Zápisky z cvičení z Matematické analýzy A 4

Kvadriky

Známe kvadratické funkce: $a x^{2} + b x + c$ . Zobecníme je na vektory.

Kvadriky se budou hodit k vyšetřování extrémů funkce.

Definice. Nechť

A \in ℝ^{n \times n}, A = A^{T}, A \neq 0, b \in ℝ^{n}, c \in ℝ

. Funkce

f : ℝ^{n} \to ℝ, f (x) ≔ A x \cdot x - 2 b \cdot x + c = x^{T} A x - 2 b^{T} x + c

je kvadratická funkce na

ℝ^{n}

. Množina

Q ≔ f^{- 1} (0) = {x \in ℝ^{n} | x^{T} A x + b^{T} x + c = 0}

se nazývá kvadrika.

Příklad. Množina řešení rovnice

x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + 1 = 0

je kvadrika s

A = I, b = 0, c = 1

. Jde o prázdnou množinu.

Příklad. Množina řešení rovnice

x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = 0

je kvadrika s

A = I, b = 0, c = 0

. Jde o jednoprvkovou množinu.

Příklad. Množina řešení rovnice

x_{1}^{2} + x_{2}^{2} - 1 = 0

je kvadrika s

A = I, b = 0, c = - 1

. Jde o jednotkovou kružnici.

Pro danou kvadriku je úkolem najít souřadnicový systém, pomocí něhož snadno určíme, o jakou kvadriku se jedná.

Definice. Nechť

𝒳

je báze

ℝ^{n}

s \in ℝ^{n}

. Dvojici

(𝒳, s)

nazveme soustavou souřadnic s bází

𝒳

a počátkem

s

. Je-li báze ortonormální, jde o kartézskou soustavu souřadnic.

Věta. Nechť

X ≔ (\begin{array}{ccc} x_{1} & \dots & x_{n} \end{array})

je matice báze

𝒳

. Potom

(\forall x \in ℝ^{n}) (\exists_{1} y \in ℝ^{n}) (x - s = X y = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} x_{i})

Důkaz. Triviální.

Dosadíme-li do kvadratické funkce vektor vyjádřený v kartézské souřadnicové soustavě, máme

\begin{aligned} f (x) & = f (s + X y) \\ = {(s + X y)}^{T} A (s + X y) - 2 b^{T} (s + X y) + x \\ = s^{T} A s + s^{T} A X y + y^{T} X^{T} A s + y^{T} X^{T} A X y - 2 b^{T} s - 2 b^{T} X y + c \\ = f (s) + y^{T} X^{T} A X y + 2 {(X^{T} (A s - b))}^{T} y \\ ≕ f_{1} (y) \end{aligned}

Ukazuje se, že ve druhém členu dokážeme vynulovat mimodiagonální prvky a třetí dokážeme za určitých podmínek vynulovat.

Jelikož $A$ je symetrická, můžeme provést singulární (Schurův a zároveň diagonální) rozklad $A ≕ U^{T} Σ U$ , kde $Σ$ je diagonální sestávající z vlastních čísel a $U$ je unitární sestávající z vlastních vektorů. Když poté zvolíme $X ≔ U^{T}$ , máme $X^{T} A X = Σ$ . Máme tedy

f_{1} (y) = y^{T} Σ y + 2 {(X^{T} (A s - b))}^{T} y + f (s) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} y_{i}^{2} + 2 {(X^{T} (A s - b))}^{T} y + f (s)

Pokud také zvolíme $s$ takové, že $A s = b$ , kvadratická funkce se nám zjednoduší na tvar

f_{1} (y) = y^{T} Σ y + f (s) = \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} y_{i}^{2} + f (s)

Definice. Bod

s \in ℝ^{n}

se nazývá střed kvadriky, pokud

f (s - x) = f (s + x)

. Množinu středů značíme

S_{f}

Definice. Kvadrika se nazývá centrální, pokud

S_{f} \neq ⌀

Věta. Kvadrika má střed v bodé

s

právě tehdy, pokud

A s = b

Důkaz.

f (s + x) = \dots = f (s) + x^{T} A x + 2 {(A s - b)}^{T} x

f (s + x) - f (s - x) = 4 {(A s - b)}^{T} x

Věta.

f

je konstantní na

S_{f}

Důkaz. Nechť

s_{1}, s_{2} \in S_{f}

. Nechť

x ≔ s_{2} - s_{1}

. Potom

A x = A s_{2} - A s_{1} = b - b = 0

f (s_{2}) = f (s_{1} + x) = f (s_{1}) + x^{T} A x + 2 {(A s - b)}^{T} x = f (s_{1})

Poznámka. Pro tuto konstantní hodnotu platí

f_{0} ≔ f (s) = s^{T} A s - 2 b^{T} s + c = c - b^{T} s

Definice. Nechť

f

je centrální kvadratická funkce a

k ≔ h (A)

. Nechť

𝒳

je ortonormální báze

ℝ^{n}

sestávající z vlastních vektorů

A

, kde prvních

k

vlastních čísel je nenulových. Nechť dále

s \in S_{f}

. Potom

(𝒳, s)

nazveme kanonickou soustavou souřadnic pro

f

a výraz

f_{1} (y) = \sum_{i = 1}^{k} λ_{i} y_{i}^{2} + f_{0}

se nazývá kanonický tvar

f

Definice. Necht

λ_{1}, \dots, λ_{p}

jsou kladná (pokud

f_{0} \leq 0

) nebo záporná (pokud

f_{0} > 0

) vlastní čísla

A

. Označme

α_{i} ≔ \sqrt{\frac{| f_{0} | + [f_{0} = 0]}{| λ_{i} |}}

Potom standardní tvar

Q

\sum_{i = 1}^{p} {(\frac{y_{i}}{α_{i}})}^{2} - \sum_{i = p + 1}^{k} {(\frac{y_{i}}{α_{i}})}^{2} = [f_{0} \neq 0]

Definice. Kvadrika

Q

je regulární, pokud

k = n

Poznámka. Pokud rovnice

A s = b

nemá řešení, tedy kvardika není centrální, potom nemůžeme vynulovat lineární členy, ale můžeme alespoň vynulovat konstantní člen

f (s)

a zařídit, aby z lineárních členů zbyl jen jeden.

Lemma (připomenutí z lineární algebry). Je-li

A

symetrická matice, potom

A (ℝ^{n}) \oplus︎ \ker (A) = ℝ^{n}

Věta. Nechť

f

je necentrální kvadratická funkce a

b ≕ b_{1} + b_{2}

, kde

b_{1} \in A (ℝ^{n}), b_{2} \in \ker (A)

. Potom existuje

s \in ℝ^{n}

takové, že

A s = b_{1} \land f (s) = 0

Důkaz. Zřejmě

b_{2} \neq 0

, jinak by

f

byla centrální. Vezměme takové

s_{1}

, že

A s_{1} = b_{1}

. Chceme najít vhodné

s_{2} \in \ker (A)

takové, že

s ≔ s_{1} + s_{2}

splní podmínky věty.

A s = A s_{1} + A s_{2} = b_{1}

f (s) = \dots = f (s_{1}) + s_{2}^{T} A s_{2} + 2 {(A s_{1} - b)}^{T} s_{2} = f (s_{1}) - 2 b_{2}^{T} s_{2}

Stačí tedy zvolit

s_{2} ≔ \frac{f (s_{1})}{2 b_{2}^{T} b_{2}} b_{2}

Definice. Vektor

s

splňující podmínky předchozí věty se nazývá vrchol. Množina vrcholů kvadriky se značí

V_{f}

Věta. Pro vrchol platí

c - {(2 b - b_{1})}^{T} s = 0

Důkaz.

0 = f (s) = \dots = c - {(2 b - b_{1})}^{T} s

Definice. Mějme necentrální kvadriku. Je-li

𝒳

ortonormální báze

ℝ^{n}

složená z vlastních vektorů

A

, kde prvních

k

vlastních čísel je nenulových a platí

x_{k + 1} = \frac{b_{2}}{‖ b_{2} ‖}

. Nechť

s

je vrchol. Potom

(𝒳, s)

je kanonická soustava souřadnic a kanonický tvar

f

f_{1} (y) = \sum_{i = 1}^{k} λ_{i} y_{i}^{2} - 2 {(X^{T} b_{2})}^{T} y = \sum_{i = 1}^{k} λ_{i} y_{i}^{2} - 2 ‖ b_{2} ‖ y_{k + 1}

Poznámka. K nalezení vektorů

x_{k + 2}, \dots, x_{n}

lze použít Gram-Schmidtův ortogonalizační proces.

Definice. Nechť

p

je počet kladných vlastních čísel

A

. Nechť

α_{i} ≔ \sqrt{\frac{‖ b_{2} ‖}{| λ_{i} |}}

. Potom standardní tvar kvadriky je

\sum_{i = 1}^{p} {(\frac{y_{i}}{α_{i}})}^{2} - \sum_{i = p + 1}^{k} {(\frac{y_{i}}{α_{i}})}^{2} = 2 y_{k + 1}

Vizualizace dvourozměrných kvadrik

$f (x, y) =$ $x^{2} +$ $x y +$ $y^{2} +$ $x +$ $y +$

Varování: neumí zobrazit některé speciální případy (např. svislé přímky)

Cvičení (8.1). Předeďte kvadriku do standardního tvaru a klasifikujte ji:

5 x^{2} + 4 x y + 8 y^{2} - 32 x - 56 y + 80 = 0

Řešení

A = (\begin{array}{cc} 5 & 2 \\ 2 & 8 \end{array}), b = (\begin{array}{c} 16 \\ 28 \end{array}), c = 80

Hledáme střed:

A s = b

(\begin{array}{cc} 5 & 2 \\ 2 & 8 \end{array} | \begin{array}{c} 16 \\ 28 \end{array}) \sim (\begin{array}{cc} 5 & 2 \\ 1 & 4 \end{array} | \begin{array}{c} 16 \\ 14 \end{array}) \sim (\begin{array}{cc} 5 & 2 \\ 0 & 18 \end{array} | \begin{array}{c} 16 \\ 54 \end{array}) \sim (\begin{array}{cc} 5 & 2 \\ 0 & 1 \end{array} | \begin{array}{c} 16 \\ 3 \end{array}) \sim (\begin{array}{cc} 5 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} | \begin{array}{c} 10 \\ 3 \end{array}) \sim (\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} | \begin{array}{c} 2 \\ 3 \end{array})

s = (\begin{array}{c} 2 \\ 3 \end{array})

Kvadrika je tedy centrální. Dále najdeme vlastní čísla:

0 = \det (A - λ I) = \det (\begin{array}{cc} 5 - λ & 2 \\ 2 & 8 - λ \end{array}) = λ^{2} - 13 λ + 36 = (λ - 4) (λ - 9)

λ_{1} = 4, λ_{2} = 9

Spočítáme

f_{0}

f_{0} = c - b^{T} s = 80 - (16 \cdot 2 + 28 \cdot 3) = - 36

Jelikož

f_{0}

je záporné,

p

je rovno počtu kladných vlastních čísel, tedy

2

. Spočteme si

α_{i}

α_{1} = \sqrt{\frac{| f_{0} |}{| λ_{1} |}} = \sqrt{\frac{36}{4}} = 3

α_{2} = \sqrt{\frac{| f_{0} |}{| λ_{2} |}} = \sqrt{\frac{36}{9}} = 2

Nyní můžeme najít kanonický tvar:

1 = \sum_{i = 1}^{p} {(\frac{y_{i}}{α_{i}})}^{2} - \sum_{i = p + 1}^{k} {(\frac{y_{i}}{α_{i}})}^{2} = {(\frac{y_{1}}{α_{1}})}^{2} + {(\frac{y_{2}}{α_{2}})}^{2} = \frac{{x^{'}}^{2}}{9} + \frac{{y^{'}}^{2}}{4}

\frac{{x^{'}}^{2}}{9} + \frac{{y^{'}}^{2}}{4} = 1

Jedná se o elipsu s poloosami délky

3,2

. Abychom určili vztahy pro převod do nových souřadnic, musíme najít vlastní vektory:

(A - λ_{1} I) u_{1} = 0

(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{array}) \sim (\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 0 & 0 \end{array})

u_{1} = \frac{(\begin{array}{c} 2 \\ - 1 \end{array})}{‖ (\begin{array}{c} 2 \\ - 1 \end{array}) ‖} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{array}{c} 2 \\ - 1 \end{array})

(A - λ_{2} I) u_{2} = 0

(\begin{array}{cc} - 4 & 2 \\ 2 & - 1 \end{array}) \sim (\begin{array}{cc} - 2 & 1 \\ 0 & 0 \end{array})

u_{2} = \frac{(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array})}{‖ (\begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array}) ‖} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array})

U = (\begin{array}{cc} u_{1} & u_{2} \end{array}) = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ - 1 & 2 \end{array})

𝒳 = U^{T} = \frac{1}{\sqrt{5}} (\begin{array}{cc} 2 & - 1 \\ 1 & 2 \end{array})

x^{'} = \frac{2}{\sqrt{5}} (x - 2) + \frac{1}{\sqrt{5}} (y - 3)

y^{'} = \frac{- 1}{\sqrt{5}} (x - 2) + \frac{2}{\sqrt{5}} (y - 3)

Vizualizace trojrozměrných kvadrik

$f (x, y) =$ $x^{2} +$ $y^{2} +$ $z^{2} +$ $x y +$ $x z +$ $y z +$ $x +$ $y +$ $z +$

Osy: $x y$ $x z$ $y z$

Varování: je to obecně velmi pofidérní

Cvičení (8.2). Předeďte kvadriku do standardního tvaru a klasifikujte ji:

2 x^{2} + y^{2} + 2 z^{2} - 2 x y + 2 y z + 4 x - 2 y = 0

Řešení

S_{f} = {[(\begin{array}{c} - 1 \\ - 2 \\ 1 \end{array})]}_{λ} + (\begin{array}{c} - 1 \\ 0 \\ 0 \end{array})

s

můžeme z této množiny zvolit libovolně, volíme tedy

s ≔ (\begin{array}{c} - 1 \\ 0 \\ 0 \end{array})

f_{0} = - 2

λ_{1} = 2, λ_{2} = 3, λ_{3} = 0

Kanonický tvar:

f_{1} (x^{'}, y^{'}, z^{'}) = 2 x^{' 2} + 3 y^{' 2} - 2

Standardní tvar:

{(\frac{x^{'}}{1})}^{2} + {(\frac{x}{\sqrt{\frac{2}{3}}})}^{2} = 0

Jde o eliptický válec s poloosami délky

1, \sqrt{\frac{2}{3}}

Cvičení (8.3). Předeďte kvadriku do standardního tvaru a klasifikujte ji:

2 x^{2} + y^{2} + 2 z^{2} - 2 x y + 2 y z + 4 x + 2 y + 2 z - 2 = 0

Řešení

f_{1} (x^{'}, y^{'}, z^{'}) = 2 x^{' 2} + 3 y^{' 2} - 2 ‖ b_{2} ‖ z^{'} = 2 x^{' 2} + 3 y^{' 2} - \sqrt{6} z^{'}

Jde o eliptický paraboloid.

Cvičení (8.4). Předeďte kvadriku do standardního tvaru a klasifikujte ji:

x^{2} + y^{2} - z^{2} + 2 x y - 2 z - 1 = 0

Řešení

S_{f} = (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ - 1 \end{array}) + {[(\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \\ 0 \end{array})]}_{λ}

s ≔ (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ - 1 \end{array})

λ_{1} = 2, λ_{2} = - 1, λ_{3} = 0

{(\frac{x^{'}}{\frac{1}{\sqrt{2}}})}^{2} + {(\frac{y^{'}}{1})}^{2} = 0

Jde o dvě různoběžné roviny, jejichž průsečíkem je přímka

S_{f}

Inverzní a implicitní funkce

Věta (o implicitní funkci). Nechť

Ω_{n} \subset ℝ^{n}, Ω_{m} \subset ℝ^{m}

jsou otevřené množiny. Mějme funkci

F : Ω_{n} \times Ω_{m} \to ℝ^{m}, F \in 𝒞^{1}

. Zavedeme si zkrácené značení:

\partial_{x} F

bude značit Jacobiho matici

F

podle prvních

n

proměnných a

\partial_{y} F

podle posledních

m

proměnných. Nechť dále

a \in Ω_{n}, b \in Ω_{m}, F (a, b) = 0

\partial_{y} F (a, b)

je regulární. Potom:

Existují taková $H_{a}, H_{b}$ , že existuje právě jedna funkce $f : H_{a} \to H_{b}, f \in 𝒞^{1}$ splňující $f (a) = b \land (\forall x \in H_{a}) (F (x, f (x)) = 0)$ .
Pro všechna $x \in H_{a}$ je $\partial_{y} F (x, f (x))$ regulární a platí $D f (x) = - {(\partial_{y} F (x, f (x)))}^{- 1} \partial_{x} F (x, f (x))$ .

Příklad. Mějme rovnici

x^{2} + y^{2} = 1

. Chceme vyjádřit

y = f (x)

. Viz skripta.

Cvičení (9.1). Pro

x + y > 1, z > 0

rozhodněte, zda

x + y + z = e^{z}

zadává implicitní funkci

z = f (x, y)

Řešení

F (x, y, z) = x + y + z - e^{z}

F (e, - 1, 1) = 0

\partial_{z} F (e, - 1, 1) = 1 - e \neq 0

Tedy funkce je implicitně zadána na nějakém okolí

(e, - 1, 1)

Cvičení. Mějme soustavu rovnic

Φ_{1} (x, y, u, v) ≔ x + y^{2} + u^{3} - u - v = 0

Φ_{2} (x, y, u, v) ≔ x^{2} - 3 y + u - 2 v + 4 = 0

Určuje tato soustava

u, v

jako funkce

x, y

na okolí bodu

(0,1)

Řešení

Nejprve vyřešíme rovnice

Φ_{1} (0,1, u, v) = 1 + u^{3} - u - v = 0

Φ_{1} (0,1, u, v) = u - 2 v + 1 = 0

Řešením je například

u = 1, v = 1

. Nyní spočteme determinant

\det (\begin{array}{cc} \partial_{u} Φ_{1} & \partial_{v} Φ_{1} \\ \partial_{u} Φ_{2} & \partial_{v} Φ_{2} \end{array}) (0,1,1,1) = \det (\begin{array}{cc} 3 u^{2} - 1 & - 1 \\ 1 & - 2 \end{array}) (0,1,1,1) = \det (\begin{array}{cc} 2 & - 1 \\ 1 & - 2 \end{array}) = - 3 \neq 0

Funkce tedy je implicitně zadána.

Věta (o inverzní funkci). Mějme

n \in ℕ, f : Ω \subset ℝ^{n} \to ℝ^{n}, f \in 𝒞^{1} (Ω), a \in Ω

. Nechť

D f (a)

je regulární. Potom existuje

H_{a}

takové, že platí:

$f$ je prostá na $H_{a}$
$f (H_{a})$ je otevřená množina
$f_{⁄ H_{a}}^{- 1} \in 𝒞^{1} (H_{a})$ , $D f (x)$ je regulární pro všechna $x \in H_{a}$ a platí $D f_{⁄ H_{a}}^{- 1} (f (x)) = {(D f (x))}^{- 1}$

Cvičení (9.3). Nechť

F (x, y) ≔ (\begin{array}{c} x^{2} + y^{2} \\ x^{2} - y^{2} \end{array}), x, y > 0

Zjistěte, zda existuje globálně nebo alespoň lokálně

F^{- 1}

Řešení

\det (D F (x, y)) = \det (\begin{array}{cc} 2 x & 2 y \\ 2 x & - 2 y \end{array}) = - 8 x y \neq 0

Jelikož zřejmě

F \in 𝒞^{1}

, podle věty o inverzní funkci existuje lokální inverze. Řešením soustavy rovnic můžeme ukázat, že funkce má inverzi dokonce i globálně, a sice

F^{- 1} (u, v) = (\begin{array}{c} \sqrt{\frac{u + v}{2}} \\ \sqrt{\frac{u - v}{2}} \end{array})

Cvičení (9.4). Mějme rovnici

x^{2} = y^{2}

. Kolik funkcí

y = y (x)

ji splňuje na

ℝ

? Kolik spojitých funkcí? Kolik diferencovatelných funkcí? Kolik spojitých funkcí ji splňuje na intervalu

(1 - δ, 1 + δ), δ \in (0,1)

s tím, že

y (1) = 1

Řešení

Zřejmě pro každé

x

musí být

y \in {\pm x}

. Bez žádných omezení máme opravdu hodně možností, protože pro libovolnou funkci

s : ℝ \to {\pm 1}

můžeme zvolit

y ≔ s (x) \cdot x

. Pro spojité funkce máme čtyři možnosti:

x

. Z nich dvě jsou diferencovatelné. U lokální varianty existuje pouze jedna, což můžeme snadno ověřit ručně nebo to tak trochu plyne z věty o implicitní funkci.

Cvičení (9.5). Nechť

y - ε \sin (y) = x, ε \in (0,1)

. Najděte

y^{'}, y^{''}

a lokální extrémy funkce

y

Řešení

Máme

F (x, y) = y - ε \sin (y) - x

. Snadno najdeme jeden bod

F (0,0) = 0

a ověříme, že

F \in 𝒞^{1}

. Z věty o implicitní funkci máme

\det (\partial_{y} F (x, y)) = 1 - ε \cos (y) > 0

y^{'} (x) = - \frac{\partial_{x} f (x, y)}{\partial_{y} f (x, y)} = \frac{1}{1 - ε \cos (y (x))} \neq 0

y^{''} (x) = \frac{{(1 - ε \cos (y (x)))}^{'}}{{(1 - ε \cos (y (x)))}^{2}} = - \frac{ε \sin (y (x))}{{(1 - ε \cos (y (x)))}^{3}}

Jelikož derivace je nenulová, funkce nemá lokální extrém.

Cvičení (9.6). Určete lokální extrémy funkce

z = z (x, y)

zadané implicitně funkcí

F (x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} - x z - y z + 2 x + 2 y + 2 z - 2

Řešení

Zřejmě

F \in 𝒞^{1}

. Řešením jednoduché kvadratické rovnice

F (a, a, a) = 0

zjistíme, že rovnice je v nějakém bodě splněna.

\det (\partial_{z} F (x, y, z)) = 2 z - x - y + 2

V bodě

(a, a, a)

se to nerovná nule, takže můžeme použít větu o inverzní funkci.

\nabla z (x, y) = - \frac{\nabla_{x, y} F (x, y, z)}{\partial_{z} F (x, y, z)} = (\begin{array}{cc} \frac{- 2 x + z - 2}{2 z - x - y + 2} & \frac{- 2 y + z - 2}{2 z - x - y + 2} \end{array})

Řešíme tedy soustavu rovnic:

\begin{aligned} - 2 x + z - 2 & = 0 \\ - 2 y + z - 2 & = 0 \\ x^{2} + y^{2} + z^{2} - x z - y z + 2 x + 2 y + 2 z - 2 & = 0 \end{aligned}

Z té vyjde

x_{1,2} = y_{1,2} = - 3 \pm \sqrt{6}

. Ještě musíme ověřit, že pro tyto body je

2 z - x - y \neq 0

. Nyní zbývá spočítat Hessovu matici:

\nabla^{2} z (x_{1,2}, y_{1,2}) = \dots = (\begin{array}{cc} \mp \frac{1}{\sqrt{6}} & 0 \\ 0 & \mp \frac{1}{\sqrt{6}} \end{array})

Tedy v

(x_{1}, y_{1})

je lokální maximum a v

(x_{2}, y_{2})

je lokální minimum.

Cvičení (9.7). Najděte lokální extrémy funkce

z = z (x, y)

zadané implicitně rovnicí

x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2}

Cvičení (9.8). Najděte lokální extrémy funkce

z = z (x, y)

zadané implicitně rovnicí

x^{2} + y^{2} + z^{2} - 2 x + 2 y - 4 z - 10 = 0

Řešení

Ověříme, že rovnice má řešení. Například pro

F (x, x, x) = 0

dostaneme rovnici

3 x^{2} - 4 x - 10 = 0

, která má kladný diskriminant. Také je

F

evidentně

𝒞^{1}

, tudíž můžeme použít větu o implicitní funkci. Z té dostaneme podmínku

z \neq 2

, Dále dostáváme

\partial_{x} z (x, y) = \frac{x - 1}{2 - z (x, y)}

\partial_{y} z (x, y) = \frac{y + 1}{2 - z (x, y)}

Hledáme tedy extrém v bodě

(1, - 1)

. Dosazením do původní rovnice spočteme, že tomu odpovídá

z = 2 \pm 4

\nabla^{2} z (1, - 1) = (\begin{array}{cc} \frac{1}{2 - z} & 0 \\ 0 & \frac{1}{2 - z} \end{array})

Tedy podle toho, kterou funkci

z

zvolíme, to může být buď lokální minimum, nebo lokální maximum.

Vázané extrémy

Hledáme lokální extrémy funkce $f : Ω \subset ℝ^{n} \to ℝ$ v množině přípustných řešení $M ≔ {x \in Ω | g (x) = 0}, g : Ω \to ℝ^{m}, n > m, h (D g) = m$ . Množina přípustných řešení tedy tvoří nějakou vrstevnici funkce $g$ .

Postupujeme tak, že vyrobíme Lagrangeovu funkci $L (x; λ) ≔ f (x) - \sum_{j = 1}^{m} λ_{j} g_{j} (x)$ . Koeficienty $λ$ jsou Lagrangeovy multiplikátory. Budeme řešit rovnici $\nabla L (x; λ) = 0$ , čímž dostaneme stacionární body $x^{*}$ a odpovídající Lagrangeovy multiplikátory $λ^{*}$ .

Následně vyšetříme definitnost $\nabla_{x}^{2} L (x^{*}; λ^{*})$ vzhledem k tečnému prostoru $T_{x^{*}} (M) ≔ \ker (D g (x^{*}))$ .

Věta. Je-li

\nabla_{x}^{2} L (x^{*}; λ^{*})

pozitivně/negativně definitní vzhledem k

T_{x^{*}} (M)

, potom má

f

v bodě

x^{\cdot}

ostré lokální minimum/maximum vzhledem k

M

Cvičení (10.1). Najděte vázané extrémy funkce

f (x, y) ≔ x \cdot y

vzhledem k množině určené vazbou

x + y = 1

Řešení (intuitivní)

Z vazby můžeme vyjádřit

y = 1 - x

. To dosadíme do předpisu pro

f

, čímž dostaneme

f (x, 1 - x) = x \cdot (1 - x) = x - x^{2}

. Klasickým postupem pro hledání volného extrému zjistíme, že v bodě

(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})

je lokální maximum.

Řešení (podle kuchařky)

g (x, y) = x + y - 1

L (x, y; λ) = x \cdot y - λ (x + y - 1) = x y - λ x - λ y + λ

\nabla L (x, y; λ) = (\begin{array}{ccc} y - λ & x - λ & 1 - x - y \end{array})

x^{*} = y^{*} = λ^{*} = \frac{1}{2}

T_{x^{*}} (M) = \ker (D g (x^{*})) = \ker (\begin{array}{cc} 1 & 1 \end{array}) = {[(\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \end{array})]}_{λ}

\nabla_{x}^{2} L (x^{*}, y^{*}; λ^{*}) = (\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array})

{(α (\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \end{array}))}^{T} \nabla_{x}^{2} L (x^{*}, y^{*}; λ^{*}) (α (\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \end{array})) = - 2 α^{2} < 0

Funkce má tedy v bodě

(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})

lokální maximum.

Cvičení (10.2). Najděte vázané extrémy funkce

f (x, y, z) ≔ x \cdot y \cdot z

vzhledem k množině určené vazbami

x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 \land x + y + z = 0

Řešení

g (x, y, z) = (\begin{array}{c} x^{2} + y^{2} + z^{2} - 1 \\ x + y + z \end{array})

L (x, y, z; λ, μ) = x \cdot y \cdot z - λ (x^{2} + y^{2} + z^{2} - 1) - μ (x + y + z)

\nabla L (x, y, z; λ, μ) = {(\begin{array}{c} y z - 2 λ x - μ \\ x z - 2 λ y - μ \\ x y - 2 λ z - μ \\ 1 - x^{2} - y^{2} - z^{2} \\ - (x + y + z) \end{array})}^{T}

0 = \partial_{1} L - \partial_{2} L = (y - x) (2 λ + z)

0 = \partial_{2} L - \partial_{3} L = (z - y) (2 λ + x)

0 = \partial_{3} L - \partial_{1} L = (x - z) (2 λ + y)

⋮

(\begin{array}{c} x^{*} \\ y^{*} \\ z^{*} \\ λ^{*} \end{array}) \in {\pm \frac{1}{\sqrt{24}} (\begin{array}{c} - 2 \\ - 2 \\ 4 \\ 1 \end{array}), \pm \frac{1}{\sqrt{24}} (\begin{array}{c} 4 \\ - 2 \\ - 2 \\ 1 \end{array}), \pm \frac{1}{\sqrt{24}} (\begin{array}{c} - 2 \\ 4 \\ - 2 \\ 1 \end{array})}

\nabla_{x, y, z}^{2} L (x, y, z; λ, μ) = (\begin{array}{ccc} - 2 λ & z & y \\ z & - 2 λ & x \\ y & x & - 2 λ \end{array})

\nabla_{x, y, z}^{2} L (x^{*}, y^{*}, z^{*}; λ^{*}, μ^{*}) \overset{\overset{}{t \overset{ˇ}{r} e b a}}{=} \mp \frac{1}{\sqrt{6}} (\begin{array}{ccc} 1 & - 2 & 1 \\ - 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{array})

T_{x^{*}} (M) = {[(\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \\ 0 \end{array})]}_{λ}

