Počítaní i. j; 2. Dostaneme — w2)w2 du = | — j = ^. 3. Zde máme — w2)2 dw = yj. Ttlz i/a/21 i/vT - 4.TadyrozšiřmeještěSinemadoStaneme / = / = i / + ^) d« = ln^ftT. Ttl\ ° ° _ 7z72 i. -|; 2. Dostaneme | (1+2 cos 2x+cos2 2x) dx. Prostřední člen se integruje na nulu, pravý ještě zapíšeme jako I+C°S4X. Kosinus se zas integruje na nulu a zůstane jen 3/2, která se integruje na yitl\. Výsledek je tedy yx/16. 3. Bud můžeme zase využít ty vzorce, nebo napsat sin2 x cos2 x = | sin2 ix = Tt = I sin2 2X-2. Pak můžeme udělat substituci ix = u a vyjde | sin2 u du. Integrál je roven dvojnásobku o toho, co jsme našli v bodě 1, tj. Tt/i. Výsledek: Tt/16. 3 1. Máme sin2 x + cos2 x = 1. Dělíme cos2 x, dostaneme 1 + tg2 x = co'2x, tj. cos2 x = -p* /• 1 / • 2 2 tg2* Proto musí byt sin x = 1 — cos x = —n— 2x' 2. Diferencujme; dostaneme = dw, ale podle předchozího bodu je -^r^ = 1 + tg2 x = 1 + w2. Dělíme a získáme žádané. 3. Vložme tg x = u a přepišme podle našich vzorců z předchozího bodu. Obdržíme f • A2 1 &2 = _ J_ ľ adu/b _ it ~ ab J j_|_^^2 — zab' 4. Tohle vypadá hůř, než jaké to je. Zase dejme tg x = u, obdržíme f (1 + u2) du a je to integrace i/Vľ jednoduchého polynomu. Výsledek: ■^=í. 5. Nejdřív si uvědomíme, že díky sudosti kosinu stačí vzít dvojnásobek integrálu od nuly do Tt. Pak můžeme použít trik: přepíšeme cos x = 2 cos2 | — 1 a dostaneme Tt dx 2 (a — b) + 2b cos2 f' o Za závorku (a — b) vložíme jedničku ve tvaru sin2 f + cos2 f a po substituci x/2 = u můžeme už využít vztah ze třetího bodu: Ttlz du Tt 2Tt 4 (a — b)sin u + (a + b)cos2u 2y/a — b'Ja + b' V'a2 — b2' Ttlz i. 7T/2. 2.7T/2 (vede to na f sin2 x dx). 3. Vložme x = sin2 , meze jdou od o do Tt/i. Po dosazení vidíme, že se všechno pomlátí, zůstane jen dvojka a naintegruje se Tt. 1.1; 2. 2; 3. Tady je potřeba trik: rozdělíme to na 1 • ln x, jedničku budeme integrovat a logaritmus derivovat. Výsledek: [x ln x]* — 1. Ale co je to v té závorce? Při x = 1 dostaneme nulu. Co ale při x = o? To dostaneme o • 00, takže musíme použít 1'Hospitala. Pišme: lim ^ = lim , = o. Celá hranatá závorka zmizne a zůstane jen výsledek — i. 4. Tady je otázka, co máme integrovat a co derivovat. Normálně se x derivuje, ale arkustangentu inte- grovat pěkně neumíme. Tak to raději uděláme obráceně. Tím dostaneme [|x2 are tgx] — \ f 0 o Hranatá závorka dá 7r/8, pod integrálem do čitatele přidám a odečtu jedničku a zlomek se rozpadne na 1 — j^ž, což už se integruje snadno. Výsledek: ^ — \. 5. Označme ten integrál /. Derivujme sinus a é~x integrujme; dostaneme I = f e~x cos x dx. Zas udé- o lejme per partes, derivujme kosinus a é~x integrujme; dostaneme / = 1 — 7, z čehož už snadno vypoč- teme/ = |. 6 Tady už jsou výsledky přímo v zadání úlohy. •3-5..-{zn—\ 2-4-6-2W i-3-5-(2»-i) _ (2«)! _ j_(zn\ l.n., 2. 