MB152 Diferenciálny a integrálny počet, skupina 10, 6. cvičenie, 11.11.2020
Riemannov integrál
Nech f(x) je ohraničená funkcia na intervale [a, b]. Číslo
b
a
f(x) dx
nazývame určitým alebo tiež Riemannovým integrálom funkcie f na intervale [a, b]. Reprezentuje
orientovaný obsah plochy ohraničenej grafom funkcie f(x) a osou x. Symbolom R[a, b]
označujeme množinu integrovateľných funkcií na intervale [a, b], teda takých, ktorých Riemannov
integrál existuje.
Veta 1. Ak f, g ∈ R[a, b] a c ∈ R, potom platí
b
a
c · f(x) dx = c ·
b
a
f(x) dx, (1)
b
a
f(x) ± g(x) dx =
b
a
f(x) dx ±
b
a
g(x) dx, (2)
ak a ≤ c ≤ b, potom
b
a
f(x) dx =
c
a
f(x) dx +
b
c
f(x) dx, (3)
a
a
f(x) dx = 0, (4)
b
a
f(x) dx = −
a
b
f(x) dx. (5)
Veta 2 (Newtonov-Leibnizov vzorec). Nech f ∈ R[a, b] a nech F je ľubovoľná primitívna
funkcia k funkcii f na intervale (a, b) a nech je spojitá na intervale [a, b]. Potom platí
b
a
f(x) dx = F(b) − F(a). (6)
Veta 3 (Metóda per-partes pre určitý integrál). Nech majú funkcie u a v deriváciu na intervale
[a, b] a nech u , v ∈ R[a, b]. Potom platí
b
a
u (x)v(x) dx = [u(x)v(x)]b
a −
b
a
u(x)v (x) dx, (7)
kde [u(x)v(x)]b
a = u(b)v(b) − u(a)v(a).
Veta 4 (Substitučná metóda pre určitý integrál). Nech je funkcia f(t) spojitá na intervale [c, d]
a nech má funkcia ϕ(x) integrovateľnú deriváciu na intervale [a, b], pričom platí ϕ([a, b]) ⊆ [c, d].
Potom platí
b
a
f(ϕ(x))ϕ (x) dx =
ϕ(b)
ϕ(a)
f(t) dt. (8)
Pri substitučnej metóde nielenže transformujeme integrand pomocou transformácie t =
ϕ(x), ale aj integračné medze. Pri výpočte určitého integrálu máme na výber z dvoch možných
postupov. Buď použijeme pravidlo per-partes a substitučnú metódu prispôsobené pre určité
integrály, alebo najprv nájdeme nejakú primitívnu funkciu k f a potom použijeme NewtonovLeibnizov
vzorec.
1
Príklad 5. Vypočítajte √
3
1
x2
arccotg x dx.
Začneme pravidlom per-partes pre určité integrály (7) a počítanie dokončíme NewtonovýmLeibnizovým
vzorcom (6):
√
3
1
x2
arccotg x dx
u = x2
u =
x3
3
v = arccotg x v = −
1
1 + x2
(7)
=
x3
3
arccotg x
√
3
1
+
1
3
√
3
1
x3
1 + x2
dx
=
√
3 arccotg
√
3 −
1
3
arccotg 1 +
1
3
√
3
1
x(x2
+ 1) − x
1 + x2
dx
=
√
3
6
π −
π
12
+
1
3
√
3
1
x dx −
1
6
√
3
1
2x
1 + x2
dx
(6)
=
(2
√
3 − 1)π
12
+
1
3
x2
2
√
3
1
−
1
6
log(1 + x2
)
√
3
1
=
(2
√
3 − 1)π
12
+
1
2
−
1
6
−
log 4
6
+
log 2
6
=
(2
√
3 − 1)π
12
+
1
3
−
log 2
6
.
v
Príklad 6. Vypočítajte
3
1
arctan
√
x dx.
Najprv použijeme substitučnú metódu (8) a metódu per-partes (7) pre určité integrály:
3
1
arctan
√
x dx
t =
√
x
dt = 1
2
√
x
dx
2t dt = dx
x = 1 ⇒ t = 1
x = 3 ⇒ t =
√
3
(8)
=
√
3
1
2t arctan t dt
u = 2t u = t2
v = arctan t v =
1
1 + t2
(7)
= [t2
arctan t]
√
3
1 −
√
3
1
t2
1 + t2
dt
= 3 arctan
√
3 − arctan 1 −
√
3
1
1 + t2
− 1
1 + t2
dt
(2)
= 3 arctan
√
3 − arctan 1 −
√
3
1
1 dt +
√
3
1
1
1 + t2
dt
(6)
= 3 arctan
√
3 − arctan 1 − [t]
√
3
1 + [arctan t]
√
3
1
= 3 arctan
√
3 − arctan 1 −
√
3 + 1 + arctan
√
3 − arctan 1 =
5
6
π −
√
3 + 1.
Na druhej srane sme mohli najprv, podobne ako v príklade 11 z predošlého cvičenia, nájsť
primitívnu funkciu F(x) = x arctan
√
x+arctan
√
x−
√
x a uvedený integrál vypočítať použitím
Newtonovej-Leibnizovej formule:
3
1
arctan
√
x dx = [F(x)]3
1 = F(3) − F(1)
2
= 3 arctan
√
3 + arctan
√
3 −
√
3 − arctan 1 − arctan 1 + 1 =
5
6
π −
√
3 + 1.
v
Aplikácie
Veta 7 (Obsah plochy medzi grafmi). Nech f, g ∈ R[a, b] a nech f(x) ≥ g(x), pre x ∈ [a, b].
Potom obsah plochy ohraničenej grafmi funkcií f a g sa rovná hodnote
S =
b
a
f(x) − g(x) dx. (9)
Veta 8 (Dĺžka rovinnej krivky). Nech C je krivka v rovine R2
určená parametricky funkciami
[x(t), y(t)], kde t ∈ [α, β]. Ak majú funkcie x(t) a y(t) na intervale [α, β] spojitú deriváciu,
potom má krivka C dĺžku
D =
β
α
(x (t))2 + (y (t))2 dt. (10)
Vzhľadom k tomu, že [x, f(x)], kde x ∈ [a, b], je parametrizácia grafu funkcie f na intervale
[a, b], platí
Dôsledok 9 (Dĺžka grafu funkcie). Ak má funkcia f spojitú deriváciu na intervale [a, b], potom
má jej graf na tomto intervale dĺžku
D =
b
a
1 + (f (x))2 dx. (11)
Veta 10 (Objem rotačného telesa). Nech f je funkcia spojitá a nezáporná na intervale [a, b].
Objem telesa vzniknutého rotáciou plochy ohraničenej grafom funkcie f a osou x na intervale
[a, b] okolo osi x je
V = π
b
a
(f(x))2
dx. (12)
Veta 11 (Obsah plášťa rotačného telesa). Nech f je nezáporná funkcia na intervale [a, b]
majúca spojitú deriváciu na intervale [a, b]. Obsah plášťa telesa vzniknutého rotáciou plochy
ohraničenej grafom funkcie f a osou x na intervale [a, b] okolo osi x je
S = 2π
b
a
f(x) 1 + (f (x))2 dx. (13)
Príklad 12. Určte obsah plochy ohraničenej grafmi funkcií f(x) = 2
1+x2 a g(x) = x2
.
Najprv nájdeme priesešníky grafov funkcií f a g:
2
1 + x2
= x2
⇒ x4
+ x2
− 2 = 0 ⇒ (x2
+ 2)(x2
− 1) = 0 ⇒ x = ±1.
Keďže na intervale [−1, 1] platí g(x) < f(x), obsah plochy ohraničenej grafmi funkcií f a g sa
podľa (9) rovná hodnote
1
−1
f(x) − g(x) dx =
1
−1
2
1 + x2
− x2
dx
(2)
= 2
1
−1
1
1 + x2
dx −
1
−1
x2
dx
(6)
= 2[arctan x]1
−1 −
x3
3
1
−1
= 2
π
4
+
π
4
−
1
3
+
1
3
= π −
2
3
.
v
3
Obr. 1: Príklad 12
Príklad 13. Vypočítajte dĺžku Archimedovej špirály, ktorej parametrické vyjadrenie je
x(t) = bt cos(t), y(t) = bt sin(t),
kde t ∈ [0, d].
Platí x (t) = b cos(t)−bt sin(t) a y (t) = b sin(t)+bt cos(t), čo môžeme dosadiť do vzorca (10)
a vypočítať dĺžku D Archimedovej špirály:
D =
d
0
(x (t))2 + (y (t))2 =
d
0
(b cos(t) − bt sin(t))2 + (b sin(t) + bt cos(t))2 dt
= b
d
0
(cos(t) − t sin(t))2 + (sin(t) + t cos(t))2 dt
= b
d
0
cos2 t − 2t cos t sin t + t2 sin2
t + sin2
t + 2t sin t cos t + t2 cos2 t dt
= b
d
0
√
1 + t2 dt.
Bokom vypočítame primitívnu funkciu k funkcii
√
1 + t2 na intervale [0, d]:
√
1 + t2 dt
t = tan s
dt =
1
cos2 s
ds
= 1 + tan2
s
1
cos2 s
ds =
cos2
s
cos2 s
+
sin2
s
cos2 s
1
cos2 s
ds
=
1
cos3 s
ds =
cos s
(1 − sin2
s)2
ds
u = sin s
du = cos s ds
=
1
(1 − u2)2
du.
Ďalej uskutočníme rozklad na parciálne zlomky:
1
(1 − u2)2
=
A
1 + u
+
B
(1 + u)2
+
C
1 − u
+
D
(1 − u)2
,
1 = A(1 + u)(1 − u)2
+ B(1 − u)2
+ C(1 − u)(1 + u)2
+ D(1 + u)2
.
4
Ak za u dosadíme −1, dostaneme B = 1
4
a naopak, ak dosadíme 1, dostaneme D = 1
4
. Dosaďme
za B a D vypočítané hodnoty a rovnicu upravme:
4 − (1 − u)2
− (1 + u)2
= 4A(1 + u)(1 − u)2
+ 4C(1 − u)(1 + u)2
,
2(1 − u2
) = 4A(1 + u)(1 − u)2
+ 4C(1 − u)(1 + u)2
,
1 = 2A(1 − u) + 2C(1 + u).
Opätovným dosadením hodnôt −1 a 1 za u dostaneme A = 1
4
a C = 1
4
. Vráťme sa k integrovaniu:
1
(1 − u2)2
du =
1
4
1
1 + u
+
1
(1 + u)2
+
1
1 − u
+
1
(1 − u)2
du
=
1
4
log(1 + u) −
1
1 + u
− log(1 − u) +
1
1 − u
+ c
=
1
4
log
1 + u
1 − u
+
2u
1 − u2
+ c =
1
4
log
1 + sin s
1 − sin s
+
2 sin s
cos2 s
+ c
=
1
4
log
1 + sin(arctan t)
1 − sin(arctan t)
+
2 sin(arctan t)
cos2(arctan t)
+ c.
Ďalej použijeme identity sin(arctan t) = t√
1+t2 a cos(arctan t) = 1√
1+t2 , ktoré sme odvodili na
minulých cvičeniach:
1
4
log
1 + sin(arctan t)
1 − sin(arctan t)
+
2 sin(arctan t)
cos2(arctan t)
=
1
4



log




1 +
t
√
1 + t2
1 −
t
√
1 + t2



 +
2 tan(arctan t)
cos(arctan t)




=
1
4
log
√
1 + t2 + t
√
1 + t2 − t
+ 2t
√
1 + t2 =
1
4
log
√
1 + t2 + t
√
1 + t2 − t
·
√
1 + t2 + t
√
1 + t2 + t
+ 2t
√
1 + t2
=
1
4
log (
√
1 + t2 + t)2
+ 2t
√
1 + t2 =
1
2
log
√
1 + t2 + t + t
√
1 + t2
Konečne dostávame
D = b
d
0
√
1 + t2 dt =
b
2
log
√
1 + t2 + t + t
√
1 + t2
d
0
=
b
2
log
√
1 + d2 + d + d
√
1 + d2 .
Parametre špirály majúcej 5 závitov, ktorých vzdialenosť od seba je približne 2π, sú b = 1 a
d = 10π, a preto jej dĺžka je
D =
1
2
log 1 + (10π)2 + 10π + 10π 1 + (10π)2 ≈ 495, 8
Približný tvar Archimedovej špirály majú okrem iného napríklad hodinové pružiny alebo súčiastky
špirálového kompresora. v
Príklad 14. Vypočítajte objem duše pneumatiky, ktorej prierez má polomer r, pričom polomer
duše je a+r. Formálne sa jedná o rotačné teleso vzniknuté rotáciou kruhu ležiaceho v rovine xy
s polomerom r okolo osi x, ktorého stred má vzdialenosť a > r od osi x. Toto teleso sa nazýva
anuloid.
Pre jednoduchosť umiestnime stred kruhu na os y. V takom prípade má rovnica kružnice,
ktorá tvorí jeho obvod, tvar x2
+ (y − a)2
= r2
. Počítajme:
5
Obr. 2: Príklad 13
x2
+ (y − a)2
= r2
(y − a)2
= r2
− x2
y − a = ±
√
r2 − x2
y = a ±
√
r2 − x2.
Vrchná polkružnica je teda grafom funkcie f(x) = a +
√
r2 − x2 a spodná polkružnica je zase
grafom funkcie g(x) = a −
√
r2 − x2. Objem anuloidu dostaneme ako rozdiel objemu telesa
vzniknutého rotáciou podgrafu funkcie f a objemu telesa vzniknutého rotáciou podgrafu funkcie
g. S použitím vzorca (12) dostávame
V = π
r
−r
(f(x))2
dx − π
r
−r
(g(x))2
dx = π
r
−r
(a +
√
r2 − x2)2
− (a −
√
r2 − x2)2
dx
= π
r
−r
4a
√
r2 − x2 dx = 4πar
r
−r
1 −
x
r
2
dx
x = rt
dx = r dt
= 4πar2
r
−r
√
1 − t2 dt.
Primitívna funkcia k funkcii
√
1 − t2 už je spočítaná v materiáloch k prednáškam [2] na strane
69. Dostávame
V = 4πar2
r
−r
√
1 − t2 dt = 4πar2 1
2
arcsin
x
r
+
1
2
·
x
r
1 −
x2
r2
r
−r
= 2πar2 π
2
+
π
2
= 2π2
r2
a.
v
6
Obr. 3: Príklad 14
Príklad 15. Vypočítajte obsah plášťa anuloidu z predošlého príkladu.
Plášť anuloidu môžeme rozdeliť na dve časti. Jedna časť vznikne rotáciou grafu funkcie
f(x) = a +
√
r2 − x2 a tá druhá zase rotáciou grafu funkcie g(x) = a −
√
r2 − x2. Pre obsah
plášťa anuloidu preto podľa (13) platí:
S = 2π
r
−r
f(x) 1 + (f (x))2 dx + 2π
r
−r
g(x) 1 + (g (x))2 dx
Potrebujeme derivácie funkcií f a g:
f (x) =
1
2
·
−2x
√
r2 − x2
=
−x
√
r2 − x2
, g (x) = −
1
2
·
−2x
√
r2 − x2
=
x
√
r2 − x2
. (14)
Dosaďme a počítajme:
S = 2π
r
−r
(a +
√
r2 − x2) 1 +
x2
r2 − x2
+ (a −
√
r2 − x2) 1 +
x2
r2 − x2
dx
= 2π
r
−r
2a 1 +
x2
r2 − x2
dx = 4πa
r
−r
r2
r2 − x2
dx = 4πa
r
−r
1
1 − x
r
2
dx
x = rt
dx = r dt
= 4πar
1
−1
1
√
1 − t2
dt = 4πar[arcsin t]1
−1 = 4πar
π
2
+
π
2
= 4π2
ar. v
Obr. 4: Príklad 15
7
Nevlastný integrál
Definícia 16 (Nevlastný integrál 1. druhu). Nech f je funkcia definovaná na intervale [a, ∞)
a integrovateľná na každom intervale [a, b], kde b ≥ a. Definujme funkciu F : [a, ∞) → R
predpisom F(b) =
b
a
f(x) dx. Ak existuje limita limb→∞ F(b), definujeme nevlastný integrál
∞
a
f(x) dx vzťahom
∞
a
f(x) dx = lim
b→∞
F(b). (15)
Ak je táto limita vlastná, povieme, že integrál konverguje, ak je nevlastná, povieme, že diverguje.
Rovnako pristupujeme k intervalu (−∞, a]. Ak je funkcia f definovaná na R a integrovateľná
na každom ohraničenom intervale [a, b] ⊆ R povieme, že integrál
∞
−∞
f(x) dx konverguje, ak
pre nejaké a ∈ R (⇒ pre každé a ∈ R) integrály
a
−∞
f(x) dx a
∞
a
f(x) dx konvergujú. V takom
prípade definujeme
∞
−∞
f(x) dx =
a
−∞
f(x) dx +
∞
a
f(x) dx. (16)
Definícia 17 (Nevlastný integrál 2. druhu). Nech f je funkcia definovaná na intervale [a, b).
Predpokladajme, že je ohraničená a integrovateľná na každom intervale [a, x], kde a ≤ x < b,
a nie je ohraničená na žiadnom intervale (b − ε, b), kde 0 < ε < b − a. Definujme funkciu
F : [a, b) → R predpisom F(x) =
x
a
f(t) dt. Ak existuje jednostranná limita limx→b− F(x),
definujeme nevlastný integrál
b
a
f(x) dx vzťahom
b
a
f(x) dx = lim
x→b−
F(x). (17)
Ak je táto limita vlastná, povieme, že integrál konverguje, ak je nevlastná, povieme, že diverguje.
Rovnako pristupujeme k intervalu (b, a].
Všetky pravidlá pre počítanie určitých integrálov platia aj pre nevlastné integrály. Jediný
rozdiel je v tom, že občas namiesto funkčných hodnôt sme nútení počítať limitu.
Príklad 18. Vypočítajte nevlastný integrál
∞
−∞
1
x2 + 2x + 5
dx.
∞
−∞
1
x2 + 2x + 5
dx =
∞
−∞
1
(x + 1)2 + 4
dx =
1
4
∞
−∞
1
x+1
2
2
+ 1
dx
t = x+1
2
dt = 1
2
dx
∞ ∞
−∞ −∞
=
1
2
∞
−∞
1
t2 + 1
dt =
1
2
[arctan t]∞
−∞ =
1
2
lim
t→∞
arctan t − lim
t→−∞
arctan t =
1
2
π
2
+
π
2
=
π
2
.
v
Príklad 19. Vypočítajte nevlastný integrál
0
−∞
ex
ex + e−x
dx.
8
0
−∞
ex
ex + e−x
dx =
0
−∞
(ex
)2
(ex)2 + 1
dx
t = ex
dt = ex
dx ⇒ dx = 1
t
dt
0 1
−∞ 0
=
1
0
t2
t2 + 1
·
1
t
dt
=
1
0
1
√
1 + t2
dt
t = tan s ⇒ s = arctan t
dt = 1
cos2 s
ds
1 π
4
0 0
=
π
4
0
1
√
1 + tan2
s
·
1
cos2 s
ds
=
π
4
0
1
cos s
ds =
π
4
0
cos s
1 − sin2
s
ds
u = sin s
du = cos s ds
π
4
√
2
2
0 0
=
√
2
2
0
1
1 − u2
du
=
1
2
√
2
2
0
1
1 + u
−
−1
1 − u
du =
1
2
[log(1 + u) − log(1 − u)]
√
2
2
0
=
1
2
log
1 + u
1 − u
√
2
2
0
=
1
2
log
1 +
√
2
2
1 −
√
2
2
=
1
2
log
2 +
√
2
2 −
√
2
=
log(3 + 2
√
2)
2
.
v
Príklad 20. Rozhodnite o konvergencii uvedeného integrálu vzhľadom na parametre a, b ∈ R:
∞
0
eax
cos(bx) dx.
Najprv vyriešime prípad a = 0:
∞
0
cos(bx) dx =



∞
0
1 dx = [x]∞
0 = lim
x→∞
x = ∞, pre b = 0 integrál diverguje,
sin(bx)
b
∞
0
= lim
x→∞
sin(bx)
b
, pre b = 0 integrál neexistuje.
Teraz pre a = 0 nájdeme primitívnu funciu k funkcii eax
cos(bx):
eax
cos(bx) dx
u = eax
u =
eax
a
v = cos(bx) v = −b sin(bx)
=
eax
cos(bx)
a
+
b
a
eax
sin(bx) dx
u = eax
u =
eax
a
v = sin(bx) v = b cos(bx)
=
eax
cos(bx)
a
+
beax
sin(bx)
a2
−
b2
a2
eax
cos(bx) dx.
Z uvedenej rovnice vyjadríme hľadaný integrál:
eax
cos(bx) dx =
aeax
cos(bx) + beax
sin(bx)
a2 + b2
+ c =
eax
(a cos(bx) + b sin(bx))
a2 + b2
+ c.
Preto platí
∞
0
eax
cos(bx) dx =
eax
(a cos(bx) + b sin(bx))
a2 + b2
∞
0
9
= lim
x→∞
eax
(a cos(bx) + b sin(bx))
a2 + b2
−
a
a2 + b2
=
lim
x→∞
(eax
(a cos(bx) + b sin(bx))) − a
a2 + b2
Limitu vyšetríme v závislosti od hodnôt parametra a. Pre a < 0 platí
lim
x→∞
( eax
→0
· (a cos(bx) + b sin(bx))
ohraničená
) = 0 ⇒ integrál
∞
0
eax
cos(bx) dx konverguje.
Nech a > 0. Pre b = 0 zrejme platí limx→∞(eax
(a cos(bx) + b sin(bx))) = ∞, čo znamená,
že integrál diverguje. Ďalej nech je b = 0 a uvažujme postupnosti {xn = n2π
b
}∞
n=1 a {yn =
π+n2π
b
}∞
n=1 a označme F(x) = eax
(a cos(bx) + b sin(bx)). Zrejme platí F(xn) = aeax
→ ∞ a
F(yn) = −aeax
→ −∞, pre x → ∞, čo znamená, že limita limx→∞(eax
(a cos(bx) + b sin(bx)))
nemôže existovať.
Zistili sme, že integrál konverguje pre a < 0 bez ohľadu na parameter b. v
Obr. 5: Príklad 20
Príklad 21. Vypočítajte nevlastný integrál
π
2
0
tan x dx.
Pre ľubovoľné 0 ≤ x < π
2
platí
x
0
tan t dt =
x
0
sin t
cos t
dt = −
x
0
− sin t
cos t
dt = [− log(cos t)]x
0 = − log(cos x),
a preto π
2
0
tan t dt = lim
x→ π
2
−
(− log(cos x)) = lim
x→0+
− log x = ∞,
čo znamená, že integrál diverguje. v
10
Obr. 6: Príklad 21
Príklad 22. Vypočítajte nevlastný integrál
1
0
log x dx.
Pre ľubovoľné 0 < x ≤ 1 platí
1
x
log t dt
u = 1 u = t
v = log t v =
1
t
= [t log t]1
x −
1
x
1 dt = −x log x − [t]1
x = −x log x − 1 + x,
a preto
1
0
log t dt = lim
x→0+
(−x log x − 1 + x) = −1 + lim
x→0+
(−x log x) = −1 + lim
x→0+



− log x
1
x



l’Hosp.
−−−−→
|∞
∞ |
−1 + lim
x→0+
−1
x
− 1
x2
= −1 + lim
x→0+
x = −1 + 0 = −1,
čo znamená, že integrál konverguje. v
Príklad 23. Rozhodnite o konvergencii uvedeného integrálu vzhľadom na parametre a, b ∈ R:
1
0
xa
(1 − x)b
dx.
Použite fakt odvodený v [1] na strane 484, že integrál
1
0
xa
dx, konverguje pre a > −1 a
diverguje pre a ≤ −1.
Vzhľadom k tomu, že pre niektoré hodnoty parametrov môže mať integrand singularitu v
obidvoch koncových bodoch intervalu [0, 1], rozdelíme ho na dva intervaly [0, c] a [c, 1], kde
0 < c < 1 je ľubovoľné, napríklad môžeme zvoliť c = 1
2
. Pred tým než začneme počítať
zdôraznime, že pre ľubovoľné hodnoty parametrov a a b sú funkcie xa
a (1 − x)b
kladné na
intervale (0, 1). Výpočet rozdelíme na štyri rôzne situácie:
11
Obr. 7: Príklad 22
• a > −1, b > −1:
1
0
xa
(1 − x)b
dx =
c
0
xa
(1 − x)b
∃K, (1−x)b≤K
pre x∈[0,c]
dx +
1
c
xa
∃L, xa≤L
pre x∈[c,1]
(1 − x)b
dx
≤ K
c
0
xa
dx + L
1
c
(1 − x)b
dx ≤ K
1
0
xa
dx + L
1
0
(1 − x)b
dx
t = 1 − x
dt = − dx
1 0
0 1
= K
1
0
xa
dx
konverguje
+L
1
0
tb
dt
konverguje
⇒
1
0
xa
(1 − x)b
dx konverguje
• a ≤ −1, b > −1:
1
0
xa
(1 − x)b
dx =
c
0
xa
(1 − x)b
∃K, (1−x)b≥K
pre x∈[0,c]
dx +
1
c
xa
(1 − x)b
dx.
c
0
xa
(1 − x)b
dx = lim
y→0+
c
y
xa
(1 − x)b
dx ≥ lim
y→0+
c
y
xa
K dx = K lim
y→0+
c
y
xa
dx
= K
c
0
xa
dx
diverguje
= ∞.
To znamená, že integrál
1
0
xa
(1 − x)b
dx tiež diverguje.
• a > −1, b ≤ −1:
1
0
xa
(1 − x)b
dx =
c
0
xa
(1 − x)b
dx +
1
c
xa
∃L, xa≥L
pre x∈[c,1]
(1 − x)b
dx.
12
1
c
xa
(1 − x)b
dx = lim
y→1−
y
c
xa
(1 − x)b
dx ≥ lim
y→1−
y
c
L(1 − x)b
dx = L lim
y→1−
y
c
(1 − x)b
dx
= L
1
c
(1 − x)b
dx =
t = 1 − x
dt = − dx
1 0
c 1 − c
= L
1−c
0
tb
dt
diverguje
= ∞.
To znamená, že integrál
1
0
xa
(1 − x)b
dx tiež diverguje.
• a ≤ −1, b ≤ −1: Rovnako ako v predošlých dvoch prípadoch by sme ukázali, že integrály
c
0
xa
(1 − x)b
dx a
1
c
xa
(1 − x)b
dx
divergujú, a preto opäť diverguje aj ich súčet.
V konečnom dôsledku sme zistili, že pre a > −1 a b > −1 uvedený integrál konverguje a
vo všetkých ostatných prípadoch diverguje. Integrál B(a, b) =
1
0
xa
(1 − x)b
dx sa nazýva Beta
funkcia a používa sa v štatistike. v
Aplikácie
Príklad 24. Vypočítajte približne prácu vykonanú pri napĺňaní hornej nádrže prečerpávacej
vodnej elektrárne Dlouhé stráně.
Pri maximálnom naplnení hornej nádrže má plocha vodnej hladiny rozlohu 15,4 ha a hĺbka
vody je 21,8 m. Pre zjednodušenie výpočtov budeme predpokladať, že plocha vodnej hladiny
rastie lineárne s hĺbkou vody a že voda je do nádrže čerpaná z jedného konkrétneho miesta,
ktorého nadmorská výška je o 530 m menšia ako nadmorská výška dna hornej nádrže.
Obr. 8: Príklad 24
Práca potrebná pre zdvihnutie telesa hmotnosti m do výšky h je W = mgh, kde g ≈
10 m/s2
je gravitačné zrýchlenie. Plocha rezu telesom vody vo výške h nad dnom nádrže je
podľa predpokladov S = 15,4·104
21,8
· h [m2
]. Do výšky 530 + h je preto nutné zdvihnúť teleso s
hmotnosťou
m = ρS dh = ρ ·
15, 4 · 104
21, 8
· h dh,
kde ρ ≈ 1000 kg/m3
je hustota vody. Vzhľadom k tomu, že pre každé 0 ≤ h ≤ 21, 8 musíme
do výšky 530 + h zdvihnúť teleso s hmotnosťou ρS dh, je celková práca súčtom týchto dielčích
prác:
W =
21,8
0
ρSg(530 + h) dh =
15, 4 · 104
21, 8
ρg
21,8
0
(530 + h)h dh
13
=
15, 4 · 104
21, 8
ρg 265h2
+
h3
3
21,8
0
=
15, 4 · 104
3 · 21, 8
ρg 795h2
+ h3 21,8
0
= 91405365, 3 · 105
J ≈ 91 · 1011
J. v
Príklad 25. Vypočítajte únikovú rýchlosť z povrchu Zeme a Mesiaca.
V predošlom príklade sme predpokladali, že gravitačná sila Zeme bola v ľubovoľnej výške
nad povrchom rovnaká. V tomto prípade si podobné zjednodušenie už nemôžeme dovoliť. Pripomeňme,
že hmotný bod s hmotnosťou m a teleso tvaru gule s hmotnosťou M a polomerom
R na seba navzájom pôsobia silou, ktorej veľkosť je daná rovnosťou
F = κ
mM
(R + h)2
,
kde h je vzdialenosť hmotného bodu od povrchu telesa a κ ≈ 6, 67 · 10−11
m3
· kg−1
· s−2
je
gravitačná konštanta. Na premiestnenie telesa z výšky h do výšky h + dh nad povrchom telesa
je preto potrebná práca W = F dh. Práca potrebná pre únik hmotného bodu z gravitačného
poľa telesa je súčtom týchto dielčích prác:
W =
∞
0
F dh =
∞
0
κ
mM
(R + h)2
dh = κmM −
1
R + h
∞
0
=
κmM
R
.
Aby došlo k úniku, musí byť kinetická energia hmotného bodu pri povrchu telesa aspoň taká
veľká ako práve spočítaná práca:
1
2
mv2
=
κmM
R
⇒ v =
2κM
R
.
Keďže M = 5, 97237 · 1024
kg, R = 6371 km, M = 7, 349 · 1022
kg a R = 1737, 4 km, platí
v ≈ 11, 183 km · s−1
a v ≈ 2, 375 km · s−1
. v
Literatúra
[1] HASIL, Petr a ZEMÁNEK, Petr. Sbírka řešených příkladů z matematické analýzy I, https:
//is.muni.cz/do/rect/el/estud/prif/js12/m_analyza/web/pdf/SPzMAI.pdf
[2] HILSCHER, Roman Šimon, HASIL, Petr, VESELÝ, Michal a ZEMÁNEK, Petr. Přednášky
z matematické analýzy na FI, http://www.math.muni.cz/~hasil/Data/CZ/Teach/MU/
MB152/prednasky_MB152.pdf
[3] DOŠLÝ, Ondřej a ZEMÁNEK, Petr. Integrální počet v R
[4] KNÁPEK, Michal. Posouzení výhodnosti výstavby přečerpávací vodní elektrárny velkého
výkonu v lokalitě Cukrová bouda, okres Šumperk, https://core.ac.uk/download/pdf/
30298379.pdf
14