 18. Nájdeme obsah oblasti ohraničenej parabolou x2 = 4y a krivkou y = 8 x2+4 . Riešenie: Najskôr nájdeme x-ové súradnice priesečníkov oboch kriviek (hranice intervalu integrácie). Porovnaním y-ových súradníc bodov obidvoch kriviek dostávame rovnicu x2 4 = 8 x2+4 , ktorá po úprave vedie k rovnici x4 + 4x2 - 32 = 0. Túto substitúciou t = x2 prevedieme na kvadratickú a vyriešime. Dostaneme reálne riešenia x1 = -2 a x2 = 2. Zo spojitosti a porovnaním hodnôt obidvoch funkcií dosadením niektorého čísla intervalu integrácie (napr. 0) dostávame, že 8 x2+4 x2 4 pre všetky x -2, 2 . Preto P = 2 -2 8 x2 + 4 - x2 4 dx = 4 arctg x 2 - x3 12 2 -2 = 2 - 4 3 . Príklad 19. Nájdeme obsah oblasti ohraničenej parabolou y = 3-2x-x2, jej dotyčnicou v bode [2, -5] a osou oy. 62 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Obr. 2.3: y = 3 - 2x - x2 s dotyčnicou Riešenie: Spomínaná dotyčnica má rovnicu y = 7 - 6x (oddôvodnite!). V intervale integrácie 0, 2 platí 7 - 6x 3 - 2x - x2, preto P = 2 0 7 - 6x - (3 - 2x - x2 ) dx = 2 0 (x2 - 4x + 4) dx = 8 3 . Niekedy je potrebné pre výpočet interval integrácie rozložiť na dve časti. Príklad 20. Vypočítame obsah oblasti ohraničenej priamkou y = x+1, grafom funkcie y = cos x a osou ox. Riešenie: Priamka y = x+1 pretína ox v bode [-1, 0], graf funkcie y = cos x pretne os ox v bode [ 2 , 0]. Priamka a graf sa pritom pretínajú v bode [0, 1]. To znamená, že oblasť, ktorej obsah počítame je v intervale -1, 0 zhora ohraničená grafom priamky y = x + 1 a v intervale 0, 2 grafom funkcie y = cos x (načrtnite obrázok!). Preto hladaný oblasti plochy počítame ako súčet integrálov P = 0 -1 (x + 1) dx + 2 0 cos x dx = 3 2 . Ak v rovniciach kriviek ohraničujúcich oblasti je premenná x funkciou premennej y zameníme ich pozície vo vzťahu (2.17). Príklad 21. Vypočítame obsah oblasti ohraničenej ohraničenej dvojicou parabol x = -2y2 a x = 1 - 3y2. 2.7. POUŽITIE URČITÉHO INTEGRÁLU V GEOMETRII 63 Riešenie: V rovniciach obidvoch parabol je súradnica x funkciou súradnice y. Obidve paraboly sa pretínajú v bodoch [-2, -1] a [-2, 1] a ich osi sú rovnobežné s osou ox. Nezávislá premenná y je ohraničená v intervale -1, 1 . V tomto intervale platí -2y2 1 - 3y2, preto P = 1 -1 1 - 3y2 - (-2y2 ) dy = 4 3 . Príklad 22. Vypočítame obsah oblasti ohraničenej krivkou určenou implicitne rovnicou (y-x)2 = x3 a priamkou x = 1. Riešenie: Ľavá strana rovnice je nezáporná, preto x 0, 1 . Pre každú hodnotu r z tohoto intervalu existujú práve dva body na danej krivke, ktorých x-ová súradnica má danú hodnotu. Ich y-ové súradnice sú y1 = r - r r a y2 = r + r r. Preto priamka x = r pretína danú oblasť v úsečke dĺžky 2r r a podľa vzťahu (2.15) platí P = 1 0 2r r dr = 4 5 . Príklad 23. Vypočítame obsah elipsy určenej parametrickými rovnicami x = a cos t, y = b sin t, t 0, 2 . Riešenie: Použijeme vzťah (2.19) pre (t) = a cos t a (t) = b sin t. P = 2 0 b sin t| - a sin t| dt = a b. Príklad 24. Vypočítame obsah oblasti ohraničenej asteroidou určenou rovnicou x a 2 3 + y a 2 3 = 1. Riešenie: Uzavretú krivku ohraničujúcu oblasť najskôr vhodne parametrizujeme x = a cos3 t, y = a sin3 t (overte!). Pretože obidve funkcie v parametrizácii majú periodu 2, body zodpovedajúce hodnotám parametra t = r a t = r + 2 sú zhodné. Preto oblasť integrácie je interval t 0, 2 . P = 2 0 a sin3 t|a3 cos2 t(- sin t)| dt = 3a2 2 0 sin4 t cos2 t dt = 3 8 a2 . Pre výpočet posledného integrálu pozri Príklad 10. Cvičenia Vypočítajte obsahy rovinných oblastí ohraničených uvedenými krivkami. 148. Parabolou y = 4x-x2 a osou ox. 149. Parabolou y = x2 + 1 a priamkou x + y = 3. 150. Parabolou y = x2 - 2 a priamkou y = 2. 151. Osou oy a krivkou x = y2 - y3. 152. Krivkami y = x2 a y = x3. 153. Krivkou y = cos x a priamkou y = - pre x -, . 154. Krivkou y = sin( 2 x) a priamkou y = x. 155. Krivkami y = sin x a y = cos x pre x 4 , 5 4 . 156. Krivkami y = 2x, y = 2x - x2, priamkou x = 2 a osou oy. 157. Hyperbolou xy = a, priamkami x = a, x = b, b > a a osou ox. 158. Krivkou y = 1 3 x2 , 64 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL osou ox a priamkami x = -1, x = 1 (nevlastný integrál). 159. Krivkou y = ln x a osami ox, oy (nevlastný integrál). 160. Krivkou y = 1 x , priamkou x = 4 a osou oy (nevlastný integrál). 161. Krivkou y = 1 1+x2 a osou ox (nevlastný integrál). 162. Parabolami y = 4x2, y = x2 9 a priamkou y = 2. 163. Krivkami y = ln x, y = ln2 x. 164. Parabolou y = x2 - 2x + 2, jej dotyčnicou v bode T = [3, 5] a osou oy. 165. Krivkou y2 = x(x - 1)2. 166. Krivkou y = e-x sin x a osou ox v intervale 0, . 167. Krivkou určenou parametricky x = a(t - sin t), y = a(1 - cos t), t 0, 2 a osou ox. 168. Krivkou určenou parametricky x = 12 cos t + 5 sin t, y = 5 cos t - 12 sin t, t 0, 2 . 169. Krivkou určenou parametricky x = a sin t, y = b sin 2t, t 0, 170. Krivkou určenou parametricky x = 3 cos3 t, y = -6 sin3 t, t 0, 2 . 171. Krivkou určenou parametricky x = a cos t, y = b sin3 t, t 0, 2 . 172. Krivkou určenou parametricky x = t2 - 1, y = t3 - t, t -1, 1 . 173. Krivkou určenou parametricky x = 2t - t2, y = 2t2 - t3, t 0, 2 . 174. Nech f je spojitá a kladná funkcia v intervale 0, 1 a nech plocha medzi grafom funkcie f a osou ox v intervale 0, x je sin x. Nájdite vyjadrenie funkcie f. 175. Nech f je spojitá a kladná funkcia v intervale 0, ) a nech plocha medzi grafom funkcie f a osou ox v intervale 0, x je x2 2 + x 2 sin x + 2 cos x. Nájdite f( 2 ). Výsledky 148. 32 3 , 149. 9 2 , 150. 32 3 , 151. 1 12 , 152. 1 12 , 153. 22, 154. 4 - 1, 155. 2 2, 156. 3 ln 2 - 4 3 , 157. a ln b a , 158. 6, 159. 1, 160. 4, 161. , 162. 20 2 3 , 163. 3 - e, 164. 9, 165. 8 15 , 166. 1+e2 , 167. 3a2, 168. 169, 169. 4 3 ab, 170. 27 4 , 171. 3 4 ab, 172. 8 15 , 173. 8 15 , 174. f(x) = sin x, 175. 1 2 . 2.7.2 Objem telies Všeobecný princíp pre výpočet objemu telesa pomocou integrálu je Predpokladajme, že každá rovina x = r, r a, b, má s daným telesom spoločnú oblasť s obsahom s(r). Potom objem telesa v intervale a, b vypočítame integrálom S = b a s(r) dr. (2.20) Z tohoto princípu dostávame: Ojem rotačného telesa, ktoré vznikne rotáciou rovinnej oblasti ohraničenej grafom funkcie f 0, (priamkami x = a, x = b) a osou ox v intervale a, b okolo osi ox vypočítame pomocou integrálu V = b a f2 (x) dx. (2.21) 2.7. POUŽITIE URČITÉHO INTEGRÁLU V GEOMETRII 65 Objem rotačného telesa, ktoré vznikne rotáciou rovinnej oblasti ohraničenej grafmi funkcií f g 0 (a priamkami x = a, x = b) v intervale a, b okolo osi ox vypočítame pomocou integrálu V = b a (f2 (x) - g2 (x)) dx. (2.22) Objem rotačného telesa, ktoré vznikne rotáciou oblasti ohraničenej uzavretou krivkou určenou parametrickými rovnicami 2.18, kde (t) 0, t , , okolo osi ox vypočítame pomocou integrálu V = | 2 (t) (t) dt|. (2.23) Poznamenajme, že na platnosť vzťahu je potrebná existencia derivácie funkcie v intervale integrácie a odvodíme ho dosadením rovníc 2.18 do vzťahu 2.21. Príklad 25. Vypočítame objem elipsoidu x2 a2 + y2 b2 + z2 c2 = 1. Riešenie: Použijeme všeobecný princíp výpočtu objemu. Pre r -a, a rovina x = r pretne elipsoid v elipse s rovnicou y2 b2 1- r2 a2 + z2 c2 1- r2 a2 = 1. Aplikáciou Príkladu 23 dostávame, že obsah tejto elipsy je S(r) = b 1 - r2 a2 c 1 - r2 a2 = bc 1 - r2 a2 . Preto V = a -a bc 1 - r2 a2 dr = bc r - r3 3a2 a -a = 4 3 a bc. Príklad 26. Overíme vzorec pre výpočet objemu kužeľa s polomerom podstavy r a výškou v. Riešenie: Kužeľ umiestnime vrcholom do začiatku súradnicovej sústavy tak, že jeho os splýva s osou ox. Takto umiestnený kužeľ je vytvorený rotáciou priamky y = r v x okolo osi ox v intervale 0, v . Použijeme vzťah (2.21). V = v 0 r v x 2 dx = r v 2 x3 3 v 0 = 1 3 r2 v. Odporúčame čitateľovi vyriešiť tento príklad pomocou všeobecného princípu pre výpočet objemov. Príklad 27. Vypočítame objem telesa, ktoré vznikne rotáciou oblasti ohraničenej krivkou y2 = (x - 1)3 a priamkou x = 2 okolo osi ox. Riešenie: Ľavá strana rovnice definujúcej krivku je nezáporná. Z toho vyplýva, že x 1 a preto interval integrácie bude 1, 2 . Naviac, krivka je symetrická podľa osi ox, skladá sa totiž z grafov dvoch funkcií y = (x - 1) 3 2 a y = -(x - 1) 3 2 . Preto V = 2 1 (x - 1)3 dx = 1 4 . 66 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Príklad 28. Vypočítame objem telesa, ktoré vznikne rotáciou jedného oblúka cykloidy x = a(t - sin t), y = a(1 - cos t), t 0, 2 okolo osi ox. Riešenie: Použijeme vzťah (2.23). V = 2 0 a (1 - cos t)2 a (1 - cos t) dt = a2 2 0 (1 - cos t)2 dt = 52 a3 . Cvičenia Vypočítajte objemy telies určených rotáciou rovinných oblastí ohraničených danými krivkami okolo osi ox. 176. Parabolou y = x2 a priamkou y = 4. 177. Parabolou y = 3x - x2 a priamkou y = x. 178. Parabolou y = x2 + 1 a priamkou y = x + 3. 179. Krivkami y = x a y = x2 8 . 180. Krivkou y = sin x a osou ox v intervale 0, . 181. Krivkami y = sin x, y = cos x a osou oy v intervale 0, 4 . 182. Krivkami y = x2 a x = y2. 183. Krivkami y = x2 2 a y = x3 8 . 184. Krivkou y = ex x a priamkami x = 1 a y = 0. 185. Hyperbolou xy = a, osou ox a priamkami x = b, x = c, 0 < b < c. 186. Kružnicou x2 + y2 = 1 a parabolou y2 = 3 2 x. 187. Časťou hyperboly x2 - y2 = 1, x > 0 a priamkou x = a + 1, a > 0. 188. Krivkou y = sin x a priamkou y = 2 x. 189. Krivkou y = e-x a osami ox a oy, x > 0 (nevlastný integrál). 190. Krivkou y = ln x a osami ox a oy (nevlastný integrál). 191. Uzavretou krivkou s parametrickými rovnicami x = a cos3 t, y = a sin3 t. 192. Uzavretou krivkou s parametrickými rovnicami x = t2, y = t- t3 3 , t 0, 3 . 193. Uzavretou krivkou s parametrickými rovnicami x = c2 a cos3 t, y = c2 b sin3 t, t 0, , c2 = a2 - b2. 194. Guľa s polomerom r je preťatá rovinou vzdialenou d < r od jej stredu. Vypočítajte objem menšej časti. 195. Nájdite vzorec pre objem pravidelného ihlana s obsahom podstavy P a výškou h. Výsledky 176. 256 5 , 177. 56 15 , 178. 117 5 , 179. 24 5 , 180. 2 2 , 181. 2 , 182. 3 10 , 183. 512 35 , 184. 4 (e2 + 1), 185. a2 bc (c - b), 186. 19 48 , 187. 3 (a3 + 3a2), 188. 2 6 , 189. 2 , 190. , 191. 32 105 a2. 192. 3 4 , 193. 32c6 105a b2 , 194. V = (2 3 r3 - dr2 + d2 3 ), 195. V = 1 3 hS. 2.7.3 Dĺžka krivky Dĺžku rovinnej krivky, ktorá je grafom funkcie f, ktorá má spojitú deriváciu v intervale a, b vypočítame pomocou integrálu D = b a 1 + (f (x))2 dx. (2.24) 2.7. POUŽITIE URČITÉHO INTEGRÁLU V GEOMETRII 67 Dĺžku rovinnej krivky, ktorá je určená parametrickými rovnicami 2.18, ak derivácie (t), (t) sú spojité v intervale , vypočítame pomocou integrálu D = ( (t))2 + ( (t))2 dt. (2.25) Príklad 29. Vypočítame dĺžku krivky y = 2x - x2 v intervale 0, 1 . Riešenie: Použijeme vzťah (2.24) a pri výpočte primitívnej funkcie použijeme výsledok Príkladu (21) z časti Neurčitý integrál. D = 1 0 1 + (2 - 2x)2 dx = 1 0 4x2 - 8x + 5 dx = = 1 2 x(x - 1) 4x2 - 8x + 5 + 1 4 ln( 4x2 - 8x + 5 + 2x - 2) 1 0 = = 5 2 - 1 4 ln( 5 - 2). Príklad 30. Vypočítame dĺžku polokubickej paraboly y2 = x3 v intervale 0, 1 . Obr. 2.4: y2 = x3 Riešenie: Krivka sa skladá z dvoch častí y = x 3 2 a y = -x 3 2 symetrických podľa osi ox. Preto jej dĺžka bude dvojnásobkom dĺžky jednej z nich. Použijeme vzťah (2.24), pričom f(x) = x 3 2 a f (x) = 3 2 x. D = 2 1 0 1 + 9 4 x dx = 9 4 2 3 1 + 9 4 x 3 2 1 0 = 16 27 13 8 13 - 1 . Príklad 31. Vypočítame dĺžku jedného oblúka cykloidy x = a(t - sin t), y = a(1 - cos t), t 0, 2 . 68 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Riešenie: Použijeme vzťah (2.25) a trigonometrickú identitu 1 - cos t = 2 sin2 t 2 . D = 2 0 a2(1 - cos t)2 + a2 sin2 t dt = = a 2 0 2 - 2 cos t dt = a 2 0 2 sin t 2 dt = 8a. Príklad 32. Vypočítame dĺžku jednej časti asteroidy x = a cos3 t, y = a sin3 t, t 0, 2 . Riešenie: D = 2 0 9a2 cos4 t sin2 t + 9a2 sin4 t cos2 t dt = 3a cos t sin t dt = 3 2 a. Cvičenia Vypočítajte dĺžky daných kriviek. 196. y = 1 3 (x2 + 2) 3 2 , x 0, 3 , 197. y = x2 4 , x 0, 2 2 , 198. y = ln(sin x), x 3 , 2 , 199. y = 2 3 x x, x 0, 1 , 200. y = (x2 4 - 1 2 ln x), x 1, 2 , 201. y = ln ex+1 ex-1 , x a, b , 202. y = cosh x, x 0, 1 , 203. y = ln x, x 3, 8 , 204. y = arcsin x + 1 - x2, x 0, 1 , 205. x = cos t, y = t+sin t, t 0, , 206. x = t2, y = t- t3 3 , t 0, 3 , 207. x = t3 3 -t, y = t2 +2, t 0, 3 , 208. x = a cos3 t, y = a sin3 t, t 0, 2 , 209. x = cos t + t sin t, y = sin t - t cos t, t 0, 2 , 210. x = sin2 t, y = cos2 t, t 0, 2 , 211. x = et cos t, y = et sin t, t 0, ln , 212. x = 8 sin t + 6 cos t, y = 6 sin t - 8 cos t, t 0, 2 , 213. y = 2 x, x 1, 2 . Výsledky 196. 12, 197. ln( 2 + 3) + 6, 198. 1 2 ln 3, 199. 2 3 ( 4 8 - 1), 200. 3 4 + 1 2 ln 2, 201. ln eb-e-b ea-e-a , 202. sinh 1 1, 17, 203. 1 + 1 2 ln 3 2 , 204. 4 - 2 2, 205. 4, 206. 2 3, 207. 12, 208. 6a, 209. 2 8 , 210. 2, 211. 2( - 1), 212. 5, 213. 6 - 2 + 1 2 ln 2 6+5 2 2+3 . 2.7.4 Obsah povrchu rotačnej plochy Obsah povrchu rotačnej plochy, ktorá vznikne rotáciou grafu funkcie f v intervale a, b okolo osi ox vypočítame pomocou integrálu S = 2 b a |f(x)| 1 + (f (x))2 dx. (2.26) 2.7. POUŽITIE URČITÉHO INTEGRÁLU V GEOMETRII 69 Osah povrchu rotačnej plochy, ktorá vznikne rotáciou uzavretej krivky určenej parametrickými rovnicami 2.18 okolo osi ox vypočítame pomocou integrálu S = 2 |(t)| ( (t))2 + ( (t))2 dt. (2.27) Poznamenajme, že na platnosť vzťahu je potrebná existencia derivácie funkcií a v intervale inte- grácie. Príklad 33. Vypočítame obsah povrchu plochy, ktorá vznine rotáciou krivky y = sin 2x v intervale 0, 2 okolo osi ox. Riešenie: Použijeme vzťah (2.26) a substitúciu t = 2 cos 2x. S = 2 2 0 sin 2x 1 + 4 cos2 2x dx = = 2 -2 2 1 + t2 - 1 4 dt = 2 2 -2 1 + t2 dt = = 2 t 2 1 + t2 + 1 2 ln(t + 1 + t2) 2 -2 = 2 (2 5 + ln( 5 + 2)). Pri výpočte primitívnej funkcie v poslednom integrále sme použili výsledok Príkladu (23) z časti Neurčitý integrál. Príklad 34. Vypočítame obsah povrchu plochy, ktorá vznikne rotáciou asteroidy x = a cos3 t, y = a sin3 t, t 0, 2 . Riešenie: Podrobnosti výpočtu sú podobné ako v Príklade 32. S = 2 2 0 a sin3 t 9a2 cos4 t sin2 t + 9a2 sin4 t cos2 t dt = = 2 2 0 a sin3 t(3a cos t sin t dt = 6 5 a2 . Príklad 35. Overíme vzorec pre výpočet povrchu gule s polomerom r. Riešenie: Stred gule umiestnime do začiatku súradnicovej sústavy. Guľa tak vznikne rotáciou oblasti ohraničenej polkružnicou určenou parametrickými rovnicami x = r cos t, y = r sin t, t 0, a osou ox okolo osi ox. Použijeme vzťah (2.27). S = 2 0 r sin t r2 sin2 t + r2 cos2 t dt = 2r2 0 sin t dt = 4r2 . 70 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Cvičenia Vypočítajte obsahy povrchov rotačných plôch, ktoré vzniknú rotáciou danej krivky okolo osi ox. 214. y = kx, x a, b , 0 < a < b, k > 0, 215. y = x3, x 0, 1 , 216. y = x, x 0, 2 , 217. y = e-x, x 0, ), 218. y = 2 cosh(x 2 ), x 0, 2 , 219. y = x2 2 , x 0, 3 4 , 220. x = cos t, y = 1 + sin t, t 0, 2 , 221. x = a cos3 t, y = a sin3 t, t 0, , 222. x = sin2 t, y = cos2 t, t 0, 2 , 223. x = t-sin t, y = 1-cos t, t 0, 2 , 224. x = t2, y = t 3 (t2 -3), t 0, 3 , 225. x = a sin 2t, y = 2a sin2 t, t 0, , a > 0. Výsledky 214. k k2 + 1(b2 - a2), 215. 27 (10 10 - 1), 216. 13 3 , 217. ( 2 + ln(1 + 2), 218. (e2 - e-2 + 4), 219. 255 1024 - ln 2 8 , 220. 42, 221. 12a2 5 , 222. 2, 223. 64 3 , 224. 3, 225. 42a2. 2.7.5 Výpočet súradníc ťažiska Ťažisko plošnej hmotnej oblasti s plošnou hustotou (x) ohraničenej grafmi funkcií f a g v intervale a, b má súradnice Tx = My M , Ty = Mx M , kde Mx = 1 2 b a (x)(f2 (x) - g2 (x)) dx, My = b a (x)x(f(x) - g(x)) dx, M = b a (x)(f(x) - g(x)) dx. Ťažisko hmotného oblúka s dĺžkovou hustotou (t) určeného parametrickými rovnicami (2.18) má súradnice Tx = My M , Ty = Mx M , kde Mx = (t)(t) ( (t))2 + ( (t))2 dt, My = (t)(t) ( (t))2 + ( (t))2 dt, M = (t) ( (t))2 + ( (t))2 dt. 2.7. POUŽITIE URČITÉHO INTEGRÁLU V GEOMETRII 71 Poznámka 5. Veličiny Mx resp. My voláme statický moment vzhľadom k osi ox resp. oy. Poznámka 6. Poznamenajme, že v prípade homogénnej oblasti alebo oblúka (t.j. funkcia hustoty je konštantná) je pri výpočte ťažiska informácia o hustote zbytočná a môžeme integrály v čitateli aj menovateli počítať bez funkcie hustoty pomocou veličín Mx = Mx , My = My , M = M . Uvedomme si, že veličina M predstavuje obsah oblasti, resp. dĺžku oblúka. Príklad 36. Nájdeme súradnice ťažiska hmotnej rovinnej oblasti ohraničenej parabolou y = 9-x2 a osou ox a) ak je oblasť homogénna b) ak jej plošná hustota je (x) = 1 1+x2 Riešenie: V obidvoch prípadoch stačí počítať súradnicu y ťažiska, v prípade a) vďaka symetrii oblasti podľa osi oy a homogenite, v prípade b) vďaka spomínanej symetrii paraboly a tiež symetrii funkcie hustoty podľa tej istej osi. V obidvoch prípadoch bude x-ová súradnica ťažiska Tx = 0. Skúste ešte pred výpočtom odhadnúť, v ktorom prípade bude ťažisko vyššie! a) Potrebujeme vypočítať Mx a M, z homogenity vyplýva, že (x) = c, preto použijeme hodnoty Mx a M . Mx = 1 2 3 -3 (9 - x2 )2 dx = 648 5 . M = 3 -3 (9 - x2 ) dx = 36. Preto T = [0, Mx M ] = [0, 18 5 ] = [0 , 3, 6]. b) Pri výpočte využijeme párnosť integrovanej funkcie (premyslite si kde a ako) a techniku integrovania racionálnej funkcie. Mx = 1 2 3 -3 1 1 + x2 (9 - x2 )2 dx = 3 0 x4 - 18x2 + 81 1 + x2 dx = 100 arctg 3 - 48. M = 3 -3 1 1 + x2 (9 - x2 ) dx = 2 3 0 9 - x2 1 + x2 dx = 20 arctg 3 - 6. Preto T = [0, 100 arctg 3 - 48 20 arctg 3 - 6 ] [0 , 4, 05]. Príklad 37. Vypočítame súradnice ťažiska homogénneho štvrťkruhu so stredom v začiatku súradnicovej sústavy a polomerom r, ležiaceho v prvom kvadrante. Riešenie: Vďaka homogenite a symetrii podľa priamky y = x, leží ťažisko na tejto priamke. Preto nám stačí vypočítať jednu zo súradníc, v tomto prípade je o niečo jednoduchšie počítať súradnicu y (skúste vypočítať súradnicu x). Daný štvrťkruh je grafom funkcie y = r2 - x2, x 0, r . Mx = 1 2 r 0 (r2 - x2 ) dx = 1 3 r3 . 72 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Druhá veličina, ktorú máme vypočítať je M = M , čo je vlastne obsah štvrťkruhu a preto M = 4 r2 (skúste overiť výpočtom príslušného integrálu). Preto T = [ Mx M , Mx M ] = [ 4 3 r, 4 3 r]. Príklad 38. Nájdeme súradnice ťažiska homogénnej polkružnice x2 + y2 = r2, y 0. Riešenie: Polkružnicu parametrizujeme x = r cos t, y = r sin t, t 0, . Vzhľadom k symetrii je x-ová súradnica ťažiska 0. My = 0 r sin t r2 sin2 t + r2 cos2 t dt = r2 0 sin t dt = 2r2 . M = 0 r2 sin2 t + r2 cos2 t dt = r. Preto T = [0, 2r2 r ] = [0, 2r ]. Príklad 39. Nájdeme ťažisko homogénneho oblúka cykloidy x = a(t - sin t), y = a(1 - cos t), t 0, 2 . Riešenie: Oblúk je súmerný podľa priamky x = a, preto ťažisko leží na tejto priamke (overte!). Dĺžka oblúka je 8a (pozri Príklad 31) Stačí teda počítať Ty = Mx 8a = 1 8a 2 0 a(1 - cos t) a2(1 - cos t)2 + a2 sin2 t dt = a 8 2 0 (1 - cos t) 2 - 2 cos t dt = = a 8 2 0 (1 - cos t)2 sin t 2 dt = a 2 2 0 sin3 t 2 dt = 4 3 a. Preto T = [a, 4 3 a]. 2.7.6 Guldinove vety Guldinova prvá veta. Majme v rovine danú priamku o a krivku C ležiacu celú v jednej polrovine určenej priamkou o. Obsah povrchu rotačnej plochy, ktorá vznikne rotáciou krivky C okolo osi o sa rovná súčinu dĺžky krivky a dĺžky kružnice, ktorú pri tejto rotácii opíše ťažisko krivky. Guldinova druhá veta. Majme v rovine danú priamku o a oblasť D ležiacu celú v jednej polrovine určenej priamkou o. Objem 2.7. POUŽITIE URČITÉHO INTEGRÁLU V GEOMETRII 73 rotačného telesa, ktoré vznikne rotáciou oblasti D okolo osi o sa rovná súčinu obsahu oblasti a dĺžky kružnice, ktorú pri tejto rotácii opíše ťažisko oblasti. Poznamenajme, že obidve vety platia len pre homogénne útvary. Obidve vety vyjadrujú vzťah medzi tromi veličinami, z ktorého je možné z hodnôt dvoch z nich vypočítať tretiu. Príklad 40. Nájdeme súradnice ťažiska a) homogénnej polkružnice x2 + y2 = r2, y 0, b) homogénneho polkruhu x2 + y2 = r2, y 0. Riešenie: a) Poznamenajme, že túto úlohu sme riešili v predchádzajúcej časti priamo. Z dôvodov symetrie je x-ová súradnica ťažiska rovná 0. Rotáciou okolo osi ox vytvorí polkružnica guľovú plochu so známym povrchom S = 4r2. Podľa prvej Guldinovej vety sa táto hodnota rovná súčinu dĺžky polkružnice r a dĺžky kružnice, ktorú vytvorí pri rotácii ťažisko 2Ty. Preto 4r2 = (r)(2Ty), odkiaľ Ty = 2r . b) Z dôvodov symetrie je x-ová súradnica ťažiska 0.Podľa druhej Guldinovej vety je objem gule vytvorenej rotáciou polkruhu rovný obsahu polkruhu a dĺžky kružnice opísanej pri rotácii ťažiskom 4 3 r3 = ( 2 r2 )(2Ty). Preto T = [0, 4 3 r]. Príklad 41. Vypočítame povrch a objem anuloidu vytvoreného rotáciou kružnice (kruhu) so stredom S = [0, a] s polomerom r < a. Riešenie: Použijeme Guldinove vety. Keďže ťažiskom homogénnej kružnice (aj kruhu) je jej stred, pre povrch anuloidu platí S = (2r)(2a) = 42 a r a pre jeho objem V = (r2 )(2a) = 22 a r2 . Príklad 42. Nájdeme súradnice ťažiska časti asteroidy x = a cos3 t, y = a sin3 t, t 0, 2 . Riešenie: Krivka je súmerná podľa priamky y = x, preto sa obidve súradnice ťažiska rovnajú. Na výpočet súradnice Ty použijeme prvú Guldinovu vetu (prečo nie druhú?) a využijeme výsledok Príkladu 32S = 6 5 a2 a výsledok Príkladu 34D = 3 2 a. Preto S = D(2Ty), 6 5 a2 = 3 2 a (2Ty), odkiaľ T = [2 5 a, 2 5 a]. Kvôli oceneniu užitočnosti Guldinových viet odporúčame čitateľovi vyriešiť nasledujúci príklad aj bez použitia týchto viet. Príklad 43. Vypočítame objem a obsah povrchu rotačného telesa, ktoré vznikne rotáciou štvorca so stredom v bode C = [0, c] a stranou dĺžky a < c 2 (prečo je potrebná táto podmienka?, nezávisia hladané veličiny aj na polohe strán štvorca?). Riešenie: Ťažisko je totožné so stredom štorca. Podľa prvej Guldinovej vety platí S = (4a)(2c) = 8ac. 74 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Podľa druhej Guldinovej vety platí V = (a2 )(2c) = 2a2 c. Cvičenia Vypočítajte súradnice ťažiska homogénnych rovinných oblastí ohraničených krivkami. 226. y = 4 - x2, y = 0, 227. y = x - x2, x + y = 0, 228. x = y - y3, x = 0, y 0, 1 , 229. y = 2x2 -4x, y = 2x-x2, 230. y = cos x, x = 2 , x = 0, y = 0, 231. y = sin x, x = 2 , x = 0, y = 0. 232. Vypočítajte súradnice ťažiska nehomogénnej rovinnej oblasti s plošnou hustotou (x) = cx2 ohraničenej krivkou y = 4 - x2 a osou ox. Vypočítajte súradnice ťažiska homogénneho hmotného oblúka určeného parametrickými rovnicami. 233. x = a cos t, y = b sin t, t 0, 2 , 234. x = a cos3 t, y = a sin3 t, t 0, 2 , 235. x = t2, y = t - t3 3 , t 0, 3 , 236. x = a(cos t + t sin t), y = a(sin t - t cos t), t 0, , 237. Nájdite súradnice ťažiska štvrťkružnice x2 +y2 = r2, x 0, y 0, ktorej lineárna hustota je v každom bode rovná súčinu súradníc bodu. V nasledujúcich príkladoch použite Guldinove vety. 238. Vypočítajte súradnice ťažiska oblúka kružnice x = r cos t, y = r sin t, t -, . 239. Vypočítajte objem telesa vytvoreného rotáciou polkruhu s polomerom r okolo dotyčnice rovnobežnej s jeho priemerom. 240. Vypočítajte objem a povrch telesa, ktoré vznikne rotáciou obdĺžnika so stranami dĺžky 6 a 8 okolo osi prechádzajúcej vrcholom a kolmej na jeho uhlopriečku. 241. Vypočítajte objem a povrch telesa, ktoré vznikne rotáciou pravidelného n-uholníka so stranou dĺžky a okolo jednej z jeho strán. Výsledky 226. T = [0, 8 5 ], 227. T = [1, -3 5 ], 228. T = [ 16 105 , 8 15 ], 229. T = [1, -2 5 ], 230. T = [-2 2 , 8 ], 231. T = [1, 8 ], 232. T = [0, 8 7 ], 233. T = [4a 3 , 4b 3 ], 234. T = [2a 5 , 2a 5 ], 235. T = [7 5 , 3 4 ], 236. T = [2a2-6 2 , 6a ], 237. T = [2r 3 , 2r 3 ], 238. T = [rsin(2) 2 , 0], 239. V = r3 3-4 3 , 240. V = 480, S = 280, 241. V = 1 4 na3 cotg2 n , S = na2 cotg n . 2.8 Použitie určitého integrálu vo fyzike 2.8.1 Práca Na výpočet práce vykonanej silou F(x) pôsobiacou v intervale a, b používame vzťah A = b a F(x) dx. Príklad 44. Akú prácu potrebujeme na roztiahnutie pružiny o 4 cm, ak sila potrebná na jej roztiahnutie o 1 cm je 1 N. 2.8. POUŽITIE URČITÉHO INTEGRÁLU VO FYZIKE 75 Riešenie: Označme x dĺžku, o ktorú je pružina roztiahnutá. Hookov zákon hovorí, že sila potrebná na rozťahovanie pružiny je priamo úmerná dĺžke roztiahnutia pružiny, t.j. F(x) = kx. Konštantu k vypočtame z podmienky F(0, 01) = k.0, 01 = 1 (kvôli súladu fyzikálnych jednotiek meriame dĺžku v metroch), teda k = 100. Hladaná práca je A = 0,04 0 100x dx = 50[x2 ]0,04 0 = 0, 08J. Príklad 45. Nájdeme prácu potrebnú na odčerpanie vody z koryta tvaru polvalca dĺžky h a polomerom podstavy r. Riešenie: Rozložme celý objem vody v koryte na veľmi tenké vodorovné vrstvy hrúbky dx. Obr. 2.5: Voda v koryte. Tvar vrstvy, ktorá je v hĺbke x pod hladinou môžeme považovať za kváder s rozmermi h, 2 r2 - x2 (podstava) a dx (výška). Na jej odčerpanie vynaložíme prácu rovnú súčinu jej objemu, hustoty vody , gravitačného zrýchlenia g a dráhy x A(x) = ghx2 r2 - x2dx. Preto celková práca potrebná na odčerpanie vody je A = r 0 2 ghx r2 - x2 dx = 2 gh r 0 x r2 - x2 = 2 3 ghr3 . 2.8.2 Tlaková sila Pre výpočet celkovej tlakovej sily (tlaku) kvapaliny v konštantnej hĺbke h sa používa Pascalov zákon P = ghS, kde je hustota kvapaliny, g = 9, 81m/s2 je gravitačná konštanta a S je veľkosť plochy. Pri meniacej sa hĺbke vypočítame celkový tlak integrálom P = g h2 h1 hS(h) dh, 76 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL kde h1, h2 sú hranice hĺbky a S(h) je veľkosť plochy, na ktorú tlak pôsobí v hĺbke h. Príklad 46. Nájdeme tlak vody na vertikálnu sklenenú stenu tvaru polkruhu umiestnenú priemerom dĺžky 6 m na hladine vody. Hustota vody je = 1000 kgm-3 a gravitačné zrýchlenie g = 9, 81m/s2. Riešenie: Celkový tlak na úzky vodorovný pruh steny výšky dh v hĺbke h je rovný veličine P(h) = ghS(h), kde S(h) = 2 9 - h2 dh je obsah pruhu. Potom celkový tlak je limitou súčtu takýchto tlakov P(h) pre dh 0, preto P = 3 0 gh2 9 - h2 dh = 19620 3 0 h 9 - h2 dh = = - 19620 3 [(9 - h2 ) 3 2 ]3 0 = 176580 N. Cvičenia 242. Akú prácu treba na roztiahnutie pružiny o 6 cm, ak na jej roztiahnutie o 1 cm je potrebná sila 2, 5 N? 243. Akú prácu treba na stlačenie pružiny o 5 cm, ak na jej stlačenie o 3 cm je potrebná sila 15 N? 244. Nádoba tvaru pologule priemeru 20 m je naplnená vodou. Aká práca je potrebná na jej odčerpanie? 245. Nádoba tvaru valca priemeru 4 m a výšky 5 m je naplnená vodou. Aká práca je potrebná na jej odčerpanie otvorom na vrchnej časti nádoby, ak a) je os valca v zvislej polohe, b) je os valca vo vodorovnej polohe? Skúste si premyslieť, ktorá práca bude väčšia ešte pred počítaním. 246. Vodná nádrž má tvar polovice rotačného elipsoidu, ktorý vznikne rotáciou elipsy s osami 1000 m a 100 m okolo kratšej osi. Nájdite prácu, ktorú je potrebné vykonať na jej naplnenie vodou z jazera, ktoré je 100 m pod dnom nádrže. 247. Kotol má tvar rotačného paraboloidu s polomerom hornej základne R a výškou h. Kotol je naplnený kvapalinou o hustote . Nájdite prácu potrebnú na odčerpanie kvapaliny z kotla. 248. Akým tlakom pôsobí voda na zvislý obdĺžnikový uzáver 8 m dlhý a 12 m vysoký, ktorého vrchná hrana je v hĺbke 5 m pod hladinou vody? 249. Priehrada má tvar rovnoramenného lichobežníka so spodným ramenom dĺžky 50 m, vrchným ramenom dĺžky 200 m a výškou 50 m. Výška vody za priehradou je 30 m. Vypočítajte tlak vody na priehradu. 250. Nájdite celkový tlak vody na steny a dno akvária tvaru kvádra s hranami dĺžok 1 m, 80 cm (podstava) a 50 cm, ktoré je naplnené vodou na 80%. 251. Vypočítajte tlak na povrch gule s polomerom 3 m, ktorej stred je 10 m pod hladinou vody. 252. Nádoba tvaru valca s polomerom základne 1, 5 m a výškou 3, 5 m je naplnená benzínom hustoty 900 kg/m3. Nájdite tlak benzína na vnútorné steny nádoby. Výsledky 242. 0, 45 J, 243. 0, 613 J, 244. 24, 525 . 106 J, 245. a) 50000 J, b) 40000 J, 246. 