2.,.6...2n 2znn,2 2zn\n)- Aplikace 1. j • (základna) • (výška); 2. itab\ 3. -. 1. Tady máme dV = ^{c2z/a + e~2z/a + 2) dz. Integrujme podle z od —b do b. Obdržíme t/- ttíS!3 (zb/a —zb/a\ , ^^21 k = — I e — e I + 7Tťí b. f v v v/ I 2//? _z/tZ I-1 z/a z/a Pokud jde o povrch, musíme ještě spočítat dr = -(e — e ) dz a Vdr2 + dz2 = —~\-dz. b _| Povrch pak dostaneme jako S = 27t J rjdr2 + dz2'. Po provedení substituce eza = u se to redukuje -é na integraci polynomu, i když nepříjemnou. Výsledek: [e3^ — e-3^ + g(e^a — e-^)]. 2. Při r = o máme z = a a při r = b máme z = o. Proto budeme integrovat v z od o do a. Při výpočtu objemu hned můžeme vyjádřit r2 = —(a — z) a V = it— f (a — z) dz = \itb2a.. o U povrchu diferencujme: dz = —xardr/b2, takže dz2 + dr2 = |i + ^f-j dr2. Proto dostaneme b S = 27T / n/1 + ^~?*2 dr. /-ŕ o Položíme-li i+^pj-r2 = w, dostaneme integrál z JíTdu a snadno získáme výsledek^ [(fr2 + 4^2)3^2 — fr3]. dS = f r2 27T , 27T i. Počítejme | f r2 dep = \ f(i+2 cos

, můžeme prostě oba diferen- y dát na druhou a sečíst. Výsledek: dí2 = dr2 + r2 d, ds2 = 4a2 sin2 j d$z>2. Délka je tedy za f | sin j\ dtp = Sa. 27T Zákeřné úlohy 1. Víme, že platí vztah s = v • t, takže za malinký čas df urazí závaží dráhu dx = v dt. Odtud v = ^jj. Dosazením do zákona zachování energie získáme žádané. 2. Obdrží se ^ = ±^(2£ — kx2)'. Přerovnáme to na dx V1 ~ n V m Integrujme čas od o do t. Poloha v těchto dvou časech je obecně x(o) a x(f). Násobme ještě rovnici Jk/zE' a obdržíme x(t) / Jk/zE'dx (0) ^1 — (^khFx^j -. = ±v_ř- 21 V m V integrálu položíme Jk/zÉx = u a tím ho zredukujeme na tabulkový integrál. Vyjde are sin u x(p) = are sin x(ť) — are sin x(o) = ±1/ — t. Proto dostáváme výsledek x(f) = siní ±y[]^t + are sin x(o) J. 3. Nestalo by se nic moc zvláštního, protože potenciální energii lze pak doplnit na čtverec: kx2-\-mgx = k(x- Pak můžeme zavést novou proměnnou x = x + ^-.Jelikož je dx = dx, bude také platit zk = const. a je vidět, že v gravitačním poli se x chová úplně stejně, jako se chovalo x bez gravitačního pole, jen se změní energie. Ta však v našem finálním výrazu pro x(f) vůbec nevystupuje, takže máme úplně stejné řešení x(f) = sin [ ±\l — t + arc sin x(o) x = mg . í íl1 . r / \ msA + sin ±1/ — f + arc sin ^x(o) —-^-J . Takže se to chová úplně stejně, jen rovnovážná poloha je vychýlená o mghk dolů. 1. Je to vlastně tak: rozdělíme interval od o do 1 na n kousků a nad každým z nich nakreslíme obdélníček do výšky té funkce pod integrálem. V tomto případě platí, že k-tý obdélníček bude začínat v bodě ^jp- a končit v §. Bude-li obdélníčků opravdu hodně (tj. n —>■ oo), jsou jeho oba konce tak blízko u sebe, že je vlastně dost jedno, jestli výšku obdélníčku udělám podle levého kraje, pravého kraje či podle nějaké hodnoty uprostřed. Zvolme si třeba pravý kraj. Pak bude pro k-tý obdélníček platit x = kin. Šířka všech obdélníčků je stejná: dx = i/n. Proto integrál můžeme skutečně zapsat jako součet ploch všech těchto obdélníčků při n ->ooa dostaneme žádané. 