PŘÍKLADY K MATEMATICE 3

PŘÍKLADY K MATEMATICE 3 ZDENĚK ŠIBRAVA

1. Funkce více proměnných 1.1. Základní pojmy funkce více proměných. Příklad 1.1. p Určeme definiční √ obor funkce tří proměnných 2 2 f (x, y, z) = 1 − x − y + 1 − x2 − z 2 . Řešení: Definičním oborem funkce f bude taková podmnožina bodů z R3 , pro √ které má předpis zadávající funkci smysl. (Víme, že t je definována pouze pro t ≥ 0.) Musí tedy platit 1 − x2 − y 2 ≥ 0 ∧ 1 − x2 − z 2 ≥ 0,

tj. x2 + y 2 ≤ 1 ∧ x2 + z 2 ≤ 1.

Definičním oborem funkce f je tedy uzavřený průnik dvou rotačních válců s osami z a y a poloměry 1 (Obr. 1).

1 0,5 z 0 -0,5 -1 -1 -0,5

y 0

-1 -0,5 0,5

0 0,5

1

x

1

Obr. 1

√ √ √ Příklad 1.2. Určete definiční obor f (x, y, z) = x + y + z. Výsledek: h0, +∞) × h0, +∞) × h0, +∞) Date: 1

2

ZDENĚK ŠIBRAVA

Příklad 1.3. Určete definiční obor f (x, y, z) = ln (xyz). Výsledek: Body z R3 , pro které platí xyz > 0, tj. body ležící v 1.,3.,6. a 8. oktantu a současně x 6= 0, y 6= 0, z 6= 0 Příklad 1.4. Určete definiční obor f (x, y, z) = arcsin x + arccos y + arctg z. Výsledek: h−1, 1i × h−1, 1i × (−∞, +∞) p Příklad 1.5. Určete definiční obor f (x, y, z) = 1 − x2 − y 2 − z 2 . Výsledek: x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, tj. všechny body koule se středem v počátku a poloměrem 1 √(4−x Příklad 1.6. Určete definiční obor f (x, y, z) = ln 2

2 −y 2 −z 2 )

x +4y 2 +z 2 −4 2 2 2

.

Výsledek: x2 /4 + y 2 + z 2 /4 > 1 ∧ x + y + z < 4, tj. všechny body, které jsou současně vnější body elipsoidu se středem v počátku a poloosami a = 2, b = 1, c = 2 a vnitřní body koule se středem v počátku a poloměrem 2 Příklad 1.7. Určete definiční obor vektorové funkce F(x) = (arcsin(x − 2), ln (x2 − 4)).

Výsledek: (2, 3i

Příklad 1.8. Určete definiční obor vektorové funkce F(x, y) = (arcsin x + arccos y, arcsin (x + y)). Výsledek: Uzavřený šestiúhelník s vrcholy (1, 0), (0, 1), (−1, 1), (−1, 0), (0, −1), (1, −1) Příklad 1.9. Najděme vrstevnice (úrovňové plochy) funkce f (x, y, z) = 2x−y+2z. Řešení: Funkce f je definována v celém R3 a oborem jejích funkčních hodnot je R. Pro dané q ∈ R je tedy její vrstevnicí rovina q = 2x − y + 2z. Všechny vrstevnice pak tvoří systém rovnoběžných rovin 2x − y + 2z − q = 0, q ∈ R. Příklad 1.10. Najděte vrstevnice funkce f (x, y, z) = x + y + z. Výsledek: Rovnoběžné roviny x + y + z − q = 0, q ∈ R Příklad 1.11. Najděte vrstevnice funkce f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 . Výsledek: Soustředné kulové plochy x2 + y 2 + z 2 = q, q ≥ 0. Příklad 1.12. Najděte vrstevnice funkce f (x, y, z) = x2 + y 2 − z 2 . Výsledek: Pro q = 0 rotační kužel z 2 = x2 + y 2 , pro q > 0 (Obr. 2) a pro q < 0 (Obr. 3) rotační hyperboloidy. Příklad 1.13. Funkce f je skalární funkce tří proměnných taková, že ∇f (2, 1, 3) = (4, −1, 2). Dále funkce ψ je vektorová funkce jedné proměnné taková, že ψ(1) = (2, 1, 3) a ψ 0 (1) = (−1, 2, 1). Vypočítejme derivaci funkce h(t) = f (ψ(t)) v bodě t = 1. Řešení: Pro derivaci funkce složené z vnější skalární funkce f a vnitřní vektorové funkce ψ platí h0 (t) = ∇f (ψ(t))ψ 0 (t)

PŘÍKLADY K MATEMATICE 3

3

3 1,5

2

1 1 0,5 z0

0 z -0,5

-1

-1

-2

-1,5 2

-1 0 y

1 x

0

1 -1 -2

Obr. 2

2

-2 -3 -3

3 2 -2

-1 x

0

1

1 0 y -1 2

-2 3

-3

Obr. 3

a to znamená, že všechny potřebné informace k výpočtu derivace h0 (1) máme k dispozici. Pro t = 1 je ψ(1) = (2, 1, 3) a dále víme, že ∇f (2, 1, 3) = (4, −1, 2). Známe také 0 ψ (1) = (−1, 2, 1) a tedy h0 (1) = ∇f (ψ(1))ψ 0 (1) = ∇f (2, 1, 3)ψ 0 (1) = (4, −1, 2) · (−1, 2, 1) = −4. Příklad 1.14. Funkce f je skalární funkce dvou proměnných taková, že ∇f (1, 2) = (−1, 3). Dále funkce ψ je vektorová funkce jedné proměnné taková, že ψ(2) = (1, 2) a ψ 0 (2) = (2, 1). Vypočítejme derivaci funkce h(t) = f (ψ(t)) v bodě t = 2. Výsledek: 1 Příklad 1.15. Funkce f je skalární funkce tří proměnných taková, že ∇f (2, −1, 3) = (1, 2, 3). Dále funkce ψ je vektorová funkce jedné proměnné taková, že ψ(3) = (2, −1, 3) a ψ 0 (3) = (1, 2, −1). Vypočítejme derivaci funkce h(t) = f (ψ(t)) v bodě t = 3. Výsledek: 2 Příklad 1.16. Funkce f je skalární funkce dvou proměnných taková, že ∇f (1, 1) = (2, 1) a ψ je vektorová funkce jedné proměnné taková, že ψ(1) = (1, 1) a ψ 0 (1) = (1, 2). Vypočítejme derivaci funkce h(t) = f (ψ(t)) v bodě t = 1. Výsledek: 4 Příklad 1.17. Funkce f je skalární funkce dvou proměnných taková, že ∇f (4, 2) = (8, 4) a ψ je vektorová funkce jedné proměnné taková, že ψ(2) = (4, 2) a ψ 0 (2) = (4, 1).Vypočítejme derivaci funkce h(t) = f (ψ(t)) v bodě t = 2. Výsledek: 36 Příklad 1.18. Vypočítejme derivaci funkce f (x, y, z) = x2 y + yz 2 − xz 3 v bodě P = (1, 2, −1) ve směru vektoru v = (2, 2, 1).

4

ZDENĚK ŠIBRAVA

Řešení: Pro derivaci funkce f v bodě P ve směru jednotkového vektoru u platí ∂f (P ) = ∇f (P ) · u, ∂u kde ∇f (P ) je gradient funkce f v bodě P , tj. µ ¶ ∂f (P ) ∂f (P ) ∂f (P ) ∇f (P ) = , , . ∂x ∂y ∂z Je

¯ ∂f (P ) 3¯ = 5, = 2xy − z ¯ ∂x (x,y,z)=(1,2,−1) ¯ ∂f (P ) 2 2¯ = 2, =x +z ¯ ∂y (x,y,z)=(1,2,−1) ¯ ∂f (P ) 2¯ = −7 = 2yz − 3xz ¯ ∂z (x,y,z)=(1,2,−1)

a ∇f (P ) = (5, 2, −7). Vektor v = (2, 2, 1), v jehož směru máme počítat derivaci, však není jednotkový. Nahradíme ho tedy vektorem u, kde v 1 u= = (2, 2, 1), ||v|| 3 tj. jednotkovým vektorem ve směru vektoru v. Potom ∂f (P ) 1 7 = ∇f (P ) · u = (5, 2, −7) · (2, 2, 1) = . ∂u 3 3 Příklad 1.19. Derivace funkce f dvou proměnných v bodě P ve směru vektoru √ u1 = (−1, 0) je 2 a derivace této funkce ve směru vektoru u = (0, 1) je 3. 2 ³ √ ´ Najděme derivaci funkce f ve směru vektoru u3 = 21 , 23 . Řešení: ³ K nalezení derivaci funkce f ve směru vektoru u3 potřebujeme znát ´ ∂f (P ) ∂f (P ) ∇f (P ) = , ∂y . Víme, že ∂x µ ¶ ∂f (P ) ∂f (P ) ∂f (P ) = ∇f (P ) · u1 = , · (−1, 0) = 2 ∂u1 ∂x ∂y a µ ¶ √ ∂f (P ) ∂f (P ) ∂f (P ) = ∇f (P ) · u2 = , · (0, 1) = 3. ∂u2 ∂x ∂y Je tedy √ ∂f (P ) √ ∂f (P ) = −2 = 3 ⇒ ∇f (P ) = (−2, 3) ∂x ∂y a tedy Ã √ ! √ 1 ∂f (P ) 1 3 = ∇f (P ) · u3 = (−2, 3) · , = . ∂u3 2 2 2


5

V příkladech 1.20 – 1.25 vypočítejte derivaci funkce f v bodě P ve směru vektoru u. Příklad 1.20. f (x, y) = 3x2 − 4xy + 5y 3 − 1, P = (2, 1), u = (3, −2). √ Výsledek: 10/ 13 Příklad 1.21. f (x, y, z) = 3x2 yz + 4xy 2 z + 5xyz 2 , P = (1, 1, 1), u = (6, −6, 3). Výsledek: 5 Příklad 1.22. f (x, y) = ln (x + y), P = (1, 2), u = (u1 , u2 ) je směrový vektor √ tečny paraboly y 2 = 4x sestrojené v bodě P (u1 < 0). Výsledek: − 2/3 √ 2 Příklad 1.23. f (x, y) = xy , P = ( 3, −3), u = (u1 , u2 ) je směrový vektor tečny √ kružnice x2 + y 2 + 4y = 0 sestrojené v bodě P (u2 < 0). Výsledek: 3/2 ¡ ¢ Příklad 1.24. f (x, y) = arcsin xy , P = 12 , 2 , u = (u1 , u2 ) je směrový vektor √ normály hyperboly xy = 1 sestrojené v bodě P (u2 > 0). Výsledek: 255/34 Příklad 1.25. f (x, y, z) = xy 2 +z 3 −xyz, P = (1, 1, 2), u svírá se souřadnicovými osami úhly α = π/3, β = π/4, γ = π/3. Výsledek: 5 Příklad 1.26. Derivace funkce dvou proměnných f v bodě P ve směru vektoru u1 = (1, 1) je − √12 a derivace této funkce ve směru vektoru u2 = (2, 3) je − √113 . Vypočítejte derivaci funkce f v bodě P ve směru vektoru u3 = (1, 2). Výsledek: 0 Příklad 1.27. Derivace √ funkce tří promměnných f v bodě P u1 = (−1, 1, 0) je − 2, ve směru vektoru u2 = (1, 0, −1) je vektoru u3 = (1, −1, 1) je √43 . Vypočítejte derivaci funkce f v vektoru u4 = (2, 2, 1).

ve směru vektoru − √12 a ve směru bodě P ve směru Výsledek: 2/3

Příklad 1.28. Derivace funkce tří promměnných f v bodě P ve směru vektoru u1 = (2, 3, 1) je √614 a ve směru vektoru u2 = (−1, −3, 1) je − √611 . Vypočítejte derivaci funkce f v bodě P ve směru vektoru u3 = (2, 2, 2). √ Výsledek: 2/ 3 Příklad 1.29. Najděme rovnici tečné roviny k ploše x2 − 2y 2 + z 2 = 3 rovnoběžné s rovinou % : x + 2y + 2z − 1 = 0. Řešení: Pro nalezení rovnice tečné roviny ax + by + cz + d = 0 potřebujeme znát např. normálový vektor této roviny a jeden bod, který v této rovině leží. Protože hledaná tečná rovina má být rovnoběžná s rovinou %, musí být jejich normálové vektory rovnoběžné, tj. (a, b, c) = k(1, 2, 2),

k ∈ R.

O ploše x2 − 2y 2 + z 2 = 3 můžeme předpokládat, že je vrstevnicí (úrovňovou plochou) funkce tří proměnných f (x, y, z) = x2 − 2y 2 + z 2 pro q = 3. Dále víme, že

6

ZDENĚK ŠIBRAVA

gradient funkce v každém bodě P je normálovým vektorem vrstevnice procházející tímto bodem a je tedy normálovým vektorem tečné roviny v bodě P . Tedy µ ¶ ∂f (P ) ∂f (P ) ∂f (P ) ∇f (P ) = , , = (a, b, c). ∂x ∂y ∂z Nechť tedy P = (x0 , y0 , z0 ) je dotykový bod plochy a tečné roviny. Potom ∂f (P ) k = 2x0 , ⇒ 2x0 = k ⇒ x0 = , ∂x 2 k ∂f (P ) (1) = −4y0 , ⇒ −4y0 = 2k ⇒ y0 = − , ∂y 2 ∂f (P ) = 2z0 , ⇒ 2z0 = 2k ⇒ z0 = k. ∂z Protože bod P leží na ploše x2 − 2y 2 + z 2 = 3, musí jeho souřadnice splňovat rovnici plochy, tj. k2 k2 − + k 2 = 3 ⇒ k = ±2. 4 2 Z (1) pak dostáváme dva dotykové body P1 = (1, −1, 2) a P2 = (−1, 1, −2) a to znamená, že k dané ploše existují dvě tečné roviny rovnoběžné s rovinou % x + 2y + 2z ± 3 = 0. V příkladech 1.30 – 1.32 najděte rovnice tečné roviny a normály k dané ploše v bodě P . Příklad 1.30. x2 − 3y 2 − z = 0, P = (−3, 1, 6). Výsledek: 6x + 6y + z + 6 = 0, X = P + t(6, 6, 1) Příklad 1.31. x2 + y 2 + z 2 = 169, P = (3, 4, 12). Výsledek: 3x + 4y + 12z − 169 = 0, X = P + t(3, 4, 12) Příklad 1.32. exz +yz = 0, P = (0, −1, 1). Výsledek: x + y − z + 2 = 0, X = P + t(1, 1, −1) Příklad 1.33. Najděte rovnice tečných rovin k ploše x2 + y 2 + 2z 2 = 7, které jsou rovnoběžné s rovinou 2x + y − 2z + 1 = 0. Výsledek: 2x + y − 2z ± 7 = 0 Příklad 1.34. Najděte rovnice tečných rovin k ploše x2 +2y 2 +3z 2 −4xz −32 = 0, které jsou rovnoběžné s rovinou x + 4y − 3z = 0. Výsledek: x + 4y − 3z ± 16 = 0 Příklad 1.35. Najděte rovnice tečných rovin k ploše 3x2 + 2y 2 + z 2 − 4xz = 8, které jsou rovnoběžné s rovinou 3x − 4y − z = 0. Výsledek: 3x − 4y − z ± 8 = 0


7

1.2. Extrémy funkcí více proměnných. 1.2.1. Lokální extrémy funkcí více proměnných. Příklad 1.36. Najděme lokální extrémy funkce f (x, y) = 4x3 + 8y 3 − 24xy + 3. Řešení: Funkce f je spojitá v celém R2 a má také v celém R2 vlastní derivace. To znamená, že lokální extrémy může mít pouze ve svých stacionárních bodech, tj. v bodech kde se obě první parciální derivace rovnají nule. ∂f (x,y) ∂x ∂f (x,y) ∂y

= 12x2 − 24y, = 24y 2 − 24x,

x2 − 2y = 0, y 2 − x = 0.

tj. tj.

2

Vyjádříme-li z první rovnice y = x2 a dosadíme-li do druhé rovnice, dostaneme √ √ x(x3 − 4) = 0. Odtud pak x = 0 ∧ y = 0 a x = 3 4 ∧ y = 3 2. √ √ Funkce f má tedy dva stacionární body P1 = (0, 0) a P2 = ( 3 4, 3 2). O tom, zda v těchto bodech má funkce lokální extrém, rozhodneme na základě znaménka determinantu µ ¶ fxx (P ) fxy (P ) (2) D = det , fyx (P ) fyy (P ) tj. znaménka výrazu ∂ 2 f (P ) ∂ 2 f (P ) · − ∂x2 ∂y 2

µ

∂ 2 f (P ) ∂x∂y

¶2

v jednotlivých stacionárních bodech. Funkce f má v bodě P extrém pouze v případě, že je D > 0. V případě, že je D < 0, funkce v bodě P extrém nemá. Předně je ∂ 2 f (x, y) = 24x, ∂x2

∂ 2 f (x, y) = 48y, ∂y 2

∂ 2 f (x, y) = −24. ∂x∂y

Pro P1 = (0, 0) dostáváme dosazením do (2) µ ¶ 0 −24 D = det = −(−24)2 = −242 < 0 ⇒ f v bodě P1 nemá extrém. −24 0 √ √ Pro P2 = ( 3 4, 3 2) dostáváme dosazením do (2) µ √ ¶ 24 3 4 −24 √ = 1728 > 0 D = det −24 48 3 2 √ √ a funkce f má v bodě P2 = ( 3 4, 3 2) extrém. O tom, zda má funkce v tomto bodě lokální maximum nebo minimum, rozhodneme na základě znaménka druhé derivace ∂ 2 f (P )/∂x2 . Platí fxx (P ) > 0 ⇒ f má v bodě P lokální minimum, fxx (P ) < 0 ⇒ f má v bodě P lokální maximum. V našem případě je

√ ∂ 2 f (P2 ) 3 = 24 4>0 ∂x2

8

ZDENĚK ŠIBRAVA

√ √ a funkce f má v√bodě P2 = ( 3 4, 3 2) ostré lokální minimum. Hodnota tohoto √ minima je f ( 3 4, 3 2) = −112. Příklad 1.37. Najděme lokální extrémy funkce f (x, y) = xy(6 − x − y). Řešení: Funkce f má parciální derivace v celém R2 . Lokální extrémy může mít tedy pouze ve stacionárních bodech. Tedy ∂f (x,y) ∂x ∂f (x,y) ∂y

= y(6 − x − y) − xy = y(6 − 2x − y), = x(6 − x − y) − xy = x(6 − x − 2y),

tj. (3) (4)

y(6 − 2x − y) = 0, x(6 − x − 2y) = 0.

Při řešení soustavy (3),(4) budeme postupovat následovně: (i) Nechť je x = 0 ∧ y = 0. Potom je splněna rovnice (3) i (4) a bod P1 = (0, 0) je stacionární bod funkce f . (ii) Nechť je x = 0 ∧ y 6= 0. Potom je splněna rovnice (4). Aby byla splněna rovnice (3) musí být (6 − 2x − y) = 0. Podle předpokladu je však x = 0 a tedy y = 6 a bod P2 = (0, 6) je stacionární bod funkce f . (iii) Nechť je x 6= 0 ∧ y = 0. Potom je splněna rovnice (3). Aby byla splněna rovnice (4) musí být (6 − x − 2y) = 0. Podle předpokladu je však y = 0 a tedy x = 6 a bod P3 = (6, 0) je stacionární bod funkce f . (iv) Nechť je x 6= 0 ∧ y 6= 0. Potom, aby byla splněna rovnice (3), resp. rovnice (4), musí být (6 − 2x − y) = 0, resp. (6 − x − 2y) = 0. Další stacionární bod tedy dostaneme řešením soustavy 6 − 2x − y = 0, 6 − x − 2y = 0. Odtud P4 = (2, 2). Je zřejmé, že další možnost již nemůže nastat. Pro další vyšetření extrémů potřebujeme druhé derivace funkce f . ∂ 2 f (x, y) ∂ 2 f (x, y) ∂ 2 f (x, y) = −2y, = −2x, = 6 − 2x − 2y. ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y Pro P1 = (0, 0) dostáváme µ ¶ 0 6 D = det = −36 < 0 ⇒ funkce nemá v bodě P1 = (0, 0) extrém. 6 0 Pro P2 = (0, 6) dostáváme µ ¶ −12 −6 D = det = −36 < 0 −6 0

⇒ funkce nemá v bodě P2 = (0, 6) extrém.

Pro P3 = (6, 0) dostáváme µ ¶ 0 −6 D = det = −36 < 0 −6 −12

⇒ funkce nemá v bodě P3 = (6, 0) extrém.


Pro P4 = (2, 2) dostáváme µ ¶ −4 −2 D = det = 12 > 0 −2 −4

9

⇒ funkce má v bodě P4 = (2, 2) extrém.

Protože v bodě P4 = (2, 2) je ∂ 2 f (P4 )/∂x2 = −4 < 0, má funkce f v tomto bodě ostré lokální maximum. Jeho hodnota je f (2, 2) = 4(6 − 2 − 2) = 8. Příklad 1.38. Najděme lokální extrémy funkce f (x, y) = (x2 − 2y + 1)2 . Řešení: Funkce f má parciální derivace v celém R2 . Lokální extrémy může mít tedy pouze ve stacionárních bodech. Protože ∂f (x,y) ∂x ∂f (x,y) ∂y

= 4x(x2 − 2y + 1), = −4(x2 − 2y + 1),

dostáváme

4x(x2 − 2y + 1) = 0, −4(x2 − 2y + 1) = 0. Obě rovnice budou splněny pouze v případě, když x2 − 2y + 1 = 0, tj. funce má nekonečně mnoho stacionárních bodů, které všechny leží na parabole y = 12 (x2 +1). Z definice funkce plyne, že obor funkčních hodnot Hf = h0, +∞) a že f (x, y) = 0 právě tehdy, když x2 − 2y + 1 = 0 a ve všech ostatních bodech R2 je f (x, y) > 0. To znamená, že funkce f nabývá ve všech bodech paraboly y = 21 (x2 + 1) svého neostrého minima 0. Poznámka 1.39. Je zřejmé, že příklad 1.38 jsme mohli vyřešit pouhou úvahou. Jak jsme již uvedli, je obor funkčních hodnot funkce funkce f (x, y) = (x2 −2y +1)2 interval h0, +∞) a minimum funkce f je 0. Platí (x2 − 2y + 1)2 = 0 ⇔ x2 − 2y + 1 = 0 a to znamená, že funkce f nabývá svého neostrého minima ve všech bodech paraboly y = 12 (x2 + 1). p Příklad 1.40. Najděme lokální extrémy funkce f (x, y) = 2 − 3 (x − y)2 . Řešení: Funkce f je definována v celém R2 . Její první parciální derivace jsou ∂f (x, y) 2 1 ∂f (x, y) 2 1 =− √ , = √ . 3 3 ∂x 3 x−y ∂y 3 x−y Je zřejmé, že parciální derivace funkce f neexistují pro body (x, y), které leží na přímce y = x. Všechny tyto body jsou vratkými body funkce f a to znamená, že funkce f může v těchto bodech mít lokální extrém. Oborem hodnot funkce f je interval (−∞, 2i, přičemž f (x, y) = 2 právě tehdy, když y = x, apve všech ostatních bodech R2 je f (x, y) < 2. To znamená, že funkce f (x, y) = 2 − 3 (x − y)2 ve všech bodech přímky y = x nabývá svého neostrého lokálního maxima 2. (Při řešení tohoto příkladu jsme mohli postupovat analogickým způsobem podle poznámky 1.39). Příklad 1.41. Najděme lokální extrémy funkce f (x, y, z) = x3 +y 2 +z 2 +12xy+2z.

10

ZDENĚK ŠIBRAVA

Řešení: Funkce f má parciální derivace v celém R3 . Lokální extrémy může mít tedy pouze ve stacionárních bodech. ∂f (x, y, z) ∂f (x, y, z) ∂f (x, y, z) = 3x2 + 12y, = 2y + 12x, = 2z + 2. ∂x ∂y ∂z Odtud 3x2 + 12y = 0, 2y + 12x = 0, 2z + 2 = 0. Z poslední rovnice dostáváme z = −1. Z druhé rovnice vyjádříme y = −6x a dosadíme do první. Dostaneme kvadratickou rovnici x2 − 24x = 0. Odtud x = 0, x = 24. Funkce má dva stacionární body P1 = (0, 0, −1) a P2 = (24, −144, −1). O tom, zda v těchto bodech má funkce lokální extrém, rozhodneme na základě znamének D1 , D2 a D3 , kde µ ¶ fxx (P ) fxy (P ) D1 = fxx (P ), D2 = det , fyx (P ) fyy (P )   fxx (P ) fxy (P ) fxz (P ) D3 = det  fyx (P ) fyy (P ) fyz (P )  fzx (P ) fzy (P ) fzz (P ) Protože ∂ 2 f (x, y, z) ∂ 2 f (x, y, z) ∂ 2 f (x, y, z) = 6x, = 2, = 2, ∂x2 ∂y 2 ∂z 2 ∂ 2 f (x, y, z) ∂ 2 f (x, y, z) ∂ 2 f (x, y, z) = 12, = 0, = 0, ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z dostáváme pro P1 = (0, 0, −1)   µ ¶ 0 12 0 0 12 D1 = 0, D2 = det = −24, D3 = det  12 2 0  = −48. 12 2 0 0 2 Protože D2 < 0 a dále D3 6= 0, nemá funkce f v bodě P1 = extrém. Pro P2 = (24, −144, −1) je  µ ¶ 144 144 12  12 D1 = 144, D2 = det = 144, D3 = det 12 2 0

(0, 0, −1) lokální  12 0 2 0  = 288. 0 2

Protože D1 > 0, D2 > 0, D3 > 0, má funkce f v bodě P1 = (0, 0, −1) lokální extrém, a to minimum. Jeho hodnota je f (24, −144, −1) = −6913. V příkladech 1.42 – 1.57 najděte lokální extrémy daných funkcí. Příklad 1.42. f (x, y) = (x + 1)2 + y 2 . Výsledek: Ostré lok. min. f (−1, 0) = 0


11

Příklad 1.43. f (x, y) = x3 − 6x − 6xy + 6y + 3y 2 . Výsledek: Ostré lok. min. f (2, 1) = −7 Příklad 1.44. f (x, y) = x2 + y 2 − xy − x − y + 2. Výsledek: Ostré lok. min. f (1, 1) = 1 Příklad 1.45. f (x, y) = 27x2 y + 14y 3 − 69y − 54x. Výsledek: Ostré lok. min. f (1, 1) = −82, ostré lok.max. f (−1, −1) = 82 Příklad 1.46. f (x, y) = x2 − y 2 + 2x − 4y. Výsledek: Funkce nemá lok. extrémy Příklad 1.47. f (x, y) = x3 + y 3 − 18xy + 215. Výsledek: Ostré lok. min. f (6, 6) = −1 2

2

Příklad 1.48. f (x, y) = e−x −y (x2 + y 2 ). Výsledek: Ostré lok. min. f (0, 0) = 0, lok. max. 1/ e v bodech kružnice x2 + y 2 = 1 Příklad 1.49. f (x, y) = 1 − (2x − y + 1)2 . Výsledek: Funkce má neostré lok. max. 1 ve všech bodech přímky 2x − y + 1 = 0 Příklad 1.50. f (x, y) = x2 (1 + y 2 ). Výsledek: Funkce má neostré lok. min. 0 ve všech bodech přímky x = 0 p Příklad 1.51. f (x, y) = 3 (x2 + y 2 )2 . Výsledek: Ostré lok. min. f (0, 0) = 0 p Příklad 1.52. f (x, y) = 3 x2 − y 2 . Výsledek: Funkce nemá lok. extrémy Příklad 1.53. f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + zy − z + y − 2x. Výsledek: Ostré lok. min. f (1, −1, 1) = −2 Příklad 1.54. f (x, y, z) = x3 + 3x2 + y 2 + z 2 + 12xy + 15x + 14y + 4z + 17. Výsledek: Ostré lok. min. f (23, −145, −2) = −6913 Příklad 1.55. f (x, y, z) = xyz(4 − x − y − z). Výsledek: Ostré lok. min. f (1, 1, 1) = 1 Příklad 1.56. f (x, y, z) = 2x2 + y 2 + 2z − xy − xz. Výsledek: Funkce nemá lok. extrémy 2

2

2

−y −z Příklad 1.57. f (x, y, z) = (3x + 2y +√z) e−x √ . √ √ −1/2 Výsledek: Ostré lok. max. f (3 7/14, 7/7, 7/14) = 7e , Ostré lok. √ √ √ −1/2 √ min. f (−3 7/14, − 7/7, − 7/14) = − 7 e

1.2.2. Vázané extrémy funkcí dvou proměnných. Příklad 1.58. Najděme lokální extrémy funkce f (x, y) = 2x + y + 6 vázané na podmínku x2 + y 2 − 5 = 0.

12

ZDENĚK ŠIBRAVA

12 10 8 z 6 4 2 -4

-4 -2

0 00

2

yx

4

-2 2 4

Obr. 4

Řešení: Pro pochopení vázaného lokálního extrému si představme, že se pohybujeme po nějaké ploše (grafu nějaké funkce dvou proměnných f ) po cestě, jejíž kolmý průmět do roviny xy je dán rovnicí g(x, y) = 0. V našem případě se pohybujeme po nakloněné rovině z = 2x + y + 6 po cestě (elipse), jejímž kolmým průmětem do roviny xy je kružnice x2 + y 2 = 5 (Obr. 4). Nás zajímá minimální a maximální „nadmořská výškaÿ, do které se na naši cestě dostaneme (obecně nás zajímají všechna taková místa, kde po sestupu začneme opět stoupat a naopak, kde po stoupání začneme opět klesat), tj. hledáme lokální extrémy funkce f vázané na podmínku g(x, y) = 0. Tyto extrémy můžeme najít např. následujícím způsobem. Najdeme body P , ve kterých jsou vektory ∇f a ∇g rovnoběžné, tedy platí, že jeden je nějakým λ-násobkem druhého, tj. platí ∇f (P ) = λ∇g(P ). Spolu s podmínkou, že P je bod, který leží na naší cestě, tj. g(P ) = 0, dostáváme (je ∇f (x, y) = (2, 1) a ∇g(x, y) = (2x, 2y))

(5)

2 = 2λx, 1 = 2λy, 2 2 x +y −5 = 0.

Můžeme postupovat také tak, že si setrojíme tzv. Lagrangeovu funkci Φ(x, y) = 2x + y + 6 − λ(x2 + y 2 − 5), kde λ je pevné, zatím neznámé číslo. Pro „ukázněné turistyÿ, tj. pro takové, kteří neopustí vyznačenou cestu (tj. platí x2 + y 2 − 5 = 0), jsou funkce f a Φ totožné. Nyní budeme hledat lokální extrémy této nové funkce Φ. Jelikož funkce Φ má spojité parciální derivace v celém R2 , může mít extrémy


13

pouze ve svých stacionárních bodech. ∂Φ(x, y) = 2 − 2λx, ∂x

∂Φ(x, y) = 1 − 2λy. ∂y

Jak už bylo řečeno, jsme „ukáznění turistéÿ, a proto nás zajímají body, ve kterých se parciální derivace funkce Φ rovnají nule, ale navíc, tyto body musí ležet na naší cestě, tedy musí splňovat podmínku x2 + y 2 − 5 = 0. Odtud dostáváme soustavu tří rovnic pro neznámé x, y a λ 2 − 2λx = 0, 1 − 2λy = 0, 2 x + y 2 − 5 = 0, která je totožná se soustavou (5). Vyjádříme-li z první rovnice x = 1/λ, z druhé y = 1/(2λ) a dosadíme-li do třetí, dostaneme λ=−

1 ⇒ x = −2 ∧ y = −1, 2

a

1 ⇒ x = 2 ∧ y = 1. 2 Funkce Φ má dva stacionární body vázané na podmínku x2 + y 2 − 5 = 0, a to P1 = (−2, −1), kde λ = −1/2 a P2 = (2, 1), kde λ = 1/2. Dále je λ=

∂ 2 Φ(x, y) = −2λ, ∂x2

∂ 2 Φ(x, y) = −2λ, ∂y 2

∂ 2 Φ(x, y) = 0. ∂x∂y

Potom pro P1 = (−2, −1) a λ = −1/2 je µ ¶ 1 0 D = det = 1 > 0 ⇒ funkce má v bodě P1 = (−2, −1) extrém. 0 1 Protože v bodě P1 = (−2, −1) je ∂ 2 Φ(P1 )/∂x2 = 1 > 0, má funkce Φ v tomto bodě ostré lokální minimum vázané na podmínku x2 + y 2 − 5 = 0. Pro P2 = (2, 1) a λ = 1/2 je µ ¶ −1 0 D = det = 1 > 0 ⇒ funkce má v bodě P2 = (2, 1) extrém. 0 −1 Protože v bodě P2 = (2, 1) je ∂ 2 Φ(P2 )/∂x2 = −1 < 0, má funkce Φ v tomto bodě ostré lokální maximum vázané na podmínku x2 + y 2 − 5 = 0. Jak už bylo řečeno, pro všechna (x, y) ∈ M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 − 5 = 0} je Φ(x, y) = f (x, y). To ovšem znamená, že funkce Φ a f mají tytéž vázané extrémy vzhledem k množině M , tj. funkce f má dva lokální extrémy vázané na podmínku x2 + y 2 − 5 = 0 a to ostré lokální minimum f (−2, −1) = −4 − 1 + 6 = 1 a ostré lokální maximum f (2, 1) = 4 + 1 + 6 = 11. Příklad 1.59. Najděme lokální extrém funkce f (x, y) = 6 + xy vázaný na podmínku x − y − 2 = 0.

14

ZDENĚK ŠIBRAVA

14 12 10 8 z 6 4

4

2 2 -4

y

-2

-2

00 0 x

2 4

-4

Obr. 5

Řešení: Budeme postupovat podobně jako v příkladu 1.58. Sestrojíme Lagrangeovu funkci a budeme vyšetřovat její extrémy vázané na podmínku x − y − 2 = 0: Φ(x, y) = 6 + xy − λ(x − y − 2). Potom

∂Φ(x, y) ∂Φ(x, y) = y − λ, = x + λ. ∂x ∂y Hledáme stacionární body funkce Φ takové, aby současně splňovaly podmínku x − y − 2 = 0, tj. řešíme soustavu tří rovnic o třech neznámých y − λ = 0, x + λ = 0, x − y − 2 = 0. Odtud dostáváme, že λ = −1 a x = 1, y = −1, tj. funkce Φ má jeden stacionární bod vázaný na podmínku x − y − 2 = 0. Protože ∂ 2 Φ(x, y) = 0, ∂x2 dostáváme

∂ 2 Φ(x, y) = 0, ∂y 2 µ

∂ 2 Φ(x, y) = 1, ∂x∂y

¶ 0 1 D = det = −1 < 0. 1 0 Z této podmínky ale vyplývá, že funkce Φ nemá v bodě P = (1, −1) extrém. Otázkou je, co můžeme v této chvíli usoudit o extrému funkce f vázaného na podmínku x − y − 2 = 0. Podívejme se předně na Obr. 5. Jako turisté se tentokrát pohybujeme po úbočí horského sedla, tj. po hyperbolickém paraboloidu z = 6 + xy po cestě, jejímž kolmým průmětem do roviny xy


15

je přímka x − y − 2 = 0. Cesta, po které se skutečně pohybujeme, má tvar paraboly, kdy nejdříve klesáme až do vrcholu paraboly a poté začneme na cestě opět stoupat. Je tedy zřejmé, že na naší cestě zcela jistě dosáhneme ostrého lokálního minima (jisté minimální nadmořské výšky). K rozhodnutí, zda v bodě P = (1, −1) má funkce f skutečně extrém vázaný na podmínku x − y − 2 = 0, bychom potřebovali znát některé další informace o vyšetřování vázaných extrémů. My však budeme většinou vyšetřovat absolutní extrémy funkcí na množině (Příklad 1.67), kde nám stačí nalézt pouze „body podezřelé z vázaných extrémůÿ (kritické body) a ty uvedenou metodou dokážeme nalézt. Přesto si ukažme, jak v některých jednodušších případech dokážeme rozhodnout o existenci vázaných extrémů. Položme x = t. Protože y = x−2 a z = 6+xy, je y = t−2 a tedy z = 6+t(t−2). Potom ψ(t) = (t, t − 2, 6 + t(t − 2)), kde t ∈ R, není nic jiného, než parametrizace té paraboly, po které se ve skutečnosti pohybujeme. x a y jsou vlastně naše souřadnice, které bychom našli na mapě a souřadnice z nám určuje naši nadmořskou výšku. Jak jsme již uvedli v příkladu 1.58, nás zajímá minimální a maximální „nadmořská výškaÿ, do které se na naší cestě dostaneme. Už víme, že tuto nadmořskou výšku popisuje právě z-tová souřadnice křivky, po které se pohybujeme, tedy funkce z = h(t), kde h(t) = 6 + t(t − 2). Její extrémy dokážeme nalézt snadno. Je h0 (t) = 2t − 2 ⇒ 2t − 2 = 0 ⇒ t = 1. Protože h00 (t) = 2 > 0, má funkce h v bodě t = 1 lokální extrém a to minimum. Na naší cestě tedy dosáhneme minimální nadmořské výšky h(1) = 6 + 1 · (1 − 2) = 5 a to v bodě, jehož souřadnice jsou (1, 1 − 2) = (1, −1). Tímto způsobem jsme tedy našli lokální extrém funkce f (x, y) = 6 + xy vázaný na podmínku x − y − 2 = 0. Funkce má jeden vázaný lokální extrém (minimum) v bodě P = (1, −1) a je f (1, −1) = 5. Druhý způsob, který jsme použili pro hledání vázaných extrémů funkcí dvou proměnných, se dá dobře použít v případě, že se nám podaří jednoduchým způsobem parametricky vyjádřit křivku, po které se na ploše pohybujeme. V opačném případě je pro nalezení kritických bodů vhodnější použít metodu Lagrangeových multiplikátorů. V příkladech 1.60 – 1.66 najděte lokální extrémy daných funkcí vázaných na danou podmínku. Příklad 1.60. f (x, y) = x2 + y 2 , 2x − y + 5 = 0. Výsledek: Ostré lok. min. f (−2, 1) = 5 Příklad 1.61. f (x, y) = x + 12 y, x2 + y 2 = 1. √ √ √ Výsledek: Ostré lok. max. f (2/ 5, 1/ 5) = 5/2, Ostré lok. min. √ √ √ f (−2/ 5, −1/ 5) = − 5/2

16

ZDENĚK ŠIBRAVA

Příklad 1.62. f (x, y) = xy − x + y − 1, x + y = 1. Výsledek: Ostré lok. max. f (−1/2, 3/2) = 1/4 Příklad 1.63. f (x, y) = 3x − y, y = x3 + 1. Výsledek: Ostré lok. max. f (1, 2) = 1, Ostré lok. min. f (−1, 0) = −3 Příklad 1.64. f (x, y) = x2 y, y = ex . Výsledek: Ostré lok. max. f (−2, e−2 ) = 4 e−2 , Ostré lok. min. f (0, 1) = 0 Příklad 1.65. f (x, y) = x1 + y1 , 4x + y = 6 ∧ x 6= 0 ∧ y 6= 0. Výsledek: Ostré lok. max. f (3, −6) = 1/6, Ostré lok. min. f (1, 2) = 3/2 Příklad 1.66. f (x, y) = x2 − y 2 , x2 + y 2 = 1. Výsledek: Ostrá lok. max. f (±1, 0) = 1, Ostrá lok. min. f (0, ±1) = −1

1.2.3. Globální extrémy funkcí dvou a tří proměnných. Příklad 1.67. Najděme globální extrémy funkce f (x, y) = x2 − 4x + y 2 − 2y na množině M = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ |y| ∧ x2 + y 2 ≤ 20}. Řešení: Při hledání globálních (absolutních) extrémů spojité funkce f na uzavřené množině M budeme postupovat následujícím způsobem: (i) Najdeme všechny kritické body na M . (ii) Najdeme všechny kritické body funkce f vázané na hranici h množiny M . (iii) Najdeme všechny body, ve kterých se h „lámeÿ (ke křivce v tomto bodě nelze sestrojit tečnu). (iv) Ve všech těchto nalezených bodech vypočítáme funkční hodnotu funkce f . Největší, resp. nejmenší z těchto hodnot je globální maximum, resp. globální minimum funkce f na množině M . √ V našem případě je množina M kruhová výseč o poloměru 20 se středem v počátku, ohraničená přímkami y = x a y = −x, přičemž x ≥ 0 (Obr. 6). Hledejme stacionární body funkce f . ∂f (x,y) ∂x ∂f (x,y) ∂y

= 2x − 4, ⇒ 2x − 4 = 0, = 2y − 2, ⇒ 2y − 2 = 0.

Odtud A1 = (2, 1). Nyní najdeme kritické body na hranici h množiny M . Tato hranice je sjednocením tří křivek C1 (část kružnice x2 + y 2 = 20), C2 (část přímky y = x) a C3 (část y = −x), √ přímky √ √ √ přičemž tyto křivky se postupně protnou v bodech (0, 0), ( 10, 10), ( 10, − 10). Body podezřelé z extrémů vazaných na podmínku x2 + y 2 = 20 najdeme metodou Lagrangeových multiplikátorů. Hledáme takový bod A = (x, y) (splňující podmínku g(x, y) = 0) a takový skalár λ, pro který platí ∇f (A) = λ · ∇g(A).


17

4

2

0 0

1

2

3

4

5

x -2

-4

Obr. 6

Protože ∇f (x, y) = (2x − 4, 2y − 2) a ∇g(x, y) = (2x, 2y), je A řešením soustavy 2x − 4 − 2λx = 0, 2y − 2 − 2λy = 0, x2 + y 2 − 20 = 0. Vyjádříme-li z první rovnice x = 2/(1 − λ), z druhé y = 1/(1 − λ) a dosadíme-li do třetí, dostaneme dva body (4, 2) a (−4, −2). Druhý bod však nepatří do množiny M a proto jej z dalších úvah vyřadíme. Dostáváme tedy další bod A2 = (4, 2), ve kterém může mít funkce f na množině M extrém. Dále najdeme body, ve kterých může mít funkce f extrém vázaný na podmínku y = x. 2 2 Označme x = t. Potom y = t a dosazením √ do z = x − 4x + y − 2y dostaneme 2 2 z = 2t −6t. Funkce h(t) = 2t −6t, t ∈ h0, 10i má jeden bod podezřelý z extrému t = 3/2. Dalším bodem, ve kterém může mít funkce f na množině M extrém, je tedy bod A3 = (3/2, 3/2). Stejným způsobem najdeme bod podezřelý z extrému funkce f na vazbu y = −x. Dostaneme bod A4 = (1/2, −1/2). Posledními podezřelými jsou body, ve kterých se hranice množiny M „lámeÿ. To jsou√ již √ dříve zmíněné jednotlivých křivek, tj. body A5 = (0, 0), √ průsečíky √ A6 = ( 10, 10), A7 = ( 10, − 10). Nyní vypočítáme funkční hodnoty funkce f v bodech A1 až A7 . f (2, f (4, ¡ 3 1)3 ¢= −5,9 ¡ 1 2) = ¢ 0, 1 1 f 2, 2 = −2, f √2 , − 2√ = − 2 , f (0, 0) = 0, f ( 10, 10) = 1.02633, √ √ f ( 10, − 10) = 13.6754.

18

ZDENĚK ŠIBRAVA

√ √ Funkce f má maximum 13.6754 v bodě A7 = ( 10, − 10) a minimum −5 v bodě A1 = (2, 1). Příklad 1.68. Na elipse, která je průnikem válcové plochy x2 + y 2 = 1 a roviny x + y + z = 1, najděme body, jejichž druhá mocnina jejich vzdálenosti od počátku je největší, resp. nejmenší. p Řešení: Pro vzdálenost bodu (x, y, z) od počátku platí x2 + y 2 + z 2 , přičemž ze všech bodů R3 nás zajímají pouze takové body, které leží na válcové ploše x2 +y 2 = 1 a současně v rovině x+y+z = 1. Naším úkolem je tedy nalézt absolutní extrémy funkce f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 vázané na dvě podmínky x2 + y 2 − 1 = 0 (g1 (x, y, z) = 0) a x + y + z − 1 = 0 (g2 (x, y, z) = 0). Hledáme tedy takový bod (x, y, z), pro který je ∇f (P ) = λ∇g1 (P ) + µ∇g2 (P ) a současně g1 (x, y, z) = 0, g2 (x, y, z) = 0. Protože ∇f = (2x, 2y, 2z), ∇g1 = (2x, 2y, 0) a ∇g2 = (1, 1, 1) dostáváme (6) (7) (8) (9) (10)

2x − 2λx − µ 2y − 2λy − µ 2z − µ 2 x + y2 − 1 x+y+z−1

= = = = =

0, 0, 0, 0, 0,

což je soustava pěti nelineární rovnic o pěti neznámých. Za předpokladu, že λ 6= 1 z rovnic (6), (7), (8) dostaneme µ µ µ (11) x= , y= , z= . 2(1 − λ) 2(1 − λ) 2 Dosazením do (9) a (10) a úpravou pak µ2 = 2(1 − λ)2 , Odtud pak λ=3±

√

2,

Odtud pak dosazením do (11) Ã √ ! √ √ 2 2 P1 = − ,− ,1 + 2 , 2 2

µ=

2(1 − λ) . 3−λ

µ = 2(1 ±

√

2).

Ã√ P2 =

! √ √ 2 2 , ,1 − 2 . 2 2

Pro λ = 1 dostaneme z (6) a (7) µ = 0, z (8) z = 0 a z (9) a (10) pak x = 0 ∧ y = 1 a x = 1 ∧ y = 0. Dalšími kritickými body jsou tedy P3 = (1, 0, 0) ,

P4 = (0, 1, 0) .

V takovýchto úlohách bývá právě řešení těchto soustav největším problémem. Proto doporučujeme pro jejich řešení použít některý z vhodných programů (Mathematica, Maple, Matlab).


19

Protože

√ √ f (P1 ) = 1 + (1 + 2)2 = 6.82843, f (P2 ) = 1 + (1 − 2)2 = 1.17157 f (P3 ) = f (P4 ) = 1 √ √ ¢ ¡ √ je P1 = − 2/2, − 2/2, 1 + 2 bod elipsy, jehož vzdálenost od počátku je největší a P3 = (1, 0, 0) a P4 = (0, 1, 0) body elipsy, jejiž vzdálenost od počátku je nejmenší. Příklad 1.69. Najděme absolutní extrémy funkce f (x, y, z) = x+y+z na množině M = {(x, y, z) ∈ R3 : 1 ≥ x ≥ y 2 + z 2 }. Řešení: Protože hledáme extrémy spojité funkce na uzavřené množině, máme zaručeno, že tyto extrémy budou existovat. Při hledání kritických bodů budeme postupovat následovně: (i) (ii) (iii) (iv)

Funkce f nemá žádné stacionární body v R3 , tedy ani v M . Najdeme stacionární body funkce f vázané na podmínku y 2 + z 2 − x = 0. Najdeme stacionární body funkce f vázané na podmínku x − 1 = 0. Najdeme stacionární body funkce f vázané na podmínky x − 1 = 0 a y 2 + z 2 − x = 0, tj. vyšetříme množinu bodů, ve kterých se hranice h množiny M láme.

V případě (ii) použijeme metodu Lagrangeových multiplikátorů, tj. hledáme bod P a skalár λ, aby ∇f (P ) = λ∇g1 (P ) a současně g1 (P ) = 0, kde g1 (x, y, z) = y 2 + z 2 − x. Protože ∇f = (1, 1, 1), ∇g1 = (−1, 2y, 2z), dostáváme 1+λ 1 − 2λy 1 − 2λz 2 y + z2 − x

= = = =

0, 0, 0, 0.

¡ ¢ Odtud dostáváme první kritický bod P1 = 21 , − 12 , − 21 . V případě (iii) postupujeme analogicky (podmínka vazby je dána vztahem x − 1 = 0). Zde nenajdeme žádný kritický bod. V posledním případě opět použijeme metodu Lagrangeových multiplikátorů, tentokrát však pro dvě vazby, tj. hledáme bod P a skaláry λ a µ takové, aby ∇f (P ) = λ∇g1 (P ) + µ∇g2 (P ) a současně g1 (P ) = 0 a g2 (P ) = 0 (g2 (x, y, z) = x − 1). Budeme tedy řešit soustavu 1+λ−µ 1 − 2λy 1 − 2λz y2 + z2 − x 1−x

= = = = =

0, 0, 0, 0, 0.

³ ´ 1 √1 √ Jejím řešením získáme tentokrát dva kritické body P2 = 1, 2 , 2 a ³ ´ P3 = 1, − √12 , − √12

20

ZDENĚK ŠIBRAVA

√ √ Protože f (P1 ) = − 12 , f (P2 ) = 1 + 2 a f (P3 ) = 1 − 2 je zřejmé, že funkce √ √ ¢ √ ¡ f nabývá na množině M svého maxima f 1, 1/ 2, 1/ 2 = 1 + 2 a minima f (1/2, −1/2, −1/2) = − 21 . V příkladech 1.70 až 1.87 najděte extrémy (absolutní) daných funkcí na daných množinách. Příklad 1.70. f (x, y) = x4 + y 4 , M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}. Výsledek: max. f (±1, 0) = f (0, ±1) = 1, min. f (0, 0) = 0 Příklad 1.71. f (x, y) = x3 + y 3 , M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}. Výsledek: max. f (1, 0) = f (0, 1) = 1, min. f (−1, 0) = f (0, −1) = −1 Příklad 1.72. f (x, y) = x2 + 4x + y 2 − 2y − 3 M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 20}. Výsledek: max. f (4, −2) = 37, min. f (−2, 1) = −8 Příklad 1.73. f (x, y) = x2 − 4x + y 2 − 2y + 3 M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 5}. Výsledek: max. f (−2, −1) = 18, min. f (2, 1) = −2 Příklad 1.74. f (x, y) = 2x2 + y 2 + 4x − 4y − 2, M = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ 3}. Výsledek: max. f (1, 0) = 4, min. f (0, 2) = −6 Příklad 1.75. f (x, y) = x2 + y 2 − 12x + 16y, M = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 7 ∧ −4 ≤ y ≤ 4}. Výsledek: max. f (0, 4) = 80, min. f (6, −4) = −84 Příklad 1.76. f (x, y) = x2 − xy + y 2 , M = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ 1 − x ≤ y ≤ 2 − x}. Výsledek: max. f (2, 0) = f (0, 2) = 4, min. f (1/2, 1/2) = 1/4 Příklad 1.77. f (x, y) = x2 + 2y 2 − xy + x − 4y + 1, M = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 2 ∧ 0 ≤ y ≤ x}. Výsledek: max. f (2, 0) = 7, min. f (3/4, 3/4) = −1/8 Příklad 1.78. f (x, y) = x2 + 2y 2 − xy − x + 4y − 1, M = {(x, y) ∈ R2 : −2 ≤ x ≤ 0 ∧ x ≤ y ≤ 0}. Výsledek: max. f (−2, 0) = 5, min. f (−3/4, −3/4) = −17/8 Příklad 1.79. f (x, y) = x2 + 2xy − 4x + 8y, kde M je ohraničená přímkami x = 0, y = 0, x = 1, y = 2. Výsledek: max. f (1, 2) = 17, min. f (1, 0) = −3 Příklad 1.80. f (x, y) = 2x3 +4x2 +y 2 −2xy, M = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x2 ∧y ≤ 4}. Výsledek: max. f (±2, 4) = 32, min. f (0, 0) = 0 Příklad 1.81. f (x, y) = x2 + y 2 + 4x − 6y − 4, M = {(x, y) ∈ R2 ; |x| ≤ y ∧ x2 + y 2√≤ 52}. √ √ Výsledek: max. f ( 26, 26) = 48 − 2 26, min. f (−2, 3) = −17


21

Příklad 1.82. f (x, y) = x2 +y 2 +6x−10y, kde M je trojúhelník s vrcholy v bodech (0, 0), (0, 6), (−2, 2). Výsledek: max. f (0, 0) = 0, min. f (−9/5, 12/5) = −129/5 Příklad 1.83. f (x, y) = x2 +y 2 +10x−6y, kde M je trojúhelník s vrcholy v bodech (0, 0), (−6, 0), (−2, 2). Výsledek: max. f (0, 0) = 0, min. f (−4, 1) = −29 Příklad 1.84. f (x, y) = cos x cos y cos (x + y), M = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ π ∧ 0 ≤ y ≤ π}. Výsledek: max. f (0, 0) = f (π, 0) = f (π, π) = f (0, π) = 1, min. f (π/3, π/3) = f (2π/3, 2π/3) = −1/8 Příklad 1.85. f (x, y, z) = xyz, kde M je polokoule x2 + y 2 + z 2 ≤ 3, z ≥ 0. Výsledek: max. f (1, 1, 1) = f (−1, −1, 1) = 1, min. f (1, −1, 1) = f (−1, 1, 1) = −1 Příklad 1.86. f (x, y, z) =√ x+y√ + z 2 , kde√M je elipsoid x2√+ y 2 +√ 2z 2 ≤ 1. √ Výsledek: max. f (1/ 2, 1/ 2, 0) = 2, min. f (−1/ 2, −1/ 2, 0) = − 2 Příklad 1.87. f (x, y, z) = x − y + z 2 , kde M je čtyřstěn x + y + z ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0. Výsledek: max. f (1, 0, 0) = f (0, 0, 1) = 1, min. f (0, −1, 0) = −1 2

Příklad 1.88. Na elipse x4 + od přímky 3x − y − 9 = 0.

y2 9

= 1 najděte bod, který je nejblíže, resp. nejdále √ √ √ √ Výsledek: (4/ 5, −3/ 5), (−4/ 5, 3/ 5)

Příklad 1.89. Na hyperbole x2 − y 2 = 4 najděte bod, který je nejblíže, (0, 2). √ bodu √ Výsledek: ( 5, 1), (− 5, 1) Příklad 1.90. Mezi všemi pravoúhlými trojúhelníky daného obsahu najděte ten, který má nejmenší obvod. Výsledek: Rovnoram. trojúh. Příklad 1.91. V rovině R2 najděte takový bod, aby součet čtverců jeho vzdáleností od přímek x = 0, y = 0, x − y + 1 = 0 byl co nejmenší. Výsledek: (−1/4, 1/4) Příklad 1.92. V rovině 2x + 2z − 3 = 0 najděte takový bod, aby součet čtverců jeho vzdáleností od bodů (−1, 1, 1) a (−2, 1, 2) byl co nejmenší. Výsledek: (−3/4, 1, 9/4) Příklad 1.93. V rovině x + y − 2z = 0 najděte takový bod, aby součet čtverců jeho vzdáleností od rovin x + 3z = 6 a y + 3z = 2 byl co nejmenší. Výsledek: (3, −1, 1) Příklad 1.94. Mezi všemi kvádry vepsanými do elipsoidu s poloosami a, b, c najděte ten, který má maximální objem. Vypočítejte tento objem. √ Výsledek: 8abc/(3 3) Příklad 1.95. Mezi všemi hrnci o stejném povrchu S najděte ten, který má největší objem. p p p Výsledek: R = S/(3π), v = S/(3π), V = S 3 /(27π) Příklad 1.96. Do polokoule o poloměru R vepište kvádr největšího objemu. √ √ √ Výsledek: Kvádr o hranách 2R/ 3, 2R/ 3, R/ 3

22

ZDENĚK ŠIBRAVA

2. Vícenásobné intergrály 2.1. Dvojné integrály. Příklad 2.1. Vypočítejme dvojný integrál Z x2 dA, 3 + y2 M

kde M = h0, 3i × h0, 1i. 2

x Řešení: Funkce f (x, y) = 3+y 2 je na obdélníku (dvojrozměrném intervalu) M spojitá. Užitím Fubiniovy věty převedeme dvojný integrál na dvojnásobný integrál (přičemž nezáleží na pořadí, ve kterém budeme integrovat) a postupnou integrací dostaneme

Z

Z3 Z1

x2 dA = 3 + y2

0

M

x2 dy dx = 3 + y2

0

Z3 · 0

x2 y √ arctg √ 3 3

¸y=1 dx = y=0

√ Z3 √ π 3 3 π = x2 dx = . 18 2 0

Příklad 2.2. Vypočítejme dvojný integrál Z x sin y dA, M

kde M = h1, 2i × h0, π/2i. Řešení: Funkce f (x, y) = x sin y je na M spojitá. Pomocí Fubiniovy věty opět převedeme dvojný integrál na dvojnásobný. Protože meze pro x i y jsou konstantní, opět nezáleží v jakém pořadí budeme integrovat. Postupně dostaneme Z

Zπ/2·

Zπ/2Z2 x sin y dA =

x sin y dx dy = 0

M

=

3 2

1

0

Zπ/2 sin y dx =

1 2 x sin y 2

¸y=2 dx = y=1

3 . 2

0

Příklad 2.3. Vypočítejte dvojný integrál Z x2 y dA, M

kde M = h0, 2i × h1, 2i.

Výsledek: 4


23

Příklad 2.4. Vypočítejte dvojný integrál Z ex y dA, M

kde M = h0, 1i × h0, 4i.

Výsledek: 8(e −1)

Příklad 2.5. Vypočítejte dvojný integrál Z 1 dA, (1 + x + 2y)3 M

kde M = h0, 1i × h0, 4i.

Výsledek:

11 90

Příklad 2.6. Vypočítejte dvojný integrál Z x2 y exy dA, M

kde M = h0, 1i × h0, 2i.

Výsledek: 2

Příklad 2.7. Vypočítejte dvojný integrál Z xy 2 sin (x2 + y) dA, M

√

kde M = h0, πi × h0, π/2i.

Výsledek:

0,5 -0,5

0 0

x 0,5

1

-0,5 -1 -1,5 -2

Obr. 7

Příklad 2.8. Vypočítejme dvojný integrál Z xy dA, M

1,5

2

1 2 π 4

−2

24

ZDENĚK ŠIBRAVA

kde M je množina ohraničená křivkami y = −x a y = x − x2 . Řešení: M je ohraničená přímkou y = −x a parabolou y = x − x2 (Obr. 7). Souřadnice průsečíků obou křivek získáme řešením soustavy dvou rovnic y = −x, y = x − x2 . Řešením této soustavy zjistíme, že křivky se protnou v bodech (0, 0) a (2, −2). Funkce f (x, y) = xy je na M spojitá a je zřejmé, že pro libovolné x ∈ h0, 2i je −x ≤ y ≤ x − x2 . Užitím Fubiniovy věty pak dostáváme Z M

¸y=x−x2 Z2 x−x Z 2 Z2 · 1 2 xy dy dx = xy dA = xy dx = 2 y=−x 0

=

1 2

−x

0

Z2 (x(x − x2 )2 − x3 ) dx = −

16 . 15

0

Příklad 2.9. Vypočítejme dvojný integrál Z 2 x dA, y2 M

kde M je množina ohraničená křivkami y = x, y =

1 x

a x = 3.

Řešení: Množina M je část roviny ohraničená přímkami y = x, x = 3 a hyperbolou y = x1 (Obr. 8).

3,5 3 2,5 2 y 1,5 1 0,5 0 0

0,5

1

1,5

2

x

Obr. 8

2,5

3

3,5


25

Vyšetřením průsečíků křivek, které tvoří hranici množiny a také z obrázku je zřejmé, že pro všechny body (x, y) množiny je x ∈ h1, 3i a x1 ≤ y ≤ x. Protože 2 funkce f (x, y) = xy2 je na M spojitá můžeme použít Fubiniovu větu. Potom Z

x2 dA = y2

Z3 Zx

x2 dy dx = y2

Z3 ·

1 1/x

M

Z3

x2 − y

1

·

¸y=x dx = y=1/x

x2 x4 (−x + x ) dx = − + 2 4

¸3

3

= 1

= 16 . 1

Příklad 2.10. Vypočítejme dvojný integrál Z x2 y dA, M

kde M je množina ohraničená křivkami y 2 = x a y = x − 2. Řešení: Množina M je ohraničena parabolou y 2 = x a přímkou y = x − 2 (Obr. 9), přičemž hraniční křivky se protnou v bodech (1, −1), a (4, 2)

2

1

y 0 0

1

2

3

4

x -1

-2

Obr. 9

Z obrázku je patrné, že v tomto případě bude lepší dvojný integrál převést pomocí Fubiniovy věty na dvojnásobný tak, abychom integrovali nejdříve podle x a teprve pak podle y. V opačném případě bychom totiž √ museli√množinu M rozdělit na dvě množiny, a to√na M1 , kde x ∈ h0, 1i a − x ≤ y ≤ x a na M2 , kde x ∈ h1, 4i a x − 2 ≤ y ≤ x. V případě, že zaměníme pořadí integrace, platí pro M , že y ∈ h−1, 2i a y 2 ≤ x ≤ y + 2. Potom

26

ZDENĚK ŠIBRAVA

1

1,4

0,5

1,2 1

-1

y -0,5

0 0

0,5

z 0,8 0,6

1

0,4 -1 0,2 -0,5 x -1 -0,500 0,5 0 0,5 1 1 y

x -0,5

-1

Obr. 10

Z

Obr. 11

¸x=y+2 Z2 · Z2 Zy+2 1 3 2 x y dx dy = x y dA = xy dy = 3 x=y 2 2

M

−1

−1 y 2

Z2 =

¢ 1 ¡ 603 y (y + 2)3 − y 6 dy = . 3 40

−1

Příklad 2.11. Vypočítejme dvojný integrál Z (x2 + y 2 ) dA, M

kde M je množina ohraničená křivkou |x| + |y| = 1. Řešení: Hraniční křivkou množiny M je lomená čára, s vrcholy v bodech (1, 0), (0, 1), (−1, 0) a (0, −1), (Obr. 10). Funkce f (x, y)R = x2 + y 2 je na množině M spojitá a nezáporná. Z definice dvojného integrálu f (x, y) dA víme, že jeho geoM

metrickým významem (za předpokladu, že funkce f je na M spojitá a nezáporná) je objem válcového tělesa (Obr. 11) © ª Ω = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ M ∧ 0 ≤ z ≤ f (x, y) . Těleso, jehož objem máme počítat (část hranolu jehož osa je rovnoběžná s osou z), je symetrické podle rovin x = 0 a y = 0. Stačí tedy počítat pouze přes část množiny M ležící v 1. kvadrantu. Výsledný integrál bude čtyřnásobkem takto


27

vypočítaného integrálu. Je tedy ¸y=1−x Z Z1 Z1−x Z1 · y3 2 2 2 2 2 (x + y ) dA = 4 dx = (x + y ) dy dx = 4 yx + 3 y=0 0

M

0

Z1 µ = 4

0

¶ (1 − x)3 2 2 x (1 − x) + dx = . 3 3

0

Příklad 2.12. Vypočítejte dvojný integrál Z (2x + y) dA, M 2

kde M = {(x, y) ∈ R : x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ x + y ≤ 3}.

Výsledek: 27/2

Příklad 2.13. Vypočítejte dvojný integrál Z p xy − y 2 dA, M

kde M = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1 ∧ y ≤ x ≤ 10y}.

Výsledek: 6

Příklad 2.14. Vypočítejte dvojný integrál Z y dA, x2 + y 2 M

kde M je uzavřená množina ohraničená křivkami y 2 = 2x a y = 2x. Výsledek: ln (5/4) Příklad 2.15. Vypočítejte dvojný integrál Z ex/y dA, M

kde M je uzavřená množina ohraničená křivkami y 2 = x, x = 0 a y = 1. Výsledek: 1/2 Příklad 2.16. Vypočítejte dvojný integrál Z (x + y 2 ) dA, M

kde M je uzavřená množina ohraničená křivkami y = x2 a y 2 = x. Výsledek: 33/140 Příklad 2.17. Vypočítejte dvojný integrál Z x2 y dA, M

kde M je uzavřená množina ohraničená křivkami y = x2 − 2x + 1 a y = x + 1. Výsledek: 729/28

28

ZDENĚK ŠIBRAVA

1,5 1 0,5 -3

y -1

-2

0 0 -0,5 x -1

1

2

3

-1,5

Obr. 12

Příklad 2.18. Vypočítejte dvojný integrál Z p 4x2 − y 2 dA, M

kde M je trojúhelník s vrcholy (0, 0), (1, 0), (1, 1).

Výsledek:

1 (3 18

√

3 + 2π)

Příklad 2.19. Vypočítejte dvojný integrál Z x(y − 1) dA, M

kde M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1 ∧ y ≤ x + 1 ∧ y ≥ 0}.

Výsledek: 1/12

Příklad 2.20. Vypočítejte dvojný integrál Z xy dA, M

ª © kde M = (x, y) ∈ R2 : x2 + 4y 2 ≤ 8 ∧ y ≥ − x2 (Obr. 12). Příklad 2.21. Vypočítejme dvojný integrál Z p x2 + y 2 dA, M

√ ª © kde M = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 ∧ x ≤ y ≤ 3x .

Výsledek: 0


29

2

1

-2

-1

0 0

1

2

x -1

-2

Obr. 13

Řešení: Při výpočtu tohoto integrálu použijeme substituci do polárních souřadnic (12)

x = r cos φ,

y = r sin φ a J = r.

V našem případě je M (Obr. 13) obrazem obdélníku N = h1, 2i × hπ/4, π/3i jak zjistíme dosazením za x a y z (12) do nerovnic popisujících množinu M √ 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4, x ≤ y ≤ 3x, √ 1 ≤ r2 cos2 φ + r2 sin2 φ ≤ 4, r cos φ ≤ r sin φ ≤ √ 3r cos φ, 1 ≤ r ≤ 2, 1 ≤ tg φ ≤ 3, π ≤ φ ≤ π3 . 4 Použitím věty o substituci ve dvojném integrálu a Fubiniovy věty pak dostaneme Z p Z √ Zπ/3Z2 Zπ/3· 3 ¸2 r x2 + y 2 dA = r2 r dA = r2 dρ dφ = dφ = 3 1

M

N

Zπ/3 =

π/4 1

π/4

7 7 dφ = π . 3 36

π/4

Příklad 2.22. Vypočítejme objem tělesa, které je ohraničeno plochami x2 + y 2 = x + y, z = x + y a z = 0. Řešení: Těleso, jehož objem máme nalézt, je část rotačního válce určeného řídicí kružnicí x2 + y 2 = x + y, zdola ohraničeného rovinou z = 0 a shora rovinou z = x + y. (Obr.14)

30

ZDENĚK ŠIBRAVA

2,5 2 1,5 z

1

0,5 -0,4 00 -0,4 x 0,4 0 0,8 -0,5 1,2

0,4 y

0,8

1,2

Obr. 14

Jak víme již z příkladu 2.11, je objem takového tělesa číselně roven hodnotě R dvojného integrálu (x + y) dA, kde M

© ª M = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ x + y .

Doplněním na čtverec a úpravou můžeme podmínku x2 + y 2 ≤ x + y upravit na tvar µ ¶2 µ ¶2 1 1 1 (13) x− + y− ≤ . 2 2 2 Z √ (13) je zřejmé, že množina M je kruh se středem v bodě (1/2, 1/2) a poloměrem 2/2 (Obr. 15). R Dvojný integrál (x + y) dA budeme opět počítat pomocí substituce do poM

lárních souřadnic. (Tato substituce převádí integraci přes kruh na integraci přes dvojrozměrný interval.) V našem případě však „posunemeÿ těleso tak, aby střed řídicí kružnice byl počátek. Toho dosáhneme tak, že substituci do polárních souřadnic budeme volit ve tvaru 1 1 (14) x = + r cos φ, y = + r sin φ a J = r. 2 2 Dosazením do (13) dostaneme ¡ ¢2 ¡ ¢2 0 ≤ x − 12 + y − 12 ≤ 21 , ¡ ¢2 ¡ ¢2 0 ≤ 12 + r cos φ − 12 + 12√+ r sin φ − 12 ≤ 21 , 0 ≤ r ≤ 22 .


31

1,2

0,8

0,4

0 0

0,4

0,8

1,2

x

Obr. 15

Pro φ jsme nedostali žádnou omezující podmínku, je tedy 0 ≤ φ ≤ 2π. Potom √

Z (x + y) dA =

Z2π Z2/2 ¡ 0

M

0

Z2π · = 0

¸r=√2/2 r r dφ = + (cos φ + sin φ) 2 3 r=0

Z2π Ã =

¢ r + r2 (cos φ + sin φ) dr dφ =

2

3

! √ 1 2 π + (cos φ + sin φ) dφ = . 4 12 2

0

Při počítání objemu jsme mohli místo substituce pomocí „posunutýchÿ polárních souřadnic (14) použít substituci (12). Dosazením (12) do podmínky x2 + y 2 ≤ x + y postupně dostaneme 0 ≤ r2 (cos2 φ + sin2 φ) ≤ r(cos φ + sin φ), 0 ≤ r ≤ (cos φ + sin φ). Z podmínky 0 ≤ r ≤ cos φ + sin φ pak plyne − π4 ≤ φ ≤ 3π . Odtud 4  cos φ+sin φ  3π/4 Z Z Z ¡ 2 ¢  (x + y) dA = r (cos φ + sin φ) dr dφ = M

−π/4

1 = 3

0

3π/4 Z

(cos φ + sin φ)4 dφ = −π/4

π . 2

32

ZDENĚK ŠIBRAVA

V tomto případě je však výpočet posledního integrálu složitější než při substituci (14).

1

0,5

0 -1

-0,5

0

0,5

1

x -0,5

-1

Obr. 16

Příklad 2.23. Vypočítejme obsah množiny M , která je ohraničená lemniskátou (x2 + y 2 )2 = x2 − y 2 (Obr. 16). Řešení: Pro obsah množiny M platí

Z

µ(M ) =

dA, M

kde v našem případě je

© ª M = (x, y) ∈ R2 : (x2 + y 2 )2 ≤ x2 − y 2 .

Z rovnice lemniskáty je vidět, že tato křivka je symetrická podle osy x i podle osy y (je sudá v obou proměnných). Při výpočtu obsahu plochy ohraničené touto křivkou stačí počítat obsah pouze té části M , která leží v prvním kvadrantu a výsledek násobit čtyřmi. Pro výpočet integrálu použijeme substituci do polárních souřadnic. Dosazením (12) do nerovnice určující M dostaneme 0 ≤ (x2 + y 2 )2 ≤ x2 − y 2 , 0 ≤ r4 ≤ r2 (cos2 φ − sin2 φ), q p (15) 0 ≤ r ≤ cos2 φ − sin2 φ = cos 2φ. √ Z podmínky (15) dostáváme 0 ≤ r ≤ cos 2φ a dále (16)

cos 2φ ≥ 0,

π π 3π 5π tj. φ ∈ h− , i ∪ h , i. 4 4 4 4


33

2

1

y 0 -3

-2

-1

0

1

2

3

x -1

-2

Obr. 17

Podle předpokladu počítáme obsah pouze té části M , pro kterou je x ≥ 0 a y ≥ 0, tj. π cos φ ≥ 0 ∧ sin φ ≥ 0 ⇒ φ ∈ h0, i. 2 π Spolu s (16) tedy dostáváme φ ∈ h0, 4 i. Potom √  Z Zπ/4 Zcos 2φ Zπ/4   µ(M ) = dA = 4  r dr dφ = 2 cos 2φ dφ = 1 . 0

M

0

0

Příklad 2.24. Vypočítejme dvojný integrál Z (x2 + y 2 ) dA, n kde M = (x, y) ∈ R2 :

M

x2 9

+

y2 4

o ≤1 .

Řešení: Protože v tomto případě je množina M ohraničená elipsou (Obr. 17), bude výhodné použít substituci pomocí zobecněných polárních souřadnic (17)

x = ar cos φ,

y = br sin φ a J = abr,

V zobrazení (17) (uvažovaném na množině (0, +∞) × (0, 2π)) má elipsa x2 /a2 + y 2 /b2 = 1 rovnici r = 1. Při výpočtu integrálu opět stačí, budeme-li integrovat pouze přes část M , která leží v prvním kvadrantu. Použitím substituce (17), kde a = 3, b = 2, tj. x = 3r cos φ,

y = 2r sin φ a J = 6r,

34

ZDENĚK ŠIBRAVA

3

2 z 1 -3 -3

-2

-1 1 2

3

-2

0

-1 00

1

yx

2

3

-1

Obr. 18

a dosazením do M (za podmínky x ≥ 0, y ≥ 0) dostaneme π 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ φ ≤ . 2 Odtud   Z Zπ/2 Z1 ¡ 2 ¢ ¡ 2 ¢ µ(M ) = x + y 2 dA = 4  9r cos2 φ + 4r2 sin2 φ 6r dr dφ = 0

M

0

Zπ/2

¡

= 6

¢ 39 9 cos2 φ + 4 sin2 φ dφ = π . 2

0

Příklad 2.25. Vypočítejme obsah části kuželové plochy z = vytne parabolický válec z 2 = 2x (Obr. 18).

p x2 + y 2 , kterou z ní

Řešení: Víme, že pro obsah S plochy P , která je částí grafu funkce z = f (x, y), (x, y) ∈ M platí s µ ¶2 µ ¶2 Z ∂f ∂f + dA. 1+ (18) S= ∂x ∂y M

p V našem případě je plocha částí grafu funkce f (x, y) = x2p + y 2 . Hranici množiny M najdeme jako (pravoúhlý) průmět průniku ploch z = x2 + y 2 a z 2 = 2x do roviny z = 0 p √ 2x = x2 + y 2 , tj, x2 + y 2 = 2x, z = 0.


35

Je tedy

© ª M = (x, y) ∈ R2 : (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 . Množina M je tedy kruh se středem v bodě (1, 0) a poloměrem 1. Dále je ∂f (x, y) x =p , ∂x x2 + y 2 a odtud

s

∂f (x, y) y =p ∂y x2 + y 2

¶2 µ ¶2 √ ∂f ∂f + = 2. 1+ ∂x ∂y Substitucí do polárních souřadnic (12) dostaneme   Z √ Zπ/2 2Zcos φ√ √  S= 2 dA = 2r dr dφ = π 2 . µ

M

−π/2

0

Příklad 2.26. Vypočítejte dvojný integrál Z (1 − 3x − 2y) dA, M

kde M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 4 ∧ y ≥ x}.

Výsledek: 2π +

8 3

√

2

Příklad 2.27. Vypočítejte dvojný integrál Z ln (x2 + y 2 ) dA, x2 + y 2 M

kde M = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ e ∧ y ≥ 0}.

Výsledek: π/4

Příklad 2.28. Vypočítejte dvojný integrál Z s 1 − x2 − y 2 dA, 1 + x2 + y 2 M 2

2

2

kde M = {(x, y) ∈ R : x + y ≤ 1 ∧ x ≥ 0}.

Výsledek: π(π − 2)/4

Příklad 2.29. Vypočítejte dvojný integrál Z p sin x2 + y 2 dA, M 2

2

2

kde M = {(x, y) ∈ R : π ≤ x + y 2 ≤ 4π 2 }. Příklad 2.30. Vypočítejte dvojný integrál Z y arctg dA, x M n √ √ o kde M = (x, y) ∈ R2 : 4 ≤ x2 + y 2 ≤ 9 ∧ 33 x ≤ y ≤ 3x .

Výsledek: −6π 2

Výsledek:

5 2 π 48

36

ZDENĚK ŠIBRAVA

Příklad 2.31. Vypočítejte dvojný integrál Z xy 2 dA, M 2

2

2

Výsledek: a5 π/4

kde M = {(x, y) ∈ R : x + y ≤ 2ax} (a > 0). Příklad 2.32. Vypočítejte dvojný integrál Z y dA, M

kde M = {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y 2 )2 ≤ ay 3 } (a > 0).

Výsledek:

21 πa3 256

Příklad 2.33. Vypočítejte dvojný integrál Z xy dA, M 2

2

2 2

kde M = {(x, y) ∈ R : (x + y ) ≤ a2 (x2 − y 2 )} (a > 0).

Výsledek: 0

Příklad 2.34. Vypočítejte dvojný integrál Z r x2 y 2 1− − dA, 4 9 n kde M = (x, y) ∈ R2 :

M x2 4

+

y2 9

o ≤1 .

Výsledek: 4π

Příklad 2.35. Vypočítejte dvojný integrál Z (x − 2y) dA, M

√ ª © kde M = (x, y) ∈ R2 : x2 + 4y 2 ≤ 4 ∧ 0 ≤ x ≤ 12y .

Výsledek:

2 (1 3

−

√

3)

Příklad 2.36. Vypočítejte obsah rovinného obrazce ohraničeného křivkami y = 1 − x2 a y = x − 1. Výsledek: 9/2 Příklad 2.37. Vypočítejte obsah rovinného obrazce ohraničeného křivkami xy = 9, y = x a x = 5. Výsledek: 8 + 9 ln 3 − 9 ln 5 V příkladech 2.58 – 2.64 vypočítejte obsahy množiny M . Příklad 2.38. M = {(x, y) ∈ R2 : (x − 1)2 + y 2 ≤ 1 ∧ x2 + (y − 1)2 ≤ 1}. Výsledek: (π − 2)/2 Příklad 2.39. M = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1 ∧ x2 + y 2 ≤ 2y}. √ 3 − Výsledek: 2π 3 2 ¾ ½ ´2 ³ 2 y2 x 2 ≤ xy . Výsledek: 18 Příklad 2.40. M = (x, y) ∈ R : 9 + 4


37

Obr. 19

V příkladech 2.41 – 2.47 vypočítejte objemy daných těles. Příklad 2.41. {(x, y, z) ∈ R3 : 9(x − 2)2 + (y + 1)2 ≤ z ≤ 9} . Výsledek:

27 π 2

Příklad 2.42. {(x, y, z) ∈ R3 : (x − 1)2 + 4(y − 2)2 ≤ z ≤ 4} . Výsledek: 4π Příklad 2.43. {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 2ax ∧ x ≤ z ≤ 2x} (a > 0). Výsledek: πa3 Příklad 2.44. © ª (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 2(y − x) − 1 ∧ 0 ≤ z ≤ 2 − (x + 1) − (y − 1)2 . Výsledek:

7 π 4

Příklad 2.45. © ª (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 2(x − y) ∧ 0 ≤ z ≤ 3 − (x − 1)2 − (y + 1) . Výsledek: 5π Příklad 2.46. {(x, y, z) ∈ R3 : 3x2 + 27y 2 ≤ z ≤ 6 − 3x2 − 27y 2 } . Výsledek: π Příklad 2.47. {(x, y, z) ∈ R3 : 8x2 + 2y 2 ≤ z ≤ 4 − 8x2 − 2y 2 } . Výsledek: π V příkladech 2.48 – 2.53 vypočítejte objemy těles ohraničených danými plochami:

38

ZDENĚK ŠIBRAVA

Obr. 20

Obr. 21

Příklad 2.48. x = 0, y = 0, x + y = 3, z = 0, z = 4x2 + 2y 2 + 1. Výsledek: 45 Příklad 2.49. y = 1, y = x2 , z = 0, z = x2 + y 2 .

Výsledek:

Příklad 2.50. y R= ln x, y = ln2 x, z = 0,R y + z = 1. (Pomůcka: Platí lnn x dx = x lnn x − n lnn−1 x dx.)

Výsledek: 3 e −8

Příklad 2.51. x2 + y 2 = 2x, z = xy, z = 0 (z ≥ 0).

Výsledek: 2/3

Příklad 2.52. x2 + y 2 = 2y, z = x2 + y 2 , z = 0. Příklad 2.53. x2 + y 2 = a2 , z = 0, z = e−x

2 −y 2

88 105

Výsledek:

3 π 2

(a > 0). ´ ³ 2 Výsledek: π 1 − e−a

Příklad 2.54. Vypočítejte objem tzv. Vivianiova tělesa (Obr. 19) © ª (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 ∧ x2 + y 2 ≤ ax (a > 0). Výsledek:

2 (3π 9

− 4)a3

Příklad 2.55. Vypočítejte objem a povrch tělesa ohraničeného dvěma rotačními válcovými plochami o stejném poloměru R, jejichž osy se kolmo protínají (Obr. 20) a (Obr. 21). Výsledek: 16 R3 , 16R2 3 Příklad 2.56. Vypočítejte obsah části rotačního paraboloidu z = 1 −√x2 − y 2 , kterou z něj vyřízne válcová plocha x2 + y 2 = 1. Výsledek: 16 (5 5 − 1)π Příklad 2.57. Vypočítejte obsah části hyperbolického paraboloidu z = 4 + x2 − y 2 , kterou z něj vyřízne válcová plocha x2 + y 2 = 4. √ Výsledek: 16 (17 17 − 1)π V příkladech 2.58 – 2.64 vypočítejte obsahy daných ploch. Příklad 2.58. {(x, y, z) ∈ R3 : 2x + 3y + 4z = 12 ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ z ≥ 0} . √ Výsledek: 6 29


39

Příklad 2.59. {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 2z ∧ 2z 2 ≤ xy} . Výsledek: 19 (20 − 3π) © ª Příklad 2.60. (x, y, z) ∈ R3 : (x2 + y 2 )3/2 + z = 1 ∧ z ≥ 0 . √ ¢ ¡ √ Výsledek: 16 3 10 + ln (3 + 10) π n o 2 2 2 2 Příklad 2.61. (x, y, z) ∈ R3 : x3 + y2 = 2z ∧ x9 + y4 ≤ 1 . √ Výsledek: 4(2 2 − 1)π √ ª © Příklad 2.62. (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = z 2 ∧ z ≥ 0 ∧ z ≤ 2( 12 x + 1) . Výsledek: 8π Příklad 2.63. {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + z 2 = a2 ∧ z ≥ 0 ∧ |y| ≤ x} . (a > 0) Výsledek: 2a2 Příklad 2.64. {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = a2 ∧ x2 + y 2 ≤ ax, z ≥ 0} (a > 0). Výsledek: (π − 2)a2 , (Obr. 19) Příklad 2.65. Vypočítejte obsah části zemského povrchu (za předpokladu, že jde o kulovou plochu o poloměru R = 6378 km), ohraničenou poledníky odpovídajícími západním zeměpisným délkám 30◦ a 60◦ a rovnoběžkami odpovídajícími severním zeměpisným šířkám 45◦ a 60◦ . √ √ 1 Výsledek: 12 R2 π( 3 − 2) = 3.38 · 106 km2 Fyzikální aplikace dvojného integrálu Nechť M je dvourozměrná množina (rovinná deska), jejíž plošná hustota v každém bodě (x, y) je h(x, y). (I) Hmotnost této množiny je Z (19)

m=

h(x, y) dA . M

(II) Statický moment této množiny vzhledem k ose x, resp. vzhledem k ose y je Z Z (20) Sx = yh(x, y) dA, resp. Sy = xh(x, y) dA . M

M

(III) Souřadnice těžiště této množiny (v pravoúhlém souřadnicovém systému) jsou (21)

xT =

Sy , m

yT =

Sx . m

40

ZDENĚK ŠIBRAVA

(IV) Moment setrvačnosti této množiny vzhledem k ose x, resp. vzhledem k ose y, resp. vzhledem k počátku je Z Z 2 Ix = y h(x, y) dA , resp. Iy = x2 h(x, y) dA , M

M

Z

(22)

(x2 + y 2 )h(x, y) dA .

resp. Iz = Ix + Iy = M

Poznámka 2.66. V dalších příkladech budeme vždy v případě homogenní desky (tělesa) předpokládat, že h(x, y) = 1 (h(x, y, z) = 1). Příklad 2.67. Najděme souřadnice těžiště nehomogenní rovinné desky ohraničené kružnicí x2 + y 2 = 2ax, a > 0, jejíž plošná hustota v každém bodě (x, y) je rovna vzdálenosti tohoto bodu od počátku (0, 0). p Řešení: Víme, že h(x, y) = x2 + y 2 . Protože deska je symetrická podle osy x a funkce h je sudá v proměnné y, je zřejmé, že těžiště desky bude ležet na ose x, tj. yT = 0. Pro určení xT potřebujeme znát celkovou hmotnost desky m a dále statický moment desky vzhledem k ose y (viz (21)). Podle (19) a (20) je Z p Z p m= x2 + y 2 dA , Sy = x x2 + y 2 dA . M

M

Použitím substituce pomocí polárních souřadnic (12) dostaneme 0 ≤ x2 + y 2 ≤ 2ax, 0 ≤ r (cos2 φ + sin2 φ) ≤ 2ar cos φ, 0 ≤ r ≤ 2a cos φ a tedy φ ∈ h− π2 , π2 i. 2

Potom Z p m= x2 + y 2

Zπ/2 dA =

M

 2a cos φ  Z  r2 dr dφ = 0

−π/2

Zπ/2· =

2 0

r3 3

¸2a cos φ 0

Sy =

x

p x2 + y 2

Zπ/2 dA =

M

−π/2

=

Zπ/2 32 cos3 φ dφ = a3 , 9 0

a Z

16 dφ = a3 3

 2a cos φ  Z  r3 cos φ dr dφ = 0

Zπ/2 64 8a cos5 φ dφ = a4 . 15 4

0


41

Podle (21) je tedy

Sy 64a4 9 6a = · . = m 15 32a3 5 Příklad 2.68. Vypočítejme moment setrvačnosti kruhové desky o poloměru R vzhledem k její libovolné tečně t, jestliže její plošná hustota v každém bodě je rovna vzdálenosti tohoto bodu od tečny t. xT =

Řešení: Zvolme si souřadnicový systém tak, že střed kružnice ohraničující desku je v bodě (0, R), tj. její rovnice je x2 + (y − R)2 = R2 a tečna, ke které budeme moment setrvačnosti počítat, je osa x. Potom plošná hustota desky v každém bodě (x, y) je h(x, y) = y. Je tedy Z Z 2 It = Ix = y h(x, y) dA = y 3 dA, M 2

M

2

2

2

kde M = {(x, y) ∈ R : x + (y − R) ≤ R }. Použitím substituce pomocí „posunutýchÿ polárních souřadnic x = r cos φ, pak dostaneme Z It = M

y = R + r sin φ a J = r,

  Z2π ZR 7 y 3 dA =  (R + r sin φ)3 r dr dφ = πR5 . 4 0

0

V příkladech 2.69 – 2.73 vypočítejte souřadnice těžiště rovinných homogenních desek: Příklad 2.69. Deska ohraničená parabolou y 2 = 2x a přímkou x = a, (a > 0). Výsledek: (3a/5, 0) Příklad 2.70. Deska ohraničená křivkami 4y = x2 , x + y = 3. Výsledek: (−2, 17/5) Příklad 2.71. Deska ohraničená křivkami y = 2x − 3x2 , y = −x. Výsledek: (1/2, −1/5) Příklad 2.72. Deska ohraničená křivkou y 2 = x2 − x4 , x ≥ 0. ¡3 ¢ Výsledek: 16 π, 0 Příklad 2.73. Deska ohraničená křivkou (x2 + y 2 )2 = 2x2 y, (x ≥ 0, y ≥ 0). ¡ 16 1 ¢ Výsledek: 15π ,4 Příklad 2.74. Nehomogenní deska má tvar půlkruhu o poloměru R, kde plošná hustota v každém bodě desky je rovna vzdálenosti tohoto bodu od středu kruhu. Určete vzdálenost těžiště desky od středu kruhu. Výsledek: 32 Rπ Příklad 2.75. Nehomogenní deska má tvar čtvrtkruhu o poloměru R, kde plošná hustota v každém bodě desky je rovna druhé mocnině vzdálenosti tohoto bodu od středu kruhu. Určete vzdálenost těžiště desky od středu kruhu. √ Výsledek: 8 5 2 Rπ

42

ZDENĚK ŠIBRAVA

Příklad 2.76. Vypočítejte moment setrvačnosti kruhové desky o poloměru R a plošné hustotě h(x, y) = |x||y| vzhledem k přímce procházející jejím středem. Výsledek: R6 /6 Příklad 2.77. Vypočítejte moment setrvačnosti homogenní rovinné desky ª © (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1 ∧ |y| ≤ 12 vzhledem k ose x. ³ √ ´ 1 π Výsledek: 4 3 − 43 Příklad 2.78. Vypočítejte moment setrvačnosti rovinné desky ohraničené křivkami y = 4 − x2 a y = 0 vzhledem k ose x, jestliže plošná hustota v každém bodě je rovna vzdálenosti tohoto bodu od osy y. Výsledek: 64/3 Příklad 2.79. Vypočítejte moment setrvačnosti homogenní desky ohraničené elipsou 4(x + 1)2 + y 2 = 4 vzhledem k ose y. Výsledek: 5π/2 Příklad 2.80. Vypočítejte moment setrvačnosti homogenní rovinné desky {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y 2 )2 ≤ a2 (x2 − y 2 )}, (a > 0) vzhledem k ose x a y. 1 1 Výsledek: Ix = 48 (3π − 8)a4 , Iy = 48 (3π + 8)a4 2.2. Trojné integrály. Příklad 2.81. Vypočítejme trojný integrál Z (2x − y + z) dV, W

kde W = h0, 1i × h1, 2i × h2, 3i. Řešení: Funkce f (x, y, z) = 2x − y + z je na trojrozměrném intervalu W spojitá. Užitím Fubiniovy věty převedeme trojný integrál na jednoduchý integrál z dvojného integrálu   Z1 Z Z (2x − y + z) dV =  (2x − y + z) dA dx. 0

W

M

K výpočtu dvojného integrálu nyní použijeme opět Fubiniovu větu (pro dvojný integrál) a tím převedeme zadaný trojný integrál na trojnásobný integrál Z Z1 Z2 Z3 (2x − y + z) dV = (2x − y + z) dz dy dx = 0

W

Z1 Z2 · = 0

1

2xy − 0

2

¸ 2 z=3

z 2xz − yz + 2

Z1 · =

1

y2 5 + y 2 2

Z1 Z2 µ dy dx =

z=2

¸y=2

0

1

Z1 dx =

y=1

5 2x − y + 2

(2x + 1) dx = 2. 0

¶ dy dx =


43

Příklad 2.82. Vypočítejte trojný integrál ¶ Z µ z 3 x y− dV, y W

kde W = h0, 1i × h1, 2i × h0, 2i.

Výsledek: 3/4 − 2 ln 2

Příklad 2.83. Vypočítejte trojný integrál Z √ xy 2 z dV, W

√ Výsledek: 52( 2 − 4)/3

kde W = h−2, 1i × h1, 3i × h2, 4i. Příklad 2.84. Vypočítejte trojný integrál Z xy 2 z 3 dV, W

kde W = h0, 2i × h0, 3i × h0, 4i.

Výsledek: 1152

Příklad 2.85. Vypočítejte trojný integrál Z 2 x2 z ex−y+z dV, W

Výsledek: (e2 −5)(e2 −1)(e −1)/(2 e)

kde W = h−1, 1i × h−2, 0i × h0, 1i.

Příklad 2.86. Vypočítejme trojný integrál Z 1 dV, 1+x+y W

kde W = {(x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ z ≥ 0 ∧ x + y + z ≤ 1}. Řešení: Množina W je čtyřstěn s vrcholy (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0) a (0, 0, 1). Jeho průmětem do roviny xy je trojúhelník M (Obr. 22) s vrcholy (0, 0), (1, 0) a (0, 1). Zřejmě ∀(x, y) ∈ M je 0 ≤ z ≤ 1 − x − y. Pomocí Fubiniovy věty můžeme tedy daný trojný integrál převést na dvojný z jednoduchého  1−x−y  Z Z Z 1 1 dV =  dz  dA. 1+x+y 1+x+y W

M

0

Zapíšeme-li množinu M ve tvaru © ª M = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 1 ∧ 0 ≤ y ≤ 1 − x , můžeme použitím Fubiniovy věty pro dvojný integrál náš trojný integrál převést na trojnásobný integrál. Potom

44

ZDENĚK ŠIBRAVA

Obr. 22

Z

1 dV = 1+x+y

W

Z1 Z1−x· = 0

Z

1 0

z 1+x+y

0

Z

1−x 0

Z

1−x−y 0

1 dz dy dx = 1+x+y

¸z=1−x−y

Z1 Z1−x dy dx =

z=0

0

Z1

0

Z1 [2 ln (1 + x + y) − y]y=1−x dx = y=0

=

1−x−y dy dx = 1+x+y

0

(2 ln 2 − 2 ln (x + 1) + x − 1) dx = 0

3 = − 2 ln 2. 2 Při výpočtu trojného integrálu můžeme postupovat také např. takto: Pro libovolné z ∈ h0, 1i leží vždy bod (x, y) v trojúhelníku, jehož kolmý průmět do roviny xy (z = 0) je trojúhelník Mz s vrcholy (0, 0), (1−z, 0), (0, 1−z) (Obr. 23). Podle Fubiniovy věty můžeme tedy trojný integrál převést na jednoduchý a dvojný, tj.   Z1 Z Z 1 1 dV =  dA dz. 1+x+y 1+x+y W

0

Mz

Zapíšeme-li množinu Mz ve tvaru © ª Mz = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ (1 − z) ∧ 0 ≤ y ≤ (1 − x − z) ,


45

Obr. 23

může opět použitím Fubiniovy věty pro dvojný integrál zadaný trojný integrál převést na trojnásobný integrál Z W

1 dV = 1+x+y

Z1 Z1−z 1−x−z Z 0

0

1 3 dy dx dz = − 2 ln 2. 1+x+y 2

0

Příklad 2.87. Vypočítejme trojný integrál Z y cos (x + z) dV, W

kde W je množina ohraničená plochami y =

√

x, y = 0, z = 0, x + z = π2 .

Řešení: √ Množina W (Obr. 24) je část válce ohraničeného válcovou plochou y = x a rovinou y = 0. Zdola je ohraničena rovinou z = 0 a shora rovinou x + z = π2 . Kolmý průmět M množiny W do roviny xy je část roviny ohraničená √ přímkami y = 0, x = π2 a parabolou y = x (Obr. 25), n √ o π M = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ ∧ 0 ≤ y ≤ x . 2

46

ZDENĚK ŠIBRAVA

1,2 1,6

1 1,2

0,8

z 0,8

y 0,6

0,4

0 00 0,5 1 1,5 2 x

0,4

0,4

0,8

1,2

1,6

y

0,2

0 0

0,4

0,8

1,2

1,6

x

Obr. 24

Obr. 25

a 0 ≤ z ≤ −x + π2 . Potom Z

Z y cos (x + z) dV =

W

  −x+π/2 Z  y cos (x + z) dz  dA =

M

√

0

√

Zπ/2Z x −x+π/2 Z Zπ/2Z x z= π −x = y cos (x + z) dz dy dx = [y sin (x + z)]z=02 dy dx = 0

0 √ π/2 Z Zx

=

0

Zπ/2·

y(1 − sin x) dy dx = 0

0

=

0

1 2

0

Zπ/2 (x − x sin x) dx =

0

¸y=√x y2 = (1 − sin x) 2 y=0

π2 1 − . 16 2

0

Příklad 2.88. Vypočítejte trojný integrál Z z dV, W

kde W je množina ohraničená plochami x = 2, y = 0, z = 0, y = 2x, z = x2 . Výsledek: 32/3 Příklad 2.89. Vypočítejte trojný integrál Z z 4 sin3 y dV, W

kde W je množina ohraničená plochami x = 0, x = π, y = 0, y = π/2, z = 0, z = x. Výsledek: π 6 /45


47

1

0,5

-1

z -0,5

0

-1 -0,5

00 0,5y x

1

0,5

1

-0,5

-1

Obr. 26

Příklad 2.90. Vypočítejte trojný integrál Z xy 2 sin (x + y + z) dV, W

© ª kde W = (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ x + y + z ≤ π2 . Výsledek: π 4 /192 − π 2 /4 + 2 Příklad 2.91. Vypočítejte trojný integrál Z xyz dV, W

kde W je množina ohraničená plochami y = x2 , x = y 2 , z = 0, z = xy. Výsledek: 1/96 Příklad 2.92. Vypočítejte trojný integrál Z x2 dV, W 3

kde W = {(x, y, z) ∈ R : |x| + |y| + |z| ≤ 1} (Obr. 26). Příklad 2.93. Vypočítejte trojný integrál Z x3 yz dV, (1 + z 2 )2 W n o p kde W = (x, y, z) ∈ R3 : x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ x2 + y 2 ≤ z ≤ 2 .

Výsledek: 2/15

48

ZDENĚK ŠIBRAVA

Výsledek:

1 16

ln 5 −

1 60

Příklad 2.94. Vypočítejme trojný integrál Z p x2 + y 2 dV, W

n

kde W = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 ∧

o

p

x2 + y 2 ≤ z

(a > 0).

Řešení: Množina W je část koule se středem v bodě (0, 0, 0) a poloměrem a, p 2 kterou z ní vyřízne kuželová plocha z = x + y 2 . Pro výpočet tohoto integrálu použijeme substituci pomocí sférických souřadnic x = r cos φ cos ψ, y = r sin φ cos ψ, z = r sin ψ a J = r2 cos ψ.

(23)

Použitím (23) a dosazením do nerovností definujících W dostaneme p x2 + y 2 + z 2 ≤ a2 , x2 + y 2 ≤ z, p r2 cos2 ψ(cos2 φ + sin2 φ ≤ a2 , r2 cos2 ψ(cos2 φ + sin2 φ) ≤ r sin ψ, 0 ≤ r ≤ a, tg ψ ≥ 1, π/4 ≤ ψ ≤ π/2. Pro φ jsme nedostali žádnou podmínku, je tedy 0 ≤ φ ≤ 2π. Nyní použitím věty o substituci a současně Fubiniovy věty dostaneme Z p

Z2π Zπ/2Za q x2 + y 2 dV = r2 cos2 ψ(cos2 φ + sin2 φ) r2 cos ψ dr dψ dφ = 0 π/4 0

W

Z2π Zπ/2·

Z2π Zπ/2Za 3

=

2

r cos ψ dr dψ dφ = 0 π/4 0

a4 = 4

r4 cos2 ψ 4

0 π/4

¸r=a dψ dφ = r=0

¸ψ=π/2 Z2π Zπ/2 Z2π · a4 sin 2ψ a4 2 cos ψ dψ dφ = 1+ dφ = π(π − 2). 8 2 16 ψ=π/4 0 π/4

0

Příklad 2.95. Vypočítejme trojný integrál Z xz dV, W

kde W = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 ≤ 2x ∧ x ≤ z ≤ 2x}. Řešení: Množina W je část rotačního válce x2 +y 2 ≤ 2x seříznutého zdola rovinou z = x a shora rovinou z = 2x (Obr 27). Kolmým průmětem W do roviny xy je kruh ohraničený kružnicí x2 + y 2 = 2x. Pro výpočet integrálu použijeme substituci do cylindrických souřadnic (24)

x = r cos φ, y = r sin φ, z = Z a J = r.


49

4

3 z

2 1 1 0,5

y

00 0

-0,5

0,5 1

-1

x

1,5 2

Obr. 27

Použitím (24) a dosazením do nerovností definujících W dostaneme x2 + y 2 ≤ 2x 0 ≤ r ≤ 2 cos φ,

x ≤ z ≤ 2x, cos φ ≤ Z ≤ 2 cos φ.

z podmínky r cos φ ≥ 0 pak dostáváme cos φ ≥ 0, tj. −π/2 ≤ φ ≤ π/2. Použitím věty o substituci a současně Fubiniovy věty pak dostaneme Z

Zπ/2 2Zcos φ 2rZcos φ xz dV = r2 Z cos φ dZ dr dφ =

W

−π/2

=

0

r cos φ

· 2 ¸Z=2r cos φ Zπ/2 2Zcos φ Zπ/2 2Zcos φ Z 3 2 dr dφ = r cos φ r4 cos3 φ dr dφ = 2 Z=r cos φ 2

−π/2

3 = 2

0

Zπ/2 −π/2

−π/2

·

r5 cos3 φ 5

¸r=2 cos φ r=0

96 dφ = 10

0

Zπ/2 cos8 φ dφ =

21 π. 8

−π/2

Příklad 2.96. Vypočítejte trojný integrál Z p x2 + y 2 + z 2 dV, W

kde W = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ z ≥ 0}. Výsledek: π/8

50

ZDENĚK ŠIBRAVA

Příklad 2.97. Vypočítejte trojný integrál Z (x2 + y 2 ) dV, W

kde W = {(x, y, z) ∈ R3 : 4 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ 9 ∧ z ≥ 0}.

Výsledek: 844/15π

Příklad 2.98. Vypočítejte trojný integrál Z p x2 + y 2 + z 2 dV, W

kde W = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ z}.

Výsledek: π/10

Příklad 2.99. Vypočítejte trojný integrál Z √ 2 2 2 e x +y +z dV, W 3

2

kde W = {(x, y, z) ∈ R : x + y 2 + z 2 ≤ 4}.

Výsledek: 8π(e2 −1)

Příklad 2.100. Vypočítejte trojný integrál Z (x2 + y 2 + z 2 ) dV, W

kde W = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 2az ∧ x2 + y 2 ≤ 3z 2 } (a > 0). Výsledek: 21πa5 /10 Příklad 2.101. Vypočítejte trojný integrál Z p z x2 + y 2 dV, W

kde W je množina ohraničená plochami y = 0, z = 0, z = a (a > 0), x2 + y 2 = 2x. Výsledek: 8a2 /9 Příklad 2.102. Vypočítejte trojný integrál Z (x2 + y 2 ) dV, W

kde W je množina ohraničená plochami 2z = x2 + y 2 , z = 2. Výsledek: 16π/3 Příklad 2.103. Vypočítejte trojný integrál Z x2 y 2 z dV, n

kde W = (x, y, z) ∈ R3 :

W

o p x2 + y 2 ≤ z ≤ 1 .

Výsledek: π/192


51

2

1,5

z

1

0,5

0 -1

-0,5

0

0,5

1

x

Obr. 28

Příklad 2.104. Vypočítejte trojný integrál Z (x2 + y 2 )z dV, W 3

kde W = {(x, y, z) ∈ R : 0 ≤ z ≤ 4 − x2 − y 2 }.

Výsledek: 32π/3

Příklad 2.105. Vypočítejte trojný integrál Z (x2 + y 2 + z 2 ) dV, W 3

2

kde W = {(x, y, z) ∈ R : x + y 2 + z 2 ≤ 3a2 ∧ x2 + y 2 ≤ 2az} (a > 0). √ Výsledek: πa5 (108 3 − 97)/30 Příklad 2.106. Vypočítejme objem tělesa ohraničeného plochami x2 + y 2 = 2 − z a x2 + y 2 + z 2 = 2z. Řešení: Těleso můžeme popsat jako množinu © ª W = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 2z ∧ x2 + y 2 ≤ 2 − z . Objem množiny (míru množiny) W pak vypočítáme jako Z µ(W ) = dV. W

Těleso, jehož objem počítáme, je průnik koule a rotačního paraboloidu. Řez tělesa rovinou y = 0 je na Obr. 28.

52

ZDENĚK ŠIBRAVA

Z geometrie víme, že obě plochy jsou rotační a mají společnou osu. Proto jejich průnikem je kružnice. Řešením soustavy dvou rovnic x2 + y 2 + z 2 = 2z, x2 + y 2 = 2 − z, zjistíme, že kružnice průniku leží v rovinách o rovnicích z = 2 a z = 1 s tím, že kružnice v rovině z = 2 se redukuje na bod o souřadnicích (0, 0, 2) a v rovině z = 1 je průnikem kružnice, jejíž kolmý průmět do roviny xy má rovnici x2 + y 2 = 1. Celé těleso se tedy promítne do roviny xy jako kruh M : x2 + y 2 ≤ 1. Pro libovolné (x, y, z) ∈ W je tedy p x2 + y 2 ≤ 1 ∧ 1 − 1 − x2 − y 2 ≤ z ≤ 2 − x2 − y 2 Užitím Fubiniovy věty pro trojný integrál pak dostaneme   2 −y 2 2−x Z Z Z    dV =  dz  Ω=  dA = √ W M 1− 1−x2 −y 2 Z ³ ´ p = (1 − 1 − x2 − y 2 ) − (2 − x2 − y 2 ) dA = M

Z2π Z1 ³

3

√

r−r +r 1−

= 0

´ r2

7 dr dφ = π. 6

0

Pro výpočet dvojného integrálu jsme použili substituci do polárních souřadnic (12). V příkladech 2.107 – 2.111 vypočítejte objemy daných těles. Příklad 2.107. Těleso je ohraničeno plochami z = 4 − y 2 , z = y 2 + 2, x = 1, x = 2. Výsledek: 8/3 Příklad 2.108. Těleso je ohraničeno plochami z = x2 + y 2 , z = x2 + 2y 2 , y = x, y = 2x, x = 1. Výsledek: 7/12 Příklad 2.109. Těleso je ohraničeno plochami x2 + y 2 + z 2 = a2 , x2 + y 2 + z 2 = b2 , x2 + y 2 − z 2 = 0, přičemž z ≥ 0 a 0 < a < b. √ Výsledek: (2 − 2)(b3 − a3 )π/3 p Příklad 2.110. Těleso je ohraničeno plochami z = 6 − x2 − y 2 , z = x2 + y 2 . Výsledek: 32π/3 Příklad 2.111. Těleso je ohraničeno plochami x2 + y 2 + z 2 = 16, x2 + y 2 + z 2 = 8z. Výsledek: 80π/3


53

Fyzikální aplikace trojného integrálu Nechť W je trojrozměrné těleso, jehož hustota v každém bodě (x, y, z) je h(x, y, z). (I) Hmotnost tohoto tělesa je Z (25) m = h(x, y, z) dV . W

(II) Statický moment tohoto tělesa vzhledem k rovině xy, resp. vzhledem k rovině xz, resp. vzhledem k rovině yz Z Z Z (26) Sxy = zh(x, y, z) dV, Sxz = yh(x, y, z) dV, Syz = xh(x, y, z) dV. W

W

W

(III) Souřadnice těžiště tohoto tělesa (v pravoúhlém souřadnicovém systému) jsou Syz Sxz Sxy (27) xT = , yT = , zT = . m m m (IV) Moment setrvačnosti tohoto tělesa vzhledem k ose x, resp. vzhledem k ose y, resp. vzhledem k ose z je Z Ix = (y 2 + z 2 )h(x, y, z) dV , W

Z

(x2 + z 2 )h(x, y, z) dV ,

Iy = W

Z

(28)

(x2 + y 2 )h(x, y, z) dV .

Iz = W

V příkladech 2.112 – 2.116 vypočítejte souřadnice těžiště homogenních těles ohraničených danými plochami. Příklad 2.112. x + y + z = 2a, x = a, y = a, x = 0, y = 0, z = 0. Výsledek: (5a/12, 5a/12, 5a/12) p Příklad 2.113. z = 1 − x2 + y 2 , z = 0. Výsledek: (0, 0, 1/4) Příklad 2.114. x2 + y 2 = 2z, z = 1.

Výsledek: (0, 0, 2/3)

Příklad 2.115. x2 + y 2 = 2z, x + y = z.

Výsledek: (1, 1, 5/3)

Příklad 2.116. x2 + y 2 = 2az, x2 + y 2 + z 2 = 3a2 (a > 0). √ Výsledek: (0, 0, 5a(6 3 + 5)/83) Příklad 2.117. Vypočítejte moment setrvačnosti homogenního tělesa ohraničeného plochami z = x2 + y 2 , x + y = ±1, x − y = ±1, z = 0 vzhledem k ose x. Výsledek: 14/45

54

ZDENĚK ŠIBRAVA

Příklad 2.118. Vypočítejte moment setrvačnosti homogenní koule o poloměru R vzhledem k přímce, která se jí dotýká. Výsledek: 28πR5 /15 Příklad 2.119. Vypočítejte moment setrvačnosti homogenní kostky o hraně a vzhledem k její libovolné hraně. Výsledek: 2a5 /3 Příklad 2.120. Hustota v každém bodě nehomogenní koule o poloměru R je rovna vzdálenosti tohoto bodu od jejího středu. Vypočítejte moment setrvačnosti této koule vzhledem k (libovolné) přímce, která a) prochází středem koule, b) se dotýká povrch koule. Výsledek: 4πR6 /9, 13πR6 /9


55

3. Křivkové integrály 3.1. Křivkový integrál prvního druhu. R

Příklad 3.1. Vypočítejme křivkový integrál A = (0, −2), B = (4, 0).

1 C x−y

ds, kde C je úsečka AB,

Řešení: Úsečka AB je hladká křivka. Funkce ψ(t) = (4t, −2 + 2t),

t ∈ h0, 1i,

je parametrizace křivky C. Protože Z Z b q f (x, y) ds = f (x(t), y(t)) x0 2 (t) + y 0 2 (t) dt, C

a

je potom Z

Z

√ 1 42 + 22 dt = C 0 4t − (−2 + 2t) √ √ √ Z 1 1 5 dt = 5 [ln |t + 1|]10 = 5 ln 2. = 0 t+1 R Příklad 3.2. Vypočítejme křivkový integrál C (x + y) ds, kde C je obvod trojúhelníku ABC, A = (0, 1), B = (2, 1), C = (0, 3). ds = x−y

1

Řešení: C není hladká křivka, ale vznikne spojením tří na sebe navazujících křivek C1 , C2 , C3 (stran trojúhelníku ABC), kde C1 : C2 : C3 : Potom

Z

x = 0 + 2t, y = 1 + 0 · t, t ∈ h0, 1i, x = 2 − 2t, y = 1 + 2t, t ∈ h0, 1i, x = 0 + 0 · t, y = 1 + 2t, t ∈ h0, 1i. Z

(x + y) ds = C

Z

1

1

(2t + 1)2 dt + Z

0

0 1

+

√ ((2 − 2t) + (1 + 2t)) 8 dt +

√ (2t + 1)2 dt = 8 + 3 8.

0

Příklad 3.3. Vypočítejme křivkový integrál f (x) = ln x, x ∈ h1, 2i.

R C

x2 ds, kde C je graf funkce

Řešení: Položíme-li x = t, potom y = ln t je ψ(t) = (t, ln t), t ∈ h1, 2i parametrizace křivky C. Potom Z Z 2 r Z2 √ 1 2 2 x ds = t 1 + 2 dt = t t2 + 1 dt. t C 1 1

56

ZDENĚK ŠIBRAVA

2

-4

-3

-2

-1

1

-2

-4

-6

Obr. 29

Označíme-li u = t2 + 1 a dále du = 2t dt dostaneme Z 2 √ Z √ ´ 1 5√ 1³ √ 2 t t + 1 dt = u du = 5 5−2 2 . 2 2 3 1 R Příklad 3.4. Vypočítejme křivkový integrál C (x2 +y 2 ) ds, kde C je křivka (Obr.29 pro a = 1) s parametrizací ψ(t) = (a(cos t + t sin t), a(sin t − t cos t)) , Řešení: Předně je

C

2π

(a > 0).

q

q

ψ 0 (t) = (at cos t, at sin t) a Potom Z Z 2 2 (x +y ) ds =

t ∈ h0, 2πi,

x0 2 (t) + y 0 2 (t) =

(at)2 (cos2 t + sin2 t) = at.

¡ ¢ a2 (cos t + t sin t)2 + (sin t − t cos t)2 at dt = 2a3 π 2 (1+2π 2 ).

0

´ R ³ p Příklad 3.5. Vypočítejme křivkový integrál C 2 x2 + y 2 − z ds, kde C je křivka (jeden „závitÿ kuželové šroubovice) s parametrizací ψ(t) = (t cos t, t sin t, t), Řešení: Opět nejříve vypočítáme 0

ψ (t) = (cos t − t sin t, sin t + t cos t, 1) a

t ∈ h0, 2πi.

q x0 2 (t) + y 0 2 (t) + z 0 2 (t) =

√

2 + t2 .

Potom ¶ Z ³ p Z 2π µ q ´ √ 2 2 2 2 2 2 x + y − z ds = 2 t (cos t + sin t) − t 2 + t2 dt = C 0 Z 2π √ √ ´ 1 ³p (2 + 4π 2 )3 − 2 2 . = t 2 + t2 dt = 3 0


57

V příkladech 3.6 – 3.15 vypočítejte křivkové integrály podél křivky C. R x+2y+2 Příklad 3.6. C √ ds, kde C je úsečka s krajními body (1, −1), (4, 0). x2 +y 2 √ √ Výsledek: 5(2 2 − 1). R Příklad 3.7. C xy ds, kde C je obvod obdélníku určeného přímkami x = 0, x = 4, y = 0, y = 2. Výsledek: 24 √ R x2 Příklad 3.8. C y ds, kde C je část paraboly y 2 = 2x, y ∈ h 2, 2i. √ √ Výsledek: (25 5 − 6 3)/30 R Příklad 3.9. C x2 y ds, kde C je oblouk kružnice x2 +y 2 = a2 (a > 0) s koncovými body (a, 0), (0, a). Výsledek: a4 /3 R p Příklad 3.10. C x2 + y 2 ds, kde C je kružnice x2 + y 2 − ax = 0 (a > 0). Výsledek: 2a2 R Příklad 3.11. C |y| ds, kde C je lemniskáta (x2 + y 2 )2 = a2 (x2 − y 2 ) (a > 0). √ Výsledek: 2a2 (2 − 2) R √ Příklad 3.12. C 2y ds, kde C část cykloidy s parametrizací ψ(t) = (a(t − sin t), a(1 − cos t)), t ∈ h0, 2πi (a > 0). Výsledek: 4πa3/2 R 2 Příklad 3.13. C x2z+y2 ds, kde C je šroubovice ψ(t) = (cos t, sin t, t), t ∈ h0, 2πi. √ Výsledek: 8π 3 2/3 R Příklad 3.14. C x2 ds, kde C je průniková křivka ploch x2 + y 2 + z 2 = 1, x − z = 0. Výsledek: π/2 R Příklad 3.15. C (x + y) ds, kde C je část kružnice x2 + y 2 + z 2 = a2 , y = x √ 2 (a > 0), ležící v prvním oktantu. Výsledek: 2a Aplikace křivkového integrálu prvního druhu Geometrické aplikace (I) Nechť C je jednoduchá křivka. Potom délka této křivky je dána vztahem Z (29) ds. C

(II) Nechť C je jednoduchá rovinná křivka (v rovině xy), f je spojitá funkce dvou proměnných nezáporná v bodech křivky C a © ª κ = (x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ C ∧ 0 ≤ z ≤ f (x, y)

(30)

je válcová plocha (určená řídicí křivkou C s přímkami rovnoběžnými s osou z, zdola omezená křivkou C a shora průnikem grafu funkce z = f (x, y) a plochy κ). Potom pro obsah S válcové plochy κ platí Z S= f (x, y) ds. C

58

ZDENĚK ŠIBRAVA

1

0.5

-1

-0.5

1

0.5

-0.5

-1

Obr. 30

Příklad 3.16. Vypočítejme délku asteroidy C jejíž parametrizace je ψ(t) = (a cos3 t, a sin3 t) a > 0, t ∈ h0, 2πi. Řešení: Asteroida není hladká křivka, neboť v bodech (a, 0), (0, a), (−a, 0), (0, −a) k ní neexistuje tečný vektor. Platí totiž ψ 0 (t) = (−3a cos2 t sin t, 3a sin2 t cos t), a např. pro t = 0 je ψ(0) = (a, 0) a ψ 0 (0) = (0, 0), tj. v bodě (a, 0) neexistuje tečný vektor. Analogicky je tomu i v ostatních uvedených bodech. V těchto bodech jsou na křivce body vratu (Obr. 30 pro a = 1). Křivku C tedy budeme uvažovat jako spojení čtyř jednoduchých křivek, které p √ √ 3 3 3 2 2 2 na sebe navazují. Protože funkce F (x, y) = x + y − a je sudá v proměnné x i v proměnné y, je zřejmé, že křivka C je souměrná podle osy y i podle osy x a k výpočtu její délky stačí vypočítat pouze délku její části C1 ležící v první kvadrantu a její délku pak násobit čtyřmi. Nejdříve určíme q p x0 2 (t) + y 0 2 (t) = 3a cos4 t sin2 t + sin4 t cos2 t = 3a cos t sin t. Odtud

Z

Z

Z

ds = 4 C

π/2

ds = 4 C1

0

·

sin2 t 3a cos t sin t dt = 12a 2

¸π/2 = 6a. 0

Příklad 3.17. Vypočítejme obsah válcové plochy (Obr.31) o n √ κ = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 = 4 ∧ 0 ≤ z ≤ 4 − x2 .


59

3 2,5 2 z 1,5

-3 -2

1

-3 -2

-1 0,5 -1 y 0 00 1

x 1 2

2

3

3

Obr. 31

Řešení: Podle (30) je obsah válcové plochy roven číslu Z f (x, y) ds, C

kde C je její řídicí√křivka a plocha je zdola omezena rovinou z = 0 a shora grafem funkce f (x, y) = 4 − x2 . Křivka C (kružnice) je parametrizována funkcí ψ(t) = (2 cos t, 2 sin t), t ∈ h0, 2πi. Potom ψ 0 (t) = (−2 sin t, 2 cos t) a odtud Z √

Z

2π

4 − x2 ds =

C

√

Z2π p Z2π 4 − 4 cos2 t 2 dt = 4 sin2 t dt = 4 | sin t| dt =

0

0

Zπ = 4

¡ ¢ (− sin t) dt = 4 [− cos t]π0 + [cos t]2π = 16. π

sin t dt + 4 0

0

Z2π π

Příklad 3.18. Vypočítejte délku křivky C s parametrizací ψ(t) = (3t, 3t2 , 2t3 ), jejímiž krajními body jsou (0, 0, 0), (3, 3, 2). Výsledek: 5 Příklad 3.19. Vypočítejte délku křivky C s parametrizací ψ(t) = (et cos t,√et sin t, et ), 3(e −1) t ∈ h0, 1i. Výsledek:

60

ZDENĚK ŠIBRAVA

V příkladech 3.20 – 3.27 vypočítejte obsahy daných válcových ploch. ½ Příklad 3.20. κ = (x, y, z) ∈ R3 :

x2 4

+

½ Příklad 3.21. κ = (x, y, z) ∈ R3 : x2 +

Příklad 3.22. Příklad 3.23. Příklad 3.24. Příklad 3.25.

Příklad 3.26.

Příklad 3.27.

q

¾ .

y2 9

=1∧0≤z ≤

y2 4

Výsledek: 13π ¾ q y2 2 = 1 ∧ 0 ≤ z ≤ 4x + 4 .

9x2 4

+

4y 2 9

Výsledek: 5π © ª √ κ = (x, y, z) ∈ R3 : y = 12 x2 ∧ 0 ≤ z ≤ x + 2y ∧ x ∈ h0, 1i . √ Výsledek: 2(2 2 − 1)/3 © ª κ = (x, y, z) ∈ R3 : y = 13 x3 ∧ 0 ≤ z ≤ x3 + 3y ∧ x ∈ h0, 1i . √ Výsledek: (2 2 − 1)/3 ª © √ y ∧ x ∈ h0, 3i . κ = (x, y, z) ∈ R3 : y = 2 x ∧ 0 ≤ z ≤ x+1 Výsledek: 4 o n √ x 3 κ = (x, y, z) ∈ R : x = 2y ∧ 0 ≤ z ≤ 2y+1 ∧ y ∈ h0, 4i . Výsledek: 2 n o κ = (x, y, z) ∈ R3 : y = ln x ∧ 0 ≤ z ≤ √xy2 +1 ∧ x ∈ h1, ei . Výsledek: 1/2 n o y cos x 3 √ κ = (x, y, z) ∈ R : y = sin x ∧ 0 ≤ z ≤ cos2 x+1 ∧ x ∈ h0, π/2i . Výsledek: 1/2

Fyzikální aplikace Nechť C je jednoduchá hmotná křivka, jejíž hustota v každém jejím bodě (x, y, z) je h(x, y, z). (I) Hmotnost m této křivky je (31)

Z

m=

h(x, y, z) ds C

(II) Statický moment této křivky vzhledem k rovině xy, resp. vzhledem k rovině xz, resp. vzhledem k rovině yz je Z Z Z (32) Sxy = zh(x, y, z) ds, Sxz = yh(x, y, z) ds, Syz = xh(x, y, z) ds. C

C

C

(III) Souřadnice těžiště této křivky (v pravoúhlém souřadnicovém systému) jsou (33)

xT =

Syz , m

yT =

Sxz , m

zT =

Sxy . m


61

(IV) Moment setrvačnosti této křivky vzhledem k ose x, resp. vzhledem k ose y, resp. vzhledem k ose z je Z Ix = (y 2 + z 2 )h(x, y, z) ds , ZC Iy = (x2 + z 2 )h(x, y, z) ds , ZC Iz = (x2 + y 2 )h(x, y, z) ds . (34) C

V případě rovinné křivky platí všechny uvedené vztahy s tím, že z = 0. Příklad 3.28. Vypočítejme souřadnice těžiště homogenní křivky, jejíž parametrizace je ψ(t) = (t − sin t, 1 − cos t), t ∈ h0, πi (část cykloidy, Obr.32).

2

1.5

1

0.5

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Obr. 32

Řešení: Podobně jako u ploch a těles budeme i u homogenních křivek předpokládat, že hustota v každém bodě křivky je 1. Souřadnice těžiště jsou na této konstantě nezávislé. Je q q t 0 2 2 0 0 ψ (t) = (1 − cos t, sin t) a x (t) + y (t) = (1 − cos t)2 + sin2 t = 2 sin . 2 Potom · ¸π Z Z π t t m= ds = 2 sin dt = 4 − cos = 4. 2 2 0 C 0 Dále Z Z π Z π t 1 − cos t t Sx = y ds = 2(1 − cos t) sin dt = 4 sin dt = 2 2 2 C 0 0 ¶ Z π Z πµ Z 1 ¢ ¡ 16 t t t t 1 − u2 du = = 4 sin2 sin dt = 4 1 − cos2 sin dt = 8 2 2 2 2 3 0 0 0

62

ZDENĚK ŠIBRAVA

(při výpočtu integrálu volíme substituci u = cos 2t ) a µZ π ¶ Z Z π Z π t t t 16 Sy = x ds = 2(t−sin t) sin dt = 2 t sin dt − sin t sin dt = . 2 2 2 3 C 0 0 0 (První integrál počítáme metodou per partes, ve druhém po úpravě sin t = 2 sin 2t cos 2t volíme substituci u = sin 2t .) Je tedy 16 1 4 16 1 4 xt = · = , yt = · = . 3 4 3 3 4 3 Příklad 3.29. Vypočítejte hmotnost části elipsy její hustota je v každém bodě h(x, y) = xy.

x2 9

2

+ y4 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, jestliže Výsledek: 38/5

Příklad 3.30. Vypočítejte hmotnost jednoho závitu šroubovice s parametrizací ψ(t) = (a cos t, a sin t, bt), t ∈ h0, 2πi (a > 0, b > 0), jestliže její hustota v každém bodě je rovna druhé mocnině vzdálenosti tohoto bodu od počátku, tj. h(x, y, z) = r2 . √ Výsledek: 2π a2 + b2 (3a2 + 4π 2 b2 )/3 2 Příklad 3.31. Vypočítejte hmotnost křivky C s parametrizací √ ψ(t) = (1, t, t /2), t ∈ h0, 1i, jestliže její hustota v každém bodě je h(x, y, z) = 2z. √ Výsledek: (2 2 − 1)/3

Příklad 3.32. Vypočítejte hmotnost drátu, který má tvar kružnice x2 +y 2 +z 2 = 1, x + z = 0, je-li jeho hustota h(x, y, z) = x2 . Výsledek: π/2 Příklad 3.33. Najděte souřadnice těžiště homogenního oblouku cykloidy s parametrizací ψ(t) = (a(t − sin t), a(1 − cos t)), t ∈ h0, 2πi (a > 0). Výsledek: (aπ, 4a/3) Příklad 3.34. Najděte souřadnice těžiště homogenního obvodu sférického trojúhelníku x2 + y 2 + z 2 = a2 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 (a > 0). Výsledek: (4a/(3π), 4a/(3π), 4a/(3π)) Příklad 3.35. Drát má tvar kružnice x2 + y 2 = a2 (a > 0). Vypočítejte jeho moment setrvačnosti vzhledem k jeho průměru, je-li jeho hustota h(x, y) = |x|+|y|. Výsledek: 4a3 Příklad 3.36. Vypočítejte momenty setrvačnosti vzhledem k souřadnicovým osám jednoho závitu homogenní šroubovice s parametrizací ψ(t) = (cos t, sin t, 2t), t ∈ h0, 2πi. √ √ Výsledek: Ix = Iy = 5π(1 + 32π/3), Iz = 2 5π 3.2. Křivkový integrál druhého druhu. Příklad 3.37. Nechť F(x, y, z) = (y 2 − z 2 , 2yz, −x2 ) je vektorové pole a C kladně orientovaná hladká křivka s parametrizací ψ(t) = (t, t2 , t3 ), t ∈ h0, 1i. Vypočítejme R křivkový integrál druhého druhu C F · T ds .


63

Řešení: Připomeňme si nejdříve několik skutečností, které při výpočtu integrálu použijeme. Je-li F(x, y, z) = (P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) vektorové pole, C hladká orientovaná křivka s parametrizací ψ(t) = (x(t), y(t), z(t)), t ∈ ha, bi (T je její tečný vektor), potom Z Z (35) F · T ds = P (x, y, z) dx + Q(x, y, z) dy + R(x, y, z) dz . C

C

Užitím věty o substituci dostaneme Z Z F · T ds = (P (x(t), y(t), z(t))x0 (t) + Q(x(t), y(t), z(t))y 0 (t) + C

(36)

C

+ R(x(t), y(t), z(t))z 0 (t))) dt.

Připomeňme ještě, že v případě rovinného vektorového pole (35) i (36) platí, s tím, že R a z jsou nulové. Nyní se vrátíme k našemu příkladu. Protože F(x, y, z) = (y 2 − z 2 , 2yz, −x2 ), budeme podle (35) počítat integrál Z (y 2 − z 2 ) dx + 2yz dy − x2 dz, C

a protože ψ(t) = (t, t2 , t3 ) je podle (36) Z

Z

1

a

ψ 0 (t) = (1, 2t, 3t2 ),

¢ 1 t4 − t6 + 2t2 · t3 · 2t − t2 · 3t2 dt = . 35 0 C R Příklad 3.38. Vypočítejme křivkový integrál C (x2 − 2xy) dx + (y 2 − 2xy) dy, kde C je parabola y = x2 , x ∈ h−1, 1i s počátečním bodem (−1, 1) a koncovým bodem (1, 1). F · T ds =

¡

Řešení: Křivkový integrál je zadán ve tvaru (35) a F(x, y) = (x2 − 2xy, y 2 − 2xy) je rovinné vektorové pole. Označíme-li x(t) = t a y(t) = t2 je ψ(t) = (t, t2 ), t ∈ h−1, 1i parametrizací křivky C. Protože (−1, 1) je počátečním bodem a (1, 1) koncovým bodem křivky, je křivka při zvolené parametrizaci orientována kladně (je orientována ve směru rostoucího parametru). Dále ψ 0 (t) = (1, 2t) a podle (36) Z 1 Z ¡ 2 ¢ ¡ 2 ¢ ¡ 2 ¢ 14 (t − 2t3 ) + (t4 − 2t3 ) · 2t dt = − . x − 2xy dx + y − 2xy dy = 15 −1 C R Příklad 3.39. Vypočítejme křivkový integrál (2 − y) dx + (1 + x) dy, kde C C

je obvod trojúhelníku s vrcholy (0, 0), (1, 1), (0, 2) a orientace je dána uvedeným pořadím vrcholů.

64

ZDENĚK ŠIBRAVA

Řešení: Křivka C není hladká. Vznikne spojením tří na sebe navazujících křivek (úseček – stran trojúhelníka) C1 , C2 a C3 s parametrizacemi C1 : C2 : C1 :

ψ(t) = (t, t), t ∈ h0, 1i, kladně orientovaná, ψ(t) = (t, 2 − t), t ∈ h0, 1i, záporně orientovaná, ψ(t) = (0, t), t ∈ h0, 2i, záporně orientovaná.

Potom Z Z 1 Z 1 Z 2 (2 − y) dx+(1 + x) dy = (2−t+1+t) dt− (2−2+t−1−t) dt− (1) dt = 2. C

0

0

0

V příkladech 3.40 – 3.47 vypočítejte křivkové integrály podél křivky C. R Příklad 3.40. C y dx + x dy, kde C je čtvrtkružnice x2 + y 2 = a2 , x ≥ 0, y ≥ 0 (a > 0) s počátečním bodem (a, 0) a koncovým bodem (0, a). Výsledek: 0 R Příklad 3.41. C (x2 + y 2 ) dx + (x2 − y 2 ) dy, kde C je křivka y = 1 − |1 − x|, x ∈ h0, 2i s počátečním bodem (0, 0). Výsledek: 4/3 R Příklad 3.42. C (x2 + y 2 ) dy, kde křivka C je obvod obdelníku s vrcholy (2, 2), (5, 2), (5, 4), (2, 4) orientovaná souhlasně s uvedeným pořadím vrcholů. Výsledek: 42 R y Příklad 3.43. C x dx + x dy, kde křivka C je část hyperboly xy = 1 s počátečním bodem (3, 1/3) a koncovým bodem (1/2, 2). Výsledek: ln 6 − 5/3 R Příklad 3.44. C (2y − 6xy 3 ) dx + (2x − 9x2 y 2 ) dy, kde a) C je parabola y = x2 s počátečním bodem (0, 0) a koncovým bodem (1, 1), b) C je úsečka s počátečním bodem (0, 0) a koncovým bodem (1, 1). Výsledek: a) −1, b) −1 √ R Příklad 3.45. C yz dx + z a2 − x2 dy + yx dz, kde C křivka s parametrizací ψ(t) = (a cos t, a sin t, bt), t ∈ h0, 2πi (a > 0, b > 0) s počátečním bodem (a, 0, 0) a koncovým bodem (a, 0, 2πb). Výsledek: −π 2 a2 b R Příklad 3.46. C (x + y + z) dx, kde křivka C je obvod trojúhelníku s vrcholy (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) orientovaná souhlasně s uvedeným pořadím vrcholů. Výsledek: 0 R Příklad 3.47. C y dx + z dy + x dz, kde C je průniková křivka ploch z = xy a x2 + y 2 = 1 orientovaná souhlasně s pořadím bodů (1, 0, 0), (0, 1, 0), (−1, 0, 0). Výsledek: −π


65

Aplikace křivkového integrálu druhého druhu Fyzikální aplikace Příklad 3.48. Vypočítejme práci silového pole F(x, y, z) = (y, z, x), kterou vykoná posunutím hmotného břemene z bodu (−1, 0, eπ ) do bodu (1, 0, 1) podél křivky C s parametrizací ψ(t) = (cos t, sin t, et ). Řešení: Připomeňme, že práce W silového pole F podél křivky C je Z Z (37) W = F · T ds = P (x, y, z) dx + Q(x, y, z) dy + R(x, y, z) dz. C

C

Křivka C je parametrizována funkcí ψ(t) = (cos t, sin t, et ) a je ψ(0) = (1, 0, 1) a ψ(π) = (−1, 0, eπ ). Protože C je parametrizována spojitou funkcí, je t ∈ h0, πi. Po křivce však postupujeme proti rostoucímu parametru, tj. křivka je orientována záporně, a to znamená, že u počítaného křivkového integrálu musíme změnit znaménko. Pro práci silového pole F podél křivky C tedy dostáváme Z π ¡ ¢ π W =− − sin2 t + et cos t + et cos t dt = 1 + eπ + . 2 0 Příklad 3.49. Vypočítejme tok rovinného vektorového pole F(x, y) = (x2 +y 2 , −2xy) uzavřenou kladně orientovanou křivkou C (kružnicí) x2 + y 2 = 2x. Řešení: Podobně jako v předchozím příkladu nejdříve připomeňme, že tok rovinného vektorového pole F(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) uzavřenou kladně orientovanou křivkou C je (n je vnější normála křivky) I I (38) F · n ds = −Q(x, y) dx + P (x, y) dy. C C H (Symbolem zdůrazňujeme, že počítáme křivkový integrál přes uzavřenou křivku.) Pro nalezení toku vektorového pole křivkou C budeme tedy počítat I I −Q(x, y) dx + P (x, y) dy = 2xy dx + (x2 + y 2 ) dy. C 2

C 2

Kružnici x + y = 2x můžeme parametrizovat funkcí ψ(t) = (1 + cos t, sin t), t ∈ h0, 2πi. Potom I Z 2π F · n ds = (2(1 + cos t) sin t(− sin t) + 2(1 + cos t) cos t) dt = 0. C

0

Příklad 3.50. Vypočítejme cirkulaci rovinného vektorového pole F(x, y) = (x2 − y 2 , xy), podél uzavřené kladně orientované hranice půlkruhu x2 + y 2 ≤ 2x, y ≥ 0. Řešení: Cirkulace vektorového pole F(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) podél uzavřené kladně orientované křivky C je dána křivkovým integrálem I I (39) F · T ds = P (x, y) dx + Q(x, y) dy. C

C

66

ZDENĚK ŠIBRAVA

V našem případě hranice půlkruhu není hladká křivka. Vznikne však spojením dvou na sebe navazujících křivek C1 , tj. půlkružnice x2 + y 2 = 2x, y ≥ 0, a C2 , tj. úsečky spojující body (0, 0) a (2, 0). Je tedy I Z Z F · T ds = F · T ds + F · T ds C

C1

C2

Křivku C1 budeme parametrizovat funkcí ψ(t) = (1 + cos t, sin t), t ∈ h1, πi a křivku C2 funkcí ψ(t) = (t, 0), t ∈ h0, 2i, přičemž obě křivky jsou orientovány shodně s rostoucím parametrem, tedy kladně. Potom I Z π Z 2 2 8 2 F · T ds = (sin t − cos t − 1) sin t dt + t2 dt = − + = 2. 3 3 C 0 0 Příklad 3.51. Vypočítejte práci, kterou vykoná silového pole F(x, y) = (0, x2 ) podél křivky y 2 = 1 − x s počátečním bodem (0, 1) a koncovým bodem (1, 0). Výsledek: −8/15 Příklad 3.52. Vypočítejte práci, kterou vykoná silového pole F(x, y) = (x + y, 2x) podél kladně orientované kružnice x2 + y 2 = a2 (a > 0). Výsledek: πa2 Příklad 3.53. Vypočítejte práci, kterou vykoná silového pole F(x, y, z) = (x, y, z) podél lomené čáry spojující body (0, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1) orientované souhlasně s uvedeným pořadím bodů. Výsledek: 3/2 Příklad 3.54. Na hmotný bod, který se pohybuje po elipse x2 /a2 + y 2 /b2 = 1 (a > 0, b > 0) z bodu (a, 0) do bodu (0, b) působí síla, jejíž velikost je rovna vzdálenosti bodu od středu elipsy, a která směřuje do středu této elipsy. Vypočítejte práci, kterou pole vykoná při pohybu bodu. Výsledek: (a2 − b2 )/2 Příklad 3.55. Vypočítejte práci, kterou vykoná silového pole F(x, y, z) = (yz, xz, xy) 2 2 2 podél průnikové křivky √ ploch x√ + y + z = 1 a x√+ z = 0√orientované souhlasně s pořadím bodů (1/ 2, 0, −1/ 2), (0, 1, 0), (−1/ 2, 0, 1/ 2). Výsledek: 0 V příkladech 3.57 – 3.59 vypočítejte tok, resp. cirkulaci daného vektorového pole křivkou, resp. podél uzavřené křivky C. Příklad F(x, y) = (x, y) a C je kladně orientovaná hranice množiny p 3.56.√ √ 3 3 x2 + 3 y 2 ≤ a2 (a > 0) (viz příklad 3.16), x ≥ 0, y ≥ 0. Výsledek: 3a2 π/10, resp. 0 ¡ ¢ Příklad 3.57. F(x, y) = x−1 , y+1 (r je vzdálenost bodu (x, y) od počátku) a C r2 r2 je kladně orientovaná kružnice (x − 1)2 + (y + 1)2 = 1. Výsledek: 2π, resp. 0 Příklad 3.58. F(x, y) = (x + y, 2x) a C kladně orientované kružnice x2 + y 2 = a2 (a > 0). Výsledek: πa2 , resp. πa2 Příklad 3.59. F(x, y) = (x ey , ey ) a C je kladně orientovaná hranice množiny y 2 ≤ x, x ≤ 4. Výsledek: −76 e−2 −4 e2 , resp. 16 e−2 +4 e2


Obr. 33

67

Obr. 34

Obr. 35

Příklad 3.60. Pole F je nestlačitelné a je definováno všude s výjimkou H bodů P1 , H H P2 a P3 (Obr. 33). Víme, že C1 F·n ds = 2, C2 F·n ds = −3. Najděte C3 F·n ds. Výsledek: 5 Příklad 3.61. Pole F je nestlačitelné a je definováno všude s výjimkou bodů P1 , H H H P2 , P3 a P4 (Obr. 34). Víme, že C1 F · n ds = 6, C2 F · n ds = −2, C3 F · n ds = 2. H Výsledek: 6 Najděte C4 F · n ds. Příklad 3.62. Pole F je nestlačitelné a je definováno všude s výjimkou bodů P1 , H H H P , P a P4 (Obr. 35). Víme, že C1 F · n ds = 5, C2 F · n ds = 2, C3 F · n ds = 1, H2 3 H F · n ds = −3 . Najděte F · n ds. Výsledek: 3 C4 C Příklad 3.63. Užitím Greenovy věty vypočítejme křivkový integrál I (x + y) dx − (x − y) dy, C

kde C je kladně orientovaná elipsa (x2 /a2 ) + (y 2 /b2 ) = 1, (a > 0, b > 0). Řešení: Připomeňme, že je-li F(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) rovinné vektorové pole a C jednoduchá uzavřená po částech hladká kladně orientovaná křivka, jež tvoří hranici množiny M , pak podle Greenovy věty platí, že tok tohoto vektorového

68

ZDENĚK ŠIBRAVA

pole přes hranici množiny M (tj. křivku C) je roven úhrnému množství divergence tohoto pole na M . Tedy platí I Z (40) F · n ds = div F dA, C

tj.

M

Z µ

I

(41)

−Q(x, y) dx + P (x, y) dy = C

M

∂P (x, y) ∂Q(x, y) + ∂x ∂y

¶ dA.

H Chceme-li nyní použít k výpočtu integrálu (C) (x + y) dx − (x − y) dy vzorec (41), znamená to, že místo toku vektorového pole F(x, y) = (−(x − y), −(x + y)) přes křivku C, můžeme počítat úhrné množství divergence tohoto pole na M . Protože div F(x, y) = (−1, −1), je I Z Z 2π Z 1 (x + y) dx − (x − y) dy = (−1 − 1) dA = −2abr dr dφ = −2abπ (C)

M

0

0

(Dvojný integrál jsme vypočítali substitucí pomocí zobecněných polárních souřadnic (17).) Příklad 3.64. Užitím Greenovy věty vypočítejme křivkový integrál ¶ µ ¶ I µ 1 1 y3 x3 2 + 2xy − dx + +x + dy, x 3 y 3 (C) kde C je kladně orientovaná hranice množiny ½ ¾ √ x 2 2 2 M = (x, y) ∈ R : 4 ≤ x + y ≤ 9 ∧ √ ≤ y ≤ 3 x . 3 Řešení: Protože počítaný křivkový integrál nám opět představuje levou stranu ve vzorci (41), je µ ¶ 1 x3 1 y3 2 F(x, y) = + x + , − − 2xy + . y 3 x 3 Odtud div F(x, y) = (2x + x2 , −2x + y 2 ). Podle vzorce (41) pak dostáváme ¶ µ ¶ I µ y3 x3 1 1 2 + 2xy − +x + dx + dy = x 3 y 3 (C) Z Z 3 Z π/3 65 2 2 = (x + y ) dA = r3 dφ dr = π. 24 M 2 π/6 (Dvojný integrál jsme vypočítali substitucí pomocí polárních souřadnic (12).) Příklad 3.65. Vypočítejme obsah plochy omezené jedním obloukem cykloidy s parametrizací ψ(t) = (a(t − sin t), a(1 − cos t)) (a > 0), t ∈ h0, 2πi a osou x.


69

Řešení: Jednoduchým důsledkem Greenovy věty je vzorec pro výpočet míry (obsahu) množiny M ohraničené uzavřenou kladně orientovanou křivkou C. Zvolíme-li např. ³x y ´ 1 1 F(x, y) = , , je div F(x, y) = + = 1 2 2 2 2 a podle vzorce (41) je ¶ Z I Z µ 1 1 1 dA = dA = µ(M ). (42) −y dx + x dy = + 2 C 2 2 M M Obecně stačí, zvolíme-li si libovolné rovinné vektorové pole F, jehož div F = 1. Zvolíme-li např. F(x, y) = (x, 0) a z (41) dostáváme další vztah pro výpočet míry množiny I Z Z (43) x dy = 1 · dA = dA = µ(M ). C

M

M

V našem případě je hranice množiny M tvořena dvěma jednoduchými na sebe navazujícími křivkami C1 a C2 , kde C1 je část osy x mezi body (0, 0) a (2aπ, 0) a C2 je oblouk cykloidy vycházející z bodu (2aπ, 0) a vracející se do bodu (0, 0). Hranice je pak při takto zvolené orientaci orientována kladně. (Připomeňme jednoduché pravidlo pro určení orientace uzavřené křivky - hranice množiny: Procházíme-li křivkou ve směru zvolené orientace a máme-li uzavřenou množinu po levé ruce, je křivka orientována kladně. V případě, že množina je po pravé ruce, je křivka orientována záporně.) Je tedy I I I 1 1 1 µ(M ) = −y dx + x dy = −y dx + x dy + −y dx + x dy. 2 C 2 C1 2 C2 Křivku C1 parametrizujeme funkcí ψ(t) = (t, 0), t ∈ h0, 2aπi. Snadno zjistíme, že I 1 −y dx + x dy = 0. 2 C1 Křivka C2 je parametrizována funkcí ψ(t) = (a(t − sin t), a(1 − cos t)), t ∈ h0, 2πi. Protože jsme hranici množiny orientovali kladně, postupujeme po křivce C2 proti rostoucímu parametru, a to znamená, že při výpočtu druhého integrálu musíme u tohoto integrálu změnit znaménko. Je tedy po úpravě I Z 1 1 2 2π −y dx + x dy = − a (−2 + 2 cos t + t sin t) dt = 3a2 π, 2 C2 2 0 a tedy µ(M ) = 3a2 π. Příklad 3.66. Užitím Stokesovy věty v rovině vypočítejme křivkový integrál ¶ ¶ µ I µ 1 1 2 2 x2 y x2 y 2 − x y + 2xy e dy, dx + xy − + x e x y (C) kde C je kladně orientovaná část lemniskáty (x2 + y 2 )2 = xy, (x ≥ 0, y ≥ 0).

70

ZDENĚK ŠIBRAVA

Řešení: Připomeňme, že je-li F(x, y) = (P (x, y), Q(x, y)) rovinné vektorové pole a C jednoduchá uzavřená po částech hladká kladně orientovaná křivka jež tvoří hranici množiny M , potom pro cirkulaci a rotaci tohoto pole platí (k = (0, 0, 1)) I Z (44) F · T ds = rot F · k dA, C

tj.

M

Z µ

I

(45)

P (x, y) dx + Q(x, y) dy = C

M

∂Q(x, y) ∂P (x, y) − ∂x ∂y

¶ dA.

Předně je ∂P (x, y) 2 2 = 2x ex y +2x3 y ex y −x2 , ∂y

∂Q(x, y) 2 2 = 2x ex y +2x3 y ex y +y 2 . ∂x

Potom podle (45) je ¶ µ ¶ I µ Z 1 1 2 x2 y 2 2 x2 y (y 2 + x2 ) dA, − x y + 2xy e dx + xy − + x e dy = x y C M kde M = {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y 2 ) ≤ xy ∧ x ≥ 0 ∧ y ≥ 0}. Použítím substituce pomocí polárních souřadnic (12) pak dostaneme Z Z π/2 Z √cos φ sin φ π (y 2 + x2 ) dA = r3 dr dφ = . 64 0 M 0 V příkladech 3.67 – 3.76 vypočítejte křivkové integrály pomocí Greenovy věty. R

Příklad 3.67.

C

¡ ¢ (2 e2x sin y − 3y 3 ) dx + e2x cos y + 43 x3 dy, kde C je kladně

orientovaná křivka 4x2 + 9y 2 = 36. Výsledek: 108π ³ ´ R Příklad 3.68. (cos x ln y + 2 e2x y 2 ) dx + siny x + 2 e2x y + 34 x3 dy, kde C je C

kladně orientovaná křivka 4x2 + y 2 = 4. Výsledek: 2π ³ ´ R x Příklad 3.69. (ex ln y − y 2 x) dx+ ey − 12 x2 y dy, kde C je kladně orientovaná C

křivka (x − 2)2 + (y − 2)2 = 1. Výsledek: 4π ¢ ¡ R x Příklad 3.70. (e sin y − xy 2 ) dx + ex cos y − 12 x2 y dy, kde C je kladně C

orientovaná křivka (x + 2)2 + (y + 2)2 = 1. Výsledek: 4π R Příklad 3.71. (2xy + y 2 ) dx + (x2 + 3xy) dy, kde C je kladně orientovaná C

hranice množiny M = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 2x}. Výsledek: 0 R Příklad 3.72. (xy + y 2 ) dx + (x2 + 2xy) dy, kde C je kladně orientovaná C

hranice množiny M = {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 2y}.

Výsledek: 0


71

R

ex (1 − cos y) dx − ex (y − sin y) dy, kde C je kladně orientovaná C n o √ 2 hranice množiny M = (x, y) ∈ R : x ∈ h0, πi ∧ 0 ≤ y ≤ sin x . Výsledek: −(eπ +1)/4 R Příklad 3.74. x1 arctg xy dx + y2 arctg xy dy, kde C je kladně orientovaná hranice √ ª ©C množiny M = (x, y) ∈ R2 : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 ∧ x ≤ y ≤ 3 x . 1 Výsledek: 12 π ln 2 R 3 Příklad 3.75. y dx − x3 dy, kde C je kladně orientovaná hranice množiny Příklad 3.73.

C

M = {(x, y) ∈ R2 : x ≥ 0 ∧ y ≥ 0 ∧ (x2 + y 2 )2 ≤ a2 (x2 − y 2 )} (a > 0). 3 Výsledek: − 32 πa4 R Příklad 3.76. (ex sin y − y) dx + (ex cos y − 1) dy, kde C je půlkružnice C

x2 + y 2 = ax (a > 0), y ≤ 0 s počátečním bodem (0, 0) a koncovým bodem (a, 0). [Návod: Doplňte křivku C úsečkou spojující počáteční koncový bod půlkružnice na uzavřenou křivku.] Výsledek: −πa2 /8 V příkladech 3.67 – 3.76 vypočítejte křivkové integrály pomocí Stokesovy věty v rovině. Příklad 3.77. Pomocí křivkového integrálu odvoďte vztah pro výpočet obsahu kruhu o poloměru R. Příklad 3.78. Pomocí křivkového integrálu vypočítejte obsah plochy omezené křivkami x = y 2 a x = 4. Výsledek: 32/3 Příklad 3.79. Pomocí křivkového integrálu vypočítejte obsah plochy omezené křivkami x = y 3 , x = 8 a y = 0. Výsledek: 12 Příklad 3.80. Vypočítejte obsah plochy ohraničené³ smyčkou´Descartesova listu 3at 3at2 x3 + y 3 − 3axy = 0 (a > 0) s parametrizací ψ(t) = 1+t 3 , 1+t3 , t ∈ h0, +∞). Výsledek: 3a2 /2 Příklad 3.81. Vypočítejte obsah plochy ohraničené lemniskátou (x2 + y 2 )2 = 2a2 (x2 − y 2 ) (a > 0). Výsledek: 2a2 Příklad 3.82. Vypočítejte obsah plochy ohraničené asteroidou s parametrizací ψ(t) = (a cos3 t, a sin3 t) (a > 0), t ∈ h0, 2πi. Výsledek: 3πa2 /8 Příklad 3.83. Vypočítejte obsah plochy ohraničené srdcovkou s parametrizací ψ(t) = (2 cos t − cos 2t, 2 sin t − sin 2t), t ∈ h0, 2πi. Výsledek: 6π

72

ZDENĚK ŠIBRAVA

3.3. Konzervativní pole. R Příklad 3.84. Vypočítejme křivkový integrál C (x4 + 4xy 3 ) dx + (6x2 y 2 − 5y 4 ) dy, kde C je křivka spojující body (−2, −1) a (3, 0). Řešení: Nejdříve ukážeme, že rovinné vektorové pole F(x, y) = (x4 + 4xy 3 , 6x2 y 2 − 5y 4 ) je v R2 nerotační, tj. že platí (46)

∂Q(x, y) ∂P (x, y) − = 0, ∂x ∂y

tj.

∂Q(x, y) ∂P (x, y) = . ∂x ∂y

Platí ∂P (x, y) = 12xy 2 ∂y

∂Q(x, y) = 12xy 2 , ∂x

a podmínka (46) je splněna. To znamená, že pole F je nerotační a je v R2 potenciální (konzervativní). Počítaný integrál je tedy nazávislý na cestě a je na nás, jakou křivku C spojující body (−2, −1) a (3, 0) si zvolíme. Zvolme v našem případě C jako lomenou čáru složenou ze dvou úseček C1 a C2 spojující body (−2, −1), (3, −1) a (3, 0). Jejich parametrizace jsou C1 : C2 :

x = t, x = 3,

y = −1, y = t,

t ∈ h−2, 3i, t ∈ h−1, 0i.

Potom Z Z 3 Z 4 3 2 2 4 4 (x + 4xy ) dx + (6x y − 5y ) dy = (t − 4t) dt + C

−2

R

0

¡

¢ 54t2 − 5t4 dt = 62.

−1

Příklad 3.85. Vypočítejme křivkový integrál C yz dx + (2 + xy) dy + (xy − 1) dz, kde C je křivka spojující body (−1, −1, −1) a (1, 1, 1). Řešení: Vektorové pole F(x, y, z) = (yz, 2 + xy, xy − 1) je v R3 nerotační. Platí totiž ∂R(x, y, z) ∂Q(x, y, z) ∂P (x, y, z) ∂R(x, y, z) ∂Q(x, y, z) ∂P (x, y, z) = , = , = ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y a vektorové pole F je potenciální a počítaný integrál je nezávislý na cestě. Zvolme tentokrát za křivku C úsečku spojující body (−1, −1, −1) a (1, 1, 1). Její parametrizace je ψ(t) = (−1 + 2t, −1 + 2t, −1 + 2t), t ∈ h0, 1i. Potom Z yz dx + (2 + xy) dy + (xy − 1) dz = C Z 1 = ((−1 + 2t)2 + 2(2 + (−1 + 2t)2 ) + ((−1 + 2t)2 − 1)) dt = 4. 0

Příklad µ3.86. Vypočítejme práci, kterou¶ vykoná rovinné vektorové pole y √ x 2 + arcsin x posunem hmotného břemene z bodu F(x, y) = √1−x 2 + arcsin y, 1−y √ √ A = (0, 0) do bodu B = ( 2/2, 2/2).


73

Řešení: Ukážeme nejdříve, že pole F je na množině M = (−1, 1) × (−1, 1) potenciální. Je ∂Q(x, y) ∂P (x, y) 1 1 = =√ +p , ∂x ∂y 1 − x2 1 − y2 tj. pole je nerotační a vektorové pole F je na množině M potenciální. Dále víme, že práce, kterou vykoná vektorové pole podél křivky C je dána křivkovým integrálem Ã ! ¶ Z µ x y √ + arcsin y dx + p + arcsin x dy. (47) W = 2 1−x 1 − y2 C Protože pole F je potenciální, existuje skalární pole f (potenciál pole F) takové, že F = ∇f , a platí W = f (B) − f (A). Potenciál f budeme hledat analogickou metodou, kterou jsme řešili exaktní diferenciální rovnice. Podle předpokladu je ! Ã y x + arcsin x , ∇f (x, y) = √ + arcsin y, p 1 − x2 1 − y2 tedy ∂f (x, y) y =√ + arcsin y. ∂x 1 − x2 Integrací této rovnice podle x dostaneme f (x, y) = y arcsin x + x arcsin y + ϕ(y), kde ϕ(y) je integrační konstanta, která ovšem může být funkcí y. Derivováním f podle y dostaneme ∂f (x, y) x =p + arcsin x + ϕ0 (y). 2 ∂y 1−y Podle předpokladu je ale také ∂f (x, y) x = Q(x, y) = p + arcsin x. ∂y 1 − y2 Odtud pak ϕ0 (y) = 0 ⇒ ϕ(y) = c, kde c je libovolná konstanta (můžeme položit c = 0). Je tedy f (x, y) = y arcsin x + x arcsin y a

√ √ W = f ( 2/2, 2/2) − f (0, 0) =

√

2 π. 4 Příklad 3.87. Vypočítejme práci, kterou vykoná prostorové vektorové pole F(x, y, z) = (y 2 z 3 + z, 2xyz 3 − z, 3xy 2 z 2 + x − y) posunem hmotného břemene z bodu A = (1, 1, 1) do bodu B = (−2, 1, −1).

74

ZDENĚK ŠIBRAVA

Řešení: Podobně jako v předchozím příkladě ukážeme, že pole F je v R3 nerotační, tedy, že je potenciální. Je ∂R(x, y, z) ∂Q(x, y, z) = = 6xyz 2 − 1, ∂y ∂z ∂P (x, y, z) ∂R(x, y, z) = = 3y 2 z 2 + 1, ∂z ∂x ∂Q(x, y, z) ∂P (x, y, z) = = 2yz 3 . ∂x ∂y Existuje tedy skalární pole f (potenciál pole F) takové, že F = ∇f , a platí W = f (B) − f (A). Potenciál f budeme opět hledat analogicky stejnou metodou jako v předchozím příkladu. Podle předpokladu je ¡ ¢ ∇f (x, y, z) = y 2 z 3 + z, 2xyz 3 − z, 3xy 2 z 2 + x − y , tedy ∂f (x, y, z) = y 2 z 3 + z ⇒ f (x, y, z) = xy 2 z 3 + zx + ϕ1 (y, z), ∂x kde ϕ1 (y, z) je integrační konstanta, která ovšem může být funkcí y a z. Derivováním f podle y dostaneme ∂f (x, y, z) ∂ϕ1 (y, z) = 2xyz 3 + . ∂y ∂y Je ale také

∂f (x, y, z) = Q(x, y, z) = 2xyz 3 − z. ∂y

Odtud pak ∂ϕ1 (y, z) = −z ⇒ ϕ1 (y, z) = −zy + ϕ2 (z), ∂y kde ϕ2 (z) je integrační konstanta, která však už může být funkcí pouze z. Pro funkci f tedy dostáváme f (x, y, z) = xy 2 z 3 + zx − yz + ϕ2 (z). Nyní derivováním f podle z dostaneme ∂f (x, y, z) = 3xy 2 z 2 + x − y + ϕ02 (z), ∂z a protože je také ∂f (x, y, z) = R(x, y, z) = 3xy 2 z 2 + x − y, ∂z dostáváme ϕ02 (z) = 0 ⇒ ϕ2 (z) = c, kde c je libovolná konstanta (můžeme položit c = 0).


75

Je tedy f (x, y, z) = xy 2 z 3 + zx − yz a pro velikost vykonané práci W dostáváme (v příslušných jednotkách) W = f (B) − f (A) = 5 − 1 = 4. ¢ R ¡ Příklad 3.88. Vypočítejte křivkový integrál C xy + y 2 dx + (ln x + 2xy) dy, kde C je křivka s počátečním bodem A = (1, 1) a koncovým bodem B = (2, 3). Výsledek: 3 ln 2 + 17 ³ 2 ´ R Příklad 3.89. Vypočítejte křivkový integrál C (2x ln y − y) dx+ xy − x dy, kde C je křivka s počátečním bodem A = (1, 1) a koncovým bodem B = (3, 2). Výsledek: 9 ln 2 − 5 Příklad 3.90. Vypočítejte křivkový integrál R 2 2 (3x y + y 2 ) dx + (2x3 y + 2xy + 1) dy, kde C je křivka s počátečním bodem C A = (1, −1) a koncovým bodem B = (2, 1). Výsledek: 10 Příklad 3.91. Vypočítejte křivkový integrál R 3 (2xy + y 2 + 1) dx + (3x2 y 2 + 2xy) dy, kde C je křivka s počátečním bodem C A = (−1, −1) a koncovým bodem B = (2, 1). Výsledek: 11 ³ ´ y x Příklad 3.92. Ukažte, že vektorové pole F (x, y) = 1+x + arctg y, + arctg x 2 1+y 2 je potenciální, najděte potenciál tohoto pole a určete práci, kterou toto pole vykoná posunem hmotného břemene z bodu A = (0, 0) do bodu B = (1, 1). Výsledek: f (x, y) = y arctg x + x arctg y, W = π/2 Příklad 3.93. Ukažte, že vektorové pole F (x, y) = (2x sin y − y sin x, cos x + x2 cos y) je potenciální, najděte potenciál tohoto pole a určete práci, kterou ¡ toto ¢ pole vykoná posunem hmotného břemene z bodu A = (0, 0) do bodu B = π2 , π2 . Výsledek: f (x, y) = x2 sin y + y cos x, W = π 2 /4 Příklad 3.94. Ukažte, že vektorové pole F (x, y) = (sin y − y 2 sin x, x cos y + 2y cos x) je potenciální, najděte potenciál tohoto pole a určete práci, kterou ¡ toto ¢ pole vykoná posunem hmotného břemene z bodu A = (0, 0) do bodu B = π2 , π2 . Výsledek: f (x, y) = x sin y + y 2 cos x, W = π/2 Příklad 3.95. Vypočítejte křivkový integrál R 2 (x − 2yz) dx + (y 2 − 2xz) dy + (z 2 − 2xy) dz, kde C je křivka s počátečním C bodem A = (1, 1, 1) a koncovým bodem B = (−1, 2, −2). Výsledek: −22/3 Příklad 3.96. integrál ´ Vypočítejte křivkový ³ ´ R ³ 1 x+z 1 2 2xz + dx − dy + x + dz, kde C je křivka s počátečním bodem 2 y y y C A = (−1, 3, −2) a koncovým bodem B = (1, 2, 3). Výsledek: 8

76

ZDENĚK ŠIBRAVA

Příklad 3.97. Vypočítejte křivkový integrál R 2 2 3x y z dx + (2x3 yz − z 2 ) dy + (x3 y 2 − 2yz + 3z 2 ) dz, kde C je křivka s počáC tečním bodem A = (−1, 3, 0) a koncovým bodem B = (0, 1, 2). Výsledek: 4 Příklad 3.98. ³ Ukažte, že vektorové pole ´ F (x, y, z) = ln yz + 2xy, xy + x2 + z, xz + y je potenciální, najděte potenciál tohoto pole a určete práci, kterou toto pole vykoná posunem hmotného břemene z bodu A = (1, 1, 1) do bodu B = (2, 1, 2). Výsledek: f (x, y, z) = x ln yz + x2 y + zy, W = 2 ln 2 + 4 Příklad 3.99. ³ Ukažte, že vektorové pole ´ xy xz 2 F (x, y, z) = arctg yz + z, 1+y2 z2 + z , 1+y2 z2 + x + 2yz + 1 je potenciální, najděte potenciál tohoto pole a určete práci, kterou toto pole √ vykoná posunem hmotného břemene z bodu A = (1, 0, −1) do bodu B = (1, 1, 3). √ Výsledek: f (x, y, z) = x arctg yz + xz + yz 2 + z, W = π/3 + 5 + 2 3

PŘÍKLADY K MATEMATICE 3

Recommend Documents