531, 57 . 109 J, 247. gR2h2 5 , 248. 10359 . 106 N, 249. 912330 . 106 N, 250. 5964, 5 N, 251. 3, 5316 . 106 N, 252. 161700 N, 2.9. PRIBLIŽNÉ INTEGROVANIE FUNKCIÍ 77 2.9 Približné integrovanie funkcií V mnohých prípadoch nemôžeme nájsť primitívnu funkciu F(x) alebo je táto funkcia veľmi zložitá. Okrem toho v praxi môže byť funkcia f(x) zadaná tabuľkou. Preto majú pre výpočet určitých integrálov veľký význam približné numerické metódy. Akúkoľvek metódu však môžeme použiť len vtedy, ak je funkcia f(x) integrovateľná na danom intervale a, b , kde a < b. Metódy numerického výpočtu hodnoty integrálu b a f(x) dx sa zakladajú na tom, že sa funkcia f(x) nahradí jednoduchšou, aproximujúcou funkciou (x) (napr. polynómom) a potom sa približne kladie b a f(x) dx b a (x) dx. V jednej z najjednoduchších metód sa krivka f(x) nahradí na intervale a, b úsečkou priamky prechádzájúcej bodmi [a, f(a)], [b, f(b)], t.j. polynómom 1. stupňa. Obr. 2.6: Lichobežníkový vzorec. Plocha útvaru ohraničeného zhora f(x) sa nahradí približne plochou útvaru ohraničeného zhora spomínanou úsečkou. Dostávame vzorec b a f(x)dx b - a 2 (f(a) + f(b)), (2.28) známy pod menom lichobežníkový vzorec. Ak položíme h = b - a n a rozdelíme interval a, b pomocou ekvidistantných bodov x0 = a, xi = x0 + ih (i = 1, 2, . . . , n - 1), xn = b na n rovnakých častí, na každej z nich použijeme vzorec (2.28) a výsledky sčítame, dostaneme b a f(x)dx = h 2 (f(x0) + f(x1)) + h 2 (f(x1) + f(x2)) + . . . + h 2 (f(xn-1) + f(xn)) a po úprave všeobecný lichobežníkový vzorec b a f(x)dx h 2 (f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + . . . + 2f(xn-1) + f(xn)). (2.29) 78 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Obr. 2.7: Simpsonov vzorec. Pri inej často používanej metóde približného výpočtu hodnoty integrálu sa funkcia f(x) nahradí polynómom 2. stupňa, ktorého grafom je parabola prechádzajúca troma bodmi [a, f(a)], [(a + b)/2, f((a + b)/2)], [b, f(b)]. Po integrovaní takého polynómu dostávame vzorec b a f(x)dx b - a 3 (f(a) + 4f((a + b)/2) + f(b)), (2.30) známy pod menom Simpsonov vzorec. Nech n = 2m je párne čí slo. Ak položíme h = b - a n = b - a 2m a rozdelíme interval a, b pomocou ekvidistantných bodov x0 = a, xi = x0 + ih (i = 1, 2, . . . , 2m - 1), x2m = b na n = 2m rovnakých častí, na každom z m intervalov < x2i, x2i+2 >, i = 0, 1, . . . , m - 1 použijeme vzorec (2.30) a výsledky sčítame, dostaneme po úprave všeobecný Simpsonov vzorec b a f(x)dx h 3 (f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + . . . . . . + 2f(x2m-2) + 4f(x2m-1) + f(x2m)). (2.31) Ak je funkcia f(x) daná analyticky (nie tabuľkou), treba ešte odhadnúť chybu, s akou sme integrál vypočítali. Nepresnosť R = b a f(x)dx b - a 2 (f(a) + f(b)) lichobežníkového vzorca (2.28) je R = -(b - a) h2 12 f (x ), kde x a, b . Nepresnosť Simpsonovho vzorca (2.30) je R = -(b - a) h4 180 f(4) (x ), kde x a, b . Vidíme teda, že výpočet hodnoty určitého integrálu podľa Simpsonovho vzorca je väčšinou presnejší. 2.9. PRIBLIŽNÉ INTEGROVANIE FUNKCIÍ 79 Príklad 1. Vypočítajme približnú hodnotu integrálu 3 2 x/(1 + x2)dx podľa lichobežníkového vzorca (2.29) s n = 10 a podľa Simpsonovho vzorca (2.31) s n = 2m = 10. Riešenie: Budeme potrebovať tieto hodnoty f(x) = x/(1 + x2): x 2, 0 2, 1 2, 2 2, 3 2, 4 2, 5 2, 6 f(x) 0, 4 0, 3882 0, 3767 0, 3657 0, 3550 0, 3448 0, 3351 x 2, 7 2, 8 2, 9 3, 0 f(x) 0, 3257 0, 3167 0, 3082 0, 3 Podľa lichobežníkového vzorca (2.29) dostaneme 3 2 x 1 + x2 dx 1 20 (f(2) + 2f(2, 1) + 2f(2, 2) + . . . + 2f(2, 9) + f(3) = 0, 34661. Podľa Simpsonovho vzorca (2.31) dostaneme 3 2 x 1 + x2 dx 1 30 (f(2) + 4f(2, 1) + 2f(2, 2) + . . . . . . + 2f(2, 8) + 4f(2, 9) + f(3) = 0, 34658. Presná hodnota integrálu je 0, 34657. 80 KAPITOLA 2. URČITÝ INTEGRÁL Literatúra [1] P. E. Danko, A. G. Popov, T. Ja. Koževnikova, Vysšaja matematika v upražnenijach i zadačach, Vysšaja škola, Moskva 1980 [2] N. A. Davydov, P. P. Korovkin, V. N. Nikoľskij, Zbornik zadač po matematičeskomu analizu, GIFML, Moskva 1953 [3] B. P. Demidovič a kol., Zadači i upražnenija po matematičeskomu analizu, GIFML, Moskva 1963 [4] J. Eliaš, J. Horváth, J. Kajan, Zbierka úloh z vyššej matematiky, Alfa, vydavat. technickej a ekon. literatúry 6. prepracované vydanie 1986 [5] L. Gillman, R. H. McDowell, Matematická analýza, SNTL, Praha 1980 [6] I. A. Maron, Differenciaľnoje i integraľnoe isčislenije v primerach i zadačach, Nauka, Moskva 1970 [7] G. B. Thomas, R. L. Finney Calculus and Analytic Geometry Addison-Wesley Publishing Company 1988 81 82 LITERATÚRA Kapitola 3 Obyčajné diferenciálne rovnice K štúdiu tejto kapitoly treba mať vedomosti z theórie funkcií jednej reálnej premennej a diferenciálneho počtu funkcie jednej premennej, stačí v rozsahu prvého dielu týchto skrípt. Problematika obyčajných diferenciálnych rovníc bude v tejto kapitole vysvetlená veľmi stručne a zjednodušene, s jednoduchými príkladmi. Náročnejšiemu čitateľovi odporúčame najmä [8] alebo tiež [1], kde získa solídne vedomosti z tejto problematiky. 3.1 Základné pojmy Diferenciálnymi rovnicami modelujeme mnohé zákony rôznych vedeckých disciplín, počnúc technickými, ekonomickými, prírodovednými až po spoločenské. Za všetky, na úvod tejto kapitoly, uvedieme aspoň jeden model. V ďalšom sa budeme snažiť uviesť ich ešte niekoľko. Príklad 1. (Newtonov zákon ochladzovania). Umiestnime teleso do prostredia, ktoré je chladnejšie ako teleso. Teleso sa začne ochladzovať rýchlosťou úmernou rozdielu teplôt telesa a prostredia v danom časovom okamihu. Matematicky tento fakt môžeme vyjadriť takto: Nech T(t) je rozdiel teplôt telesa a prostredia v danom čase t. Potom platí: dT dt = -kT , kde k je konštanta úmernosti a dT dt ozančuje prvú deriváciu funkcie T podľa premennej t. Dostali sme rovnicu, v ktorej sa vyskytuje derivácia funkcie. Takýmito rovnicami sa budeme teraz zaoberať. Rovnicu, ktorá obsahuje funkciu a prvú alebo aj vyššie derivácie tejto funkcie definované na nejakom intervale I, nazývame diferenciálnou rovnicou. Ak je funkcia y v rovnici reálnou funkciou jednej reálnej premennej a rovnica obsahuje jej n-tú deriváciu, napr. y + a(x)y + . . . + b(x)y(n) = f(x) , (3.1) nazývame ju obyčajnou diferenciálnou rovnicou (ODR) n-tého rádu. Každú funkciu y = (x) z množiny všetkých n-krát diferencovateľných funkcií na intervale I, pre ktorú platí (x) + a(x)(x) + . . . + b(x)(x)(n) = f(x), pre každé x I, nazývame riešením diferenciálnej rovnice (3.1) na intervale I. Graf riešenia y = (x) diferenciálnej rovnice (3.1) nazývame integrálnou krivkou diferenciálnej rovnice (3.1). V obyčajných diferenciálnych rovniciach často používame zápis y (x) pre prvú deriváciu 83 84 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE funkcie y a analogicky pre vyššie derivácie, ak je jasné, že ide o deriváciu podľa premennej x. V odbornej literatúre sa však často vyskytuje aj zápis dy dx pre prvú deriváciu funkcie y, ktorý je presnejší, pretože je vždy uvedené o deriváciu podľa akej premennej ide. My budeme používať obidva typy zápisov, aby čitateľovi nerobil problémy ani jeden z nich. Príklad 2. Za určitých zidealizovaných podmienok sa rast hmotnosti m organizmu dá popísať pomocou ODR dm dt = km a rýchlosť šírenia choroby v populácii, kde x je pomerné množstvo infikovaných, popíše ODR dx dt = kx(1 - x) . V obidvoch týchto ODR premenná t predsatvuje čas a konštanta k koeficient úmernosti. Tieto typy ODR sú diferenciálne rovnice prvého rádu (najvyššia derivácia v rovnici je prvá). Príklad 3. Rovnica typu d2x dt2 + 2 dx dt + 5x = 0 popisujúca tok elektrického prúdu v špeciálnom elektrickom okruhu, je druhého rádu. Nech pre riešenie y = (x), x I, diferenciálnej rovnice (3.1) v čísle a I platí y(a) = b0, y (a) = b1, . . . y(n-1) (a) = bn-1, (3.2) pričom b0, b1, . . . , bn-1 sú ľubovoľné čísla. Potom podmienky (3.2) nazývame Cauchyovskými začiatočnými podmienkami. Príklad 4. Kameň s hmotnosťou m padá z výšky h so začiatočnou rýchlosťou v0 zvisle nadol. Odpor vzduchu je priamo úmerný štvorcu rýchlosti padajúceho telesa. Nájdite diferenciálnu rovnicu pohybu padajúceho telesa a začiatočné podmienky. Riešenie: Kameň padá po priamke k zemi. Na priamke zvolíme súradnicový systém tak, že jeho počiatok bude na zemi a kladná časť osi ox je nad zemským povrchom. Nech x = f(t) je poloha kameňa v čase t. Potom v čase t je rýchlosť v daná vzťahom v = x i = f (t)i, kde i je jednotkový vektor v kladnom smere osi ox. Jeho zrýchlenie je a = x i = f (t)i. Na padajúci kameň pôsobí v každom čase t tiaž a odpor vzduchu, pričom t < T, kde T je doba padania kameňa. Podľa Newtonovho zákon platí : mx i = -mg + k(x )2 i , kde g je tiažové zrýchlenie a k je koeficient odporu prostredia. Z tohoto vzťahu dostávame diferenciálnu rovnicu x - k m (x )2 + g = 0 . Začiatočné podmienky sú určené výškou, odkiaľ kameň padá a začiatočnou rýchlosťou: x(0) = h, x (0) = v(0) = v0 . Príklad 5. Dokonale votknutý nosník s dĺžkou l, má konštantný moment zotrvačnosti prierezu J a modul pružnosti E s rovnomerným zatažením p. Rovnica pre ohybovú čiaru w(x) je nasledovná diferencálna rovnica 4. rádu EJyIV (x) = p(x) , 3.1. ZÁKLADNÉ POJMY 85 Vzťahy medzi ohybovými momentami M(x), a posúvajúcimi silami T(x) sa dajú vyjadriť v tvare M(x) = -EJw (x) , T(x) = -EJw (x). Fakt, že nosník je na oboch stranách dokonale votknutý, vyjadríme okrajovými podmienkami: y(0) = y (0) = 0 , y(l) = y (l) = 0 . Všimnite si, že tento príklad je trochu iný, ako predchádzajúce napríklad tým, že k diferenciálnej rovnici (v tomto prípade 4. rádu) sme nepridali začiatočné podmienky, ale tzv. okrajové podmienky. Takýmto úlohám hovoríme okrajové úlohy. Týmito sa ale v tejto kapitole nebudeme zaoberať. Príklad 6. Máme diferenciálnu rovnicu: dy dx = x2 . Jej integrovaním hneď dostávame y = 1 3 x3 + c . Toto riešenie vyššie uvedenej diferenciálnej rovnice pre ľubovoľnú konštantu c, nazývame všeobecné riešenie ODR. Pre konkrétnu hodnotu c dostávame partikulárne riešenie ODR. Napríklad: y = 1 3 x3 + 2 , alebo y = 1 3 x3 - 4 . Príklad 7. Nech x2 + y2 = a2, reprezentuje množinu všeobecných riešení diferenciálnej rovnice, ktorá nezávisí na a. Pre rôzne hodnoty a rovnica x2 + y2 = a2 predstavuje množinu kružníc so stredom v počiatku súradnicovej sústavy s polomerom a. Zderivovaním tejto rovnice (a je konštanta a y je funkcia premennej x) dostávame 2x + 2y dy dx = 0 , a teda x + y dy dx = 0 , alebo y x dy dx = -1 . Táto diferenciálna rovnica vyjadruje fakt, že dotyčnica ku každej kružnici v ľubovoľnom bode je kolmá na jej polomer. Cvičenia 1. Overte, že nasledujúce ODR majú uvedené riešenia (A, B sú ľubovoľné konštanty): a) dx dt = 3x, x = Ae3t b) xdy dx = 2y, y = Ax2 c) y dy dx = x, x2 - y2 = A d) dx dt = x(1 - x), x = 1 1+Ae-t e) d2x dt2 + 3dx dt + 2x = 0, x = Ae-t + Be-2t 86 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE 2. Zistite, ktoré z daných funkcií sú riešením ODR yy - y y = 0, ak: a)y = e-x b)y = cos x c)y = ln x d)y = 2x + 5 e)y = x + cos x f) y = sin(2x) + cos(2x). 3. V nasledujúcich úlohách nájdite diferenciálne rovnice, ktorých riešeniami sú nasledujúce funkcie (a, b, c sú ľubovoľné konštanty): a)xy = c, b)y = x - c x , x = 0 c)y = ax + b d)y = bex. 4. Nájdite diferenciálnu rovnicu pre pohyb telesa s hmotnosťou m, ktoré sa priamočiaro pohybuje v prostredí, ktorého odpor proti pohybu telesa je priamo úmerný druhej mocnine rýchlosti telesa a na teleso nepôsobia iné sily. 5. Dotyčnica ku krivke v ľubovoľnom bode P, pretína os x-ovú v bode A a os y-ovú v bode B, pričom platí: 2AP=PB. Krivka prechádza bodom (1, 1). Nájdite uvedenú krivku. 6. Nádrž tvaru kvádra umiestnená vo vodorovnej polohe je naplnená vodou do výšky h v čase t = 0. Voda vyteká z nádrže malým otvorom na dne nádrže rýchlosťou úmernou druhej odmocnine výšky hladiny vody. Nájdite čas, ktorý uplynie, kým sa nádrž vyprázdni. 3.2 Diferenciálna rovnica prvého rádu ODR 1. rádu je rovnica, v ktorej sa vyskytuje najviac prvá derivácia neznámej funkcie, napríklad: xy + x2 y = cos x . Budeme skúmať ODR, ktorú možno vyjadriť v tvare y = f(x, y) . (3.3) Nech funkcia f(x, y) je definovaná na oblasti R. Hovoríme, že funkcia f(x, y) spĺňa na oblasti Lipschitzovu podmienku vzhľadom na y s konštantou L, ak pre každé dva body (x, y), (x, y) z platí: |f(x, y) - f(x, y)| L|y - y| . Takúto vlastnosť majú napríklad funkcie f(x, y), ktoré majú na oblasti ohraničenú parciálnu deriváciu podľa y (pojem parciálna derivácia ­ viď kapitola o funkcii viac premenných týchto skrípt). Veta 3.1 Nech je funkcia f(x, y) definovaná na oblasti = (x0 - a, x0 + a) × (y0 - b, y0 + b), (kde a, b sú kladné reálne čísla) s vlastnosťami na celej : * je spojitá, * je ohraničená konštantou K, * spĺňa Lispschitzovu podmienku vzhľadom na y. Potom diferenciálna rovnica (3.3) má práve jedno riešenie y = (x), ktoré prechádza bodom A = (x0, y0), to jest y0 = (x0) a to na intervale (x0 - c, x0 + c), kde c = min{a, b K }. 3.2. DIFERENCIÁLNA ROVNICA PRVÉHO RÁDU 87 Poznámka. Riešenie y = (x) dostaneme ako limitu postupnosti funkcií {yn(x)} n=1, kde yn(x) = y0 + x x0 f(t, yn-1(t)) dt , n = 1, 2, . . . Funkciu yn(x) nazývame Picardovou aproximáciou. Príklad 8. Daná je ODR y = x + y a začiatočná podmienka y(0) = 0. Vypočítajte približne y(x) pomocou Picardových aproximácii. Riešenie: Z formule pre výpočet Picardových aproximácií postupne dostávame y1(x) = 0 + x 0 (t + 0) dt = x2 2 , y2(x) = 0 + x 0 (t + t2 2 ) dt = x2 2 + x3 3! , y3(x) = 0 + x 0 (t + t2 2 + t3 3! ) dt = x2 2 + x3 3! + x4 4! . n-tá Picardova aproximácia je tvaru: yn = x2 2 + x3 3! + . . . + xn+1 (n + 1)! . Z Taylorovho rozvoja funkcie ex (viď 1. diel skrípt, str. 166) vidíme, že limita postupnosti Picardových aproximácií je y = lim n yn = ex - 1 - x . Ak je funkcia f(x, y) definovaná na oblasti R, kde sme zvolili pravouhlý súradnicový systém, tak diferenciálnou rovnicou y = f(x, y) je ku každému bodu (x, y) priradená smernica y dotyčnice integrálnej krivky v bode (x, y). Oblasť , ktorej každému bodu je uvedeným spôsobom priradená smernica, budeme nazývať smerovým poľom diferenciálnej rovnice y = f(x, y). Množinu všetkých bodov oblasti , ktorým je priradený ten istý smer, budeme nazývať izoklínou a rovnicu f(x, y) = c, kde c je dané číslo, budeme nazývať rovnicou izoklíny. Príklad 9. Znázornime smerové pole diferenciálnej rovnice y = x + y. Riešenie: Funkcia f(x, y) = x + y je definovaná v každom bode R, teda smerové pole možno zostrojiť v celom tomto priestore. Smerové pole znázorníme pomocou izoklín. Rovnica izoklíny je x + y = c, kde c je ľubovoľné číslo. V každom bode (x0, y0) tejto izoklíny má dotyčnica k integrálnej krivke podľa diferenciálnej rovnice y = x + y smernicu y (x0) = tg = c. Napríklad pre izoklínu x + y = 0 je uhol = 0, pre izoklínu x + y = 1 je = 45. Smerové pole danej rovnice je znázornené na obrázku 3.1. Cvičenia 7. V nasledujúcich úlohách znázornite pomocou izoklín smerové pole danej diferenciálnej rovnice: a) y = -x b) yy + x = 0 c) xy = 2y d) y = x+y x-y e) y = x2 + y2 f) y = cos x - y. 88 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE Obr. 3.1: Smerové pole rovnice y = x + y 3.3 ODR so separovateľnými premennými Diferenciálnu rovnicu tvaru p(x) + q(y)y = 0, (3.4) kde p(x), q(y) sú funkcie, nazývame ODR prvého rádu so separovanými premennými. ODR (3.4) sa často píše v tvare p(x)dx + q(y)dy = 0. (3.5) Veta 3.2 Nech je funkcia p(x) spojitá na intervale I a funkcia q(y) spojitá na intervale K. Potom každé riešenie ODR (3.4) na intervale I1 I má tvar p(x) dx + q(y) dy = c, (3.6) kde c je ľubovoľná konštanta. Každá diferencovateľná funkcia na intervale I1, ktorá je implicitne určená rovnicou (3.6), je riešením ODR (3.4) na intervale I1. Veta 3.3 Nech je funkcia p(x) spojitá na intervale (a, b) a q(y) je zas spojitá na intervale (c, d), pričom q(y) = 0 pre každé y (c, d). Potom každým bodom oblasti D = (a, b) × (c, d) prechádza práve jedna integrálna krivka diferenciálnej rovnice (3.4). Osobitným prípadom ODR (3.4) je rovnica typu y = f(x), x I . Každé riešenie tejto ODR na intervale I je tvaru y = f(x) dx + c , kde c je ľubovoľná konštanta. Ak je funkcia f spojitá na intervale I, potom podľa vyššie uvedených viet každým bodom (x0, y0), kde x0 I a y0 je ľubovoľné reálne číslo, prechádza jediné riešenie ODR tvaru y = y0 + x x0 f(t)dt. 3.3. ODR SO SEPAROVATEĽNÝMI PREMENNÝMI 89 Príklad 10. Nájdime riešenie diferenciálnej rovnice y = 1 x2 cos 1 x , pre ktoré platí y 2 = 2. Riešenie: V našom prípade je funkcia f(x) = 1 x2 cos 1 x spojitá na množine (-, 0) (0, ). Riešenie tejto diferenciálnej rovnice spolu s podmienkou y( 2 ) = 2 je tvaru y = 2 + x 2 1 t2 cos 1 t dt = 3 - sin 1 x . (Na výpočet integrálu sme použili substitúciu 1 t = v.) Príklad 11. Riešme diferenciálnu rovnicu dy dx = x y . Riešenie: Máme y dy = x dx , z toho po zintegrovaní a úprave oboch strán dostávame y2 = x2 + 2c , čo je všeobecné riešenie pre danú ODR. Na obrázku môžeme vidieť jednotlivé riešenia pre rôzne hodnoty c. Obr. 3.2: Riešenia rovnice dy dx = x y Príklad 12. Riešme ODR dy dx = - y x . Riešenie: Keďže ide opäť o rovnicu so separovanými premennými, jej všeobecné riešenie je tvaru dy y = - dx x , 90 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE a teda ln y = - ln x + c z čoho je ln xy = c , a preto xy = a (kde a = ec ). Jednotlivé integrálne krivky teraz majú tvar, aký možno vidieť na obrázku 3.3 Obr. 3.3: Riešenia rovnice dy dx = -y x Diferenciálnu rovnicu tvaru p1(x)p2(y) + q1(x)q2(y)y = 0 , (3.7) kde p1(x), q1(x) sú spojité funkcie na intervale (a, b), p2(y), q2(y) sú spojité funkcie na intervale (c, d), nazývame separovateľnou ODR prvého rádu. ODR (3.7) možno písať aj v tvare p1(x)p2(y)dx + q1(x)q2(y)dy = 0 . (3.8) Ak q1(x)p2(y) = 0 na množine I = (a, b) × (c, d), dá sa diferenciálna rovnica (3.7) upraviť na rovnicu so separovanými premennými: p1(x) q1(x) + q2(y) p2(y) y = 0, (x, y) I. Ak q1(x)p2(y) = 0 na množine I = (a, b) × (c, d), potom ODR (3.7) nie je ekvivalentná s ODR (3.4) Príklad 13. Riešme ODR y cos x - y sin x = 0 . Riešenie: Uvedená ODR je tvaru (3.7), kde p1(x) = cos x, q1(x) = - sin x, p2(y) = y, q2(y) = 1. Pretože všetky funkcie sú spojité v R, je I = (-, ) × (-, ). Rovnica p2(y) = y = 0 má jediný koreň y = 0. Rovnica q1(x) = 0 čiže - sin x = 0 má nekonečne mnoho riešení x = k, k je celé číslo. Priamky y = 0 a x = k rozdeľujú rovinu na nekonečne mnoho oblastí tvaru Ik = (k, (k + 1)) × (0, ) , alebo Ik = (k, (k + 1)) × (-, 0) . 3.3. ODR SO SEPAROVATEĽNÝMI PREMENNÝMI 91 Na týchto čiastočných intervaloch je naša rovnica ekvivalentná s rovnicou cos x sin x - 1 y y = 0. Toto je už ODR so separovanými premennými a jej riešenie je dané implicitne rovnicou ln | sin x| - ln |y| = c1 , kde c1 je konštanta. Z toho potom sin x y = ec1 . Ak položíme ec1 = 1 c2 > 0, máme |y| = c2| sin x|. Pre interval Ik dostaneme riešenia y = c2| sin x| , c2 > 0 . Pre interval Ik dostaneme riešenia y = -c2| sin x| , c2 > 0 . Keďže limxk y = 0, limxk y = c2, riešenia sa dajú rozšíriť tak, aby v bodoch k mali deriváciu c2. Ak vezmeme funkciu y = c sin x, kde c = 0, x (-, ), táto spĺňa uvedené podmienky a zároveň je riešením ODR. Takýmto riešením je aj funkcia y = 0. Všetky riešenia ODR sú preto y = c sin x, kde c R. Príklad 14. Tekutina sa zohrieva v nádobe, ktorá má konštantnú teplotu 180C. Predpokladá sa, že rýchlosť zvyšovania teploty tekutiny je úmerná (180 - ), kde C je teplota tekutiny v čase t minút. Ak sa teplota tekutiny zvýši z 0 C na 120 C za 5 minút, nájdite teplotu tekutiny o ďalších 5 minút. Riešenie: Rýchlosť zvyšovania sa teploty je d dt . Z úlohy vieme, že: d dt = k(180 - ) , kde k je konštanta. Toto je diferenciálna rovnica prvého rádu, ktorú vieme ľahko vypočítať. -1 180 - d = - k dt . Pre < 180 máme: ln(180 - ) = -kt + c , 180 - = Ae-kt , kde A = ec , = 180 - Ae-kt . (3.9) Ak t = 0, je = 0, potom 0 = 180 - A a teda A = 180. Preto = 180(1 - e-kt). Pretože = 120 keď t = 5, máme 120 = 180(1 - e-5k ) a teda e-5k = 1 3 . 92 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE Keď t = 10, vtedy = 180(1 - e-10k) , = 180(1 - (e-5k)2) , = 180(1 - (1 3 )2) , = 160 . Záver: teplota tekutiny o ďalších 5 minút bude 160 C. Poznámka. Existujú ešte aj iné typy diferenciálnych rovníc 1. rádu, napríklad homogénna alebo Bernoulliho, ktoré sa vhodnou substitúciou dajú previesť na separovateľné rovnice. Záujemcovi o tieto typy rovníc odporúčame napríklad knižku [4]. Cvičenia V nasledujúcich úlohách riešte diferenciálne rovnice so separovanými premennými. 8. 10x - 10-yy = 0. 9. 1 - 2x - y2y = 0. 10. 1 1+x2 + y 1+y2 = 0. 11. Nájdite riešenie ODR so separovanými premennými so začiatočnou podmienkou: x 1 - x2 + yy 1 - y2 = 0, y(0) = 3 2 . Riešte separovateľné ODR: 12. 1 + y2 + xyy = 0. 13. -1 + e-y(1 + y ) = 0. 14. ex+y - y = 0. 15. 2y - x3y = 0. 16. (y - 1)(y - 2) - y = 0. 17. (1 + ex)yy = ex. 18. y x3 + xy = 0. 19. Pomocou substitúcie z = (1 + x)y riešte diferenciálnu rovnicu dy dx + y 1 + x = cos x, ak pre x = 0 platí: y = 0. V nasledujúcich cvičeniach nájdite riešenia ODR s Cauchyho začiatočnou podmienkou: 20. x 1 + y - yy 1 + x = 0, y(0) = 1. 21. dy dx = tg y cotg x, y( 2 ) = 6 . 22. ex-y - y = 0, y(0) = 1. 3.4. LDR PRVÉHO RÁDU 93 3.4 LDR prvého rádu Lineárnou diferenciálnou rovnicou (LDR) prvého rádu s pravou stranou nazývame ODR tvaru y + p(x)y = q(x) , (3.10) kde p, q sú funkcie premennej x definované na intervale I a q(x) je rôzne od nuly pre každé x I. Ak platí q(x) = 0 pre každé x I, potom rovnici y + p(x)y = 0 , (3.11) hovoríme homogénna lineárna diferenciálna rovnica prvého rádu. (alebo lineárna ODR 1. rádu bez pravej strany.) Veta 3.4 Ak sú funkcie p(x) a q(x) spojité na intervale (a, b), potom funkcia y = q(x)e p(x) dx dx + c e- p(x) dx , (3.12) kde c je ľubovoľná konštanta, je riešením diferenciálnej rovnice (3.10) na intervale (a, b). Každým bodom množiny (a, b) × (-, ) prechádza jediná krivka rovnice (3.10), ktorú dostaneme vhodnou voľbou konštanty c. Funkciu (3.12) nazývame všeobecným riešením diferenciálnej rovnice (3.10). Diferenciálnu rovnicu (3.10) môžeme riešiť aj bez použitia vzťahu (3.12) metódou variácie konštánt takto: Najskôr nájdeme riešenie príslušnej homogénnej diferenciálnej rovnice (3.11). Je to separovateľná diferenciálna rovnica, ktorú vieme už riešiť z predchádzajúcej časti tejto kapitoly. Jej všeobecné riešenie je tvaru: y = ce- p(x) dx . Partikulárne riešenie rovnice (3.10) budeme hľadať v tvare y = c(x)e- p(x) dx , (3.13) kde neznámu funkciu c(x) určíme tak, aby funkcia (3.13) bola riešením diferenciálnej rovnice (3.10). Poznámka. Existujú aj iné metódy riešenia diferenciálnej rovnice (3.10). Príklad 15. Nájdime všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice sin xy + 2y cos x = 1 . Riešenie: V štandartnej forme je uvedená rovnica tvaru y + (2 cotg x)y = 1 sin x . Funkcie p(x) = 2 cotg x a q(x) = 1 sin x sú spojité na intervaloch (k, (k + 1)), k je celé číslo. Na týchto intervaloch hľadáme riešenie diferenciálnej rovnice. Riešenie homogénnej diferenciálnej rovnice je potom tvaru y = ce -2 cotg x dx . 94 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE Jednoduchým výpočtom integrálu dostávame -2 cotg x dx = -2 ln(sin x) , a preto všeobecné riešenie homogénnej rovnice je tvaru y = ce-2 ln sin x = c 1 sin2 x . Metódou variácie konštánt pre neznámu funkciu c(x) dostávame c (x) sin2 x - c(x) 2 cos x sin3 x + 2c(x) cos x sin2 x 1 sin x = 1 sin x , z čoho po úprave máme c (x) = sin x , a teda všeobecné riešenie tejto diferenciálnej rovnice je c(x) = - cos x + C . Všeobecné riešenie pôvodnej diferenciálnej rovnice s pravou stranou dostaneme dosadením funkcie c(x) do riešenia typu (3.13). Máme y = - cos x + c sin2 x , čo je všeobecné riešenie pôvodnej diferenciálnej rovnice. Príklad 16. Nájdime riešenie diferenciálnej rovnice y - 2 x + 1 y = (x + 1)3 , (3.14) ktoré vyhovuje začiatočnej podmienke y(0) = 1. Riešenie: Funkcia p(x) = 2 x+1 je spojitá na množine (-, -1)(-1, ) a funkcia q(x) = (x+1)3 je spojitá na celom R. Riešenie diferenciálnej rovnice hľadáme na intervale (-, -1) resp. (-1, ). Najprv nájdeme riešenie diferenciálnej rovnice bez pravej strany: y - 2 x + 1 y = 0 , (3.15) Jedno z riešení tejto diferenciálnej rovnice je funkcia y = 0. Ak predpokladáme, že y = 0, môžeme diferenciálnu rovnicu upraviť na tvar: y y - 2 x + 1 = 0 , čo je diferenciálna rovnica so separovanými premennými, ktorej riešenie je ln |y| - 2 ln |x + 1| = c1 , čiže ln |y| (x + 1)2 = ln c2 , kde c2 > 0 , z čoho máme |y| = c2(x + 1)2 , a teda y = c3(x + 1)2 , c3 = 0. 3.4. LDR PRVÉHO RÁDU 95 Ak uvážime, že aj funkcia y = 0 je riešením homogénnej diferenciálnej rovnice (3.15), dostaneme, že všeobecným riešením rovnice (3.15) je y = c(x + 1)2 , x (-1, ), c R. Riešenie diferenciálnej rovnice (3.14) hľadáme metódou variácie konštánt v tvare: y = c(x)(x + 1)2 . (3.16) Platí: y = c (x)(x + 1)2 + 2c(x)(x + 1) . Dosadením do pôvodnej rovnice (3.14) dostaneme: c (x)(x + 1)2 + 2c(x)(x + 1) 2c(x)(x + 1)2 (x + 1) = (x + 1)3 a po úprave máme c (x) = x + 1 , z čoho je c(x) = (x + 1) dx = (x + 1)2 2 + C , kde C je ľubovoľné číslo. Výsledok je správny, aj keď integrál vyjadríme ako c(x) = x + 1 dx = x2 2 + x + C , kde C bude zas reálne číslo a budeme dostávať tie isté hodnoty c(x) pre iné hodnoty C. Dosadením do (3.16) máme všeobecné riešenie rovnice (3.14): y = (x + 1)4 2 + C(x + 1)2 . Pre riešenie, ktoré vyhovuje danej začiatočnej podmienke y(0) = 1, dostaneme C = 1 2 . Preto riešenie rovnice (3.14), ktoré vyhovuje začiatočnej podmienke y(0) = 1, je y = 1 2 (x + 1)4 + 1 2 (x + 1)2 , x (-1, ) . Cvičenia Riešte diferenciálne rovnice 1. rádu bez pravej strany: 23. y - y tg x = 0. 24. y - y(x sin x - cos x) = 0. 25. y + 1 x2 y = 0. Riešte diferenciálne rovnice 1. rádu s pravou stranou. 26. y + 3y = x. 27. x2y + xy = -1. 28. xy + y = x3. 96 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE 29. y + 1 x+1 y = sin x. 30. (1 + x2)y + y = arctg x. 31. y cos x + 2y sin x = 2 sin x. 32. x ln xy - 2y = ln x. 33. y - xy = xex2 . 34. y + xy 1-x2 = arcsin x + x. 35. xy - y = x2 cos x. 36. y + 2xy = xe-x2 . Nájdite riešenia nasledujúcich diferenciálnych rovníc, ktoré spĺňajú danú začiatočnú podmienku: 37. y + x2y = x2, y(2) = 1. 38. y + y = cos x, y(0) = 1. 39. y + n x y = a xn , n = 2, 3, . . . , a > 0, y(1) = 0. 40. y + y cotg x = sin x, y( 2 ) = 1. 41. y 1 - x2 + y = arcsin x, y(0) = 0. 42. y - y x ln x = x ln x, y(e) = e2 2 . 43. y sin x - y cos x = 1, y( 2 ) = 0. 3.5 LDR vyšších rádov Lineárnou diferenciálnou rovnicou (LDR) n-tého rádu nazývame diferenciálnu rovnicu tvaru a0(x)y(n) + a1(x)y(n-1) + . . . + an-1(x)y + an(x)y = f(x) , (3.17) kde funkcie a0(x), a1(x), . . ., an(x), f(x) sú spojité na intervale I, a0(x) = 0 pre všetky x I. Funkcie a0(x), a1(x), . . . , an(x) nazývame koeficientami lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu. Rovnicu (3.17) môžeme upraviť na tvar y(n) + p1(x)y(n-1) + . . . + pn-1(x)y + pn(x)y = g(x), (3.18) kde pi(x) = ai(x)/a0(x), i = 1, 2, . . . , n a g(x) = f(x)/a0(x), x I. Skrátene túto rovnicu zapisujeme v tvare L(y) = g(x) . Ak v rovnici (3.17) pre funkciu f(x) platí f(x) = 0 pre všetky x I, hovoríme o lineárnej diferenciálnej rovnici bez pravej strany (homogénna). Ak v diferenciálnej rovnici (3.17) neplatí f(x) = 0 pre všetky x I, hovoríme o lineárnej diferenciálenj rovnici s pravou stranou (nehomogénna). Veta 3.5 Pre každé x0 I a pre začiatočné podmienky y(x0) = b1, y (x0) = b2, . . ., y(n-1)(x0) = bn, kde b1, b2, . . . , bn sú ľubovoľné reálne čísla, existuje práve jedno riešenie y(x), x I, lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu (3.17), ktoré spĺňa dané začiatočné podmienky. Veta 3.6 Nech funkcie y1, y2, . . . , ym sú riešenia lineárnej diferenciálnej rovnice bez pravej strany. Potom každá ich lineárna kombinácia y = c1y1 + c2y2 + . . . + cmym, kde c1, c2, . . . , cm sú ľubovoľné čísla, je riešením tejto diferenciálnej rovnice. Poznámka. Riešenie y = 0 pre každé x I nazývame triviálnym riešením diferenciálnej rovnice. Každá lineárna diferenciálne rovnica bez pravej strany má triviálne riešenie. 