2. Každý zlomek w2^2 přepíšu na \—j—j. Opět máme x = kin a \ = áx je šířka obdélníčku. Proto je limita rovna / ^ = f. o 3. Zas obdobně. Nejdřív napíšeme jako exp Jirn^ [^(ln 1 + ln 2 + —h ln n) — ln n\. To lze dále upravit na toto: 1 / 1 2 n\ exp lim - ln —h ln —h — + ln - . 1 Limita pod exponenciálou je tedy f ln x dx = — 1 a celkem dostáváme výsledek i/e. 1. Podle 2. Newtonova zákona máme F = ma. Zrychlení je ^j, takže máme (když pro časovou derivaci píšeme tečku) mi) = \CSývz — mg. 2. Při mezní rychlosti je v = o, tj. \CSýwz = mg. Z toho máme w = yjimg/CSý'. Předchozí rovnici násobme 2/CSý. Obdržíme w2v/g = v2 — w2 čili 1 dv gďt v IV j (Mimochodem si všimněte, že obě strany jsou bezrozměrné. Takové zápisy rovnic jsou ve fysice často užitečné, protože bezrozměrné veličiny vyjadřují nějaké charakteristiky té úlohy, které se nemění při natahování rozměrů/casů/atd.) dv/10 Sov 3. Přerovnáme rovnici na —--= — df a můžeme integrovat obě strany od času o do času f. Vpravo bude prostě jen gt/w. Vlevo uděláme super-duper-trik: substituci v Ivo = th f-, kde „th" je tangens hyperbolický: th = ^. Pak dostaneme ^ = -^-^ dý, v čemž můžeme položit 1 = ch2 ý ~ sh2 ý a získat £ = (i-ťhV)dr v vo df dvlvo \tvJ -df. Integrál je tím vyřízen, protože z něj zůstane jen —dý a zbude pouhé ý(o) — ý(ť) = gtlvo. To přepišme na ýif) = ý{°) — gtlvo a vezměme tangentu hyperbolickou z obou stran. Tím se vlevo zas objeví vlvo a máme výsledek v(t) = voth \ý (o) - ^ ] = -vo th - ý (o)). Zde platí, že th ý(o) = v(o)/vo, takže musíme využít inversní funkci k tangentě hyperbolické, která je, věřte nevěřte, rovna ln '• Proto platí, že ý(p) = ln '• 4. Musíme ještě jednou integrovat tu rychlost získanou v předchozím bodě. Jelikož th = ^, bude se integrovat na ln ch. Výsledek: vo y(?) =y(p)- —lnch o VO \w + v(o) vo — v(o) řadu takto: Oba integrály jsou tabulkové a už bychom je měli dobře znát. ^q^i rozvineme v geometrickou oo i + t2 Z—/ ' n=o a integrací tohoto rozvoje podle t dostaneme ŕ + ŕ - t6 - Zx2n+1 (—i)n- v ; in + i n=o Obdobně s arkussinem: máme binomický rozvoj oo oo . . i = ^ i-3-(2«- l)f2w = ^T- (2«)! Jj — f2' / , 2-4-2« Z-ř 22B«!: Zase integrujeme a obdržíme rozvoj oo (2»)! f2w+I ix3 i-3x5 are sin x = > ,w „-■—= xH----1----h n=o 22nn\2 2«+i 23 2-45 6 Elipsa je dána vztahem ^ + az^_£y = x- Z toho vyjádříme ^ = ±(1 — e)4a2 — x2'. Při odmocnění jsme tu vybrali jen znamení „+" s tím, že tato rovnost popisuje jen horní polovinu elipsy. Dále spočteme dy = (1 — e)-j==\ a 12 i2,,2 a2 + (e2 - 2e)x2 ds2 = dx + dy2 =-\--r1— dx . J a2 — x2 Chceme úplnou délku elipsy. Budeme-li integrovat ds od —a do a, dostaneme jen horní půlku; musíme tedy vzít dvojnásobek: fja2-(2e-e2)x2' 5 = 2/ - .