= − ∫_{0}^{1} ( ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n}}{n} ln x) dx = − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} ∫_{0}^{1} x^{n} ln x dx = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n(n + 1)^{2}} = ∑_{n=1}^{∞} (\frac{1}{n} − \frac{1}{n + 1}) − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(n + 1)^{2}} ;

rovnomerná konvergencia radu ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} x^{n} ln x na (0, 1] vyplýva z Weierstrassovho kritéria) ^{36};

405 π = 3.141 592 654 ± 10^{−9} , pri dôkaze rovnosti (4.19) sme použili vzorce 2 arctg α = arctg \frac{2α}{1 − α^{2}}

pre α^{2} < 1 , arctg α − arctg β = arctg \frac{α − β}{1 + αβ} pre αβ > 0 (pozri riešenie pr. I.87.1);

406 ln 2 = 0.693 147 2 ± 10^{−7} , ln 3 = 1.098 612 3 ± 10^{−7} , ln 5 = 1.609 437 9 ± 10^{−7} , ln 6 = 1.791 760 ±

10^{−6} , ln 10 = 2.302 585 ± 10^{−6} (inverzná matica k matici ( \begin{matrix}−1 & 2 & −1 \\ 3 & 1 & −2 \\ −4 & 4 & −1 \end{matrix} ) je (\begin{matrix}− 7 & 2 & 3 \\ −11 & 3 & 5 \\ −16 & 4 & 7 \end{matrix} ) , ln \frac{9}{10} =

−0.105 360 516 ± 10^{−9} , ln \frac{24}{25} = −0.040 821 995 ± 10^{−9} , ln \frac{81}{80} = 0.012 422 520 ± 10^{−9});

407 \underline{1}. 2.835 4 ± 10^{−4} ( ∫_{2}^{4} e^{1/x} dx = ∫_{2}^{4} ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n! x^{n}} dx = ∑_{n=0}^{∞} (\frac{1}{n!} ∫_{2}^{4} \frac{dx}{x^{n}} ) , približnú hodnotu

ln 2 pozri v riešení pr. 357); \underline{2}. 8.040 5 ± 10^{−4} ( ∫_{10}^{100} \frac{ln(1 + x)}{x} dx = ∫_{10}^{100} \frac{ln(1 + 1/x) + ln x}{x} dx =

∫_{10}^{100} ( ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n+1}}{nx^{n+1}} ) dx + ∫_{10}^{100} \frac{ln x}{x} dx = ∑_{n=1}^{∞} (\frac{(−1)^{n}}{n} ∫_{10}^{100} \frac{dx}{x^{n+1}} ) + \frac{3}{2} ln^{2} 10 , približnú hodnotu ln 10

pozri v riešení pr. 406; treba si uvedomiť, že Maclaurinov rad funkcie ln(1 + x) nekonverguje v žiadnom bode

intervalu [10, 100] , preto sme použili uvedené úpravy);

Dodatok. Krivky a funkcie dané parametricky

408 \underline{1}. ϱ = a\sqrt{sin 2φ} , φ ∈ [0, \frac{π}{2} ] ∪ [π, \frac{3π}{2} ] (ak v danej rovnici položíme x = ϱ cos φ , y =

ϱ sin φ , φ ≥ 0 , dostaneme ϱ^{4} = ϱ^{2}a^{2} sin 2φ , odtiaľ ϱ = 0 (a φ je ľubovoľné) alebo ϱ^{2} = a^{2} sin 2φ; pretože ϱ ≥ 0 , je druhá z týchto rovníc ekvivalentná s rovnicou ϱ = a\sqrt{sin 2φ}; rovnicou ϱ = 0 je popísaná množina obsahujúca len bod s pravouhlými súradnicami x = y = 0 , tento bod je obsiahnutý aj v množine popísanej rovnicou ϱ = a\sqrt{sin 2φ} (stačí položiť φ = 0 ), preto na popis našej krivky stačí rovnica ϱ = a\sqrt{sin 2φ} , pritom — pretože body s polárnymi súradnicami (ϱ, φ) a (ϱ, φ + 2kπ) , k ∈ Z , sú totožné a pretože jednou z periód funkcie a\sqrt{sin 2φ} je číslo 2π — sa stačí obmedziť na φ ∈ [0, 2π] také, že sin 2φ ≥ 0 , porovnaj

tiež s poznámkou ^{6} k pr. 410.4); \underline{2}. ϱ = a\sqrt{sin 4φ} ^{1}; \underline{3}. ϱ = \frac{a}{\sqrt{2}} · \sqrt{sin 2φ} ; \sqrt{sin^{4} φ + cos^{4} φ} = \frac{a\sqrt{sin 2φ}}{\sqrt{1 + cos^{2} 2φ}} ^{1};

\underline{4}. krivka je zjednotením polpriamok φ = −\frac{π}{4} , φ = \frac{3π}{4} , krivky ϱ = 0 (tj. jednobodovej množiny \{0, 0)\} )

a krivky ϱ = \frac{1}{a(cos^{3} φ + sin^{3} φ)} ( sin^{3} φ + cos^{3} φ = \sqrt{2} sin (φ + \frac{π}{4} ) ( sin^{2} φ − sin φ cos φ + cos^{2} φ));

409 \underline{1}. daná krivka je zjednotením jednobodovej množiny \{(0, −a)\} a krivky s parametrickým vy-

36dosadením x = π do rovnosti z poznámky ^{37} k pr. 249 možno dokázať rovnosť ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} ( iný

spôsob dôkazu tejto rovnosti pozri v [10, odsek 440, pr. 7, alebo odsek 511, pr. 4])

1k definičnému oboru pozri poznámku ^{6} k pr. 410.4

jadrením x = \frac{a(1 − t)}{(1 + t)^{2}} , y = \frac{at(1 − t)}{(1 + t)^{2}} , t ∈ R \ \{−1\} (pre každý bod X ≡ (x, y) okrem bodov tvaru

(0, b) , b ∈ R \ {0} , existuje usporiadaná dvojica (x, t) tak, že X ≡ (x, tx) ; bod tvaru (x, tx) , x ≠ 0 , leží na našej krivke práve vtedy, keď (x + tx)^{2} = a(x − tx) , odtiaľ x(1 + t)^{2} = a(1 − t) (využili sme pred-

poklad x ≠ 0 ) a — pretože pre t = −1 neexistuje x riešiace poslednú rovnicu — x = \frac{a(1 − t)}{(1 + t)^{2}} , potom

y = xt = \frac{at(1 − t)}{(1 + t)^{2}} ; zostáva nájsť body tvaru (0, b) ležiace na našej krivke: dosadením x = 0 do pôvodnej

rovnice dostávame y^{2} = −ay , teda y = 0 alebo y = −a , z bodov (0, 0) , (0, −a) len bod (0, −a) nie je

popísaný predtým získanými parametrickými rovnicami ^{2}; \underline{2}. x = \frac{at}{1 + t^{4}} , y = \frac{at^{2}}{1 + t^{4}} , t ∈ R (položili

sme y = tx; parametrické vyjadrenie danej krivky možno tiež odvodiť z jej rovnice v polárnych súradniciach,

ktorá má tvar ϱ = \frac{a cos^{2} φ sin φ}{cos^{4} φ + sin^{4} φ} , odtiaľ x = ϱ cos φ , y = ϱ sin φ , a ak získané zlomky rozšírime \frac{1}{cos^{4} φ} ,

je x = \frac{a tg φ}{1 + tg^{4}φ} , y = \frac{a tg^{2}φ}{1 + tg^{4}φ} ); \underline{3}. x = 4t(t − 1) , y = 16t^{3}(t − 1)^{2} , t ∈ R ; \underline{4}. x = ^{7} \sqrt{\frac{(t − 1)^{3}}{t^{5}}} , y =

7 \sqrt{\frac{t − 1}{t^{4}}} , t ∈ R \ \{0\} (položili sme x = ty^{3});

410 \underline{1}. elipsa (pre b ≠ d), resp. kružnica (pre b = d): \frac{(x − a)^{2}}{b^{2}} + \frac{(y − c)^{2}}{d^{2}} = 1 ; \underline{2}. vetva

hyperboly: x = \sqrt{y^{2} + 1} (inverznou funkciou k funkcii sh je funkcia Arsh t := ln (t + \sqrt{t^{2} + 1}) );

\underline{3}. úsečka y = \frac{π}{2} − x , x ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) (y = arcctg ( tg x) , x ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} ) , ďalej použite rovnosť

arcctg α = \frac{π}{2} − arctg α ^{3}); \underline{4}. priamka p : y cos φ_{0} − x sin φ_{0} = d (podľa poznámky ^{6} k zada-

niu stačí uvažovať φ ∈ (φ_{0}, φ_{0} + π) ; daná rovnica je ekvivalentná s rovnicou d = ϱ sin(φ − φ_{0}) = ϱ sin φ cos φ_{0} − ϱ cos φ sin φ_{0} , φ ∈ (φ_{0}, φ_{0} + π) , ktorá — pretože podľa definície polárnych súradníc je ϱ cos φ = x , ϱ sin φ = y — popisuje tie body priamky p , ktoré ležia vnútri uhla s vrcholom (0, 0) , ktorého počiatočné (koncové) rameno zviera s kladným smerom osi Ox uhol φ_{0} (φ_{0} + π) ; ľahko zistíme,

že vnútri tohto uhla ležia všetky body priamky p); \underline{5}. parabola y^{2} = −4a(x − a) (využite vzťahy

cos^{2} \frac{φ}{2} = \frac{1}{2}(1 + cos φ) , ϱ = \sqrt{x^{2} + y^{2}} , ϱ cos φ = x); \underline{6}. parabola y^{2} = 4a(x + a) ;

411 \underline{2}. x = 2r cos^{4} φ , y = 2r cos^{3} φ sin φ , φ ∈ (−\frac{π}{2} , 0) ∪ (0, \frac{π}{2} ) (rovnica krivky K v polárnych

súradniciach je ϱ = 2r cos^{3} φ , φ ∈ (−\frac{π}{2} , \frac{π}{2} )\\{0\} : označme φ veľkosť orientovaného uhla AOB; bod B leží

na kružnici (x − r)^{2} + y^{2} = r^{2} a na priamke y = x tg φ , odtiaľ B ≡ (2r cos^{2} φ, r sin 2φ) , C ≡ (2r cos^{2} φ, 0) ; z pravouhlého △–a OCM , v ktorom poznáme dĺžku prepony, vypočítame veľkosť |OM| , polárne súradnice bodu M sú potom (|OM|, φ) );

\underline{3}. x = a ctg φ + b cos φ , y = b sin φ , φ ∈ (0, π) ∪ (π, 2π) ; krivka K je zjednotením grafov funkcií

x = \frac{(a + y)\sqrt{b^{2} − y^{2}}}{y} a x = −\frac{(a + y)\sqrt{b^{2} − y^{2}}}{y} ( zvoľme novú súradnicovú sústavu s osami Ox′ a Oy′

tak, aby platilo x′ = x , y′ = y + a; potom os Ox je daná rovnicou y′ = a; ak φ je smerový uhol

priamky p , tak p ≡ y′ = \frac{a}{ctg φ} , priesečník priamok Ox a p má súradnice x′ = a ctg φ , y′ = a

a polárne súradnice (vzhľadom na novú súradnicovú sústavu) ϱ = \sqrt{x^{′2} + y^{′2}} = \frac{a}{sin φ} a φ; polárne

súradnice bodu M sú potom (ϱ + b, φ) alebo (ϱ − b, φ) , odtiaľ x′ = (ϱ + b) cos φ = a ctg φ + b cos φ , y′ = (ϱ + b) sin φ = a + b sin φ , φ ∈ (0, π) alebo x′ = a ctg φ − b cos φ , y′ = a − b sin φ , φ ∈ (0, π) ; ak využijeme rovnosti ctg (φ + π) = ctg φ , cos(φ + π) = − cos φ , sin(φ + π) = − sin φ , môžeme písať x′ = a ctg φ + b cos φ , y′ = a + b sin φ , φ ∈ (0, π) ∪ (π, 2π) , odtiaľ x = x′ = a ctg φ + b cos φ , y =

2pokiaľ by sme položili x = ty , dostali by sme parametrické vyjadrenie, ktorým by bol popísaný bod (0, −a) , ale nebol by ním popísaný bod (a, 0) ležiaci tiež na našej krivke

3na jej dôkaz stačí na obidve strany aplikovať funkciu ctg

y′ − a = b sin φ , φ ∈ (0, π) ∪ (π, 2π) ; pre φ ∈ (0, \frac{π}{2} ) ∪ (\frac{3π}{2} , 2π) , resp. φ ∈ (\frac{π}{2} , \frac{3π}{2} ) je týmito

rovnicami parametricky daná funkcia x = \frac{(a + y)\sqrt{b^{2} − y^{2}}}{y} , resp. x = −\frac{(a + y)\sqrt{b^{2} − y^{2}}}{y} ; k predpisom

týchto funkcií možno prísť aj nasledovne: ak M_{1} ≡ (x_{1}, y_{1}) , M_{2} ≡ (x_{2}, y_{2}) sú body krivky K , pričom y_{1} > 0 , y_{2} < 0 , tak (pozri obr. 12) |M_{2}B| = |M_{1}B| = b , |BD_{1}| = y_{1} , |D_{2}M_{2}| = |y_{2}| , odtiaľ |M_{1}D_{1}| =

obr. 12.

\sqrt{b^{2} − y_{1}^{2}} , |BD_{2}| = \sqrt{b^{2} − y_{2}^{2}} , ďalej |AC_{1}| = a + y_{1} , |AC_{2}| = a + y_{2} , |C_{2}M_{2}| = |x_{1}| , |C_{1}M_{1}| = |x_{2}|;

z podobnosti △AC_{2}M_{2} ∼ △M_{2}D_{2}B , △AC_{1}M_{1} ∼ △BD_{1}M_{1} vyplýva \frac{|AC_{2}|}{|M_{2}D_{2}|} = \frac{|C_{2}M_{2}|}{|D_{2}B|} a \frac{|AC_{1}|}{|BD_{1}|} =

\frac{|C_{1}M_{1}|}{|D_{1}M_{1}|} , odtiaľ \frac{a + y_{i}}{|y_{i}|} = \frac{|x_{i}|}{\sqrt{b^{2} − y_{i}^{2}}} , i = 1, 2 ; teda pre súradnice x , y bodu M ležiaceho na krivke K

platí (a + y)\sqrt{b^{2} − y^{2}} = |xy| , tj. (a + y)^{2}(b^{2} − y^{2}) = x^{2}y^{2});

412 \underline{1}. ak cykloida vznikla pri kotúľaní sa kružnice s polomerom a po osi Ox a leží na nej bod (0, 0) ,

tak jej parametrické vyjadrenie je x = a(φ − sin φ) , y = a(1 − cos φ) (nech S je stred kružnice, M ten jej

bod, ktorého pohyb sledujeme, nech φ je uhol, ktorý zviera polomer SM s polomerom SD , kde D je bod

dotyku kružnice a osi Ox; potom S ≡ (aφ, a) , u⃗ := M − S ≡ (a cos (−φ − \frac{π}{2} ) , a sin (−φ − \frac{π}{2} ) ) , M =

S + u⃗);

\underline{3}. nech S ≡ (0, 0) je stred kružnice, M je koniec nite, D je bod, v ktorom sa napnutá niť dotýka kružnice; ak je niť namotaná v smere pohybu hodinových ručičiek a pred začatím rozmotávania platí M = D ≡ (R, 0) , tak parametrické vyjadrenie evolventy kruhu je x = R(cos φ + φ sin φ) , y = R(sin φ − φ cos φ) , φ ≥ 0 (ak

úsečka MS zviera s kladným smerom osi Ox uhol φ , tak D ≡ (R cos φ, R sin φ) , dĺžka rozmotanej nite je Rφ , potom pre u⃗ := M − D platí u⃗ = Rφ · (sin φ, − cos φ) (vektor (sin φ, − cos φ) dĺžky 1 je zrejme

kolmý na vektor M − S ≡ (R cos φ, R sin φ) ) );

413 \underline{1}. φ(u) = φ(v) ⟹ ψ(u) = ψ(v) , u, v ∈ I; \underline{2}. nutná a postačujúca podmienka je φ(χ(J))) = φ(I) spolu s podmienkou z pr. 413.1, podmienka χ(J) = I spolu s podmienkou z pr. 413.1 je len postačujúca;

414 \underline{1}. dôkaz urobíme pre rastúcu funkciu φ; keďže f = ψ ∘ φ^{−1} , stačí dokázať implikáciu x → a− ⟹ φ^{−1}(x) → β− a využiť vetu o limite zloženej funkcie; z rýdzej monotónnosti funkcie φ a z rovnosti lim_{t→β−} φ(t) = a vyplýva, že a je hromadný bod množiny φ(I) , tj množiny D(φ^{−1}) (pritom a ∉ D(φ^{−1}));

nech je dané ľavé okolie (ε, β) bodu β , nech δ = φ(ε) , potom — keďže φ aj φ^{−1} sú rastúce funkcie — je δ < a a platí x ∈ (δ, a) ∩ D(φ^{−1}) ⟹ φ^{−1}(x) ∈ (ε, β) , čo bolo treba dokázať;

\underline{2}. f = ψ ∘ φ^{−1} , pri dôkaze spojitosti funkcie φ^{−1} možno postupovať podobne ako pri riešení pr. 414.1; \underline{3}. nech φ je nekonštantná funkcia (pre konštantnú funkciu φ je tvrdenie zrejmé); nech a je vnútorný bod množiny D(f) , tj. intervalu φ(I) , nech M := {t ∈ I ; φ(t) = a a φ je nekonštantná na každej množine O(t) ∩ I , kde O(t) je okolie bodu t} , nech M_{1} (M_{2}) je množina tých t ∈ M , pre ktoré existuje okolie O(t) tak, že ∀ x ∈ I ∩ O(t) : φ(x) ≥ a (∀ x ∈ I ∩ O(t) : φ(x) ≤ a) , nech M_{3} := M \ (M_{1} ∪ M_{2}) ; ak M_{3} ≠ ∅ , zvoľme α ∈ M_{3} pevne; nech je dané ε > 0 , zo spojitosti funkcie φ vyplýva ∃ η > 0 ∀ t ∈ (α−η, α+η)∩I : |ψ(t)−ψ(α)| < ε; množina φ((α−η, α+η)∩I) obsahuje niektoré δ–okolie bodu a , potom |x − a| < δ ⟹ |f(x) − f(a)| < ε; ak M_{3} = ∅ , zvolíme α_{1} ∈ M_{1} a α_{2} ∈ M_{2} a predchádzajúcim postupom dokážeme spojitosť funkcie f v bode a sprava a zľava; podobne možno postupovať, ak bod a ∈ φ(I) nie je vnútorný bod intervalu φ(I) ;

\underline{4}. nie;

415 funkcia y = f′(x) je daná parametricky rovnicami \underline{1}. x = (t^{3} −2t^{2} +3t−4)e^{t} , y = \frac{t^{2}}{t^{2} − 1} , t ∈

(1, ∞) ; \underline{2}. x = ctg 2t , y = sin^{3} t · (4 cos^{2} t + 3) , t ∈ (0, \frac{π}{2} ) ;

416 body cykloidy ležiace na osi Ox zodpovedajú hodnotám parametra φ = 2kπ , k ∈ Z ; pre φ ≠ 2kπ , k ∈ Z , má rovnica dotyčnice v bode (a(φ−sin φ), a(1−cos φ)) parametrické rovnice x = a(φ−sin φ)+

ta(1 − cos φ) , y = a(1 − cos φ) + ta sin φ , t ∈ R (odtiaľ y = a(1 − cos φ) + ctg \frac{φ}{2} · (x − a(φ − sin φ)) );

pre dané φ má stred vytvárajúcej kružnice cykloidy súradnice (aφ, a) (pozri riešenie pr. 412.1), preto najvyšším (najnižším) bodom tejto kružnice je bod (aφ, 2a) (bod (aφ, 0) );

417 \underline{1}. krivku možno zadať parametrickými rovnicami x = α(φ) := f(φ) cos φ , y = β(φ) :=

f(φ) sin φ; smerový vektor dotyčnice v bode (α(φ), β(φ)) (spojnice bodov (0, 0) a (α(φ), β(φ)) ) je

u ≡ (u_{1}, u_{2}) = (α′(φ), β′(φ)) (v ≡ (v_{1}, v_{2}) = (cos φ, sin φ) ) , potom cos ω = \frac{u_{1}v_{1} + u_{2}v_{2}}{\sqrt{u_{1}^{2} + u_{2}^{2}} \sqrt{v_{1}^{2} + v_{2}^{2}}} ;

\underline{2}. treba nájsť uhol, ktorý zvierajú dotyčnice daných kriviek v priesečníku týchto kriviek; smerové vektory týchto dotyčníc sú (cos 1 − sin 1, cos 1 + sin 1) , (− cos 1 − sin 1, cos 1 − sin 1) ; uvedené krivky sa pretínajú pod pravým uhlom;

418 funkcia y = f′(x) je daná parametricky rovnicami \underline{2}. x = e^{t} sin t , y = −\frac{1}{\sqrt{2} e^{t} sin^{3}(t + π/4)} ,

t ∈ (−\frac{π}{4} , \frac{3π}{4} ) ; \underline{3}. x = \frac{t^{2} − 2t − 5}{(t + 5)^{2}} , y = \frac{(55 − t)(t + 5)^{3}}{36(t + 1)^{3}t} , t ∈ (1, ∞) ; \underline{4}. x = f′(t) , y = \frac{1}{f′′(t)} , t ∈ I;

419 \underline{1}. uvedenými rovnicami je parametricky daná funkcia f(x) = x^{2} ; funkcie φ(t) = 2t + |t| , ψ(t) = 5t^{2} + 4t|t| nie sú diferencovateľné v bode 0 (v tomto prípade možno vetu 1 pou ziť na výpočet jednostranných derivácií f′_{+}(0) , f′_{−}(0) , pretože funkcia f|[0, ∞) , resp. f|(−∞, 0] je daná parametricky rovnicami x = φ(t) , y = ψ(t) , t ≥ 0 , resp. x = φ(t) , y = ψ(t) , t ≤ 0);

\underline{2}. pre x ∈ R \ \{0\} je funkcia f′ daná parametricky rovnicami x = φ(t) := t − \frac{t}{1 + t^{2}} , y = ψ(t) :=

\frac{3 + t^{2}}{1 + t^{2}} , t ∈ R\\{0\}; funkcia φ(t) = t− \frac{t}{1 + t^{2}} je rastúca a spojitá, preto φ^{−1} je tiež rastúca a spojitá, a teda

lim_{x→0} φ^{−1}(x) = 0 ; potom lim_{x→0} f′(x) = lim_{x→0} ψ(φ^{−1}(x)) = lim_{t→0} ψ(t) = 3 , preto podľa pr. I.384.1 je f′(0) = 3 ;

\underline{3}. f′(0) = 3 , argumentácia je rovnaká ako v pr. 419.2;

420 \underline{1}. celý dôkaz urobíme pre φ′(a) > 0 ; najprv dokážeme túto lemu: nech J je interval, φ:J → R je spojitá funkcia, a je vnútorný bod intervalu J ; nech existuje vlastná φ′(a) > 0 , nech existujú rastúce funkcie r, s: J → R spojité v bode a také, že b := r(a) = φ(a) = s(a) a ∀ t ∈ I : s(t) ≤ φ(t) ≤ r(t) , nech Φ je pravé inverzné zobrazenie k funkcii φ ^{4}, potom funkcia Φ má v bode b deriváciu a platí Φ′(b) =

\frac{1}{φ′(a)} (dôkaz: dokážeme, že lim_{τ→b} Φ(τ) = a : pre τ ∈ φ(J) je r^{−1}(τ) ≤ Φ(τ) ≤ s^{−1}(τ) , inverzné

funkcie r^{−1} , s^{−1} k rýdzomonotónnym funkciám r , s sú spojité a bod b je hromadný bod ich definičného oboru (vyplýva to zo spojitosti funkcií r , s v bode a), preto lim_{τ→b} r^{−1}(τ) = r^{−1}(b) = a = lim_{τ→b} s^{−1}(τ) ,

a teda aj lim_{τ→b} Φ(τ) = a; ak na výpočet lim_{τ→b} \frac{Φ(τ) − Φ(b)}{τ − b} použijeme substitúciu Φ(τ) = t , dostaneme

Φ′(b) = lim_{τ→b} \frac{Φ(τ) − Φ(b)}{τ − b} = lim_{t→a} \frac{t − a}{φ(t) − φ(a)} = \frac{1}{φ′(a)}); z definície derivácie vyplýva ∃ O_{1}(a) ∀ t ∈

4tj. ∀ τ ∈ φ(J) : φ(Φ(τ)) = τ

O_{1}(a) \ \{a\} : |\frac{φ(t) − φ(a)}{t − a} − φ′(a)| ≤ \frac{φ′(a)}{2} , odtiaľ (∗) ∃ O_{1}(a) ∀t ∈ O_{1}(a) : φ(a) + φ′(a)(t − a) −

\frac{φ′(a)}{2} |t − a| ≤ φ(t) ≤ φ(a) + φ′(a)(t − a) + \frac{φ′(a)}{2} |t − a|; nech O_{2}(a) := O_{1}(a) ∩ O(a) , potom interval

φ(O_{2}(a)) ⊂ D(f) obsahuje niektoré okolie bodu φ(a) (z nerovností (∗) vyplýva, že v O_{2}(a) nadobúda φ hodnoty va̋čšie než φ(a) aj menšie než φ(a) , pritom φ je spojitá, a teda darbouxovská na O_{2}(a)) , pritom (f|φ(O_{2}(a)))(x) = ψ(Φ(x)) , kde Φ je pravé inverzné zobrazenie k funkcii φ|O_{2}(a) ; pre funkciu φ|O_{2}(a)

sú splnené predpoklady našej lemy (stačí položiť r(t) = \{ \begin{matrix}φ(a) + \frac{3}{2} φ′(a)(t − a) , ak & t ∈ O_{2}(a) , t ≥ a \\ φ(a) + \frac{1}{2}φ′(a)(t − a) , ak & t ∈ O_{2}(a) , t ≤ a \end{matrix} ,

podobne pre s(t) , pozri nerovnosti (∗)) , potom podľa vety o derivácii zloženej funkcie je f′(φ(a)) =

(f|φ(O_{2}(a)))′(φ(a)) = ψ′(Φ(φ(a))) · Φ′(φ(a)) = \frac{ψ′(a)}{φ′(a)} ;

\underline{2}. nech A := \{\frac{1}{n} ; n = 3, 4, 5, …\} , B := \{1 − \frac{1}{n} ; n = 3, 4, 5, … \} , položme

φ(t) = \{ \begin{matrix}t ,  ak & t ∈ (−1, 1) \ (A ∪ B) \\ t^{2} + t , ak & t ∈ A \\ 1 − t , ak & t ∈ B \end{matrix} ,  ψ(t) = \{ \begin{matrix}t ,  ak & t ∈ (−1, 1) \ (A ∪ B) \\ t^{2} + t , ak & t ∈ A \\ t − 1 , ak & t ∈ B \end{matrix} ,

potom f(x) = \{ \begin{matrix}x , ak & x ∈ (−1, 1) \ (A ∪ B) \\ −x , ak & x ∈ A \end{matrix} (pri overovaní tohto príkladu využite, že žiadny prvok \frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{n} , n ∈ N , nepatrí do A , z rovnosti \frac{1}{m} = \frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{n} vyplýva totiž m = n − 1 + \frac{1}{n + 1} ∉ N);

421 \underline{1}. obr.13 ^{5}; \underline{2}. obr. 14; \underline{4}. obr.15; \underline{5}. obr. 16, rovnica v polárnych súradniciach je ϱ = a| cos 2φ|; \underline{6}. obr. 17, daná krivka je zjednotením priamok x = 0 , y = x , y = −x (teda v polárnych súradniciach polpriamok φ = −\frac{π}{2} , φ = \frac{π}{2} , φ = \frac{π}{4} , φ = −\frac{3π}{4} , φ = −\frac{π}{4} , φ = \frac{3π}{4} — hodnoty φ sme našli riešením rovníc cos φ = 0 a cos 2φ = 0) a krivky ϱ = \frac{a}{cos φ cos 2φ} , uvedené priamky sú pritom asymptotami tejto krivky;

obr. 13. ϱ = φ (Archimedova špirála)

5v obr. 13-30 sú jednotky dĺžky na osiach Ox a Oy rovnaké a sú vyznačené len na osi Ox; k priamkam, ktoré sú asymptotami zobrazených kriviek, je pripísaná ich rovnica

obr. 14. ϱ = \frac{1}{φ} (hyperbolická špirála)

obr. 15. ϱ^{2} = 2 cos 2φ (Bernoulliho lemniskáta)  obr. 16. (x^{2} + y^{2})^{3} = a^{2}(x^{2} − y^{2})^{2}

422 ^{6} \underline{1}.
t (−∞, −\frac{1}{2}] [−\frac{1}{2}, 0] [0, 1] [1, ∞)

x −∞ −\frac{21}{16} −\frac{21}{16} 0 0 −3 −3 ∞
y −∞ −1 −1 0 0 −1 −1 ∞
∪  ∩  ∪  ∩

grafy funkcií f_{2} a f_{3} (f_{3} a f_{4} ) majú spoločnú jednostrannú dotyčnicu v bode (0, 0) (v bode (−3, −1)) , obr. 18;

6nasledujúce tabuľky sú zostavené takto: nech parametrické vyjadrenie danej krivky je x = φ(t) , y =

ψ(t) ; potom v prvom riadku tabuľky sú jednotlivé intervaly, v ktorých funkcie φ′ , ψ′ ani (\frac{φ′}{ψ′} )′ nemenia

znamienko (v riešení pr. 422.4 a 422.7 intervaly, v ktorých funkcie φ′ , ψ′ nemenia znamienko), v druhom (treťom) riadku sú funkčné hodnoty, resp. príslušné jednostranné limity funkcie x = φ(t) (funkcie y = ψ(t) ) v krajných bodoch týchto intervalov; rýdzomonotónnu funkciu danú parametrickými rovnicami x = φ(t) , y = ψ(t) , kde t prebieha i–ty z týchto intervalov, budeme označovať f_{i}; symbol ∪ (∩) v poslednom riadku hovorí, že funkcia f_{i} je konvexná (konkávna)

obr. 17. x(x^{2} − y^{2}) = a(x^{2} + y^{2})

obr. 18. x = 5t^{2} + 2t^{5} , y = 3t^{2} + 2t^{3}

\underline{2}.

t (−∞, 0] [0, 1] [1, \frac{4}{3}] [\frac{4}{3}, ∞)
x −∞ 0 0 1 1 \frac{8}{9} \frac{8}{9} −∞
y +∞ 0 0 1 1 \frac{32}{27} \frac{32}{27} −∞
∪  ∪  ∩  ∩

obr. 19;

\underline{3}. z rovností φ(−t) = −φ(t) , ψ(−t) = ψ(t) vyplýva, že krivka je súmerná podľa osi Oy , stačí sa preto obmedziť na t ∈ [0, ∞) ;

t [0, \sqrt{\frac{2}{3}}] [\sqrt{\frac{2}{3}}, 1] [1, ∞)
x 0 \frac{8\sqrt{2}}{3\sqrt{3}} \frac{8\sqrt{2}}{3\sqrt{3}} 2 2 −∞
y 0  \frac{16}{9}  \frac{16}{9} 2 2 −∞
∪  ∩  ∩

obr. 20;

obr. 19. x = 2t − t^{2} , y = 2t^{2} − t^{3}  obr. 20. x^{4} + 2y^{3} = 4x^{2}y

\underline{4}.

t (−∞, 0) [0, \frac{1}{2}] [\frac{1}{2}, \frac{3}{5}]  [\frac{3}{5}, 1] [1, ∞)

x ∞ 0 0 −1 −1 −\frac{24}{25} −\frac{24}{25} 0 0 ∞
y −∞ 0 0 \frac{1}{2} \frac{1}{2} \frac{1728}{3125} \frac{1728}{3125} 0 0 ∞

obr. 21; \underline{6}. položili sme y = tx;

t (−∞, 0] [0, \frac{1}{2}) (\frac{1}{2}, \frac{3}{4}]  [\frac{3}{4}, 1]  [1, \frac{3}{2}]  [\frac{3}{2}, ∞)

x +∞ 0 0 ∞ −∞ −\frac{18}{16} −\frac{18}{16} −1 −1 −\frac{9}{8} −\frac{9}{8} −∞
y −∞ 0 0 ∞ −∞ −\frac{54}{64} −\frac{54}{64} −1 −1 −\frac{27}{16} −\frac{27}{16} −∞
∩  ∪  ∩  ∩  ∪  ∩

grafy funkcií f_{1} a f_{2} majú spoločnú jednostrannú dotyčnicu v bode (0, 0) , obr. 22; \underline{7}.

x (−∞, 0) (0, 1]  [1, \frac{4}{3}]  [\frac{4}{3}, \frac{5}{2}]  [\frac{5}{2}, ∞)

x 0  ∞ −∞ 0 0 \sqrt[7]{\frac{9}{1024}} \sqrt[7]{\frac{9}{1024}} \sqrt[7]{\frac{108}{3125}} \sqrt[7]{\frac{108}{3125}} 0

y 0 −∞ −∞ 0 0 \sqrt[7]{\frac{27}{256}} \sqrt[7]{\frac{27}{256}} \sqrt[7]{\frac{24}{625}} \sqrt[7]{\frac{24}{625}} 0

na výpočet (f_{2})′_{−}(0) , (f_{3})′_{+}(0) , (\overline{f}_{1})′_{+}(0) , (\overline{f}_{5})′_{+}(0) , kde \overline{f}_{1}(x) = \{ \begin{matrix}f_{1}(x) , ak & x ∈ D(f_{1}) \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} , \overline{f}_{5}(x) =

\{ \begin{matrix}f_{5}(x) , ak & x ∈ D(f_{5}) \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} , použijeme jednostranné verzie tvrdenia z pr. I.384.1: (f_{2})′_{−}(0) = lim_{x→0−} f′_{2}(x) =

lim_{t→1−} \frac{ψ′(t)}{φ′(t)} = ∞ , (f_{3})′_{+}(0) = lim_{x→0+} f′_{3}(x) = lim_{t→1+} \frac{ψ′(t)}{φ′(t)} = ∞ , (\overline{f}_{1})′_{+}(0) = lim_{x→0+} \overline{f} ′_{1}(x) = lim_{x→0+} f′_{1}(x) =

obr. 21. 4y^{2} = 4x^{2}y + x^{5}  obr. 22. x^{3} − 2x^{2}y − y^{2} = 0

lim_{t→−∞} \frac{ψ′(t)}{φ′(t)} = 0 , (\overline{f}_{5})′_{+}(0) = lim_{x→0+} \overline{f} ′_{5}(x) = lim_{x→0+} f′_{5}(x) = lim_{t→∞} \frac{ψ′(t)}{φ′(t)} = 0 (spojitosť funkcií \overline{f}_{1} a \overline{f}_{5} v bode

0, ktorá je jedným z predpokladov tvrdenia z pr. I.384.1, vyplýva z pr. 414.1); obr. 23;

\underline{8}. daná krivka K je súmerná podľa bodu (0, 0) ((x, y) ∈ K ⟹ (−x, −y) ∈ K) , stačí preto skúmať krivku x^{5} + y^{5} = xy^{2} , x ≥ 0 ; ak položíme y = tx , dostaneme x = φ(t) = \frac{|t|}{\sqrt{1 + t^{5}}} , y = ψ(t) = \frac{t|t|}{\sqrt{1 + t^{5}}} ; čísla v druhom a treťom riadku tabuľky sú zaokrúhlené na 3 desatinné miesta;

t (−1, − ^{5} \sqrt{6 − \frac{10}{\sqrt{3}}} ] [− ^{5} \sqrt{6 − \frac{10}{\sqrt{3}}}, 0] [0, ^{5} \sqrt{\frac{2}{3}}] [ ^{5} \sqrt{\frac{2}{3}}, ^{5} \sqrt{4}] [ ^{5} \sqrt{4}, ∞)
x ∞  0.845 0.845  0  0 0.714 0.714 0.590 0.590 0
y −∞  −0.628 −0.628  0  0 0.659 0.659 0.779 0.779 0
∪  ∩  ∪  ∩  ∩

všimnite si, že hoci φ′(0) ani ψ′(0) neexistujú, možno rovnosť (f_{2})′_{+}(0) = 0 odvodiť z vety 1 (na výpočet (f_{2})′_{+}(0) totiž stačí existencia φ′_{+}(0) ≠ 0 a ψ′_{+}(0)) , rovnako z vety 1 vyplýva rovnosť (f_{3})′_{+}(0) = 0 ; podobne ako v riešení pr. 422.7 možno dokázať, že (\overline{f}_{5})′_{+}(0) = ∞ , kde \overline{f}_{5}(x) = \{ \begin{matrix}f_{5}(x) , ak & x ∈ D(f_{5}) \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} ; obr. 24;

\underline{9}. daná krivka K je súmerná podľa priamky y = x ((x, y) ∈ K ⟹ (y, x) ∈ K) , položili sme y = tx;

t (−∞, −1) (−1, 0] [0, \frac{1}{\sqrt[3]{2}}] [ \frac{1}{\sqrt[3]{2}}, ^{3} \sqrt{2}] [ ^{3} \sqrt{2}, ∞)
x 0  ∞ −∞ 0 0 ^{3} \sqrt{4} a ^{3} \sqrt{4} a ^{3} \sqrt{2} a ^{3} \sqrt{2} a 0
y 0  −∞ ∞ 0 0 ^{3} \sqrt{2} a ^{3} \sqrt{2} a ^{3} \sqrt{4} a ^{3} \sqrt{4} a 0
∪ ∪ ∪ ∩ ∩

podobne ako v riešení pr. 422.7 možno dokázať rovnosti (\overline{f}_{1} )′_{+}(0) = −∞ , (\overline{f}_{5})′_{+}(0) = +∞ , kde \overline{f}_{i}(x) = \{ \begin{matrix}f_{i}(x) , ak & x ∈ D(f_{i}) \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} , i = 1, 5 ; tieto rovnosti možno odvodiť aj zo symetrie krivky K podľa priamky y = x , z ktorej vyplýva, že \overline{f}_{1} (\overline{f}_{5}) je inverzná funkcia k funkcii f_{2} (f_{3}) ; obr. 25;

obr. 23. y^{5} + x^{4} = xy^{2}  obr. 24. x^{5} + y^{5} = xy^{2}

\underline{10}. daná krivka K je súmerná podľa osi Ox ((x, y) ∈ K ⟹ (x, −y) ∈ K) a podľa osi Oy ((x, y) ∈ K ⟹ (−x, y) ∈ K) — a teda aj podľa bodu (0, 0) — a podľa osi y = x ((x, y) ∈ K ⟹ (y, x) ∈ K); stačí teda skúmať krivku danú parametrickými rovnicami x = a cos^{3} t , y = a sin^{3} t , t ∈ [0, \frac{π}{2} ] (pozri aj pr. 411.1);

\begin{aligned}t & [0, \frac{π}{2} ] \\ x & a & 0 \\ y & 0 & a \\ & ∪ \end{aligned}

obr. 26;

obr. 25. x^{3} + y^{3} = 3xy (Descartesov list)  obr. 26. x^{2/3} + y^{2/3} = 1 (asteroida)

\underline{11}. týmito rovnicami je parametricky daná funkcia y = f(x) (funkcia φ(t) = a(t − sin t) je rastúca) , ktorá má periódu 2πa (vyplýva to z geometrického popisu cykloidy — pozri pr. 412.1 — a z rovností φ(t + 2π) = φ(t) + 2πa , ψ(t + 2π) = ψ(t)); stačí uvažovať t ∈ [0, 2π] , táto krivka je súmerná podľa priamky x = aπ;

t [0, π] [π, 2π]
x 0 aπ aπ 2aπ
y 0 2a 2a 0
∩  ∩

f′_{+}(2kaπ) = +∞ , f′_{−}(2kaπ) = −∞ , k ∈ Z ; obr. 27;

\underline{12}. daná krivka je súmerná podľa osi Ox (funkcia ϱ = a(1+cos φ) je nepárna); pretože ϱ = a(1+cos φ) je nepárna funkcia a jej periódou je číslo 2π , stačí skúmať krivku ϱ = a(1+cos φ) , φ ∈ [0, π] , jej parametrické rovnice sú x = α(φ) := ϱ cos φ = a(cos φ + cos^{2} φ) , y = β(φ) := ϱ sin φ = a sin φ(1 + cos φ) , φ ∈ [0, π] ,

potom α′(φ) = −2a sin \frac{3φ}{2} cos \frac{φ}{2} , β′(φ) = 2a cos \frac{3φ}{2} cos \frac{φ}{2} ; (\frac{α′(φ)}{β′(φ)})′ = \frac{3(1 + cos φ)}{(sin φ + sin 2φ)^{2}} ;

φ [0, \frac{π}{3} ]  [\frac{π}{3} , \frac{2π}{3} ]  [\frac{2π}{3} , π]
x 2a \frac{3a}{4}  \frac{3a}{4}  −\frac{a}{4} −\frac{a}{4} 0
y 0 \frac{3\sqrt{3} a}{4} \frac{3\sqrt{3} a}{4} \frac{\sqrt{3} a}{4} \frac{\sqrt{3} a}{4} 0
∩  ∩  ∪

obr. 28;

obr. 27. x = t − sin t , y = 1 − cos t (cykloida)  obr.28. ϱ = 1 + cos φ (kardioida)

\underline{13}. z rovnakých príčin ako v pr. 422.12 je daná krivka súmerná podľa osi Ox a stačí uvažovať krivku ϱ = 1 + 2 cos φ , φ ∈ [0, π] ;

φ [0, a] [a, b]  [b, c] [c, π]
x 3 a_{1} a_{1} −\frac{1}{8} −\frac{1}{8} c_{1} c_{1} 1
y 0 a_{2} a_{2} b_{2} b_{2} c_{2} c_{2} 0
∩  ∩  ∪  ∪

kde a = arccos \frac{\sqrt{33} − 1}{8} ≈ 0.936 , b = arccos (−\frac{1}{4}) ≈ 1.823 , c = arccos (−\frac{\sqrt{33} + 1}{8}) ≈ 2.574 , a_{1} =

\frac{\sqrt{33} + 15}{16} ≈ 1.297 , c_{1} = \frac{15 − \sqrt{33}}{16} ≈ 0.578 , a_{2} = \frac{(3 + \sqrt{33} ) \sqrt{15 + \sqrt{33}}}{16\sqrt{2}} ≈ 1.760 , b_{2} = \frac{\sqrt{15}}{8} ≈ 0.484 , c_{2} =

\frac{(3 − \sqrt{33} ) \sqrt{15 − \sqrt{33}}}{16\sqrt{2}} ≈ −0.369 ; obr. 29;

\underline{14}.

t (−∞, 0] [0, ∞)
x ∞ 1 1 ∞
y ∞ 1 1 ∞
∪  ∩

funkcie f_{1} a f_{2} majú spoločnú jednostrannú dotyčnicu v bode (1, 1) , obr. 30;

obr. 29. ϱ = 1 + 2 cos φ (Pascalova závitnica)

obr. 30. x = t + e^{−t} , y = 2t + e^{−2t}

423 \underline{1}. 2aπ^{2} ; \underline{2}. 6a (zvolili sme parametrické vyjadrenie x = a cos^{3} t , y = a sin^{3} t , t ∈ [0, 2π] ,

∫_{0}^{2π} 3a| sin t cos t| dt = 12a ∫_{0}^{π/2} sin t cos t dt); \underline{3}. \frac{ch^{3/2}2T − 1}{2} ( = \frac{3}{2} ∫_{0}^{T} sh 2t \sqrt{ch 2t} dt); \underline{4}. 8

( = ∫_{−1}^{1} 2t^{2}(3 + 5t^{2}) dt);  \underline{5}. ln π ( = ∫_{1}^{π} \frac{dt}{t});  \underline{6}. 8a ( = 2a ∫_{0}^{2π} |cos \frac{φ}{2}| dφ);  \underline{7}. \frac{3}{2} aπ

( = ∫_{0}^{3π} a sin^{2} \frac{φ}{3} dφ); \underline{8}. \frac{1}{2}(4 + ln 3) ( = \frac{1}{2} ∫_{1}^{3} (ϱ + \frac{1}{ϱ}) dϱ; parametrické vyjadrenie je x =

ϱ cos φ(ϱ) , y = ϱ sin φ(ϱ) , odtiaľ x^{′2}(φ) + y^{′2}(φ) = ϱ^{2}φ^{′2}(ϱ) + 1); \underline{9}. sh R (1 + sh^{2}ϱ =

ch^{2}ϱ); \underline{10}. T (parametrické vyjadrenie je x = ϱ(t) cos φ(t) , y = ϱ(t) sin φ(t) , odtiaľ x^{′2}(t) + y^{′2}(t) =

ϱ^{′2}(t) + ϱ^{2}(t)φ^{′2}(t) ; 2 cos^{2} \frac{t}{2} = 1 + cos t);

424 bod (\frac{a(4π − 3\sqrt{3} )}{6}, \frac{3a}{2}) (prvý oblúk cykloidy zodpovedá hodnotám t ∈ [0, 2π] ; treba nájsť

T ∈ [0, 2π] , pre ktoré \frac{F (T) − F (0)}{F (2π) − F (T)} = \frac{1}{3} , kde F (t) := ∫_{0}^{t} \sqrt{x^{′2}(t) + y^{′2}(t)}dt = 2a ∫_{0}^{t} sin \frac{t}{2} dt , t ∈ [0, 2π]);

425 zvoľme t > 0 , nech M ≡ (t, \frac{t^{2}}{4a}) , zrejme M ∈ p; nech p(t) je obraz kotúľajúcej sa paraboly p v okamihu, keď sa jej os Ox dotýka v bode M ; parabolu p(t) možno získať z paraboly p nasledujúcou postupnosťou transformácií: posunutie o vektor (0, \frac{t^{2}}{4a}) ( bod (0, −\frac{t^{2}}{4a})

je priesečník dotyčnice d k parabole x^{2} = 4ay v bode (t, \frac{t^{2}}{4a}) s osou Oy) , otočenie o uhol

arctg \frac{t}{2a} okolo bodu (0, 0) v smere hodinových ručičiek (tento uhol zviera dotyčnica d s osou Ox;

pri tejto transformácii je obrazom bodu s polárnymi súradnicami (ϱ, φ) bod (ϱ, φ − arctg \frac{t}{2a}) , preto — pozri aj riešenie pr. 428.4 — obrazom bodu (x, y) je bod (x_{1}, y_{1}) , kde x_{1} =

ϱ cos (φ − arctg \frac{t}{2a}) = \frac{2ax}{\sqrt{t^{2} + 4a^{2}}} + \frac{yt}{\sqrt{t^{2} + 4a^{2}}} , y_{1} = ϱ sin (φ − arctg \frac{t}{2a}) = \frac{2ay}{\sqrt{t^{2} + 4a^{2}}} − \frac{tx}{\sqrt{t^{2} + 4a^{2}}} ) ,

posunutie o vektor (s − \frac{t \sqrt{t^{2} + 4a^{2}}}{2a} , 0) , kde s je dĺžka oblúka paraboly x^{2} = 4ay medzi bodmi

(0, 0) a (t, \frac{t^{2}}{4a}) (\frac{t \sqrt{t^{2} + 4a^{2}}}{2a} je dĺžka úseku dotyčnice d medzi bodom dotyku a priesečníkom

s osou Oy); obrazom bodu (0, a) pri týchto transformáciách je bod (x(t), y(t)) , kde x(t) =

a ln \frac{t + \sqrt{t^{2} + 4a^{2}}}{2a} , y(t) = \frac{\sqrt{t^{2} + 4a^{2}}}{2} , t > 0 , tieto rovnice parametricky popisujú pohyb ohniska pri kotúľaní sa paraboly ,,doprava“, pri kotúľaní sa ,,doľava“ vznikne krivka súmerná s našou podľa osi Oy; inverzná funkcia k funkcii x = a ln \frac{t + \sqrt{t^{2} + 4a^{2}}}{2a} je funkcia t = a (e^{x/a} − e^{−x/a}) ;

426 \underline{1}. \frac{8}{15} ( = ∫_{1}^{2} |x′(t)|y(t) dt − ∫_{0}^{1} |x′(t)|y(t) dt = − ∫_{0}^{2} x′(t)y(t) dt; daný útvar je ,,zhora“, resp. ,,zdola“ ohraničený grafom funkcie danej parametricky rovnicami x = 2t − t^{2} , y = 2t^{2} − t^{3} , t ∈ [1, 2] , resp. t ∈ [0, 1] , pozri riešenie pr. 422.2 a obr. 19);

\underline{2}. 1− \frac{π}{4} ( = −2 ∫_{0}^{1} x′(t)y(t) dt; pre naše potreby postačujúci náčrtok krivky K získame, ak využijeme,

že K je súmerná podľa osi Ox , pre t ≥ 0 je funkcia x = \frac{1}{1 + t^{2}} klesajúca, a ak zistíme, kedy funkcia

y = \frac{t(1 − t^{2})}{1 + t^{2}} nadobúda kladné, nulové a záporné hodnoty; pri výpočte uvedeného integrálu možno dvakrát

použiť metódu per partes: najprv u′ = 2t \frac{1 − t^{2}}{(1 + t^{2})^{3}} (na nájdenie funkcie u použijeme substitúciu z = 1+t^{2})

a v = 2t , potom u′ = \frac{2t}{(1 + t^{2})^{2}} a v = t);

\underline{3}. \frac{a^{2}π(4π^{2} + 3)}{3} ( = − ∫_{0}^{2π} x′(t)y(t) dt; ak si načrtneme danú krivku, zistíme, že náš útvar pozostáva z útvaru ohraničeného grafmi funkcií f_{1} a f_{2} a z útvaru ohraničeného grafmi funkcií f_{3} a f_{4} , kde f_{1}, …, f_{4} sú funkcie dané parametricky rovnicami x = a(cos t + t sin t) , y = a(sin t − t cos t) , pričom t postupne prebieha intervaly [0, \frac{π}{2} ] , [\frac{π}{2} , c] , [c, \frac{3π}{2} ] , [\frac{3π}{2} , 2π] , kde c ∈ [\frac{π}{2} , \frac{3π}{2} ] je riešenie rovnice φ(c) = a;

potom ∫_{a}^{πa/2} (f_{2}(x) − f_{1}(x)) dx + ∫_{−3πa/2}^{a} (f_{3}(x) − f_{4}(x)) dx = ( − ∫_{0}^{π/2} x′(t)y(t) dt − ∫_{π/2}^{c} x′(t)y(t) dt) +

( − ∫_{c}^{3π/2} x′(t)y(t) dt − ∫_{3π/2}^{2π} x′(t)y(t) dt));

\underline{4}. \frac{3πa^{2}}{8} ( = 4 · \frac{1}{8} ∫_{0}^{π/2} (x(t)y′(t) − x′(t)y(t)) dt);

\underline{5}. \frac{3πa^{2}}{2} ( = \frac{1}{2} ∫_{0}^{2π} (a(1 + cos φ))^{2} dφ);

\underline{6}. \frac{πa^{2}}{4} ( = n(\frac{1}{2} ∫_{0}^{π/n}(a sin nφ)^{2} dφ) , pre a = 1 , n = 5 je daná krivka znázornená na obr. 16);

\underline{7}. \frac{a^{2}(π − 1)}{4} ( = \frac{1}{2} ∫_{0}^{π/2}(a cos φ)^{2}dφ + \frac{1}{2} ∫_{−π/4}^{0} (a(cos φ + sin φ))^{2} dφ; cos φ + sin φ =

\sqrt{2} cos (φ − \frac{π}{4} ) , teda krivka ϱ = a(cos φ+sin φ) vznikne otočneím krivky ϱ = \sqrt{2} a cos φ okolo bodu (0, 0) o uhol \frac{π}{4} proti smeru hodinových ručičiek);

\underline{8}. \frac{3 + \sqrt{3} π − ln 4}{6} ( = \frac{1}{2} ∫_{0}^{π/3} (f^{−1}(φ))^{2} dφ = \frac{1}{2} ∫_{0}^{√\overline{3}} r^{2}f′(r) dr (použili sme substitúciu f^{−1}(φ) =

r , odtiaľ φ = f(r)) );

\underline{9}. \frac{a^{2}}{4} ( arctg t_{0} − \frac{t_{0}}{1 + t_{0}^{2}} ) (funkcia α(t) := t − arctg t je rastúca, preto rovnicami ϱ = β(t) := \frac{a}{\sqrt{1 + t^{2}}} , φ = α(t) je parametricky daná kladná funkcia ϱ = f(φ) = β(α^{−1}(φ)) , potom P =

\frac{1}{2} ∫_{0}^{α(t0)} f^{2}(φ)dφ = \frac{1}{2} ∫_{0}^{α(t0)} β^{2}(α^{−1}(φ)) dφ = \frac{1}{2} ∫_{0}^{t0} β^{2}(t)α′(t) dt = \frac{a^{2}}{4} ∫_{0}^{t0} t · \frac{2t}{(1 + t^{2})^{2}} dt);

\underline{10}. \frac{πa^{2}}{\sqrt{2}} ( = \frac{1}{2} ∫_{0}^{2π} \frac{a^{2} dφ}{cos^{4} φ + sin^{4} φ} = a^{2} ∫_{0}^{π} \frac{dφ}{cos^{4} φ + sin^{4} φ} = a^{2} ∫_{−π/2}^{π/2} \frac{dφ}{cos^{4} φ + sin^{4} φ} , pozri pr. 93.2

a 45.21);

427 a^{2} (\frac{π}{6} + 1 − \frac{\sqrt{3}}{2}) ( = 4(\frac{1}{2} ∫_{0}^{π/6} \frac{a^{2}}{2} dφ + \frac{1}{2} ∫_{π/6}^{π/4} a^{2} cos 2φ dφ));

428 \underline{1a}) \frac{32πab^{2}}{105} ; \underline{1b}) \frac{32πa^{2}b}{105} ; \underline{2a}) \frac{3πa^{3}}{4} ; \underline{2b}) \frac{768πa^{3}}{35\sqrt{3}} ( = 2(2π ∫_{0}^{√\overline{3}} x(t)y(t)x′(t) dt));

\underline{3a}) \frac{64π}{35} (daný útvar je ohraničený grafmi funkcií f_{1} , f_{2} daných parametrickymi rovnicami x = α(t) := 2t − t^{2} , y = β(t) := 4t − t^{3} , kde t ∈ [0, 1] , resp. t ∈ [1, 2] ; V = π ∫_{α(2)}^{α(1)} f_{2}^{2}(x) dx −

π ∫_{α(0)}^{α(1)} f_{1}^{2}(x) dx = π( ∫_{1}^{2} β^{2}(t)α′(t) dt − ∫_{0}^{1} β^{2}(t)α′(t) dt)); \underline{3b}) \frac{64π}{105} ( = π( ∫_{0}^{2/\sqrt{3}} α^{2}(t)β′(t) dt −

∫_{2}^{2/\sqrt{3}} α^{2}(t)β′(t) dt)); \underline{5}. \frac{8πa^{3}}{3} ( = \frac{2π}{3} ∫_{0}^{π} (a(1 + cos φ))^{3} sin φ dφ); \underline{6}. \frac{π^{2}a^{3}}{4} ( = 2\frac{2π}{3} ·

∫_{0}^{π/2} (a\sqrt{cos 2 (φ − \frac{π}{4} )} )^{3} sin φ dφ = ^{7} \frac{8πa^{3}}{3\sqrt{2}} ∫_{0}^{π/4} (1 − 2 sin^{2} t) cos t dt; \underline{7}. πa^{3}(\frac{14}{3} − ln 4) ( vyjadrite

danú krivku najprv v polárnych súradniciach (pozri pr. 421.6), potom x = ϱ cos φ , y = ϱ sin φ; hľadané V je objemom telesa, ktoré vznikne rotáciou okolo osi Ox útvaru ohraničeného osou Ox , priamkou x = 3a a krivkou danou parametricky rovnicami x = \frac{a}{cos 2φ} , y = \frac{a tg φ}{cos 2φ} , φ ∈ [0, \frac{1}{2} arccos \frac{1}{3}] ; V = π ∫_{0}^{[arccos(1/3)]/2} y^{2}(t)x′(t) dt = πa^{3} ∫_{1/3}^{1} \frac{1 − cos 2φ}{1 + cos 2φ} · \frac{1}{cos^{4} 2φ} · 2 sin 2φ dφ , ďalej použite substitúcie cos 2φ =

7= \frac{4πa^{3}}{3\sqrt{2}} ∫_{−π/4}^{π/4} cos^{3/2} 2t (sin t + cos t) dt = \frac{8πa^{3}}{3\sqrt{2}} ∫_{0}^{π/4} cos^{3/2} 2t cos t dt = \frac{8πa^{3}}{3\sqrt{2}} ∫_{0}^{π/4} (1 − 2 sin^{2} t) cos t dt ,

použili sme substitúciu φ − \frac{π}{4} = t a pr. 93.1

u , u = \frac{1}{t} , t + 1 = z);

429 \underline{1a}) \frac{12πa^{2}}{5} ; \underline{1b}) \frac{3}{5} πa^{2}(4\sqrt{2} − 1) (hľadané S je plošný obsah plochy vytvorenej rotáciou

krivky x = \frac{1}{\sqrt{2}}a( sin^{3} t + cos^{3} t) , y = \frac{1}{\sqrt{2}}a( sin^{3} t − cos^{3} t) okolo osi Ox); \underline{2a}) \frac{64πa^{2}}{3} ( = 8πa^{2} ·

∫_{0}^{2π} |cos^{3} \frac{t}{2}| dt = 16πa^{2} ∫_{0}^{π} cos^{3} \frac{t}{2} dt); \underline{2b}) 16π^{2}a^{2} ( = 2π ∫_{0}^{2π} x(t)\sqrt{x^{′2}(t) + y^{′2}(t)} dt = 4πa^{2} ·

∫_{0}^{2π} (t| cos \frac{t}{2}| − sin t| cos \frac{t}{2}|) dt , pritom ∫_{0}^{2π} sin t| cos \frac{t}{2}| dt = ∫_{−π}^{π} sin t| cos \frac{t}{2}| dt = 0 (pozri pr. 93.1,2);

∫_{0}^{2π} t| cos \frac{t}{2}| dt = ^{8} 2π ∫_{0}^{π} sin \frac{z}{2} dz); \underline{3}. \frac{32πa^{2}}{5} ( = 2π ∫_{0}^{π} ϱ(φ) sin φ \sqrt{ϱ^{′2}(φ) + ϱ^{2}(φ)} dφ); \underline{4}. \frac{πp^{2}}{12\sqrt{5}} ·

(7\sqrt{2} − 8 + 3 ln (1 + \sqrt{2} )) (otočenie okolo bodu (0, 0) o uhol arctg 2 v smere hodinových ručičiek je popísnaé rovnicami \overline{x} = \frac{x}{\sqrt{5}} + \frac{2y}{\sqrt{5}} , \overline{y} = \frac{y}{\sqrt{5}} − \frac{2x}{\sqrt{5}} , kde (\overline{x}, \overline{y}) je obraz bodu (x, y) ; obrazom oblúka

paraboly y^{2} = 2px , y ∈ [0, p] , je krivka x = \frac{t^{2}}{2\sqrt{5} p} + \frac{2t}{\sqrt{5}} , y = \frac{t}{\sqrt{5}} − \frac{t^{2}}{\sqrt{5} p} , t ∈ [0, p]);

430 \frac{πa^{2}}{6} (4+\sqrt{2}+ln (1+\sqrt{2} )) (nech diagonála D je spojnicou bodov A ≡ (0, 0, a) a B ≡ (a, a, 0) , nech P ⊂ R^{3} je plášť kocky, nech K_{x} je rovina kolmá na D prechádzajúca daným bodom x ∈ D; treba vypočítať plošný obsah plochy, ktorá vznikne rotáciou okolo osi Ox grafu funkcie danej parametricky

rovnicami x(t) = |XA| = \sqrt{3} at , y(t) = max \{|XY |; Y ∈ P ∩K_{x} \} = \{ \begin{matrix}\sqrt{6} at ,  ak & t ∈ [0, \frac{1}{3}] \\ a\sqrt{6t^{2} − 6t + 2} , ak & t ∈ [\frac{1}{3}, \frac{2}{3}] \\ \sqrt{6} a(1 − t) ,  ak & t ∈ [\frac{2}{3}, 1] \end{matrix} :

ak |XM| = max {|XY | ; Y ∈ P ∩ K_{x}} , tak M je priesečníkom niektorej z hrán kocky s rovinou K_{x}; ak X ≡ (ta, ta, (1 − t)a) , t ∈ [0, 1] , tak K_{x} ≡ x + y − z + a(1 − 3t) = 0 , priesečníky roviny K_{x} s hranami kocky sú: pre t ∈ [0, \frac{1}{3}] : (0, 0, (1 − 3t)a) , (3ta, 0, a) , (0, 3ta, a) ; pre t ∈ [\frac{1}{3}, \frac{2}{3}] : ((3t − 1)a, 0, 0) , (a, 0, (2 − 3t)a) , (a, (3t − 1)a, a) , ((3t − 1)a, a, a) , (0, a, (2 − 3t)a) , (0, (3t − 1)a, 0); pre

t ∈ [\frac{2}{3}, 1] : (a, (3t − 2)a, 0) , (a, a, (3 − 3t)a) , ((3t − 2)a, a, 0)) .

8= ∫_{−π}^{π}(z + π)| cos \frac{z + π}{2} | dz = ∫_{−π}^{π} z| sin \frac{z}{2}| dz + π ∫_{−π}^{π} | sin \frac{z}{2}| dz =