Cvičení (10.3). Najděte vázané extrémy funkce

f (x, y, z) ≔ x y + y z

vzhledem k množině určené vazbami

x^{2} + y^{2} = 2 \land y + z = 2

Řešení

Tentokrát bychom se chtěli vyhnout řešení soustavy pěti rovnic o pěti neznámých. Rovnou si vyjádříme

z = 2 - y

a budeme hledat extrémy funkce

\tilde{f} (x, y) ≔ x y + y (2 - y)

s vazbou

x^{2} + y^{2} = 2

L (x, y; λ) = x y + y (2 - y) - λ (x^{2} + y^{2} - 2)

\nabla L (x, y; λ) = (\begin{array}{c} y - 2 λ x \\ x + 2 - 2 y - 2 λ y \\ - (x^{2} + y^{2} - 2) \end{array})

y = 2 λ x

x + 2 - 4 λ x - 4 λ^{2} x = 0 ∴ x = \frac{2}{4 λ^{2} + 4 λ - 1}, y = \frac{4 λ}{4 λ^{2} + 4 λ - 1}

{(\frac{2}{4 λ^{2} + 4 λ - 1})}^{2} + {(\frac{4 λ}{4 λ^{2} + 4 λ - 1})}^{2} = 2 ∴ (1 - 2 λ) (1 + 2 λ) (4 λ^{2} + 8 λ + 1) = 0

Z toho vylezou čtyři krásňoučké stacionární body:

(\begin{array}{c} x^{*} \\ y^{*} \\ z^{*} \end{array}) \in {(\begin{array}{c} \pm 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}), (\begin{array}{c} - \frac{1 \mp \sqrt{3}}{2} \\ - \frac{1 \pm \sqrt{3}}{2} \\ \frac{5 \pm \sqrt{3}}{2} \end{array})}

Cvičení (10.4). Najděte vázané extrémy funkce

u (x_{1}, \dots, x_{n}) ≔ \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{p}, p > 1

vzhledem k množině určené vazbou

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} = a, a > 0

Řešení

L (x_{1}, \dots, x_{n}; λ) = \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{p} - λ (\sum_{i = 1}^{n} x_{i} - a)

\partial_{x_{i}} L (x_{1}, \dots, x_{n}; λ) = p x_{i}^{p - 1} - λ

x_{i} = \sqrt[p - 1]{\frac{λ}{p}}

λ = {(\frac{a}{n})}^{p - 1} p

x^{*} = (\begin{array}{c} a_{n} \\ ⋮ \\ a_{n} \end{array})

\partial_{x_{i}}^{2} L (x_{1}, \dots, x_{n}; λ) = p (p - 1) x_{i}^{p - 2} > 0

\partial_{x_{j}} \partial_{x_{i}} L (x_{1}, \dots, x_{n}; λ) = 0

Hessova matice je diagonální s kladnými čísly na diagonále, tedy pozitivně definitní. Funkce tedy v tomto bodě má lokální minimum. Ovšem podle následující věty můžeme dokázat, že je i globální.

Věta. Je-li funkce konvexní na konvexní množině, potom její lokální minimum na této množině je i globální minimum.

Poznámka. V předchozím příkladu je funkce

u

konvexní, jelikož jde o součet konvexních funkcí, tudíž můžeme použít předchozí větu. Zjistíme tím, že

x^{*}

je globální minimum, což můžeme vyjádřit jako následující nerovnost:

u (x^{*}) = \frac{a^{p}}{n^{p - 1}} \leq \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{p}

Úpravou dostaneme speciální případ Jensenovy nerovnosti:

{(\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} x_{i})}^{n} \leq \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{p}

Věta (Jensenova nerovnost). Nechť

f

je reálná, konvexní funkce. Mějme koeficienty konvexní kombinace

(λ_{1}, \dots, λ_{n}) \in {[0,1]}^{n}, \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} = 1

. Potom

f (\sum_{i = 1}^{n} λ_{i} x_{i}) \leq \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} f (x_{i})

Cvičení (10.5). Najděte vázané extrémy funkce

u (x_{1}, \dots, x_{n}) ≔ \prod_{i = 1}^{n} x_{i}^{α_{i}}, α_{i} > 0

vzhledem k množině

M ≔ {x \in {(ℝ^{+})}^{n} | \sum_{i = 1}^{n} x_{i} = a}

Řešení

L (x_{1}, \dots, x_{n}; λ) = \prod_{i = 1}^{n} x_{i}^{α_{i}} - λ \sum_{i = 1}^{n} x_{i} + λ a

\partial_{x_{i}} L (x_{1}, \dots, x_{n}; λ) = α_{i} x_{i}^{α_{i} - 1} \prod_{\begin{array}{c} k = 1 \\ k \neq i \end{array}}^{n} x_{k}^{α_{k}} - λ = \frac{α_{i} \prod_{k = 1}^{n} x_{k}^{α_{k}}}{x_{i}} - λ = \frac{α_{i}}{x_{i}} u - λ

Když tyto rovnosti sečteme přes všechna

i

a zapojíme vazbovou rovnost, nějak z toho dostaneme nádherný vztah pro složky stacionárního bodu:

x_{i} = \frac{a α_{i}}{\sum_{i = 1}^{n} α_{i}}

V téhle chvíli si řekneme, že počítat Hessovu matici se nám opravdu nechce, a začneme od začátku s tím, že si funkci zlogaritmujeme.

v ≔ \ln (u) = \sum_{k = 1}^{n} α_{k} \ln (x_{k})

L = \sum_{k = 1}^{n} α_{k} \ln (x_{k}) - λ (\sum_{k = 1}^{n} x_{k} - α)

\partial_{x_{i}} L = \frac{α_{i}}{x_{i}} - λ ∴ x_{i} = \frac{α_{i}}{λ}

\sum_{k = 1}^{n} x_{k} - a = 0 ∴ λ = \frac{1}{a} \sum_{k = 1}^{n} α_{k}

x_{i} = \frac{a α_{i}}{\sum_{i = 1}^{n} α_{i}}

Skutečně nám vyšlo to samé! To se vůbec nedalo čekat!

\partial_{x_{i}}^{2} L = - \frac{α_{i}}{x_{i}^{2}} < 0

\partial_{x_{j}} \partial_{x_{i}} L = 0

Máme lokální maximum! Dá se dokázat, že jde o globální maximum, jelikož

M

je kompaktní množina. To můžeme dokázat za domácí úkol.

Poznámka. Z výsledku předchozího cvičení můžeme odvodit další známou nerovnost.

\max (u) = \prod_{i = 1}^{n} \frac{α_{i} a}{\sum_{j = 1}^{n} α_{j}} \geq \prod_{i = 1}^{n} x_{i}^{α_{i}}

Speciálně vezmeme

n ≔ 2, α_{1} ≔ \frac{1}{p}, α_{2} ≔ \frac{1}{q}, p + q = 1

x_{1} ≔ \frac{a_{i}^{p}}{p \sum_{j = 1}^{n} a_{j}^{p}}, x_{2} ≔ \frac{b_{i}^{q}}{q \sum_{j = 1}^{n} b_{j}^{q}}

Dosazením a úpravami dostaneme

\frac{a_{i}^{p}}{p \sum_{j = 1}^{n} a_{j}^{p}} + \frac{b_{i}^{q}}{q \sum_{j = 1}^{n} b_{j}^{q}} \geq \frac{a_{i} b_{i}}{\sqrt[p]{\sum_{j = 1}^{n} a_{j}^{p}} \sqrt[q]{\sum_{j = 1}^{n} b_{j}^{q}}}

Když to vysumíme přes všechna

i

a upravíme, dostaneme

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} b_{i} \leq \sqrt[p]{\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{p}} \sqrt[q]{\sum_{i = 1}^{n} b_{i}^{q}}

To je Hölderova nerovnost.

Cvičení (10.6). Najděte globální extrémy funkce

u (x, y) ≔ x^{2} + y^{2} - 12 x + 16 y

na množině

M ≔ {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} \leq 25}

Řešení

Funkce má jen jeden volný extrém

(6, - 8)

, který zjevně neleží v

M

. Pomocí Lagrangeových multiplikátorů můžeme najít extrémy na

\partial M

. Vyjde nám, že

(3, - 4)

je lokální minimum a

(- 3, 4)

je lokální maximum. Jelikož uvnitř

M

žádný extrém není, toto jsou i globální extrémy na

M

Cvičení (10.7). Najděte volné a vázané extrémy funkce

u (x, y) ≔ x^{2} - x y + y^{2}

na množině

M ≔ {(x, y) \in ℝ^{2} | | x | + | y | \leq 1}

Řešení

Volný extrém je v bodě

(0,0)

s hodnotou

0

. Ve vrcholech čtverce jsou všude hodnoty

1

. Ještě vyšetříme vázané extrémy na každé straně čtverce a zjistíme, že tam jsou všechny mezi

(0,1)

, takže globální vázané extrémy jsou minimum v počátku a maximum ve vrcholech.

Cvičení (10.8). Najděte volné a vázané extrémy funkce

u (x, y, z) ≔ 2 x^{2} + 2 y^{2} + z^{2} - x - y - z - 2 x y + 1

na množině

M ≔ {[0,1]}^{3}

Řešení

Zdlouhavě vyšetříme volné extrémy, všechny vrcholy, hrany a stěny. Vyjde nám, že globální minimum je v bodě

(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2})

a globální maxima ve čtyřech vrcholech.

Záměna proměnných

Záměna proměnných se hodí k řešení diferenciálních rovnic. Existuje přibližně dvacet „standardních“ substitucí. Cílem není naučit se je nazpaměť, ale umět použít zadané substituce.

Obyčejné diferenciální rovnice s $y = y (x)$

Máme diferenciální rovnici v obecném tvaru:

F (x, y (x), y^{'} (x), \dots, y^{(n)} (x))

Chceme dvojici závislé a nezávislé proměnné bijektivně zobrazit na nové proměnné:

(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}) \overset{\overset{}{Ψ}}{\leftrightarrow} (\begin{array}{c} t \\ u \end{array})

Záměna nezávislých proměnných: $x \leftrightarrow t$

Nejprve zkusíme zaměnit starou proměnnou pomocí nové:

x ≕ φ (t), u = y

Chceme, aby funkce $φ$ byla dost hladká a $\dot{φ} \neq 0$ . Základní rovnost, ze které budeme vycházet, je $u (t) = y (φ (t))$ . Derivací dostaneme $\dot{u} (t) = y^{'} (φ (t)) \dot{φ} (t)$ . Druhá derivace už bude složitější:

\ddot{u} (t) = y^{''} (φ (t)) \dot{φ} {(t)}^{2} + y^{'} (φ (t)) \ddot{φ} (t)

\ddot{u} (t) = y^{''} (φ (t)) \dot{φ} {(t)}^{2} + \frac{\dot{u} (t)}{\dot{φ} (t)} \ddot{φ} (t)

y^{''} = \frac{\ddot{u}}{{\dot{φ}}^{2}} - \frac{\ddot{φ}}{{\dot{φ}}^{3}} \dot{u}

Analogicky si můžeme odvodit krásňoulinké vztahy pro další derivace.

Co když navopák chceme zaměnit novou proměnnou pomocí staré?

t ≕ α (x), u = y

Dále analogicky.

Cvičení. V diferenciálním výrazu

F (x, y, y^{'}, y^{''}) ≔ x^{2} y^{''} + x y^{'} + y

proveďte záměnu proměnných pomocí Eulerovy transformace

x ≕ \exp (t)

a vyřešte diferenciální rovnici

F (x, y, y^{'}, y^{''}) = 0

Řešení.

u (t) = y (\exp (t))

\dot{u} (t) = y^{'} (\exp (t)) \exp (t) ∴ y^{'} = \dot{u} e^{- t}

\ddot{u} (t) = y^{''} (\exp (t)) \exp {(t)}^{2} + y^{'} (\exp (t)) \exp (t) = y^{''} (\exp (t)) \exp (2 t) + \dot{u} (t) ∴ y^{''} = \exp (- 2 t) (\ddot{u} - \dot{u})

F^{*} (t, u, \dot{u}, \ddot{u}) = \exp (2 t) \exp (- 2 t) (\ddot{u} - \dot{u}) + \exp (t) \exp (- t) \dot{u} + u = \ddot{u} = u

Z fyziky již dobře víme, že řešení je

u (t) = c_{1} \cos (t) + c_{2} \sin (t)

. Nyní to ještě musíme převést zpět:

y (x) = c_{1} \cos (\ln (x)) + c_{2} \sin (\ln (x))

Cvičení. V diferenciálním výrazu

F (x, y, y^{'}, y^{''}) ≔ y^{''} - y^{'} \frac{ε \sin (x)}{1 - ε \cos (x)} - y \cdot {(1 - ε \cos (x))}^{2}

, kde

ε \in [0,1), x \in ℝ, y \in 𝒞^{2} (ℝ)

, proveďte záměnu proměnných pomocí Keplerovy substituce

t ≕ x - ε \sin (x)

a vyřešte diferenciální rovnici

F = 0

Záměna nezávislých i závislých proměnných

Opět se nejprve podíváme na vyjádření starých pomocí nových.

x ≕ φ (t, u), y ≕ ψ (t, u)

Opět si napíšeme základní rovnost a zderivujeme ji podle $t$ :

ψ (t, u (t)) = y (φ (t, u (t)))

\partial_{t} ψ (t, u (t)) + \partial_{u} ψ (t, u (t)) \dot{u} (t) = y^{'} (φ (t, u (t))) \cdot (\partial_{t} φ (t, u (t)) + \partial_{u} φ (t, u (t)) \dot{u} (t))

Jelikož to je hnusné, napíšeme to ve fyzikální podobě, aby to zdánlivě nebylo hnusné:

\partial_{t} ψ + \partial_{u} ψ \cdot \dot{u} = y^{'} \cdot (\partial_{t} φ + \partial_{u} φ \cdot \dot{u})

y^{'} = \frac{\partial_{t} ψ + \dot{u} \cdot \partial_{u} ψ}{\partial_{t} φ + \dot{u} \cdot \partial_{u} φ}

Samozřejmě také můžeme vyjadřovat nové pomocí starých:

t ≕ α (x, y), u ≕ β (x, y)

β (x, y (x)) = u (α (x, y (x)))

\partial_{x} β + \partial_{y} β \cdot y^{'} = \dot{u} \cdot (\partial_{x} α + \partial_{y} α \cdot y^{'})

y^{'} = \frac{\dot{u} \cdot \partial_{x} α - \partial_{x} β}{\partial_{y} b - \dot{u} \cdot \partial_{y} α}

Cvičení. Vyřešte diferenciální rovnici

{(1 - x^{2})}^{2} y^{''} = y

, kde

x \in ℝ, y \in 𝒞^{2} (ℝ)

, pomocí záměny

x ≕ \tanh (t), y ≕ \frac{u}{\cosh (t)}

Řešení. Po vyjádření všeho vyjde rovnice

\partial_{t}^{2} u = 0

, tedy

u = c_{1} t + c_{2}

. Z toho nyní musíme vyjádřit původní proměnné:

t = argtanh (x)

y = \frac{c_{1} t + c_{2}}{\cosh (t)} = \frac{c_{1} argtanh (x) + c_{2}}{\cosh (argtanh (x))} = \sqrt{1 - x^{2}} (\frac{c_{1}}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x}) + c_{2})

Lineární substituce

y ≔ A x, x \in ℝ^{n}, A \in ℝ^{n \times n}, \det A \neq 0

x = A^{- 1} y

Nelineární substituce

Mějme zobrazení

f : ℝ \to ℝ

. Požadujeme, aby platilo:

$f$ je prosté (alespoň lokálně)
$f, f^{- 1} \in 𝒞^{1}$ nebo vyšší (podle toho, kolikáté derivace děláme)
$f$ je otevřené

Tomu vyhovují regulární zobrazení. Navíc pokud platí první dva body, potom už platí třetí (podle věty o otevřeném zobrazení).

Definice. Funkce

f : Ω \subset ℝ \to ℝ

je regulární, pokud

f \in 𝒞^{1}

D f (x)

je regulární.

Věta. Pokud je zobrazení

f \in 𝒞^{1} (Ω)

prosté, potom je regulární.

Důkaz.

(f^{- 1} \circ f) (x) = x

Zderivujeme obě strany:

\det D f^{- 1} (f (x)) \cdot \det D f (x) = 1 ∴ \det D f (x) \neq 0

Věta (o otevřeném zobrazení). Regulární zobrazení je otevřené, tedy obraz otevřené množiny je otevřená množina.

Cvičení. Mějme rovnici

y^{''} = \frac{A y}{{(x - a)}^{2} (x - b)}, x \in ℝ, x \notin [a, b], A \in ℝ

Proveďte záměnu proměnných pomocí Stokesovy substituce

u ≔ \frac{y}{x - b}, t ≔ \ln \frac{x - a}{x - b}

Řešení.

u \ln \frac{x - a}{x - b} = \frac{y}{x - b}

⋮

\ddot{u} - \dot{u} - \frac{A}{{(a - b)}^{2}} = 0

Nakonec zkontrolujeme, že substituce je v pořádku:

D f = (\begin{array}{cc} \partial_{x} t & \partial_{y} t \\ \partial_{x} u & \partial_{y} u \end{array}) = (\begin{array}{cc} \frac{a - b}{(x - a) (x - b)} & 0 \\ \frac{- y}{{(x - b)}^{2}} & \frac{1}{x - b} \end{array})

\det D f = \frac{a - b}{(x - a) {(x - b)}^{2}} \neq 0

Parciální diferenciální rovnice

F (x, y, z, \partial_{x} z, \partial_{y} z, \partial_{x}^{2} z, \partial_{x} \partial_{y} z, \partial_{y}^{2} z, \dots)

Záměna nezávislých proměnných

Uvažujeme regulární zobrazení v jednom směru:

(\begin{array}{c} x \\ y \end{array}) \leftrightarrow (\begin{array}{c} u \\ v \end{array})

z (x, y) = w (u, v)

Při vyjádření starých pomocí nových $x = φ (u, v), y = ψ (u, v)$ vycházíme z rovnosti

z (φ (u, v), ψ (u, v)) = w (u, v)

Když to zderivujeme podle obou proměnných, dostaneme:

\partial_{x} z \partial_{u} φ + \partial_{y} z \partial_{u} ψ = \partial_{u} w \partial_{x} z \partial_{v} φ + \partial_{y} z \partial_{v} ψ = \partial_{v} w

To se dá zapsat maticově:

(\begin{array}{cc} \partial_{u} φ & \partial_{u} ψ \\ \partial_{v} φ & \partial_{v} ψ \end{array}) (\begin{array}{c} \partial_{x} z \\ \partial_{y} z \end{array}) = (\begin{array}{c} \partial_{u} w \\ \partial_{v} w \end{array})

Všimněme si, že vlevo je Jacobiho matice transformace, která tedy musí být regulární.

Při vyjádření nových pomocí starých $u = α (x, y), v = β (x, y)$ vycházíme z rovnosti

z (x, y) = w (α (x, y), β (x, y))

Derivací dostaneme

\partial_{x} z = \partial_{u} w \partial_{x} α + \partial_{v} w \partial_{x} β \partial_{y} z = \partial_{u} w \partial_{y} α + \partial_{v} w \partial_{y} β

Cvičení (11.5). Vyřešte vlnovou rovnici

\partial_{t}^{2} z - c^{2} \partial_{x}^{2} z = 0

, kde

c \in ℝ_{\neq 0}

je rychlost šíření vlny, pomocí Galileovy substituce

u ≔ x - c t, v ≔ x + c t

Řešení.

z (t, x) = w (x - c t, x + c t)

\partial_{t} z = - c \partial_{u} w + c \partial_{v} w

\partial_{t}^{2} z = c^{2} \partial_{u}^{2} w - 2 c^{2} \partial_{u, v} w + c^{2} \partial_{v}^{2} w

\partial_{x} z = \partial_{u} w + \partial_{v} w

\partial_{x}^{2} z = \partial_{u}^{2} w + 2 \partial_{u, v} w + \partial_{v}^{2} w

Dosazením do rovnice:

c^{2} \partial_{u}^{2} w - 2 c^{2} \partial_{u, v} w + c^{2} \partial_{v}^{2} w - c^{2} \partial_{u}^{2} w - 2 c^{2} \partial_{u, v} w - c^{2} \partial_{v}^{2} w = 0

- 4 c^{2} \partial_{u, v} w = 0 ∴ \partial_{u, v} w = 0 ∴ w (u, v) = w_{1} (v) + w_{2} (u)

Ještě ověříme, že transformace je regulární:

\det J = \det (\begin{array}{cc} 1 & - c \\ 1 & c \end{array}) = 2 c \neq 0

Cvičení (11.6). Vyřešte rovnici

x \partial_{x} z + y \partial_{y} z = z

pomocí transformace proměnných

x ≕ u, y ≕ v u

Řešení.

z (u, u v) = w (u, v)

u \partial_{y} z = \partial_{v} w ∴ \partial_{y} z = \frac{\partial_{w} v}{u}, u \neq 0

\partial_{x} z + v \partial_{y} z = \partial_{u} w ∴ \partial_{x} z = \partial_{u} w - \frac{v \partial_{u} w}{u}

Dosazení:

u \partial_{u} w - v \partial_{u} w + v \partial_{w} v = w

\partial_{u} w = \frac{w}{u}

w (u, v) = u w_{1} (w)

Ověření regularity:

\det J = \det (\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ v & u \end{array}) = u

Tedy s podmínkou

u \neq 0

je to v pořádku.

Záměna nezávislých i závislých proměnných

(\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}) \leftrightarrow (\begin{array}{c} u \\ v \\ w \end{array})

Vyjádření starých pomocí nových:

x = φ (u, v, w), y = ψ (u, v, w), z = ξ (u, v, w)

ξ (u, v, w (u, v)) = z (φ (u, v, w (u, v)), ψ (u, v, w (u, v)))

\partial_{u} ξ + \partial_{w} ξ \partial_{u} w = \partial_{x} z \cdot (\partial_{u} φ + \partial_{w} φ \partial_{u} w) + \partial_{y} z \cdot (\partial_{u} ψ + \partial_{w} ψ \partial_{u} w)

\partial_{v} ξ + \partial_{w} ξ \partial_{v} w = \partial_{x} z \cdot (\partial_{v} φ + \partial_{w} φ \partial_{v} w) + \partial_{y} z \cdot (\partial_{v} ψ + \partial_{w} ψ \partial_{v} w)

Vyjádření nových pomocí starých:

u = α (x, y, z), v = β (x, y, z), w = γ (x, y, z)

γ (x, y, z (x, y)) = w (α (x, y, z (x, y)), β (x, y, z (x, y)))

Cvičení (11.7). V rovnici

(y - z) \partial_{x} z + (y + z) \partial_{y} z = 0

proveďte záměnu pomocí substituce

u ≔ y - z, v ≔ y + z, w ≔ x

Řešení.

x = w (y - z, y + z)

1 = - \partial_{u} w \partial_{x} z + \partial_{v} w \partial_{x} z ∴ \partial_{x} z = \frac{- 1}{\partial_{u} w - \partial_{v} w}

0 = \partial_{u} w (1 - \partial_{y} z) + \partial_{v} w (1 + \partial_{y} z) ∴ \partial_{y} z = \frac{\partial_{u} w + \partial_{v} w}{\partial_{u} w - \partial_{v} w}

Dosazení:

\frac{u}{\partial_{v} w + \partial_{u} w} - \frac{v \cdot (\partial_{v} w + \partial_{u} w)}{\partial_{v} w + \partial_{u} w}

u = v \cdot (\partial_{u} w + \partial_{v} w)

Regularita:

\det J = \det (\begin{array}{ccc} 0 & 1 & - 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{array}) = 2 \neq 0

Časté substituce

Polární souřadnice

x = ρ \cos φ, y = ρ \sin φ, ρ \in (0, \infty), φ \in (- π, π)

\det J = \det (\begin{array}{cc} \cos φ & - ρ \sin φ \\ \sin φ & ρ \cos φ \end{array}) = ρ

Abychom měli otevřený interval, museli jsme vyloučit $φ = π$ , tudíž nedokážeme zobrazit body na polopřímce $P_{π} ≔ ℝ_{0}^{-} \times {0}$ . To ale při počítání Lebesgueova integrálu nebude problém, protože má polopřímka nulovou míru: $m^{2} (P_{π}) = m (ℝ_{0}^{-}) \cdot m ({0}) = \infty \cdot 0 = 0$

Inverzní transformace:

ρ = \sqrt{x^{2} + y^{2}}, φ = atan2 (y, x)

V diferenciálních výrazech:

w (ρ, φ) = z (x, y) = z (ρ \cos φ, ρ \sin φ)

\partial_{ρ} w = \partial_{x} z \cos φ + \partial_{y} z \sin φ

\partial_{φ} w = \partial_{x} z (- ρ \sin φ) + \partial_{y} z (ρ \cos φ)

(\begin{array}{c} \partial_{ρ} w \\ \partial_{φ} w \end{array}) = (\begin{array}{cc} \cos φ & \sin φ \\ - ρ \sin φ & ρ \cos φ \end{array}) (\begin{array}{c} \partial_{x} z \\ \partial_{y} z \end{array})

Nějakým sčupčením rovnic dostaneme

\partial_{y} z = \sin φ \cdot \partial_{ρ} w + \frac{\cos φ \cdot \partial_{φ} w}{ρ}

\partial_{x} z = \cos φ \cdot \partial_{ρ} w - \frac{\sin φ \cdot \partial_{φ} w}{ρ}

\nabla = (\begin{array}{cc} \cos φ \cdot \partial_{ρ} - \frac{\sin φ \cdot \partial_{φ}}{ρ} & \sin φ \cdot \partial_{ρ} + \frac{\cos φ \cdot \partial_{φ}}{ρ} \end{array})

\begin{aligned} \partial_{x}^{2} z & = (\cos φ \cdot \partial_{ρ} - \frac{\sin φ \cdot \partial_{φ}}{ρ}) (\cos φ \cdot \partial_{ρ} w - \frac{\sin φ \cdot \partial_{φ} w}{ρ}) \\ = \cos φ (\cos φ \cdot \partial_{ρ}^{2} w + \frac{\sin φ \cdot \partial_{φ} w}{ρ^{2}} - \frac{\sin φ \cdot \partial_{φ, ρ} w}{ρ}) - \frac{\sin φ}{ρ} (- \sin φ \cdot \partial_{θ} w + \cos φ \cdot \partial_{ρ, φ} w - \frac{\cos φ \cdot \partial_{φ} w}{ρ} - \frac{\sin φ \cdot \partial_{φ}^{2} w}{ρ}) \end{aligned}

\partial_{y}^{2} z = analogicky

Δ z = \partial_{x}^{2} z + \partial_{y}^{2} z = \partial_{ρ}^{2} w + \frac{φ_{ρ} w}{ρ} + \frac{\partial_{φ} w}{φ} = \frac{\partial_{ρ} (ρ φ_{ρ})}{ρ} + \frac{\partial_{φ}^{2}}{ρ^{2}}

Cvičení. Řešte rovnici

Δ u = 0

pro funkci

u = u (x, y)

rotačně invariantní v rovině.

Řešení.

u (x, y) = u (ρ \cos φ, ρ \sin φ) = w (ρ, φ) \overset{\overset{}{r o t a \overset{ˇ}{c} n \overset{ˊ}{ı} i n v a r i a n c e}}{=} v (ρ)

0 = Δ u = \partial_{ρ}^{2} w + \frac{\partial_{ρ} w}{ρ} + \frac{\partial_{φ}^{2} w}{ρ^{2}} = v^{''} + \frac{v^{'}}{ρ}

Substituujeme

z ≔ v^{'}

, potom

z^{'} + \frac{z}{ρ} = 0

Dořešíme jako lineární diferenciální rovnici.

Řešení (jiné).

\frac{\partial_{ρ} (ρ φ_{ρ})}{ρ} w + \frac{\partial_{φ}^{2}}{ρ^{2}} w = 0

\frac{{(ρ v^{'})}^{'}}{ρ} = 0

ρ v^{'} = C_{0}

v = C_{0} \ln ρ + C_{1}

Válcové souřadnice

x = ρ \cos φ, y = ρ \sin φ, z = ξ, ρ \in (0, \infty), φ \in (- π, π), ξ \in ℝ

J = \det (\begin{array}{ccc} \cos φ & - ρ \sin φ & 0 \\ \sin φ & ρ \cos φ & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}) = ρ

\nabla = (\begin{array}{ccc} \cos φ \cdot \partial_{ρ} - \frac{\sin φ \cdot \partial_{φ}}{ρ} & \sin φ \cdot \partial_{ρ} + \frac{\cos φ \cdot \partial_{φ}}{ρ} & \partial_{ξ} \end{array})

Δ = \frac{\partial_{ρ} (ρ φ_{ρ})}{ρ} + \frac{\partial_{φ}^{2}}{ρ^{2}} + \partial_{ξ}^{2}

Sférické souřadnice

Schválně je zapíšeme v trochu jiném tvaru, než se obvykle zapisují.

\begin{aligned} x & = ρ \cdot \cos φ \cdot \cos ϑ \\ y & = ρ \cdot \sin φ \cdot \cos ϑ \\ z & = ρ \cdot \sin ϑ \end{aligned}

ρ \in ℝ^{+}, φ \in (- π, π), ϑ \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})

Dá se ukázat, že jde o složení dvou válcových transformací:

x = r \cos φ^{'}, y = r \sin φ^{'}, z = ξ

r = ρ \cos ϑ, φ^{'} = φ, ξ = ρ \sin ϑ

\det J_{s f \overset{ˊ}{e} r} = \det J_{v \overset{ˊ}{a} l c 1} \cdot \det J_{v \overset{ˊ}{a} l c 2} = r \cdot ρ = ρ^{2} \cos ϑ

Diferenciální výrazy vyjdou krásně:

\partial_{x} = \cos φ \cdot \cos ϑ \cdot \partial_{ρ} - \frac{\cos φ \cdot \sin ϑ \cdot \partial_{ϑ}}{ρ} - \frac{\sin φ \cdot \partial_{φ}}{ρ \cdot \cos ϑ}

\partial_{y} = \sin φ \cdot \cos ϑ \cdot \partial_{ρ} - \frac{\sin φ \cdot \cos ϑ \cdot \partial_{ϑ}}{ρ} + \frac{\cos φ \cdot \partial_{φ}}{ρ \cdot \cos ϑ}

\partial_{z} = \sin ϑ \cdot \partial_{ρ} + \frac{\cos ϑ \cdot \partial_{ϑ}}{ρ}

Laplace je ještě hezčí.