-dx. J Ja —a 4a2 - xz Položme x = au a využijme sudosti integrandu: integrál přejde v fji -(2£-£2)u2' s = 4a -, -au. J y/l-u2' o To je jeden z tzv. eliptických integrálů, který není možné zapsat pomocí elementárních funkcí. Pokud ale předpokládáme, že e je velmi malé, můžeme horní odmocninu rozvinout takto: Ji-(xe-e2)x2 = [1 - (ze - e2)u2} ^ = 1 - ^^u2 - ^"^V + -Pišme to jen do e2: 1 — ———u2 — f2w4 H— 2 1 . 1 A můžeme to vložit do integrálu a integrovat. Využijeme toho, že f ~j=^ = f > f J U2> = f a k°- 1 Ví nečně f J = a obdržíme výsledek 5 = 2ita — itae--ae H— = 2ita — it[a — b) — 4 \a 2. Začneme druhým bodem. Je-li x = o, integrál jde od nuly do nuly a zjevně se 2 nenaintegruje nic, takže O (o) = o. Jestliže pak máme -=; e_ř df = 0(x) — O (o), musí podle Newtonovy-Leibnizovy formule zřejmě být dO(x) = J=^e df, čímž získáváme žádanou derivaci. 3. Zřejmě platí —x -r df = f = —w df = —du X f o —u du. Integrál tedy při změně znamení x také sám změní znamení. A 2/Tťť1 je jen konstanta. 4. Použijme per partes: X df = = xO(x) — 4ŤT X J te~ŕ df. z V posledním integrálu můžeme položit f2 = w, tj. 2f df = dw a integrál vyjde 1 — é~x . Výsledek: 2 xO(x) + -j^e~x — -j=>- Můžete si ověřit, že když tuto funkci zderivujeme, dostaneme zase 0(x). 1. da = —ab df, db = —aa df. 8 2. Dostaneme a da = b db. 3. Násobme rovnici dvěma na 2a da = ib db, což je d(a2) = d(b2). Proto d(a2 — b2) = o, a tak a2 — b2 = const. Bylo-li a> b, bude na konci bitvy b^onec = o a máme a2 — b2 = const. a2 — b2 = a2 — b2 začátek začátek konec konec' j2 _ £2 začátek začátek Takže skutečně akonec = ^a^ 4. Budeme mít da = —fib df, db = —aa df. Opět dělíme a po integraci dostaneme aa2 — fib2 = const. Z toho je vidět, že efekt přesily je daleko větší než efekt toho, kdo má lepší bojovníky: má-li nepřítel dvakrát víc bojovníků, naši bojovníci musí být čtyřikrát lepší než jejich, abychom tuto výhodu vyrovnali. Konkrétně: jsou-li naši bojovníci 2-krát lepší, je z toho jen taková výhoda, jako by nás bylo V^-krát víc._ p 1. Jde o starou známou řadu pro arkustangentu, odvozenou mj. v úloze 5. Dále viz tam. 2. Potřebujeme integrovat 1 + x2 — x4 — x6 + x8 + x10 — x12 — x14 atd. Zřejmě bude dobře vytknout z každých dvou sousedních členů vše, co jde: tím dostaneme (1 + x2) — (1 + x2)x4 + (1 + x2)xg atd. Máme tedy integrovat řadu (1 + x2)(i — x4 + x8 — x12 H—) = , a to od nuly do jedné. Součet řady bude Mi + xz) dx _ ľ (1 + J i + x4 J X2 + 4 ~ž — 2 + 2 Položme x — I = u; pak dostaneme (1 + ^) dx = dw. Jaká náhoda, že přesně to se válí v čitateli! Ted už rychle obdržíme výsledek: