2. Riemannov určitý integrál

59 nie; napr. D_{n} = \{a , a + \frac{b − a}{n} , a + \frac{b − a}{n − 1} , …, a + \frac{b − a}{2} , b\} (samozrejme platí ale obrátená implikácia: ak lim_{n→∞} ν(D_{n}) = 0 , tak lim_{n→∞} d_{n} = ∞) ;

60 \underline{1}. ak D_{n} = \{0 , \frac{1}{n} , \frac{2}{n} , …, \frac{3n − 1}{n} , 3\} , tak L(x, D_{n}) = \frac{1}{n}(0+ \frac{1}{n} + \frac{2}{n} +⋯+ \frac{3n − 1}{n})= ^{1}

\frac{1}{n^{2}} · \frac{(3n − 1)3n}{2} = \frac{9}{2} − \frac{3}{2n} ; U(x, D_{n}) = \frac{1}{n}(\frac{1}{n} + \frac{2}{n} +⋯+ \frac{3n}{n}) = \frac{9}{2} + \frac{3}{2n} ; pretože ν(D_{n}) = \frac{1}{n} → 0

pre n → ∞ , je podľa dôsledku vety 2 \underline{∫{3 \atop 0}}x dx = lim_{n→∞} L(x, D_{n}) = lim_{n→∞} (\frac{9}{2} − \frac{3}{2n}) = \frac{9}{2} ; \overline{∫{3 \atop 0}}x dx =

lim_{n→∞} (\frac{9}{2} + \frac{3}{2n}) = \frac{9}{2} ; pretože \underline{∫{3 \atop 0}}x dx = \overline{∫{3 \atop 0}}x dx , je funkcia f(x) = x riemennovsky integrovateľná na intervale [0, 3] ;

\underline{2}. ak D_{n} = \{0 , \frac{1}{n} , …, \frac{n − 1}{n} , 1\} , tak pre a > 1 je L(a^{x}, D_{n}) = \frac{1}{n}(1 + a^{1/n} + ⋯ +

a^{(n−1)/n}) = \frac{1}{n} · \frac{a − 1}{a^{1/n} − 1} ^{2}, U(a^{x}, D_{n}) = \frac{1}{n} a^{1/n} \frac{a − 1}{a^{1/n} − 1} , \underline{∫{1 \atop 0}}a^{x} dx = lim_{n→∞} (\frac{1}{n} · \frac{a − 1}{a^{1/n} − 1}) =

(a − 1) · lim_{n→∞} \frac{1}{\frac{a^{1/n} − 1}{1/n}} = \frac{a − 1}{ln a} ^{3}; \overline{∫{1 \atop 0}}a^{x} dx = lim_{n→∞} (\frac{1}{n} a^{1/n} \frac{a − 1}{a^{1/n} − 1}) = \frac{a − 1}{ln a} ; pre a =

1 je L(1, D_{n}) = U(1, D_{n}) = 1 ; \underline{∫{1 \atop 0}}1 dx = \overline{∫{1 \atop 0}}1 dx = 1 ; pre a ∈ (0, 1) je L(a^{x}, D_{n}) =

\frac{1}{n} a^{1/n} \frac{a − 1}{a^{1/n} − 1} , U(a^{x}, D_{n}) = \frac{1}{n} · \frac{a − 1}{a^{1/n} − 1} , \underline{∫{1 \atop 0}}a^{x} dx = \overline{∫{1 \atop 0}}a^{x} dx = \frac{a − 1}{ln a} ;

\underline{3}. ak D_{n} = \{0 , \frac{π}{2n} , \frac{2π}{2n} , \frac{3π}{2n} , …, \frac{(n − 1)π}{2n} , \frac{π}{2} \}^{4}, tak L(sin, D_{n}) = \frac{π}{2n}( sin 0 +

sin \frac{π}{2n} + sin \frac{2π}{2n} + ⋯ + sin \frac{(n − 1)π}{2n} ) = \frac{π}{2n} · \frac{cos \frac{π}{4n} − cos \frac{(2n − 1)π}{4n}}{2 sin \frac{π}{4n}} ^{5}; U(sin, D_{n}) =

1použili sme vzorec 1 + 2 + ⋯ + k = \frac{k(k + 1)}{2}

3pripomeňme, že lim_{u→0} \frac{a^{u} − 1}{u} = ln a , a > 0

sin kα) = \frac{1}{sin(α/2)}[\frac{1}{2}( cos \frac{α}{2} − cos \frac{3α}{2}) + \frac{1}{2}( cos \frac{3α}{2} − cos \frac{5α}{2}) + ⋯ + \frac{1}{2}( cos \frac{2k − 1}{2}α − cos \frac{2k + 1}{2}α)]) =

= \frac{cos \frac{α}{2} − cos \frac{2k + 1}{2}α}{2 sin \frac{α}{2}} , α ≠ 2mπ , m ∈ Z

2použili sme vzorec 1 + q + q^{2} + ⋯ + q^{n−1} = \frac{q^{n} − 1}{q − 1} , q ≠ 1

4teda interval [0, \frac{π}{2} ] rozdelíme na n intervalov dĺžky \frac{π}{2n}

5použili sme vzorec sin α + sin 2α + ⋯ + sin kα = ( = \frac{1}{sin(α/2)}( sin \frac{α}{2} sin α + sin \frac{α}{2} sin 2α + ⋯ + sin \frac{α}{2} ·

\frac{π (cos \frac{π}{4n} − cos \frac{(2n + 1)π}{4n} )}{4n sin \frac{π}{4n}} ; \underline{∫{π/2 \atop 0}} sin x dx = lim_{n→∞} \frac{cos \frac{π}{4n} − cos \frac{(2n − 1)π}{4n}}{\frac{sin(π/4n)}{π/4n}} = 1 ^{6};

\overline{∫{π/2 \atop 0}} sin x dx = 1 ; teda funkcia sin je riemannovsky integrovateľná na intervale [0, \frac{π}{2} ] ;

\underline{4}. najprv dokážte, že pre každé delenie D intervalu [−2, −1] platí L(f, D) =

L(x, D) , U(f, D) = U(−x, D) ; ak D_{n} = \{ − 2 , −2 + \frac{1}{n} , −2 + \frac{2}{n} , …, −2 + \frac{n − 1}{n} , −1\} ,

tak L(f, D_{n}) = \frac{1}{n}( − \frac{2n}{n} − \frac{2n − 1}{n} − ⋯ − \frac{n + 1}{n}) = −\frac{1}{n^{2}} ((n + 1) + ⋯ + (2n − 1) + 2n) = ^{7}

−\frac{1}{n^{2}} (\frac{2n(2n + 1)}{2} − \frac{n(n + 1)}{2}) = −\frac{3n^{2} + n}{2n^{2}} , U(f, D_{n}) = \frac{1}{n^{2}} (\frac{2n(2n + 1)}{2} − \frac{n(n + 1)}{2}) =

\frac{3n^{2} + n}{2n^{2}} ; \underline{∫{−1 \atop −2}}f(x) dx = −\frac{3}{2} , \overline{∫{−1 \atop −2}}f(x) dx = \frac{3}{2} , teda f nie je riemannovsky integrovateľná

na intervale [−2, −1] ;

61 napr. f(x) = \{ \begin{matrix}α , ak & x ∈ Q ∩ [0, 1] \\ β , ak & x ∈ [0, 1] \ Q \end{matrix} ;

62 \underline{1}. je ( f je spojitá na [−1, 1] ) ; \underline{2}. je ( f je monotónna na [0, 1] ; integrovateľnosť f na [0, 1] vyplýva aj z toho, že množina {1/2^{n}; n ∈ N} jej bodov nespojitosti má Jordanovu mieru nula) ;

\underline{3}. je (na túto funkciu sa vzťahuje poznámka 2 za vetou 6; funkcia \overline{f} = \{ \begin{matrix}f(x) , ak & x ∈ (0, 1] \\ 0 ak & x = 0 \end{matrix}

je monotónna, a teda riemannovsky integrovateľná na intervale [0, 1] ; integrovateľnosť funkcie \overline{f} na [0, 1] vyplýva aj z toho, že množina {1/n; n = 2, 3, …} jej bodov nespojitosti má Jordanovu mieru nula ^{8}) ; \underline{4}. je (aj na túto funkciu sa vzťahuje poznámka 2 za vetou 6; pre ľubovoľné A ∈ R

platí: množina \{0\} ∪ \{1/n; n ∈ N\} bodov nespojitosti funkcie \overline{f}_{A}(x) = \{ \begin{matrix}f(x) , ak & x ∈ (0, 2] \\ A , ak & x = 0 \end{matrix}

má Jordanovu mieru nula, teda \overline{f}_{A} je riemannovsky integrovateľná na [0, 2] ) ; \underline{5}. je (množina \{0\} ∪ \{1/n; n = 2, 3 …\} bodov nespojitosti funkcie f|[0, 1] má Jordanovu mieru nula); \underline{6}. nie je

(pre ľubovoľný uzavretý ohraničený interval I = [a, b] je \underline{∫{b \atop a}}χ(x) dx = 0 , \overline{∫{b \atop a}}χ(x) dx = b − a ); \underline{7}. nie je ( f totiž nie je ohraničená na intervale [−1, 1] , pozri tiež poznámku za vetou 4);

63 dokážte, že množina {x_{n} ; n ∈ N} má Jordanovu mieru nula ;

64 použijeme vetu 3; pretože pre ľubovoľné delenie D intervalu I = [a, b] je L(r, D) = 0 , stačí pre každé ε > 0 nájsť také delenie D_{ε} , pre ktoré U(r, D_{ε}) < ε; nech je teda dané ε > 0 ;

množina M := \{x ∈ I ; r(x) > \frac{ε}{2(b − a)}\} je konečná, preto existuje konečný počet po dvoch

disjunktných podintervalov I_{1} , …, I_{n} intervalu I taký, že súčet ich dĺžok je menší než \frac{ε}{2} a

M ⊂ ⋃_{i=1}^{n} I_{i}; ak je delenie D intervalu I vytvorené bodmi a , b a koncovými bodmi intervalov

I_{1} , …, I_{n} (usporiadanými podľa veľkosti), tak U(r, D) < ε (pre x ∈ I_{1} ∪ I_{2} ∪ … ∪ I_{n} iste platí

6pripomeňme, že lim_{u→0} \frac{sin u}{u} = 1

7použili sme vzorec 1 + 2 + ⋯ + k = \frac{k(k + 1)}{2}

8keby sme namiesto funkcie \overline{f} zvolili funkciu \overline{f}_{A}(x) = \{ \begin{matrix}f(x) , ak & x ∈ (0, 1] \\ A , ak & x = 0 \end{matrix} , kde A ≠ 0 je dané číslo, bola by množinou bodov nespojitosti funkcie \overline{f}_{A} množina \{0\} ∪ \{1/n ; n = 2, 3, …\} , ktorá má tiež Jordanovu mieru nula

r(x) ≤ 1 a pre x ∈ I \ (I_{1} ∪ … ∪ I_{n}) je r(x) ≤ \frac{ε}{2(b − a)} , preto U(r, D) ≤ 1 · d_{1} + \frac{ε}{2(b − a)} d_{2} ,

kde d_{1} je súčet dĺžok intervalov I_{1} , …, I_{n} a d_{2} je súčet dĺžok zvyšných intervalov delenia D

(zrejme d_{2} ≤ (b − a) ) , preto U(r, D) < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2(b − a)} (b − a) = ε );

65 \underline{1}. ak D_{n} = \{ − 1 , −\frac{n − 1}{n} , −\frac{n − 2}{n} , …, 0 , \frac{1}{n} , \frac{2}{n} , …, \frac{2n − 1}{n} , 2\} a za ξ_{i} zvolíme

vždy ľavý koncový bod príslušného intervalu, tak S_{n} = \frac{1}{n}[1 + (\frac{n − 1}{n})^{2} + ⋯ + (\frac{1}{n})^{2} + 0^{2} + ⋯ +

(\frac{2n − 1}{n})^{2} ] = \frac{1}{n^{3}} [(n^{2} +⋯+1^{2})+(1^{2} +⋯+(2n−1)^{2})] = \frac{1}{n^{3}} (\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)+ \frac{1}{6}(2n−1)2n(4n−

1)) ^{9}, lim_{n→∞} S_{n} = 3 ;

\underline{2}. ak D_{n} = \{a , a + \frac{b − a}{n} , a + 2\frac{b − a}{n} , …, a + (n − 1)\frac{b − a}{n} , b\} a ξ_{i}

zvolíme podľa návodu, tak S_{n} = \frac{b − a}{n}(\frac{1}{a (a + \frac{b − a}{n})} + \frac{1}{(a + \frac{b − a}{n}) (a + 2\frac{b − a}{n})} + ⋯ +

\frac{1}{(a + (n − 1)\frac{b − a}{n}) (a + n\frac{b − a}{n})}) = \frac{b − a}{n}[\frac{n}{b − a}(\frac{1}{a} − \frac{1}{a + \frac{b − a}{n}} ) + \frac{n}{b − a}(\frac{1}{a + \frac{b − a}{n}} −

\frac{1}{a + 2\frac{b − a}{n}} ) + ⋯ + \frac{n}{b − a}(\frac{1}{a + (n − 1)\frac{b − a}{n}} − \frac{1}{b})] = \frac{1}{a} − \frac{1}{b} , lim_{n→∞} S_{n} = \frac{1}{a} − \frac{1}{b} ;

66 pretože platí ∑_{k=1}^{n} m_{k}Δx_{k} ≤ ∑_{k=1}^{n} sin 50ξ_{k}Δx_{k} ≤ ∑_{k=1}^{n} M_{k}Δx_{k} aj ∑_{k=1}^{n} m_{k}Δx_{k} ≤

∫_{0}^{3} sin 50x dx ≤ ∑_{k=1}^{n} M_{k}Δx_{k} , je | ∫_{0}^{3} sin 50x dx − ∑_{k=1}^{n} sin 50ξ_{k}Δx_{k}| ≤ ∑_{k=1}^{n} M_{k}Δx_{k} − ∑_{k=1}^{n} m_{k}Δx_{k} =

∑_{k=1}^{n}(M_{k} − m_{k})Δx_{k}; stačí teda nájsť δ > 0 tak, aby z nerovnosti Δx_{k} < δ vyplývalo M_{k} − m_{k} <

\frac{0.001}{3} (k = 1, …, n) ; f je spojitá na [x_{k−1}, x_{k}] , preto M_{k} = sin 50η_{k} , m_{k} = sin 50ϑ_{k} pre niek-

toré η_{k} , ϑ_{k} ∈ [x_{k−1}, x_{k}] ; podľa Lagrangeovej vety M_{k} −m_{k} = |M_{k} −m_{k}| = | sin 50η_{k} −sin 50ϑ_{k}| =

|50 cos 50c||η_{k} − ϑ_{k}| ≤ 50|η_{k} − ϑ_{k}| ≤ 50Δx_{k}; preto stačí zvoliť δ = \frac{0.001}{150} ;

67 \underline{1}. limitovaný výraz je integrálnym súčtom riemannovsky integrovateľnej funkcie f pri

delení D_{n} = \{0 , \frac{1}{n} , \frac{2}{n} , …, 1\} , pritom \{D_{n}\}_{n=1}^{∞} je normálna postupnosť delení intervalu [0, 1] ;

68 napr. Dirichletova funkcia χ , ak v každom čiastočnom intervale každého delenia zvolíme za ξ iracionálne číslo;

69 nie je; {D_{n}}_{n=1}^{∞} nie je totiž normálna postupnosť delení;

70 za daných predpokladov možno nájsť normálnu postupnosť integrálnych súčtov {S_{n}}_{n=1}^{∞} takú, že S_{n} = 0 pre všetky n ∈ N ; príkladom sú Dirichletova funkcia χ a funkcia f(x) ≡ 0 (alebo Dirichletova a Riemannova funkcia);

9použili sme vzorec ∑_{i=1}^{N} i^{2} = \frac{1}{6}N(N + 1)(2N + 1) ; vzorce pre ∑_{i=1}^{N} i^{k} (k ∈ N) možno odvodiť nasledovne:

platí ∑_{i=1}^{N} i^{k} = P_{k+1}(N) , kde P_{k+1}(N) = a_{k+1}N^{k+1} + a_{k}N^{k} + ⋯ + a_{0} je polynóm stupňa k + 1 ; neznáme koeficienty a_{k+1} , …, a_{0} nájdeme z podmienok P_{k+1}(N + 1) − P_{k+1}(N) = (N + 1)^{k} , P_{k+1}(1) = 1 ; iné odvodenie pozri napr. v [27, str. 51]

71 napr. f(x) = \{ \begin{matrix}x − a , ak & x ∈ Q \\ −(x − a) , ak & x ∉ Q \end{matrix} ;

72 súčin áno (ak napr. za jednu z funkcií zvolíme f(x) ≡ 0 a druhá bude ľubovoľná ohraničená riemannovsky neintegrovateľná funkcia, iným príkladom je súčin Dirichletovej a Riemannovej funkcie 10 ); súčet nie;

73 využite rovnosť max\{f, g\} = \frac{1}{2}(f + g + |f − g|) a analogickú rovnosť pre min\{f, g\};

74 nie (príslušný príklad už musíte nájsť sami);

75 stačí dokázať f(x_{0}) > 0 pre niektoré x_{0} ∈ [a, b] a využiť spojitosť funkcie f ; z výroku

∀ x ∈ [a, b] : f(x) ≤ 0 by vyplývalo ∫_{a}^{b} f(x) dx ≤ 0 ;

76 \underline{1}. nech x_{0} je vnútorný bod intervalu [a, b] (v prípade x_{0} = a , x_{0} = b je dôkaz obdobný); iste existujú ε > 0 , δ > 0 tak, že a < x_{0} − δ < x_{0} + δ < b , pričom ∀ x ∈ O_{δ}(x_{0}) : f(x) ≥ ε (stačí

zvoliť napr. ε = \frac{f(x_{0})}{2} a využiť spojitosť funkcie f v bode x_{0}); z nerovností ∀ x ∈ [a, x_{0} − δ] :

f(x) ≥ 0 , ∀ x ∈ [x_{0} − δ, x_{0} + δ] : f(x) ≥ ε , ∀ x ∈ [x_{0} + δ, b] : f(x) ≥ 0 vyplýva ∫_{a}^{x0−δ} f(x) dx ≥

0 , ∫_{x0−δ}^{x0+δ} f(x) dx ≥ 2δε , ∫_{x0+δ}^{b} f(x) dx ≥ 0 , teda ∫_{a}^{b} = ∫_{a}^{x0−δ} + ∫_{x0−δ}^{x0+δ} + ∫_{x0+δ}^{b} ≥ 2δε > 0 ;

77 \underline{1}. vyplýva z nerovnosti ∀ x ∈ (0, π) : 0 < \frac{sin x}{\sqrt[5]{x^{2} + 2}} < \frac{1}{\sqrt[5]{2}} a z tvrdenia pr. 76.2;

78 \underline{1}. druhý; vyplýva to z nerovnosti ∀ x ∈ (0, 1) : e−x sin x < e−x^{2} sin x a z tvrdenia pr. 76.2; \underline{2}. (na obidva porovnávané integrály sa vzťahuje poznámka 2 za vetou 6) druhý; vyplýva to

z nerovnosti ∀ x ∈ [\frac{π}{2} , π) : \frac{sin x}{x} > 0 , z tvrdenia pr. 76.2 a z aditívnej vlastnosti Riemannovho

integrálu ( ∫_{0}^{π} = ∫_{0}^{π/2} + ∫_{π/2}^{π} );

79 označme f^{+} := max{f, 0} , f^{−} := max{−f, 0} , potom f^{+} , f^{−} sú spojité funkcie (pozri

pr. I.228) a f = f^{+} − f^{−} , |f| = f^{+} + f^{−}; označme A := ∫_{a}^{b} f^{+}(x) dx , B := ∫_{a}^{b} f^{−}(x) dx; ak

∫_{a}^{b} f(x) dx ≥ 0 (postup pre ∫_{a}^{b} f(x) dx ≤ 0 je obdobný), tak zo zadania vyplýva A−B = A+B ,

teda B = 0 ; odtiaľ na základe pr. 76.1 vyplýva f^{−}(x) = 0 pre všetky x ∈ [a, b] ; 80 napr. f(x) = sgn x , g je Riemannova funkcia;

81 \underline{1}. \frac{45}{4} ;  \underline{2}. \frac{π}{3} ;  \underline{3}. \frac{π}{6} ;  \underline{4}. 1 (využite rovnosť \sqrt{1 + sh^{2}α} = ch α );  \underline{6}. 2

(pozor: \sqrt{x^{2/3}} = |x|^{1/3} ); \underline{7}. ak b > a ≥ 0 : b − a; ak b > 0 > a : b + a; ak

0 ≥ b > a : a − b; to možno ,,naraz“ zapísať v tvare |b| − |a|; \underline{8}. 100\sqrt{2} ( \sqrt{1 − cos 2x} =

\sqrt{2}| sin x| ); \underline{9}. ln(n! ) ( = ln 2 + ln 3 + ⋯ + ln n) ; \underline{10}. pre m = n = 0 a pre m ≠ ±n : 0 ;

pre m = n ≠ 0 : π; pre m = −n ≠ 0 : −π; \underline{12}. \frac{π}{2ab} ;

82 \underline{1a}) funkcia f(x) = \frac{1}{x} je neohraničená na [−1, 1] \ \{0\} , teda nemôže byť riemannovsky integrovateľná na [−1, 1]^{11} (preto symbol ∫_{−1}^{1} \frac{1}{x} dx nemá zmysel);