Polární souřadnice s obecnou mocninou

x ≕ ρ \cos {(φ)}^{α}, y ≕ ρ \sin {(φ)}^{α}, ρ \in ℝ^{+}, φ \in (0, \frac{π}{2})

Transformace je omezena pouze na první kvadrant

x, y \in ℝ^{+}

, popřípadě na symetrické úlohy.

Lebesgueův integrál

Příklad (motivační). Nechť

M ≔ [0,2 π] \times [0, π]

. Vypočtěte

\int_{M} \sin (x + y) d x d y

. S tím, co zatím známe, to můžeme zkusit počítat dvěma způsoby:

\int_{0}^{2 π} \int_{0}^{π} \sin (x + y) d y d x = \int_{0}^{2 π} (\cos x - \cos (x + π)) = 0

\int_{0}^{π} \int_{0}^{2 π} \sin (x + y) d x d y = \int_{0}^{π} 0 = 0

Vidíme, že nám vyšlo to samé, ale v jednom případě byl výpočet jednodušší.

Lebesgueův integrál zobecňuje absolutně konvergentní Riemannův integrál, obšem nikoliv neabsolutně konvergentní Riemannův integrál. Například integrál $\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} d x$ jde spočítat jako Riemannův, ale ne jako Lebesgueův.

Věta. Nechť funkce

f

má absolutně konvergentní zobecněný Riemannův integrál na

(a, b)

. Potom

f

je lebegueovsky integrabilní na

(a, b)

a integrály se rovnají:

\int_{a}^{n} f = \int_{(a, b)} f

Věta (Tonelli). Nechť

(X, ℳ, μ), (Y, 𝒩, ν)

jsou prostory se σ-konečnou mírou. Je-li

f \in ℒ_{+} (X \times Y, ℳ \otimes 𝒩)

(nezáporná a měřitelná), potom

$(\forall x \in X) (y \mapsto f (x, y) \in ℒ_{+} (Y, 𝒩))$
$(\forall y \in Y) (x \mapsto f (x, y) \in ℒ_{+} (X, ℳ))$
$x \mapsto \int_{Y} f (x, y) d ν (y) \in ℒ_{+} (X, ℳ)$
$y \mapsto \int_{X} f (x, y) d μ (x) \in ℒ_{+} (Y, 𝒩)$
$\int_{X \times y} f d (μ \otimes ν) = \int_{X} \int_{Y} f (x, y) d ν (y) d μ (x) = \int_{Y} \int_{X} f (x, y) d μ (x) d ν (y)$

Věta (Fubini). Nechť

(X, ℳ, μ), (Y, 𝒩, ν)

jsou prostory se σ-konečnou mírou. Je-li

f \in L (μ \otimes ν)

, potom

$(\forall_{μ} x \in X) (y \mapsto f (x, y) \in L (ν))$
$(\forall_{ν} y \in Y) (x \mapsto f (x, y) \in L (μ))$
$x \mapsto \int_{Y} f (x, y) d ν (y) \in L (ν)$
$y \mapsto \int_{X} f (x, y) d μ (x) \in L (μ)$
$\int_{X \times y} f d (μ \otimes ν) = \int_{X} \int_{Y} f (x, y) d ν (y) d μ (x) = \int_{Y} \int_{X} f (x, y) d μ (x) d ν (y)$

Cvičení (12.1). Odvoďte Dirichletovu formuli pro

f \in L ((0, a) \times (0, a))

\int_{0}^{a} \int_{0}^{x} f (x, y) d y d x = \int_{0}^{a} \int_{y}^{a} f (x, y) d x d y

Řešení

Podle Fubiniho věty je to prostě integrál přes trojúhelník mezi body

[0,0], [a, 0], [a, a]

Cvičení (12.2). Nechť

f \in L (ℝ^{2})

. Zaměňte pořadí integrace v

I ≔ \int_{0}^{2} \int_{x}^{2 x} f (x, y) d y d x

Řešení

I = \int_{0}^{4} \int_{\frac{y}{2}}^{\min (y, 2)} f (x, y) d x d y

Cvičení (12.3). Nechť

a \in ℝ^{+}, f \in L^{2} (ℝ^{2})

. Zaměňte pořadí integrace v

I ≔ \int_{0}^{2 a} \int_{\sqrt{2 a x - x^{2}}}^{\sqrt{2 a x}} f (x, y) d y d x

Řešení

Invertujeme obě funkce:

y_{1} ≔ \sqrt{2 a x - x^{2}} = \sqrt{a^{2} - {(x - a)}^{2}}

x = a \pm \sqrt{y_{1}^{2} - a^{2}}

y^{2} ≔ \sqrt{2 a x}

x = \frac{y_{2}^{2}}{2 a}

Rozdělíme útvar na tři části.

A = \int_{0}^{a} \int_{\frac{y^{2}}{2 a}}^{a - \sqrt{y^{2} - a^{2}}} f (x, y) d x d y

B = \int_{0}^{a} \int_{a + \sqrt{y^{2} - a^{2}}}^{2 a} f (x, y) d x d y

C = \int_{a}^{2 a} \int_{\frac{y^{2}}{2 a}}^{2 a} f (x, y) d x d y

I = A + B + C

Cvičení (12.4). Spočtěte integrál

I ≔ \int_{M} y^{2} d x d y

kde

M ≔ {(φ_{x} (t), y) \in ℝ^{2} | t \in (0,2 π), y \in (0, φ_{y} (t))}

kde

φ

je oblouk cykloidy parametrizovaný vztahem

φ (t) ≔ a \cdot (t - \sin t, 1 - \cos t), a \in ℝ

Řešení

I = \int_{0}^{2 π a} \int_{0}^{φ_{y} (t (x))} y^{2} d y d x = \int_{0}^{2 π a} \frac{φ_{y} {(t (x))}^{3}}{3} d x

x = a \cdot (t - \sin t) ∴ d x = a \cdot (1 - \cos t) d t

I = \frac{1}{3} \int_{0}^{2 π} a^{3} \cdot {(1 - \cos t)}^{3} \cdot a \cdot (1 - \cos t) d t = \dots = \frac{64 a^{4}}{3} β (\frac{9}{2}, \frac{1}{2}) = \frac{35 π a^{4}}{6}

Věta (o substituci). Nechť

Ω \subset ℝ^{n}

je otevřená množina a

Φ : Ω \to ℝ^{n}

je difeomorfismus. Je-li funkce

f

lebesgueovsky měřitelná na

Φ (Ω)

, potom je

f \circ Φ

lebesgueovsky měřitelná na

Ω

. Pokud navíc

f \geq 0 \lor f \in L (Φ (Ω), m)

, potom

\int_{Φ (Ω)} f (x) d x = \int_{Ω} f (Φ (x)) | \det D Φ (x) | d x

Cvičení (12.5). Proveďte polární substituci v integrálu

I ≔ \int_{M} f (x, y) d (x, y)

kde

M ≔ B_{0} (a)

Řešení

Φ (ρ, φ) ≔ (ρ \cos φ, ρ \sin φ)

Ω ≔ (0, a) \times (- π, π)

M = Φ (Ω) a \overset{ˇ}{z} n a m n o \overset{ˇ}{z} i n u n u l o v \overset{ˊ}{e} m \overset{ˊ}{ı} r y

I = \int_{Ω} f (x, y) \det J_{Φ} d (ρ, φ) = \int_{0}^{a} \int_{- π}^{π} f (ρ \cos φ, ρ \sin φ) ρ d φ d ρ

Cvičení (12.6). Proveďte polární substituci v integrálu

I ≔ \int_{M} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d (x, y)

kde

M ≔ B_{0} (a)

Řešení

Využijeme obecného výsledku výše.

I = \int_{0}^{a} \int_{- π}^{π} \sqrt{{(ρ \cos φ)}^{2} + {(ρ \sin φ)}^{2}} ρ d φ d ρ = \int_{0}^{a} \int_{- π}^{π} ρ^{2} d φ d ρ = 2 π \int_{0}^{a} ρ^{2} d ρ = \frac{2 π a^{3}}{3}

Cvičení (12.7). Proveďte polární substituci v integrálu

I ≔ \int_{M} f (x, y) d (x, y)

kde

M ≔ {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{2} + y^{2} \leq a x}

Řešení

I = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{a \cos φ} f (ρ \cos φ, ρ \sin φ) ρ d ρ d φ

Cvičení (12.9). Spočtěte integrál

I ≔ \int_{M} (x^{2} + y^{2}) d (x, y)

kde

M ≔ {(x, y) \in ℝ^{2} | x^{4} + y^{4} \leq 1}

Řešení

Množina je zřejmě symetrická podle os, takže stačí dělat čtvrtinu. Můžeme použít dva postupy:

normální polární souřadnice: hezká funkce, hezký jakobián, složitý popis $M$
upravené polární souřadnice $(ρ \sqrt{\cos φ}, ρ \sqrt{\sin φ})$ : jednoduchý popis množiny, hnusný jakobián

Vyjde

I = \frac{π}{\sqrt{2}}

Cvičení (12.8). Nechť

a, b, h \in ℝ^{+}, M ≔ (a, a + h) \times (b, b + h)

. Uvažujme transformaci

Φ : M \to M^{'}

zadanou jako

u ≔ \frac{y^{2}}{x}, v ≔ \sqrt{x y}

. Spočtěte

μ (M^{'})

μ (\frac{M^{'}}{M})

. Co se stane, když pošleme

h \to 0

Řešení.

J_{Φ} (x, y) = | \det (\begin{array}{cc} - \frac{y^{2}}{x^{2}} & \frac{2 y}{x} \\ \frac{\sqrt{y}}{2 \sqrt{x}} & \frac{\sqrt{x}}{2 \sqrt{y}} \end{array}) | = \frac{3}{2} {(\frac{x}{y})}^{\frac{3}{2}}

μ (M) = h^{2}

\begin{aligned} μ (M^{'}) & = \int_{M^{'}} 1 d (u, v) \\ = \int_{M} J_{Φ} (x, y) d (x, y) \\ = \frac{3}{2} \int_{a}^{a + h} \int_{b}^{b + h} {(\frac{y}{x})}^{\frac{3}{2}} d y d x \\ = \frac{3}{2} \cdot \int_{a}^{a + h} x^{- \frac{2}{3}} d x \cdot \int_{b}^{b + h} y^{\frac{3}{2}} d y \\ = - \frac{6}{5} ({(a + h)}^{- \frac{1}{2}} - a^{- \frac{1}{2}}) ({(b + h)}^{\frac{5}{2}} - w^{\frac{5}{2}}) \end{aligned}

\frac{μ (M^{'})}{μ (M)} = - \frac{6}{5} \frac{{(a + h)}^{- \frac{1}{2}} - a^{- \frac{1}{2}}}{h} \frac{{(b + h)}^{\frac{5}{2}} - b^{\frac{5}{2}}}{h} \overset{\overset{}{h \to 0}}{\to} \frac{3}{2} {(\frac{b}{a})}^{\frac{3}{2}}

Z toho je hezky vidět, že jakobián určuje míru „roztahování“ plochy v daném bodě.

Eulerovy integrály: $Β$ a $Γ$ funkce

Definice. Eulerova gama funkce je definována pro

z \in ℂ, ℜ (z) > 0

jako

Γ (z) ≔ \int_{0}^{\infty} t^{z - 1} \exp - t d t

Poznámka.

| t^{z - 1} \exp - t | = \exp - t \cdot | t^{ℜ (z) - 1} | \cdot \underset{1}{\underset{⏟}{| t^{i ℑ (z)} |}}

Integrál konverguje, protože u nuly ho potlačí dolů mocnina a u nekonečna exponenciála.

Definice. Eulerova beta funkce je definována pro

u, v \in ℂ, ℜ (u), ℜ (v) > 0

jako

Β (u, v) ≔ \int_{0}^{1} t^{u - 1} {(1 - t)}^{v - 1} d t

Věta.

(\forall x \in ℝ^{+}) (Γ (x + 1) = x \cdot Γ (x))

Důkaz.

Γ (x + 1) = \int_{0}^{\infty} t^{x} \exp - t d t \overset{\overset{}{per partes}}{=} \underset{0}{\underset{⏟}{{[- t^{x} \exp - t]}_{0}^{\infty}}} + x \int_{0}^{\infty} t^{x - 1} \exp - t d t = x \cdot Γ (x)

Věta.

(\forall x, y \in ℝ^{+}) (Β (x, y) = \frac{Γ (x) \cdot Γ (y)}{Γ (x + y)})

Důkaz.

\begin{aligned} Γ (x + y) & = \int_{0}^{\infty} t^{x + y - 1} \exp - t d t \\ = [\begin{array}{c} r \in ℝ^{+} \\ t ≕ (1 + r) s \\ d t = (1 + t) d s \end{array}] = \int_{0}^{\infty} {((1 + r) s)}^{x + y - 1} \exp (- (1 + r) s) (1 + r) d s \\ = {(1 + r)}^{x + y} \int_{0}^{\infty} s^{x + y - 1} \exp (- (1 + r) s) d s \end{aligned}

\begin{aligned} Γ (x + y) \int_{0}^{\infty} \frac{r^{x - 1}}{{(1 + r)}^{x + y}} d r & = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} r^{x - 1} s^{x + y - 1} \exp (- (1 + r) s) d r d s \\ = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} r^{x - 1} s^{x + y - 1} \exp (- (1 + r) s) d s d r \\ = \int_{0}^{\infty} s^{x + y - 1} \exp (- s) \int_{0}^{\infty} \exp (- r s) r^{x - 1} d s d r \\ = 🪄 MAGIE 🪄 = Γ (x) \cdot Γ (y) \end{aligned}

Nyní zbývá ukázat, že integrál, kterým jsme vynásobili, je ve skutečnosti zakuklená beta funkce. To je naprosto zřejmé, takže to bylo ponecháno jako cvičení pro čtenáře. (Použije se substituce

t ≔ \frac{r}{1 + r}

Věta.

(\forall n \in ℕ_{0}) (Γ (n + 1) = n!)

Důkaz. Indukcí.

Γ (1) = \int_{0}^{\infty} t^{0} \exp - t = {[- \exp - t]}_{0}^{\infty} = 1

Γ (n + 1) = n \cdot Γ (n) \overset{\overset{}{IP}}{=} n \cdot (n - 1)! = n!

Věta.

(\forall m, n \in ℕ_{0}) (Β (n + 1, m + 1) = \frac{1}{(\binom{n + m}{n}) \cdot (n + m + 1)})

Důkaz.

Β (n + 1, m + 1) = \frac{Γ (n + 1) Γ (m + 1)}{Γ (n + m + 2)} = \frac{n! m!}{(n + m + 1)!} = \frac{1}{(\binom{n + m}{n}) \cdot (n + m + 1)}

Věta.