3.5. LDR VYŠŠÍCH RÁDOV 97 Teraz sa budeme zaoberať otázkou hľadania riešenia diferenciálnej rovnice s pravou stranou. K tomu potrebujeme poznať niekoľko nasledujúcich pojmov. Nech sú dané funkcie f1, f2, . . . , fm definované na intervale I. Ak existuje taká nenulová m-tica reálnych resp. komplexných čísel c1, c2, . . . , cm, že pre funkcie f1, f2, . . . , fm platí c1f1(x) + c2f2(x) + . . . + cmfm(x) = 0 pre každé x I, potom hovoríme, že funkcie f1, f2, . . . , fm sú lineárne závislé na intervale I. Ak funkcie f1, f2, . . . , fm nie sú lineárne závislé, hovoríme, že sú lineárne nezávislé na intervale I. Nech funkcie f1, f2, . . . , fm majú na intervale I derivácie až do rádu m - 1. Potom determinant W(f1, f2, . . . , fm) = f1(x), f2(x), . . . , fm(x) f1(x), f2(x), . . . , fm(x) f1 (x), f2 (x), . . . , fm(x) . . . . . . . . . . . . f (m-1) 1 (x), f (m-1) 2 (x), . . . , f (m-1) m (x) nazývame Wronského determinantom funkcií f1, f2, . . . , fm alebo len wronskiánom. Veta 3.7 Ak funkcie f1, f2, . . . , fm sú lineárne závislé na intervale I, potom W(f1, f2, . . . , fm) = 0 pre každé x I. Veta 3.8 Nech y1, y2, . . . , ym sú riešenia lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu bez pravej strany. Ak m > n, potom sú tieto riešenia lineárne závislé. Veta 3.9 n-riešení y1, y2, . . . , yn lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu bez pravej strany je lineárne závislých (nezávislých) práve vtedy keď ich wronskián sa rovná (nerovná sa) nule aspoň v jednom čísle x I. Každých n lineárne nezávislých riešení lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu bez pravej strany nazývame fundamentálnym systémom riešení. Veta 3.10 Každá lineárna diferenciálna rovnica n-tého rádu bez pravej strany má fundamentálny systém riešení. Veta 3.11 Nech y1, y2, . . . , yn je fundamentálny systém riešení lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu bez pravej strany na intervale I. Potom každé riešenie lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu bez pravej strany má tvar y = c1y1 + c2y2 + . . . + cnyn, kde c1, c2, . . . , cn sú vhodne zvolené čísla. Veta 3.12 Nech Y (x) je riešenie lineárnej diferenciálnej rovnice (3.18) s pravou stranou. Potom každé riešenie tejto diferenciálnej rovnice má tvar y = Y + z, (3.19) kde z = c1y1 + c2y2 + . . . + cnyn je všeobecné riešenie zodpovedajúce lineárnej diferenciálnej rovnici bez pravej strany. Riešenie y nazývame všeobecným riešením lineárnej diferenciálnej rovnice s pravou stranou. 98 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE Veta 3.13 (Metóda variácie konštánt) Ak y1, y2, . . . , yn je fundamentálny systém riešení diferenciálnej rovnice L(y) = 0, potom lineárna diferenciálna rovnica n-tého rádu s pravou stranou L(y) = g(x) má riešenie Y = n i=1 yi(x) Wi(x) W(x) dx, kde W(x) = W(y1, y2, . . . , yn) je wronskián fundamentálneho systému a Wi(x) je determinant, ktorý vznikne z wronskiánu nahradením i-teho stĺpca wronskiánu stĺpcom, ktorého prvky sú 0, 0, . . . , 0, g(x). Veta 3.14 (Princíp superpozície.) Nech funkcia Yi(x), x I je riešením lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu L(y) = gi(x), i = 1, 2, . . . , m. Potom funkcia Y = Y1 + Y2 + . . . Ym je riešením lineárnej rovnice L(y) = g1(x) + g2(x) + . . . + gm(x) na intervale I. Uvedené vety poskytujú základné vedomosti o riešeniach lineárnych diferenciálnych rovníc. Existujú aj iné metódy ako určiť partikulárne riešenie rovnice L(y) = g(x). O tých sa zmienime neskôr. Príklad 17. Nájdime všeobecné riešenie lineárnej diferenciálnej rovnice xy - (1 + x)y + y = x3 , (3.20) kde x (0, ), ak fundamentálny systém riešení rovnice xy - (1 + x)y + y = 0 je y1(x) = ex, y2(x) = 1 + x. Riešenie: Všeobecné riešenie lineárnej diferenciálnej rovnice s pravou stranou je súčet všeobecného riešenia tejto rovnice bez pravej strany a jedného riešenia Y tejto lineárnej diferenciálnej rovnice s pravou stranou, teda y = Y + c1ex + c2(1 + x). Partikulárne riešenie Y nájdeme metódou variácie konštánt. Našu rovnicu upravíme na tvar y 1 + x x y + 1 x y = x2 . Teda g(x) = x2. Pre partikulárne riešenie platí: Y = y1 W1 W dx + y2 W2 W dx. (3.21) Vypočítame wronskián: W = ex, 1 + x ex, 1 = -xex . Teraz vymeníme vo wronskiáne postupne prvý a druhý stĺpec za vektor (0, x2) a vypočítame W1, W2. W1 = 0, 1 + x x2, 1 = -x3 - x2 , W2 = ex, 0 ex, x2 = x2 ex . 3.6. LDR S KONŠTANTNÝMI KOEFICIENTAMI 99 Po dosadení do (3.21) dostávame Y = ex (x2 + x)e-x dx + (1 + x) (-x) dx, čiže po zintegrovaní Y = -(x3 + 3x2 + 6x + 6)/2, x (0, ). Všeobecné riešenie rovnice (3.20) je preto y = c1ex + c2(1 + x) - (x3 + 3x2 + 6x + 6)/2, x (0, ). Z vyššie uvedeného je jasné, že ak poznáme fundamentálny systém riešení lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu bez pravej strany, pomocou metódy variácie konštánt vieme získať aj všeobecné riešenie lineárnej diferenciálnej rovnice n-tého rádu s pravou stranou. V ďalšom teda pôjde o hľadanie fundamentálneho systému riešení niektorých lineárnych diferenciálnych rovníc. 3.6 LDR s konštantnými koeficientami Rovnicu y(n) + a1y(n-1) + . . . + an-1y + any = 0, (3.22) kde ai, i = 1, 2, . . . , n, sú reálne čísla, nazývame lineárnou diferenciálnou rovnicou (LDR) s konštantnými koeficientami bez pravej strany. Skrátene ju môžeme zapísať Ln(y) = 0. Fundamentálny systém takejto diferenciálnej rovnice vieme nájsť a to si teraz ukážeme. Algebraickú rovnicu prislúchajúcu k diferenciálnej rovnici (3.22) rn + a1rn-1 + . . . + an-1r + an = 0 nazývame charakteristickou rovnicou diferenciálnej rovnice (3.22) a jej korene charakteristickými koreňmi diferenciálnej rovnice. Z algebry platí, že v obore komplexných čísel má polynóm n-tého stupňa práve n koreňov vrátane násobnosti týchto koreňov. Podľa toho, akého tvaru sú charakteristické korene, dostávame fundamentálny systém riešení diferenciálnej rovnice (3.22). Veta 3.15 Nech charakteristické korene diferenciálnej rovnice (3.22) sú 1. r1, r2, . . . , rm navzájom rôzne reálne korene r1 je k1-násobný, r2 je k2 násobný, . . . , rm je km násobný 2. 1 i1 , 2 i2 , . . . , p ip , páry navzájom rôznych komplexných koreňov 1 i1 ako s1 násobný, 2 i2 ako s2 násobný, . . . p ip ako sp násobný koreň, pričom i = 0, i = 1, 2, . . . , p. Nech platí k1 + k2 + . . . + km + 2(s1 + s2 + . . . + sp) = n. Potom funkcie er1x, xer1x, x2er1x, . . . , xk1-1er1x,, er2x, xer2x, x2er2x, . . . , xk2-1er2x,, 100 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE . . . . . . . . . ermx, xermx, x2ermx, . . . , xkm-1ermx,. e1x cos 1x, xe1x cos 1x, . . . , xs1-1e1x cos 1x, e1x sin 1x, xe1x sin 1x, . . . , xs1-1e1x sin 1x, . . . . . . . . . epx cos px, xepx cos px, . . . , xsp-1epx cos px, epx sin px, xepx sin px, . . . , xsp-1epx sin px, tvoria fundamentálny systém riešení rovnice (3.22). Teraz si ukážeme použitie tejto vety na jednoduchých lineárnych diferenciálnych rovniciach druhého rádu s konštantnými koeficientami. Pre charakteristické korene tejto rovnice môžu nastať len tieto prípady: 1. Korene r1, r2 sú reálne a navzájom rôzne. Potom fundamentálny systém riešení diferenciálnej rovnice tvoria funkcie er1x , er2x . 2. Koreň r1 je dvojnásobným reálnym koreňom. Potom fundamentálny systém riešení diferenciálnej rovnice tvoria funkcie er1x , xer1x . 3. Korene r1, r2 sú komplexne združené čísla. To jest r1 = +i, r2 = -i. Potom fundamentálny systém riešení diferenciálnej rovnice tvoria funkcie ex cos x, ex sin x. Uvedieme príklady na všetky tieto možnosti. Príklad 18. Nájdime všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice y - 5y + 6y = 0 Riešenie: Charakteristická rovnica je tvaru r2 - 5r + 6 = 0. Jej korene sú: r1 = 2, r2 = 3. Charakteristické korene sú teda dva reálne a navzájom rôzne. Preto fundamentálny systém riešení uvedenej diferenciálnej rovnice je: y1 = e2x , y2 = e3x Všeobecné riešenie je preto tvaru: y = c1e2x + c2e3x Príklad 19. Riešme diferenciálnu rovnicu: y - 2y + y = 0. Riešenie: Z charakteristickej rovnice, ktorá je tvaru r2 - 2r + 1 = 0, hneď vidíme, že charakteristický koreň je jeden reálny dvojnásobný: r1 = 1. Fundamentálny systém tvoria teda funkcie y1 = ex , y2 = xex . 3.6. LDR S KONŠTANTNÝMI KOEFICIENTAMI 101 Všeobecné riešenie je preto tvaru: y = c1ex + c2xex . Príklad 20. Je daná diferenciálna rovnica: y + 2y + 5y = 0. Nájdime všeobecné riešenie. Riešenie: V tomto prípade charakteristická rovnica r2 + 2r + 5 = 0, má dva komplexne združené korene r1 = -1 + 2i, r2 = -1 - 2i. Fundamentálny systém tvoria teda funkcie y1 = e-x cos 2x, y2 = e-x sin 2x. Všeobecné riešenie je preto tvaru: y = e-x (c1 cos 2x + c2 sin 2x). Príklad 21. Je daná diferenciálna rovnica: y + 4y = 0. Nájdime všeobecné riešenie. Riešenie: V tomto prípade charakteristická rovnica r2 + 4 = 0, má dva komplexne združené rýdzoimaginárne korene r1 = +2i, r2 = -2i. Fundamentálny systém tvoria teda funkcie y1 = cos 2x, y2 = sin 2x. Všeobecné riešenie je preto tvaru: y = c1 cos 2x + c2 sin 2x. Príklad 22. Riešme diferenciálnu rovnicu y + 5y + 6y = 0 ak vieme, že y(0) = 1 a y (0) = -6. Riešenie: Charakteristická rovnica je tvaru r2 + 5r + 6 = 0 a teda r1 = -3, r2 = -2. Všeobecné riešenie je tvaru y = c1e-3x + c2e-2x . Vypočítame teraz koeficienty c1, c2, tak, aby platili podmienky y(0) = 1 a y (0) = -6. Dosadíme do všeobecného riešenia prvú podmienku. Musí teda platiť: 1 = c1 1 + c2 1, z čoho dostávame c1 = 1 - c2. Teraz to isté urobíme pre druhú podmienku: -6 = -3c1 1 - 2c2 1. 102 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE Dosadíme c1 = 1 - c2 a vypočítame c2. Máme: -6 = -3 + 3c2 - 2c2 a z toho c2 = -3. Vypočítame c1: c1 = 1 - c2, a preto c1 = 4. Riešenie tejto diferenciálnej rovnice s uvedenými podmienkami je tvaru y = 4e-3x - 3e-2x . Príklad 23. Riešme danú diferenciálnu rovnicu d2y dx + 9y = 0 ak vieme, že y = 1 pre x = 0 a y = 2 pre x = 2 . Riešenie: Charakteristická rovnica je tvaru r2 + 9 = 0 a teda r1 = 3i, r2 = -3i. Korene sú v tomto prípade rýdzo imaginárne (reálna časť komplexného čísla je nulová) preto všeobecné riešenie je tvaru y = c1 cos 3x + c2 sin 3x. Vypočítame teraz koeficienty c1, c2, tak, aby platili podmienky y = 1 pre x = 0 a y = 2 pre x = 2 . Dosadíme do všeobecného riešenia prvú podmienku. Musí teda platiť: 1 = c1 1 + c2 0, z čoho hneď dostávame c1 = 1. Teraz to isté urobíme pre druhú podmienku: 2 = 1 0 + c2 (-1). Pre c2 máme: c2 = -2. Riešenie tejto diferenciálnej rovnice s uvedenými podmienkami je tvaru y = cos 3x - 2 sin 3x. Poznámka. Všimnite si dodatočných podmienok pre nájdenie jediného riešenia v posledných dvoch príkladoch. V prvom príklade sú to začiatočné podmienky, tak ako boli definované v tejto kapitole, kdežto v druhom príklade sa jedná o tzv. okrajové podmienky, ktoré sme spomínali napríklad v príklade (3.1). Hlbšie skúmanie týchto okrajových podmienok však presahuje rámec týchto skrípt a my sa obmedzíme len na príklady, kde bude treba nájsť také riešenie, ktoré uvedené podmienky spĺňa. Príklad 24. Ak x = 4 a dx dt = 6 pre t = 0, nájdime riešenie rovnice d2x dt + 9x = 0, ktorá reprezentuje kmitanie istej struny. Riešenie: Požadované riešenie, ktoré reprezentuje knitanie danej struny je tvaru x = 4 cos 3t + 2 sin 3t. Poznámka. Každý pohyb, ktorý sa dá popísať diferenciálnou rovnicou v tvarem d2x dt2 = -2x, kde je konštanta, popisuje jednoduchý harmonický pohyb. 3.6. LDR S KONŠTANTNÝMI KOEFICIENTAMI 103 Teraz si povieme niečo o riešení LDR s konštantnými koeficientami s pravou stranou. V predchádzajúcej kapitole sme metódou variácie konštánt ukázali, ako nájsť partikulárne riešenie LDR s pravou stranou, ak máme fundamentálny systém riešení LDR bez pravej strany. Túto metódu môžeme samozrejme použiť aj v prípade LDR s konštantnými koeficientami a výsledok je hneď zrejmý: ako už vieme z predchádzajúcej kapitoly všeobecné riešenie LDR n-tého rádu s konštantnými koeficientami bude y = Y + c1y1 + c2y2 + . . . + cnyn, kde Y je partikulárne riešenie a y1, y2, . . . , yn je fundamentálny systém riešení prislúchajúcej LDR bez pravej strany (c1, c2, . . . , cn R). Teraz si ukážeme ešte inú metódu na hľadanie partikulárneho riešenia, ktorá je v niektorých prípadoch efektívnejšia, ako metóda variácie konštánt. Táto metóda sa volá metóda neurčitých koeficientov. Dá sa použiť iba v prípade, že sa jedná o LDR s konštantnými koeficientami typu Ln(y) = f(x), (3.23) kde Ln(y) = y(n) + a1y(n-1) + . . . + an-1y + any a pravá strana je tvaru: f(x) = ex (Pn(x) cos x + Qm(x) sin x) alebo je súčtom funkcií takéhoto tvaru (v takom prípade použijeme ešte princíp superpozície ­ viď predchádzajúca kapitola). V tomto prípade , sú konštanty a Pn(x), Qm(x) sú polynómy n-tého resp. m-tého stupňa. Partikulárne riešenie (3.23) hľadáme potom v tvare: Y (x) = xr ex (Pl(x) cos x + Ql(x) sin x) , kde r je násobnosť koreňa + i charakteristickej rovnice prislúchajúcej k danej LDR (ak + i nie je koreň charakteristickej rovnice volíme r = 0). Pl(x), Ql(x) sú polynómy stupňa l s neurčitými koeficientami, pričom l je rovné väčšiemu z čísel m a n, teda: Pl(x) = A0xl + A1xl-1 + . . . + Al; Ql(x) = B0xl + B1xl-1 + . . . + Bl. Tieto neurčité koeficienty je možné nájsť zo systému lineárnych rovníc, ktoré dostaneme porovnaním koeficientov zhodných členov v diferenciálnej rovnici, do ktorej sme dosadili takéto partikulárne riešenie. Príklad 25. Nájdime všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice d2y dx2 + dy dx - 6y = f(x), kde a) f(x) = x + 1, b) f(x) = (x - 1)e2x. Riešenie: LDR bez pravej strany je tvaru: d2y dx2 + dy dx -6y = 0. Charakteristická rovnica r2+r-6 = 0 má korene r1 = 2, r2 = -3. Preto riešenie rovnice bez pravej strany je tvaru y = c1e2x + c2e-3x . Na nájdenie partikulárneho riešenia použijeme metódu neurčitých koeficientov. a) f(x) = x + 1. V tomto prípade pre pravú stranu platí: = = 0, Pn(x) = x + 1. Keďže číslo + i = 0 + i0 nie je koreňom charakteristického polynómu 104 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE (korene sú 2 a -3), tak r = 0 a partikulárne riešenie navrhneme v tvare lineárnej funkcie Y (x) = ax+b, kde a, b sú zatiaľ neznáme koeficienty, ktoré treba vypočítať. Pre takto navrhnuté riešenie máme: Y (x) = a, Y (x) = 0. Dosadíme takto navrhnuté riešenie a jeho derivácie do LDR s pravou stranou. Máme: a - 6(ax + b) = x + 1. Porovnaním koeficientov polynómu na ľavej strane s koeficientami polynómu na pravej strane dostá- vame -6a = 1, a - 6b = 1 a z toho máme a = -1 6 , b = - 7 36 . Preto je partikulárne riešenie tvaru: Y (x) = - 1 6 x - 7 36 . Všeobecné riešenie rovnice s touto pravou stranou je preto: y = c1e2x + c2e-3x - 1 6 x - 7 36 pre c1, c2 R. b) f(x) = (x - 1)e2x. V tomto prípade pre pravú stranu platí: = 2, = 0, Pn(x) = x-1. Keďže číslo +i = 2+i0 teraz je koreňom charakteristického polynómu a to jednonásobným, tak r = 1 a partikulárne riešenie navrhneme v tvare Y (x) = x(ax + b)e2x, kde a, b sú koeficienty, ktoré treba vypočítať. Opäť nájdeme derivácie navrhnutého riešenia: Y (x) = (2ax + b + 2ax2 + 2bx)e2x, Y (x) = (2a + 8ax + 4b + 4ax2 + 4bx)e2x a dosadíme do LDR s pravou stranou. Máme: (2a + 8ax + 4b + 4ax2 + 4bx + 2ax + b + 2ax2 + 2bx - 6ax2 - 6bx)e2x = (x - 1)e2x . Pretože funkcia e2x je vždy kladná, máme: 2a + 8ax + 4b + 4ax2 + 4bx + 2ax + b + 2ax2 + 2bx - 6ax2 - 6bx = x - 1. Teraz porovnaním koeficientov polynómu na ľavej strane s koeficientami polynómu na pravej strane dostávame 4a + 2a - 6a = 0 8a + 4b + 2a + 2b - 6b = 1 2a + 4b + b = -1 a z toho máme a = 1 10 , b = - 6 25 . Preto partikulárne riešenie je tvaru: Y (x) = x( 1 10 x - 6 25 )e2x . Všeobecné riešenie rovnice s touto pravou stranou je preto: y = c1e2x + c2e-3x + ( 1 10 x2 - 6 25 x)e2x pre c1, c2 R. 3.6. LDR S KONŠTANTNÝMI KOEFICIENTAMI 105 Príklad 26. Nájdime všeobecné riešenie diferenciálnej rovnice 9y - 6y + y = f(x), kde a) f(x) = sin x 3 , b) f(x) = e x 3 . Riešenie: LDR bez pravej strany je tvaru: 9y - 6y + y = 0. Charakteristická rovnica 9r2 - 6r + 1 = 0 má jeden dvojnásobný koreň r1 = r2 = 1 3 . Preto riešenie rovnice bez pravej strany je tvaru y = c1e x 3 + c2xe x 3 . a)f(x) = sin x 3 . V tomto prípade pre pravú stranu platí: = 0, = 1 3 , Pn(x) = 0, Qm(x) = 1. Keďže číslo + i = 0 + 1 3 i nie je koreňom charakteristického polynómu (dvojnásobný koreň je 1 3 + 0i ), tak r = 0 a partikulárne riešenie navrhneme v tvare Y (x) = a sin x 3 + b cos x 3 , kde a, b sú zatiaľ neznáme koeficienty, ktoré treba vypočítať. (Zdôrazňujeme, že navrhnuté riešenie musí obsahovať obe goniometrické funkcie " sin"aj " cos".) Pre takto navrhnuté riešenie máme: Y (x) = a 3 cos x 3 - b 3 sin x 3 , Y (x) = -a 9 sin x 3 - b 9 cos x 3 . Dosadíme takto navrhnuté riešenie a jeho derivácie do LDR s pravou stranou. Máme: 9 - a 9 sin x 3 - b 9 cos x 3 - 6 a 3 cos x 3 - b 3 sin x 3 + a sin x 3 + b cos x 3 = sin x 3 Porovnaním koeficientov pri funkcii " sin"a " cos"na ľavej strane s koeficientami polynómu na pravej strane dostávame -a + 2b + a = 1, -b - 2a + b = 0 a z toho máme a = 0, b = 1 2 . Preto partikulárne riešenie je tvaru: Y (x) = 1 2 cos x 3 . Všeobecné riešenie rovnice s touto pravou stranou je preto: y = c1e x 3 + c2xe x 3 + 1 2 cos x 3 , pre c1, c2 R. b) f(x) = e x 3 . V tomto prípade pre pravú stranu platí: = 1 3 , = 0, Pn(x) = 1. Keďže číslo + i = 1 3 + i0 teraz je koreňom charakteristického polynómu a tento koreň je dvojnásobný, tak r = 2 a partikulárne riešenie navrhneme v tvare Y (x) = ax2e x 3 , kde a je neznámy koeficient. Opäť nájdeme derivácie navrhnutého riešenia: Y (x) = (2ax+ a 3 x2)e x 3 , Y (x) = (2a + 4a 3 x + a 9 x2)e x 3 a dosadíme do LDR s pravou stranou. Máme: (18a + 12ax + ax2 - 12ax - 2ax2 + ax2 )e x 3 = e x 3 . Pretože funkcia e x 3 je vždy kladná, máme: 18a + 12ax + ax2 - 12ax - 2ax2 + ax2 = 1. 106 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE Teraz porovnaním koeficientov polynómu na ľavej strane s koeficientami polynómu na pravej strane dostávame a - 2a + a = 0, 12a - 12a = 0, 18a = 1. a z toho máme a = 1 18 . Preto partikulárne riešenie je tvaru: Y (x) = 1 18 x2 e x 3 . Všeobecné riešenie rovnice s touto pravou stranou je preto: y = c1e x 3 + c2xe- x 3 + 1 18 x2 e x 3 pre c1, c2 R. Príklad 27. V elektrickom okruhu so striedavým prúdom je pri vhodne použitých jednotkách kapacity kondenzátora, ohmického odporu indukčnej cievky a samoindukčnosti hodnota elektrického prúdu v čase t je daná diferenciálnou rovnicou: d2x dt2 + 4 dx dt + 3x = sin t. Nájdime všeobecné riešenie. Riešenie: Homogénna rovnica je tvaru d2x dt2 + 4dx dt + 3x = 0, jej charakteristický polynóm je r2 + 4r + 3 = 0, jeho korene sú r1 = -1, r2 = -3. Riešenie homogénnej rovnice je x = c1e-t + c2e-3t , kde c1, c2 R. Pre pravú stranu platí: = 0, = 1, Pn(t) = 0, Qm(t) = 1. Keďže číslo + i = 0 + i nie je koreňom charakteristického polynómu , tak r = 0 a partikulárne riešenie navrhneme v tvare X(t) = a sin t + b cos t, kde a, b sú zatiaľ neznáme koeficienty, ktoré treba vypočítať. Pre takto navrhnuté riešenie máme: X (t) = a cos t - b sin t, X (t) = -a sin t - b cos t. Dosadíme takto navrhnuté riešenie a jeho derivácie do LDR s pravou stranou. Máme: -a sin t - b cos t + 4(a cos t - b sin t) + 3(a sin t + b cos t) = sin t. Porovnaním koeficientov pri funkcii " sin"a " cos"na ľavej strane s koeficientami polynómu na pravej strane dostávame -a - 4b + 3a = 1, -b + 4a + 3b = 0 a z toho máme a = 1 10 , b = -1 5 . Preto partikulárne riešenie je tvaru: X(t) = 1 10 sin t - 1 5 cos t. Všeobecné riešenie je teda tvaru x(t) = c1e-t + c2e-3t + 1 10 (sin t - 2 cos t). V špeciálnom prípade budú konštanty c1, c2 určené pomocou počiatočných podmienok, napríklad ak vieme hodnotu elektrického prúdu v čase t = 0 a ako sa mení. Všimnime si ale, že oba tieto členy c1e-t aj c2e-3t pre t konvergujú k nule a to pomerne rýchlo. Takže pre akékoľvek hodnoty počiatočných podmienok stacionárny stav (ustálený stav pre t ) je tvaru 1 10 (sin t - 2 cos t). 3.6. LDR S KONŠTANTNÝMI KOEFICIENTAMI 107 Cvičenia V nasledujúcich príkladoch nájdite všeobecné riešenia diferenciálnych rovníc: 44. y - y - 2y = 0. 45. y + 25y = 0. 46. y - y = 0. 47. y - 4y + 4y = 0. 48. y - 7y + 6y = 0. 49. y + y - 2y = 0. 50. y + y = 0. 51. y - 2y - y = 0. 52. 4d2x dt2 - 20dx dt + 25x = 0. 53. y - 4y + 13y = 0. Nájdite také riešenia nasledujúcich diferenciálnych rovníc, ktoré vyhovujú podmienkam: 54. y - 10y + 25y = 0, y(0) = 0, y (0) = 1 55. y - 2y + 10y = 0, y( 6 ) = 0, y ( 6 ) = e 6 56. y + 3y = 0, y(0) = 1, y (0) = 2 57. y + 4y = 0, y(0) = 4, y(3/4) = 3 58. y - 12y = 0, y = 4 e2 , pre x = 1 3 a y = 4 ak x = 0 59. 9d2y dx2 + 16y = 0, y(0) = -9, y (0) = 121 2 Riešte diferenciálne rovnice s pravou stranou: 60. y - 7y + 6y = sin x. 61. y + 2y + 5y = -17 2 cos 2x. 62. 2y + y - y = 2ex. 63. y + a2y = ex. 64. y - 6y + 9y = 2x2 - x + 3. 65. y + 4y - 5y = 1. Pre diferenciálnu rovnicu y - 4y + 4y = f(x) nájdite všeobecné riešenia, ak pravá strana f(x) je tvaru: 66. f(x) = e-x. 67. f(x) = 3e2x. 68. f(x) = 2(sin 2x + x). 69. f(x) = 8(x2 + e2x + sin 2x). Pre diferenciálnu rovnicu y + y = f(x) nájdite všeobecné riešenia, ak pravá strana f(x) je tvaru: 70. f(x) = 2x3 - x + 2. 71. f(x) = -8 cos 3x. 72. f(x) = cos x. 73. f(x) = sin x - 2e-x. 74. Ihla istého nástroja opisuje oblúk , ktorý vyhovuje diferenciálnej rovnici 108 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE d2 dt2 + 5 d dt + 6 = 0. Nájdite uhol ako funkciu času t ak pre t = 0 bola jeho pozícia nulová, ale rýchlosť pohybu bola 2rad s-1 . Nájdite maximálny uhol vychýlenia ihly od nulovej pozície a načrtnite graf závislosti od času t. 75. Teplota telesa y stupňov t minút potom ako bolo teleso premiestnené do istej miestnosti vyhovuje diferenciálnej rovnici 6 d2y dt2 + dy dt = 0. Nájdite závislosť teploty y od času t, ak platí y = 63 pre t = 0 a y = 36 pre t = 6 ln 4. Určte, za koľko minút rýchlosť ochladzovania telesa klesne pod jeden stupeň za minútu. Svoju odpoveď zaokrúhlite na minúty. Akú teplotu bude mať v tom čase teleso? 76. Nájdite riešenie diferenciálnej rovnice y + 9y = 18, pre ktoré y dosahuje maximum v bode ( 2 , 6). Nájdite minimálnu hodnotu y a hodnoty x, pre ktoré je y = 0. 77. Bod sa pohybuje priamočiaro tak, že v čase t jeho posun od pevného bodu na tejto priamke je x a rovnica tohoto pohybu je d2x dt = -4x. Vieme, že x = 3 a dx dt = -6 pre t = 4 . Nájdite: a) x v závislosti na t, b) hodnoty x a dx dt pre t = 3 4 c) najmenšiu kladnú hodnotu t pre ktorú je x = 0. Výsledok vypočítajte približne (viď 1. diel skrípt, kapitola 7) V nasledujúcich cvičeniach nájdite všeobecné riešenia rovníc vyšších rádov. 78. yIV - 2y + y = 0. 79. yIV + a4y = 0. 80. y - 2y + y = 0. 81. y = 1 x . 82. y = cos 2x. V nasledujúcich cvičeniach nájdite všeobecné riešenia diferenciálnych rovníc použijúc metódu variácie konštánt: 83. y - y = 2ex ex-1 . 84. y - 2y + y = ex x . 85. y + 2y + y = e-2x-1 e-x+1 . 3.7 Systémy diferenciálnych rovníc V tejto časti si veľmi stručne povieme o systémoch diferenciálnych rovníc. Obmedzíme sa len na rovnice prvého rádu a systémy rovníc tvaru: 3.7. SYSTÉMY DIFERENCIÁLNYCH ROVNÍC 109 y1 = f1(x, y1, y2, . . . , yn), y2 = f2(x, y1, y2, . . . , yn), ....................................... (3.24) yn = fn(x, y1, y2, . . . , yn), kde y1, y2, . . . yn sú neznáme funkcie a f1, f2, . . . fn sú funkcie, ktoré popisujú vzťahy medzi neznámymi funkciami pre jednotlivé prvé derivácie. Príkladom takéhoto systému môže byť systém dvoch diferenciálnych rovníc Príklad 28. y = 3y - 2z x (3.25) z = 4y - 3z x (3.26) Riešením systému diferenciálnych rovníc (3.24) na intervale J nazývame každú n-ticu funkcií y1, y2, . . . , yn, diferencovateľných na intervale J, ktoré vyhovujú každej rovnici systému (3.24). Ak sú navyše dané začiatočné podmienky y1(x0) = c1, y2(x0) = c2, . . . , yn(x0) = cn, (3.27) potom hľadanie riešenia systému (3.24), ktoré vyhovuje začiatočným podmienkam (3.27) nazývame Cauchyho úlohou pre systém diferenciálnych rovníc. Veta 3.16 (Peanova veta). Nech sú funkcie f1, f2, . . . fn systému (3.24) spojité na množine I = x0 a, x0+a × c1-b, c1+b × c2-b, c2+b ×. . .× cn-b, cn+b , kde a > 0, b > 0, potom systém (3.24) má aspoň jedno riešenie y1(x), y2(x), . . . , yn(x), kde funkcie spĺňajú začiatočné podmienky (3.27). Funkcie tohoto systému riešení sú spojite diferencovateľné na intervale x0 - h, x0 + h , kde h = min{a, b M }, pričom M > 0 je také, že platí: |fk(x, y1, y2, . . . , yn)| M, k = 1, 2, . . . , n, na množine I. Poznámka. Každej diferenciálnej rovnici n-tého rádu y(n) = f(x, y, y , . . . , y(n-1) ) možno priradiť systém diferenciálnych rovníc, kde y = y1 a y1 = y2 y2 = y3 ........ yn-1 = yn yn = f(x, y1, y2, . . . , yn), ktorý nazývame normálnym systémom diferenciálnej rovnice n-tého rádu. Poznámka. Niekedy sa dá normálny diferenciálny systém (3.24) upraviť na jedinú diferenciálnu rovnicu n-tého rádu. Tento spôsob hľadania riešenia sa nazýva eliminačná metóda. Príklad 29. Riešte daný systém diferenciálnych rovníc: y = z, z = y. 110 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE Riešenie: Systém budeme riešiť eliminačnou metódou. Zderivovaním druhej rovnice máme: y = z . Dosadíme do prvej rovnice a pre funkciu z dostávame: z - z = 0. Dostali sme lineárnu diferenciálnu rovnicu 2. rádu s konštantnými koeficientami bez pravej strany. Jej všeobecné riešenie je z = c1ex +c2e-x, pre c1, c2 R. Zderivovaním tohoto riešenia dostávame riešenie pre y: y = c1ex - c2e-x . Teraz si niečo povieme o špeciálnom type systému diferenciálnych rovníc ­ o lineárnych diferenciálnych rovniciach. Lineárnym diferenciálnym systémom nazývame systém diferenciálnych rovníc tvaru: y1 = a11(x)y1 + a12(x)y2 + . . . + a1n(x)yn + b1(x), y2 = a21(x)y1 + a22(x)y2 + . . . + a2n(x)yn + b2(x), ................................................................................ (3.28) yn = an1(x)y1 + an2(x)y2 + . . . + ann(x)yn + bn(x). Funkcie aik(x), i, k = 1, 2, . . . , n, definované na intervale J, nazývame koeficientami lineárneho diferenciálneho systému. Systém, kde bi(x) = 0, pre všetky x J a i = 1, 2, . . . , n nazývame homogénnym diferenciálnym systémom: y1 = a11(x)y1 + a12(x)y2 + . . . + a1n(x)yn y2 = a21(x)y1 + a22(x)y2 + . . . + a2n(x)yn ................................................................... (3.29) yn = an1(x)y1 + an2(x)y2 + . . . + ann(x)yn Jedno jeho riešenie, a síce yi(x) = 0 pre všetky x J, i = 1, 2, . . . , n, vždy existuje. Nazývame ho triviálne riešenie. Z podkapitoly o lineárnych diferenciálnych rovniciach vyššieho rádu už vieme, čo je to fundamentálny systém riešení. Aj pre systém n lineárnych diferenciálnych rovníc definujeme takýto fundamentálny systém riešení ako n lineárne nezávislých riešení diferenciálneho systému (3.29) definovaných na intervale J. Platí: Ak Y1, Y2, . . . , Yn sú riešenia systému (3.29), potom aj ich lineárna kombinácia je riešením systému (3.29). Nech Y1 = (y11, y12, . . . , y1n), . . . , Yn = (yn1, yn2, . . . , ynn) sú riešenia lineárneho systému (3.29). Tieto riešenia sú lineárne nezávislé na intervale J, to jest tvoria fundamentálny systém riešení vtedy a len vtedy, keď aspoň v jednom bode x J je D(Y1, Y2, . . . , Yn) = y11, y21, . . . , yn1 y12, y22, . . . , yn2 . . . . . . . . . . . . y1n, y2n, . . . , ynn = 0. Každé riešenie diferenciálneho systému (3.29) možno vyjadriť ako lineárnu kombináciu jeho fundamentálneho systému. 3.7. SYSTÉMY DIFERENCIÁLNYCH ROVNÍC 111 Ak sú všetky koeficienty aik(x), bi(x), i, k = 1, 2, . . . , n spojité funkcie na intervale J = , , potom pre Cauchyho úlohu (3.28), (3.27) existuje jediné riešenie ­ to jest n-tica funkcií definovaných na intervale J, ktoré spĺňa rovnice (3.28) a začiatočnú podmienku (3.27). Nech U je riešením nehomogénneho systému (3.28). Potom n-tica Y je riešením diferenciálneho systému (3.28) práve vtedy, keď ju možno vyjadriť v tvare Y = c1Y1 + c + 2Y2 + . . . + cnYn + U, kde c1, c2, . . . , cn sú vhodné reálne čísla a Y1, Y2, . . . , Yn je fundamentálny systém riešení prislúchájúceho homogénneho systému. Teraz treba už len vyriešiť otázku, ako získame riešenie U, ak máme fundamentálny systém riešení. Odpoveď dáva znovu, (podobne ako u lineárnych diferenciálnych rovníc vyšších rádov) metóda variácie konštánt: Nech Y1, Y2, . . . , Yn je fundamentálny systém riešení homogénneho systému (3.29) prislúchajúci systému (3.28). Nech D = D(Y1, Y2, . . . , Yn) a Di je determinant, ktorý vznikne z determinantu D, ak v ňom i-ty stĺpec nahradíme stĺpcom b1(x), b2(x), . . . , bn(x). Potom n-tica U = (u1, u2, . . . , un), kde uk(x) = n j=1 yjk Dj D dx, k = 1, 2, . . . , n, je riešením nehomogénneho diferenciálneho systému (3.28). Otázka nájdenia fundamentálneho systému riešení je rovnakej obtiažnosti, ako u lineárnych diferenciálnych rovníc vyšších rádov. V našich ďalších úvahách sa preto obmedzíme len na také systémy, kde koeficienty aik, i, k = 1, . . . , n, sú len konštanty, nie funkcie premennej x. Takýmto systémom hovoríme lineárne diferenciálne systémy s konštantnými koeficientami (nehomogénne alebo homogénne). Sú tvaru: yi = n j=1 aijyj + bi(x), i = 1, 2, . . . , n, (3.30) yi = n j=1 aijyj, i = 1, 2, . . . , n. (3.31) Diferenciálny systém (3.31) má nenulové riešenie tvaru Y = (1er1x, 2er1x, . . . , ner1x), kde r1 je koreňom charakteristickej rovnice systému: a11 - r a12 . . . a1n a21 a22 - r . . . a2n . . . . . . . . . . . . an1 an2 . . . ann - r = 0 a n-tica (1, 2, . . . , n) je riešením systému lineárnych algebraických rovníc: (a11 - r1)1 + a122 + . . . + a1nn = 0, a211 + (a22 - r1)2 + . . . + a2nn = 0, ............................................. an11 + an22 + . . . + (ann - r1)n = 0. 112 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE Nech r1, r2, . . . rk sú navzájom rôzne korene charakteristickej rovnice diferenciálneho systému (3.31). Nech Y1, Y2, . . . , Yk sú riešenia tohoto systému získané popísaným spôsobom. Potom tieto riešenia sú lineárne nezávislé. Nech r1 je k-násobným riešením charakteristickej rovnice diferenciálneho systému (3.31). Potom existujú polynómy Pmj(x) stupňa najviac m, m = 0, 1, . . . , k-1, j = 1, 2, . . . , n, že n-tice U0 = (P01er1x, P02er1x, . . . , P0ner1x), U1 = (P11er1x, P12er1x, . . . , P1ner1x), ....................................... Uk-1 = (Pk-1,1er1x, Pk-1,2er1x, . . . , Pk-1,ner1x) sú lineárne nezávislými riešeniami diferenciálneho systému (3.31). Koeficienty polynómov určíme metódou neurčitých koeficientov po dosadení jednotlivých riešení Ui, i = 0, 1, . . . , k-1 do diferenciálneho systému (3.31). Ak riešením diferenciálneho systému (3.31) je n-tica komplexných funkcií (koreň charakteristickej rovnice je komplexné číslo): Z = (u1 + iv1, u2 + iv2, . . . , un + ivn), kde ui, i = 1, 2, . . . , n sú reálne zložky a vi, i = 1, 2, . . . , n, sú imaginárne zložky komplexných funkcií riešenia Z, potom n-tice Re Z = (u1, u2, . . . , un), Im Z = (v1, v2, . . . , vn), sú tiež riešenia diferenciálneho systému (3.31). Ak ku všetkým koreňom charakteristickej rovnice diferenciálneho systému (3.31) nájdeme týmto spôsobom všetky riešenia diferenciálenho systému vrátane násobnosti koreňov charakteristickej rovnice, potom dostaneme n riešení diferenciálneho systému (3.31), ktoré tvoria fundamentálny systém riešení systému (3.31). Príklad 30. Riešme diferencálny systém: y1 = 2y1 + y2 - 2y3, y2 = -y1, y3 = y1 + y2 - y3. Riešenie: Je to homogénny systém troch lineárnych diferenciálnych rovníc. Riešením bude trojica funkcií (y1(x), y2(x), y3(x)), ktoré budeme hľadať v tvare: (1erx, 2erx, 3erx). Vypočítame prvé derivácie takto zvolených riešení a dosadíme do rovníc systému. Máme: 1rerx = 21erx + 2erx - 23erx 2rerx = -1erx 3rerx = 1erx + 2erx - 3erx Po úprave s prihliadnutím na fakt, že erx = 0 pre každé x R, dostaneme: 0 = (2 - r)1 + 2 - 23, 0 = -1 - r2, 0 = 1 + 2 - (1 + r)3. 3.7. SYSTÉMY DIFERENCIÁLNYCH ROVNÍC 113 Toto je homogénny lineárny systém algebraických rovníc s neznámymi 1, 2, 3, ktorý má nenulové riešenie práve vtedy, keď (pozri 1. diel skrípt, kapitola 4.) 2 - r 1 -2 -1 -r 0 1 1 -(1 + r) = 0, čiže r3 - r2 + r - 1 = 0. Toto je charakteristická rovnica zadaného systému diferenciálnych rovníc. Jej korene sú: r1 = 1, r2 = i, r3 = -i. Pre r1 = 1 vypočítame z diferenciálneho systému algebraických rovníc neznáme 1, 2, 3. Dostávame: 1 = u, 2 = -u, 3 = 0, kde u je ľubovoľné číslo. Jedno riešenie diferenciálneho systému je preto (zvolíme u = 1): Y1 = (ex , -ex , 0). Podobne vypočítame riešenie aj pre koreň r2 = i. Máme 1 = -iu, 2 = u, 3 = -iu, kde u je ľubovoľné číslo. Pre u = 1 máme riešenie diferenciálneho systému Z = (-ieix, eix, -ieix), z ktorého môžeme dostať dve riešenia : Y2 = (sin x, cos x, sin x), Y3 = (- cos x, sin x, - cos x). Riešenia Y1, Y2, Y3 tvoria fundamentálny systém riešení nášho systému. Všeobecné riešenie tohoto systému môžeme zapísať v tvare: Y = c1Y1 + c2Y2 + c3Y3, z ktorého potom rozpisom po zložkách máme: y1 = c1ex + c2 sin x - c3 cos x, y2 = -c1ex + c2 cos x + c3 sin x, y3 = c2 sin x - c3 cos x, kde c1, c2, c3 sú ľubovoľné reálne čísla. Príklad 31. Riešme nehomogénny diferenciálny systém: y1 = y2 + x2, y2 = y1 + 2ex. Riešenie: Homogénny systém je tvaru: y1 = y2, y2 = y1. Riešenie hľadáme v tvare Y = (1erx, 2erx), kde 1, 2 sú reálne čísla a r koreň charakteristickej rovnice tohoto systému. Po dosadení riešenia do rovníc systému a úprave máme: 0 = -r1 + 2, 0 = 1 - r2. 114 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE Tento systém algebraických rovníc s neznámymi 1, 2 má nenulové riešenie, len keď jeho determinant je nulový, teda: r2 - 1 = 0. Jeho riešením sú dva reálne korene r1 = 1, r2 = -1. Pre každý z nich vypočítame neznáme 1, 2 z vyššie uvedeného algebraického systému. Máme: Pre r1 = 1 je 1 = u, 2 = u, kde u R. Pre r2 = -1 je 1 = u, 2 = -u, kde u R. Fundamentálny systém rovníc preto tvoria riešenia: (zvolíme u = 1) Y1 = (ex , ex ), Y2 = (-e-x , e-x ). Nájdeme partikulárne riešenie nehomogénneho systému. Máme D = ex -e-x ex e-x D1 = x2 -e-x 2ex e-x D2 = ex x2 ex 2ex . Potom u1 = ex x2e-x + 2 2 dx - e-x 2(ex)2 - x2ex 2 dx, u2 = ex x2e-x + 2 2 dx + e-x 2(ex)2 - x2ex 2 dx. Z toho teda je U = x - 1 2 ex - 2x, x + 1 2 ex - x2 - 2 . Všeobecné riešenie nehomogénneho systému je teda tvaru: y1 = c1ex - c2e-x + (x - 1 2 )ex - 2x, y2 = c1ex + c2e-x + (x + 1 2 )ex - x2 - 2, kde c1, c2 R. Cvičenia 86. Riešte homogénne diferenciálne systémy: a) y1 = y1 + y2, b) y1 = y1 + 3y2, y2 = 8y1 - y2, y2 = -3y1 + y2. 87. Riešte nehomogénne diferenciálne systémy: a) y1 = -5y1 + 2y2 + ex, b) y1 = -2y1 + 2y2, y2 = y1 - 6y2 + e2x, y2 = 2y1 + y2 + 16xex. 3.8 Numerické metódy riešenia začiatočných úloh 3.8.1 Úvod Z predchádzajúcich kapitol už máme predstavu, že je len veľmi málo diferenciálnych rovníc, ktorých exaktné riešenie vieme nájsť. Preto pri hľadaní riešenia začiatočných úloh je často jedinou možnosťou 3.8. NUMERICKÉ METÓDY RIEŠENIA ZAČIATOČNÝCH ÚLOH 115 nájsť numerické riešenie. V našich úvahách sa obmedzíme na hľadanie približného riešenia počiatočnej úlohy pre diferenciálnu rovnicu prvého rádu. Túto úlohu môžeme vo všeobecnosti zapísať v tvare y = f(x, y), y(x0) = y0. (3.32) Všetky úvahy a výsledky sa však dajú rozšíriť aj pre systémy diferenciálnych rovníc. Základom, z ktorého vychádza väčšina numerických metód riešenia začiatočných úloh je diskretizácia premenných. Znamená to, že približné riešenie sa nekonštruuje ako spojitá funkcia, ale postupne sa pre množinu navzájom rôznych bodov x0, (bod, v ktorom je daná začiatočná podmienka), x1, x2, . . . hľadajú čísla y0 (hodnota začiatočnej podmienky), y1, y2, . . ., ktoré aproximujú hodnoty y(x0), y(x1), . . . presného riešenia v bodoch siete x0, x1, . . .. Body siete ­ uzly nemusia byť ekvidistantné to jest vzdialenosť medzi nimi, tzv. krok metódy hn = xn+1 - xn môže závisieť na n. Pritom aproximácia yn presného riešenia y(xn) v bode xn sa počíta z hodnôt približného riešenia v už vypočítaných uzloch. Týmto metódam hovoríme metódy diskrétnej premennej alebo diferenčné metódy. Metóda, ktorá k tomuto riešeniu používa rekurentný vzťah, v ktorom je yn+1 vyjadrená pomocou k hodnôt yn, yn-1, . . . , yn+1-k sa nazýva k-kroková metóda. Ak je k = 1, hovoríme o jednokrokovej metóde. Vzhľadom na cieľ a rozsah týchto skrípt sa v ďalšom obmedzíme len na stručný výklad dvoch najbežnejších typov jednokrokových metód. 3.8.2 Eulerova metóda Je najjednoduchšou metódou na hľadanie približného riešenia Cauchyho úlohy typu (3.32). Postupne od danej začiatočnej dvojice hodnôt x0, y0, ktoré určujú začiatočnú podmienku úlohy, budeme určovať hodnoty x1, y1, . . . , xn, yn takto: Zvolíme počiatočný krok h0 a hodnota x1 bude potom x1 = x0 + h0. Teraz stačí vypočítať hodnotu y1. Najskôr nájdeme pre hľadanú funkciu y(x) Taylorov polynóm prvého stupňa v bode x0 (Taylorov polynóm ­ viď skriptá 1. diel, časť 7.7). Keďže predpokladáme, že nami zvolený krok h0 je malý, máme y(x1) y(x0) + h0y (x0). V tejto aproximácii teraz nahradíme hodnotu y (x0) hodnotou f(x0, y0) z pôvodnej rovnice (3.32). Dostávame: y(x1) y(x0) + h0f(x0, y0). Na základe tejto úvahy vypočíme teraz y1 takto: y1 = y0 + h0f(x0, y0). Z vyššie uvedeného vyplýva, že hodnota y1 bude aproximovať presnú hodnotu y(x1). Tento postup teraz možeme zopakovať pre x2, y2 atď. Rekurentne dostávame: Ak máme vypočítané hodnoty xn, yn pre nejaké n, zvolíme hn a potom xn+1 = xn + hn, yn+1 = yn + hnf(xn, yn). (3.33) Pre ekvidistantný krok h to jest h - h0 = h1, . . . , hn, . . . dostávame schému xn+1 = xn + h, yn+1 = yn + hf(xn, yn). (3.34) Bude nás zaujímať, s akou presnosťou sme vypočítali hodnoty neznámej funkcie y(x) v bodoch x1, . . . , xn, teda aký je rozdiel y(xn) - yn? (Podrobnejšie o pojmoch chyba metódy, chyby zaokrúhľovacie, aproximácia a konvergencia metódy, rád rýchlosti konvergencie metódy viď 1. diel skrípt, časti 116 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE 1.4 a 7.14.) Označme teraz dn lokálnu diskretizačnú chybu to jest chybu, ktorej sa dopustíme v jednom kroku výpočtu Eulerovej metódy, to jest chybu, s akou hodnoty presného riešenia spĺňajú rekurentný vzťah: y(xn+1) = y(xn) + hnf(xn, yn) + dn. Meradlom, ako presne aproximuje postupnosť hodnôt y1, y2, . . . , yn presné riešenie danej začiatočnej úlohy, je globálna diskretizačná chyba. Označíme ju en = y(xn) - yn. V stručnosti povieme, že rád metódy je najväčšie prirodzené číslo p také, že pre danú metódu aplikovanú na ľubovoľnú začiatočnú úlohu s dostatočne hladkým riešením (riešenie je spojitá funkcia, ktorá má aj spojité derivácie prvého a prípadne vyšších rádov) platí pre ľubovoľné n a hn 0 odhad dn = O(hp+1 n ). (Označenie a = O(h) znamená, že existuje také číslo C > 0, že a Ch.) Rád Eulerovej metódy odvodíme opäť veľmi ľahko použitím Taylorovho radu a jeho zvyšku. Máme dn = y(xn+1) - y(xn) - hny (xn), y(xn+1) = y(xn) - hny (xn) + 1 2 h2 ny (), pre (xn, xn+1). Preto dn = 1 2 h2 ny (). Ak je y ohraničená, potom dn = O(h2 n) a teda Eulerova metóda je prvého rádu. Riešenie musí byť ale dostatočne hladká funkcia, inak sa rád metódy zníži. Odvodíme teraz globálnu chybu Eulerovej metódy pre prípad ekvidistantného kroku, to jest h := h0 = h1 = . . . = hn . . .. Odčítame rovnice algoritmu Eulerovej metódy a lokálnej chyby: yn+1 = yn + hf(xn, yn), y(xn+1) = y(xn) + hf(xn, yn) + dn. Máme en+1 = en + h (f(xn, y(xn)) - f(xn, yn)) + dn. Ku globálnej chybe sa tak v každom kroku pripočíta lokálna diskretizačná chyba, a preto sa v globálnej chybe en+1 prejavia nepresnosti minulých diskretizačných krokov. V prípade, že funkcia f je len funkciou premennej x a teda nezávisí na y(x), ihneď dostávame eN = N-1 n=0 dn. Keďže už z vyššie uvedeného vieme, že lokálna chyba je typu O(h2) a xN - x0 = Nh, teda N = xN -x0 h , dostávame eN = O(h), čiže globálna diskretizačná chyba je menšia ako Ch pre nejaké reálne číslo C > 0. Nakoniec si ešte stručne povieme niečo o vplyve zaokrúhľovacích chýb (podrobnejšie viď 1. diel, kapitola 1.3, 1.4). 3.8. NUMERICKÉ METÓDY RIEŠENIA ZAČIATOČNÝCH ÚLOH 117 Nech je maximálna zaokrúhľovacia chyba v jednom kroku Eulerovej metódy. Označili sme yn skutočné približné riešenie a teraz označme yn približné riešenie, ktoré skutočne vypočítame a ktoré sa od riešenia yn líši vplyvom zaokrúhľovacích chýb. Takéto riešenie potom spĺňa pre ekvidistantný krok rovnicu yn+1 = yn + hf(xn, yn) + , n = 0, 1, . . . Celková chyba vzniknutá zaokrúhľovaním bude teda N, kde N je posledný krok, ktorý sme vypočí tali. Z veľkosti N ktorú sme odvodili vyššie, vidíme že celková zaokrúhľovacia chyba bude (xN -x0) h . Preto celková chyba výpočtu v bode xN bude súčtom globálnej diskretizačnej chyby (chyby metódy) a globálnej zaokrúhľovacej chyby: |y(xN ) - yN | Ch + (xN -x0) h := g(h). Funkcia g bude minimálna pre h = (xN -x0) C 1 2 . Teda chyba bude minimálna pre isté hopt. Ďalším zmenšovaním h nám budú narastať zaokrúhľovacie chyby ( kroky budú menšie, a preto ich bude viac). Ak zvolíme h vačšie ako je hopt bude zas prevládať chyba diskretizačná. Tento jav je typický aj pre iné diferenčné metódy. Poznámka. Na princípe aproximácie funkcie Taylorovým polynómom sú založené aj iné metódy. Voláme ich metódy Taylorovho typu. Tieto môžu byť aj vyšších rádov ako je Eulerova metóda, na druhej strane zas treba počítať aj derivácie danej funkcie. Tieto metódy sú preto presnejšie, ako je Eulerova, ale sú aj omnoho prácnejšie. Príklad 32. Máme Cauchyho úlohu y = -x + 2, y(1) = 0. Riešme túto úlohu na intervale 1, 2 s krokom h = 0, 25. Vypočítané hodnoty porovnajme s hodnotami analytického riešenia. Riešenie: Táto úloha má práve jedno riešenie, ktoré môžme nájsť hneď priamou integráciou rovnice a dosadením začiatočnej podmienky. Dostávame: y(x) = - x2 2 + 2x - 3 2 . Teraz vypočítame približné riešenie pomocou Eulerovej metódy. Keďže h = 0, 25, a x0 = 1, y0 = 0, riešenie budeme hľadať v bodoch x1 = 1, 25; x2 = 1, 5; x3 = 1, 75; x4 = 2. Podľa vzorca (3.34) máme yi+1 = yi + 0, 25(-xi + 2), i = 0, 1, 2, 3. Výsledky zapíšeme do tabuľky: i xi y(xi) yi 0 1,000 0,000 0,000 1 1,250 0,218 0,250 2 1,500 0,375 0,438 3 1,750 0,468 0,562 4 2,000 0,500 0,625 118 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE 3.8.3 Metódy typu Runge-Kutta Tieto metódy sú veľmi univerzálne a v technickej praxi užitočné. Tiež sú v podstate založené na Taylorovom rozvoji funkcie, ale nepriamo tak, aby sme nemuseli určovať hodnoty derivácií funkcie ­ tieto sa aproximujú výpočtom samotnej funkcie vo vhodne zvolených strategických bodoch. Ich všeobecná schéma je tvaru yn+1 = yn + r i=1 iki, n = 0, 1, . . . , kde k1 = f(xn, yn), ki = f(xn + ihn, yn + ihnki-1), i = 1, . . . r a i, i, i sú vhodne vybraté konštanty. V stručnosti si uvedieme len najznámejšie metódy. Rád konvergencie ani veľkosť chyby odvádzať nebudeme. Metódy 2. rádu * r = 2, 1 = 0, 2 = 1, 2 = 2 = 1 2 Dostávame k1 = f(xn, yn), k2 = f(xn + hn 2 , yn + hn 2 k1), yn+1 = yn + hnk2. (Modifikovaná Eulerova metóda). * r = 2, 1 = 2 = 1 2 , 2 = 2 = 1. Dostávame k1 = f(xn, yn), k2 = f(xn+1, yn + hnk1) yn+1 = yn + hn k1+k2 2 , (Heunova metóda). Metódy 4. rádu Uvedieme aspoň najpoužívanejšiu z nich: r = 4, k1 = f(xn, yn), k2 = f(xn + hn 2 , yn + hn 2 k1), k3 = f(xn + hn 2 , yn + hn 2 k2), k4 = f(xn+1, yn + hnk3), yn+1 = yn + hn k1+2k2+2k3+k4 6 . Príklad 33. Máme Cauchyho úlohu ako v predchádzajúcom príklade. Riešme túto úlohu na intervale 1, 2 s krokom h = 0, 25 modifikovanou Eulerovou metódou. Vypočítané hodnoty zapíšeme do tabuľky. Riešenie: Riešenie budeme opäť hľadať v bodoch x1 = 1,25; x2 = 1,5; x3 = 1,75; x4 = 2. Pre modifikovanú Eulerovu metódu v tomto prípade, keďže pravá strana nezávisí od y, nebudeme potrebovať určovať k1. Máme x1 = 1,25, k2 = -1,0 - 0,25 2 + 2 = 0,875, y1 = 0 + 0,25 0,875 = 0,21875 x2 = 1,50, k2 = -1,25 - 0,25 2 + 2,0) = 0,625, y2 = 0,21875 + 0,25 0,625 = 0,375 x3 = 1,75, k2 = -1,5 - 0,25 2 + 2 = 0,375, y3 = 0,375 + 0,25 0,375 = 0,46875 3.8. NUMERICKÉ METÓDY RIEŠENIA ZAČIATOČNÝCH ÚLOH 119 x4 = 2,00, k2 = -1,75 - 0,25 2 + 2 = 0,125, y1 = 0,46875 + 0,25 0,125 = 0,5 Teda i xi y(xi) yi ­ mod. Euler 0 1,000 0,000 0,000 1 1,250 0,218 0,219 2 1,500 0,375 0,375 3 1,750 0,468 0,469 4 2,000 0,500 0,500 Príklad 34. Určme riešenie diferenciálnej rovnice so začiatočnou podmienkou: y = y2 , y(0) = -4, Eulerovou metódou, modifikovanou Eulerovou metódou, Heunovou metódou a Runge-Kuttovou metódou 4. rádu na intervale 0,1 s krokom h = 0,1. Hodnoty približných riešení porovnajme s analytickým riešením. Riešenie: Z vlastnosti pravej strany vieme, že existuje práve jedno riešenie tejto Cauchyho úlohy. Toto riešenie je tvaru y = - 1 x + 0,25 a dostaneme ho použitím metódy separácie premenných. Keďže krok metódy je ekvidistantný h = 0,1, riešenie hľadáme v bodoch xi = 0,1 i, i = 1,2, . . . , 10. Pre hodnoty yi, i = 1,2, . . . , 10 dostávame pre jednotlivé schémy vzhľadom na pevný krok a tvar pravej strany vzorce: Eulerova metóda: yi+1 = yi + hy2 i , i = 1,2, . . . , 10; modifikovaná Eulerova metóda: yi+1 = yi + h(yi + 0,5hy2 i )2 , i = 1,2, . . . , 10; Heunova metóda: yi+1 = yi + 0,5h(y2 i + (yi + hyi)2 )2 ), i = 1,2, . . . , 10; metóda Runge-Kutta 4. rádu: yi+1 = yi + h 6 (k1 + 2k2 + 2k3 + k4), kde k1 = y2 i , k2 = yi + h 2 k1 2 , 120 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE k3 = yi + h 2 k2 2 , k4 = (yi + hk3)2 , i = 1,2, . . . , 10. Výsledky zapíšeme do tabuľky: i xi y(xi) yi ­ Euler yi ­ mod. Euler yi ­ Heun yi ­ R-K 0 0,000 -4,00000 -4,000 -4,000 -4,000 -4,000 1 0,100 -2,85714 -2,400 -2,976 -2,912 -2,85734 2 0,200 -2,22222 -1,824 -2,3343 -2,275 -2,2224 3 0,300 -1,81818 -1,149 -1,90918 -1,86179 -1,81832 4 0,400 -1,53846 -1,2689 -1,61095 -1,57369 -1,53857 5 0,500 -1,33333 -1,10789 -1,39156 -1,36195 -1,33342 6 0,600 -1,17647 -0,98515 -1,22392 -1,2 -1,17654 7 0,700 -1,05263 -0,88809 -1,0919 -1,07224 -1,05269 8 0,800 -0,95238 -0,80923 -0,98534 -0,96894 -0,95243 9 0,900 -0,86956 -0,74374 -0,89758 -0,88371 -0,8696 10 1,000 -0,8 -0,68843 -0,82408 -0,81221 -0,80003 Cvičenia 88. Vypočítajte približné riešenie Cauchyho úlohy y = y2 + 1 xy , y(1) = 2, ak jeho presné riešenie je funkcia y(x) = 5x2 - 1. Použite všetky vyššie uvedené približné metódy a výsledky porovnajte. Výsledky cvičení 1. a) áno, b) áno, c) áno, d) áno, e) áno. 2. a) áno, b) áno, c) nie , d) áno, e) nie, f) áno. 3. a) y = -y x , b) y + y x = 2, c) y = 0, d) y - y = 0. 4. mv = -kv2, kde m je hmotnosť, v je rýchlosť a k je konštanta úmernosti. 5. y = x2. 6. 2 h k ,kde k je konštanta úmernosti. 7. a) rovnobežky s osou y, b) y = -x c , c R - { }, c) y = cx, d) y = c-2 c x, c = 0, e) kružnice so stredom v počiatku, f) y = cos x - c, c R. 8. y = - ln10(c - 10x), c R 9. y = (3x - 3x2 + 3c) 1 3 , c R 10. y = c-x 1+cx 11. y = 1 - (3 2 - 1 - x2)2 12. x2(1 + y2) = c, c R 13. y = - ln(1 - cex), 1 - cex > 0 3.8. NUMERICKÉ METÓDY RIEŠENIA ZAČIATOČNÝCH ÚLOH 121 14. y = - ln(c - ex), c - ex > 0 15. y = ce-x-2 , c R 16. y = 2-cex 1-cex , 1 - cex = 0 17. y = ln(c(1 + ex))2, c R 18. y = ce 1 x , c R 19. y = sin x + cos x-1 1+x 20. 2(x3 - y3) + 3(x2 - y2) + 5 = 0 21. y = arcsin(1 2 sin x) 22. y = ln(e - 1 + ex) 23. y = c cos x , c R 24. y = ce-x cos x, c R 25. y = ce 1 x , c R 26. y = x 3 - 1 9 + ce-3x, c R 27. y = c-ln |x| x , c R 28. y = x3 4 + c x , c R 29. y = c x+1 + sin x x+1 - cos x, c R 30. y = ce- arctg x + arctg x - 1, c R 31. y = 1 + c cos2 x, c R 32. y = - ln x + c(ln x)2, c R 33. y = ex2 + ce x2 2 , c R 34. y = 1 - x2((arcsin x)2 2 - 1 - x2 + c) c R 35. y = x(sin x + c), c R 36. y = (x2 2 + c)e-x2 , c R 37. y = 1 38. y = 1 2 (cos x + sin x + e-x) 39. y = a(x-1) xn 40. y = x 2 sin x - cos x 2 + (1 - 4 ) 1 sin x 41. y = e- arcsin x + arcsin x - 1 42. y = x2 ln x 2 43. y = - cos x 44. y = c1e2x + c2e-x, c1, c2 R 45. y = c1 cos 5x + c2 sin 5x, c1, c2 R 46. y = c1 + c2ex, c1, c2 R 47. y = c1e2x + c2xe2x, c1, c2 R 48. y = c1e6x + c2ex, c1, c2 R 49. y = c1e-2x + c2ex, c1, c2 R 50. y = c1 cos x + c2 sin x, c1, c2 R 51. y = c1e(1+ 2)x + c2e(1- 2)x, c1, c2 R 52. x = c1e 5 2 t + c2te 5 2 t , c1, c2 R 53. y = e2x(c1 cos 3x + c2 sin 3x), c1, c2 R 54. y = xe5x 55. y = -1 3 ex cos 3x 56. y = 5 3 - 2 3 e-3x 57. y = 4 cos 2x - 3 sin 2x 58. y = 4e-2 3x 59. y = -9 cos 4 3 x + 93 8 sin 4 3 x 122 KAPITOLA 3. OBYČAJNÉ DIFERENCIÁLNE ROVNICE 60. y = 5 sin x+7 cos x 74 + c1e6x + c2ex, c1, c2 R 61. y = e-x(c1 cos 2x + c2 sin 2x) - 1 2 cos 2x - 2 sin 2x, c1, c2 R 62. y = ex + c1e-x + c2e x 2 , c1, c2 R 63. y = ex a2+1 + c1 cos ax + c2 sin ax, c1, c2 R 64. y = e3x(c1 + c2x) + 2 9 x2 + 5 27 x + 11 27 , c1, c2 R 65. y = c1ex + c2e-5x - 1 5 , c1, c2 R 66. y = c1e2x + c2xe2x + e-x 9 , c1, c2 R 67. y = c1e2x + c2xe2x + 3 2 x2e2x, c1, c2 R 68. y = c1e2x + c2xe2x + x 2 + 1 2 + 1 4 cos 2x, c1, c2 R 69. y = c1e2x + c2xe2x + 2x2 + 4x + 3 + 4x2e2x + cos 2x, c1, c2 R 70. y = c1 cos x + c2 sin x + 2x3 - 13x + 2, c1, c2 R 71. y = c1 cos x + c2 sin x + cos 3x, c1, c2 R 72. y = c1 cos x + c2 sin x + 1 2 x sin x, c1, c2 R 73. y = c1 cos x + c2 sin x - 1 2 x cos x - e-x, c1, c2 R 74. (t) = 2e-2t - 2e-3t, max = (ln 3 2 ) = 8 27 75. y(t) = 27 + 36e- t 6 , rýchlosť ochladzovania klesne pod 1 stupeň asi za 11 minút, teleso bude mať teplotu 33 stupňov 76. y(x) = 2 - 4 sin 3x, ymin = -2, y = 0 pre x = 18 + 2 3 k alebo x = 5 18 + 2 3 k, k je celé. 77. a) x(t) = 3 cos 2t + 3 sin 2t, b) x(3 4 ) = -3, x (3 4 ) = 6 , c) t 1.178 78. y = c1 + c2x + c3ex + c4xex , c1, c2, c3, c4 R 79. y = ea 2 2 (c1 cos a 2 2 + c2 sin a 2 2 ) + e-a 2 2 (c1 cos a 2 2 + c2 sin a 2 2 ) c1, c2, c3, c4 R 80. y = c1 + c2ex + c3xex , c1, c2, c3 R 81. y = x2 ln x + c1x2 + c2x + c3 , c1, c2, c3 R 82. y = -1 8 sin 2x + c1x2 + c2x + c3 , c1, c2, c3 R 83. y = c1ex + c2e-x + (ex - e-x) ln |ex - 1| - xex + e-x - 1, c1, c2 R 84. y = c1ex + c2xex + x ln |x| c1, c2 R 85. y = e-x(c1 + c2x + x2 2 ) - 1 c1, c2 R 86. a) y1(x) = c1e3x + c2e-3x, y2 = 2c1e3x - 4c2e-3x, c1, c2 R b) y1(x) = ex(c1 cos 3x + c2 sin 3x), y2(x) = ex(-c1 sin 3x + c2 cos 3x), c1, c2 R 87. a) y1(x) = -ex 36 - 11 54 e2x + c1e-7x + c2e4x, y2(x) = -11 36 ex - 8 27 e2x - c1e-7x + 2c2e4x, c1, c2 R b) y1(x) = c1e2x - 2c2e-3x - ex(8x + 6), y2(x) = 2c1e2x + c2e-3x - ex(12x + 13), c1, c2 R Literatúra [1] Arnold [2] R. Černá, M. Machlický, J. Vogel, Č. Zlatník Základy numerické matematiky a programování SNTL Praha, 1987 [3] P. Danko, A. Popov, T. Koževnikova Vysšaja matematika v upražneniach i zadačach. Izd. Vysšaja škola, Moskva, 1974 [4] J. Eliaš, J. Horváth, J. Kajan Zbierka úloh z vyššej matematiky Alfa, vydavat. technickej a ekon. literatúry 5. vydanie, Bratislava 1979 [5] J. Ivan Matematika I, Alfa Bratislava 1983 [6] L.D. Kudrjavcev, Kurs matematičeskogo analiza I, Izdateľstvo Vysšaja škola, Moskva 1981 [7] S. Míka, Numerické metódy algebry, SNTL Praha 1985 [8] K.Mikula, [9] M. Perkins, P.Perkins Advanced Mathematics II, Collins Educational Hammersmith London W6 8JB 1992 [10] F. Scheid, Theory and problems of numerical analysis, Schaum's outline series 1988 123 124 LITERATÚRA Kapitola 4 Diferenciálny počet funkcií viac premenných 4.1 Funkcie dvoch a viac premenných 4.1.1 Základné pojmy Nech R2 označuje množinu všetkých usporiadaných dvojíc reálnych čísiel. Intuitívne, pod funkciou dvoch premenných rozumieme priradenie f, ktoré každej dvojici reálnych čísiel (x, y) z istej podmnožiny M R2 priradí reálne číslo f(x, y). Najväčšia (vzhľadom na inklúziu) podmnožina D R2, pre ktorú je priradenie (x, y) f(x, y) korektne matematicky definované, sa nazýva obor definície funkcie f.1 V prípade funkcií dvoch premenných je prirodzené znázorňovať obory definície v rovine, a to v pravouhlej súradnicovej sústave s osami ox, oy. Príklad 1. Nájdite a znázornite definičný obor funkcie f(x, y) = x ln y 4 - x2 - y2 . Riešenie: Uvedený výraz má zmysel len pre tie dvojice (x, y), pre ktoré je y > 0 (pretože funkcia ln je definovaná len pre kladné čísla) a 4 - x2 - y2 > 0 (pretože druhá odmocnina je definovaná len pre nezáporné čísla a navyše sa vyskytuje v menovateli). Definičný obor funkcie f je teda množina D = {(x, y); x2 + y2 < 4, y > 0} . V rovine xy množine D zodpovedá vnútrajšok polkruhu nad osou x so stredom v počiatku a s polomerom 2; pozri Obr. 1. Príklad 2. Nájdite obor definície funkcie g(x, y) = xy - x4 - 16y4 a ukážte, že pre každé reálne číslo t platí identita g(tx, ty) = t2g(x, y). Riešenie: Daná funkcia je definovaná pre všetky dvojice (x, y) také, že x4 16y4 (pretože druhá odmocnina je definovaná len pre nezáporné čísla). Uvedená nerovnosť je po dvojnásobnom odmocnení ekvivalentná s nerovnosťou |x| 2|y|, a preto definičný obor D funkcie g je D = {(x, y); |x| 2|y|} . 1 Definičný obor funkcie môže byť určený aj explicitne na nejakom zúžení spomínanej množiny. 125 126 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH Obr. 4.1: D(f) V rovine xy je táto množina znázornená dvoma " výsekmi" ohraničenými priamkami y = x/2 a y = -x/2 tak, ako to vidíme na Obr. 2. Pre dôkaz uvedenej identity stačí do vzorčeka pre g(x, y) dosadiť tx namiesto x, ty namiesto y, a počítať: g(tx, ty) = (tx)(ty) - (tx)4 - 16(ty)4 = t2 (xy - x4 - 16y4) = t2 g(x, y) . Obr. 4.2: D(g) Množina bodov (x, y) v rovine, v ktorých má funkcia f(x, y) konštantnú hodnotu f(x, y) = c pre niektoré reálne číslo c, tvorí krivku nazývanú vrstevnica funkcie f prislúchajúca výške c. Príklad 3. V rovine xy znázornime vrstevnice funkcie h(x, y) = 4-4x2 -y2 prislúchajúce výškam 1, 2, a 3. Riešenie: Pre ľubovoľné c je vrstevnica funkcie h určená rovnicou 4-4x2 -y2 = c, čiže 4x2 +y2 = 4 - c. Z tohoto vidieť, že netriviálne riešenie dostávame len v prípade, keď c < 4 (prečo?). Vydelením 4.1. FUNKCIE DVOCH A VIAC PREMENNÝCH 127 poslednej rovnice kladným číslom 4 - c dostávame 4 4 - c x2 + 1 4 - c y2 = 1 , a toto je rovnica elipsy so stredom v bode [0, 0] a s poloosami a = 1 2 4 - c, b = 4 - c. Hľadané vrstevnice sú teda elipsy; postupným dosadením hodnôt c = 1, 2, 3 pre ich poloosi máme: pre c = 1 : a1 = 1 2 3, b1 = 3 , pre c = 2 : a2 = 1 2 2, b2 = 2 , pre c = 3 : a3 = 1 2 , b3 = 1 ; Pre znázornenie týchto vrstevníc pozri Obr. 3. Obr. 4.3: Vrstevnice Podobné úlohy sa vyskytujú aj pre funkcie troch premenných f(x, y, z), resp. všeobecnejšie pre funkcie n premenných f(x1, x2, . . . , xn). Definičné obory funkcií troch premenných je už ťažšie znázorniť; robíme to pomocou projekcie trojrozmerného priestoru so súradnicami x, y, z do roviny. Pre dané c množina bodov (x, y, z) spĺňajúca rovnosť f(x, y, z) = c tentoraz bude (až na degenerované prípady) plocha v priestore, ktorú nazývame vrstvovou plochou prislúchajúcou konštante c. Pri funkciách n 4 premenných definičné obory neznázorňujeme a o príslušných " viacrozmerných vrstvových plochách" nebudeme v týchto skriptách hovoriť. Príklad 4. Určte obor definície funkcie k(x, y, z) = ln (9 - x2 - y2 - z2) a opíšte vrstvovú plochu zodpovedajúcu konštante c = ln 5. Riešenie: Keďže prirodzený logaritmus je definovaný len pre kladné čísla, daná funkcia je definovaná len pre tie trojice reálnych čísiel (x, y, z), pre ktoré je 9 - x2 - y2 - z2 > 0. Definičný obor D funkcie k(x, y, z) je teda množina D = {(x, y, z); x2 + y2 + z2 < 9} . 128 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH V trojrozmernom priestore množine D zodpovedá vnútrajšok gule so stredom v počiatku a polo- merom 9 = 3. Vrstvová plocha prislúchajúca konštante c = ln 5 má rovnicu k(x, y, z) = c, teda ln (9 - x2 - y2 - z2) = ln 5, odkiaľ po úprave máme 9 - x2 - y2 - z2 = 5 a napokon x2 + y2 + z2 = 4, čo je sféra (guľová plocha) so stredom v počiatku a polomerom 2. Na ukážku uvádzame časti grafov (t.j. plôch) určených rovnicou z = f(x, y) pre niektoré funkcie f (pozri obrázky 4.4 až 4.9); na generovanie obrázkov bol použitý program Mathematica. Obr. 4.4: z = 4x2 + y2 Obr. 4.5: z = xy 4.1.2 Limita funkcie dvoch a viac premenných Pojem limity funkcie dvoch premenných je omnoho komplikovanejší v porovnaní s pojmom limity funkcie jednej premennej. Intuitívne, ak hodnoty funkcie f(x, y) ležia " dostatočne blízko" čísla L pre všetky body (x, y) " blízke" ale nie rovné bodu (x0, y0), tak hovoríme, že L je limitou funkcie f v bode (x0, y0). Pre matematicky presnú definíciu potrebujeme zaviesť dva pojmy. Pripomeňme najprv, že pri funkciách jednej premennej sme pod (jednorozmerným) okolím bodu b (pričom b je buď reálne číslo alebo jeden zo symbolov +, -) rozumeli ľubovoľný otvorený interval obsahujúci b, resp. ľubovoľný interval tvaru (a, +) alebo (-, a) ak b = . V dvojrozmernom prípade, ak hovoríme o bode 4.1. FUNKCIE DVOCH A VIAC PREMENNÝCH 129 Obr. 4.6: z = e-(x2+y2) Obr. 4.7: z = cos( x2 + y2) Obr. 4.8: z = e-(x2+y2) cos( x2 + y2) 130 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH Obr. 4.9: z = e-y sin x (x0, y0), máme vždy na mysli, že obe súradnice x0 a y0 sú reálne čísla. A teraz k ohláseným novým pojmom: Pre ľubovoľné číslo > 0 pod -okolím bodu (x0, y0) rozumieme množinu O(x0, y0) = {(x, y); (x - x0)2 + (y - y0)2 < 2 } . Inak povedané, -okolie O(x0, y0) je vnútrajšok kruhu so stredom v bode (x0, y0) a polomerom . Ďalej, bod (x0, y0) nazveme hromadným bodom nejakej množiny M, ak každé -okolie bodu (x0, y0) obsahuje aspoň jeden bod množiny M rôzny od (x0, y0). Definícia limity funkcie dvoch premenných. Nech D je obor definície funkcie f(x, y) a nech bod (x0, y0) je hromadným bodom množiny D. Hovoríme, že funkcia f(x, y) má v bode (x0, y0) limitu rovnú bodu L, čo symbolicky zapisujeme v tvare lim (x,y)(x0,y0) f(x, y) = L , ak ku každému (jednorozmernému) okoliu O(L) bodu L existuje nejaké -okolie O(x0, y0) bodu (x0, y0) tak, že pre každý bod (x, y) O(x0, y0) D rôzny od (x0, y0) platí, že f(x, y) O(L). Definícia pojmu spojitosti. Nech f(x, y) je funkcia dvoch premenných s oborom definície D a nech bod (x0, y0) D je hromadným bodom množiny D. Hovoríme, že funkcia f(x, y) je spojitá v bode (x0, y0), ak lim (x,y)(x0,y0) f(x, y) = f(x0, y0) , t.j. ak limitu možno vypočítať jednoduchým dosadením. Ak f(x, y) je spojitá v každom bode nejakej podmnožiny M D, tak hovoríme, že funkcia f(x, y) je spojitá na množine M. Pri výpočte limít funkcií dvoch premenných používame pravidlá, ktoré už poznáme z jednorozmerného prípadu. Ak lim (x,y)(x0,y0) f(x, y) = L1 a lim (x,y)(x0,y0) g(x, y) = L2 , 4.1. FUNKCIE DVOCH A VIAC PREMENNÝCH 131 tak (za predpokladu, že výrazy na pravých stranách sú prípustné) platí: lim (x,y)(x0,y0) c.f(x, y) = c.L1 , lim (x,y)(x0,y0) (f(x, y) g(x, y)) = L1 L2 , lim (x,y)(x0,y0) f(x, y).g(x, y) = L1.L2 , lim (x,y)(x0,y0) f(x, y) g(x, y) = L1 L2 . Často je pri výpočtoch potrebné používať algebraické triky, s ktorými ste sa už stretli pri funkciách jednej premennej. Vo finálnej fáze výpočtu sa obvykle opierame o nasledujúce princíp (taktiež známy z jednorozmerného prípadu): Každá elementárna funkcia dvoch premenných (t.j. funkcia vytvorená z konečného počtu polynómov, goniometrických, exponenciálnych funkcií a k nim inverzných funkcií použitím algebraických operácií a operácie skladania funkcií) je automaticky spojitá v každom hromadnom bode svojho definičného oboru. Príklad 1. Vypočítajme hodnotu limity lim (x,y)(4,-1) 2x - y - 9 2x - y - 3 . Riešenie: Hoci funkcia za znakom limity nie je v bode (4, -1) definovaná, tento bod je hromadným bodom jej definičného oboru (prečo?). Pri výpočte si pomôžeme rozšírením čitateľa aj menovateľa výrazom ( 2x - y + 3), a po úprave napokon dostaneme limitu z elementárnej funkcie, ktorú podľa vyššie uvedeného princípu vypočítame jednoducho dosadením: lim (x,y)(4,-1) 2x - y - 9 2x - y - 3 = lim (x,y)(4,-1) (2x - y - 9)( 2x - y + 3) ( 2x - y - 3)( 2x - y + 3) = = lim (x,y)(4,-1) (2x - y - 9)( 2x - y + 3) 2x - y - 9 = lim (x,y)(4,-1) ( 2x - y + 3) = 6 . Komplikovanosť pojmu limity funkcie dvoch premenných tkvie aj v tom, že k bodu (x0, y0) je možné " približovať sa" bodmi (x, y) po rôznych krivkách (na rozdiel od jednorozmerných limít, kde sme sa k danému bodu mohli blížiť len zľava alebo sprava). Toto pozorovanie sa v kombinácii s definíciou limity často využíva na dôkaz neexistencie limity funkcie f(x, y) v bode (x0, y0). Postačujúca podmienka neexistencie limity. Ak sa nám podarí nájsť dve krivky y = r(x) a y = s(x) tak, že limxx0 r(x) = limxx0 s(x) = y0 (t.j. obe krivky sa " blížia" k bodu (x0, y0)), a pritom hodnoty jednorozmerných limít limxx0 f(x, r(x)) a limxx0 f(x, s(x)) nie sú totožné (čiže funkčné hodnoty f(x, y) sa pozdĺž kriviek y = r(x) a y = s(x) " blížia" k rôznym bodom), tak potom funkcia f(x, y) nemá v bode (x0, y0) limitu. Príklad 2. Ukážme, že neexistuje limita lim (x,y)(0,0) arctan y x . 132 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH Riešenie: Pokúsme sa " realizovať približovanie" ku bodu (0, 0) po dvoch polpriamkach y = k1x a y = k2x, kde k1 = k2 a x > 0. Ak x 0 po prvej polpriamke, tak dosadením y = k1x do pôvodnej limity dostaneme: lim x0 arctan k1x x = lim x0 arctan k1 = arctan k1 . Podobne pre " pohyb" po druhej polpriamke y = k2x k bodu (0, 0) máme: lim x0 arctan k2x x = lim x0 arctan k2 = arctan k2 . Keďže arctan je funkcia rastúca a teda prostá, pre k1 = k2 je arctan k1 = arctan k2. Našli sme teda dve krivky (v našom prípade polpriamky), pozdĺž ktorých sa hodnoty funkcie arctan y x " blížia" k rôznym číslam, a preto daná limita neexistuje. Príklad 3. Presvedčme sa, že neexistuje limita lim (x,y)(0,0) x4 x4 + y2 . Riešenie: Vzhľadom na tvar našej funkcie tentoraz za krivky " približovania sa" k bodu (0, 0) zvolíme dve paraboly, y = k1x2 a y = k2x2, pričom, povedzme, k1 > k2 > 0. Ak sa teraz bod (x, y) " blíži" k (0, 0) po prvej parabole, dostávame z pôvodnej limity dosadením y = k1x2 a úpravou hodnotu lim x0 x4 x4 + (k1x2)2 = lim x0 1 1 + k2 1 = 1 1 + k2 1 . Analogicky, výpočet pre druhú parabolu dáva: lim x0 x4 x4 + (k2x2)2 = lim x0 1 1 + k2 2 = 1 1 + k2 2 . Keďže sme získali dve rôzne hodnoty limít pozdĺž dvoch rôznych kriviek, pôvodná limita neexistuje. Pojem limity a spojitosti funkcií troch a viac premenných je možné zaviesť obdobne, a pravidlá zaobchádzania s limitami sú analogické pravidlám pre funkcie dvoch premenných. 4.2 Parciálne derivácie a diferencovateľnosť 4.2.1 Parciálne derivácie Nech z = f(x, y) je funkcia dvoch premenných s oborom definície D a nech (x0, y0) D. Predstavme si, že graf tejto funkcie máme znázornený ako plochu v trojrozmernom priestore s pravouhlými súradnicovými osami x, y, z. Potom vertikálna rovina y = y0 rovnobežná so súradnicovou rovinou xz pretína našu plochu z = f(x, y) v krivke s rovnicou z = f(x, y0). Táto krivka je vlastne grafom funkcie jednej premennej z = f(x, y0) v rovine y = y0. Túto funkciu môžme jednoducho zderivovať podľa x a tak vypočítať napr. smernicu dotyčnice ku krivke z = f(x, y0), ktorá leží v rovine y = y0. Takto vypočítaná derivácia sa nazýva parciálna (čiže " čiastočná") podľa premennej x, pretože za y sa najprv dosadí konštanta y0 a až potom sa počíta (obyčajná) derivácia funkcie jednej premennej podľa x. Formálne: Definícia parciálnej derivácie. Pod parciálnou deriváciou funkcie z = f(x, y) v bode (x0, y0) vzhľadom na premennú x rozumieme obyčajnú deriváciu funkcie jednej premennej f(x, y0) podľa x 4.2. PARCIÁLNE DERIVÁCIE A DIFERENCOVATEĽNOSŤ 133 (za predpokladu, že existuje). Pre túto parciálnu deriváciu sa používa ktorékoľvek z nasledujúcich označení: f x (x0, y0), z x (x0, y0), fx(x0, y0), zx(x0, y0). Podľa uvedenej definície teda platí: f x (x0, y0) = z x (x0, y0) = fx(x0, y0) = zx(x0, y0) = f (x, y0) , pričom derivácia vpravo je obyčajná derivácia funkcie jednej premennej f(x, y0) podľa x. Parciálna derivácia funkcie z = f(x, y) v bode (x0, y0) podľa premennej y sa definuje analogicky, spolu s označním zy(x0, y0), fy(x0, y0), atď. Príklad 1. Vypočítajme parciálne derivácie funkcie z = 1 + sin x x + cos y podľa oboch premenných v bode (0, ). Riešenie: Pre výpočet parciálnej derivácie zx(0, ) najprv dosadíme y = y0 = a potom používame známe pravidlá pre derivovanie funkcie jednej premennej (najprv pravidlo o derivovaní podielu, atď.) pre výpočet derivácie v bode x0 = 0: zx(0, ) = d dx 1 + sin x x + cos x=0 = d dx 1 + sin x x - 1 x=0 = (x - 1) cos x - 1 - sin x (x - 1)2 x=0 = -2 . Podobne, pri výpočte parciálnej derivácie zy(0, ) podľa premennej y najprv za x dosadíme x0 = 0 a potom počítame známym spôsobom obyčajnú deriváciu podľa y v bode y0 = : zy(0, ) = d dy 1 + sin 0 0 + cos y y= = d dy 1 cos y y= = sin y cos2 y y= = 0 . Často sa stáva, že nás ani tak nezaujíma hodnota parciálnej derivácie v konkrétnom bode, ale v ľubovoľnom bode (pokiaľ existuje). Priradenia (x0, y0) fx(x0, y0) a (x0, y0) fy(x0, y0) potom definujú nové funkcie, ktoré nazývame jednoducho parciálnymi deriváciami funkcie f(x, y); pri ich označovaní zvykneme vynechávať indexy a píšeme len fx(x, y) a fy(x, y). Poznamenajme, že definičné obory parciálnych derivácií fx a fy sa nemusia zhodovať s definičným oborom funkcie f. Uvedené definície si čitateľ ľahko modifikuje pre prípad funkcií troch a viacerých premenných. Pravidlo počítania parciálnej derivácie podľa niektorej premennej je jednoduché: Všetky ostatné premenné sa pre účely derivovania považujú za konštanty. Príklad 2. Vypočítajme parciálne derivácie gx, gy a gz funkcie g(x, y, z) = x arcsin ( xy) + ln (y + ez). Riešenie: Pre výpočet gx považujeme y a z za symboly označujúce konštanty a derivujeme podľa x; to napr. znamená, že celý druhý člen ln (y + ez) bude po derivovaní podľa x nulový! Po úprave 134 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH (pozor na derivovanie zložených funkcií!) dostávame: gx = d dx (x arcsin xy + ln (y + ez )) = arcsin xy + x 1 1 - ( xy)2 1 2 xy y + 0 = arcsin xy + 1 2 xy 1 - xy . Podobne pre ďalšie dve parciálne derivácie máme: gy = d dy (x arcsin xy + ln (y + ez )) = = x 1 1 - ( xy)2 1 2 xy x + 1 y + ez (1 + 0) = = x2 2 xy(1 - xy) + 1 y + ez ; gz = d dz (x arcsin xy + ln (y + ez )) = 0 + 1 y + ez (0 + ez ) = ez y + ez . 4.2.2 Linearizácia, dotyková rovina a diferenciál V praxi (najmä v geometrických a numerických aproximáciách) veľmi dôležitú úlohu zohráva lokálne nahradzovanie funkcií lineárnymi funkciami. To vedie k zavedeniu nasledujúcich dôležitých pojmov. Definícia linearizácie. Nech funkcia f(x, y) má parciálne derivácie podľa oboch premenných spojité v bode (x0, y0). Pod linearizáciou funkcie f v bode (x0, y0) rozumieme funkciu L(x, y) danú predpisom L(x, y) = f(x0, y0) + fx(x0, y0)(x - x0) + fy(x0, y0)(y - y0) (4.1) Približnú rovnosť f(x, y) ˙= L(x, y) (4.2) nazývame štandardnou lineárnou aproximáciou funkcie f v okolí bodu (x0, y0). Je dôležité uvedomiť si, že L(x, y) je naozaj lineárna funkcia. Aproximácia f(x, y) ˙=L(x, y) v okolí bodu (x0, y0) teda hovorí, že aj komplikované funkcie možno lokálne nahradzovať lineárnymi funkciami. Otázkou presnosti takejto aproximácie sa budeme zaoberať na inom mieste. Príklad 1. Nájdite linearizáciu funkcie f(x, y) = e-(x2+y2) v bode (1 2 , -1 2 ), ako aj jej štandardnú lineárnu aproximáciu v tomto bode. Riešenie: Vypočítame najprv parciálne derivácie v bode (x0, y0) = (1 2 , -1 2 ): fx(x0, y0) = d dx e-(x2+y2) (x0,y0) = (e-(x2+y2) (-2x))(x0,y0) = - 1 e , fy(x0, y0) = d dy e-(x2+y2) (x0,y0) = (e-(x2+y2) (-2y))(x0,y0) = + 1 e . 4.2. PARCIÁLNE DERIVÁCIE A DIFERENCOVATEĽNOSŤ 135 Keďže f(x0, y0) = 1/ e, dosadením do vzťahu (4.1) pre linearizáciu našej funkcie v okolí bodu (x0, y0) dostávame: L(x, y) = 1 e + - 1 e x - 1 2 + 1 e y - - 1 2 , a po úprave, L(x, y) = 1 e (2 - x + y) . Pre štandardnú lineárnu aproximáciu f(x, y) ˙=L(x, y) v uvedenom bode napokon máme: e-(x2+y2) ˙= 1 e (2 - x + y) . Vidíme, že pôvodná funkcia je v okolí bodu (1/2, -1/2) naozaj nahradená lineárnou funkciou. Dotyková rovina ku grafu funkcie. Geometrická interpretácia pojmu štandardnej lineárnej aproximácie funkcie f(x, y) v bode (x0, y0) je jednoduchá: Funkcia z = L(x, y), teda, z = f(x0, y0) + fx(x0, y0)(x - x0) + fy(x0, y0)(y - y0) , (4.3) predstavuje rovnicu dotykovej roviny k ploche z = f(x, y) v bode (x0, y0). Štandardná lineárna aproximácia je teda z geometrického hľadiska nahradením plochy z = f(x, y) dotykovou rovinou v bode (x0, y0). Príklad 2. Napíšme rovnicu dotykovej roviny ku ploche danej rovnicou z = f(x, y) = 19-x2-4y2 v bode (1, 2). Riešenie: Na dosadenie do formulky (4.3) potrebujeme vypočítať hodnoty f(x0, y0), fx(x0, y0) a fy(x0, y0) pre bod (x0, y0) = (1, 2). Postupne dostávame: f(1, 2) = 2, fx(1, 2) = (-2x)(1,2) = -2, a fy(1, 2) = (-8y)(1,2) = -16. Dosadením do (4.3) vidíme, že hľadaná rovnica dotykovej roviny je z = 2 - 2(x - 1) - 16(y - 2), čo po úprave dáva 2x + 16y + z - 36 = 0. Definícia totálneho diferenciálu. Predpokladajme, že f(x, y) má parciálne derivácie podľa oboch premenných spojité v bode B = (x0, y0). Výraz df(x, y)B = fx(x0, y0)(x - x0) + fy(x0, y0)(y - y0) (4.4) nazývame totálnym diferenciálom funkcie f v bode B = (x0, y0). Linearizácia a totálny diferenciál sú teda viazané rovnosťou L(x, y) = f(B)+df(x, y)B. Ak prijmeme označenie dx = x-x0 a dy = y -y0, vzťah (4.4) nadobudne často uvádzaný tvar df(x, y)B = fx(x0, y0)dx + fy(x0, y0)dy = fx(B)dx + fy(B)dy . (4.5) Kombináciou štandardnej lineárnej aproximácie (4.2) a totálneho diferenciálu (4.5) dostávame v okolí bodu (x0, y0) približné rovnosti f(x, y) ˙= f(x0, y0) + df(x, y)B , alebo f(x, y) - f(x0, y0) ˙= df(x, y)B . Totálny diferenciál preto reprezentuje približnú veľkosť zmeny hodnoty funkcie f v bode (x, y) v porovnaní s hodnotou v bode (x0, y0). Približné odhady takýchto zmien majú v praxi veľký význam. Príklad 3. Akú približnú percentuálnu zmenu objemu valca možno očakávať, ak sa polomer zväčší o 2 percentá a výška o 1 percento? 136 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH Riešenie: Objem valca je daný vzorčekom V = V (r, h) = r2h, kde r je polomer a h je výška valca. Už vieme, že veľkosť zmeny hodnôt funkcie V v nejakom bode (r, h) v porovnaní s hodnotou v bode B = (r0, h0) možno približne odhadnúť jej totálnym diferenciálom dV . Ten je daný vzťahom (4.5) a v našom označení má tvar: dV (r, h)B = Vr(r0, h0)dr + Vh(r0, h0)dh , (4.6) pričom dr = r-r0 a dh = h-h0. Ďalej vieme, že nová hodnota r sa od pôvodnej hodnoty r0 líši o plus 2 percentá, teda r = 1, 02r0, čiže dr = 0, 02r0. Podobne dostávame, že dh = 0, 01h0. Pre dosadenie do (4.6) treba ešte vypočítať hodnoty parciálnych derivácií Vr(r0, h0) a Vh(r0, h0). Známym spôsobom dostávame: Vr(r0, h0) = 2r0h0, a Vh(r0, h0) = r2 0. Dosadením získaných rovností do (4.6) máme: dV (r, h)B = 2r0h00,02r0 + r2 00,01h0 = 0,05r2 0h0 = 0,05V (r0, h0) . Keďže dV (r, h)B ˙= V (r, h) - V (r0, h0), vidíme, že uvedené zmeny v polomere a výške valca vyvolajú zmenu objemu o približne 5 percent. Linearizácia a totálny diferenciál funkcií troch a viac premenných sa definujú analogicky; podrobnosti prenechávame na samostatnú iniciatívu čitateľa. 4.2.3 Vyššie derivácie a reťazové pravidlá Podobne ako pri funkciách jednej premennej, aj parciálne derivácie je možné iterovať, a to rôznym spôsobom. Tak napríklad je možné počítať (ak existujú) parciálne derivácie (podľa x alebo y) z parciálnej derivácie funkcie f(x, y) podľa x (alebo y), čiže parciálne derivácie typu x f x , x f y , y f x , y f y ; tieto obvykle zapisujeme v skrátenej forme v tvare 2f x2 = fxx , 2f xy = fxy , 2f yx = fyx , 2f y2 = fyy . Vyššie derivácie funkcií troch a viac premenných sa tvoria a označujú obdobne. Vo všeobecnosti derivovanie môže závisieť na poradí, t.j. existujú funkcie, pre ktoré je fxy = fyx. V týchto skriptách sa však s takýmito " anomálnymi" funkciami nestretneme. Platí totiž nasledujúca veta: Ak je funkcia f(x, y) na nejakej oblasti M spojitá spolu so všetkými štyrmi parciálnymi deriváciami fx, fy, fxy a fyx, tak platí rovnosť fxy = fyx na oblasti M. Príklad 1. Ukážme, že funkcia f(x, y, z) = 1/ x2 + y2 + z2 spĺňa (v praxi dôležitú) tzv. Laplaceovu rovnicu 2f x2 + 2f y2 + 2f z2 = 0 . Riešenie: Priamym výpočtom derivácie fxx dostávame: 2f x2 = x f x = x - 1 2 (x2 + y2 + z2 )-3/2 2x = = -(x2 + y2 + z2 )-3/2 - x - 3 2 (x2 + y2 + z2 )-5/2 2x = 4.2. PARCIÁLNE DERIVÁCIE A DIFERENCOVATEĽNOSŤ 137 = (x2 + y2 + z2 )-5/2 (2x2 - y2 - z2 ) . Keďže funkcia f je symetrická vo svojich premenných, tak máme ihneď: 2f y2 = (x2 + y2 + z2 )-5/2 (2y2 - x2 - z2 ) , 2f z2 = (x2 + y2 + z2 )-5/2 (2z2 - x2 - y2 ) . O splnení Laplaceovej rovnice sa teraz dá presvedčiť jednoduchým dosadením (preveďte!). Pri deriváciách funkcií jednej premennej ste sa zoznámili s pravidlom pre derivovanie zložených funkcií, ktoré sa nazýva aj reťazové pravidlo. Pri parciálnych deriváciách má reťazové pravidlo zložitejšiu formuláciu. Začneme s najjednoduchším prípadom. Reťazové pravidlo, časť 1. Ak z = f(x, y), pričom x = x(t) aj y = y(t) sú funkcie premennej t, tak platí dz dt = f x dx dt + f y dy dt , (4.7) pričom do parciálnych derivácií vo veľkých zátvorkách je potrebné po ich výpočte dosadiť x = x(t) a y = y(t). (Mlčky pritom predpokladáme, že všetky derivácie na pravej strane existujú a sú spojité na istej oblasti.) Príklad 2. Pomocou reťazového pravidla vypočítajte deriváciu funkcie f(x, y) = x2 ln y podľa premennej t, ak x = cos t a y = sin t. Riešenie: Použitím vyššie uvedeného vzorčeka máme pre našu funkciu z = f(x, y): dz dt = f x dx dt + f y dy dt = = (2x ln y)(- sin t) + (x2 /y) cos t (teraz dosadíme x = cos t a y = sin t do výrazov v zátvorkách a upravíme) = -2 cos t sin t ln(sin t) + cos3 t/ sin t . Analogicky, uvedené reťazové pravidlo pre funkciu troch premenných w = f(x, y, z), kde x = x(t), y = y(t) a z = z(t), má tvar dw dt = f x dx dt + f y dy dt + f z dz dt ; vo veľkých zátvorkách treba po výpočte parciálnych derivácií dosadiť x = x(t), y = y(t) a z = z(t); podobné vzorce platia aj pre funkcie viac ako troch premenných. Pri zložených funkciách viac premenných sa môže stať, že premenné x, y, z, ... sú samy osebe funkciami viacerých iných premenných. Napríklad pri funkcii troch premenných w = f(x, y, z) definovanej na nejakej oblasti v trojrozmernom priestore môžu premenné x, y, z byť funkciami ďalších (povedzme) dvoch premenných, čiže x = x(u, v), y = y(u, v) a z = z(u, v), čo by zodpovedalo prípadu, že body (x, y, z) berieme z nejakej plochy v priestore. V takomto prípade má reťazové pravidlo o niečo komplikovanejší tvar: 138 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH Reťazové pravidlo, časť 2. Ak w = f(x, y, z), pričom x = x(u, v), y = y(u, v) a z = z(u, v), tak pre parciálne derivácie wu a wv platí: w u = f x x u + f y y u + f z z u , w v = f x x v + f y y v + f z z v ; pritom opäť po výpočte parciálnych derivácií v v zátvorkách je potrebné všade dosadiť x = x(u, v), y = y(u, v) a z = z(u, v). Napriek komplikovanejšiemu tvaru veríme, že bystrý čitateľ ľahko vnikne do logiky tvorby týchto formuliek a v prípade potreby si vykombinuje korektnú verziu. Príklad 3. Vypočítajme parciálne derivácie funkcie w = f(x, y) = x3y2 podľa premenných u, v, ak x = 3u - 2v a y = uv. Riešenie: Postupujeme podľa vzorčeka v časti 2 reťazového pravidla, kde člen obsahujúci premennú z jednoducho vynecháme, pretože pracujeme len s funkciou dvoch premenných. Tak postupne dostávame: w u = f x x u + f y y u = (3x2 y2 )3 + (2x3 y)v = = 9(3u - 2v)2 (uv)2 + 2uv2 (3u - 2v)3 , w v = f x x v + f y y v = (3x2 y2 )(-2) + (2x3 y)u = = -6(3u - 2v)2 (uv)2 + 2u2 v(3u - 2v)3 . Uvedené reťazové pravidlá majú najmä veľký teoretický význam v theórii parciálnych diferenciálnych rovníc. 4.2.4 Gradient a derivácia v smere Pojmy gradientu a derivácie v smere najprv vysvetlíme na funkciách dvoch premenných. Nech f(x, y) je funkcia dvoch premenných, ktorá je na nejakej oblasti M R2 spojitá spolu so svojimi parciálnymi deriváciami fx a fy. Ako vieme, grafom takejto funkcie je plocha v trojrozmernom priestore, určená rovnicou z = f(x, y). Nech B = (x0, y0) je bod z oblasti M a nech u = (u1, u2) = u1i + u2j je jednotkový vektor (t.j. vektor jednotkovej dĺžky). Priamka v rovine xy určená bodom B a vektorom u má parametrické vyjadrenie v tvare x = x0 + s u1, y = y0 + s u2. (4.8) Touto priamkou teraz preložme rovinu kolmú na súradnicovú rovinu xy. Rovina pretne plochu z = f(x, y) v akejsi krivke C. Rovnicu krivky C v parametrickom tvare (t.j. ako funkciu premennej s) dostaneme jednoducho dosadením vzťahov (4.8) do rovnice plochy, teda krivka C má rovnicu z = f(x0 + su1, y0 + su2). Naším cieľom je výpočet smernice dotyčnice ku krivke C v rovine pre s = 0, t.j. v bode B = (x0, y0). Dá sa ľahko nahliadnuť, že hľadaná smernica dotyčnice nie je nič iné ako derivácia df/ds v bode s = 0. (Zdôvodnite podrobne; ako je pritom využitý fakt, že vektor u je jednotkový ?). Keďže ide 4.2. PARCIÁLNE DERIVÁCIE A DIFERENCOVATEĽNOSŤ 139 o zloženú funkciu (premenné x, y teraz závisia od s), na výpočet derivácie df/ds použijeme časť 1 reťazového pravidla z predchádzajúcej podkapitoly, spolu s deriváciami výrazov (4.8): df ds s=0 = f x B dx ds + f y B dy ds = = f x B u1 + f y B u2 . Výraz vpravo je vlastne skalárnym súčinom vektora u = (u1, u2) = u1i + u2j s vektorom ((f/x)B, (f/y)B) = (f/x)Bi+(f/y)Bj. Tak sa dostávame k nasledujúcim dôležitým faktom. Definícia gradientu a výpočet derivácie v smere. Pod gradientom funkcie f(x, y) rozumieme dvojrozmerný vektor, ktorého súradnice sú parciálne derivácie funkcie f podľa x a y (v tomto poradí). Tento vektor je zvykom označovať symbolom f (čítaj " nabla ef"); gradient funkcie f je teda vektor f = (fx, fy) = fxi + fyj . (4.9) Číslo (df/ds)s=0 nazývame deriváciou funkcie f v bode B = (x0, y0) v smere jednotkového vektora u = (u1, u2); označujeme ju symbolom Duf(B). Podľa výpočtu v predchádzajúcom odstavci je táto derivácia v smere daná skalárnym súčinom gradientu v bode B s vektorom u, čo v rôznych ekvivalentných formách môžme za písať nasledovne: Duf(B) = ( f)Bu = f x B u1 + f y B u2 = fx(B)u1 + fy(B)u2 . V praxi pri funkcii dvoch premenných často potrebujeme stanoviť rýchlosť zmeny funkčných hodnôt v okolí nejakého bodu, a to v smere danom nejakým jednotkovým vektorom. Ako je vidieť, táto rýchlosť zmeny je presne hodnota derivácie v smere daného vektora (v danom bode).2 V tejto súvislosti má významnú geometrickú a fyzikálnu interpretáciu samotný gradient: Hodnota gradientu v bode B je totiž vektor vyjadrujúci smer najstrmšieho rastu funkcie f z bodu B. Príklad 1. Vypočítajte vektor, v smere ktorého funkcia f(x, y) = 4x2 + y2 rastie najstrmšie v okolí bodu (-1, 2). Riešenie: Smer najstrmšieho rastu je daný hodnotou gradientu f v bode (-1, 2), čiže vektorom f(-1,2) = (fx, fy)(-1,2) = (8x, 2y)(-1,2) = (-8, 4) = -8i + 4j . Funkcia f teda v okolí bodu (-1, 2) najviac rastie v smere vektora -8i + 4j, čo je to isté ako v smere vektora -2i + j. Príklad 2. Vypočítajte deriváciu funkcie g(x, y) = x(1 + y2) - 2ey cos x v bode (, 0) v smere vektora v = 4i - 3j. Riešenie: Predovšetkým z vektora v musíme vytvorť príslušný jednotkový vektor u, a to tak, že súradnice vektora v vynásobíme prevrátenou hodnotou jeho dĺžky. Keďže dĺžka vektora v je |v| = 42 + (-3)2 = 5, príslušný jednotkový vektor je u = 1 |v| v = 4 5 i - 3 5 j. Ďalej si potrebujeme vypočítať hodnotu gradientu funkcie g v bode B = (, 0): gB = g x B i + g y B j = (1 + y2 + 2ey sin x)Bi + (2xy - 2ey cos x)Bj = i + 2j . 2 Všimnite si, že derivácie funkcie v smere jednotkových vektorov [1, 0] a [0, 1] sú práve parciálne derivácie tejto funkcie podľa x resp. y. 140 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH Podľa vzorca pre výpočet derivácie v smere napokon máme: Dug(, 0) = gB u = (i + 2j) ( 4 5 i - 3 5 j) = 1 4 5 + 2 (- 3 5 ) = - 2 5 . Gradient, vrstevnice a ich dotyčnice. Ďalšia dôležitá geometrická vlastnosť gradientu súvisí s vrstevnicami, t.j. krivkami v rovine xy, ktoré sú dané rovnicami typu f(x, y) = c: Ak bod B = (x0, y0) je bodom vrstevnice f(x, y) = c, tak gradient fB je normálový vektor k danej vrstevnici v bode B, t.j. vektor kolmý na dotyčnicu k danej vrstevnici v bode B. Z toho ihneď vyplýva, že rovnica dotyčnice (v rovine xy) ku vrstevnici f(x, y) = c v bode B = (x0, y0) je daná skalárnym súčinom gradientu a vektora (x - x0, y - y0), teda fB (x - x0, y - y0) = 0 ; alebo v rozpísanej forme, fx(B)(x - x0) + fy(B)(y - y0) = 0 . (4.10) Príklad 3. Vypočítajte rovnicu dotyčnice ku hyperbole 9y2 - 2x2 = 1 v bode (2, -1). Riešenie: Danú hyperbolu budeme považovať za vrstevnicu funkcie f(x, y) = 9y2 -2x2 zodpovedajúcu výške c = 1. Pre hodnoty parciálnych derivácií v bode B = (2, -1) máme fx(B) = (-4x)B = -8, a fy(B) = (18y)B = -18. Podľa vzťahu (4.10) pre hľadanú rovnicu dotyčnice dostávame: -8(x - 2) - 18(y - (-1)) = 0 , teda 4x + 9y + 1 = 0 . Všimnite si, že hodnota c = 1 pri samotnom počítaní nehrala žiadnu rolu. Napriek tomu, získaný výsledok nie je správny pre c = 1; vysvetlite! Funkcie troch premenných. Uvedené fakty o gradiente a derivácii v smere sa ľahko zovšeobecnia pre funkcie troch (a aj viac) premenných. Ak f = f(x, y, z) je funkcia troch premenných so spojitými parciálnymi deriváciami na nejakej trojrozmernej oblasti M, tak pod gradientom funkcie f na tejto oblasti rozumieme vektor f = (fx, fy, fz) = fxi + fyj + fzk . (4.11) Ak u = (u1, u2, u3) = u1i + u2j + u3k je jednotkový vektor, tak derivácia funkcie f v bode B M v smere vektora u je číslo označované Duf(B) a dané skalárnym súčinom Duf(B) = fB u = fx(B)u1 + fy(B)u2 + fz(B)u3 . (4.12) Podobným spôsobom sa dajú zovšeobecniť aj geometrické fakty súvisiace s gradientom, len je všetky pojmy potrebné transformovať o jednu dimenziu vyššie: Ak bod B = (x0, y0, z0) je bodom vrstvovej plochy f(x, y, z) = c, tak gradient fB je normálový vektor k danej vrstvovej ploche v bode B, t.j. vektor kolmý na dotykovú rovinu k danej vrstvovej ploche v bode B. Odtiaľ vyplýva, že rovnica dotykovej roviny ku vrstvovej ploche f(x, y, z) = c v bode B = (x0, y0, z0) je daná skalárnym súčinom gradientu a vektora (x - x0, y - y0, z - z0), teda fB (x - x0, y - y0, z - z0) = 0 ; čo v rozpísanej forme dáva rovnicu fx(B)(x - x0) + fy(B)(y - y0) + fz(B)(z - z0) = 0 . (4.13) 4.3. EXTRÉMY FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH 141 Príklad 4. Vypočítajme hodnotu derivácie funkcie h(x, y, z) = z - x2 - y2 v bode B = (-2, 1, 9) v smere vektora v = 2i - j + 2k. Riešenie: Najprv vytvoríme jednotkový vektor u prislúchajúci k vektoru v; pretože |v| = 22 + (-1)2 + 22 = 3, tak u = 2 3 i - 1 3 j + 2 3 k. Vektor gradientu v bode B nájdeme pomocou vzorca (4.11) a dosadenia súradníc bodu B: hB = hx(B)i + hy(B)j + hz(B)k = 4i - 2j + k . Po dosadení do (4.12) dostávame pre hľadanú hodnotu derivácie v smere výsledok Duh(B) = hB u = 4 2 3 + 2 1 3 + 2 3 = 4 . Príklad 5. Nájdite rovnicu dotykovej roviny ku ploche jednodielneho hyperboloidu x2+2y2-z2 = -1 v bode B = (1, -1, 2). Riešenie: Danú plochu považujeme za vrstvovú plochu funkcie f(x, y, z) = x2 + 2y2 - z2 pre hodnotu c = -1; dotyková rovina je potom určená vzorčekom (4.13). Pre súradnice gradientu (čiže normálového vektora) máme: fx(B) = (2x)B = 2, fy(B) = (4y)B = -4, a fz(B) = (-2z)B = -4. Dosadením do (4.13) dostaneme hľadanú rovnicu dotykovej roviny: 2(x - 1) - 4(y - (-1)) - 4(z - 2) = 0, alebo x - 2y - 2z + 1 = 0 . Poznámka. Na určenie dotykovej roviny máme zatiaľ dva prostriedky: Práve uvedenú gradientovú metódu vedúcu k formulke (4.13), a metódu linearizácie z podkapitoly 4.2.2, čiže vzorček (4.3). Odporúčame čitateľovi, aby si touto druhou metódou overil výsledok získaný v predchádzajúcom príklade. 