Príklady na precvičovanie – nevlastné viacrozmerné
integrály
Podobne ako v analýze funkcií jednej reálnej premennej i v integrálnom
počte funkcií viac premenných je prirodzenou nadstavbou štandardnej teórie
problematika nevlastných viacrozmerných integrálov. Klasická definícia dvojného
integrálu z funkcie f(x, y) na neprázdnej množine Ω ∈ R2
vyžadovala
dva dôležité predpoklady:
• Množina Ω je merateľná, a teda nutne ohraničená v R2
.
• Funkcia f(x, y) je ohraničená na množine Ω.
Mnohokrát je však žiadúce nejakým rozumným spôsobom zadefinovať dvojný
integrál
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy aj v prípade, keď aspoň jeden z týchto predpokladov
je porušený. Rozlišujeme dve základné situácie.
Nevlastný dvojný integrál – neohraničený integračný obor
Nech teda množina Ω ∈ R2
je neohraničená a nech funkcia f(x, y) je
definovaná na celom Ω a
integrovateľná na každej merateľnej podmnožine M ⊆ Ω. (1)
Uvažujme nejakú postupnosť merateľných podmnožín {Mn}∞
n=1 množiny Ω,
t.j., Mn ⊆ Ω pre každé n ∈ N. Povieme, že postupnosť {Mn} vyčerpáva
množinu Ω, ak pre každý (otvorený) kruh K so stredom v bode [0, 0] existuje
index nK taký, že pre každý index n ≥ nK platí inklúzia Ω ∩ K ⊆ Mn.
Premyslime si, čo vlastne hovorí táto definícia :). Je zrejmé, že čím väčší
polomer bude mať kruh K, tým viac bodov z množiny Ω sa bude nachádzať
vo vnútri K (to je vyjadrené prienikom Ω ∩ K a zaručené neohraničenosťou
množiny Ω). Vždy však bude existovať dostatočne veľký index nK tak,
že všetky tieto body množiny Ω budú obsiahnuté v každej množine Mn s
indexom n väčším (nanajvyš rovným) než nK (to je reprezentované inklúziou
Ω ∩ K ⊆ Mn). To znamená, že postupným zakresľovaním množín Mn
budeme čoraz viac „vyčerpávať množinu Ω :) (pokúste sa samy ilustrovať
tieto skutočnosti pomocou vhodného obrázku ;)).
Nech teda {Mn} je nejaká postupnosť merateľných podmnožín, ktorá vyčerpáva
množinu Ω. Uvažujme číselnú postupnosť {In} definovanú
In :=
∫∫
Mn
f(x, y) dxdy, n ∈ N
1
(číslo In je pre každé n ∈ N definované korektne, nakoľko podľa predpokladu
(1) je funkcia f(x, y) integrovateľná na merateľnej množine Mn). Potom hovoríme,
že nevlastný integrál
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy konverguje (alebo tiež existuje),
ak pre každú takúto postupnosť {Mn} existuje konečná limita I := limn→∞ In,
pričom táto limita nezávisí na výbere postupnosti {Mn}. V tomto prípade
číslo I nazývame hodnotou nevlastného integrálu
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy a píšeme
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy = lim
n→∞
In = I.
V opačnom prípade, t.j., ak aspoň pre jednu postupnosť {Mn} je limita
limn→∞ In nevlastná, resp. vôbec neexistuje, alebo ak hodnota limn→∞ In
závisí na výbere postupnosti {Mn}, hovoríme, že daný nevlastný integrál∫∫
Ω
f(x, y) dxdy diverguje (alebo aj neexistuje). Vidíme teda, že na to, aby
sme ukázali konvergenciu nevlastného integrálu
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy je vo všeobecnosti
nutné preveriť všetky postupnosti merateľných množín {Mn}, ktoré
vyčerpávajú množinu Ω :-/. Avšak v prípade, keď funkcia f(x, y) nemení znamienko
na Ω, je situácia veselšia :). Konkrétne, dá sa dokázať, že ak platí
f(x, y) ≥ 0, resp. f(x, y) ≤ 0, pre každý bod [x, y] ∈ Ω, potom nevlastný in-
tegrál
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy konverguje práve vtedy, keď aspoň pre jednu uvedenú
postupnosť {Mn} existuje konečná limita I = limn→∞ In. Toto pozorovanie
má význam najmä pri praktickom výpočte neurčitých integrálov.
Nevlastný dvojný integrál – neohraničená funkcia
Budeme sa zaoberať najjednoduchšou situáciou – množina Ω je ohraničená
a funkcia f(x, y) má v Ω (uzáver množiny Ω v R2
) práve jeden singulárny
bod A. To znamená, že pre každé okolie O(A) bodu A platí, že funkcia
f(x, y) nie je ohraničená na množine Ω ∩ O(A). Ďalej budeme predpokladať,
že funkcia f(x, y) je
integrovateľná na Ω \ M pre každú merateľnú množinu M,
ktorá vo svojom vnútri obsahuje bod A. (2)
Uvažujme nejakú postupnosť merateľných množín {Mn}. Hovoríme, že postupnosť
{Mn} sa zmršťuje do bodu A, ak A je vnútorným bodom každej
z množín Mn a postupnosť priemerov d(Mn) konverguje do nuly. Nechávame
na čitateľa, aby si sám premyslel (napríklad i pomocou vhodného obrázku),
že uvedené pomenovanie skutočne vystihuje túto definíciu :). Množiny
2
Mn sa budú s rastúcim indexom n neobmedzene čoraz viac sťahovať okolo
bodu A ako lačné vnútra smrteľných slučiek :). Nevlastný dvojný integrál∫∫
Ω
f(x, y) dxdy potom definujeme v podobnom duchu ako v prípade neohračeného
integračného oboru. Pre nejakú postupnosť merateľných množín
{Mn}, ktorá sa zmršťuje do bodu A, zostrojíme číselnú postupnosť (vlastných)
dvojných integrálov
In :=
∫∫
Ω\Mn
f(x, y) dxdy, n ∈ N.
Nevlastný integrál
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy konverguje (existuje), ak pre každú uvedenú
postupnosť {Mn} existuje konečná limita I := limn→∞ In, ktorá nezávisí
na výbere postupnosti {Mn}. V tomto prípade píšeme
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy = lim
n→∞
In = I.
Inak hovoríme, že nevlastný integrál diverguje, resp. neexistuje. Obzvláť, ak
je funkcia f(x, y) nemení znamienko na množine Ω \ {A}, stačí vyšetriť –
podobne ako v prípade neohraničeného integračného oboru – len jednu postupnosť
{Mn}, ktorá sa zmršťuje do bodu A.
Pre obidva typy vyššie definovaných nevlastných integrálov je nutné poznamenať
jednu prekvapujúcu a na prvý pohľad možno paradoxnú skutočnosť.
Podobne ako pre klasický jednorozmerný nevlastný integrál, zavedený
v Matematickej analýze I, tak i pre viacrozmerné nevlastné integrály definujeme
ich absolútnu konvergenciu. Presnejšie, nevlastný dvojný integrál∫∫
Ω
f(x, y) dxdy konverguje absolútne, ak konverguje nevlastný integrál
∫∫
Ω
|f(x, y)| dxdy.
Nie je nič nové pod slnkom, že z absolútnej konvergencie vyplýva „štandardná
konvergencia, t.j., platí implikácia
∫∫
Ω
|f(x, y)| dxdy konverguje =⇒
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy konverguje.
Omnoho prekvapivejšia je však skutočnosť, že z vyššie uvedených definícií
nevlastných integrálov nutne vyplýva i platnosť opačnej implikácie. Inak povedané,
v tomto prípade platí ekvivalencia
∫∫
Ω
|f(x, y)| dxdy konverguje ⇐⇒
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy konverguje.