10pozri tiež pr. 165; nie je ťažké dokázať nasledujúce tvrdenie zovšeobecňujúce obidva uvedené príklady:

ak g ∈ R[a, b] , g ≥ 0 , pričom ∫_{a}^{b} g(x) dx = 0 , a f : [a, b] → R je ohraničená funkcia, tak fg ∈ R[a, b] a ∫_{a}^{b} f(x)g(x) dx = 0

\underline{1b}) pretože ( arctg \frac{1}{x})′ = −\frac{1}{1 + x^{2}} , x ≠ 0 , je (v zmysle poznámky 2 za vetou 6) ∫_{−1}^{1} ( arctg \frac{1}{x})′ dx = ∫_{−1}^{1} −\frac{1}{1 + x^{2}} dx , funkcia arctg \frac{1}{x} je primitívna k funkcii −\frac{1}{1 + x^{2}} len na R \ {0} , preto na [−1, 1] nie sú splnené predpoklady vety 11 (tie sú splnené pri nasledujúcom výpočte:

∫_{−1}^{1} ( arctg \frac{1}{x})′ dx = ∫_{−1}^{1} −\frac{dx}{1 + x^{2}} = [− arctg x]_{−1}^{1} = −\frac{π}{2} ;

pomocou funkcie arctg \frac{1}{x} možno integrál ∫_{−1}^{1} ( arctg \frac{1}{x})′ dx vypočítať nasledovne:

∫_{−1}^{1} = ∫_{−1}^{0} + ∫_{0}^{1} = [ arctg \frac{1}{x}]_{−1}^{0} + [ arctg \frac{1}{x}]_{0}^{1} = −\frac{π}{2} ,

pretože na intervale [−1, 0] , resp. [0, 1] sú v tomto prípade splnené všetky predpoklady vety 11);

\underline{1c}) funkcia \frac{1}{\sqrt{3}} arctg (\sqrt{3} tg x) je primitívna k funkcii \frac{1}{1 + 2 sin^{2} x} len na R \ \{(2k + 1)\frac{π}{2} ; k ∈ Z} , teda na intervale [0, π] nie sú splnené všetky predpoklady vety 11; tie sú v tomto prípade splnené len na intervaloch [0, \frac{π}{2} ] a [\frac{π}{2} , π] , preto

∫_{0}^{π} = ∫_{0}^{π/2} + ∫_{π/2}^{π} = [\frac{1}{\sqrt{3}} arctg (\sqrt{3} tg x)]_{0}^{π/2} + [\frac{1}{\sqrt{3}} arctg (\sqrt{3} tg x)]_{π/2}^{π} = \frac{π}{\sqrt{3}} ;

\underline{2}. \frac{2}{3} ( = [\frac{1}{1 + 2^{1/x}} ]_{−1}^{0} + [\frac{1}{1 + 2^{1/x}} ]_{0}^{1} ; pri overovaní predpokladov vety 11 v tomto prípade nezabudnite preveriť, či je funkcia (\frac{1}{1 + 2^{1/x}} )′ riemannovsky integrovateľná na [−1, 1] );

83 \underline{2}. \frac{1}{p + 1} ( = ∫_{0}^{1} x^{p} dx ); \underline{3}. \frac{2}{3}(\sqrt{8} − 1); \underline{4}. ln 2 ( = ∫_{0}^{1} \frac{dx}{1 + x}); \underline{5}. 64

( = ∫_{0}^{4} x^{3} dx); \underline{6}. 2 ( = ∫_{0}^{3} \frac{dx}{\sqrt{1 + x}} ); \underline{7}. \frac{π}{6} ( = ∫_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{4 − x^{2}}} ); \underline{8}. \frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} f(x) dx;

\underline{9}. \frac{4}{e} ( = e∫{2 \atop 1} ln x dx , pozri aj pr. 67.2); \underline{10}. \frac{ln 3}{3} ( = \frac{1}{2} ∫_{0}^{2} \frac{x^{2} dx}{1 + x^{3}} );

84 \underline{1}. 0.312 5 < I_{1} < 0.409 7\overline{2} ; \underline{2}. 0.493 055 055 < I_{2} < 0.493 107 639 ; \underline{3}. 0.126 100 97 < I_{3} < 0.126 171 46 ;

85 jednotlivé nerovnosti sú dôsledkom tvrdenia z pr. 76.2 a nasledujúcich nerovností:

\underline{1}. \frac{x^{19}}{\sqrt{2}} < \frac{x^{19}}{\sqrt{1 + x^{2}}} < x^{19} , x ∈ (0, 1) ; \underline{2}. \frac{4}{9}e^{x} < \frac{e^{x}}{(x + 1)(2 − x)} < \frac{1}{2}e^{x} , x ∈ (0, 1) \ \{\frac{1}{2}\} (stačí

nájsť maximum a minimum funkcie (x + 1)(2 − x) , x ∈ [0, 1] ) ; \underline{3}. 0 < \frac{e^{−5x}}{x + 20} < \frac{e^{−5x}}{20} , x ∈

(0, 200] ; \underline{4}. 1 < \frac{1}{\sqrt{1 − x^{2n}}} ≤ \frac{1}{\sqrt{1 − x^{2}}} , x ∈ (0, \frac{1}{2}] , n ≥ 1 ;

11funkcia f má hneď dve ,,chyby“: nie je definovaná v bode 0 a nie je ohraničená, z nich podstatnejšia je v tomto prípade jej neohraničenosť (porovnaj s poznámkou 2 za vetou 6 a poznámkou za vetou 4)

86 ∫_{a}^{b} f′′(x) dx = f′(b) − f′(a) = tg \frac{π}{4} − tg \frac{π}{3} = 1 − \sqrt{3} ;

87 ak M ⊂ {a, b} , niet čo dokazovať; ak M ⊄ {a, b} a M \{a, b} = {x_{1} , …, x_{n}} , pričom

x_{1} < x_{2} < ⋯ < x_{n} , tak ∫_{a}^{b} = ∫_{a}^{x1} + ∫_{x1}^{x2} + ⋯ + ∫_{xn}^{b} = [F (x)]_{a}^{x1} + [F (x)]_{x1}^{x2} + ⋯ + [F (x)]_{xn}^{b} ;

88 \underline{1}. napr. f(x) = sgn (x − \frac{a + b}{2}) ; menej triviálnym príkladom je Riemannova funkcia

r (pri dôkaze faktu, že r nemá na [a, b] primitívnu funkciu, využite tvrdenie z poznámky ^{19} k pr.

57; \underline{2}. nie, napr. f = F′ , kde F (x) = \{ \begin{matrix}x^{3/2} sin \frac{1}{x} , ak & x ∈ (0, 1] \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} ;

89 \underline{2}. 0 ( = \frac{1}{2} ∫_{0}^{0} \frac{dt}{1 + t^{2}} ); \underline{3}. \frac{1}{6} ; \underline{4}. 2 − \frac{π}{2} ; \underline{6}. 8 + \frac{3\sqrt{3}π}{2} ; \underline{7}. \frac{πa^{4}}{16} ; \underline{8}. \frac{π}{4}

(použite substitúciu x = a sin t a potom substitúciu t + \frac{π}{4} = z , pritom využite vzorec cos α +

sin α = \sqrt{2} sin (α + \frac{π}{4} ) ); \underline{9}. \frac{1}{\sqrt{2}} ln \frac{9 + 4\sqrt{2}}{7} (= \frac{1}{\sqrt{2}} ln ( \frac{\frac{1 + \sqrt{2}}{2}}{\frac{1 + \sqrt{50}}{14}} ) ) ; \underline{10}. \frac{4}{3} (pozor:

\sqrt{1 − cos^{2} x} = | sin x| ); \underline{11}. 4n ( |(cos ln \frac{1}{x})′| = \frac{| sin ln x|}{x} , potom subst. ln x = t );

90 \underline{1a}) áno; \underline{1b}) áno; \underline{1c}) áno (všimnite si, že v pr. 90.1a,b, tj. pre t ∈ [0, \frac{π}{2} ] , resp.

pre t ∈ [\frac{π}{2} , π] , ,,prebieha“ funkcia sin t všetky hodnoty medzi 0 a 1 (teda hodnoty sin t presne

,,vyplnia“ interval [0, 1] , na ktorom chceme integrovať funkciu \sqrt{1 − x^{2}} ) , zatiaľčo v pr. 90.1c je

sin ([0, \frac{5π}{2} ]) = [−1, 1] ; predpoklady vety 12 sú splnené vo všetkých troch prípadoch) ; \underline{2a}) áno;

\underline{2b}) nie (funkcia f(x) = \frac{1}{(1 − x^{2})^{3/2}} nie je spojitá na intervale [−\frac{1}{\sqrt{2}}, 1] = sin ([\frac{π}{4} , \frac{5π}{4} ]) ,

teda nie sú splnené všetky predpoklady vety 12); \underline{3}. nie (neexistuje β ∈ R tak, aby platilo

sin β = 3 , teda pri ľubovoľnej voľbe α , β ,,nevyplnia“ hodnoty sin t , t ∈ [α, β] , interval [0, 3] ) ; 91 \underline{1}. funkcia φ(x) = tg x nie je definovaná na celom intervale [0, π] (a nemožno ju ani

,,spojite dodefinovať“ ^{12}), preto pri uvedenom výpočte nie sú splnené predpoklady vety 12 (správny

je napr. nasledujúci výpočet:

∫_{0}^{π} = ∫_{0}^{π/2} + ∫_{π/2}^{π} = [\frac{1}{\sqrt{2}} arctg (\sqrt{2} tg x)]_{0}^{π/2} + [\frac{1}{\sqrt{2}} arctg (\sqrt{2} tg x)]_{π/2}^{π} = \frac{π}{\sqrt{2}} ^{13}) ;

12vetu 12 možno totiž použiť aj v prípade, keď funkcia φ síce nie je definovaná v konečnom počte bodov intervalu [α, β] , ale existuje funkcia \overline{φ}:[α, β]→ R vyhovujúca predpokladom vety 12 (a teda spojitá) taká, že \overline{φ}(x) = φ(x) pre všetky x ∈ D(φ) (takto možno použiť napr. substitúciu t = x^{3} sin \frac{1}{x} na výpočet integrálu ∫_{−1}^{1} (x^{3} sin \frac{1}{x})(x^{3} sin \frac{1}{x})′ dx; presnú formuláciu uvedeného tvrdenia a jeho dôkaz prenechávame čitateľovi)

13všimnime si, že pri výpočte integrálov ∫_{0}^{π/2} a ∫_{π/2}^{π} používame substitúciu t = tg x len ako substitúciu pre neurčitý integrál (vetu 12 nemožno použiť), musíme sa teda ,,vracať k pôvodnej integračnej premennej“; nebude to potrebné, ak okrem Riemannovho integrálu zavedieme aj Newtonov integrál (pozri poznámku pred odsekom 2.6) alebo nevlastný Riemannov integrál (pozri napr. [1])

\underline{2}. funkcia φ(t) = \frac{1}{t} nie je definovaná na celom intervale [−1, 1] (a bod 0 je jej neodstrániteľný bod nespojitosti), preto nie sú splnené predpoklady vety 12 pri uvedenom výpočte;

92 \underline{1}. použite substitúciu x = \frac{1}{t} ; \underline{2}. použite substitúciu x = tg \frac{t}{2} (na integrál na pravej aj ľavej strane rovnosti sa vzťahuje poznámka 2 za vetou 6, ako treba dodefinovať funkcie \frac{arctg}{x} a \frac{t}{sin t} , aby boli splnené predpoklady vety 12?);

93 \underline{1}. ∫_{−k}^{k} = ∫_{−k}^{0} + ∫_{0}^{k} , na výpočet ∫_{−k}^{0} použite substitúciu x = −t; \underline{3a}) použite substitúciu x = \frac{π}{2} − t; \underline{3b}) použite substitúciu x = π − t;

94 \underline{1}. 0 (vyplýva to z tvrdenia pr. 93.1) ; \underline{2}. \frac{π}{2} (využite, že podľa tvrdenia z pr. 93.1 je ∫_{−π/2}^{π/2} x^{2} sin x dx = 0 ); \underline{3}. \frac{π^{2}}{4} (použite pr. 93.3b) ; \underline{5}. a ( ∫_{−a}^{a} = ∫_{−a}^{0} + ∫_{0}^{a} , na výpočet ∫_{−a}^{0} použite substitúciu x = −t); \underline{6}. 1 ;

95 \underline{1}. \frac{1}{2} ln \frac{e}{2} ; \underline{2}. 2 − \frac{2}{e} ; \underline{3}. \frac{1}{27}(5e^{3} − 2) ; \underline{4}. \frac{1}{(n + 1)^{2}} [(n + 1)n^{n+1} ln n − n^{n+1} +

1] ; \underline{5}. − \frac{2}{13} · (e^{−2π} + 1) ; \underline{6}. \frac{4π}{3} − \sqrt{3} (pre funkcie f(x) = x , g(x) = arcsin \sqrt{\frac{x}{1 + x}} nie sú splnené predpoklady vety 13 — funkcia g′(x) = \frac{1}{2\sqrt{x} (1 + x)} nie je definovaná v bode 0 (a nie je ohraničená na (0, 3] , teda nemôže byť riemannovsky integrovateľná na [0, 3] ), napriek tomu fg′ ∈ R[0, 3] a platí (2.2) z vety 13, zdôvodnenie prenechávame na čitateľa); \underline{7}. 1 (v tomto prípade nemožno použiť vetu 13, pretože pre f(x) = x , g(x) = arccos x neplatí fg′ ∈ R[0, 1] , symbol ∫_{0}^{1} f(x)g′(x) dx teda nemá zmysel; metódu per partes tu možno použiť len pre neurčité integrály ^{14}); \underline{8}. \frac{π^{2}}{4} − 2 (na tento príklad sa vzťahuje podobná poznámka ako na pr. 95.7) ;

96 \underline{2}. \frac{(2n)!!}{(2n + 1)!!} (rekurentný vzťah I_{n} = \frac{2n}{2n + 1} I_{n−1} možno odvodiť samostatne alebo použiť substitúciu x = cos t a využiť riešenie pr. 96.1) ; \underline{3}. (−1)^{n} \frac{π}{4} + ∑_{k=1}^{n}(−1)^{n−k} \frac{1}{2k − 1} ( I_{n} = \frac{1}{2n − 1} − I_{n−1} ); \underline{4}. (−1)^{n} \frac{n!}{(m + 1)^{n+1}} (na integrál I_{m,n} ( m, n ∈ N ) sa vzťahuje poznámka 2 za vetou 6; rekurentný vzťah I_{m,n} = −\frac{n}{m + 1} I_{m,n−1} sme odvodili použitím metódy per partes pre neurčitý integrál — funkcie f′(x) = x^{m} , g(x) = ln^{n} x totiž nevyhovujú predpokladom vety 13; rovnosť lim_{x→0} \frac{x^{m+1}}{m + 1} ln^{n} x = 0 možno dokázať použitím l’Hospitalovho

pravidla); \underline{5}. (−1)^{n+1} ln \sqrt{2} + ∑_{k=1}^{n}(−1)^{n+1−k} \frac{1}{2k} ( I_{n} = −\frac{1}{2n} − I_{n−1} );

97 na vyjadrenie integrálu \frac{1}{n!} ∫_{x0}^{x}(x − t)^{n}f^{(n+1)}(t) dt použite n–krát za sebou metódu per partes;

98 \underline{1}. \frac{1}{sin α}( arctg \frac{1 − cos α}{sin α} + arctg \frac{1 + cos α}{sin α}) ( = \frac{π}{2 sin α} , ak použijeme vzorec

arctg x + arctg \frac{1}{x} = \frac{π}{2} sgn x ); \underline{2}. ln \sqrt{3} − \frac{π}{2\sqrt{3}} ; \underline{3}. \frac{14}{15} ; \underline{4}. \frac{29}{270} ; \underline{5}. \frac{1}{2}(\sqrt{3} − \sqrt{2} ) ;

14aj v tomto prípade by sa podobne ako v riešení pr. 91.1 situácia zjednodušila zavedením Newtonovho alebo nevlastného Riemannovho integrálu, pozri tiež riešenie tohto príkladu v poznámke pred odsekom 2.6

\underline{6}. ln (2\frac{\sqrt{2} − 1}{\sqrt{5} − 1}) (ak ste použili substitúciu x = \frac{1}{t} , uvedomte si, že \sqrt{t^{2}} = −t pre

t < 0 ; použitím substitúcie x = tg t dostaneme výsledok v tvare ln ( tg \frac{arctg 1}{2})−

ln ( tg \frac{arctg 2}{2}) ); \underline{7}. \frac{π}{2\sqrt{1 + a^{2}}} ; \underline{8}. 2\sqrt{2} π; \underline{9}. 2π (\frac{2}{\sqrt{3}} − \frac{1}{\sqrt{2}}) ; \underline{10}. \frac{π}{4} · \frac{a^{2} + b^{2}}{a^{3}b^{3}} ; \underline{11}. 0 ;

\underline{12}. \frac{π^{2}}{2} · \frac{(m − 1)!!}{m!!} pre m ∈ N párne,  π \frac{(m − 1)!!}{m!!} pre m ∈ N nepárne;  \underline{13}. \frac{π}{6} (1 + \sqrt{3} )

( = \frac{π}{2} − \frac{π}{6} tg \frac{π}{12} , pritom tg \frac{π}{12} = \sqrt{\frac{1 − cos(π/6)}{1 + cos(π/6)}} ); \underline{14}. \frac{3}{5}(e^{π} − 1) ; \underline{15}. 0 ; \underline{16}. \frac{1}{4}πe^{π/2} −

\frac{1}{2} ; \underline{17}. 2e−5 ; \underline{18}. \frac{π^{2}}{16} ; \underline{19}. \frac{16π}{3} −2\sqrt{3} ; \underline{20}. \frac{π}{4} ( ∫_{−1}^{1} = ∫_{−1}^{0} + ∫_{0}^{1} , v prvom z integrálov

subst. x = −t; po úprave vyjde ∫_{0}^{1} \frac{dx}{1 + x^{2}} ); \underline{21}. arctg \frac{32}{27} − 2π ( = [ arctg f(x)]_{−1}^{0} +

[ arctg f(x)]_{0}^{2} + [ arctg f(x)]_{2}^{3} ; nezabudnite preveriť, či je funkcia \frac{f′(x)}{1 + f^{2}(x)} riemannovsky inte-

grovateľná na [−1.3] , na to stačí vyšetriť jej správanie sa v bodoch 0 a 2 (dobre si rozmyslite,

prečo)); \underline{22}. \frac{π}{3} ( = [arcsin \frac{2x}{1 + x^{2}} ]_{−2−\sqrt{3}}^{2+\sqrt{3}} , táto rovnosť ovšem nevyplýva bezprostredne z

vety 11, ale z pr. 87 (rozmyslite si, prečo; vypočítajte (arcsin \frac{2x}{1 + x^{2}} )′ — nezabudnite pritom, že

\sqrt{(1 − x^{2})^{2}} = |1 − x^{2}| ) ); \underline{23}. − 1 ; \underline{24}. − \frac{π^{2}}{4} ; \underline{25}. 14 − ln(7! ) ( e^{2} ≈ 7.39 ) .

99 podľa vety 11 (uvedomte si, že jej tvrdenie zostane v platnosti aj v prípade a ≥ b) je G(x) = F (ψ(x)) − F (φ(x)) , kde F je primitívna funkcia k funkcii f (zvlášť si rozmyslite dôkaz

rovnosti (2.3) pre x = α , x = β , ak I = [α, β] , a pre prípady φ(x) = c , φ(x) = d , ψ(x) = c , ψ(x) = d) ;

100 \underline{1}. sin b^{2} ; \underline{2}. − sin a^{2} ; \underline{3}. 0 ; \underline{4}. sin b^{2} − sin a^{2} ; \underline{5}. 2(b − a)x cos x^{2} ;

101 \underline{1}. f′(x) = 2x\sqrt{1 + x^{4}} ; \underline{2}. f′(x) = \frac{3x^{2}}{\sqrt{1 + x^{12}}} − \frac{2x}{\sqrt{1 + x^{8}}} ; \underline{3}. − cos(π cos^{2} x) cos x −

cos(π sin^{2} x) cos x ( = cos(π sin^{2} x) · (sin x − cos x) ) ;

102 \underline{1}. (globálne) minimum \frac{4}{3} − 15 ln 3 = F (ln 2) ; \underline{2}. (globálne) minimum y = −\frac{17}{12} pre

x = 1 , inflexné body x = 2 , x = \frac{4}{3} ;

103 \underline{1}. 1 (rovnosť lim_{x→0} ∫_{0}^{x} cos t^{2} dt , ktorú (okrem iného) musíme overiť pred použitím

l’Hospitalovho pravidla, vyplýva zo spojitosti funkcie F (x) = ∫_{0}^{x} cos t^{2} dt ); \underline{2}. \frac{π^{2}}{4} ; \underline{3}. 0 (pred

použitím l’Hospitalovho pravidla tu treba overiť podmienku lim_{x→0} ∫_{0}^{x} e2x^{2} dx = ∞ , tá vyplýva z

nerovnosti ∫_{0}^{x} e2x^{2} dx ≥ x , ktorá je dôsledkom nerovnosti e2x^{2} ≥ 1 , x ∈ [0, ∞) );

104 A (použite substitúciu nx = t) ;

105 (predovšetkým si uvedomte, že z podmienky f ∈ R[0, ω] vyplýva riemannovská integrovateľnosť funkcie f na ľubovoľnom uzavretom ohraničenom intervale) \underline{1}. F (x) = G(x) +

K(x − a) , kde K = \frac{1}{ω} ∫_{0}^{ω} f(t) dt , a G(x) = F (x) − K(x − a) je periodická funkcia s periódou

ω (ukážte, že tvrdenie pr. 93.2 platí aj za predpokladov uvedených v pr. 105); \underline{2}. ak K = 0 (pozri vyjadrenie F v riešení pr. 105.1), tak F je periodická funkcia ^{15}, ak K ≠ 0 , tak lim_{x→∞} |F (x)| = ∞ , a teda F nemôže byť periodická;

106 \underline{1}. stačí si prezrieť dôkaz tvrdenia a) vety 14 (pozri napr. [24, str. 63]); \underline{2}. vyplýva z

pr. 106.1, pretože |\frac{F (x) − F (x_{0})}{x − x_{0}} | ≤ L pre všetky x ∈ [a, b] \ \{x_{0}\};

107 \underline{1}. F′(x_{0}) = lim_{x→x0} f(x) ; \underline{2}. F′_{+}(x_{0}) = lim_{x→x0+} f(x) , f′_{−}(x_{0}) = lim_{x→x0−} f(x) (pri dôkaze

prvej z týchto rovností možno postupovať nasledovne: pre x ∈ [x_{0}, b] je F (x) = ∫_{a}^{x0} f(t) dt +

∫_{x0}^{x} \overline{f}(t) dt , kde \overline{f}(t) = \{ \begin{matrix}f(t) , ak & t ∈ (x_{0}, b] \\ lim_{x→x_{0}+} f(t) , ak & t = x_{0} \end{matrix} ; pre funkciu \overline{f} , bod x_{0} a interval

[x_{0}, b] sú splnené predpoklady tvrdenia b) vety 14);

108 využite pr. 107.1;

109 z vety 11 vyplýva: ak existuje primitívna funkcia \overline{F} : [0, 1] → R k riemannovsky inte-

grovateľnej funkcii f:[0, 1]→ R , tak \overline{F} (x) = ∫_{0}^{x} f(t) dt + C;

110 \underline{1}. \frac{2}{π} ; \underline{2}. \frac{1}{5} ; \underline{3}. \frac{20}{3} ;

111 označme m := min_{x∈[a,b]} f(x) , M := max_{x∈[a,b]} f(x) ; uvedené tvrdenie zrejme platí, ak

∫_{a}^{b} g(x) dx = 0 alebo ak funkcia f je konštantná na intervale [a, b] ; ďalej iste platí v prípade,

keď vnútri intervalu (a, b) leží aspoň jeden z bodov, v ktorých funkcia f nadobúda hodnotu m , a aspoň jeden z bodov, v ktorých f nadobúda hodnotu M (vtedy totiž f — keďže je darbouxovská — musí hodnoty f(a) a f(b) , pre ktoré zrejme platí m ≤ f(a) ≤ M , m ≤ f(b) ≤ M , nadobúdať

aj vnútri intervalu (a, b) ); zostáva vyšetriť prípad, keď ∫_{a}^{b} g(x) dx ≠ 0 , f je nekonštantná a

nadobúda hodnotu m len v niektorom z bodov a , b (prípadne v obidvoch) alebo nadobúda hodnotu M len v niektorom z bodov a , b (prípadne v obidvoch); predpokladajme teda, že

∫_{b}^{a} g(x) dx > 0 , f(a) = M a ∀ x ∈ (a, b) : m ≤ f(x) < M (postup v ostatných prípadoch je

obdobný); pretože ∫_{a}^{b} g(x) dx > 0 , existujú c, d ∈ (a, b) , c < d tak, že ∀ x ∈ [c, d] : g(x) > 0

(pozri pr. 75, resp. 164), súčasne ∀ x ∈ [c, d] : m ≤ f(x) < M ; z uvedených nerovností dostávame ∀ x ∈ [c, d] : mg(x) ≤ f(x)g(x) < Mg(x) ; z tejto nerovnosti, nerovnosti ∀ x ∈ [a, b] : mg(x) ≤

f(x)g(x) ≤ Mg(x) a z pr. 76.2 ^{16} vyplýva m ∫_{a}^{b} g(x) dx ≤ ∫_{a}^{b} f(x)g(x) dx < M ∫_{a}^{b} g(x) dx , preto

pre číslo μ z vety 15 nemôže platiť μ = M = f(a) ; zostalo nám teda ešte uvažovať o hodnote f(b) : ak f(b) ≠ m , f(b) ≠ M , tak z našich predpokladov vyplýva, že f nadobúda hodnotu f(b) aj vnútri intervalu (a, b) (za týchto predpokladov f musí nadobúdať hodnotu m vnútri (a, b) , súčasne f(a) = M , ďalej stačí využiť darbouxovskosť funkcie f ); ak f(b) = M , niet už čo dokazovať; ak f(b) = m a ∀ x ∈ (a, b) : m < f(x) < M , možno rovnakým postupom ako predtým dokázať, že pre μ z vety 15 nemôže platiť μ = m = f(b) ;

112 integrál je \underline{2}. kladný; \underline{3}. záporný; \underline{4}. kladný (pozor: pre interval [0, π] a funkcie f(x) = \frac{1}{x} , g(x) = sin x nie sú splnené predpoklady vety 15 ani tvrdenia z pr. 111 — f je totiž

15pritom každá perióda funkcie f je aj periódou funkcie F ; opačná implikácia nemusí platiť (uvažujte napr. f = r , kde r je Riemannova funkcia z pr. 63), nájdenie vzťahu medzi množinou periód funkcie f a množinou periód funkcie F v prípade, že f je spojitá periodická funkcia, prenechávame čitateľovi

16tvrdenie pr. 111 zostane v platnosti aj vtedy, keď predpoklad ,,g je spojitá funkcia“ nahradíme predpokladom ,,g ∈ R[a, b]“, na tomto mieste dôkazu musíme potom namiesto pr. 76.2 použiť pr. 162

neohraničená na intervale (0, 1]^{17}; príslušnú nerovnosť možno dokázať podobne ako v poznámke

2 za riešením pr. 112.1); \underline{5}. kladný ( ∫\begin{matrix}√ & \overline{4π} \\ √ & \overline{2π} \end{matrix} sin x^{2} dx = ∫\begin{matrix}√ & \overline{4π} \\ √ & \overline{2π} \end{matrix} \frac{1}{2x}(2x sin x^{2}) dx ); \underline{6}. záporný

pre každé T > ln \frac{π}{2} (stačí dokázať ∫_{ln(π/2)}^{T} cos e^{x} dx < 0 pre T = ln (\frac{π}{2} + 2kπ) , k = 1, 2, …,

a využiť rýdzu monotónnosť funkcie F (x) = ∫_{ln(π/2)}^{x} cos e^{t} dt na každom z intervalov [\frac{π}{2} + kπ, \frac{π}{2} +

(k + 1)π] , k = 0, 1, 2, …);

113 \underline{2}. 1 ( = lim_{ε→0} \frac{1}{εc_{ε}^{3} + 1} , kde c_{ε} ∈ [0, 1] ); \underline{3}. f(0) ln \frac{b}{a} ( c_{ε} ∈ [aε, bε] , preto

lim_{ε→0} c_{ε} = 0 ); \underline{4}. 0 ( ∫_{0}^{π/2} = I_{1}^{ε} + I_{2}^{ε} , pričom I_{1}^{ε} = ∫_{0}^{π/2−ε/2} sin^{n} x dx → 0 pre n → ∞ , |I_{2}^{ε}| =

|∫_{π/2−ε/2}^{π/2} sin^{n} x dx| ≤ \frac{ε}{2} ;  preto platí  ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n > N , n ∈ N : |∫_{0}^{π/2} sin^{n} x dx|

(= I_{1}^{ε} + I_{2}^{ε}) < ε )^{18};

114 1. riešenie: ak F:[a, b]→ R je primitívna funkcia k f , tak F (x) − F (a) = ∫_{a}^{x} f(t) dt =

k(x − a) , potom f(x) = F′(x) = (F (a) + k(x − a))′ = k; 2. riešenie: v každom intervale [α, β] ⊂ [a, b] nadobúda f aspoň raz hodnotu k , z toho a zo spojitosti funkcie f vyplýva tvrdenie príkladu;

115 ak ∫_{a}^{b} g(x) dx = 0 , tak g(x) = 0 pre všetky x ∈ [a, b] (pozri pr. 76.1), teda

∫_{a}^{b} f(x)g(x) dx = 0 a (2.4) platí pre ľubovoľné c ∈ (a, b) ; predpokladajme ∫_{a}^{b} g(x) dx > 0 ;

ak f je na (a, b) zdola aj zhora neohraničená, tak tam ako hodnoty nadobúda všetky reálne

čísla, teda aj číslo (∫_{a}^{b} f(x)g(x) dx) / (∫_{a}^{b} g(x) dx) ; ak f je na (a, b) zhora neohraničená,

zdola ohraničená a inf_{x∈(a,b)} f(x) = m (a teda f nadobúda ako hodnoty všetky čísla z in-

tervalu (m, ∞) ) , tak z nerovnosti ∀ x ∈ (a, b) : f(x)g(x) ≥ mg(x) vyplýva μ :=

(∫_{a}^{b} f(x)g(x) dx) / (∫_{a}^{b} g(x) dx) ≥ m , pri dôkaze skutočnosti, že μ = f(c) pre niek-

toré c ∈ (a, b) (zvláštnu pozornosť vyžaduje len prípad μ = m) sa možno inšpirovať úvahami z riešenia pr. 111; postup v ostatných prípadoch, ktoré pre f môžu nastať, je obdobný ^{19};

17napriek tomu by nebolo ťažké dokážať, že ∫_{0}^{π} \frac{sin x}{x} dx = \frac{1}{c} ∫_{0}^{π} sin x dx pre niektoré c ∈ (0, π) (všeobecne je to urobené v pr. 115), potom by už bolo možné postupovať rovnako ako v riešení pr. 112.1

18pozri tiež pr. 384.2

19vhodnou úpravou uvedeného dôkazu získame dôkaz tvrdenia, ktoré dostaneme, ak v pr. 115 predpoklad ,, g je spojitá funkcia“ nahradíme predpokladom ,,g ∈ R[a, b]“; implikáciu ∫_{a}^{b} g(x) dx = 0 ⟹ ∫_{a}^{b} f(x)g(x) dx = 0 vtedy dokážeme nasledovne: ∫_{a}^{b} f(x)g(x) dx = lim_{ε→0+} ∫_{a+ε}^{b−ε} f(x)g(x) dx = lim_{ε→0+} f(x_{ε}) ∫_{a+ε}^{b−ε} g(x) dx = lim_{ε→0+} 0 = 0 , pritom prvá nerovnosť vyplýva z vety 14a), druhá z vety 15 a tretia

116 \underline{1}. funkcie g a \overline{f} , kde \overline{f} = \{ \begin{matrix}f(x) , ak & x ∈ (a, b) \\ A ,  ak & x = a \\ B ,  ak & x = b \end{matrix} , vyhovujú predpokladom vety

16;

117 \underline{3}. ∫_{a}^{b} sin x^{4} dx = ∫_{a}^{b} \frac{1}{4x^{3}} (4x^{3} sin x^{4}) dx , 0 < a < b;

118 |∫{x^{2} \atop x} sin e^{t} dt| ≤ \frac{2}{e^{x}} a lim_{x→∞} \frac{2}{e^{x}} = 0 ;

119 ∫_{a}^{b} f(x)g(x) dx = [f(x)G(x)]_{a}^{b} − ∫_{a}^{b} f′(x)G(x) dx = [f(x)G(x)]_{a}^{b} − G(c) ∫_{a}^{b} f′(x) dx , kde

G(x) := ∫_{a}^{x} g(t) dt je podľa vety 14 primitívna funkcia k funkcii g; pri ďalších úpravách použite vety 11 a 7;

120 \underline{2}. \frac{44}{15} ; \underline{3}. 9.9 − \frac{8.1}{ln 10} ; \underline{4}. \frac{π}{2} − \frac{2}{3} ; \underline{5}. \frac{1}{3} + ln \frac{\sqrt{3}}{2} ; \underline{6}. \sqrt{2} − 1 ( = ∫_{0}^{π/4}(cos y −

sin y) dy , pretože danú množinu možno popísať nerovnosťami 0 ≤ y ≤ \frac{π}{4} , sin y ≤ x ≤

cos y ); \underline{7}. \frac{5\sqrt{2}}{3} ( sin^{3} x + cos^{3} x = (sin x + cos x)(sin^{2} x − sin x cos x + cos^{2} x) = \sqrt{2} sin (x +

\frac{π}{4} ) (1 − \frac{sin 2x}{2}) ≥ 0 pre x ∈ [−\frac{π}{4} , \frac{3π}{4} ] ); \underline{8}. \frac{1}{π} − \frac{1}{8} (funkcia f(x) = cos πx je konkávna na

[0, \frac{1}{2}] , funkcia g(x) = 6x^{2} − 5x + 1 konvexná na [0, \frac{1}{2}] , f(0) = g(0) , f (\frac{1}{2}) = g (\frac{1}{2}) , preto

f(x) ≥ g(x) pre všetky x ∈ [0, \frac{1}{2}] ); \underline{9}. πab; \underline{11}. \frac{8}{3} ; \underline{12}. \frac{ab}{6} ; \underline{13}. \frac{π}{4} (ak využijeme

ekvivalenciu |y − a| = c ⟺ (y = a + c ∨ y = a − c) , c ≥ 0 , vidíme, že krivka (y − arcsin x)^{2} = x − x^{2} je zjednotením grafov funkcií f_{1}(x) = arcsin x + \sqrt{x − x^{2}} , f_{2} =

arcsin x − \sqrt{x − x^{2}} ); \underline{14}. \frac{1}{2} (uvedená krivka je zjednotením grafov funkcií f_{1} : x = y + 3\sqrt{y} + 2 , f_{2} : x = y − 3\sqrt{y} + 2 , len graf druhej z nich sa pretína s priamkou x = 0 ; útvar, ktorého plošný obsah máme vypočítať, je množina {(x, y) ∈ R × R ; 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ f_{2}(y)\} ); \underline{15}. 6(π + \sqrt{3}) (daný útvar je na obr. 8, šrafovaním sú vyznačené jeho jednotlivé časti, ktoré možno popísať nerovnosťami typu a ≤ y ≤ b , f(y) ≤ x ≤ g(y) ; plošný obsah časti daného útvaru ležiacej v 3. a 4. kvadrante sme vypočítali ako rozdiel plošného obsahu polkruhu s polomerom 4 a plošného obsahu nevyšrafovanej časti kruhu x^{2} + y^{2} = 16 ležiacej v

4. kvadrante); \underline{16}. \frac{\sqrt{2}}{3} a^{2} + \frac{3a^{2}}{2} ( arcsin \sqrt{\frac{2}{3}} − arcsin \sqrt{\frac{1}{3}} ) ( = a^{2}(\frac{\sqrt{2}}{3} + \frac{3}{2} arcsin \frac{1}{3}) , ak

použijeme vzorec z pr. I.87.2);

121 4ab arcsin \frac{b}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} ( = 4ab arctg \frac{b}{a} , ak použijeme vzorec arcsin x = ^{20}

arctg \frac{x}{\sqrt{1 − x^{2}}} , x ∈ (−1, 1) );

122 \underline{1}. \frac{m − n}{m + n} ; \underline{2}. 4 \frac{m − n}{m + n} , ak m , n sú párne; 2 \frac{m − n}{m + n} , ak m , n sú nepárne;

všetky ε ∈ [0, \frac{b − a}{2}]“

z implikácie ,,ak g ∈ R[a, b] , g(x) ≥ 0 pre všetky x ∈ [a, b] , ∫_{a}^{b} g(x) dx = 0 , tak ∫_{a+ε}^{b−ε} g(x) dx = 0 pre

20= arctg ( tg arcsin x) = arctg (\frac{sin arcsin x}{cos arcsin x}) =

obr. 8.

\frac{m − n}{m + n} , ak práve jedno z čísel m , n je párne;

123 \frac{9}{4} ;

124 ak k > 0 , B ≡ (b, kb^{2}) , C ≡ (c, kc^{2}) , c > b , tak A ≡ (\frac{b + c}{2}, k (\frac{b + c}{2})^{2}) , P =

\frac{k}{8} (c − b)^{3} ;

125 \underline{1}. pre k = p (závislosť plošného obsahu na čísle k určuje funkcia P (k) = \frac{1}{6}((k − p)^{2} + 4(b−q))^{3/2} ); \underline{2}. ak ide o normálu v bode (p, \frac{p}{2}) (v prípade normály v bode (x, \frac{x^{2}}{2p}) , x > 0 , je príslušný plošný obsah \frac{2}{3} · \frac{(x^{2} + p^{2})^{3}}{px^{3}} ; z geometrickej interpretácie vyplýva, že stačí uvažovať x > 0 );

126 \underline{1}. \frac{3}{7}πab^{2} ; \underline{2}. \frac{πh^{2}b^{2}}{3a^{2}} (3a + h) ; \underline{3}. \frac{πpqa^{2}}{p + q} ; \underline{4}. \frac{πpqa^{2}}{q − p} ; \underline{5a}) \frac{16}{15}π; \underline{5b}) \frac{8}{3}π;

\underline{6a}) \frac{4}{15} · πab^{2} ; \underline{6b}) \frac{1}{6}πa^{2}b; \underline{7}. 36π^{2} ; \underline{8}. \frac{8πa^{3}}{3} (krivka x^{2} − xy + y^{2} = a^{2} je zjednotením

grafov funkcií f_{1}(x) = \frac{1}{2}(x − \sqrt{4a^{2} − 3x^{2}} ) a f_{2}(x) = \frac{1}{2}(x + \sqrt{4a^{2} − 3x^{2}} ) , pritom f_{1}(a) =

0 , f_{2}(−a) = 0 , 0 ≥ f_{2}(x) ≥ f_{1}(x) pre x ∈ [−\frac{2a}{\sqrt{3}}, −a] , |f_{2}(x)| ≤ |f_{1}(x)| pre x ∈

[−a, 0] , |f_{2}(x)| ≥ |f_{1}(x)| pre x ∈ [0, a] , f_{2}(x) ≥ f_{1}(x) ≥ 0 pre x ∈ [a, \frac{2a}{\sqrt{3}}] ; teleso, ktorého objem hľadáme, je teda zjednotením telies, ktoré vzniknú rotáciou okolo osi Ox množín popísaných nasle-

dujúcimi nerovnosťami: −\frac{2a}{\sqrt{3}} ≤ x ≤ −a ∧ |f_{2}(x)| ≤ y ≤ |f_{1}(x)|; −a ≤ x ≤ 0 ∧ 0 ≤ y ≤ |f_{1}(x) ; 0 ≤

x ≤ a∧0 ≤ y ≤ |f_{2}(x)|; a ≤ x ≤ \frac{2a}{\sqrt{3}}∧f_{1}(x) ≤ y ≤ f_{2}(x) ); \underline{9}. \frac{π}{20}(6π+5\sqrt{3} ) (uvedené krivky sa

pretínajú v bodoch (\frac{π}{3} , \frac{1}{2}) , (−\frac{π}{3} , \frac{1}{2}) ); \underline{10}. \frac{π^{3}}{2} ; \underline{11}. πa^{3} ln 2 ; \underline{12}. 48π − \frac{20\sqrt{3}}{3} π^{2} (na

výpočet ∫ x^{2}\sqrt{\frac{3 + 3x}{3 − x}} dx možno použiť substitúciu \sqrt{3 − x} = t a potom metódu neurčitých koeficientov, pozri text pred pr. 33); \underline{13}. π^{3} + 4π ( = π ∫_{−1}^{1} [π^{2} − (\frac{π}{2} − arcsin x)^{2}] dx );

127 2π^{2}a^{2}b;

128 \frac{1}{3}πh(R^{2} + Rr + r^{2}) ( = π ∫_{0}^{h} (r + \frac{R − r}{h} x)^{2} dx );

129 \frac{πhr^{2}}{2} ;

130 \frac{πhD^{2}}{8} (ak f_{1}(x) = k_{1} (x^{2} − \frac{D^{2}}{4} ) , f_{2}(x) = k_{2} (\frac{D^{2}}{4} − x^{2}) , kde k_{1} > 0 , k_{2} > 0 , tak

h = \frac{D^{2}}{4} (k_{1} + k_{2}) , V = 2π ∫_{0}^{D/2} (xk_{1}(\frac{D^{2}}{4} − x^{2}) + xk_{2}(\frac{D^{2}}{4} − x^{2})) dx );

131 \frac{16}{15} πah^{2} ;

132 \underline{1}. \frac{8}{27}(\sqrt{1000} − 1) ; \underline{2}. p ln \frac{\sqrt{2x_{0}} + \sqrt{p + 2x_{0}}}{\sqrt{p}} + \sqrt{2x_{0}} \sqrt{p + 2x_{0}}

( = ∫_{−\sqrt{2px0}}^{√\overline{2px0}} \sqrt{1 + \frac{y^{2}}{p^{2}}} dy ); \underline{3}. \frac{e^{2} + 1}{4} ; \underline{4}. 2a ln \frac{a}{a − x_{0}} − x_{0} ; \underline{5}. e − 1 ; \underline{6}. \frac{a^{2}}{2} + a;

\underline{7}. a ln \frac{a}{b} ; \underline{8}. 2\sqrt{2}(\sqrt{1 + a} − \sqrt{1 − a}) ; \underline{9}. a ln \frac{a + b}{a − b} − b; \underline{10}. \frac{25}{3} ; \underline{11}. ln \frac{e^{b} − e^{−b}}{e^{a} − e^{−a}} ;

\underline{12}. arcsin \frac{3}{4} ; \underline{13}. \frac{1}{2} ln \frac{1 + sin a}{1 − sin a} ( = ln \frac{1 + sin a}{cos a} = ln \frac{cos(a/2) + sin(a/2)}{cos(a/2) − sin(a/2)} = ln \frac{1 + tg (a/2)}{1 − tg (a/2)} =

ln tg (\frac{π}{4} + \frac{a}{2}) ); \underline{14}. 2 + 2 ln \frac{3}{2} ; \underline{15}. \frac{π + 1}{4} (pozor: \sqrt{x^{4} − 6x^{2} + 9} = 3 − x^{2} pre x ∈

[0, 1] ); \underline{16}. 2a(2 + \sqrt{3} ln \frac{3 + \sqrt{3}}{3 − \sqrt{3}}) ( = 4a(1 + \sqrt{3} ln \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{2}}) = 2 ∫_{0}^{5a/3} a \sqrt{\frac{8a − 3x}{2a − x}} ·

\frac{dx}{2a − x} ); \underline{17}. 6a ( = 8 ∫_{a/\sqrt{8}}^{a} (\frac{a}{x})^{1/3} dx; daná krivka je súmerná podľa osí x = ±y , x =

0 , y = 0 , stačí preto vypočítať dĺžku krivky y = (a^{2/3} − x^{2/3})^{3/2} , x ∈ [\frac{a}{\sqrt{8}}, a] ^{21}; dĺžku krivky

(f(x) = ) y = (a^{2/3} − x^{2/3})^{3/2} , x ∈ [0, a] , nemožno počítať na základe vety 19, pretože f nemá v bode 0 konečnú deriváciu ^{22};

133 4 (1 + cos t = 2 cos^{2} \frac{t}{2} );

134 \frac{π}{\sqrt{2}} + \frac{2}{27}(13\sqrt{13} − 8) (krivky sa pretínajú v bodoch (1, 1) a (−1, 1) ; ak chceme na

výpočet dĺžky krivky y^{3} = x^{2} , x ∈ [0, 1] , použiť vetu 19, musíme jej predpis zapísať v podobe (f(y) = ) x = y^{3/2} , y ∈ [0, 1] , funkcia g(x) = x^{2/3} , x ∈ [0, 1] (ktorej grafom je tiež uvedená krivka) nemá totiž konečnú deriváciu v bode 0) ;

135 7a ( x–ové súradnice priesečníkov sú riešením rovnice (y^{2/3} = ) x^{2/3} − a^{2/3} =

\frac{3}{\sqrt{10}} a^{1/3}x^{1/3} );

136 N ≡ (m − a th \frac{m}{a}, \frac{a}{ch (m/a)}) , ak M ≡ (m, a ch \frac{m}{a});

137 použite substitúciu x = f^{−1}(t) , potom (podľa vety o derivácii inverznej funkcie) je

f′(x) = \frac{1}{(f^{−1})′(t)} ; z predpokladov ďalej vyplýva, že f je rastúca (pozri pr. I.239), a preto f′(x) ≥ 0 pre x ∈ [a, b] (a teda aj (f^{−1})′(t) ≥ 0 pre t ∈ [f(a), f(b)] ;

21to je časť danej krivky ležiaca v uhle AOB , kde A ≡ (0, 1) , O ≡ (0, 0) , B ≡ (1, 0)

22pozri tiež pr. 423.2

138 \underline{1}. \frac{4πa^{2}}{243} (21\sqrt{13} + ln \frac{11 + 3\sqrt{13}}{2}); \underline{2}. π(\sqrt{5} − \sqrt{2} ) + π ln \frac{(\sqrt{2} + 1)(\sqrt{5} − 1)}{2} ; \underline{3a}) \frac{2π}{3} ·

(\sqrt{2px_{0} + p^{2}} (2x_{0} + p) − p^{2})  ( = 2π ∫_{0}^{√\overline{2px0}} y \sqrt{1 + \frac{y^{2}}{p^{2}}} dy ^{23});  \underline{3b}) \frac{π}{4} ((4x_{0} + p) ·
\sqrt{2x_{0}} \sqrt{2x_{0} + p} − p^{2} ln \frac{\sqrt{2x_{0}} + \sqrt{2x_{0} + p}}{\sqrt{p}});  \underline{4}. 2πa(a − b) ;  \underline{5}. \frac{πa^{2}}{8} (7\sqrt{2} + 3 ln(1 + \sqrt{2} )) ;

\underline{6}. π( ln \frac{a^{2} + \sqrt{a^{4} + 1}}{1 + \sqrt{2}} +\sqrt{2}− \frac{\sqrt{a^{4} + 1}}{a^{2}}); \underline{7}. \frac{π}{6} (16 ln 3−9 ln 2−5) (pozor: ln (x−\sqrt{x^{2} − 1} ) < 0

pre x > 1 ) ; \underline{8}. \frac{π}{16}(e^{4} − \frac{1}{e^{4}} − \frac{8}{e^{2}} ) (nezabudnite preveriť, či x^{2} − 2 ln x ≥ 0 pre x ∈ [\frac{1}{e}, e] );

\underline{9}. \frac{πa^{2}}{6} (11 − 9\sqrt{3} ) + \frac{π^{2}a^{2}}{3} (2\sqrt{3} − 1) ; \underline{10}. \frac{2π}{3} (2\sqrt{2} − 1) ;

139 \frac{2πa^{2}}{9} (20 − 9 ln 3) ( = 2π ∫{a ln 3 \atop −a ln 3} (\frac{5a}{3} − a ch \frac{x}{a}) \sqrt{1 + ch^{2} \frac{x}{a}} dx );

140 \frac{πa^{2}}{\sqrt{2}} (4 − π) (počítali sme plošný obsah množiny, ktorá vznikne rotáciou oblúka kružnice x^{2} + y^{2} = a^{2} od bodu A_{1} ≡ (\frac{a}{\sqrt{2}}, \frac{a}{\sqrt{2}}) po bod A_{2} ≡ (−\frac{a}{\sqrt{2}}, \frac{a}{\sqrt{2}}) okolo spojnice bodov A_{1} a A_{2} );

141 \frac{πR}{6h^{2}} ((4h^{2} + R^{2})^{3/2} − R^{3}) ;

142 a = 0 , S(0) = 4π(\sqrt{2} + ln(1 + \sqrt{2} )) (treba nájsť globálne minimum funkcie S(a) =

2π ∫{π \atop −π} | cos x − a|\sqrt{1 + sin^{2} x} dx =

= \{ \begin{matrix}4π (∫{π \atop 0} cos x\sqrt{1 + sin^{2} x} dx − a ∫{π \atop 0} \sqrt{1 + sin^{2} x} dx) ,  ak & a ≤ −1 \\ 4π (a ∫{π \atop 0} \sqrt{1 + sin^{2} x} dx − ∫{π \atop 0} cos x\sqrt{1 + sin^{2} x} dx) ,  ak & a ≥ 1 \\ 4π ( ∫{arccos a \atop 0} cos x\sqrt{1 + sin^{2} x} dx − a ∫{arccos a \atop 0} \sqrt{1 + sin^{2} x} dx + a ∫{π \atop arccos a} \sqrt{1 + sin^{2} x} dx − ∫{π \atop arccos a} cos x\sqrt{1 + sin^{2} x} dx ) , ak & a ∈ (−1, 1) \end{matrix} ;

funkcia S je spojitá, rastúca (a lineárna) na [1, ∞) , klesajúca (a lineárna) na (−∞, −1] , stačí teda zistiť jej priebeh na (−1, 1) ; (S|(−1, 1))′(a) = ∫{π \atop arccos a} \sqrt{1 + sin^{2} x} dx − ∫{arccos a \atop 0} \sqrt{1 + sin^{2} x} dx (použili sme vetu o derivácii súčinu a pr. 99), graf funkcie g(x) = \sqrt{1 + sin^{2} x} , x ∈ [0, π] ,

23počítali sme plošný obsah množiny M , ktorá vznikne rotáciou grafu funkcie f(y) = \frac{y^{2}}{2p} , y ∈ [0, \sqrt{2px_{0}} ] , okolo osi Ox (a použili sme teda vetu 20b); výpočtom integrálu 2π ∫_{0}^{x0} g(x)\sqrt{1 + g^{′2}(x)} dx , kde g(x) = \sqrt{2px} , x ∈ [0, x_{0}] (rotáciou grafu funkcie g okolo osi Ox vznikne tá istá množina M ) by sme síce dostali to isté číslo, ale — pretože funkcia g nevyhovuje predpokladom vety 20a (nemá konečnú deriváciu v bode 0)

— veta 20a nás neoprávňuje tvrdiť, že číslo 2π ∫_{0}^{x0} g(x)\sqrt{1 + g^{′2}(x)} dx je plošným obsahom množiny M

je súmerný podľa priamky x = \frac{π}{2} , preto ∫_{0}^{π/2} g(x) dx = ∫_{π/2}^{π} g(x) dx , z kladnosti funkcie

g vyplýva ∫_{0}^{c} g(x) dx ( = ∫_{0}^{π/2} + ∫_{π/2}^{c} ) > ∫_{c}^{π} g(x) dx ( = ∫_{π/2}^{π} − ∫_{π/2}^{c} ) pre c ∈

(\frac{π}{2} , π) , ∫_{0}^{c} g(x) dx < ∫_{c}^{π} g(x) dx pre c ∈ (0, \frac{π}{2} ) ; teda pre a ∈ (−1, 0) je S′(a) < 0 ,

pre a ∈ (0, 1) je S′(a) > 0 ; preto funkcia S nadobúda globálne minimum v bode 0);

143 pozri návod k pr. 137;

150 \underline{2}. pozri pr. 70;

151 pre každé n ∈ N existujú integrálne súčty S_{n}^{(1)} a S_{n}^{(2)} funkcie f pri delení D_{n} také,

že 0 ≤ U(f, D_{n}) − S_{n}^{(1)} ≤ \frac{1}{n} , 0 ≤ S_{n}^{(2)} − L(f, D_{n}) ≤ \frac{1}{n} ; z toho a z predpokladov tvrdenia potom

vyplýva lim_{n→∞} L(f, D_{n}) = lim_{n→∞} S_{n}^{(2)} = lim_{n→∞} S_{n}^{(1)} = lim_{n→∞} U(f, D_{n}) , ďalej pozri dôsledok vety 2;

152 ,,a) ⟹ b)“: pre η = ελ existuje delenie D = {x_{0} , …, x_{n}} také, že ελ = η >

U(f, D_{n}) − L(f, D_{n}) = ∑_{i=1}^{n} ω(f, [x_{i−1}, x_{i}])Δx_{i} = ∑′ + ∑′′ ≥ ∑′′ ≥ λd , kde ∑′′ je súčet tých

sčítancov, pre ktoré ω(f, [x_{i−1}, x_{i}]) ≥ λ;

,,b) ⟹ a)“: ak D = {x_{0} , …, x_{n}} vyhovuje predpokladom tvrdenia b), tak Δ_{D} := U(f, D) −