4.3 Extrémy funkcií viac premenných 4.3.1 Lokálne extrémy Pri štúdiu extrémov funkcie jednej premennej sme definovali pojmy ako rastúcosť a klesajúcosť, konvexnosť a konkávnosť, atď. Väčšina z týchto pojmov nebude aktuálna pre vyšetrovanie funkcií viac premenných. Napríklad, funkcia z = x2 - y2 v okolí bodu (0, 0) rastie pozdĺž kladnej časti osi x (pre y = 0), a pritom zároveň klesá pozdĺž kladnej časti osi y (pre x = 0). Preto v ďalšom vystačíme s pojmami lokálneho maxima a minima, ktoré vysvetlíme najprv v prípade funkcií dvoch premenných. Definícia lokálnych extrémov. Nech f = f(x, y) je funkcia dvoch premenných s definičným oborom D. Hovoríme, že funkcia f má v bode (x0, y0) D lokálne maximum [lokálne minimum], ak existuje také -okolie O(x0, y0) bodu (x0, y0), že f(x, y) f(x0, y0) [respektíve, f(x, y) f(x0, y0)] pre každý bod (x, y) O(x0, y0) D. Lokálne minimá a maximá nazývame súhrnne lokálnymi extrémami funkcie f. V ďalšom budeme predpokladať, že funkcia f = f(x, y) má na nejakej oblasti M spojité parciálne derivácie. Potom v každom bode (x0, y0) M ku ploche z = f(x, y) existuje jednoznačne určená dotyková rovina, ktorá má podľa (4.3) rovnicu z = f(x0, y0) + fx(x0, y0)(x - x0) + fy(x0, y0)(y - y0) . 142 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH Intuitívne, ak funkcia f má v bode (x0, y0) lokálny extrém, tak dotyková rovina v tomto bode bude rovnobežná so súradnicovou rovinou xy, a teda koeficienty fx(x0, y0) a fy(x0, y0) v predchádzajúcej rovnici musia byť rovné nule. To vedie k nasledujúcej definícii. Definícia stacionárneho bodu. Nech funkcia f = f(x, y) má parciálne derivácie na oblasti M. Bod (x0, y0) M nazývame stacionárnym bodom funkcie f, ak platí: fx(x0, y0) = fy(x0, y0) = 0 . Stacionárne body sú teda " kandidátmi"na existenciu lokálneho extrému. Vo všeobecnosti nie je pravda, že v stacionárnom bode je vždy nejaký lokálny extrém. Napríklad pre funkciu f(x, y) = x2 -y2 je bod (0, 0) stacionárnym bodom, ale z faktov uvedených v prvom odstavci tejto časti vidieť, že táto funkcia nemá v bode (0, 0) lokálny extrém. Vzniknutú situáciu zachytáva naša ďalšia definícia. Definícia sedlového bodu. Nech D je definičný obor funkcie f = f(x, y). Bod (x0, y0) D nazývame sedlovým bodom funkcie f, ak v každom -okolí O(x0, y0) existujú body (x, y) D a (x, y) D rôzne od (x0, y0) také, že f(x, y) > f(x0, y0) a f(x, y) < f(x0, y0) . Na identifikáciu situácie v stacionárnych bodoch používame nasledujúcu matematickú metódu takzvaného D-testu. Ide o nie zložitý algoritmus, ktorý je však na tomto mieste ťažké motivovať a nahliadnuť jednoduchým spôsobom. D-test pre lokálne extrémy funkcie 2 premenných. Nech bod B = (x0, y0) je stacionárnym bodom funkcie f = f(x, y) a nech f má v nejakom okolí bodu B spojité druhé parciálne derivácie fxx, fyy a fxy. Nech D = fxx(B) fyy(B) - (fxy(B))2 . (4.14) Potom platí: (1) Ak D > 0 a fxx(B) < 0, tak funkcia f má v bode B lokálne maximum. (2) Ak D > 0 a fxx(B) > 0, tak funkcia f má v bode B lokálne minimum. (3) Ak D < 0, tak B je sedlovým bodom funkcie f. (4) Ak D = 0, tak touto metódou nevieme rozhodnúť, ako sa funkcia f správa v stacionárnom bode B. Príklad 1. Nájdite lokálne extrémy funkcie f(x, y) = x2 + y3 - 6xy. Riešenie: Daná funkcia je definovaná v každom bode roviny R2 a má tam aj spojité parciálne derivácie (ľubovoľného rádu). Určíme najprv stacionárne body. Pre parciálne derivácie prvého rádu dostávame: fx = 2x - 6y ; fy = 3y2 - 6x . Stacionárne body sú určené rovnicami fx = fy = 0, teda: 2x - 6y = 0 , 3y2 - 6x = 0 . Z prvej rovnice máme x = 3y, čo po dosadení do druhej rovnice a úprave dáva y(y - 6) = 0. Máme teda dve riešenia: y1 = 0 a y2 = 6, čomu zodpovedá x1 = 0 a x2 = 18. Tak sme získali dva stacionárne body: B1 = (0, 0) a B2 = (18, 6). Pre každý z týchto dvoch stacionárnych bodov by sme teraz mali vypočítať hodnotu výrazu D z (4.14). Urobíme to v obrátenom poradí: Najprv vypočítame výraz D vo všeobecnosti a potom doň 4.3. EXTRÉMY FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH 143 za x a y dosadíme súradnice stacionárnych bodov. Keďže D = fxxfyy - f2 xy, začneme s parciálnymi deriváciami druhého rádu: fxx = 2 , fyy = 6y , fxy = -6 . Pre náš výraz D vychádza: D = fxxfyy - f2 xy = 2 6y - (-6)2 = 12(y - 3) . A teraz pristúpime k aplikácii D-testu na jednotlivé stacionárne body. Bod B1 = (0, 0): Hodnota premennej D v bode (0, 0) je D = 12 (-3), a teda D < 0. Z časti (3) formulácie D-testu vidieť, že B1 je sedlovým bodom našej funkcie. Bod B2 = (18, 6): Hodnota výrazu pre D v bode B2 je D = 12.(6 - 3), čiže tentoraz D > 0. Z D-testu ihneď vyplýva, že naša funkcia určite má v bode B2 lokálny extrém. O tom, či ide o maximum alebo minimum, rozhodne znamienko hodnoty derivácie fxx v bode B2. Keďže fxx = 2, a teda fxx > 0, nadobúda funkcia f v bode B2 lokálne minimum. Hodnota tohoto lokálneho minima je f(B2) = f(18, 6) = 182 + 63 - 6 18 6 = -108. Definíciu lokálnych extrémov si čitateľ ľahko modifikuje pre prípad funkcií viac premenných. Podobne je to aj s definíciou stacionárneho bodu: Napríklad ak máme funkciu troch premenných f = f(x, y, z) definovanú na nejakej oblasti M, kde f má parciálne derivácie prvého rádu, tak stacionárny bod je taký bod (x0, y0, z0) M, v ktorom všetky parciálne derivácie prvého rádu sú nulové, teda: fx(x0, y0, z0) = 0 , fy(x0, y0, z0) = 0 , fz(x0, y0, z0) = 0 . Aj v tomto prípade platí, že ak funkcia f má v bode (x0, y0, z0) extrém, tak bod (x0, y0, z0) je stacionárnym bodom; opačná implikácia neplatí. Zovšeobecnenie D-testu pre funkcie 3 a viac premenných je však pomerne komplikované a nebudeme ho tu uvádzať. 4.3.2 Viazané extrémy Pri praktických aplikáciách často potrebujeme stanoviť maximálnu a minimálnu hodnotu nejakej funkcie nie na celom jej definičnom obore, ale len na nejakej jeho časti (napr. na nejakej rovinnej krivke alebo na priestorovej ploche). Najjednoduchším predstaviteľom problémov uvedeného typu je nasledujúca úloha: Úloha o viazaných extrémoch v rovine je nájsť najmenšiu a najväčšiu hodnotu funkcie z = f(x, y) pre tie body (x, y), ktoré ležia na krivke určenej rovnicou g(x, y) = 0. (Stručne povedané, hľadáme extrémy funkcie f(x, y) na krivke g(x, y) = 0, alebo s väzbou g(x, y) = 0.) Ak rovnica g(x, y) = 0 je rozumne jednoduchá, tak z nej možno vypočítať jednu z premenných x, y, dosadiť výsledok do funkcie f a tým previesť problém na výpočet extrému funkcie jednej premennej. Toto však nie je vždy možné, alebo to nemusí byť výhodné. Preto si v ďalšom vysvetlíme inú, univerzálnejšiu metódu založenú na jednoduchej geometrickej úvahe. Predstavme si, že v rovine máme nakreslenú krivku určenú rovnicou g(x, y) = 0, a že v bodoch tejto krivky hľadáme napr. najmenšiu hodnotu funkcie z = f(x, y), t.j. najmenšiu " výšku" plochy z = f(x, y) nad krivkou g(x, y) = 0. Predstierajme na chvíľu, že túto najmenšiu hodnotu (výšku) poznáme; nech je to c0. Teda, pre c < c0 na krivke g(x, y) = 0 neexistujú žiadne body, pre ktoré by platilo f(x, y) = c. Spomeňme si, že krivky s rovnicou f(x, y) = c sme nazvali vrstevnicami. Predchádzajúci fakt preložený do reči geometrie teda znamená, že pre c < c0 sa vrstevnice f(x, y) = c nepretínajú s krivkou g(x, y) = 0. Navyše, ak sa c " blíži"ku c0 zľava, tak sa príslušné vrstevnice f(x, y) = c " približujú"v rovine xy ku krivke g(x, y) = 0. Hodnota c0 je potom najmenšou hodnotou 144 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH parametra c, pre ktorú " pohybujúce sa"vrstevnice " dosiahnu"krivku g(x, y) = 0, a to v nejakom bode B = (x0, y0). Intuitívne sa dá nahliadnuť (a aj exaktne dokázať), že v bode B dôjde k dotyku vrstevnice f(x, y) = c0 s krivkou g(x, y) = 0. To znamená, že v bode B majú krivky f(x, y) = c0 a g(x, y) = 0 spoločnú dotyčnicu, a teda aj rovnobežné normálové vektory. Ako vieme z podkapitoly 4.2.4, normálový vektor k vrstevnici f(x, y) = c0 v bode B je práve vektor gradientu v danom bode, čiže fB. Podobne, normálový vektor v tom istom bode ku krivke g(x, y) = 0 je gB. Keďže sme zistili, že tieto vektory musia byť rovnobežné, musia byť jeden násobkom druhého, t.j. existuje nejaké číslo také, že fB = gB. Podobné závery platia aj pre určovanie najväčšej hodnoty funkcie z = f(x, y) na krivke g(x, y) = 0. Uvedená metóda lokalizovania extrémov sa nazýva Lagrangeova metóda hľadania viazaných extrémov; uvedieme jej zhrnutie. Lagrangeova metóda. Nech funkcie f(x, y) a g(x, y) majú spojité parciálne derivácie na nejakej oblasti v rovine. Nech na krivke g(x, y) = 0 funkcia z = f(x, y) nadobúda svoju najmenšiu, resp. najväčšiu hodnotu v bode (x0, y0). Potom súradnice (x0, y0) spolu s nejakým číslom spĺňajú nasledujúcu sústavu rovníc: f = g a g(x, y) = 0 . (4.15) Keďže gradient je vektor, ktorého zložky sú parciálne derivácie, môžme prvú z uvedených rovníc napísať v tvare fxi + fyj = (gxi + gyj). Sústava rovníc (4.15) je teda ekvivalentná so sústavou troch rovníc s tromi neznámymi: fx = gx , fy = gy , g(x, y) = 0 . (4.16) Poznamenajme, že Lagrangeova metóda má tvar implikácie, a teda s jej pomocou dostaneme len body (x0, y0), ktoré sú kandidátmi na to, aby v nich funkcia f mala najmenšiu alebo najväčšiu hodnotu. O tom, či sa v danom bode nejaký extrém vôbec nadobudne, musíme rozhodnúť inak. Spravidla sa pritom opierame o geometrické úvahy a o fakt, že spojitá funkcia na uzavretej a ohraničenej množine M vždy nadobudne svoju najmenšiu, resp. najväčšiu hodnotu v niektorom bode množiny M. Príklad 1. Nájdite najmenšiu a najväčšiu hodnotu funkcie f(x, y) = xy na krivke x2 + 4y2 = 8. Riešenie: Lagrangeova metóda pracuje pre krivky s rovnicou g(x, y) = 0, preto v našom prípade je g(x, y) = x2 + 4y2 - 8. Najprv vyriešime sústavu rovníc (4.16), teda: y = 2x , x = 8y , x2 + 4y2 - 8 = 0 . Z týchto rovníc ihneď vidieť, že žiadna z neznámych x, y nemôže byť rovná nule. Z prvých dvoch rovníc potom máme: = y 2x , = x 8y , a teda y 2x = x 8y . Odtiaľ máme x2 = 4y2, čo po dosadení do rovnice krivky x2 + 4y2 - 8 = 0 dáva y = 1, a teda x = 2. Tak dostávame štyri body, B1 = (2, 1), B2 = (-2, -1), B3 = (-2, 1) a B4 = (2, -1), ktoré sú kandidátmi na tie body, kde funkcia f(x, y) = xy dosahuje najväčšiu, resp. najmenšiu hodnotu na krivke x2 +4y2 -8 = 0. Pre príslušné funkčné hodnoty máme: f(B1) = f(B2) = 2, a f(B3) = f(B4) = -2. Keďže množina bodov určená rovnicou x2 + 4y2 - 8 = 0 je uzavretá a ohraničená (ide o elipsu so stredom v počiatku a poloosami a = 2 2, b = 2), hodnoty -2 a 2 sú naozaj najmenšou a najväčšou hodnotou funkcie f na krivke g(x, y) = 0. Lagrangeova metóda pre lokalizovanie viazaných extrémov pre funkcie troch premenných je obdobná. Nech f = f(x, y, z) a g = g(x, y, z) sú funkcie, ktoré majú na nejakej oblasti v R3 spojité 4.3. EXTRÉMY FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH 145 parciálne derivácie prvého rádu. Potom súradnice (x0, y0, z0) bodu, v ktorom funkcia f nadobúda na ploche g(x, y, z) = 0 svoju najmenšiu, resp. najväčšiu hodnotu, spĺňajú sústavu rovníc f = g a g(x, y, z) = 0 . (4.17) Po rozpísaní gradientov na zložky dostávame z (4.17) ekvivalentný tvar fx = gx , fy = gy , fz = gz , g(x, y) = 0 . (4.18) Príklad 2. Na ploche z2 = 4 + xy nájdite body, ktoré sú najbližšie k počiatku súradnicovej sústavy. Riešenie: Vzdialenosť bodu (x, y, z) od počiatku súradnicovej sústavy sa rovná d(x, y, z) = x2 + y2 + z2. Našou úlohou je nájsť body (x0, y0, z0) na ploche z2 = 4 + xy, v ktorých funkcia d(x, y, z) nadobudne najmenšiu hodnotu; to nastane práve vtedy, keď za tých istých podmienok funkcia f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 nadobudne najmenšiu hodnotu. (Inak povedané, namiesto minimalizácie vzdialenosti minimalizujeme jej druhú mocninu, čím sa vyhneme výrazom s odmocninami.) Hľadáme teda body, v ktorých funkcia f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 nadobúda svoju najmenšiu hodnotu na ploche určenej rovnicou 4 + xy - z2 = 0; naša väzbová funkcia je teda g(x, y, z) = 4 + xy - z2. Postupujeme Lagrangeovou metódou, teda zostavíme sústavu rovníc podľa (4.18): 2x = y , 2y = x , 2z = (-2z) , 4 + xy - z2 = 0 . Nasledujúce dva odstavce budú venované riešeniu tejto sústavy. Z tretej rovnice máme (1+)z = 0, a teda z = 0 alebo = -1. Ak z = 0, tak zo štvrtej rovnice máme xy = -4. Vyjadrením z prvých dvoch rovníc dostávame 2x/y = 2y/x, čiže |x| = |y|. To v kombinácii s xy = -4 napokon dáva dve riešenia: x = 2 a y = -2, alebo x = -2 a y = 2. Pamätajme, že to všetko bolo v prípade z = 0; tak dostávame súradnice dvoch bodov, ktoré spĺňajú Lagrangeove rovnice (4.18): B1 = (2, -2, 0) a B2 = (-2, 2, 0). Zostáva vyšetriť prípad, keď z = 0, a teda = -1. Potom z prvých dvoch rovníc dostávame 2x = -y a 2y = -x, čo je možné iba vtedy, ak x = y = 0. Zo štvrtej rovnice potom máme z2 = 4, a teda z = 2. Tak dostávame súradnice ďalších dvoch bodov spĺňajúcich Lagrangeove rovnice: B3 = (0, 0, 2) a B4 = (0, 0, -2). Body B1 až B4 sú teda kandidátmi na tie body, v ktorých funkcia f(x, y, z) = x2+y2+z2 nadobudne svoju najmenšiu hodnotu na ploche 4 + xy - z2 = 0. Pre hodnoty funkcie f v týchto bodoch máme: f(B1) = f(B2) = 8, a f(B3) = f(B4) = 4. Z geometrickej úvahy (vrstvové plochy funkcie f sú guľové plochy so stredom v počiatku) vyplýva, že hodnota 4 je naozaj najmenšou hodnotou funkcie f na ploche 4 + xy - z2 = 0, a nadobúda sa v bodoch (0, 0, 2). Hľadaná najmenšia vzdialenosť plochy z2 = 4+xy od počiaktu súradnicovej sústavy je teda 4 = 2 a realizuje sa v bodoch (0, 0, 2) a (0, 0, -2). Na záver uvedieme príklad, kedy o existencii extrémov pri použití Lagrangeovej metódy musíme rozhodnúť neštandardne. Príklad 3. Určte najmenšiu a najväčšiu hodnotu funkcie f(x, y, z) = xyz na ploche určenej rovnicou 2x + y + 2z - 6 = 0. Riešenie: Postupujeme opäť Lagrangeovou metódou, čiže zostavíme sústavu rovníc podľa (4.18): yz = 2 , xz = 1 , xy = 2 , 2x + y + 2z - 6 = 0 . Ak = 0, tak z prvých troch rovníc vidíme, že aspoň dve z premenných x, y, z sú rovné nule, a potom zo štvrtej rovnice máme tri " kandidátske" body: B1 = (0, 0, 3), B2 = (0, 6, 0) a B3 = (3, 0, 0). Ak 146 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH = 0, tak žiadna z premenných x, y, z sa nemôže rovnať nule (prečo?). V tomto prípade z prvých troch rovníc dostaneme 2x = y = 2z, a pomocou štvrtej rovnice máme posledný bod B4 = (1, 2, 1). Vidíme, že f(B1) = f(B2) = f(B3) = 0 a f(B4) = 2 Môžme teraz tvrdiť, že hodnoty 0 a 2 sú najmenšou a najväčšou hodnotou funkcie f na danej ploche? Nuž, ak by naša plocha určená rovnicou 2x + y + 2z - 6 = 0 bola uzavretá a ohraničená, tak áno. Žiaľ, táto plocha je rovina v priestore, a teda je neohraničená, a uvedený princíp nemožno použiť. Pomôžeme si nasledovne: Vyjadríme z = 3 - x - y/2 z rovnice roviny a dosadíme do našej funkcie f, čím dostávame funkciu dvoch premenných g(x, y) = xy(3 - x - y/2). Ak teraz napr. y = 2, tak máme g(x, 2) = 2x(2 - x), a táto funkcia pre x má limitu -. To znamená, že naša funkcia nemá najmenšiu hodnotu! Podobne, ak napr. y = -2, tak g(x, -2) = -2x(4 - x), a táto funkcia má pre x pre zmenu limitu +, t.j. funkcia f nemá ani najväčšiu hodnotu! Vidíme, že napriek existencii až 4 kandidátov na extrémy vyplývajúcich z Lagrangeovej metódy, funkcia f v skutočnosti nemá ani najmenšiu, ani najväčšiu hodnotu na danej ploche (rovine). 4.3.3 Globálne extrémy V tejto časti využijeme fakty prezentované v predchádzajúcich dvoch častiach, a to na hľadanie maxima a minima funkcie vzhľadom na danú podmnožinu definičného oboru. Definícia globálnych extrémov. Nech M je nejaká podmnožina definičného oboru funkcie f = f(x, y). Hovoríme. že funkcia f má v bode (x0, y0) M globálne maximum na M [globálne minimum na M], ak f(x, y) f(x0, y0) [resp., f(x, y) f(x0, y0)] pre každý bod (x, y) M. Globálne maximum a minimum súhrnne nazývame globálnymi extrémami na množine M. V aplikáciách sa najčastejšie stretávame s prípadom, keď množina M je uzavretá časť roviny ohraničená nejakou krivkou K. Vtedy pri určovaní globálnych extrémov funkcie f = f(x, y) na M postupujeme nasledovne: 1. Určíme najprv tie lokálne extrémy funkcie f, ktoré patria do vnútra množiny M. 2. Potom vypočítame viazané extrémy funkcie f na hranici množiny M, ktorá je tvorená krivkou K. 3. Napokon z takto stanovených hodnôt určíme globálne extrémy funkcie f na množine M. Poznámka. Hraničná krivka K nie je vždy určená rovnicou tvaru g(x, y) = 0, a teda nie vždy je možné na určenie viazaných extrémov použiť Lagrangeovu metódu. V takom prípade na stanovenie najmenšej a najväčšej hodnoty funkcie f na krivke K používame dosadzovaciu metódu, ktorú vysvetlíme na nasledujúcom príklade. Príklad 1. Vypočítajte globálne extrémy funkcie f(x, y) = 2x2 - x + y2 na množine M, ktorou je trojuholník v rovine xy s vrcholmi A = (1, 0), B = (0, 1), C = (2, 3). Riešenie: Postupujeme podľa schémy uvedenej vyššie. 1. Najprv určíme lokálne extrémy funkcie f patriace do vnútra nášho trojuholníka. Ako vieme, kandidáti na lokálne extrémy, čiže stacionárne body, spĺňajú rovnice fx = fy = 0, teda 4x - 1 = 2y = 0. Odtiaľ je zrejmé, že jediným stacionárnym bodom je bod (1/4, 0). Avšak bod (1/4, 0) evidentne neleží vnútri nášho trojuholníka! Záver: Vnútri trojuholníka M funkcia f nemá lokálne extrémy. (Pre zaujímavosť, keďže fxx = 4, fyy = 2, fxy = 0, a teda D = fxxfyy - (fxy)2 = 8 > 0, tak podľa časti (2) nášho D-testu je jasné, že v bode (1/4, 0) má funkcia f lokálne minimum. V danom kontexte je však táto informácia irelevantná, pretože sa netýka vnútra oblasti M.) 2. Teraz vypočítame najväčšiu a najmenšiu hodnotu funkcie f na hranici trojuholníka M. Hranica pozostáva z troch úsečiek AB, BC a CA, a nie je možné vyjadriť ju v tvare g(x, y) = 0 pre diferenco- 4.3. EXTRÉMY FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH 147 vateľnú funkciu g. Preto postupne každú z uvedených troch úsečiek vyjadríme samostatnou rovnicou a budeme pokračovať dosadzovacou metódou. Úsečka AB je určená rovnicou y = 1 - x pre 0 x 1. Na tejto úsečke funkcia f má tvar f(x, y) = f(x, 1 - x) = 2x2 - x + (1 - x)2. Bude nás teda zaujímať funkcia hAB(x) = f(x, 1 - x) = 2x2 - x + (1 - x)2 = 3x2 - 3x + 1 = 3(x - 1 2 )2 + 1 4 . Je zrejmé, že kvadratická funkcia hAB má svoje minimum 1/4 v bode x0 = 1/2, teda na intervale (0, 1/2) je klesajúca a na intervale (1/2, 1) je rastúca. Jej maximum na intervale 0 x 1 sa preto dosiahne v jednom z koncových bodov; keďže hAB(0) = hAB(1) = 1, dosahuje sa v oboch súčasne. Záver: Funkcia f na úsečke AB nadobúda najmenšiu hodnotu 1/4, a to v bode (1/2, 1/2) (nezabúdajme, že teraz máme y = 1 - x) a najväčšiu hodnotu 1 v bodoch A a B. Úsečka BC je opísaná rovnicou y = x + 1 pre 0 x 2. Na nej funkcia f má tvar f(x, y) = f(x, x + 1) = 2x2 - x + (x + 1)2. Tentoraz teda vyšetrujeme funkciu hBC(x) = f(x, x + 1) = 2x2 - x + (x+1)2 = 3x2 +x+1 = 3(x+ 1 6 )2 + 11 12 . Ide opäť o kvadratickú funkciu s minimom v bode -1/6, čo je mimo nášho intervalu 0 x 2. Na uvedenom intervale je teda funkcia hBC(x) rastúca, s najmenšou hodnotou hBC(0) = 1 a najväčšou hodnotou hBC(2) = 15. Záver: Funkcia f na úsečke BC nadobúda najmenšiu hodnotu 1 v bode (0, 1) = B a najväčšiu hodnotu 15 v bode (2, 3) = C. Úsečka AC je určená rovnicou y = 3x - 3 pre 1 x 2. Tu pre funkciu f máme f(x, y) = f(x, 3x - 3) = 2x2 - x + (3x - 3)2. Napokon sa teda zaoberáme funkciou hAC(x) = f(x, 3x - 3) = 2x2 - x + (3x - 3)2 = 11x2 - 19x + 9. To je zasa kvadratická (a konvexná) funkcia, ktorej minimum je v bode spĺňajúcom rovnosť hAC(x) = 22x - 19 = 0, teda v bode 19/22, ktorý je mimo intervalu 1 x 2. Preto funkcia hAC je pre 1 x 2 rastúca, čiže pre jej extrémy na tomto intervale máme hAC(1) = 1 a hAC(2) = 15. Záver: Funkcia f na úsečke AC nadobúda najmenšiu hodnotu 1 (pre x = 1, t.j. v bode (1, 0) = A) a najváčšiu hodnotu 15 (pre x = 2, t.j. v bode (2, 3) = C). 3. Čaká nás finále ­ zhrnutie faktov získaných vyššie. Najprv sme zistili, že vnútri trojuholníka M naša funkcia nemá lokálne extrémy. Potom sme na hranici trojuholníka M identifikovali najväčšiu hodnotu 15 v bode C = (2, 3) a najmenšiu hodnotu 1/4 v bode (1/2, 1/2). Uvedené dve hodnotu sú teda aj globálnymi extrémami funkcie f na množine M. Príklad 2. Vypočítajte najmenšiu a najväčšiu hodnotu funkcie f(x, y) = x2 + 2x + y2 - 2y + 3 na kruhu M so stredom v počiatku súradnicovej sústavy a s polomerom 2 2. Riešenie: Opäť použijeme predchádzajúcu schému. 1. Lokálne extrémy. Rovnice fx = fy = 0 majú po výpočte parciálnych derivácií tvar 2x + 2 = 2y - 2 = 0, a teda jediným stacionárnym bodom je bod (-1, 1). Keďže D = fxxfyy - (fxy)2 = 4 > 0 a fxx = 2 > 0, podľa D-testu má funkcia f v bode (-1, 1) lokálne minimum. Bod (-1, 1) tentoraz leží vnútri kruhu M, a teda v ďalšom s ním budeme počítať. Záver: Vnútri kruhu M má naša funkcia f jeden lokálny extrém, a to lokálne minimum v bode (-1, 1) s hodnotou f(-1, 1) = 1. 2. Viazané extrémy. Hranica kruhu M je kružnica s rovnicou x2 + y2 = 8. Hľadáme teda najmenšiu a najväčšiu hodnotu funkcie f na krivke g(x, y) = 0, pričom g(x, y) = x2 +y2 -8. Použijeme Lagrangeovu metódu; podľa (4.16) sú " kandidáti" na extremálne hodnoty dané riešeniami sústavy rovníc fx = gx, fy = gy, g(x, y) = 0, teda v našom prípade 2x + 2 = 2x, 2y - 2 = 2y, x2 + y2 - 8 = 0. Z prvých dvoch rovníc dostávame: x = 1 - 1 a y = 1 1 - , 148 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH čo po dosadení do tretej rovnice (čiže do rovnice kružnice) dáva: 1 - 1 2 + 1 1 - 2 = 8 . Táto rovnica sa jednoducho upraví na tvar ( - 1)2 = 1 4 , alebo | - 1| = 1 2 . Odtiaľ dostávame dve riešenia, 1 = 1 2 a 2 = 3 2 . a teda z rovníc pre x a y aj dva body, B1 = (-2, 2) a B2 = (2, -2), ktoré sú " kandidátmi" na nadobúdanie extremálnych hodnôt. Keďže kružnica g(x, y) = 0 je uzavretá a ohraničená množina, funkcia f musí na nej nadobudnúť svoje maximum aj minimum. Z hodnôt f(B1) = f(-2, 2) = 3 a f(B2) = f(2, -2) = 19 je potom zrejmý záver: Funkcia f na hranici množiny M nadobúda najmenšiu hodnotu 3 v bode (-2, 2) a najväčšiu hodnotu 19 v bode (2, -2). 3. Zhrnutie. Z faktov získaných vyššie je už jednoduché urobiť celkový záver: Funkcia f na množine M nadobúda globálne minimum s hodnotou 1 v bode (-1, 1) a globálne maximum s hodnotou 19 v bode (2, -2). 4.4 Rozličné úlohy 1. Zistite a znázornite definičné obory nasledujúcich funkcií: a) f(x, y) = xy - cos(x + y) b) g(x, y) = 49 - x2 - y2 c) h(x, y) = arcsin (x2 + y2 - 2) d) k(x, y) = x2 - y2 e) l(r, t) = ln(r cos t) f) m(u, v) = log19(36 - 9u2 - 4v2) g) p(a, b) = arccos(4a2 + 9b2) h) q(a, b) = 1/ 1 - ab i) r(x, y) = arcsin(2x + y) j) s(x, y) = cos((x2 + y2)) 2. Určte a popíšte definičné obory funkcií: a) f(x, y, z) = 1 - x2 - y2 - z2 b) g(x, y, z) = x2 + y2 + z2 - 4 c) h(x, y, z) = arcsin (x2 + y2 + z2) d) k(x, y, z) = z - x2 - y2 e) l(r, s, t) = log9(9 - r2 - s2 - 4t2) f) m(u, v, w) = w - arccos(u2 + v2) g) p(u, v, w) = 4u2 + 9v2 + w2 - 36 h) q(a, b, c) = 1 - c2/ 1 - ab i) r(x, y, z) = arcsin(2x + y - z) j) s(x, y, z) = ln sin((x2 + y2 + z2)) 3. Pomocou znázornenia niekoľkých vrstevníc sa pokúste načrtnúť grafy nasledujúcich funkcií: a) f(x, y) = 2x - y + 2 b) g(x, y) = 2 - x - y c) h(x, y) = x2 + y2 d) k(x, y) = x2 + 4y2 e) l(x, y) = x2 + y2 f) m(x, y) = x2 + 9y2 g) p(r, s) = e-(r2+s2) h) q(r, s) = 2s/(r2 + s2) i) r(u, v) = 2v/(u2 + v2) j) s(u, v) = u2 - v2 4.4. ROZLIČNÉ ÚLOHY 149 4. Vypočítajte nasledujúce limity: a) lim(x,y)(2,3) 19x2 + 6y - 66 b) lim(x,y)(,) sin x cos y c) lim(x,y)(1,1) x-y x2-y2 d) lim(x,y)(2,-2) x2-y2 x3+y3 e) lim(x,y)(0,0) 9-xy-3 xy f) lim(x,y)(4,4) y2-xy y- x g) lim(x,y)(1,1) xy-x-2y+2 1-y h) lim(x,y)(3,4) y-x-1 x+1- y i) lim(x,y)(0,0)(x2 + y2) cos 1 xy j) lim(x,y)(0,0) sin(x4+y4) x4+y4 5. Pomocou výberu vhodných kriviek " približovania sa" k bodu (x0, y0) ukážte, že nasledujúce limity neexistujú: a) lim(x,y)(0,0) x+y x-y b) lim(x,y)(3,3) x+y x-y c) lim(x,y)(0,0) xy x2+y2 d) lim(x,y)(0,0) x2-y2 x2+y2 e) lim(x,y)(0,0) y x2+y2 f) lim(x,y)(0,0) xy x4+y4 g) lim(x,y)(0,0) y2 y2+x4 h) lim(x,y)(0,0) y y-x2 i) lim(x,y)(2,4) y y-x2 j) lim(x,y)(0,0) sin(x2) x2+y 6. Vypočítajte všetky prvé parciálne derivácie funkcií uvedených nižšie: a) f(x, y) = (sin2 x - 3 cos2 y)19 b) g(x, y) = x(3y3 - x2) c) h(x, y) = arctan x-y 1+xy d) k(x, y) = arcsin x-y x+y e) l(x, y, z) = x y + y z - z x f) m(x, y, z) = 1 x2+y2+z2 g) p(r, s, t) = ln(tg(r) - s2 + t2) h) q(r, s, t) = s cos t + r sin t i) r(x, y, z) = (x + y)x+z j) s(x, y, z) = (2x + 3z) yz 7. K nasledujúcim funkciám nájdite štandardnú lineárnu aproximáciu v danom bode B: a) f(x, y) = x2 - 3xy + y2, B = (1, 1) b) g(x, y) = x2 + y2, B = (3, 4) c) h(x, y) = ln 1 + x2 + y2 B = (0, 0) d) k(x, y) = sin(y/x) B = (1, /3) e) l(x, y) = ex cos y B = (0, 0) f) m(x, y) = ln x + ln y B = (1, 1) g) p(x, y, z) = xy + yz + zx B = (1, 1, 1) h) q(x, y, z) = sin xy z B = (1, /4, 1) 8. S akou približnou hodnotou relatívnej chyby objemu kužeľa môžme počítať, ak relatívna chyba merania polomeru podstavy je 3 percená a výšky 2 percená? 150 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH 9. Doba kmitu matematického kyvadla dĺžky l je daná vzťahom T = 2 l/g. S akou približnou chybou je určená doba kmitu T, ak dĺžka kyvadla l je a gravitačná konštanta g sú určené s absolútnymi chybami l a g ? 10. Ukážte, že každá z nasledujúcich funkcií spĺňa Laplaceovu rovnicu fxx + fyy + fzz = 0: a) f(x, y, z) = x2 - 2y2 + z2 b) f(x, y, z) = 3x(y2 + z2) - 2x3 c) f(x, y, z) = ln x2 + y2 d) f(x, y, z) = e3x+4y cos 5z 11. Ukážte, že pre ľubovoľné konštanty a, b funkcia u = 1 2a t e-(x-b)2/(4a2t) spĺňa tzv. rovnicu pre šírenie tepla uxx = (1/a2)ut. 12. Pomocou reťazového pravidla ukážte, že (za predpokladu spojitosti parciálnych derivácií druhého rádu) ľubovoľná funkcia z = f(x + at) + g(x - at), kde a je konštanta, spĺňa tzv. vlnovú rovnicu ztt - a2zxx = 0. 13. Použitím reťazového pravidla dokážte, že (za predpokladu spojitosti parciálnych derivácií druhého rádu) pre ľubovoľné funkcie jednej premennej r a s je funkcia z = xr(x/y) + ys(x/y) riešením rovnice x2zxx + 2xy zxy + y2zyy = 0. 14. Pre nasledujúce funkcie f vypočítajte ich gradient f vo všeobecnosti, a potom aj deriváciu v danom bode B v smere daného vektora v (pozor na nejednotkové vektory!): a) f(x, y) = x2y + y2x , B = (1, 2) , v = 3i - 4j b) f(x, y) = ln(x2 + y2) , B = (1, 1) , v = 8i + 6j c) f(x, y) = arcsin(x - 2y) , B = (2, 1) , v = i - j d) f(x, y, z) = xy + yz + zx , B = (1, 2, 3) , v = 2i - 2j + k e) f(x, y.z) = 3ez cos xy , B = (0, 0, 0) , v = -i + 2j + 2k f) f(x, y.z) = sin xy + exz + ln(yz) , B = (0, 1, 1/2) , v = 4i + 4j - 2k g) f(x, y.z) = x2 + y2 + z2 , B = (1, -2, 2) , v = i + j + k h) f(x, y.z) = 1/ x2 + y2 + z2 , B = (1, 1, 1) , v = i - 2j - 2k i) f(x, y.z) = arcsin(z/ x2 + y2) , B = (1, 1, 1) , v = 2i + 2j + k j) f(x, y.z) = ( x2 + y2 + z2)3 , B = (2, 2, -1) , v = 3j - 4k 15. Vypočítajte rovnice dotykových rovín ku daným plochám v daných bodoch B metódou gra- 4.4. ROZLIČNÉ ÚLOHY 151 dientov alebo metódou linearizácie: a) z = x2 + y2 , B = (1, -2, 5) b) z2 = x2 + y2 , B = (-3, 4, 5) c) x2 + y2 + z2 = 19 , B = (3, -1, 3) d) xz + eyz - xy2 = 3 , B = (1, 0, 2) e) z = 4 arctan xy , B = (1, 1, ) f) z = e-(x2+y2)/25 , B = (4, 3, e-1) g) ex-y cos(yz) = -e , B = (2, 1, ) h) log2(x2 + y2 - 1) + y + 2z = 4 , B = (1, 2, 1) 16. Určte stacionárne body, lokálne extrémy a sedlové body grafov nasledujúcich funkcií: a) f(x, y) = x2 - 6x + y2 - 4y + 5 b) g(x, y) = x2 + xy + 7x - y2 + 11y - 8 c) h(u, v) = uv - u2 - v2 - 6u d) k(u, v) = 5 + 2u + uv + v2 + 3v e) l(a, b) = 2a2 + 3ab + 4b2 - 5a + 2b f) m(a, b) = 4a + 19 - a2 - ab - b2 - b g) p(r, s) = r2 - 2rs + s2 + 4r - 4s + 4 h) q(r, s) = r2 - 2s2 - 3r + 5s - 19 i) u(x, y) = x2 + xy + y2 - 3x + 3y - 6 j) v(x, y) = xy + 8y - 2x2 - 3y2 - 9x - 66 17. Vypočítajte všetky stacionárne body, lokálne extrémy a sedlové body funkcií: a) f(x, y) = x2 - 3xy2 + y4 b) g(x, y) = x3 + 3xy + y3 c) h(u, v) = u3 - u2 - v3 + v2 d) k(u, v) = 5 - u3 + 2uv + v3 e) l(a, b) = a3 + b3 - 3a2 + 3b2 + 19 f) m(a, b) = 2a3 - 6a2 - 6ab - 3b2 + 5 g) p(r, s) = r4 - 4rs + s4 - 1 h) q(r, s) = 5rs + 25/r + 8/s i) u(x, y) = xy ln(x2 + y2) j) v(x, y) = (2x2 + y2)e-(x2+y2) 18. Lagrangeovou metódou určte najmenšiu a najväčšiu hodnotu funkcie z = f(x, y) na krivke 152 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH g(x, y) = 0, ak: a) f(x, y) = xy + x - y + 5 na krivke x + y = 1 b) f(x, y) = 15x2/3y1/3 na krivke x + y = c , c > 0 c) f(x, y) = y2 - x na krivke x2 + y2 = 1 d) f(x, y) = x2 - y2 na krivke x2 + y2 = 9 e) f(x, y) = x2 - 4xy + 4y2 na krivke x2 + y2 = 25 f) f(x, y) = x + y na krivke xy = 36 , x, y > 0 g) f(x, y) = xy na krivke x + y = 10 h) f(x, y) = x2 + y2 na krivke x2 - 2x + y2 - 4y = 0 19. Lagrangeovou metódou určte najmenšiu a najväčšiu hodnotu funkcie w = f(x, y, z) na ploche g(x, y, z) = 0, ak: a) f(x, y, z) = -xyz na ploche 3x + 4y + z - 6 = 0 b) f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 na ploche x + y + z = 9 c) f(x, y, z) = x + 2y + 3z na ploche x2 + y2 + z2 = 14 d) f(x, y, z) = xyz na ploche x2 + y2 + z2 = 27 e) f(x, y, z) = xyz2 na ploche x2 + y2 + z2 = 1 f) f(x, y, z) = (xyz)2 na ploche x2 + y2 + z2 = 3 g) f(x, y, z) = x + y + z na ploche 1/x + 4/y + 9/z = 6 h) f(x, y, z) = 2x2 - 4y + yz na ploche 4x2 + 4y2 + z2 = 16 20) Vypočítajte globálne extrémy nasledujúcich funkcií na daných dvojrozmerných útvaroch M: a) f(x, y) = x2 + 2xy + 2y2 - 2x, M je obdĺžnik s vrcholmi (0, -2), (3, -2), (3, 1) a (0, 1). b) f(x, y) = x3 + y3 - 3xy + 5, M je obdĺžnik s vrcholmi (0, -1), (2, -1), (2, 2) a (0, 2). c) f(x, y) = x2 - 8xy + 8y2, M je trojuholník s vrcholmi (0, 0), (4, 0) a (4, 4); d) f(x, y) = x2 - 2y2 + 4xy - 6x, M je trojuholník s vrcholmi (0, 0), (3, 0) a (0, 3); e) f(x, y) = xy2(4 - x - y), M je trojuholník s vrcholmi (0, 0), (6, 0) a (0, 6); f) f(x, y) = x2 + 2x + 3y2, M je kruh so stredom v počiatku a s polomerom 1. g) f(x, y) = x2 - y2, M je kruh so stredom v počiatku a s polomerom 2. h) f(x, y) = (2x2 + 3y2)e-(x2+y2), M je kruh so stredom v počiatku a s polomerom 2. 21. Do pologule s polomerom r vpíšte pravouhlý rovnobežnosten s najväčším a) objemom, b) povrchom. 22. Do kužeľa s polomerom r a výškou v vpíšte valec s najväčším a) objemom, b) povrchom. 23. Zo všetkých valcových nádob s daným povrchom S nájdite takú, ktorá má najväčší objem. 24. Pomocou Lagrangeovej metódy nájdite vzdialenosť roviny 3x + y + 2z = 13 od bodu (1, 1, 1). 25. Na ploche z = 3 + xy nájdite bod, ktorý je najbližšie ku počiatku súradnicovej sústavy. 4.5. VÝSLEDKY 153 4.5 Výsledky 1. a) R2; celá rovina. b) {(x, y); x2 + y2 72}; kruh so stredom v počiatku a polomerom 7. c) {(x, y); 1 x2+y2 3}; medzikružie ohraničené kružnicami so stredom v počiatku a polomermi 1 a 3. d) {(x, y); |x| |y|}; časť roviny ohraničená priamkami y = x a y = -x a obsahujúca os x. e) {(r, t); [r > 0 a - 2 + 2k < t < 2 + 2k] alebo [r < 0 a 2 + 2k < t < 3 2 + 2k]}; sústava " striedajúcich sa" pásov v rovine. f) {(u, v); u2/4 + v2/9 < 1}; vnútro elipsy s poloosami 2 a 3. g) {(a, b); 4a2 + 9b2 1}; elipsa s poloosami 1/2 a 1/3. h) {(a, b); ab < 1}; časť roviny ohraničená vetvami hyperboly b = 1/a obsahujúca bod (0, 0). i) {(x, y); -1 2x + y 1}; pás ohraničený priamkami y = -1 - 2x a y = 1 - 2x obsahujúci bod (0, 0). j) {(x, y); x2 + y2 1 2 } spolu s {(x, y); -1 2 + 2k x2 + y2 1 2 + 2k} pre k 1; sústava koncentrických medzikruží. 2. a) {(x, y, z); x2 + y2 + z2 1}; guľa so stredom v počiatku a polomerom 1. b) {(x, y, z); x2 + y2 + z2 4}; doplnok vnútra gule so stredom v počiatku a polomerom 2. c) {(x, y, z); x2 + y2 + z2 1}; guľa so stredom v počiatku a polomerom 1. d) {(x, y, z); x2 + y2 z}; rotačný paraboloid s osou z. e) {(r, s, t); r2 + s2 + 4t2 < 9}; vnútrajšok elipsoidu s poloosami 3, 3, a 3/2. f) {(u, v, w); u2 + v2 1}; valec s osou w a polomerom 1. g) {(u, v, w); 4u2 + 9v2 + w2 36}; doplnok elipsoidu a poloosami 3, 2, a 6. h) {(a, b, c); -1 c 1 a ab < 1}; vrstva " nad" a " pod" tou časťou roviny určenej osami a, b, ktorá je ohraničená vetvami hyperboly b = 1/a a obsahuje počiatok; hrúbka vrstvy je 2. i) {(x, y, z); -1 2x + y - z 1}; vrstva ohraničená rovinami z = 2x + y - 1 a z = 2x + y + 1. j) {(x, y, z); 2k < x2 + y2 + z2 < 2k + 1} pre k 0. Zjednotenie nekonečne mnohých množín Mk v priestore, kde Mk je časť priestoru ohraničená guľovými plochami so stredmi v počiatku a polomermi 2k a 2k + 1; hraničné plochy do Mk nepatria. 3. Riešenia sú na obrázkoch 4.10 az 4.19. Obr. 4.10: f(x, y) = 2x - y + 2 4. a) 28. b) 0. c) 1/2. d) 1/3. e) -1/6. f) 16. g) 1. h) -4. i) 0. j) 1. 5. a)-f): Použite priamky y = k1x a y = k2x. g)-j): Použite paraboly y = k1x2 a y = k2x2. 154 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH Obr. 4.11: g(x, y) = 2 - x - y Obr. 4.12: h(x, y) = x2 + y2 Obr. 4.13: k(x, y) = x2 + 4y2 4.5. VÝSLEDKY 155 Obr. 4.14: l(x, y) = x2 + y2 Obr. 4.15: m(x, y) = x2 + 9y2 Obr. 4.16: p(r, s) = e-(r2+s2) 156 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH Obr. 4.17: q(r, s) = 2s/(r2 + s2) Obr. 4.18: r(u, v) = 2v/(u2 + v2) 4.5. VÝSLEDKY 157 Obr. 4.19: s(u, v) = u2 - v2 6. a) fx = 19(sin2 x - 3 cos2 y)18 sin 2x; fy = 57(sin2 x - 3 cos2 y)18 sin 2y. b) gx = 3 2 y3-x2 x(3y3-x2) ; gy = 9y2 2 x 3y3-x2 . c) hx = 1/(1 + x2); hy = -1/(1 + y2). d) kx = y 2 x x2-y2 ; ky = - x 2 y x2-y2 . e) lx = 1 y + z x2 ; ly = - x y2 + 1 z ; lz = - y z2 - 1 x . f) mx = - x ( x2+y2+z2)3 ; ďalej symetricky. g) pr = [(tg(r) - s2 + t2) cos2 r]-1; pt = -s[ s2 + t2tg(r) - s2 - t2]-1; atď. h) qr = sin t 2 s cos t+r sin t ; qs = cos t 2 s cos t+r sin t ; qt = -s sin t+r cos t 2 s cos t+r sin t . i) rx = (x + y)x+z[ln(x + y) + x+z x+y ]; ry = (x + y)x+z x+z x+y ; rz = (x + y)x+z ln(x + y). j) sx = 2 yz(2x + 3z) yz-1; sy = z 2 y (2x + 3z) yz ln(2x + 3z); sz = (2x + 3z) yz[1 2 y z ln(2x + 3z) + 3 yz 2x+3y ]. 7. a) f(x, y) ˙= 1 - x - y . 158 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH b) g(x, y) ˙= (3x + 4y)/5 . c) h(x, y) ˙= 0 . d) k(x, y) ˙= 3 2 - 6 x + 1 2 y . e) l(x, y) ˙= 1 + x . f) m(x, y) ˙= x + y - 2 . g) p(x, y, z) ˙= 2(x + y + z) - 3 . h) q(x, y, z) ˙= 2 2 ( 4 x + y - z + 42 ) . 8. 8 percent. 9. T = g l (l + 1 g2 g) . 14. a) f = y(2x + y)i + x(x + 2y)j; u = 3 5 i - 4 5 j; Duf(B) = 4/5. b) f = 2x x2+y2 i + 2y x2+y2 j; u = 4 5 i + 3 5 j; Duf(B) = 7/5. c) f = 1 1-(x-2y)2 i - 2 1-(x-2y)2 j; u = 1 2 i - 1 2 j; Duf(B) = 3/ 2. d) f = (y + z)i + (z + x)j + (x + y)k; u = 2 3 i - 2 3 j + 1 3 k; Duf(B) = 5/3. e) f = -(3yez sin xy)i - (3xez sin xy)j + (3ez cos xy)k; u = -1 3 i + 2 3 j + 2 3 k; Duf(B) = 2. f) f = (y cos xy + zexz)i + (x cos xy + 1 y )j + (xexz + 1 z )k; u = 2 3 i + 2 3 j - 1 3 k; Duf(B) = 1. g) f = x x2+y2+z2 i + y x2+y2+z2 j + z x2+y2+z2 k; u = 1 3 i + 1 3 j + 1 3 k; Duf(B) = 1/(3 3). h) f = - x ( x2+y2+z2)3 i - y ( x2+y2+z2)3 j - z ( x2+y2+z2)3 k; u = 1 3 i - 2 3 j - 2 3 k; Duf(B) = 1/(3 3). i) f = - xz (x2+y2) x2+y2-z2 i - yz (x2+y2) x2+y2-z2 j + 1 x2+y2-z2 k; u = 2 3 i + 2 3 j + 1 3 k; Duf(B) = -1/3. j) f = 3x x2 + y2 + z2i + 3y x2 + y2 + z2j + 3z x2 + y2 + z2k; u = 0i + 3 5 j - 4 5 k; Duf(B) = 18. 15. a) 2x - 4y - z - 5 = 0 . b) 3x - 4y + 5z = 0 . c) 3x - y + 3z - 19 = 0 . d) 2x + 2y + z - 4 = 0 . e) x + y - z + ( - 2) = 0 . f) 8x + 6y + 25ez - 75 = 0 . 4.5. VÝSLEDKY 159 g) x - y - 1 = 0 . h) 2x + (4 + ln 2)y + 2 ln 2z - (10 + 4 ln 2) = 0 . 16. a) Stacionárny bod (3, 2), v ktorom má funkcia lokálne minimum. b) Stacionárny bod (-5, 3), v ktorom má funkcia sedlový bod. c) Stacionárny bod (-4, -2), v ktorom má funkcia lokálne maximum. d) Stacionárny bod (1, -2), v ktorom má funkcia sedlový bod. e) Stacionárny bod (2, -1), v ktorom má funkcia lokálne minimum. f) Stacionárny bod (3, -2), v ktorom má funkcia lokálne maximum. g) Nekonečne mnoho stacionárnych bodov tvaru (r, r + 2). Keďže D = 0, nemožno záver urobiť podľa D-testu. Avšak ľahkou úpravou vidíme, že p(r, s) = (r - s + 2)2, a teda v každom z uvedených stacionárnych bodov nadobúda naša funkcia lokálne minimum. h) Stacionárny bod (3/2, 5/4), v ktorom má funkcia sedlový bod. i) Stacionárny bod (3, -3), v ktorom má funkcia lokálne minimum. j) Stacionárny bod (-2, 1), v ktorom má funkcia lokálne maximum. 17. a) Jediný stacionárny bod (0, 0). Keďže D = 0, nie je možné použiť D-test. Zo správania sa funkcie f pozdĺž osi y (teda pre x = 0) a pozdĺž paraboly x = y2 je však jasné, že bod (0, 0) je sedlovým bodom. b) Dva stacionárne body B1 = (0, 0), B2 = (-1, -1); bod B1 je sedlovým bodom a v B2 sa nadobúda lokálne maximum. c) Štyri stacionárne body B1 = (0, 0), B2 = (0, 2/3), B3 = (2/3, 0), B4 = (2/3, 2/3). Body B1 a B4 sú sedlovými bodmi, v bode B2 má funkcia lokálne maximum a v B3 má lokálne minimum. d) Dva stacionárne body B1 = (0, 0), B2 = (-2/3, 2/3); bod B1 je sedlovým bodom a v B2 sa nadobúda lokálne minimum. e) Štyri stacionárne body B1 = (0, 0), B2 = (0, -2), B3 = (2, 0), B4 = (2, -2). Body B1 a B4 sú sedlovými bodmi, v bode B2 má funkcia lokálne maximum a v B3 má lokálne minimum. f) Dva stacionárne body B1 = (0, 0), B2 = (1, -1); bod B1 je bodom lokálneho maxima a B2 je sedlovým bodom. g) Tri stacionárne body B1 = (0, 0), B2 = (1, 1) B3 = (-1, -1); bod B1 je sedlovým bodom a v bodoch B2 a B3 sa nadobúda lokálne minimum. h) Jediný stacionárny bod (5/2, 4/5), v ktorom sa nadobúda lokálne minimum. i) Osem stacionárnych bodov B1 = (0, 1), B2 = (0, -1), B3 = (1, 0), B4 = (-1, 0), B5 = (1/ 2e, 1/ 2e), B6 = (-1/ 2e, 1/ 2e), B7 = (1/ 2e, -1/ 2e), B8 = (-1/ 2e, -1/ 2e). Body B1 až B4 sú sedlovými bodmi, v bodoch B5 a B8 sa nadobúda lokálne minimum a v bodoch B6 a B7 lokálne maximum. j) Päť stacionárnych bodov B1 = (0, 0), B2 = (0, 1), B3 = (0, -1), B4 = (1, 0), B5 = (-1, 0); v bode B1 je lokálne minimum, v bodoch B4 a B5 sa nadobúda lokálne maximum, a B2, B3 sú sedlové body. 18. a) Najväčšia hodnota 25/4 v bode (3/2, -1/2); najmenšia hodnota neexistuje. b) Najväčšia hodnota 5c 41/3 v bode (2c/3, c/3); najmenšia hodnota neexistuje. c) Najväčšia hodnota 5/4 v bodoch (-1/2, - 3/2) a (-1/2, 3/2); najmenšia hodnota -1 v bode (1, 0). d) Najväčšia hodnota 9 v bodoch (-3, 0) a (3, 0); najmenšia hodnota -9 v bodoch (0, -3) a (0, 3). e) Najväčšia hodnota 125 v bodoch (- 5, 2 5) a ( 5, -2 5); najmenšia hodnota 0 v bodoch (2 5, 5) a (-2 5, - 5). f) Najmenšia hodnota 12 v bode (6, 6); najväčšia hodnota neexistuje. g) Najväčšia hodnota 25 v bode (5, 5); najmenšia hodnota neexistuje. 160 KAPITOLA 4. DIFERENCIÁLNY POČET FUNKCIÍ VIAC PREMENNÝCH h) Najmenšia hodnota 0 v bode (0, 0); najväčšia hodnota 20 v bode (2, 4). 19. a) Najmenšia a najväčšia hodnota v danom prípade neexistuje. Lagrangeova metóda síce dáva 4 kandidátov na extrém, ale v žiadnom z nich sa naozaj najmenšia a najväčšia hodnota nenadobúda. Pozri Príklad 3 v 4.3.2. b) Najmenšia hodnota je 27 a nadobúda sa v bode (3, 3, 3); najväčšia hodnota neexistuje. c) Najmenšia hodnota -14 v bode (-1, -2, -3), najväčšia hodnota 14 v bode (1, 2, 3). d) Najmenšia hodnota -27 v bodoch (-3, 3, 3), (3, -3, 3), (3, 3, -3) a (-3, -3, -3); najväčšia hodnota 27 v bodoch (3, 3, 3), (-3, -3, 3), (-3, 3, -3) a (3, -3, -3). e) Najmenšia hodnota -1/8 v bodoch (1/2, -1/2, 1/ 2), (1/2, -1/2, -1/ 2), (-1/2, 1/2, 1/ 2) a (-1/2, 1/2, -1/ 2); najväčšia hodnota 1/8 v bodoch (1/2, 1/2, 1/ 2), (1/2, 1/2, -1/ 2), (-1/2, -1/2, 1/ 2) a (-1/2, -1/2, -1/ 2). f) Najmenšia hodnota je 0 a nadobúda sa v nekonečne mnohých bodoch (práve v tých, ktoré majú aspoň jednu súradnicu nulovú); najväčšia hodnota 1 sa nadobúda v 8 bodoch tvaru (1, 1, 1). g) Najmenšia a najväčšia hodnota v danom prípade neexistuje; pozri aj Príklad 3 v 4.3.2. h) Najmenšia hodnota -6 3 v bode (0, 3, -2); najväčšia hodnota 32/3 v bodoch (4/3, -4/3, -4/3). 20. a) Globálne minimum -2 v bode (2, -1) vnútri M; globálne maximum 11 v bode (3, 1) na hranici M. b) Globálne minimum 4 v bodoch (1, 1) vnútri M a (0, -1) na hranici M; globálne maximum 18 v bode (2, -1) na hranici M. c) Globálne minimum -16 v bode (4, 2) na hranici M; globálne maximum 16 v bodoch (4, 0) a (4, 4) na hranici M. d) Globálne minimum -18 v bode (0, 3) na hranici M; globálne maximum 0 v bode (0, 0) na hranici M. e) Globálne minimum -64 v bode (2, 4) na hranici M; globálne maximum 4 v bode (1, 2) vnútri M. f) Globálne minimum -1 v bode (-1, 0) na hranici M; globálne maximum 7/2 v bodoch (1/2, 3/2) na hranici M. g) Globálne minimum -4 v bodoch (0, 2) na hranici M; globálne maximum 4 v bodoch (2, 0) na hranici M. h) Globálne minimum 0 v bode (0, 0) vnútri M; globálne maximum 3/e v bodoch (0, 1) vnútri M. 21. a) aj b): V oboch prípadoch je riešením kocka s hranou 2r/ 3. 22. a) Valec má polomer 2r/3 a výšku v/3. b) Úloha má zmysel len ak v > 2r, a potom je riešením valec s polomerom vr/(2v - 2r) a výškou v(v - 2r)/(2v - 2r). 23. Riešením je valec, ktorého výška sa rovná jeho priemeru. 24. Bod (5/2, 3/2, 2). 25. Body ( 2, - 2, 1) a (- 2, 2, 1). Kapitola 5 Diferenciálna geometria 5.1 Úvod Diferenciálna geometria je oblasť matematiky, v ktorej sa skúmajú vlastnosti geometrických útvarov (v našom prípade kriviek v priestore alebo v rovine) metódami diferenciálneho počtu. Preto bude užitočné ovládať základy analytickej geometrie, funkcie jednej reálnej premennej a diferenciálny počet (kapitoly 2, 6, 7, Riešené úlohy z matematiky I). Diferenciálna geometria dáva konkrétnu náplň formálnemu matematickému aparátu množstvom aplikácií fyzikálneho rázu napr. v mechanike, geodézii a kartografii. 5.2 Pojem krivky Krivku k si môžeme predstaviť ako súvislú dráhu pohybujúceho sa bodu P. Ak zvolíme karteziánsku súradnicovú sústavu (O, i, j, k), poloha bodu P = P(t) v čase t je jednoznačne daná polohovým vektorom p(t) = P - O. Obr. 5.1: Krivka. 5.2.1 Vektorová funkcia Základom theórie kriviek je pojem vektorovej funkcie jednej reálnej premennej, funkcie p, ktorá každému číslu t z jednorozmerného intervalu J priraďuje práve jeden vektor p(t). Pre túto funkciu používame zápis p = p(t), t J, (5.1) 161 162 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA alebo po zložkách p = [x(t), y(t), z(t)], t J, (5.2) resp. p = x(t)i + y(t)j + z(t)k, t J, (5.3) kde x(t), y(t), z(t) sú reálne funkcie definované na spoločnom intervale J. Pre vektorovú funkciu môžeme vzhľadom na vzťah (5.3) definovať pojmy limita, spojitosť a derivácia pomocou týchto pojmov pre reálnu funkciu reálnej premennej (kapitoly 6.5, 6.6 a 7, Riešené úlohy z matematiky I). Vektorová funkcia p(t) má v bode t0 limitu p0 lim tt0 p(t) = p0, ak pre každú postupnosť {tn} takú, že lim n tn = t0, tn = t0, tn J, príslušná postupnosť funkčných hodnôt {p(tn)} konverguje k vektoru p0. Vektorová funkcia (5.3) má v bode t0 limitu práve vtedy, ak v tomto bode majú limitu reálne funkcie x(t), y(t), z(t). Vektorová funkcia p(t) je spojitá v bode t0, ak lim tt0 p(t) = p(t0). Vektorová funkcia (5.3) je spojitá v bode t0 práve vtedy, ak sú v tomto bode spojité reálne funkcie x(t), y(t), z(t). Vektorová funkcia p(t) má deriváciu dp(t)/dt v bode t0 ak existuje limita dp(t) dt t=t0 = lim tt0 p(t) - p(t0) t - t0 . Vektorová funkcia (5.3) má v bode t0 deriváciu práve vtedy, ak v tomto bode majú deriváciu reálne funkcie x(t), y(t), z(t). 5.2.2 Vektorová rovnica krivky Krivkou k nazývame graf vektorovej funkcie p(t) reálnej premennej (parametra) t, ak funkcia p(t) má tieto vlastnosti: 1. je definovaná na intervale J, 2. je spojitá na intervale J, 3. existuje taký rozklad { tk-1, tk }, k = 1, 2, . . . intervalu J, že je prostá na množine J - {tk}k. Rovnicu (5.1) (resp. (5.2) a (5.3)) nazývame vektorovou rovnicou krivky k v danom súradnicovom systéme. Ak je funkcia p(t) prostá na celom intervale J, hovoríme o jednoduchej krivke, v opačnom prípade krivka obsahuje viacnásobné body. Ak je funkcia p(t) definovaná na uzavretom intervale J = a, b , potom krivka sa nazýva oblúk. Príklad 1. Vektorová funkcia p(t) = [r cos t, r sin t, ct], (5.4) kde t (-, ), r > 0, c = 0 je spojitá a prostá na obore definície. Jej grafom je rovnomerná skrutkovica, ležiaca na rotačnej valcovej ploche x2 + y2 = r2. Je to jednoduchá krivka. Príklad 2. Krivka p(t) = [t2, t - t3, t4 + 1] nie je jednoduchá, lebo pre t = 1 a t = -1 je p(1) = p(-1), teda funkcia p(t) nie je prostá. Bod [1, 0, 2] je dvojnásobným bodom tejto krivky. 5.2. POJEM KRIVKY 163 5.2.3 Parametrické, explicitné a implicitné rovnice krivky Vektorová rovnica (5.1) krivky je ekvivalentná s parametrickými rovnicami priestorovej krivky x = x(t), y = y(t), z = z(t), t J. (5.5) Ak sú dané dve reálne funkcie y = f(x), z = g(x), x J, (5.6) resp. z = f(y), x = g(y), y J, alebo x = f(z), y = g(z), z J, definované a spojité na spoločnom intervale J, potom sú rovnice (5.6) (resp. iná uvedená dvojica rovníc) explicitnými rovnicami krivky v priestore. Ak sú dané dve reálne funkcie h(x, y, z) = 0, l(x, y, z) = 0, (5.7) definované a spojité na spoločnej trojrozmernej oblasti E3 a hodnosť matice M(x, y, z) = h x h y h z l x l y l z je rovná dvom v každom bode [x, y, z], ktorý vyhovuje rovniciam (5.7), potom rovnice (5.7) sú implicitnými rovnicami krivky v priestore. Krivka je tak definovaná ako prienik dvoch plôch daných rovnicami (5.7). Príklad 3. Napíšme parametrické, explicitné a implicitné rovnice skrutkovice (5.4) Riešenie: Rozpísaním vektorovej rovnice (5.4) dostaneme tri parametrické rovnice skrutkovice v tvare x = r cos t, y = r sin t, z = ct. Z poslednej rovnice vyjadríme parameter t ako funkciu premennej z t = z/c, a dosadíme ho do prvých dvoch rovníc. Dostaneme nasledujúci tvar x = r cos(z/c), y = r sin(z/c) explicitných rovníc x = f(z), y = g(z) danej skrutkovice. Implicitné rovnice napíšeme veľmi jednodu- cho x - r cos(z/c) = 0, y - r sin(z/c) = 0. Príklad 4. Napíšme parametrické vyjadrenie krivky danej implicitnými rovnicami xy - 1 = 0, x + y - z = 0, x > 0, y > 0. (5.8) 164 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA Riešenie: Z rovníc (5.8) vyjadríme dve premenné ako funkciu zostávajúcej premennej. Tak získame explicitné vyjadrenie tejto krivky y = 1 x , z = x + y = x + 1 x , x > 0. Od explicitného vyjadrenia prejdeme k jednoduchej parametrizácii krivky (5.8) x = t, y = 1 t , z = t + 1 t , t > 0. 5.2.4 Regulárna krivka Metódami diferenciálneho počtu môžeme skúmať iba krivky, ktorých rovnice spĺňajú určité predpoklady týkajúce sa ich derivácií. Okrem spojitosti funkcie p(t) predpokladáme spojitosť jej prvej derivácie podľa všeobecného parametra t, ktorú budeme označovať ˙p(t) = dp(t) dt = dx(t) dt , dy(t) dt , dz(t) dt . Bod P(t) pre t J, v ktorom existuje ˙p(t) a je ˙p(t) = 0 nazývame regulárny bod krivky. Ak je ˙p(t) = 0, respektíve ( ˙x(t))2 + ( ˙y(t))2 + ( ˙z(t))2 = 0 (5.9) pre ľubovoľný bod t J, krivka k je regulárna. Príklad 5. Krivka p(t) = [t2, t - t3, t4 + 1] je regulárna, lebo ˙p(t) = [2t, 1 - 3t2, 4t3] = 0 pre ľubovoľný bod t J. Príklad 6. Krivka p(t) = [t2, t4 - t6, t4 + 1] nie je regulárna, lebo ˙p(t) = [2t, 4t3 - 6t5, 4t3] = 0 pre t = 0. Každý bod krivky, ktorý nie je regulárny nazývame singulárnym bodom krivky. Týmito bodmi a ich klasifikáciou sa nebudeme zaoberať a budeme pracovať iba s regulárnymi krivkami. 5.2.5 Transformácia parametra krivky Pri štúdiu krivky danej rovnicou (5.1) je niekedy výhodné prejsť k inej vektorovej rovnici tejto krivky, t.j. previesť regulárnu transformáciu parametra. Ak definujeme funkciu t = t(t ), t J , (5.10) spojitú na J aj s prvou deriváciou a dt dt = 0 pre každé t J, potom je funkcia (5.10) rýdzo monotónna a realizuje vzájomne jednoznačné zobrazenie intervalu J na interval J. Rovnica (5.1) a rovnica p = p[t(t )] = p(t ), t J , sú potom vektorovými rovnicami jednej a tej istej krivky. Príklad 7. Vektorovou rovnicou p = [2t4 , sin t2 , et2 ], t (1, 2), (5.11) 5.2. POJEM KRIVKY 165 je definovaná určitá regulárna krivka. Funkcia t(t ) = t, t (1, 4), (5.12) zobrazuje interval (1, 4) jednoznačne na interval (1, 2). Pomocou (5.12) prevedieme regulárnu transformáciu parametra. Dosadí me (5.12) do (5.11) a dostaneme nové vektorové vyjadrenie skúmanej krivky, a to v tvare p = [2(t )2 , sin t , et ], t (1, 4). (5.13) K funkcii (5.12) môžeme zostrojiť inverznú funkciu t (t) = t2 , t (1, 2), (5.14) a prevedením regulárnej transformácie parametra na (5.13) pomocou (5.14) dostávame pôvodnú vektorovú rovnicu (5.11). 5.2.6 Orientácia krivky Nech p = p(t), t J je parametrizácia krivky k. Nech P(t1) a P(t2) sú dva body krivky k, ktoré odpovedajú hodnotám t1 a t2 z intervalu J takým, že t1 < t2. Na danej krivke k môžeme zvoliť dve navzájom opačné orientácie. V jednej orientácii je bod P(t1) pred bodom P(t2) (zapisujeme P(t1) P(t2)), v druhej orientácii je bod P(t2) pred bodom P(t1) (P(t2) P(t1)). Hovoríme, že krivka je orientovaná súhlasne s parametrizáciou, ak platí P(t1) P(t2) t1 < t2 (5.15) a krivka je orientovaná nesúhlasne s parametrizáciou, ak platí P(t1) P(t2) t1 < t2. (5.16) Krivka k s jedným z usporiadaní (5.15), (5.16) sa nazýva orientovaná krivka. Príklad 8. Pre polkružnicu s polomerom r = 1 so stredom v začiatku, ktorá leží v 1. a 2. kvadrante máme dve parametrizácie p1 = cos t i + sin t j, t 0, , (5.17) p2 = t i + 1 - t2 j, t -1, 1 . (5.18) Pri parametrizácii (5.17) je bod A = [1, 0] obrazom parametra t = 0, bod B = [0, 1] obrazom parametra t = /2 a bod C = [-1, 0] obrazom parametra t = . V orientácii súhlasnej s touto parametrizáciou je A B C. Pri parametrizácii (5.18) je bod A obrazom parametra t = 1, bod B obrazom parametra t = 0 a bod C obrazom parametra t = -1. V orientácii súhlasnej s touto parametrizáciou je C B A. 5.2.7 Dĺžka krivky, prirodzená parametrizácia krivky Nech je vektorovou rovnicou (5.1) definovaná regulárna krivka k. Označme P(t0) a P(t) body, odpovedajúce na krivke k ľubovolnej ale pevnej hodnote t0 a nejakej hodnote t z intervalu J. Na intervale J definujme funkciu s(t) = t t0 | ˙p(t)| dt = t t0 ˙p(t) ˙p(t) dt, (5.19) 166 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA respektíve s(t) = t t0 ( ˙x(t))2 + ( ˙y(t))2 + ( ˙z(t))2 dt. (5.20) Každej hodnote parametra t J môžeme priradiť číslo |s(t)|, ktoré vyjadruje dĺžku krivky medzi bodmi P(t0) a P(t). Z rovnice (5.9) vyplýva, že derivácia ˙s(t) = ( ˙x(t))2 + ( ˙y(t))2 + ( ˙z(t))2 = ˙p(t) ˙p(t) = 0 je pre všetky t J rôzna od nuly. Funkcia s = s(t), t J je teda rýdzo monotónna a môžeme k nej zostrojiť inverznú funkciu t = t(s), s I, (5.21) ktorá realizuje vzájomne jednoznačné zobrazenie intervalu I na interval J. Pre deriváciu tejto inverznej funkcie platí dt ds = 1 ˙s(t) = 1 ( ˙x(t))2 + ( ˙y(t))2 + ( ˙z(t))2 = 1 ˙p(t) ˙p(t) = 0 pre všetky t J. Pomocou funkcie (5.21) môžeme previesť na skúmanej krivke transformáciu parametra. Dostaneme tak novú vektorovú rovnicu krivky p = p[t(s)] = p(s), s I, (5.22) v ktorej parametrom je dĺžka oblúka krivky od bodu P(t0) do bodu P(t) a ktorú nazývame prirodzenou parametrizáciou krivky. Všetky derivácie podľa oblúka dp ds = dp dt dt ds budeme označovať čiarkou, t.j. p = ˙p dt ds na rozdiel od derivácií podľa všeobecného parametra, ktoré označujeme bodkou. Pre veľkosť vektora p platí |p | = p p = ˙p ˙p dt ds = ˙p ˙p 1 ˙p ˙p = 1. (5.23) Vlastnosť (5.23) je nutnou a postačujúcou podmienkou na to, aby parametrizácia p = p(s) bola prirodzenou parametrizáciou regulárnej krivky k. Príklad 9. Nájdime prirodzenú parametrizáciu skrutkovice (5.4). Riešenie: Na krivke (5.4) zavedieme nový parameter, ktorý je oblúkom. Vypočítame prvú deriváciu podľa všeobecného parametra t ˙p(t) = [-r sin t, r cos t, c] (5.24) a dĺžku krivky zo vzťahu (5.20) s(t) = t 0 r2 sin2 t + r2 cos2 t + c2 dt = t r2 + c2, t (-, ). K funkcii s(t) vypočítame inverznú funkciu t = s r2 + c2 , s (-, ). 5.3. SPRIEVODNÝ TROJHRAN 167 Odtiaľ vyplýva, že hľadaná vektorová rovnica, v ktorej parameter s je oblúkom, má tvar p(s) = [r cos s r2 + c2 , r sin s r2 + c2 , cs r2 + c2 ]. (5.25) Prirodzená parametrizácia má veľký význam pri teoretických úvahách. Pri konkrétnom počítaní ju nebudeme vedieť vždy určiť lebo integrály na pravej strane vzťahov (5.19) a (5.20) môžu byť komplikované alebo primitívna funkcia nie je elementárna. 5.3 Sprievodný trojhran Ku každému bodu P(t0) regulárnej krivky k, v ktorom existuje ¨p(t0) = 0, je možné jednoznačne priradiť tri vektory, ktoré spolu s bodom P(t0) určujú pravouhlý trojhran s vrcholom v bode P(t0). Jeho hranami sú dotyčnica d, hlavná normála n a binormála b. Steny tvoria oskulačná rovina , normálová rovina a rektifikačná rovina . Pri pohybe bodu P(t0) po regulárnej krivke sa mení poloha tohto trojhranu. Preto sa trojhran nazýva sprievodný alebo Serretov trojhran. Umožní nám výstižne popísať tvar krivky k v okolí bodu P(t0). Obr. 5.2: Trojhran. 5.3.1 Dotyčnica krivky Medzi všetkými priamkami, ktoré prechádzajú bodom P(t0) regulárnej krivky k existuje významná priamka, ktorá sa nazýva dotyčnica. Na krivke k zvoľme dva rôzne body P(t0) a P(t0 + h), h = 0. Priamka prechádzajúca týmito bodmi sa nazýva sečnica krivky k. Dotyčnica v bode P(t0) je limitnou polohou sečnice pre h 0. V každom bode P(t0) = [x(t0), y(t0), z(t0)] regulárnej krivky existuje práve jedna dotyčnica. Ak je krivka popísaná rovnicami (5.1) alebo (5.5), potom vektorová rovnica dotyčnice je d = p(t0) + ˙p(t0) (5.26) a parametrické rovnice dotyčnice sú x = x(t0) + ˙x(t0), y = y(t0) + ˙y(t0), z = z(t0) + ˙z(t0), (5.27) 168 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA kde (-, ) je parameter, d je označenie pre polohový vektor ľubovoľného bodu dotyčnice a x, y, z sú súradnice tohto vektora, resp. súradnice ľubovoľného bodu dotyčnice. Príklad 10. Určme rovnicu dotyčnice ku skrutkovici (5.4) vo všeobecnom bode a v bode t = 0. Riešenie: Do vzťahu (5.26) alebo do vzťahov (5.27) dosadíme výrazy (5.4) a (5.24). Dostaneme vektorovú rovnicu dotyčnice vo všeobecnom bode P(0) d = [r cos t, r sin t, ct] + [-r sin t, r cos t, c], alebo parametrické rovnice dotyčnice x = r cos t - r sin t, y = r sin t + r cos t, z = ct + c. Vektorovú rovnicu dotyčnice v bode t = 0 môžeme písať v tvare d = [r, 0, 0] + [0, r, c], alebo x = r, y = r, z = c. 5.3.2 Oskulačná rovina krivky Každá rovina, ktorá prechádza dotyčnicou regulárnej krivky k sa nazýva dotykovou rovinou krivky. Medzi týmito rovinami existuje významná rovina, ktorá sa nazýva oskulačná rovina krivky. V bode P(t0) krivky k zostrojme dotyčnicu d. Cez dotyčnicu d a ďalší bod P(t0 + h), h = 0 krivky k položme rovinu. Oskulačná rovina v bode P(t0) je limitnou polohou takto zostrojenej roviny pre h 0. Za predpokladu, že v bode P(t0) krivky k existujú derivácie ˙p(t0), ¨p(t0) (5.28) a tieto vektory sú lineárne nezávislé, existuje v bode P(t0) práve jedna oskulačná rovina rovnobežná s vektormi (5.28). Ak r = [x, y, z] je označenie pre polohový vektor jej ľubovoľného bodu, potom vektorová rovnica oskulačnej roviny je (r - p(t0)) ( ˙p(t0) × ¨p(t0)) = 0 alebo x - x(t0) y - y(t0) z - z(t0) ˙x(t0) ˙y(t0) ˙z(t0) ¨x(t0) ¨y(t0) ¨z(t0) = 0. V prípade, že sú vektory (5.28) lineárne závislé, každá dotyková rovina zostrojená v bode P(t0) je súčasne oskulačnou rovinou. Príklad 11. Určme rovnicu oskulačnej roviny ku skrutkovici (5.4) vo všeobecnom bode a v bode t = 0. Riešenie: K výpočtu oskulačnej roviny potrebujeme okrem vektorovej funkcie (5.4) a jej derivácie (5.24) aj druhú deriváciu podľa parametra t ¨p(t) = [-r cos t, -r sin t, 0]. (5.29) 5.3. SPRIEVODNÝ TROJHRAN 169 Najskôr vypočítame vektorový súčin ˙p × ¨p = i j k -r sin t r cos t c -r cos t -r sin t 0 = (5.30) = cr sin t i - cr cos t j + (r2 sin2 t + r2 cos2 t) k = cr sin t i - cr cos t j + r2 k. Získaný vektor môžeme vydeliť nenulovým polomerom r. Nasleduje výpočet skalárneho súčinu ([x, y, z] - [r cos t, r sin t, ct]) [c sin t, -c cos t, r] = 0, po úprave ktorého dostaneme rovnicu hľadanej oskulačnej roviny v bode t cx sin t - cy cos t + rz - crt = 0 a v bode t = 0 cy - rz = 0. 5.3.3 Hlavná normála a binormála krivky Každá priamka prechádzajúca bodom P(t0) regulárnej krivky k kolmá na dotyčnicu sa nazýva normála krivky k v bode P(t0). Normálu, ktorá leží v oskulačnej rovine budeme nazývať hlavnou normálou a označovať n. Pod pojmom binormála b krivky k budeme rozumieť priamku, ktorá prechádza bodom P(t0) a je kolmá súčasne na príslušnú dotyčnicu i hlavnú normálu. Binormála je teda kolmá na oskulačnú rovinu a preto vektorová rovnica binormály je b = p(t0) + ( ˙p(t0) × ¨p(t0)), kde (-, ) je parameter, b je označenie pre polohový vektor ľubovoľného bodu binormály a x, y, z sú súradnice tohto vektora, resp. súradnice ľubovoľného bodu binormály. Parametrické rovnice binormály sú x = x(t0) + ˙y(t0) ˙z(t0) ¨y(t0) ¨z(t0) , y = y(t0) + ˙z(t0) ˙x(t0) ¨z(t0) ¨x(t0) , z = z(t0) + ˙x(t0) ˙y(t0) ¨x(t0) ¨y(t0) . Keďže pre hrany sprievodného trojhranu platí b = d × n, d = n × b, n = b × d, vektorová rovnica hlavnej normály je n = p(t0) + (( ˙p(t0) × ¨p(t0)) × ˙p(t0)), 170 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA kde (-, ) je parameter, n je označenie pre polohový vektor ľubovoľného bodu hlavnej normály a x, y, z sú súradnice tohto vektora, resp. súradnice ľubovoľného bodu hlavnej normály. Parametrické rovnice hlavnej normály sú x = x(t0) + ˙z(t0) ˙z(t0) ˙x(t0) ¨z(t0) ¨x(t0) - ˙y(t0) ˙x(t0) ˙y(t0) ¨x(t0) ¨y(t0) , y = y(t0) + ˙x(t0) ˙x(t0) ˙y(t0) ¨x(t0) ¨y(t0) - ˙z(t0) ˙y(t0) ˙z(t0) ¨y(t0) ¨z(t0) , z = z(t0) + ˙y(t0) ˙y(t0) ˙z(t0) ¨y(t0) ¨z(t0) - ˙x(t0) ˙z(t0) ˙x(t0) ¨z(t0) ¨x(t0) . Príklad 12. Určme rovnice hlavnej normály a binormály skrutkovice (5.4) vo všeobecnom bode a v bode t = 0. Riešenie: V predchádzajúcom príklade sme vypočítali vektorový súčin ˙p × ¨p (5.30), môžeme teda priamo zapísať rovnicu binormály v bode t b = [r cos t, r sin t, ct] + [c sin t, -c cos t, r] a v bode t = 0 b = [r, 0, 0] + [0, -c, r]. K výpočtu hlavnej normály potrebujeme vektorový súčin ( ˙p × ¨p) × ˙p = i j k c sin t -c cos t r -r sin t r cos t c = -(c2 + r2 )(cos t i + sin t j). (5.31) Získaný vektor môžeme vydeliť nenulovým -(c2 + r2). Potom rovnica hlavnej normály v bode t je n = [r cos t, r sin t, ct] + [cos t, sin t, 0] a v bode t = 0 n = [r, 0, 0] + [1, 0, 0]. 5.3.4 Normálová a rektifikačná rovina krivky Hlavná normála a binormála určujú normálovú rovinu . Táto rovina je kolmá na dotyčnicu krivky v konkrétnom bode a ležia v nej všetky normály. Dotyčnica a binormála určujú rovinu, ktorú budeme nazývať rektifikačná rovina . Keďže normálová rovina je kolmá na dotyčnicu, vektorová rovnica normálovej roviny je (r - p(t0)) ˙p(t0) = 0 alebo po zložkách (x - x(t0)) ˙x(t0) + (y - y(t0)) ˙y(t0) + (z - z(t0)) ˙z(t0) = 0. Rektifikačná rovina je kolmá na hlavnú normálu, preto vektorová rovnica rektifikačnej roviny je (r - p(t0)) (( ˙p(t0) × ¨p(t0)) × ˙p(t0)) = 0 5.3. SPRIEVODNÝ TROJHRAN 171 alebo x - x(t0) y - y(t0) z - z(t0) ˙x(t0) ˙y(t0) ˙z(t0) ˙y(t0) ˙z(t0) ¨y(t0) ¨z(t0) ˙z(t0) ˙x(t0) ¨z(t0) ¨x(t0) ˙x(t0) ˙y(t0) ¨x(t0) ¨y(t0) = 0. Príklad 13. Určme rovnice normálovej a rektifikačnej roviny skrutkovice (5.4) vo všeobecnom bode a v bode t = 0. Riešenie: Vzhľadom na výsledky predchádzajúcich príkladov nebude ťažké zapísať rovnice hľadaných rovín. Normálová rovina vo všeobecnom bode t má rovnicu ([x, y, z] - [r cos t, r sin t, ct]) [-r sin t, r cos t, c] = 0 a po úprave rx sin t - ry cos t - cz + c2 t = 0. Normálová rovina v bode t = 0 má rovnicu ([x, y, z] - [r, 0, 0]) [0, r, c] = 0 a po úprave ry + cz = 0. Rektifikačná rovina vo všeobecnom bode t má rovnicu ([x, y, z] - [r cos t, r sin t, ct]) [cos t, sin t, 0] = 0 a po úprave x cos t + y sin t - r = 0. Rektifikačná rovina v bode t = 0 má rovnicu ([x, y, z] - [r, 0, 0]) [1, 0, 0] = 0 a po úprave x - r = 0. 5.3.5 Sprievodný trojhran v prirodzenej parametrizácii Predpokladajme, že regulárna krivka k je daná vektorovou rovnicou (5.22), v ktorej parametrom je oblúk. Ako vieme z (5.23), p (s) je pre každé s I jednotkovým dotyčnicovým vektorom krivky k d0 = p (s). Ďalej vieme, že vektory p (s) a p (s) sú rovnobežné s oskulačnou rovinou. Zo vzťahu (5.23) je zrejmé, že pre všetky s I platí p (s) p (s) = 1. Derivujeme obe strany rovnice podľa s a dostaneme p (s) p (s) + p (s) p (s) = 0 172 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA a po úprave 2p (s) p (s) = 0. To však znamená, že v každom bode P(s) krivky k je vektor p (s) buď nulový alebo nenulový a kolmý na dotyčnicový vektor p (s). Ak predpokladáme druhú možnosť, pozorujeme, že nastane len vtedy, ak je vektor p (s) rovnobežný s hlavnou normálou n krivky k. Potom jednotkový vektor hlavnej normály je n0 = p (s) |p (s)| . (5.32) Pomocou jednotkových vektorov d0, n0 zostrojíme jednotkový vektor binormály b0 = d0 × n0. Vzťahy na výpočet hrán a stien sprievodného trojhranu sú v prirodzenej parametrizácii jednoduchšie. Dotyčnica krivky k v bode P(s0) má parametrické rovnice x = x(s0) + x (s0), y = y(s0) + y (s0), z = z(s0) + z (s0). Hlavná normála krivky k v bode P(s0) má parametrické rovnice x = x(s0) + x (s0), y = y(s0) + y (s0), z = z(s0) + z (s0). Binormála krivky k v bode P(s0) má parametrické rovnice x = x(s0) + y (s0) z (s0) y (s0) z (s0) , y = y(s0) + z (s0) x (s0) z (s0) x (s0) , z = z(s0) + x (s0) y (s0) x (s0) y (s0) . Normálová rovina krivky k v bode P(s0) má rovnicu (x - x(s0))x (s0) + (y - y(s0))y (s0) + (z - z(s0))z (s0) = 0. Rektifikačná rovina krivky k v bode P(s0) má rovnicu (x - x(s0))x (s0) + (y - y(s0))y (s0) + (z - z(s0))z (s0) = 0. Oskulačná rovina krivky k v bode P(s0) má rovnicu x - x(s0) y - y(s0) z - z(s0) x (s0) y (s0) z (s0) x (s0) y (s0) z (s0) = 0. 5.4. CHARAKTERISTIKY KRIVKY 173 Obr. 5.3: Krivosť. 5.4 Charakteristiky krivky 5.4.1 Krivosť krivky Pri pohybe dotykového bodu P(t0) po regulárnej krivke sa mení smer dotyčnice v tomto bode. Rýchlosť zmeny smeru dotyčnice charakterizuje stupeň zakrivenia krivky. Čím viac sa v okolí bodu dotyku krivka odkláňa od dotyčnice v tomto bode, tím má väčšiu prvú krivosť (alebo krivosť či flexiu). Ak je krivka k definovaná vektorovou rovnicou (5.1), potom jej krivosť v bode P(t0) vypočítame zo vzťahu K2 (t0) = | ˙p(t0) × ¨p(t0)|2 ( ˙p(t0) ˙p(t0))3 . (5.33) Ak je krivka daná parametrickými rovnicami (5.5), potom krivosť v bode P(t0) vypočítame zo vzťahu K2 (t0) = ˙y(t0) ˙z(t0) ¨y(t0) ¨z(t0) 2 + ˙z(t0) ˙x(t0) ¨z(t0) ¨x(t0) 2 + ˙x(t0) ˙y(t0) ¨x(t0) ¨y(t0) 2 ( ˙x(t0)2 + ˙y(t0)2 + ˙z(t0)2)3 . Ak je krivka k daná vektorovou rovnicou (5.22), v ktorej parametrom je oblúk s, potom krivosť v bode P(s0) vypočítame zo vzťahu K(s0) = |p (s0)| (5.34) alebo K(s0) = (x (s0))2 + (y (s0))2 + (z (s0))2. Polomer krivosti krivky k v bode P(t0) je prevrátenou hodnotou prvej krivosti krivky k v tomto bode, t.j. R(t0) = 1 K(t0) . Príklad 14. Vypočítajme prvú krivosť v ľubovoľnom bode skrutkovice (5.4). Riešenie: Norma vektorového súčinu (5.30) v čitateli vzťahu (5.33) je | ˙p(t0) × ¨p(t0)| = c2r2 sin2 t + c2r2 cos2 t + r4 = r2(c2 + r2) (5.35) a skalárny súčin v menovateli vzťahu (5.33) je vzhľadom na (5.24) a (5.29) ˙p(t0) ˙p(t0) = r2 sin2 t + r2 cos2 t + c2 = (r2 + c2 ). 174 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA Potom K(t0)2 = ( r2(c2 + r2))2 (r2 + c2)3 = r2 (r2 + c2)2 . To znamená, že prvá krivosť K(t0) = r (r2 + c2) nezávisí od parametra t, a teda je konštantná pozdĺž celej skrutkovice. Nutnou a postačujúcou podmienkou na to, aby daná regulárna krivka bola priamkou je, aby v každom bode tejto krivky bola prvá krivosť rovná nule. 5.4.2 Kružnica krivosti krivky, evolúta, evolventa Kružnica, ktorú dostaneme ako limitnú polohu kružnice prechádzajúcej tromi rôznymi bodmi P(t0), P(t1), P(t2) krivky k, ktoré neležia na jednej priamke a body P(t1) a P(t2) sa približujú k bodu P(t0), nazývame kružnica krivosti alebo oskulačná kružnica. Táto 1. leží v oskulačnej rovine krivky k v bode P(t0), 2. jej polomer sa rovná polomeru krivosti R krivky k v bode P(t0), 3. jej stred S leží na hlavnej normále krivky k v bode P(t0). Polomer r kružnice krivosti krivky nazývame polomer krivosti a súradnice xs a ys stredu S kružnice krivosti krivky nazývame stred krivosti. Krivku l, ktorej body sú stredy krivosti krivky k pre všetky jej body, nazývame evolútou krivky k. Naopak, krivka k je evolventou krivky l. Pravouhlý priemet krivky k do jej oskulačnej roviny v bode P(t0) je rovinná krivka, ktorá má s danou priestorovou krivkou spoločnú kružnicu krivosti v bode P(t0). Preto budeme kružnicu krivosti spolu s evolútou študovať v časti o rovinných krivkách. 5.4.3 Torzia krivky Pri pohybe bodu P(t0) po regulárnej krivke sa mení poloha oskulačnej roviny v tomto bode. Čím viac sa v okolí bodu P(t0) krivka odchyluje z oskulačnej roviny v tomto bode, tím má väčšiu druhú krivosť (alebo torziu). Ak je krivka k definovaná vektorovou rovnicou (5.1), potom jej torziu v bode P(t0) vypočí tame zo vzťahu T (t0) = ( ˙p(t0) × ¨p(t0)) ¨p(t0) | ˙p(t0) × ¨p(t0)|2 . Ak je krivka daná parametrickými rovnicami (5.5), potom torziu v bode P(t0) vypočítame zo vzťahu T (t0) = ˙x(t0) ˙y(t0) ˙z(t0) ¨x(t0) ¨y(t0) ¨z(t0) ¨x(t0) ¨y(t0) ¨z(t0) ˙y(t0) ˙z(t0) ¨y(t0) ¨z(t0) 2 + ˙z(t0) ˙x(t0) ¨z(t0) ¨x(t0) 2 + ˙x(t0) ˙y(t0) ¨x(t0) ¨y(t0) 2 . Ak je krivka k daná vektorovou rovnicou (5.22), v ktorej parametrom je oblúk s, potom torziu v bode P(s0) vypočítame zo vzťahu T (s0) = (p (s0) × p (s0)) p (s0) (p (s0))2 , 5.4. CHARAKTERISTIKY KRIVKY 175 alebo T (s0) = x (s0) y (s0) z (s0) x (s0) y (s0) z (s0) x (s0) y (s0) z (s0) (x (s0))2 + (y (s0))2 + (z (s0))2 . Príklad 15. Vypočítajme druhú krivosť v ľubovoľnom bode skrutkovice (5.4). Riešenie: K výpočtu druhej krivosti potrebujeme vektorový súčin (5.30), jeho normu (5.35) a tretiu deriváciu vektorovej rovnice skrutkovice (5.4) podľa parametra t ¨p(t) = [r sin t, -r cos t, 0]. Potom T (t) = [cr sin t, -cr cos t, r2] [r sin t, -r cos t, 0] r2(c2 + r2) = c c2 + r2 . Pozdĺž skúmanej skrutkovice je aj druhá krivosť konštantná. 5.4.4 Frenetove-Serretove vzorce Predpokladajme opäť, že regulárna krivka k je daná vektorovou rovnicou (5.22), v ktorej parameter s je oblúkom. Poznamenajme, že vektor p (s) sa nazýva vektor prvej krivosti v bode P(s), teda pre veľkosť tohto vektora platí (5.34). Potom vzhľadom na (5.32) môžeme písať p = |p (s0)|n0 = Kn0. (5.36) Ak pre jednotkový dotyčnicový vektor zavedieme označenie d0 = p , rovnicu (5.36) upravíme na tvar d0 = Kn0 (5.37) čo je prvý Frenetov vzorec. Poznámka: Prechod od vzťahu (5.34) ku vzťahu (5.33) na výpočet krivosti nájdu záujemci v (Budinský, kap. 3.2., str 60). V danom bode P(s) krivky k budeme skúmať deriváciu jednotkového vektora binormály b0 a ukáže sa, že dospejeme k druhej krivosti T . Derivujeme podľa parametra s obe strany rovnice b0 b0 = 1 a dostaneme vzťah 2b0 b0 = 0, z ktorého vyplýva, že vektor b0 je v každom bode krivky k buď nulový, alebo nenulový a kolmý na vektor b0. Môžeme teda vektor b0 vyjadriť ako lineárnu kombináciu vektorov d0, n0, ktoré sú tiež kolmé na b0 a písať b0 = Ad0 - T n0, (5.38) kde A a -T sú neznáme konštanty. Vynásobme skalárne obe strany tejto rovnice vektorom d0. Dostaneme tak b0 d0 = A. (5.39) 176 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA Ukážeme, že A = 0. Z rovnice b0 d0 = 0 vyplýva ďalším derivovaním, že b0 d0 + b0 d0 = 0. Odtiaľ a zo vzťahu (5.37) ľahko overíme, že b0 d0 = Kb0 n0 = 0, a teda aj b0 d0 = 0 a z (5.39) A = 0. Rovnica (5.38) má teda tvar b0 = -T n0. (5.40) Nazývame ju tretím Frenetovým vzorcom. Čitateľa zrejme zaskočilo, že sa v predchádzajúcom výklade nehovorí o druhom Frenetovom vzorci. Tento bude výsledkom nasledujúcej konštrukcie. Hovoríme, že tri vektory tvoria ortonormálny systém, ak sú jednotkové a navzájom kolmé. Zrejme vektory d0, n0 a b0 v bode P(s) krivky k tvoria takýto systém. Môžeme vypočítať vektory d0, n0 a b0 a vyjadriť ich ako lineárne kombinácie vektorov d0, n0, b0, čo zapíšeme nasledovne d0 = a11d0 + a12n0 + a13b0, n0 = a21d0 + a22n0 + a23b0, b0 = a31d0 + a32n0 + a33b0. Vo všeobecnom prípade má matica koeficientov a11, a12, . . . , a33 tvar 0 a12 a13 -a12 0 a23 -a13 -a23 0 Dôkaz je dostupný v (Budinský kap. 3.4., str. 66). Vzhľadom k (5.37) a (5.40) dostávame tak rovnice d0 = Kn0 n0 = -Kd0 +T b0 b0 = -T n0 Tak sme odvodili Frenetove vzorce, ktoré tvoria základ diferenciálnej geometrie kriviek, pretože na ne môžeme previesť celú problematiku tejto disciplíny. 5.4.5 Prirodzené rovnice krivky Nech sú dané dve spojité funcie K = K(s) > 0, T = T (s), (5.41) kde K má spojitú aspoň druhú deriváciu a T má spojitú aspoň prvú deriváciu. Potom existuje jediná krivka, ktorá 1. má s za oblúk a K a T za prvú a druhú krivosť, 2. prechádza ľubovoľným vopred daným bodom pre s = 0, 3. má v tomto bode ľubovoľné vopred dané jednotkové a navzájom kolmé vektory d0, n0, b0 ako jednotkové vektory dotyčnice, hlavnej normály a binormály. 5.5. ROVINNÉ KRIVKY 177 Zadaním funkcií(5.41) je až na svoju polohu v priestore určená krivka. Veličiny s, K, T nazývame prirodzenými súradnicami a rovnice (5.41) prirodzenými rovnicami krivky. Prirodzené rovnice krivky vyjadrujú krivku nezávisle na voľbe súradnicovej sústavy. Príklad 16. Skrutkovica, ktorej prirodzená parametrizácia je (5.25) má v každom bode P(s) konštantnú nenulovú krivosť i torziu. Takže rovnice K(s) = r r2 + c2 , K(s) = = c c2 + r2 sú prirodzené rovnice skrutkovice (5.4). 5.5 Rovinné krivky Krivka k, ktorej všetky body patria do jednej roviny, sa nazýva rovinná krivka. Celý rad vlastností rovinných kriviek sme prebrali spoločne s pojednávaním o priestorových krivkách, ktorým pre ich vlastnosť K = 0, T = 0 hovoríme aj krivky dvojakej krivosti. Teraz budeme študovať niektoré vlastnosti rovinných kriviek, charakterizovaných vlastnosťou T = 0 vo všetkých bodoch krivky. 5.5.1 Rovnice rovinnej krivky Ak zvolíme z(t) = 0, vektorová rovnica rovinnej krivky bude p = p(t) = [x(t), y(t)] = x(t)i + y(t)j, t J. (5.42) Rovinnú krivku môžeme zapísať parametrickými rovnicami x = x(t), y = y(t), t J, (5.43) explicitne y = f(x), x J (5.44) alebo implicitne h(x, y) = 0, (5.45) ak je funkcia h definovaná a spojitá na dvojrozmernej oblasti E2. Špeciálnym prípadom rovinnej krivky je graf spojitej nekonštantnej reálnej funkcie f(x). Príklad 17. Napíšme parametrické vyjadrenie Descartesovho listu x3 +y3 = 3xy tak, že položíme y = tx. Riešenie: Po dosadení predpokladaného y do rovnice krivky vyjadríme x ako funkciu parametra t. Z rovnice x3 + t3 x3 = 3tx2 dostaneme po úprave rovnicu x2 [x(1 + t3 ) - 3t] = 0, odkiaľ buď x = 0 a teda aj y = 0 alebo x = 3t 1 + t3 a potom y = 3t2 1 + t3 . 178 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA Príklad 18. Vektorovou rovnicou p(t) = [a cos t, b sin t], (5.46) kde t 0, 2), a > 0, b > 0 je vyjadrená elipsa. Rozpísaním vektorovej rovnice (5.46) dostaneme dve parametrické rovnice elipsy v tvare x = a cos t, y = b sin t. (5.47) Vylúčením parametra t z parametrických rovníc (5.47) (tak, že obe strany prvej, resp. druhej rovnice vynásobíme b, resp. a, obe strany oboch rovníc umocníme a rovnice spočítame), dostávame implicitnú rovnicu elipsy v tvare x2 a2 + y2 b2 - 1 = 0. Z tejto rovnice vypočítame premennú y a získame explicitné rovnice elipsy y = b2 - b2 a2 x2 , respektíve y = - b2 - b2 a2 x2 . Rovinné krivky je možné vyjadriť aj pomocou polárnych súradníc a v tvare F(, ) = 0 alebo = f(). (5.48) Obr. 5.4: Polárne súradnice. Transformačné rovnice, s pomocou ktorých sa dajú previesť pravouhlé súradnice (O, x, y) na polárne súradnice (O, , ) a opačne sú 5.5. ROVINNÉ KRIVKY 179 x = cos , y = sin , = arctg y x , = + x2 + y2, (0 < 2). Príklad 19. V polárnych súradniciach sú vyjadrené mnohé rovinné krivky, väčšinou užitočné z hľadiska technických aplikácií. Hyperbolická špirála: = c/, c > 0, > 0. Archimedova špirála: = a, a > 0. Logaritmická špirála: = k ea, k = 0, a > 0. Kardioida: = 2a(1 + cos ), a > 0. 5.5.2 Dĺžka rovinnej krivky Dĺžku rovinnej krivky zadanej rovnicami (5.43), (5.44) a (5.48) môžeme vypočítať pomocou vzťahov s(t) = t t0 ( ˙x(t))2 + ( ˙y(t))2 dt, s(x) = x x0 1 + ˙f(x)2 dx, s() = 0 f2() + ˙f()2 d. Príklad 20. Vypočítajme dĺžku polkružnice s polomerom r = 1 so stredom v začiatku, ktorá leží v 1. a 2. kvadrante. Riešenie: K dispozícii máme dve parametrizácie (5.17) a (5.18) zadanej polkružnice. Potom s(t) = 0 (- sin t)2 + (cos t)2 dt = 0 1 dt = , alebo s(t) = 1 -1 1 + (- 1 2 2t 1 - t2 )2 dt = 1 -1 1 1 - t2 dt = [arcsin t]1 -1 = . Príklad 21. Vypočítajme dĺžku logaritmickej špirály = e medzi bodmi, ktoré zodpovedajú parametrom = 0 a = . Riešenie: Využijeme posledný z trojice vzorcov a vypočítame s() = 0 (e)2 + (e)2 d = 2(e - 1). 5.5.3 Dotyčnica a normála rovinnej krivky Pojem dotyčnice a normály ku grafu funkcie y = f(x) v bode [x0, f(x0)] je čitateľovi známy zo štúdia diferenciálneho počtu (kapitola 7.4.1., Riešené úlohy z matematiky I.). V každom bode P(t0) = [x(t0), y(t0)] = [x0, y0] = [x0, f(x0)] regulárnej rovinnej krivky existuje práve jedna dotyčnica. Dotyčnica v bode P(t0) krivky danej rovnicami (5.42­5.45) je definovaná postupne rovnicami d = p(t0) + ˙p(t0), 180 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA x = x(t0) + ˙x(t0), y = y(t0) + ˙y(t0), y = f(x0) + f (x0)(x - x0), (x - x0)hx(P[x0, y0]) + (y - y0)hy(P[x0, y0]) = 0. (5.49) Priamku, ktorá prechádza bodom P(t0) a je kolmá na dotyčnicu, nazývame normálou. Vzhľadom na existenciu jedinej normály rovinnej krivky nehovoríme o hlavnej normále, ale krátko o normále. Normála v bode P(t0) krivky danej rovnicami (5.42­5.45) je definovaná postupne rovnicami (n - p(t0)) ˙p(t0) = 0, x = x(t0) - ˙y(t0), y = y(t0) + ˙x(t0), y = f(x0) - 1 f (x0) (x - x0), (x - x0)hy(P[x0, y0]) - (y - y0)hx(P[x0, y0]) = 0. (5.50) Príklad 22. Nájdime rovnice dotyčnice a normály ku elipse x2/a2 +y2/b2 -1 = 0 vo všeobecnom bode [x0, y0]a v bode [1, 0] ak a = 1, b = 2. Riešenie: Elipsa je daná implicitne, preto na výpočet dotyčnice a normály použijeme vzorce (5.49) a (5.50). Potrebujeme derivácie rovnice elipsy podľa x a y hx = 2x a2 , hy = 2y b2 . Potom rovnica dotyčnice vo všeobecnom bode elipsy je (x - x0) 2x a2 + (y - y0) 2y b2 = 0 a rovnica normály vo všeobecnom bode elipsy je (x - x0) 2y b2 - (y - y0) 2x a2 = 0. Dotyčnica a normála v bode [1, 0] elipsy x2 + y2/4 - 1 = 0 majú rovnice 2(x - 1) + 0(y - 0) = 0, 0(x - 1) - 2(y - 0) = 0 a po úprave x - 1 = 0, y = 0. V prípade rovinnej krivky nemá zmysel zavádzať ďalšie pojmy známe z theórie priestorových kriviek pod spoločným názvom sprievodný trojhran. Poznamenajme len, že rovina, v ktorej krivka leží, je totožná s oskulačnou rovinou. 5.5. ROVINNÉ KRIVKY 181 5.5.4 Krivosť rovinnej krivky Z úvodných poznámok o rovinnej krivke je zrejmé, že v tomto prí pade má zmysel hovoriť len o prvej krivosti (krátko krivosti) krivky k v bode P(t0). Túto dôležitú charakteristiku krivky vyjadrenej rovnicami (5.42-5.44) a (5.48) vypočítame zo vzťahov K2 = | ˙p × ¨p|2 ( ˙p. ˙p)3 K2 = ( ˙x¨y - ¨x ˙y)2 ( ˙x2 + ˙y2)3 K2 = (¨y)2 (1 + ˙y2)3 K2 = ( 2 + 2 2 - )2 ( 2 + 2)3 Príklad 23. Nájdime krivosť paraboly y = x2 vo všeobecnom bode a v bodoch P(0), P(1), P(2). Riešenie: Krivka je daná explicitne, využijeme teda tretí z uvedených vzorcov. K výpočtu potrebujeme prvú a druhú deriváciu podľa x ˙y = 2x, ¨y = 2. (5.51) Potom krivosť paraboly y = x2 vo všeobecnom bode je K2 (x) = 22 (1 + (2x)2)3 = 4 (1 + 4x2)3 , t.j. K(x) = 2 (1 + 4x2)3 a v konkrétnych bodoch K(0) = 2, K(1) = 2/ 53 = 0, 17888, K(2) = 2/ 173 = 0, 02853. Príklad 24. Nájdime krivosť kružnice s polomerom r v jej ľubovoľnom bode. Riešenie: Parametrické rovnice kružnice sú x = r cos t, y = r sin t, t 0, 2). Pretože ˙x = -r sin t, ˙y = r cos t, ¨x = -r cos t, ¨y = -r sin t, podľa druhého z uvedených vzorcov K2 (t) = (r2 sin2 t + r2 cos2 t)2 (r2 sin2 t + r2 cos2 t)3 = 1 r2 , to znamená, že K(t) = 1 r . Krivosť kružnice je v každom jej bode rovnaká a je rovná prevrátenej hodnote jej polomeru. 182 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA 5.5.5 Kružnica krivosti rovinnej krivky Na vystihnutie zakrivenia krivky v bode P(t) je výhodné použiť kružnicu krivosti (oskulačnú kružnicu), ktorá 1. má s krivkou jeden spoločný bod a v ňom tú istú dotyčnicu, 2. jej polomer sa rovná polomeru krivosti krivky k v bode P(t), 3. jej stred S leží na normále krivky k v bode P(t). Ak je krivka daná parametricky (5.43), platí r = ( ˙x2 + ˙y2)3/2 | ˙x¨y - ¨x ˙y| , xs = x - ˙y ˙x2 + ˙y2 ˙x¨y - ¨x ˙y , ys = y + ˙x ˙x2 + ˙y2 ˙x¨y - ¨x ˙y a ak je krivka daná explicitne (5.44), platí r = (1 + ˙y2)3/2 |¨y| , xs = x - ˙y 1 + ˙y2 |¨y| , (5.52) ys = y + 1 + ˙y2 |¨y| . (5.53) Príklad 25. Nájdime kružnice krivosti paraboly y = x2 v bodoch P(0), P(1). Riešenie: Polomer r kružnice krivosti je prevrátená hodnota krivosti, preto vzhľadom na výsledky príkladu 22 r(0) = 0, 5 r(1) = 5, 59. Súradnice xs, ys stredu kružnice krivosti vypočítame zo vzťahov (5.52) a (5.53), v ktorých potrebujeme derivácie (5.51). Zrejme xs(0) = 0, ys(0) = 0, 5 a xs(1) = 1 - 2 1 + 22 2 = -4, ys(1) = 1 + 2 1 + 22 2 = 3, 5. Hľadané kružnice krivosti sú x2 + (y - 0, 5)2 = 0, 25, (x + 4)2 + (x - 3, 5)2 = 31, 25. 5.5. ROVINNÉ KRIVKY 183 5.5.6 Evolúta, evolventa Evolúta je krivka, ktorá je množinou stredov krivosti danej krivky k. Pre evolútu ku krivke danej parametricky (5.43) platí xe = x - ˙y ˙x2 + ˙y2 ˙x¨y - ¨x ˙y , ye = y + ˙x ˙x2 + ˙y2 ˙x¨y - ¨x ˙y . Pozorný čitateľ si zrejme všimne, že tieto rovnice sú zovšeobecnením rovníc stredu krivosti. Ak krivka l je evolútou krivky k, tak krivka k je evolventou krivky l. Analytické vyjadrenie evolventy je zložitejšie a vyžaduje si výpočet integrálov. Poznamenajme aspoň, že dotyčnica k evolúte je normálou evolventy. Príklad 26. Nájdime rovnicu evolúty k parabole y = x2. Riešenie: Parametriské vyjadrenie paraboly a jeho derivácie podľa parametra t sú x = t, y = t2, x = 1, y = 2t, x = 0, y = 2. Rovnice hľadanej evolúty sú xe = t - 2t 1 + (2t)2 1 2 - 0 2t = -4t3 , ye = t2 + 1 1 + (2t)2 1 2 - 0 2t = 3t2 + 0, 5. 5.5.7 Prirodzené rovnice rovinnej krivky Ak prirodzené rovnice rovinnej krivky sú (5.41), kde samozrejme T = 0, potom parametrické rovnice tejto krivky môžeme písať v tvare x(s) = cos( K ds + c1) ds + c2, y(s) = sin( K ds + c1) ds + c3, kde c1, c2, c3 sú ľubovoľné reálne konštanty. 184 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA Cvičenia 1. Nájdite parametrické rovnice priestorovej krivky, ktorá je priesečníkom plôch a) y = x2, z = ex, b) z = x2 - y2, x2 + y2 = a2, c) x2 - x + y = 0, x2 + z - 1 = 0. 2. Nájdite dĺžku priestorovej krivky a) x = 4t, y = 6t2, z = 6t3, t 0, 1 , b) p(t) = [2t, ln t, t2], t 1, e , c) x = et cos t, y = et sin t, z = et, t 0, . d) p(t) = 3t2 i + (2t + 3) j + 3t3 k, od bodu P = [12, -1, -24] po bod P(t), e) x = cos3 t, y = sin3 t, z = cos 2t, t 0, t . 3. Nájdite prirodzenú parametrizáciu priestorovej krivky a) x = et cos t, y = et sin t, z = et, 4. Určte dotyčnicu, hlavnú normálu, binormálu, oskulačnú rovinu, prvú a druhú krivosť priestorovej krivky v danom bode a) x = t2, y = t3, z = t + 1 v bode t = 1, b) x = 2t + 1, y = t2 - 1, z = t3, v bode t = 0, c) x = et cos t, y = et sin t, z = et, v bode t = 0 5. Ukážte, že pre krivku x = t, y = t2/2, z = t3/6 platí K = T . 6. Nájdite rovnice dotyčnice a normály rovinnej krivky v danom bode a) y = x3 v bodoch s x = 0 a s x = 1, b) y = sin x v bodoch s x = 0 a s x = , c) x = t3 - 2t, y = t2 + 1 v bode P[1], d) x = cos3 t, y = sin3 t vo všeobecnom bode, e) (x2 + y2)2x - y2 = 0 v bode P = [1/2, 1/2], f) x2/a2 - y2/b2 = 0 vo všeobecnom bode P = [x0, y0], g) r = cos v bode = /4. 7. Nájdite dĺžku rovinnej krivky medzi danými bodmi a) y = x3/2 medzi x1 a x2, b) x = cos t + t sin t, y = sin t - t cos t medzi t1 a t2, c) y = x2/4 - (ln x)/2 medzi x1 = 1 a x2 = 4, 5.5. ROVINNÉ KRIVKY 185 d) x = 8at3, y = 3a(2t2 - t4) medzi t1 = 0 a t2 = 2, e) r = 1 + cos medzi 1 = 0 a 2 = . 8. Určte krivosť rovinnej krivky v danom bode a) y = sin x vo všeobecnom bode x, b) x = t2, y = t3 vo všeobecnom bode t, c) x = a cos t, y = b sin t vo všeobecnom bode t, d) r = a vo všeobecnom bode , e) y = x4 v bode P = [0, 0]. 9. Nájdite evolútu rovinnej krivky a) y = x2, b) y = ln x. Výsledky cvičení 1. a) x = t, y = t2, z = et, t (-, ), b) x = a cos t, y = a sin t, z = a2 cos 2t, t (-, ), c) x = t, y = t - t2, z = 1 - t2, t (-, ). 2. a) 10, b) e2, c) 3(e - 1), d) 3t2 + 2t - 28, e) (5 sin2 t)/2. 3. a) t = ln s 3 4. a) d(1) = [1 + 2, 1 + 3, 2], n(1) = [1 - 8, 1 + 9, 2 - 11], b(1) = [1 - 3, 1, 2 + 3], (1) 3x - y - 3z + 4 = 0, K(1) = 1 14 38 7 , T (1) = 3 19 b) d(0) = [1 + , -1, 0], n(0) = [1, , 0], b(0) = [1, -1, ], (0) z = 0, K(0) = 1 2 , T (0) = 3 2 c) d(0) = [1 + , , 1 + ], n(0) = [1 - , , 1], b(0) = [1 - , -, 1 + 2], (0) x + y - 2z + 1 = 0, K(0) = 2 3 , T (0) = 1 3 5. K = T = 4 (t2+2)2 6. a) d(0) y = 0, n(0) x = 0; d(1) 3x - y - 2 = 0, n(1) x + 3y - 4 = 0; b) d(0) y = x, n(0) x = -y; d() x + y - = 0, n() x - y - = 0; c) d(1) 2x - y + 4 = 0, n(1) x + 2y - 3 = 0; d) d(t) 2x sin t + 2y cos t - sin 2t = 0, n(t) x cos t - y sin t - cos 2t = 0; e) d(1/2, 1/2) 4x - 2y - 1 = 0, n(1/2, 1/2) 2x + 4y - 3 = 0; 186 KAPITOLA 5. DIFERENCIÁLNA GEOMETRIA f) d(x0, y0) x x0 a2 y y0 b2 = 1, n(x0, y0) (x - x0) a2 x0 + (y - y0) b2 y0 = 0; g) d(/4) y - 1/2 = 0, n(/4) x - 1/2 = 0 7. a) [(4 + 9x2)3/2 - (4 + 9x1)3/2]/27, b) (t2 2 - t2 1)/2, c) 15/4 + ln 2, d) 24a, e) 4. 8. a) | sin x|/(1+cos2 x)3/2, b) 6/[t(4+9t2)3/2], c) ab/(a2 sin2 t+b2 cos2 t)3/2, d) (2+2)/a(1+2)3/2, e) 0. 9. a) x = -4t3, y = 3t2 + 1/2, b) x = 2t + 1/t, y = ln t - t2 - 1.