(\forall n \in ℕ_{0}) (Γ (n + \frac{1}{2}) = \frac{(2 n)!}{4^{n} n!} \sqrt{π})

Důkaz. Indukcí.

\begin{aligned} Γ (\frac{1}{2}) & = \sqrt{\frac{Γ {(\frac{1}{2})}^{2}}{Γ (1)}} \\ = \sqrt{Β (\frac{1}{2}, \frac{1}{2})} \\ = \sqrt{\int_{0}^{1} \frac{d t}{\sqrt{t} \sqrt{1 - t}}} \\ = [\begin{array}{c} t ≕ \sin {(x)}^{2} \\ d t = 2 \sin x \cos x d x \end{array}] = \sqrt{\int_{0}^{\frac{π}{2}} 2 d x} = \sqrt{π} \end{aligned}

\begin{aligned} Γ (n + 1 + \frac{1}{2}) & = (n + \frac{1}{2}) Γ (n + \frac{1}{2}) \\ \overset{\overset{}{IP}}{=} (n + \frac{1}{2}) \frac{(2 n)!}{4^{n} n!} \sqrt{π} \\ = \frac{2 n + 1}{2} \frac{(2 n)!}{4^{n} n!} \sqrt{π} \\ = \frac{(2 n + 1) (2 n + 2)}{4 (n + 1)} \frac{(2 n)!}{4^{n} n!} \sqrt{π} \\ = \frac{(2 (n + 1))!}{4^{n + 1} (n + 1)!} \sqrt{π} \end{aligned}

Věta (cvičení 12.10). Pro

α, β \in (- 1, \infty)

platí

\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin {(θ)}^{α} \cos {(θ)}^{β} d θ = \frac{Β (\frac{α + 1}{2}, \frac{β + 1}{2})}{2}

Důkaz.

\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin {(θ)}^{α} \cos {(θ)}^{β} d θ & = [\begin{array}{c} t ≕ \sin {(x)}^{2} \\ d t = 2 \sin x \cos x d x \end{array}] = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} t^{\frac{α}{2}} {(1 - t)}^{\frac{β}{2}} \frac{d t}{\sqrt{t} \sqrt{1 - t}} \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} t^{\frac{α - 1}{2}} {(1 - t)}^{\frac{β - 1}{2}} d t \\ = \frac{Β (\frac{α + 1}{2}, \frac{β + 1}{2})}{2} \end{aligned}

Příklad.

\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin {(θ)}^{α} \cos {(θ)}^{β} d θ = Β (2, \frac{3}{2}) = \frac{Γ (2) Γ (\frac{5}{2})}{Γ (\frac{9}{2})} = \frac{1 \cdot \frac{4!}{4^{2} \cdot 2!} \sqrt{π}}{\frac{8!}{4^{4} \cdot 4!} \sqrt{π}} = \frac{4}{35}

Věta (Eulerův vzorec).

(\forall x \in (0,1)) (Γ (x) \cdot Γ (1 - x) = \frac{π}{\sin (π x)})

Důkaz. Je to ve skriptech. Ano.

Věta. Funkce

Γ

je hladká a ryze konvexní na

(0, \infty)

a v bodech

0, \infty

má limitu

\infty

Věta (Lebesgue). Nechť

{f_{n}}_{n = 1}^{\infty}

je posloupnost

μ

-skoro všude definovaných komplexních měřitelných funkcí. Nechť

f_{n} \to f μ - s k o r o v \overset{ˇ}{s} u d e

a posloupnost je

μ

-skoro všude omezená integrabilní funkcí, tedy

(\exists g \in L) (\forall_{μ} x \in X) (\forall n \in ℕ) (| f_{n} (x) | \leq g (x))

Potom můžeme přehazovat integrál a limitu:

\int f d μ = \lim_{n \to \infty} \int f_{n} d μ

Cvičení (12.11). Určete plochu

S

vymezenou nerovnostmi:

\begin{aligned} {(x^{2} + y^{2})}^{2} & \leq 2 a^{2} (x^{2} - y^{2}) \\ x^{2} + y^{2} & \geq a^{2} \end{aligned}

Řešení

Převodem do polárních souřadnic dostáváme:

\begin{aligned} ρ^{2} & \leq 2 a^{2} ({(\cos φ)}^{2} - {(\sin φ)}^{2}) = 2 a^{2} \cos (2 φ) \\ ρ & \geq a \end{aligned}

Máme tedy

\begin{aligned} m (S) = \int_{S} 1 d m & = \int_{- π}^{π} [a \leq \sqrt{2 a^{2} \cos (2 π)}] \int_{a}^{\sqrt{2 a^{2} \cos (2 φ)}} ρ d ρ d φ \\ = \int_{- π}^{π} [\cos (2 π) \geq \frac{1}{2}] \int_{a}^{\sqrt{2 a^{2} \cos (2 φ)}} ρ d ρ d φ \\ = 2 \int_{- \frac{π}{6}}^{\frac{π}{6}} \int_{a}^{\sqrt{2 a^{2} \cos (2 φ)}} ρ d ρ d φ \\ = 2 \int_{- \frac{π}{6}}^{\frac{π}{6}} (2 a^{2} \cos (2 φ) - \frac{a^{2}}{2}) d φ \\ = a^{2} (\sqrt{3} - \frac{π}{3}) \end{aligned}

Cvičení (12.12). Spočtěte plochu Descartova listu:

{(\frac{x}{a} + \frac{y}{b})}^{5} \leq \frac{x^{2} y^{2}}{c^{4}}, a, b, c, x, y > 0

Řešení

Použijeme zobecněné polární souřadnice:

x ≕ a ρ {(\cos φ)}^{2}, y ≕ b ρ {(\sin φ)}^{2}

\det J = 2 a b \cdot \sin φ \cdot \cos φ

ρ \leq \frac{a^{2} b^{2}}{c^{4}} {(\cos φ)}^{4} {(\sin φ)}^{4}

\begin{aligned} m (M) & = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{\frac{a^{2} b^{2}}{c^{4}} {(\cos φ)}^{4} {(\sin φ)}^{4}} 2 a b \cdot \sin φ \cdot \cos φ d ρ d φ \\ = a b \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{a^{4} b^{4}}{c^{8}} {(\cos φ)}^{4} {(\sin φ)}^{4} d φ \\ = \frac{a^{5} b^{5}}{2 c^{8}} Β (5,5) = \frac{a^{5} b^{5}}{2 c^{8}} \frac{Γ (5) Γ (5)}{Γ (10)} = \frac{a^{5} b^{5}}{1260 c^{8}} \end{aligned}

Cvičení. Odvoďte vzorec

I ≔ \int_{ℝ} \exp (- x^{2}) d x = \sqrt{π}

Řešení

\begin{aligned} I^{2} & = (\int_{ℝ} \exp (- x^{2}) d x) (\int_{ℝ} \exp (- x^{2}) d x) \\ = (\int_{ℝ} \exp (- x^{2}) d x) (\int_{ℝ} \exp (- y^{2}) d y) \\ = \int_{ℝ^{2}} \exp (- x^{2} - y^{2}) d (x, y) \\ = \int_{- π}^{π} \int_{0}^{\infty} ρ \exp (- ρ^{2}) d ρ d φ \\ = - \frac{1}{2} \int_{- π}^{π} {[\exp (- ρ^{2})]}_{0}^{\infty} d φ \\ = \frac{1}{2} \int_{- π}^{π} 1 d φ = π \end{aligned}

Cvičení. Spočtěte objem tělesa

M

daného nerovností:

{(\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}})}^{2} \leq \frac{z}{h} \exp (\frac{- \frac{z^{2}}{c^{2}}}{\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}}})

Řešení

Použijeme „elipsoidní“ souřadnice:

\begin{aligned} x & ≕ a r \cos φ \cos θ \\ y & ≕ b r \sin φ \cos θ \\ z & ≕ c r \sin θ \end{aligned}

r \in ℝ^{+}, φ \in (- π, π), θ \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})

J = a b c r^{2} \cos θ

r^{3} \leq \frac{c \sin θ}{h} \exp (- {(\sin θ)}^{2}) ∴ θ \in (0, \frac{π}{2}) ≕ l^{3}

\begin{aligned} m (M) & = \int_{- π}^{π} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{l} a b c r^{2} \cos θ d r d θ d φ \\ = 2 π a b c \int_{0}^{2 π} \frac{c \sin θ}{h} \exp (- {(\sin θ)}^{2}) \cos θ d θ \\ = [\begin{array}{c} t ≔ \sin θ \\ d t = \cos θ d θ \end{array}] = \frac{2 π a b c^{2}}{3 h} \int_{0}^{1} t \exp (- t^{2}) d t \\ = [\begin{array}{c} u ≔ - t^{2} \\ d t = - 2 t d t \end{array}] = - \frac{π a b c^{2}}{3 h} \int_{0}^{- 1} \exp u d u \\ = \frac{π a b c^{2}}{3 h} (1 - \frac{1}{e}) \end{aligned}

Objemy $n$ -rozměrných útvarů

Definice.

n

-rozměrná jednotková koule je množina

B_{n} ≔ {x \in ℝ^{n} | {‖ x ‖}_{2} \leq 1}

Definice. Obecná sférická transformace v

ℝ^{n}

x_{k} ≕ (\prod_{i = 1}^{k - 1} \cos φ_{i}) \cdot {\begin{matrix} \sin φ_{k}, & k < n \\ 1, & k = n \end{matrix}

φ_{1}, \dots, φ_{n - 2} \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}), φ_{n - 1} \in (- π, π), ρ \in ℝ^{+}

J = ρ^{n - 1} \prod_{i = 1}^{n - 2} {(\cos φ_{i})}^{n - i - 1}

Věta.

m (B_{n}) = \frac{π^{\frac{n}{2}}}{Γ (\frac{n}{2} + 1)}

Důkaz.

\begin{aligned} m (B_{n}) & = \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \dots \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \int_{- π}^{π} \int_{0}^{1} ρ^{n - 1} \prod_{i = 1}^{n - 2} {(\cos φ_{i})}^{n - i - 1} d ρ d φ_{n - 1} d φ_{n - 2} \dots d φ_{1} \\ = (\int_{0}^{1} ρ^{n - 1} d ρ) (\int_{- π}^{π} d φ_{n - 1}) \prod_{i = 1}^{n - 2} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} {(\cos φ_{i})}^{n - i - 1} d φ_{i} \\ = \frac{2^{n - 1} π}{n} \prod_{i = 1}^{n - 2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} {(\cos φ_{i})}^{n - i - 1} d φ_{i} \\ = \frac{2^{n - 1} π}{n} \prod_{i = 1}^{n - 2} \frac{Β (\frac{1}{2}, \frac{n - i}{2})}{2} \\ = \frac{2^{n - 1} π}{n} \prod_{i = 1}^{n - 2} \frac{Γ (\frac{1}{2}) Γ (\frac{n - i}{2})}{2 Γ (\frac{n - i + 1}{2})} \\ = \frac{2^{n - 1} π}{n} \frac{Γ {(\frac{1}{2})}^{n - 2} Γ (1)}{2^{n - 2} Γ (\frac{n}{2})} \\ = \frac{2 π {\sqrt{π}}^{n - 2}}{n Γ (\frac{n}{2})} = \frac{π^{\frac{n}{2}}}{Γ (\frac{n}{2} + 1)} \end{aligned}

Poznámka. Maximum této funkce je v bodě

n \approx 5.26

. Tedy pětirozměrná koule je nejmacatější a potom už to jde z kopce.

Cvičení (12.14). Nechť

A \in ℝ^{n \times n}

je pozitivně definitní matice. Vypočtěte objem elipsoidu

M ≔ {x \in ℝ^{n} | x^{T} A x \leq 1}

Řešení. Pomocí lineární transformace uděláme z obecného elipsoidu jednotkovou kouli. Nechť

P, D

jsou matice vlastních vektorů a vlastních čísel

A

(tedy

P

je unitární a

D

je diagonální) a

y ≔ P^{T} x

, potom

x^{T} A x = y^{T} P^{T} A P y = y^{T} D y

\begin{aligned} m (M) & = \int_{M} 1 d x \\ = [\begin{array}{c} x ≕ P y \\ d x = | \det P | d y = d y \end{array}] = \int_{{y | \sum_{i = 1}^{n} λ_{i} y_{i}^{2} \leq 1}} 1 d y \\ = [\begin{array}{c} z_{i} ≔ \sqrt{λ_{i}} y_{i} \\ d z = \sqrt{\prod_{i = 1}^{n} λ_{i}} d y = \sqrt{\det A} \end{array}] \int_{B_{n}} \frac{1}{\sqrt{\det A}} d z \\ = \frac{π^{\frac{n}{2}}}{Γ (\frac{n}{2} + 1) \sqrt{\det A}} \end{aligned}

Cvičení. 12.15 Nechť

x_{0}, \dots, x_{n} \in ℝ^{n}

jsou afinně nezávislé (tzn. vektory

(x_{1} - x_{0}, \dots, x_{n} - x_{0})

jsou lineárně nezávislé). Vypočtěte objem

n

-simplexu

M ≔ {[x_{0}, \dots, x_{n}]}_{κ} = {\sum_{i = 0}^{n} t_{i} x_{i} | t_{i} \in ℝ^{+}, \sum_{i = 0}^{n} t_{i} = 1}

Řešení. Bez újmy na obecnosti

x_{0} = 0

, tedy jeden bod přesuneme do počátku. Potom zřejmě

M = {\sum_{i = 1}^{n} t_{i} x_{i} | t_{i} \in ℝ^{+}, \sum_{i = 1}^{n} t_{i} \leq 1}

Nyní simplex transformujeme pomocí souřadnicového izomorfismu, čímž z něj uděláme pravoúhlý simplex s jednotkovými odvěsnami

I_{n}

. Tato transformace je regulární, protože vektory jsou podle předpokladu lineárně nezávislé.

m (M) = \int_{M} 1 d x = \int_{{t \in {(ℝ^{+})}^{n} | \sum_{i = 1}^{n} t_{i} \leq 1}} | \det X | d t = m (I_{n}) | \det X |

Nyní zbývá spočítat objem jednotkového simplexu

I_{n}

\begin{aligned} m (I_{n}) & = \int_{I_{n}} 1 d t \\ = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1 - t_{n}} \dots \int_{0}^{1 - \sum_{i = 2}^{n}} 1 d t_{1} \dots d t_{n - 1} d t_{n} \\ = m (I_{n - 1}) \int_{0}^{1} (1 - t_{n}) d t_{n} \\ = \frac{m (I_{n - 1})}{n} = \frac{1}{n!} \end{aligned}

Cvičení (12.16). Spočtěte objem Vivianiho tělesa – rozdílu koule a válce:

x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq a^{2} \land x^{2} + y^{2} \leq a x

Řešení

Použijeme kulové souřadnice.

(\frac{2}{3} π - \frac{8}{9}) a^{3}

Cvičení (12.17). Spočtěte objem tělesa:

x^{2} + y^{2} \leq z \land x + y \geq z

Řešení

Použijeme posunuté válcové souřadnice:

\begin{aligned} x & = \frac{1}{2} + ρ \cos φ \\ y & = \frac{1}{2} + ρ \sin φ \\ z & = ξ \end{aligned}

Dostaneme

μ (M) = \int_{- π}^{π} \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \int_{m_{1}}^{m_{2}} ρ d ξ d ρ d φ

Integrály závislé na parametru

Cvičení. Spočtěte integrál pro

a, b > - 1

I ≔ \int_{0}^{1} \frac{x^{b} - x^{a}}{\ln x} d x

Řešení

\begin{aligned} I & = \int_{0}^{1} \frac{x^{b} - x^{a}}{\ln x} d x \\ = \int_{0}^{1} {[\frac{x^{y}}{\ln x}]}_{a}^{b} d x \\ = \int_{0}^{1} \int_{a}^{b} \partial_{y} \frac{x^{y}}{\ln x} d y d x \\ = \int_{0}^{1} \int_{a}^{b} x^{y} d y d x \\ = \int_{a}^{b} \int_{0}^{1} x^{y} d x d y \\ = \int_{a}^{b} \frac{1}{y + 1} d y \\ = \ln \frac{b + 1}{a + 1} \end{aligned}

Cvičení. Spočtěte integrál pro

| a | < 1

I (a) ≔ \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{\cos x} \ln (\frac{1 + a \cos x}{1 - a \cos x}) d x

Řešení

\begin{aligned} I (a) & = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{\cos x} \ln (\frac{1 + a \cos x}{1 - a \cos x}) d x \\ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{\cos x} {[\ln (1 + y \cos x)]}_{- a}^{a} d x \\ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{\cos x} \int_{- a}^{a} \partial_{y} \ln (1 + y \cos x) d y d x \\ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{- a}^{a} \frac{1}{1 + y \cos x} d y d x \end{aligned}

Přehozením se dostaneme na extrémně hnusný integrál, který ale jde spočítat. Místo toho můžeme začít od začátku a použít větu o derivaci. U té je potřeba ověřit nějaké předpoklady, ale nejprve se zkusme podívat, jestli nám to vůbec k něčemu bude.

\begin{aligned} \partial_{a} I (a) & = \partial_{a} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{\cos x} \ln (\frac{1 + a \cos x}{1 - a \cos x}) d x \\ \overset{!}{=} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \partial_{a} \frac{1}{\cos x} \ln (\frac{1 + a \cos x}{1 - a \cos x}) d x \\ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{2}{1 - a^{2} {(\cos x)}^{2}} \\ = [\begin{array}{c} t ≔ \tan x \\ d t = (t^{2} + 1) d x \\ {(\cos x)}^{2} = \frac{1}{t^{2} + 1} \end{array}] = \int_{0}^{\infty} \frac{2}{t^{2} - a^{2} + 1} d t \\ = {[\frac{2}{\sqrt{1 - a^{2}}} \arctan \frac{t}{\sqrt{1 - a^{2}}}]}_{0}^{\infty} = \frac{π}{\sqrt{1 - a^{2}}} \end{aligned}

I (a) = \int \frac{π}{\sqrt{1 - a^{2}}} d a = π \arcsin a + c

Dosazením

a ≔ 0

do původního integrálu získáme

c = 0

. Nyní tedy musíme zkontrolovat podmínky.

$f$ je integrabilní podle $x$ : plyne ze spojitosti a omezenosti (tu ověříme spočtením limity u $0$ a $\frac{π}{2}$ ).
$f$ je pro $m$ -skoro všechna $x$ diferencovatelná podle $a$ : je vidět z toho, že jsme ji zderivovali.
Derivace $f$ podle $a$ je $m$ -skoro všude omezená integrabilní funkcí $g (x)$ . Tu stačí najít lokálně, tedy uvažujme $a \in (a_{0} - ε, a_{0} + ε)$ . Potom $| \partial_{a} f (x, a) | = \frac{2}{1 - a^{2} {(\cos x)}^{2}} \leq \frac{2}{1 - a^{2}} \leq \frac{2}{1 - {(a_{0} + ε)}^{2}}$

Cvičení (12.20). Nechť

a \in ℝ^{+}, n \in ℕ_{0}

. Spočtěte integrál

I_{n} (a) ≔ \int_{0}^{\infty} \frac{1}{{(x^{2} + a)}^{n + 1}} d x

Řešení

Pro

n = 0

je to jednoduché:

I_{0} (a) = {[\frac{1}{\sqrt{a}} \arctan \frac{x}{\sqrt{a}}]}_{0}^{\infty} = \frac{π}{2 \sqrt{a}}

Pro obecný případ použijeme opět větu o derivaci:

\begin{aligned} \partial_{a} I_{n} (a) & = \partial_{a} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{{(x^{2} + a)}^{n + 1}} d x \\ \overset{!}{=} \int_{0}^{\infty} \partial_{a} \frac{1}{{(x^{2} + a)}^{n + 1}} d x \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{- (n + 1)}{{(x^{2} + a)}^{n + 2}} \\ = - (n + 1) I_{n + 1} (a) \end{aligned}

Tedy opakovanou aplikací máme

I_{n} = \frac{d^{n}}{d a^{n}} \frac{π}{2 \sqrt{a} \cdot n!} = {(- 1)}^{n} \frac{π \prod_{i = 1}^{n} (\frac{1}{2} - i)}{2 \sqrt{a} \cdot n!}

Nyní ještě musíme ověřit, že jsme mohli použít větu o derivaci:

$f_{n}$ je integrabilní podle $x$ , protože je omezená pro $x < 1$ konstantou $\frac{1}{a^{n + 1}}$ a pro $x > 1$ funkcí $\frac{1}{x^{2 n + 2}}$ .
$f_{n}$ je diferencovatelná podle $a$ , protože… to vidíme.
$| \partial_{a} f_{n} (x, a) | = \frac{n + 1}{{(x^{2} + a)}^{n + 2}} \leq {\begin{matrix} \frac{n + 1}{{(a_{0} - ε)}^{n + 2}} & x < 1 \\ \frac{n + 1}{x^{2 n + 4}} & x > 1 \end{matrix}$

Poznámka (k větě o derivaci). První předpoklad lze zeslabit: stačí, aby byla funkce měřitelná pro všechny parametry a integrovatelná pro jeden konkrétní parametr.

Cvičení (12.22). Nechť

| a | < 1

. Spočtěte integrál

I (a) ≔ \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 - a^{2} x^{2})}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x

Řešení

\begin{aligned} \partial_{a} I (a) & = \partial_{a} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1 - a^{2} x^{2})}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ \overset{!}{=} \int_{0}^{1} \partial_{a} \frac{\ln (1 - a^{2} x^{2})}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{- 2 a x^{2}}{(1 - a^{2} x^{2}) \sqrt{1 - x^{2}}} d x \\ = [\begin{array}{c} x ≕ \sin φ \\ d x = \cos φ d φ \end{array}] = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{- 2 a {(\sin φ)}^{2}}{1 - a^{2} {(\sin φ)}^{2}} d φ \\ = [\begin{array}{c} t ≔ \tan φ \\ t^{2} = \frac{{(\sin φ)}^{2}}{1 - {(\sin φ)}^{2}} \end{array}] = - 2 a \int_{0}^{\infty} \frac{t^{2}}{(1 + t^{2}) (1 - \frac{a^{2} t^{2}}{1 + t^{2}}) (1 + t^{2})} d t \\ = - 2 a \int_{0}^{\infty} \frac{t^{2}}{(1 + t^{2}) (1 + t^{2} (1 - a^{2}))} d t \\ = - 2 a (\int_{0}^{\infty} \frac{- \frac{1}{a^{2}}}{1 + t^{2}} d t + \int_{0}^{\infty} \frac{\frac{1}{a^{2}}}{1 + t^{2} (1 - a^{2})} d t) \\ = \frac{2}{a} ({[\arctan t]}_{0}^{\infty} - \frac{2}{a} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1 + {(t \sqrt{1 - a^{2}})}^{2}} d t) \\ = \frac{π}{a} (1 - \frac{1}{\sqrt{1 - a^{2}}}) \end{aligned}

\begin{aligned} I (a) & = \int \frac{π}{a} (1 - \frac{1}{\sqrt{1 - a^{2}}}) d a \\ = \int \frac{π}{a} d a - \int \frac{π}{a \sqrt{1 - a^{2}}} d a \\ = [\begin{array}{c} t ≔ \sqrt{1 - a^{2}} \\ a = \sqrt{1 - t^{2}} \\ d t = - \frac{a}{\sqrt{1 - a^{2}}} d a = - \frac{a}{t} d a \end{array}] = π \ln | a | - \int \frac{π}{1 - t^{2}} d t \\ = π \ln | a | - π argtanh t + c = π \ln | a | - π argtanh \sqrt{1 - a^{2}} + c \\ = π \ln | a | - \frac{π}{2} \ln \frac{1 + \sqrt{1 - a^{2}}}{1 - \sqrt{1 - a^{2}}} + c \end{aligned}

Spočtením krásňoučké limity určíme hodnotu integrační konstanty

c = - π \ln 2

. Ještě potřebujeme ověřit předpoklady věty o derivaci.

Funkce je spojitá (tedy měřitelná) a pro $a = 0$ je zjevně integrabilní.
Diferencovatelnost je opět vidět z toho, že jsme funkci úspěšně zderivovali a pro $(- 1, 1)$ vychází slušně vychovaný výraz.
$| \partial_{a} f | = \frac{2 a x^{2}}{(1 - a^{2} x^{2}) \sqrt{1 - x^{2}}} \leq \dots \leq \frac{2 (a_{0} + ε)}{1 - {(a_{0} + ε)}^{2}} \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$

Poznámka. Připomeňme, že

$\int_{0}^{1} \frac{1}{x^{p}} d x$ konverguje pro $p < 1$
$\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^{p}} d x$ konverguje pro $p > 1$

Dobře se to pamatuje: pro integraci přes čísla menší než

1

potřebujeme mocninu menší než

1

a vopáčně, tedy „je to v souladu“.

Cvičení (12.23). Pro

a, b \in ℝ^{+}

spočtěte integrál

I (a, b) ≔ \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (a x) \cdot \arctan (b x)}{x^{2}} d x

Řešení

I (a, b) = \frac{π}{2} ((a + b) \ln (a + b) - a \ln a - b \ln b)

Cvičení (12.24).

a \in ℝ, I (a) ≔ \int_{0}^{\infty} \exp (- x - {(\frac{a}{x})}^{2}) d x

Řešení

Z důvodu symetrie se omezíme na

a \geq 0

\partial_{a} I (a) \overset{!}{=} - 2 a \int_{0}^{\infty} \frac{\exp (- x - {(\frac{a}{x})}^{2})}{x^{2}} d x = [\begin{array}{c} t ≔ \frac{a}{x} \\ d t = - \frac{a}{x^{2}} d x \end{array}] = 2 \int_{\infty}^{0} \exp (- \frac{a^{2}}{t^{2}} - t^{2}) d t = - 2 I (a)

Řešením diferenciální rovnice dostaneme

I (a) = C \exp (- 2 a)

Z počáteční podmínky

I (0) = \frac{\sqrt{π}}{2}

máme

C = \frac{\sqrt{π}}{2}

. Celkově tedy

I (a) = \frac{\sqrt{π}}{2} \exp (- 2 | a |)

Hledáme integrabilní majorantu:

| \partial_{a} f (a) | = 2 | a | \frac{\exp (- x - {(\frac{a}{x})}^{2})}{x^{2}} \leq {\begin{matrix} 2 (| a_{0} | + ε) \exp (- x^{2}), & x > 1 \\ \frac{2 (| a_{0} | + ε)}{x^{2}} \exp (- {(\frac{a_{0} - ε}{x})}^{2}), & x \in (0,1) \end{matrix}

Cvičení (12.25).

a \in ℝ^{+}, b \in ℝ, I (a, b) ≔ \int_{0}^{\infty} \exp (- a x^{2}) \cos (b x) d x

Řešení

\begin{aligned} \partial_{b} I (a, b) & \overset{!}{=} \int_{0}^{\infty} - x \exp (- a x^{2}) \sin (b x) d x \\ = {[\frac{\exp (- a x^{2})}{2 a} \sin (b x)]}_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} b \frac{\exp (- a x^{2})}{2 a} \cos (b x) d x \\ = - \int_{0}^{\infty} b \frac{\exp (- a x^{2})}{2 a} \cos (b x) d x = - \frac{b}{2 a} I (a, b) \end{aligned}

Řešením diferenciální rovnice

I (a, b) = C \exp (- \frac{b^{2}}{4 a})

C = I (a, 0) = \int_{0}^{\infty} \exp (- a x^{2}) = \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{a}}

Integrabilní majoranta:

| \partial_{b} f (a, b) | = | - x \exp (- a x^{2}) \sin (b x) | \leq x \exp (- a x^{2})

Cvičení (12.26). Tento příklad se dělá na žádost doc. Kliky.

a \in ℝ, I (a) ≔ \int_{- \infty}^{\infty} \exp (- x^{2}) \cos (a x) d x

Motivace: Fourierova transformace Gaussova rozdělení

\int_{ℝ} \exp (i a x) \exp (- x^{2}) = \int_{ℝ} \exp (- x^{2}) \cos (a x) d x + i \underset{0}{\underset{⏟}{\int_{ℝ} \exp (- x^{2}) \sin (a x) d x}}

Řešení

\partial_{a} I = \int_{- \infty}^{\infty} - x \exp (- x^{2}) \sin (a x) d x = {[\frac{\exp (- x^{2})}{2} \sin (a x)]}_{- \infty}^{\infty} - \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\exp (- x^{2})}{2} a \cos (a x) d x = - \frac{a}{2} I_{a}

I (a) = C \exp (- \frac{a^{2}}{4})

C = I (0) = \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} d x = \sqrt{π}

| \partial_{a} f (a) | = | - x \exp (- x^{2}) \sin (a x) | \leq | x | \exp (- x^{2})

Křivkové a plošné integrály

Definice. Mějme po částech

𝒞^{1}

křivku

Φ : [a, b] \to ℝ^{2}

a funkci

f : [Φ] \to ℝ

. Křivkový integrál prvního druhu je

\int_{Φ} f d s ≔ \int_{a}^{b} f (Φ (t)) \cdot ‖ Φ^{'} (t) ‖ d t

Cvičení (13.1). Spočtěte integrál

\int_{Φ} (x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}}) d s

, kde

Φ : x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}

je asteroida.

Řešení

Parametrizujeme křivku:

Φ (t) = (\begin{array}{c} a {(\cos t)}^{3} \\ a {(\sin t)}^{3} \end{array})

Budeme počítat jen čtvrtinu:

\frac{1}{4} \int_{Φ} (x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}}) d s = fuj hnus = 3 a^{\frac{7}{3}} Β (3,1) = a^{\frac{7}{4}}

Cvičení (13.2).

\int_{Φ} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d s, Φ : {(x^{2} + y^{2})}^{\frac{3}{2}} = a^{2} (x^{2} - y^{2})

Řešení

Parametrizace pomocí polárních souřadnic:

\begin{aligned} x & = ρ \cos t \\ y & = ρ \sin t \\ ρ & = a^{2} \cos (2 t) \end{aligned}

Musí být

ρ \geq 0

, z čehož dostaneme

t \in M ≔ (- π, - \frac{3 π}{4}) \cup (- \frac{π}{4}, \frac{π}{4}) \cup (\frac{3 π}{4}, π)

‖ Φ^{'} (t) ‖ = \dots = a^{2} \sqrt{- 1 - 3 {(\sin 2 t)}^{2}}

\int_{Φ} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d s = \dots = a^{4} (\frac{argsinh \sqrt{3}}{\sqrt{3}} + 2)

Cvičení (13.3). Spočtěte integrál přes oblouk cykloidy:

\int_{Φ} y^{2} d s, Φ (t) ≔ (\begin{array}{c} a (t - \sin t) \\ a (1 - \cos t) \end{array}), t \in [0,2 π]

Řešení

‖ Φ^{'} ‖ = \sqrt{2} a \sqrt{1 - \cos t}

\begin{aligned} \int_{Φ} y^{2} d s & = \sqrt{2} a^{3} \int_{0}^{2 π} {(1 - \cos t)}^{\frac{5}{2}} d t \\ = 8 a^{3} \int_{0}^{2 π} {(\sin \frac{t}{2})}^{5} \\ = [\begin{array}{c} u ≔ \frac{t}{2} \\ d t = 2 d u \end{array}] = 16 a^{3} \int_{0}^{π} {(\sin u)}^{5} d u \\ = 16 a^{3} Β (\frac{1}{2}, 3) = \frac{256}{15} a^{3} \end{aligned}

Definice. Mějme po částech

𝒞^{1}

křivku

Φ : [a, b] \to ℝ^{2}

a vektorové pole

F : [Φ] \to ℝ^{2}

. Křivkový integrál druhého druhu je

\int_{Φ} F \cdot d s ≔ \int_{a}^{b} F (Φ (t)) \cdot Φ^{'} (t) d t

Poznámka. Značíme

\int_{Φ} F \cdot d S ≕ \int_{Φ} (F_{1} d x + F_{2} d y)

Věta (Greenova). Nechť

Φ : [a, b] \to ℝ^{2}

je uzavřená po částech

𝒞^{1}

křivka vymezující plochu

S

tak, že při pohybu po křivce máme plochu po levé straně, a

F : Ω \subset ℝ^{2} \to ℝ^{2}, F \in 𝒞^{\infty} (Ω)

. Potom

\int_{S} (\partial_{1} F_{2} - \partial_{2} F_{1}) = \int_{Φ} F \cdot d s

Cvičení (13.4). Spočtěte

\int_{Φ_{i}} (2 x y d x + x^{2} d y)

, kde

Φ_{1}

je úsečka

[0,0] [1,1]

Φ_{2}

je parabola

x^{2} ↾ [0,1]

Φ_{3}

je lomená čára

[0,0] [1,0] [1,1]

Řešení

\begin{aligned} I_{1} & = \int_{0}^{1} (\begin{array}{c} 2 t^{2} \\ t^{2} \end{array}) \cdot (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}) d t = 1 \\ I_{2} & = \int_{0}^{1} (\begin{array}{c} 2 t^{3} \\ t^{2} \end{array}) \cdot (\begin{array}{c} 1 \\ 2 t \end{array}) d t = 1 \\ I_{3} & = \int_{0}^{1} (\begin{array}{c} 0 \\ t^{2} \end{array}) \cdot (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}) d t + \int_{0}^{1} (\begin{array}{c} 2 t \\ 1 \end{array}) \cdot (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}) = 1 \end{aligned}

Není překvapivé, že to vyšlo stejně, protože pole je potenciální:

F (x, y) = \nabla (x^{2} y)

. Také se to dá dokázat pomocí Greenovy věty, neboť

\partial_{1} F_{2} = \partial_{2} F_{1}

Cvičení (13.5).

\begin{aligned} I & ≔ \int_{Φ} ((y^{2} - z^{2}) d x + (z^{2} - x^{2}) d y + (x^{2} - y^{2}) d z) \\ Φ & ≔ Φ_{1} \oplus︎ Φ_{2} \oplus︎ Φ_{3} \\ Φ_{1} & ≔ (\cos t, \sin t, 0), t \in [0, \frac{π}{2}] \\ Φ_{2} & ≔ (0, \cos t, \sin t), t \in [0, \frac{π}{2}] \\ Φ_{3} & ≔ (\sin t, 0, \cos t), t \in [0, \frac{π}{2}] \end{aligned}

Řešení

I_{1} = \dots = - Β (2, \frac{1}{2}) = - \frac{4}{3}

Cvičení (13.6). Pomocí Greenovy věty spočtěte integrál

I ≔ \int_{Φ} ((\exp x \sin y - p \cdot y) d x + (\exp x \cos y - p) d y)

po křivce skládající se z úsečky od

(0,0)

(a, 0)

a z horní půlkružnice zpět.

Řešení

F (x, y) ≔ (\begin{array}{c} \exp x \sin y - p \cdot y \\ \exp x \cos y - p \end{array})

I = \int_{\partial S} F \cdot d S = \int_{S} (\partial_{x} F_{2} - \partial_{y} F_{1}) = \int_{S} (\exp x \cos y - \exp x \cos y + p) d (x, y) = p \cdot m (S) = \frac{p π a^{2}}{8}

Cvičení (13.7). Nechť

Φ

je libovolná kladně orientovaná Jordanova křivka, která má uvnitř počátek. Spočtěte

I = \int_{Φ} \frac{x d y - y d x}{x^{2} + y^{2}}

Řešení

F (x, y) ≔ (\frac{- y}{x^{2} + y^{2}}, \frac{x}{x^{2} + y^{2}})

Mohli bychom zkusit použít Greenovu větu:

\int_{\partial S} F \cdot d S = \int_{S} \frac{2 (x^{2} + y^{2}) - 2 x^{2} - 2 y^{2}}{{(x^{2} + y^{2})}^{2}} = 0

Ovšem když si to z definice spočteme pro kružnici, vyjde nám

2 π

. Jak je to možné? Funkce

F

totiž není definovaná v

(0,0)

, tudíž nesplňuje podmínky Greenovy věty! Ovšem argument s Greenovou větou pořád funguje pro křivku, která nemá uvnitř počátek, z čehož nějakým počupčením s naší kružnicí můžeme odvodit, že pro libovolnou Jordanovu křivku s počátkem uvnitř to vyjde

2 π

Poznámka. Analogie, proč Greenovu větu nelze použít: Představme si funkci

f (t) ≔ {\begin{matrix} 0, & t \in [0,1) \\ 1, & t \in [1,2] \end{matrix}

Jelikož je to po částech konstantní funkce, zřejmě

\int_{0}^{2} f^{'} (t) = \int_{0}^{2} 0 = 0

Ovšem kdybychom chtěli použít základní větu integrálního počtu, dostali bychom

\int_{0}^{2} f^{'} (t) „=“ f (2) - f (0) = 1

To nejde právě proto, že funkce nemá všude derivaci.

Cvičení (13.8). Pomocí Greenovy věty spočtěte plochu elipsy.

Řešení

Zvolíme si nějaké vektorové pole takové, aby

\partial_{x} F_{2} - \partial_{y} F_{1} = 1

, například

F ≔ (\begin{array}{c} 0 \\ x \end{array})

. Velmi překvapivě vyjde

S = π a b

Definice. Plocha je dvourozměrný objekt v

ℝ^{3}

parametrizovaný pomocí funkce

Φ : Ω \subset ℝ^{2} \to ℝ^{3}

Definice. Mějme plochu

Φ

se stopou

S ≔ Φ (Ω)

a funkci

f : S \to ℝ

. Plošný integrál prvního druhu je

\int_{S} f d S ≔ \int_{Ω} (f \circ Φ) \cdot ‖ \partial_{x} Φ \times \partial_{y} Φ ‖

Definice. Mějme plochu

Φ

se stopou

S ≔ Φ (Ω)

a vektorové pole

F : S \to ℝ^{3}

. Plošný integrál druhého druhu je

\int_{S} F \cdot d S ≔ \int_{Ω} (F \circ Φ) \cdot (\partial_{x} Φ \times \partial_{y} Φ)

Poznámka. Značíme

\int_{S} F \cdot d S ≕ \int_{S} (F_{1} d y d x + F_{2} d x d z + F_{3} d x d y)

Věta (vzoreček pro výpočet normy vektorového součinu).

‖ a \times b ‖ = \sqrt{a^{2} \cdot b^{2} - {(a \cdot b)}^{2}}

Cvičení (13.9). Spočtěte povrch koule o poloměru

a

Řešení

Použijeme kulovou parametrizaci

Φ (u, v) ≔ (\begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array}) ≔ (\begin{array}{c} a \cos u \sin v \\ a \sin u \cos v \\ a \sin v \end{array}), u \in (- π, π), v \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})

\partial_{u} Φ = (\begin{array}{c} - a \sin u \cos v, a \cos u \cos v, 0 \end{array})

\partial_{v} Φ = (\begin{array}{c} - a \cos u \sin v, - a \sin u \cos v, a \cos v \end{array})

‖ \partial_{u} Φ \times \partial_{v} Φ ‖ = \sqrt{\dots} = \sqrt{a^{2} {(\cos v)}^{2} \cdot a^{2} - 0} = a^{2} \cos v

m (S) = \int_{S} 1 d S = \int_{- π}^{π} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} a^{2} \cos v d v d u = 4 π a^{2}

Cvičení (13.10 nebo možná 10.11). Spočtěte

I ≔ \int_{S} \sqrt{\frac{x^{2}}{a^{4}} + \frac{y^{2}}{b^{4}} + \frac{z^{2}}{c^{4}}} d S

kde

S

je elipsoid s poloosami

a, b, c

Řešení

Použijeme překvapivě zobecněné sférické souřadnice. Vektorový součin je nyní lepší počítat přímo z definice. Výsledek je

I = \frac{4}{3} π a b c (\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}})

Cvičení (13.12). Spočtěte

\int_{S} (x^{2} + y^{2}) d x d y

kde

S ≔ B_{(0,0)} (R) \times {0}

, s orientací danou normálou

(0,0, - 1)

Řešení

F (x, y, z) ≔ (0,0, x^{2} + y^{2})

Parametrizujeme pomocí válcových souřadnic:

Φ : x = u \cos v, y = u \sin v, z = 0

\partial_{u} Φ (u, v) = (\cos v, \sin v, 0)

\partial_{v} Φ (u, v) = (- u \sin v, u \cos v, 0)

\partial_{u} Φ \times \partial_{v} Φ = (0,0, u)

Aby seděla orientace, musíme použít

(0,0, - u)

\int_{S} F \cdot d S = \int_{- π}^{π} \int_{0}^{R} (\begin{array}{ccc} 0 & 0 & u^{2} \end{array}) (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ - u \end{array}) d u d v = - 2 π \int_{0}^{R} u^{3} d u = - \frac{π R^{4}}{2}

Jelikož se to celé odehrává v rovině, stačilo by vlastně počítat plošný integrál a potom se akorát zamyslet nad znaménkem:

\int_{S j a k o p o d m n o \overset{ˇ}{z} i n a ℝ^{2}} (x^{2} + y^{2}) d x d y

Cvičení (13.13). Spočtěte z definice integrál

\int_{S} x d y d z + y d z d x + z d x d y

kde

S

je sféra kolem počátku o poloměru

a

, s orientací danou vnějším normálovým vektorem (směřujícím ven z koule).

Řešení

4 π a^{3}

Věta (Gaussova). Mějme

V \subset ℝ^{3}, F : V \to ℝ^{3}, F \in 𝒞^{1} (V)

, potom

\int_{V} \nabla \cdot F = \int_{\partial V} F \cdot d s

kde integrál na pravé straně je orientovaný podle vnější normály.

Cvičení (13.14). Spočtěte příklad 13.13 pomocí Gaussovy věty.

Řešení

\nabla \cdot F = \nabla \cdot (x, y, z) = 3

I = \int 3 d x d y d z = 4 π a^{3}

Věta (Stokesova). Mějme plochu

S

F : Ω \subset ℝ^{3} \to ℝ^{3}, F \in 𝒞^{1}

, potom

\int_{\partial S} F \cdot d s = \int_{S} (\nabla \times F) \cdot n d S

kde

\partial S, S

jsou souhlasně orientované.

Cvičení (13.15). Spočtěte

I ≔ \int_{Φ} ((x^{2} - y z) d x + (y^{2} - x z) d y + (z^{2} - x y) d z)

kde

Φ

je jeden závit šroubovice určený parametrizací

Φ (t) ≔ (\begin{array}{c} a \cos t \\ a \sin t \\ \frac{h}{2 π} t \end{array}), t \in

Řešení.

F = (x^{2} - y z, y^{2} - x z, z^{2} - x y)

\nabla \times F = (- x + x, - y + y, - z + z) = 0

Bylo by hezké moct použít Stokesovu větu, ovšem šroubovice není uzavřená, tudíž ji musíme uzavřít svislicí

L (t) ≔ (- a, 0, - \frac{t h}{2 π})

. Potom tedy víme

\int_{Φ} F \cdot d s + \int_{L} F \cdot d s = \int_{S} \dots = 0

Pro úsečku integrál snadno spočteme a dostaneme

\frac{h^{3}}{12}

Zápisky z cvičení z Matematické analýzy A 4

Obsah

Cvičící

Kvadriky

Vizualizace dvourozměrných kvadrik

Vizualizace trojrozměrných kvadrik

Inverzní a implicitní funkce

Vázané extrémy

Záměna proměnných

Obyčejné diferenciální rovnice s $y = y (x)$

Záměna nezávislých proměnných: $x \leftrightarrow t$

Záměna nezávislých i závislých proměnných

Parciální diferenciální rovnice

Záměna nezávislých proměnných

Záměna nezávislých i závislých proměnných

Časté substituce

Polární souřadnice

Válcové souřadnice

Sférické souřadnice

Polární souřadnice s obecnou mocninou

Lebesgueův integrál

Eulerovy integrály: $Β$ a $Γ$ funkce

Objemy $n$ -rozměrných útvarů

Integrály závislé na parametru

Křivkové a plošné integrály

Zápisky z cvičení z Matematické analýzy A 4

Obsah

Cvičící

Kvadriky

Vizualizace dvourozměrných kvadrik

Vizualizace trojrozměrných kvadrik

Inverzní a implicitní funkce

Vázané extrémy

Záměna proměnných

Obyčejné diferenciální rovnice s y=y(x)

Záměna nezávislých proměnných: x↔t

Záměna nezávislých i závislých proměnných

Parciální diferenciální rovnice

Záměna nezávislých proměnných

Záměna nezávislých i závislých proměnných

Časté substituce

Polární souřadnice

Válcové souřadnice

Sférické souřadnice

Polární souřadnice s obecnou mocninou

Lebesgueův integrál

Eulerovy integrály: Β a Γ funkce

Objemy n-rozměrných útvarů

Integrály závislé na parametru

Křivkové a plošné integrály

Obyčejné diferenciální rovnice s $y = y (x)$

Záměna nezávislých proměnných: $x \leftrightarrow t$

Eulerovy integrály: $Β$ a $Γ$ funkce

Objemy $n$ -rozměrných útvarů