3
Tento výsledok platí dokonca i pre jednorozmerné nevlastné integrály. V
Matematickej analýze sme sa však stretli s nevlastnými integrálmi, ktoré
boli konvergentné, ale neboli absolútne konvergentné. Napríklad
nevlastný integrál
∫ ∞
0
sin x
x
dx konverguje,
ale nevlastný integrál
∫ ∞
0
sin x
x
dx diverguje
(samy sa pokúste ukázať :)). Aká je teda pravda? :) Kľúčom k tejto zdanlivej
záhade je pozorovanie, že ak aplikujeme vyššie uvedené definície nevlastných
integrálov na jednorozmerný prípad, nedostaneme klasické definície nevlastných
integrálov, predstavené v Matematickej analýze I, ale omnoho všeobecnejšie
definície. Podľa tejto novej definície obidva nevlastné integrály
∫ ∞
0
sin x
x
dx,
∫ ∞
0
sin x
x
dx
divergujú, a teda nenastáva nijaký spor :). Nechávame na čitateľa, aby si pripomenul
klasické definície nevlastných integrálov z Matematickej analýzy I
a pozorne ich porovnal s novými definíciami ;).
Riešené príklady
Príklad 1
Vypočítajme nevlastný dvojný integrál
I =
∫∫
Ω
xy e−x2−y2
dxdy,
kde množina Ω = [0, ∞) × [0, ∞).
Riešenie:
Funkcia f(x, y) = xy e−x2−y2
je spojitá na množine Ω a ohraničená na každej
ohraničenej podmnožine v Ω (samy overte :)). Preto je splnený predpoklad
(1), t.j., f(x, y) je integrovateľná na každej merateľnej podmnožine v Ω (i
toto si samy premyslite ;)). Keďže naviac je funkcia f(x, y) nezáporná na
4
oblasti Ω, stačí podľa úvodných poznámok preveriť len jednu postupnosť
merateľných množín {Mn}, ktorá vyčerpáva množinu Ω. Uvažujme systém
množín Mn ⊆ Ω tvaru
Mn := [0, n] × [0, n], n ∈ N.
Merateľnosť každej z podmnožín Mn je zrejmá (samy overte :)). Ukážeme, že
postupnosť {Mn} vyčerpáva množinu Ω. Pre dané R > 0 uvažujme otvorený
kruh K so stredom v bode [0, 0] a s polomerom R a položme nK := ⌊R⌋ + 1
(výraz ⌊R⌋ značí celú časť reálneho čísla R, t.j., najväčšie celé číslo nepresahujúce
R; v našom prípade je nK prirodzené číslo ostro väčšie než R :)).
Potom platí Ω ∩ K ⊆ Mn pre každé n ≥ nK (samy sa presvedčte pomocou
vhodného nákresu ;)). Postupnosť {Mn} teda podľa definície v úvode
skutočne vyčerpáva množinu Ω. Pomocou Fubiniho vety postupne máme
In =
∫∫
Mn
xy e−x2−y2
dxdy
Fubini
=
∫ n
0
[∫ n
0
xy e−x2−y2
dx
]
dy
=
(∫ n
0
x e−x2
dx
) (∫ n
0
y e−y2
dy
)
=
[
−
e−x2
2
]n
0
[
−
e−y2
2
]n
0
=
(
1 − e−n2 )2
4
pre každé n ∈ N (samy overte detaily výpočtu :)). Následne platí
lim
n→∞
In = lim
n→∞
(
1 − e−n2 )2
4
=
1
4
.
Teda nevlastný dvojný integrál v zadaní príkladu konverguje s hodnotou
I =
∫∫
Ω
xy e−x2−y2
dxdy =
1
4
.
Príklad 2
Stanovme hodnotu nevlastného dvojného integrálu
I =
∫∫
R+
0 ×R+
0
e−x2−y2
dxdy.
5
Riešenie:
Postupujeme analogicky ako v predchádzajúcom príklade. V tomto prípade
opäť množina Ω = R+
0 × R+
0 = [0, ∞) × [0, ∞) a funkcia f(x, y) = e−x2−y2
je
nezáporná a spojitá na Ω. Preto je f(x, y) integrovateľná na každej merateľnej
podmnožine M ⊆ Ω (samy overte :)). Budeme teraz uvažovať podmnožiny
Mn tvaru
Mn := {x2
+ y2
= n2
, x ≥ 0, y ≥ 0}, n ∈ N,
t.j., uzavreté štrťkruhy v prvom kvadrante so stredmi v bode [0, 0] a s polomermi
n, kde n ∈ N. Nechávame na čitateľa, aby si premyslel, že každá
z množín Mn je merateľná a že postupnosť {Mn} vyčerpáva množinu Ω :).
Ďalej určíme pre každé n ∈ N dvojný integrál
In =
∫∫
Mn
e−x2−y2
dxdy.
Na jeho výpočet využijeme transformáciu do polárnych súradníc x = ρ cos φ
a y = ρ sin φ. Postupne dostávame
In =
x = ρ cos φ, y = ρ sin φ,
jakobián J = ρ,
0 ≤ φ ≤ π/2, 0 ≤ ρ ≤ n
Fubini
=
∫ π/2
0
[∫ n
0
ρ e−ρ2
dρ
]
dφ
=
∫ π/2
0
[
−
e−ρ2
2
]n
0
dφ =
(
1 − e−n2
2
)
·
∫ π/2
0
dφ =
π
4
·
(
1 − e−n2 )
, n ∈ N
(samy overte jednotlivé kroky ;)). Keďže platí
lim
n→∞
In = lim
n→∞
π
4
·
(
1 − e−n2 )
=
π
4
,
nevlastný integrál v zadaní príkladu konverguje a má hodnotu
I =
∫∫
R+
0 ×R+
0
e−x2−y2
dxdy =
π
4
.
Príklad 3
Overme existenciu tzv. Poissonovho integrálu
I =
∫ ∞
0
e−t2
dt.
6
Ďalej dokážme platnosť (Fubiniho) identity
∫∫
R+
0 ×R+
0
e−x2−y2
dxdy =
[∫ ∞
0
e−t2
dt
]2
= I2
. (3)
S jej pomocou potom určme hodnotu Poissonovho integrálu I.
Riešenie:
Metódami Matematickej analýzy I sa dá ukázať platnosť nerovnosti
et
≥ 1 + t
pre každé nezáporné reálne číslo t (pokúste sa samy dokázať :)). Následne,
dostaneme nerovnosti
et2
≥ 1 + t2
=⇒ 0 < e−t2
≤
1
1 + t2
pre každé t ∈ R
(samy si pozorne premyslite ;)). A keďže nevlastný integrál
∫ ∞
0
1
1 + t2
dt = [arctg t]∞
0 =
π
2
konverguje, podľa porovnávacieho kritéria konverguje i nevlastný integrál
I =
∫ ∞
0
e−t2
dt
(samy overte na základe poznatkov z Matematickej analýzy I :)). Tým sme
overili existenciu Poissonovho integrálu I. Okrem toho z uvedenej analýzy
vyplýva i odhad 0 < I ≤ π
2
:). Dokážeme ďalej platnosť rovnosti (3). V
Príklade 2 sme ukázali konvergenciu a určili hodnotu nevlastného dvojného
integrálu na ľavej strane formuly (3). Podľa definície v úvode dokumentu to
znamená, že pre každú postupnosť merateľných množín {Mn}, ktorá vyčerpáva
množinu Ω := R+
0 × R+
0 , platí
∫∫
R+
0 ×R+
0
e−x2−y2
dxdy = lim
n→∞
∫∫
Mn
e−x2−y2
dxdy
(samy si overte :)). Uvažujme postupnosť {Mn} z Príkladu 1. Potom máme
∫∫
R+
0 ×R+
0
e−x2−y2
dxdy
Fubini
= lim
n→∞
∫ n
0
(∫ n
0
e−x2−y2
dy
)
dx
7
= lim
n→∞
[(∫ n
0
e−x2
dx
)
·
(∫ n
0
e−y2
dy
)]
(samy si pozorne premyslite jednotlivé argumenty a kroky ;)). Na druhej
strane, z konvergencie Poissonovho integrálu I vieme, že
I =
∫ ∞
0
e−t2
dt = lim
n→∞
(∫ n
0
e−t2
dt
)
,
t.j., uvedená limita existuje a je konečná. Kombináciou posledných dvoch
rovností teda dostaneme
∫∫
R+
0 ×R+
0
e−x2−y2
dxdy =
[
lim
n→∞
(∫ n
0
e−x2
dx
)]
·
[
lim
n→∞
(∫ n
0
e−y2
dy
)]
=
[
lim
n→∞
(∫ n
0
e−t2
dt
)]2
=
[∫ ∞
0
e−t2
dt
]2
= I2
,
čo potvrdzuje platnosť formuly (3) (premenovaním integračných premenných
x, y na t sa hodnota určitého integrálu nemení ;)). Napokon, využitím výsledku
z Príkladu 2 odvodíme
I =
√∫∫
R+
0 ×R+
0
e−x2−y2
dxdy =
√
π
4
=
√
π
2
.
Platí teda takáto pekná identita
I =
∫ ∞
0
e−t2
dt =
√
π
2
:).
Príklad 4
Dokážme konvergenciu tzv. Fresnelových integrálov
I =
∫ ∞
0
cos t2
dt, J =
∫ ∞
0
sin t2
dt.
Riešenie:
Dokážeme konvergenciu nevlastného integrálu I =
∫ ∞
0
cos t2
dt. Daný integrál
môžeme intuitívne vyjadriť ako súčet
∫ ∞
0
cos t2
dt
???
=
∫ 1
0
cos t2
dt +
∫ ∞
1
cos t2
dt.
8
Troch otáznikov nad symbolom = sa môžeme zbaviť jedine vtedy, keď ukážeme
existenciu oboch integrálov na pravej strane uvedenej rovnosti :). Nakoľko
funkcia cos t2
je spojitá na intervale [0, 1], určitý Riemannov integrál∫ 1
0
cos t2
dt bez problémov existuje a má konečnú hodnotu. V druhom, nevlastnom
integrále
∫ ∞
1
cos t2
dt vykonáme substitúciu t =
√
u, t.j.,
∫ ∞
1
cos t2
dt =
t =
√
u
dt = 1
2
√
u
du
1 ; 1, ∞ ; ∞
=
∫ ∞
1
cos u
2
√
u
du.
Všimnime si účelnosť rozdelenia pôvodného nevlastného integrálu na dva integrály.
Uvedená substitúcia totiž nie je použiteľná na celom intervale [0, ∞)
(samy si premyslite :)). Vzniknutý nevlastný integrál teraz vyšetríme pomocou
Dirichletovho kritéria, známeho z Matematickej analýzy I. Položme
f(u) := cos u, g(u) :=
1
2
√
u
.
Funkcia f(u) je iste spojitá na [1, ∞), a teda určitý integrál
∫ p
1
f(u) du ako
funkcia hornej hranice p existuje pre každé p ∈ [1, ∞). Naviac je rovnomerne
ohraničený vzhľadom na p na [1, ∞). V ľudskej reči to znamená, že
∫ p
1
f(u) du =
∫ p
1
cos u du = [sin p]p
1 = sin p − sin 1,
∫ p
1
f(u) du = |sin p − sin 1| ≤ | sin p|
≤1
+ | sin 1|
≤1
≤ 2,
pričom horné ohraničenie v poslednej nerovnosti nezávisí na p (samy si premyslite
clivou spomienkou na krásne časy Matematickej analýzy I ;)). Ďalej,
funkcia g(u) je klesajúca na intervale [1, ∞) a limu→∞ g(u) = limu→∞
1
2
√
u
= 0
(i toto je nostalgia minulých čias :)). Podľa Dirichletovho kritéria je potom
zaručená konvergencia nevlastného integrálu
∫ ∞
1
f(u) g(u) du =
∫ ∞
1
cos u
2
√
u
du =
∫ ∞
1
cos t2
dt :).
To následne dokazuje i konvergenciu nevlastného integrálu
∫ 1
0
cos t2
dt +
∫ ∞
1
cos t2
dt =
∫ ∞
0
cos t2
dt ; ).
9
Analogicky odvodíme i konvergenciu Fresnelovho integrálu J =
∫ ∞
0
sin t2
dt
(samy podrobne ukážte ;)).
Príklad 5
Rozhodnime o konvergencii nevlastného dvojného integrálu
I =
∫∫
Ω
sin(x2
+ y2
) dxdy,
kde množina Ω = [0, ∞) × [0, ∞).
Riešenie:
Tento príklad ilustruje skutočnosť, že niekedy musíme byť pri vyšetrovaní
nevlastných viacrozmerných integrálov obzvlášť opatrní. V tomto prípade
funkcia f(x, y) = sin(x2
+ y2
) mení znamienko na množine Ω, a preto je vo
všeobecnosti nutné vyšetriť všetky postupnosti merateľných množín {Mn},
ktoré vyčerpávajú množinu Ω. Uvažujme napríklad postupnosť {Mn} z Príkladu
1, t.j.,
Mn := [0, n] × [0, n], n ∈ N.
Potom podľa Fubiniho vety postupne dostávame
In =
∫∫
Mn
sin(x2
+ y2
) dxdy =
∫∫
Mn
(
sin x2
cos y2
+ cos x2
sin y2
)
dxdy
Fubini
=
∫ n
0
[∫ n
0
(
sin x2
cos y2
+ cos x2
sin y2
)
dx
]
dy
=
∫ n
0
[(∫ n
0
sin x2
dx
)
· cos y2
+
(∫ n
0
cos x2
dx
)
· sin y2
]
dy
=
(∫ n
0
sin x2
dx
)
·
(∫ n
0
cos y2
dy
)
+
(∫ n
0
cos x2
dx
)
·
(∫ n
0
sin y2
dy
)
= 2
(∫ n
0
cos t2
dt
)
·
(∫ n
0
sin t2
dt
)
10
(samy overte jednotlivé kroky; premenovanie integračných premenných x, y
na t nemení hodnotu určitého integrálu :)). V Príklade 4 sme dokázali existenciu
Fresnelových integrálov. To znamená, že limity
lim
n→∞
(∫ n
0
cos t2
dt
)
, lim
n→∞
(∫ n
0
sin t2
dt
)
existujú a sú konečné
(samy si premyslite :)). Preto i limn→∞ In existuje a je konečná. Výborne,
takže nevlastný dvojný integrál v zadaní príkladu konverguje a sme v pohode
:)... alebo nie? Čo sa bude diať, keď namiesto uvažovanej postupnosti {Mn}
použijeme postupnosť {Nn} z Príkladu 2, konkrétne, zoberieme
Nn := {x2
+ y2
= n2
, x ≥ 0, y ≥ 0}, n ∈ N ???
Využitím transformácie do polárnych súradníc a Fubiniho vety máme
Jn =
∫∫
Nn
sin(x2
+ y2
) dxdy =
x = ρ cos φ, y = ρ sin φ,
jakobián J = ρ,
0 ≤ φ ≤ π/2, 0 ≤ ρ ≤ n
Fubini
=
∫ π/2
0
[∫ n
0
(
sin ρ2
)
ρ dρ
]
dφ =
∫ π/2
0
[
−
cos ρ2
2
]n
0
dφ
=
(
1 − cos n2
2
)
·
∫ π/2
0
dφ =
π
4
·
(
1 − cos n2
)
(samy overte ;)). Avšak teraz limn→∞ Jn neexistuje, ako sa môžeme ľahko presvedčiť.
Podľa poznámok v úvode dokumentu to teda znamená, že nevlastný
dvojný integrál I v zadaní príkladu diverguje.
Príklad 6
Vyšetrime konvergenciu nevlastného trojného integrálu
I =
∫∫∫
Ω
1
(
x2 + y2 + z2
)α dxdydz
v závislosti na reálnom parametri α. Množina Ω = R3
\ G, kde G je vnútro
jednotkovej sféry so stredom v bode [0, 0, 0].
11
Riešenie:
Nech R > 1 je dané reálne číslo. Uvažujme (vlastný) trojný integrál
IR :=
∫∫∫
ΩR
1
(
x2 + y2 + z2
)α dxdydz,
kde množina ΩR je uzavreté „medzigulie :) so stredom v bode [0, 0, 0] a s
polomermi 1 a R, t.j.,
ΩR :=
{
[x, y, z] ∈ R3
, 1 ≤ x2
+ y2
+ z2
≤ R2
}
.
Trojný integrál IR vypočítame napríklad transformáciou do sférických súradníc
x = ρ sin θ cos φ, y = ρ sin θ sin φ, z = ρ cos θ. V našom prípade máme
IR =
x = ρ sin θ cos φ, y = ρ sin θ sin φ, z = ρ cos θ,
x2 + y2 + z2 = ρ2, jakobián J = −ρ2 sin θ,
0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π, 1 ≤ ρ ≤ R
Fubini
=
∫ 2π
0
[∫ π
0
[∫ R
1
1
(
ρ2
)α · ρ2
sin θ dρ
]
dθ
]
dφ
=
∫ 2π
0
[∫ π
0
[∫ R
1
ρ2−2α
sin θ dρ
]
dθ
]
dφ =
(∫ 2π
0
dφ
) (∫ π
0
sin θ dθ
) (∫ R
1
ρ2−2α
dρ
)
= 2π · [− cos θ]π
0 ·
(∫ R
1
ρ2−2α
dρ
)
= 4π ·
∫ R
1
ρ2−2α
dρ
(samy overte uvedené výpočty :)). Posledný určitý integrál zrejme závisí na
hodnote mocniny 2 − 2α, konkrétne,
∫ R
1
ρ2−2α
dρ =



[
ρ3−2α
3−2α
]R
1
= R 3−2α−1
3−2α
, α ̸= 3
2
,
[ln ρ]R
1 = ln R, α = 3
2
(i toto samy overte ;)). Pre trojný integrál IR preto dostávame
IR =



4π
3−2α
(
R3−2α
− 1
)
, α ̸= 3
2
,
4π ln R, α = 3
2
.
12
Nechávame na čitateľa, aby si premyslel, že nakoľko integrovaná funkcia
f(x, y, z) = 1
(x2+y2+z2)α je nezáporná na množine Ω, stačí preskúmať limitu
limR→∞ IR :). Zrejme platí
lim
R→∞
IR =



4π
2α−3
, α > 3
2
,
∞, α ≤ 3
2
(samy sa presvedčte :)). Takže nevlastný trojný integrál I v zadaní príkladu
konverguje práve vtedy keď α > 3
2
, pričom v tomto prípade I = 4π
2α−3
.
Príklad 7
Vypočítajme nevlastný trojný integrál
I =
∫∫∫
Ω
1
(1 + x + y + z)7
dxdydz,
kde množina Ω = [0, ∞) × [0, ∞) × [0, ∞).
Riešenie:
Postupujeme analogicky ako v predchádzajúcom príklade. Pre dané kladné
reálne číslo R uvažujme štvorsten ΩR daný
ΩR : x + y + z ≤ R, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0,
a nech IR =
∫∫∫
ΩR
1
(1+x+y+z)7 dxdydz. Keďže funkcia f(x, y, z) = 1
(1+x+y+z)7
je nezáporná, platí I = limR→∞ IR (samy si premyslite :)). Množina ΩR je
zrejme elementárna oblasť vzhľadom na každú súradnicovú rovinu. Napríklad
ako elementárna oblasť vzhľadom na rovinu xy má reprezentáciu
ΩR :



0 ≤ x ≤ R,
0 ≤ y ≤ R − x,
0 ≤ z ≤ R − x − y



(samy overte ;)). Pre IR potom postupnou integráciou máme
IR
Fubini
=
∫ R
0
[∫ R−x
0
[∫ R−x−y
0
1
(1 + x + y + z)7
dz
]
dy
]
dx
13
=
∫ R
0
[∫ R−x
0
[
−
1
6(1 + x + y + z)6
]R−x−y
0
dy
]
dx
=
∫ R
0
[∫ R−x
0
(
1
6(1 + x + y)6
−
1
6(1 + R)6
)
dy
]
dx
=
1
6
·
∫ R
0
[
−
1
5(1 + x + y)5
−
y
(1 + R)6
]R−x
0
dx
=
1
30
·
∫ R
0
(
1
(1 + x)5
+
5
(1 + R)6
· (x + 1) −
6
(1 + R)5
)
dx
=
1
30
·
[
−
1
4(1 + x)4
+
5
(1 + R)6
·
(x + 1)2
2
−
6x
(1 + R)5
]R
0
=
1
120
·
(
1 −
15
(1 + R)4
+
24
(1 + R)5
−
10
(1 + R)6
)
(samy pozorne overte výpočty :)). Z poslednej rovnosti vyplýva
lim
R→∞
IR = lim
R→∞
1
120
·
(
1 −
15
(1 + R)4
+
24
(1 + R)5
−
10
(1 + R)6
)
=
1
120
.
To znamená, že nevlastný trojný integrál v zadaní príkladu konverguje a jeho
hodnota je I = 1
120
.
Príklad 8
Vyšetrime existenciu nevlastného trojného integrálu
I =
∫∫∫
Ω
sin xyz
(x2 + y2 + z2)2
dxdydz,
kde množina Ω má vyjadrenie 1 ≤ x2
+ y2
+ z2
.
14
Riešenie:
Priama integrácia je v tomto prípade beznádejná :(. Nám však ide len o
existenciu/neexistenciu uvedeného nevlastného integrálu :). Môžeme si preto
pomôcť nejakým vhodným kritériom. Jedným zo základných a najrozšírenejším
je porovnávacie kritérium. Funguje rovnako ako pre klasické jednorozmerné
nevlastné integrály. Konkrétne v prípade nevlastných trojných integrálov
platí, že ak f(x, y, z), g(x, y, z) sú dve funkcie, nezáporné na množine
Ω, ktoré spĺňajú podmienku (1) a nerovnosť f(x, y, z) ≤ g(x, y, z) pre každý
bod [x, y, z] ∈ Ω, potom
nevlastný integrál
∫∫∫
Ω
g(x, y, z) dxdydz konverguje
⇓
nevlastný integrál
∫∫∫
Ω
f(x, y, z) dxdydz konverguje.
V našom prípade položíme
f(x, y, z) :=
sin xyz
(x2 + y2 + z2)2
=
| sin xyz|
(x2 + y2 + z2)2
, g(x, y, z) :=
1
(x2 + y2 + z2)2
.
Zrejme obe funkcie f(x, y, z) a g(x, y, z) sú nezáporné a spojité na množine
Ω, a teda spĺňajú podmienku (1) (samy si premyslite :)). Okrem toho platí
f(x, y, z) =
≤1
| sin xyz|
(x2 + y2 + z2)2
≤
1
(x2 + y2 + z2)2
= g(x, y, z), [x, y, z] ∈ Ω.
Z výsledku Príkladu 6 pre voľbu α = 2 vyplýva, že nevlastný trojný integrál
∫∫∫
Ω
g(x, y, z) dxdydz =
∫∫∫
Ω
1
(x2 + y2 + z2)2
dxdydz
konverguje (samy overte ;)). Preto podľa porovnávacieho kritéria konverguje
i nevlastný integrál
∫∫∫
Ω
f(x, y, z) dxdydz =
∫∫∫
Ω
sin xyz
(x2 + y2 + z2)2
dxdydz.
To ukazuje, že nevlastný integrál I v zadaní príkladu konverguje absolútne,
a preto i konverguje (samy si premyslite :)).
15
Príklad 9
Ukážme, že podľa klasickej definície z MA I tzv. Dirichletov integrál
I =
∫ ∞
0
sin x
x
dx
konverguje, kým nevlastný integrál
J =
∫ ∞
0
sin x
x
dx
diverguje. Z toho potom nepriamo dokážme, že v rámci novej definície v
úvode dokumentu obidva nevlastné integrály I a J divergujú.
Riešenie:
Konvergencia Dirichletovho integrálu I vyplýva – ako inak :) – z Dirichletovho
kritéria (pozri aj riešenie Príkladu 4). Podrobnosti nechávame na
čitateľa ;). Ďalej ukážeme, že podľa klasickej definície z MA I nevlastný integrál
J diverguje. Funkcia f(x) := sin x
x
= | sin x|
x
je ohraničená na celom R
a skoro všade spojitá s výnimkou bodu x = 0, v ktorom platí
lim
x→0
f(x) = lim
x→0
| sin x|
x
= 1
(samy overte :)). Preto postupnosť určitých integrálov
Jn :=
∫ nπ
0
f(x) dx =
∫ nπ
0
| sin x|
x
dx, n ∈ N,
je korektne definovaná. Keďže funkcia f(x) je nezáporná na intervale [0, ∞),
číselná postupnosť {Jn} je nezáporná a neklesajúca (samy overte :)). To
znamená, že limita limn→∞ Jn existuje a je buď konečná alebo ∞ (i toto si
samy premyslite ;)). Divergencia nevlastného integrálu J je teda ekvivalentná
s limn→∞ Jn = ∞. Za týmto účelom sa pokúsime vhodne zdola ohraničiť
integrály Jn. Nechávame na čitateľa, aby pre každé k ∈ N0 overil relácie
| sin x|
x
≥
1
(k + 1)π
· | sin x|, x ∈ [kπ, (k + 1)π],
16
∫ (k+1)π
kπ
| sin x| dx = 2.
Využitím týchto pozorovaní potom pre každý index n máme
Jn =
∫ nπ
0
| sin x|
x
dx =
n−1∑
k=0
∫ (k+1)π
kπ
| sin x|
x
≥ 1
(k+1)π
·| sin x|
dx
≥
n−1∑
k=0
∫ (k+1)π
kπ
[
1
(k + 1)π
· | sin x|
]
dx =
n−1∑
k=0
1
(k + 1)π
·
∫ (k+1)π
kπ
| sin x| dx
2
=
n−1∑
k=0
2
(k + 1)π
=
2
π
·
n−1∑
k=0
1
k + 1
=
2
π
·
n∑
k=1
1
k
,
kde v poslednom kroku sme posunuli indexáciu k → k + 1 (samy pozorne
overte jednotlivé výpočty :)). Odvodili sme teda odhad
Jn ≥
2
π
·
n∑
k=1
1
k
=
2
π
·
(
1 +
1
2
+
1
3
+ · · · +
1
n
)
pre každé n ∈ N.
A nakoľko harmonický rád
∑ 1
n
diverguje k ∞, môžeme usúdiť, že skutočne
limn→∞ Jn = ∞ (samy si premyslite ;)). Preto nevlastný integrál J diverguje
(k ∞). Dirichletov integrál I teda podľa klasickej definície z MA I konverguje
neabsolútne. Na druhej strane nevlastný integrál J diverguje i podľa novej
definície v úvode dokumentu. Vyplýva to jednak z nezápornosti funkcie f(x)
na množine Ω = [0, ∞), a jednak zo skutočnosti, že postupnosť merateľných
množín {Mn} definovaná
Mn := [0, nπ], n ∈ N,
vyčerpáva množinu Ω (samy overte :)) a spĺňa
lim
n→∞
∫
Mn
f(x) dx = lim
n→∞
∫ nπ
0
f(x) dx = lim
n→∞
Jn = ∞,
17
ako sme práve ukázali. Podľa poznámok v úvode dokumentu teda v rámci
novej definície musí nutne divergovať i Dirichletov integrál I.
Príklad 10
Stanovme nevlastný dvojný integrál
I =
∫∫
Ω
ln
1
√
x2 + y2
dxdy,
kde množina Ω má vyjadrenie x2
+ y2
≤ 1.
Riešenie:
Množina Ω je zrejme uzavretý kruh so stredom v bode A = [0, 0] a s polomerom
1. Funkcia f(x, y) = ln 1√
x2+y2
je definovaná a spojitá na Ω \ {A},
pričom bod A je zrejme singulárnym bodom funkcie f(x, y) (samy overte :)).
Okrem toho je splnená podmienka (2) (i toto si samy premyslite ;)). A keďže
f(x, y) je nezáporná na Ω\{A}, stačí preveriť nejakú jednu postupnosť {Mn}
merateľných množín, ktorá sa zmršťuje do bodu A. Uvažujme napríklad
Mn :=
{
[x, y] ∈ R2
, x2
+ y2
<
1
(n + 1)2
}
, n ∈ N.
Zostrojíme príslušnú postupnosť (vlastných) dvojných integrálov
In =
∫∫
Ω\Mn
ln
1
√
x2 + y2
dxdy.
Nakoľko množina Ω \ Mn je zrejme uzavreté medzikružie s vyjadrením
1
(n + 1)2
≤ x2
+ y2
≤ 1,
transformáciou do polárnych súradníc x = ρ cos φ a y = ρ sin φ dostávame
In =
x = ρ cos φ, y = ρ sin φ,
x2
+ y2
= ρ2
, jakobián J = ρ,
0 ≤ φ ≤ 2π, 1
n+1
≤ ρ ≤ 1
Fubini
=
∫ 2π
0
[∫ 1
1
n+1
ln
(
1
ρ
)
ρ dρ
]
dφ.
18
Na vnútorný určitý integrál aplikujeme integráciu per-partes
∫ 1
1
n+1
ln
(
1
ρ
)
ρ dρ =
u′
= ρ, u = ρ2
2
,
v = ln 1
ρ
, v′
= −1
ρ
=
[
ρ2
2
· ln
1
ρ
]1
1
n+1
−
∫ 1
1
n+1
ρ2
2
·
(
−
1
ρ
)
dρ =
ln(n + 1)
2 (n + 1)2
+
1
2
·
∫ 1
1
n+1
ρ dρ
=
ln(n + 1)
2 (n + 1)2
+
1
4
−
1
4 (n + 1)2
=
1
4
+
2 ln(n + 1) − 1
2 (n + 1)2
(samy overte detaily výpočtov :)). Pre dvojný integrál In potom platí
In =
∫ 2π
0
(
1
4
+
2 ln(n + 1) − 1
2 (n + 1)2
)
dφ = π ·
(
1
2
+
2 ln(n + 1) − 1
(n + 1)2
)
.
Napokon limitovaním postupnosti {In} máme
lim
n→∞
In = lim
n→∞
π ·
(
1
2
+
2 ln(n + 1) − 1
(n + 1)2
)
=
π
2
(samy overte :)). Nevlastný dvojný integrál I v zadaní príkladu teda konverguje
a má hodnotu
I =
∫∫
Ω
ln
1
√
x2 + y2
dxdy =
π
2
.
Príklad 11
Vypočítajme nevlastný dvojný integrál
I =
∫∫
Ω
e
x
y dxdy,
kde Ω je podmnožina v R2
ohraničená krivkami y = 1, y =
√
x, x = 0.
Riešenie:
Funkciu f(x, y) = e
x
y je definovaná a spojitá na celej množine Ω okrem bodu
19
A = [0, 0], ktorý je jej hraničným bodom. V tomto bode však funkcia f(x, y)
má konečnú limitu vzhľadom na množinu Ω. Platia totiž nerovnosti
√
x ≤ y ≤ 1, [x, y] ∈ Ω
⇓
x ≤
x
y
≤
x
√
x
=
√
x, [x, y] ∈ Ω \ {body [x, y] s x = 0}
(samy overte :)). Posledná nerovnosť však platí pre všetky body z Ω okrem
bodu A (i toto si samy premyslite ;)). Z monotónnosti exponenciálnej funkcie
následne vyplývajú relácie
ex
≤ e
x
y ≤ e
√
x
, [x, y] ∈ Ω \ {A}.
Limitovaním posledných nerovností pre (x, y) → (0, 0) vzhľadom na množinu
Ω a využitím vety o dvoch policajtoch dostávame
lim
(x,y)→(0,0)
[x,y]∈Ω
ex
1
≤ lim
(x,y)→(0,0)
[x,y]∈Ω
e
x
y ≤ lim
(x,y)→(0,0)
[x,y]∈Ω
e
√
x
1
⇓
lim
(x,y)→(0,0)
[x,y]∈Ω
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
[x,y]∈Ω
e
x
y = 1.
Funkciu f(x, y) teda môžeme dodefinovať v bode A tak, aby bola spojitá na
celom Ω vzhľadom na množinu Ω. Konkrétne, funkcia g(x, y) definovaná
g(x, y) :=



f(x, y), [x, y] ∈ Ω \ {A},
1, [x, y] = A,
je spojitá na množine Ω. Množina Ω je zrejme elementárnou vzhľadom na os
y s vyjadrením
Ω :



0 ≤ y ≤ 1,
0 ≤ x ≤ y2



20
(samy sa presvedčte :)). To znamená, že Ω je merateľná množina. Preto
funkcia g(x, y) je integrovateľná na Ω, pričom dvojný integrál
∫∫
Ω
g(x, y) dxdy
vypočítame klasickým spôsobom podľa Fubiniho vety. Naviac platí
I =
∫∫
Ω
f(x, y) dxdy =
∫∫
Ω
g(x, y) dxdy,
pretože funkcie f(x, y) a g(x, y) sa na Ω líšia iba v jednom bode, teda na
množine miery nula. Dvojný integrál v zadaní príkadu preto konverguje. Nechávame
na čitateľa, aby ukázal, že I = 1
2
:).
Príklad 12
Dokážme platnosť formúl
∫ π/2
0
ln sin t dt = −
π
2
ln 2,
∫ π
0
ln sin t dt = −π ln 2.
Riešenie:
Funkcia f(t) = ln sin t je zrejme spojitá a nekladná na otvorenom intervale
(0, π), pričom v jeho krajných bodoch t = 0 a t = π má singularity, keďže
lim
t→0+
f(t) = lim
t→0+
ln sin t = −∞, lim
t→π−
f(t) = lim
t→π−
ln sin t = −∞.
Obidva integrály v zadaní príkladu sú teda nevlastné. Dokážeme ich existenciu
v rámci klasickej definície z MA I. Využijeme limitné porovnávacie
kritérium. Všimnime si, že platia nerovnosti
0 < 1 <
π
2
< π − 1 < π.
Položme g(t) := − ln t a h(t) := − ln(π − t). Funkcia g(t) je nezáporná na
intervale (0, 1], v bode t = 0 má singularitu a nevlastný integrál
∫ 1
0
g(t) dt = −
∫ 1
0
ln t dt = 2
konverguje (samy overte integráciou per-partes :)). Okrem toho platí
lim
t→0+
|f(t)|
g(t)
= lim
t→0+
| ln sin t|
− ln t
= lim
t→0+
− ln sin t
− ln t
= lim
t→0+
ln sin t
ln t
21
l′Hospital
= lim
t→0+
(ln sin t)′
(ln t)′
= lim
t→0+
cos t
sin t
1
t
= lim
t→0+
t
sin t
→1
· cos t = 1
(samy overte ;)). To znamená, že konverguje i nevlastný integrál
∫ 1
0
f(t) dt,
a to absolútne (samy si premyslite :)). Následne je absolútne konvergentný i
nevlastný integrál
∫ 1
0
f(t) dt +
∫ π/2
1
f(t) dt
vlastný integrál
=
∫ π/2
0
f(t) dt =
∫ π/2
0
ln sin t dt
(i toto si samy dobre premyslite :)). Podobne, funkcia h(t) je nezáporná na
intervale [π − 1, π), v bode t = π má singularitu a nevlastný integrál
∫ π
π−1
h(t) dt = −
∫ π
π−1
ln(π − t) dt = 2
konverguje. Zo skutočnosti, že
lim
t→π−
|f(t)|
h(t)
= lim
t→π−
ln sin t
ln(π − t)
= 1,
vyplýva podľa limitného porovnávacieho kritéria absolútna konvergencia nevlastného
integrálu
∫ π
π−1
f(t) dt. V kombinácii s predchádzajúcim výsledkom
teda existuje aj nevlastný integrál
∫ π/2
0
f(t) dt
konverguje
+
∫ π−1
π/2
f(t) dt
vlastný integrál
+
∫ π
π−1
f(t) dt =
∫ π
0
f(t) dt =
∫ π
0
ln sin t dt
(samy si všetky tieto argumenty pozorne premyslite :)). Pristúpime teraz k
samotnému výpočtu integrálov v zadaní príkladu. Označme
I :=
∫ π/2
0
ln sin t dt, J :=
∫ π
0
ln sin t dt.
Aplikáciou substitúcie u = π
2
− t sa prvý integrál transformuje
I =
u = π
2
− t, du = −dt,
0 ; π/2, π/2 ; 0
= −
∫ 0
π/2
ln sin
(π
2
− u
)
du =
∫ π/2
0
ln cos u du
22
(samy si premyslite; zároveň overte existenciu integrálu
∫ π/2
0
ln cos u du ;)).
Odvodili sme teda zaujímavú identitu
I =
∫ π/2
0
ln sin t dt =
∫ π/2
0
ln cos t dt :).
Jej využitím následne dostávame
2I =
∫ π/2
0
ln sin t dt +
∫ π/2
0
ln cos t dt =
∫ π/2
0
(
ln sin t + ln cos t
)
dt
=
∫ π/2
0
ln(sin t · cos t) dt =
∫ π/2
0
ln
(
1
2
· sin 2t
)
dt
=
∫ π/2
0
(
ln
1
2
+ ln sin 2t
)
dt =
∫ π/2
0
ln
(
1
2
)
dt +
∫ π/2
0
ln sin 2t dt
(samy overte výpočty :)). Rozdelenie na dva integrály v poslednom kroku je
korektné, nakoľko integrály I a
∫ π/2
0
ln
(1
2
)
dt sú konvergentné; konvergovať
teda musí i nevlastný integrál
∫ π/2
0
ln sin 2t dt :). Avšak pomocou substitúcie
u = 2t sa tento integrál transformuje
∫ π/2
0
ln sin 2t dt =
u = 2t, du = 2dt,
0 ; 0, π/2 ; π
=
1
2
·
∫ π
0
ln sin u du =
J
2
:).
Platí teda formula
2I =
∫ π/2
0
ln
(
1
2
)
dt +
J
2
⇐⇒ 2I = −
π
2
· ln 2 +
J
2
.
Na druhej strane, rozpísaním integrálu J dostávame
J =
∫ π
0
ln sin t dt =
∫ π/2
0
ln sin t dt +
∫ π
π/2
ln sin t dt = I +
∫ π
π/2
ln sin t dt
konverguje
.
Pomocou substitúcie u = t − π
2
sa integrál
∫ π
π/2
ln sin t dt transfromuje
∫ π
π/2
ln sin t dt =
u = t − π
2
, du = dt,
π/2 ; 0, π ; π/2
=
∫ π/2
0
ln sin
(
u +
π
2
)
du
23
=
∫ π/2
0
ln cos u du = I,
podľa vyššie odvodenej identity (samy overte :)). Platí teda i rovnosť
J = I + I = 2I.
Kombináciou s predchádzajúcou formulou napokon dostávame
2I = −
π
2
· ln 2 +
2I
2
=⇒ I = −
π
2
ln 2,
a následne J = 2I = −π ln 2 :).
Príklad 13
Určme hodnotu nevlastného dvojného integrálu
I =
∫∫
Ω
ln sin(x − y) dxdy,
kde množina Ω má vyjadrenie 0 ≤ y ≤ x ≤ π.
Riešenie:
Množina Ω je zrejme oblasť pod grafom funkcie y = x na intervale x ∈ [0, π].
Je to teda elementárna oblasť vzhľadom na obe súradnicové osi (samy overte
nakreslením obrázku :)). Množina Ω je teda merateľná. Integrovaná funkcia
f(x, y) = ln sin(x − y) je definovaná a spojitá na celom Ω okrem bodu [π, π]
a bodov na priamke y = x patriacich do Ω. Vo všetkých týchto bodoch je
f(x, y) neohraničená – uteká do −∞. Čelíme teda prípadu s nekonečným
počtom singulárnych bodov :-/. Významným pozorovaním je skutočnosť, že
funkcia f(x, y) nemení znamienko na množine Ω, konkrétne je nekladná na
Ω (v bodoch, v ktorých nie je definovaná, uniká do −∞ :)). Skúsme formálne
vykonať zámenu premenných
x = u, y = u − v,
kde u, v sú nové integračné premenné. Množina Ω sa transformuje na množinu
Ω∗
, ktorá má v rovine uv rovnakú reprezentáciu ako Ω v rovine xy, t.j.,
Ω∗
:
{
0 ≤ u ≤ π
0 ≤ v ≤ u
}
24
(samy si pozorne premyslite a nakreslite obrázky oboch množín Ω a Ω∗
;)).
Jakobián uvedenej tranformácie je
J(u, v) =
x′
u x′
v
y′
u y′
v
=
1 0
1 −1
= −1 ̸= 0
takže uvedená transformácia je prostá a regulárna na celom R2
, a teda pre
nás vhodná. Pre dvojný integrál I v zadaní príkladu potom formálne platí
I =
∫∫
Ω∗
ln sin[u − (u − v)] |J(u, v)| dudv =
∫∫
Ω∗
ln sin v dudv.
Všimnime si, že podobne ako f(x, y), i funkcia g(u, v) = ln sin v je nekladná
na množine Ω∗
. Tieto fakty spolu s regulárnosťou danej transformácie potom
implikujú, že nevlastné dvojné integrály
∫∫
Ω
ln sin(x − y) dxdy,
∫∫
Ω∗
ln sin v dudv
buď obidva konvergujú alebo obidva určito divergujú k −∞. Ak napríklad∫∫
Ω∗ ln sin v dudv konverguje, musí nutne konvergovať i transformovaný in-
tegrál
∫∫
Ω∗ ln sin v dudv a naopak (samy si premyslite :)). To potom znamená,
že rovnosť I =
∫∫
Ω∗ ln sin v dudv platí „skutočne , nielen iba formálne :). A
keďže premenovaním integračných premenných sa hodnota integrálu nemení,
dostávame identitu
I =
∫∫
Ω
ln sin(x − y) dxdy =
∫∫
Ω
ln sin y dxdy (4)
(samy overte; premenné u, v premenujeme na x, y, množina Ω∗
je potom
totožná s množinou Ω :)). Pre posledný dvojný integrál teraz uvažujme takúto
transformáciu
x = π − u, y = π − v.
V tomto prípade sa množina Ω transformuje na množinu Ω∗∗
, ktorá má v
rovine uv vyjadrenie
Ω∗∗
:
{
0 ≤ v ≤ π
0 ≤ u ≤ v
}
.
Nechávame na čitateľa, aby overil, že množina Ω∗∗
má v rovine uv rovnakú
reprezentáciu ako obraz množiny Ω v stredovej súmernosti podľa bodu [π, π]
25
(opať samy zakreslite obidve množiny Ω a Ω∗∗
:)). Pre jakobián tejto transformácie
platí
J(u, v) =
x′
u x′
v
y′
u y′
v
=
−1 0
0 −1
= 1 ̸= 0.
Jedná sa teda opäť o prosté a regulárne zobrazenie, pričom dvojný integrál∫∫
Ω
ln sin y dxdy nadobudne formálne tvar
I =
∫∫
Ω∗∗
ln sin(π − v) |J(u, v)| dudv =
∫∫
Ω∗∗
ln sin v dudv
(samy overte ;)). Táto rovnosť z podobných dôvodov ako vyššie platí „naozaj
, nielen formálne (funkcia g(u, v) = ln sin v je nekladná na množine Ω∗∗
,
a teda nevlastné dvojné integrály I a
∫∫
Ω∗∗ ln sin v dudv buď oba konvergujú
alebo oba určito divergujú k −∞ :)). Premenovaním integračných premenných
u, v na x, y získame formulu
I =
∫∫
Λ
ln sin y dxdy, (5)
kde množina Λ, ako premenovanie množiny Ω∗∗
, je obraz množiny Ω v stredovej
súmernosti podľa bodu [π, π] (samy overte ;)). Platí teda Ω ∪ Λ = S,
kde S je štvorec [0, π] × [0, π], a miera množiny Ω ∩ Λ je nulová (samy si
premyslite :)). Kombináciou identít (4) a (5) potom máme
2I =
∫∫
Ω
ln sin y dxdy +
∫∫
Λ
ln sin y dxdy =
∫∫
S
ln sin y dxdy
⇓
I =
1
2
·
∫∫
S
ln sin y dxdy :). (6)
Náš úvodný problém sme teda previedli na stanovenie nevlastného integrálu∫∫
S
ln sin y dxdy. Uvažujme štvorec
Mε := [ε, π − ε] × [ε, π − ε],
kde pre nejaké dané ε ∈ (0, π). Zrejme Mε ⊆ S a funkcia h(x, y) = ln sin y je
spojitá, a teda i štandardne integrovateľná na Mε (samy overte :)). A nakoľko
h(x, y) nemení znamienko na S (je nekladná), platí
∫∫
S
ln sin y dxdy = lim
ε→0+
∫∫
Mε
ln sin y dxdy
26
(i toto si samy premyslite ;)). Pomocou Fubiniho vety postupne máme
∫∫
S
ln sin y dxdy = lim
ε→0+
∫ π−ε
ε
[∫ π−ε
ε
ln sin y dy
]
dx
= lim
ε→0+
(∫ π−ε
ε
dx
)
·
(∫ π−ε
ε
ln sin y dy
)
= lim
ε→0+
(π − 2ε) ·
(∫ π−ε
ε
ln sin y dy
)
Avšak z Príkladu 12 vieme, že platí identita
lim
ε→0+
(∫ π−ε
ε
ln sin y dy
)
=
∫ π
0
ln sin y dy = −π · ln 2.
Preto napokon dostávame rovnosť
∫∫
S
ln sin y dxdy = lim
ε→0+
(π − 2ε) · lim
ε→0+
(∫ π−ε
ε
ln sin y dy
)
= −π2
ln 2,
z ktorej ihneď pomocou (6) vyplýva finálny výsledok
I =
∫∫
Ω
ln sin(x − y) dxdy = −
π2
2
ln 2 :).
Príklad 14
Vyšetrime konvergenciu nevlastného trojného integrálu
I =
∫∫∫
Ω
1
(
x2 + y2 + z2
)α dxdydz
v závislosti na reálnom parametri α. Množina Ω predstavuje uzavretú jednotkovú
sféru so stredom v bode [0, 0, 0].
Riešenie:
Tento príklad možno chápať ako doplnok či pokračovanie Príkladu 6. Postupujeme
preto v podobnom duchu. Pre R ∈ (0, 1) uvažujme uzavreté „medzigulie
ΩR so stredom v bode [0, 0, 0] a s polomermi R a 1 a trojný integrál
IR :=
∫∫∫
ΩR
1
(
x2 + y2 + z2
)α dxdydz.
27
Výpočet integrálu IR je takmer navlas rovnaký ako v Príklade 6. Nechávame
na čiateľa, aby overil, že pomocou transformácie do sférických súradníc
dostaneme vyjadrenie
IR = 4π ·
∫ 1
R
ρ2−2α
dρ :).
Ďalej platí
∫ 1
R
ρ2−2α
dρ =



[
ρ3−2α
3−2α
]1
R
= 1−R 3−2α
3−2α
, α ̸= 3
2
,
[ln ρ]1
R = − ln R, α = 3
2
(samy overte :)). Pre trojný integrál IR potom máme
IR =



4π
3−2α
(
1 − R3−2α
)
, α ̸= 3
2
,
−4π ln R, α = 3
2
.
Funkcia f(x, y, z) = 1
(x2+y2+z2)α je nezáporná na množine Ω\{[0, 0, 0]}, pričom
bod [0, 0, 0] je zrejme jej singularitou. Preto stačí vyšetriť limitu limR→0+ IR
v závislosti na mocnine α. Keďže platí
lim
R→0+
IR =



4π
3−2α
, α < 3
2
,
∞, α ≥ 3
2
,
nevlastný trojný integrál I v zadaní príkladu konverguje práve vtedy, keď
α < 3
2
, pričom v tomto prípade I = 4π
3−2α
.
Príklad 15
Dokážme platnosť formúl
∫ π
0
(
sin2
t
)
· (ln sin t) dt =
π
4
(1 − ln 4),
∫ π
0
(
cos2
t
)
· (ln sin t) dt = −
π
4
(1 + ln 4).
28
Riešenie:
Obidva integrály v zadaní príkladu konvergujú absolútne. Ukážeme to pomocou
limitného porovnávacieho kritéria. Položme
f(t) :=
(
sin2
t
)
· (ln sin t), g(t) :=
(
cos2
t
)
· (ln sin t), h(t) := − ln sin t
I :=
∫ π
0
(
sin2
t
)
· (ln sin t) dt, J :=
∫ π
0
(
cos2
t
)
· (ln sin t) dt.
Funkcie f(t) a g(t) sú spojité a nekladné na otvorenom intervale (0, π),
pričom v krajných bodoch t = 0 a t = π platí
lim
t→0+
f(t) = 0 = lim
t→π−
f(t), lim
t→0+
g(t) = −∞ = lim
t→π−
g(t)
(samy overte :)). Z toho ihneď vyplýva, že integrál I konverguje (správa sa
ako klasický určitý integrál). Ďalej funkcia h(t) je nezáporná na (0, π) a
lim
t→0+
|g(t)|
h(t)
= lim
t→0+
−
(
cos2
t
)
· (ln sin t)
− ln sin t
= lim
t→0+
cos2
t = 1,
lim
t→π−
|g(t)|
h(t)
= lim
t→π−
−
(
cos2
t
)
· (ln sin t)
− ln sin t
= lim
t→π−
cos2
t = 1.
A keďže v súlade s Príkladom 12 nevlastný integrál
∫ π
0
h(t) dt =
∫ π
0
ln sin t dt
konverguje, podľa limitného porovnávacieho kritéria musí absolútne konvergovať
i nevlastný integrál
∫ π
0
g(t) dt = J (samy si pozorne premyslite ;)).
Stanovíme teraz hodnoty integrálov I a J. Z výsledkov Príkladu 12 máme
I + J =
∫ π
0
(
sin2
t
)
· (ln sin t) dt +
∫ π
0
(
cos2
t
)
· (ln sin t) dt
=
∫ π
0
(
sin2
t + cos2
t
)
1
·(ln sin t) dt =
∫ π
0
ln sin t dt
Príklad 12
= −π ln 2.
Na druhej strane, platí
J − I =
∫ π
0
(
sin2
t
)
· (ln sin t) dt −
∫ π
0
(
cos2
t
)
· (ln sin t) dt
29
=
∫ π
0
(
cos2
t − sin2
t
)
cos 2t
·(ln sin t) dt =
∫ π
0
(cos 2t) · (ln sin t) dt.
Obzvlášť, posledný integrál konverguje. Pomocou integrácie per-partes postupne
dostaneme
∫ π
0
(cos 2t) · (ln sin t) dt =
u′
= cos 2t, u = sin 2t
2
= sin t cos t,
v = ln sin t, v′
= cotg t
= [(sin t cos t) · (ln sin t)]π
0 −
∫ π
0
(sin t cos t) · (cotg t) dt
= [(sin t cos t) · (ln sin t)]π
0 −
∫ π
0
cos2
t dt
(samy overte :)). Nakoľko máme
[sin t cos t ln sin t]π
0 = lim
t→π−
sin t cos t ln sin t − lim
t→0+
sin t cos t ln sin t = 0,
∫ π
0
cos2
t dt =
∫ π
0
(
1 + cos 2t
2
)
dt =
[
2t + sin 2t
4
]π
0
=
π
2
(i toto samy overte ;)), získame rovnosť
J − I =
∫ π
0
(cos 2t) · (ln sin t) dt = −
π
2
.
Pre integrály I a J sme teda odvodili formuly
I + J = −π ln 2, J − I = −
π
2
.
Z toho už hravo zistíme, že
I =
π
4
(1 − ln 4), J = −
π
4
(1 + ln 4) :).
30
Príklad 16
Nájdime hodnotu nevlastného dvojného integrálu
I =
∫∫
Ω
ln
(
x2
+ y2
)
dxdy,
kde integračný obor Ω má tvar x2
+ y2
≤ 2xR pre 0 < R ≤ 1
2
.
Riešenie:
Všimnime si, že množina Ω je vďaka podmienke 0 < R ≤ 1
2
podmnožinou
uzavretého jednotkového kruhu so stredom v bode [0, 0] (samy overte nakreslením
vhodného obrázku :)). Funkcia f(x, y) = ln(x2
+ y2
) je preto nekladná
a spojitá na Ω \ {[0, 0]}, pričom lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = −∞, t.j., v bode [0, 0]
má singularitu. Na vyšetrenie nevlastného integrálu stačí teda uvažovať ľubovoľnú
postupnosť merateľných množín {Mn}, ktora sa zmršťuje do bodu
[0, 0]. Takouto postupnosťou je napríklad
Mn : x2
+ y2
<
1
n2
, n ∈ N, n >
1
2R
(samy sa presvedčte :)). V tomto prípade je výhodné pracovať s polárnymi
súradnicami x = ρ cos φ a y = ρ sin φ. Množina Ω \ Mn má potom tvar
Ω \ Mn :



− arctg
√
4R2n2 − 1 ≤ φ ≤ arctg
√
4R2n2 − 1
1
n
≤ ρ ≤ 2R cos φ



(samy sa pokúste overiť pomocou vhodného nákresu :)). Pre zjednodušenie
zápisu položme φn := arctg
√
4R2n2 − 1. Následne máme
In :=
∫∫
Ω\Mn
ln
(
x2
+ y2
)
dxdy
Fubini
=
∫ φn
−φn
[∫ 2R cos φ
1/n
ρ ln ρ2
dρ
]
dφ.
Pre vnútorný určitý integrál pomocou integrácie per-partes postupne platí
∫ 2R cos φ
1/n
ρ ln ρ2
dρ = 2 ·
∫ 2R cos φ
1/n
ρ ln ρ dρ
= 2 ·
[
ρ2
(2 ln ρ − 1)
4
]2R cos φ
1/n
= 2R2
cos2
φ · (2 ln 2R cos φ − 1) +
2 ln n − 1
2n2
31
= 4R2
cos2
φ · ln cos φ + 2R2
(2 ln 2R − 1) cos2
φ +
2 ln n − 1
2n2
(samy overte jednotlivé výpočty :)). Dvojný integrál In má potom tvar
In =
∫ φn
−φn
(
4R2
cos2
φ · ln cos φ + 2R2
(2 ln 2R − 1) cos2
φ +
2 ln n − 1
2n2
)
dφ
= 4R2
∫ φn
−φn
cos2
φ · ln cos φ dφ + 2R2
(ln 4R2
− 1)
∫ φn
−φn
cos2
φ dφ +
(ln n2
− 1) φn
n2
= 4R2
∫ φn
−φn
cos2
φ · ln cos φ dφ + R2
ln
(
4R2
e
)
· (2φn + sin 2φn) +
φn ln
(
n2
e
)
n2
Vypočítame teraz limitu limn→∞ In. Nechávame na čitateľa, aby overil, že
lim
n→∞
φn = lim
n→∞
arctg
√
4R2n2 − 1 =
π
2
, lim
n→∞
ln
(
n2
e
)
n2
= 0 :).
Potom dostávame
lim
n→∞
In = 4R2
∫ π
2
−π
2
cos2
φ · ln cos φ dφ + R2
ln
(
4R2
e
)
·
(
2 ·
π
2
+ sin 2 ·
π
2
)
= 4R2
∫ π
2
− π
2
cos2
φ · ln cos φ dφ + πR2
ln
(
4R2
e
)
.
Posledný dvojný integrál prejde substitúciou t = φ + π
2
na tvar
∫ π
2
−π
2
cos2
φ · ln cos φ dφ =
∫ π
0
cos2
(
t −
π
2
)
· ln cos
(
t −
π
2
)
dt
=
∫ π
0
sin2
t · ln sin t dt
Príklad 15
=
π
4
(1 − ln 4)
(samy overte :)). Teda nevlastný dvojný integrál I v zadaní príkladu konverguje
s finálnou hodnotou
I = 4R2
·
π
4
(1 − ln 4) + πR2
ln
(
4R2
e
)
= 2πR2
ln R :)
(samy overte záverečný výpočet ;)).
32