L(f, D) = ∑_{i=1}^{n} ω(f, [x_{i−1}, x_{1}])Δx_{i} = ∑′ + ∑′′ ≤ λ(b − a) + ω(f, [a, b])ε , kde ∑′ , ∑′′ majú ten

istý význam ako predtým; vhodnou voľbou λ , ε vieme dosiahnuť platnosť nerovnosti Δ_{D} < η pre vopred zadané η > 0 ;

153 (nezabudnite dokázať, že funkcia g_{h}(x) := |f(x + h) − f(x)| je pre dostatočne malé h integrovateľná na [α, β] ) predpokladajme h > 0 (pre h < 0 je dôkaz obdobný); pre dané

h ∈ (0, b − β) existuje delenie D_{h} = {x_{0} , …, x_{n}} intervalu [α, β] také, že h ≤ ν(D_{h}) ≤ 2h; predpokladajme, že n je párne číslo (pre n nepárne sú úvahy rovnaké, len treba zvoliť iné označenia), označme x_{n+1} := x_{n} + h , Δx_{n+1} := x_{n+1} − x_{n} , D_{1} := {x_{0} , x_{2} , x_{4} , …, x_{n}} , D_{2} := {x_{1} , x_{3} , …, x_{n+1}} , nech D_{a} , resp. D_{b} je delenie intervalu [a, α] , resp. [β + h, b] také, že ν(D_{a}) ≤ 2h , ν(D_{b}) ≤ 2h , a nech delenie D_{h}^{∗} intervalu [a, b] je vytvorené deliacimi bodmi delení

D_{a} , D_{1} , D_{2} , D_{b} (zrejme ν(D_{h}^{∗}) ≤ 2h) ; potom 0 ≤ ∫_{α}^{β} g_{h}(x) dx ≤ U(g_{h}, D_{h}) ≤ ∑_{i=1}^{n} ω(f, [x_{i−1}, x_{i}+

h])Δx_{i} ≤ ∑_{i=1}^{n} ω(f, [x_{i−1}, x_{i+1}])Δx_{i} ≤ ∑_{i=1}^{n} ω(f, [x_{i−1}, x_{i+1}])(Δx_{i} + Δx_{i+1}) = (U(f, D_{1}) − L(f, D_{1})) +

(U(f, D_{2}) − L(f, D_{2})) ≤ 2(U(f, D_{h}^{∗}) − L(f, D_{h}^{∗})) ; z vety 2 vyplýva: pre každé ε > 0 existuje δ > 0 tak, že pre každé delenie D intervalu [a, b] , pre ktoré ν(D) ≤ δ , platí |U(f, D) − L(f, D)| < ε;

z toho a z predchádzajúcej nerovnosti vyplýva lim_{h→0+} ∫_{α}^{β} g_{h}(x) dx = 0 ;

154 nepriamo; využijeme pritom tvrdenie: ak f ∈ R(I) , tak pre ľubovoľné ε > 0 , δ > 0 existuje uzavretý interval I^{∗} ⊂ I , ktorého dĺžka je menšia ako δ a ω(f, I^{∗}) < ε (vyplýva to z dôsledku vety 2 uvedeného v závere riešenia pr. 153 a z nerovnosti ω(f, J) ≤ ω(f, K) , ak

J ⊂ K ⊂ I) ; nech teda f ∈ R[a, b] , potom f ∈ R[a + \frac{b − a}{4}, b − \frac{b − a}{4}] a existuje interval

[a_{1}, b_{1}] ⊂ [a + \frac{b − a}{4}, b − \frac{b − a}{4}] tak, že b_{1} − a_{1} < 1 a ω(f, [a_{1}, b_{1}]) < 1 ; podobne dostaneme

interval [a_{2}, b_{2}] ⊂ [a_{1} + \frac{b_{1} − a_{1}}{4} , b_{1} − \frac{b_{1} − a_{1}}{4} ] taký, že b_{2} − a_{2} < \frac{1}{2} , ω(f, [a_{2}, b_{2}]) < \frac{1}{2} , atď; nech

⋂_{n=1}^{∞}[a_{n}, b_{n}] = {c}; ukážte, že c je vnútorný bod každého intervalu [a_{n}, b_{n}] , n ∈ N , a že z rovnosti

lim_{n→∞} ω(f, [a_{n}, b_{n}]) = 0 vyplýva spojitosť funkcie f v bode c;

155 použijeme vetu 3, nech η > 0 , ϑ > 0 ; pre každé x ∈ [0, 1] \ Q existuje jeho δ– okolie O(x) ⊂ [0, 1] také, že ω(f, [x − δ, x + δ]) < η; množinu [0, 1] ∩ Q zoraďme do prostej

postupnosti \{a_{n}\}_{n=1}^{∞} a pre x = a_{n} označme O(x) := (x − \frac{ϑ}{2^{n+1}} , x + \frac{ϑ}{2^{n+1}} ); z otvoreného

pokrytia {O(x) ; x ∈ [0, 1]} kompaktu [0, 1] vyberme konečné podpokrytie O(x_{1}) , …, O(x_{n}) , nech delenie D intervalu [0, 1] je vytvorené deliacimi bodmi 0, 1 a tými krajnými bodmi intervalov

O(x_{1}) , …, O(x_{n}) , ktoré ležia v [0, 1] ; potom U(f, D) − L(f, D) < η + ϑ · ω(f, [0, 1]) (pre

I = (a, b) označme \overline{I} := [a, b] , |I| := b − a; každý čiastočný interval delenia D je podmnožinou niektorého z intervalov \overline{O(x_{1})} , …, \overline{O(x_{n})} , nech I_{1} , …, I_{k} sú tie čiastočné intervaly delenia D , ktoré sú podmnožinou aspoň jedného intervalu \overline{O(x_{i})} takého, že x_{i} ∉ Q , nech I_{k+1} , …, I_{m} sú zvyšné čiastočné intervaly delenia D; potom U(f, D) − L(f, D) = ∑′ + ∑′′ , kde ∑′ :=

∑_{i=1}^{k} ω(f, \overline{I_{i}})|I_{i}| < η · (|I_{1}| + ⋯ + |I_{k}|) ≤ η · 1 ; ∑′′ := ∑_{i=k+1}^{m} ω(f, \overline{I_{i}})|I_{i}| ≤ ω(f, [0, 1]) · (|I_{k+1}| + ⋯ +

|I_{m}|) ≤ ω(f, [0, 1]) · sup \{∑_{i=1}^{n} \frac{ϑ}{2^{i}} ; n ∈ N\} = ω(f, [0, 1]) · lim_{n→∞} ∑_{i=1}^{n} \frac{ϑ}{2^{i}} = ϑ · ω(f, [0, 1]) )^{24};

156 stačí dokázať implikáciu ,,ak B je ohraničená množina a množina B′ má Jordanovu mieru nula, tak aj B má Jordanovu mieru nula“;

157 z konvexnosti funkcie f vyplýva nerovnosť (pozri pr. I.453) f(\frac{1}{n} g (\frac{1}{n}) + \frac{1}{n} g (\frac{2}{n}) +

⋯ + \frac{1}{n} g (\frac{n}{n}) ) ≤ \frac{1}{n}f (g (\frac{1}{n})) + ⋯ + \frac{1}{n}f(g(\frac{n}{n})) , pre n → ∞ konverguje pravá, resp. ľavá

strana tejto nerovnosti k pravej, resp. ľavej strane nerovnosti (2.7) (využite pr. I.458, nezabudnite dokázať, že f ∘ g ∈ R[0, 1]) ;

158 zvoľte g = f a využite pr. 76.1;

159 pre dané ε > 0 existuje interval [a_{ε}, b_{ε}] ⊂ [a, b] taký, že ∀ x ∈ [a_{ε}, b_{ε}] : M − ε ≤ f(x) , kde M := max_{x∈[a,b]} f(x) ; z toho vyplýva

[(M − ε)^{n}(b_{ε} − a_{ε})]^{1/n} ≤ (∫{b_{ε} \atop a_{ε}} f^{n}(x) dx)^{1/n} ≤ (∫{b \atop a} f^{n}(x) dx)^{1/n} ≤ [M^{n}(b − a)]^{1/n} ,

pritom lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{b_{ε} − a_{ε}} = lim_{n→∞} ^{n} \sqrt{b − a} = 1 , preto ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n > N , n ∈ N :

| (∫_{a}^{b} f^{n}(x) dx)^{1/n} − M| < ε;

160 nech f nie je identicky nulová; potom f musí aspoň raz zmeniť na intervale [0, π]

znamienko (pretože ∫_{0}^{π} f(x) sin x dx = 0 ); ďalej sporom: nech f zmení na [0, π] znamienko len

J = {1, 2, …, n} alebo J = N) taký, že sup {∑_{i=1}^{k}(b_{i} − a_{i}) ; k ∈ J} < ε a M ⊂ ⋃_{i∈J}(a_{i}, b_{i}) , kde M je

24Riešenie pr 154 a 155 by sa podstatne zjednodušilo použitím Lebesguovho kritéria riemannovskej integrovateľnosti: Ohraničená funkcia f : [a, b] → R je riemannovsky integrovateľná na [a, b] práve vtedy, keď pre každé ε > 0 existuje najviac spočítateľný systém ohraničených intervalov {(a_{i}, b_{i}) ; i ∈ J} (kde množina bodov nespojitosti funkcie f (pozri aj [24, str. 157-158]).

raz, a to v bode a ∈ (0, π) , potom 0 ≠ ∫_{0}^{π} f(x) sin(x − a) dx = cos a · ∫_{0}^{π} f(x) sin x dx − sin a · ∫_{0}^{π} f(x) cos x dx = 0 , čo je spor;

161 uvedieme dve riešenia: 1. nepriamo, nech ∫_{a}^{b} f(x) dx = 0 (potom ∫_{c}^{d} f(x) dx = 0 pre každé a ≤ c < d ≤ b ); využijeme tvrdenie ,,ak f(x) ≥ 0 pre všetky x ∈ [α, β] a ∫_{α}^{β} f(x) dx = 0 , tak pre každé ε > 0 existuje interval [α_{1}, β_{1}] ⊂ [α, β] taký, že ∀ x ∈ [α_{1}, β_{1}] : f(x) < ε “ (vyplýva to z pr. 152); ∫_{a}^{b} f(x)dx = 0 , preto existuje [a_{1}, b_{1}] ⊂ [a, b] tak, že ∀ x ∈ [a_{1}, b_{1}] : 0 ≤ f(x) < 1 ; ∫_{a1}^{b1} f(x) dx = 0 , preto existuje [a_{2}, b_{2}] ⊂ [a_{1}, b_{1}] tak, že ∀ x ∈ [a_{2}, b_{2}] : 0 ≤ f(x) < \frac{1}{2} , atď, pre c ∈ ⋂_{i=1}^{∞}[a_{i}, b_{i}] potom platí f(c) = 0 ;

2. z pr. 154 vyplýva, že f je spojitá aspoň v jednom bode x_{0} ∈ [a, b] , ďalej možno postupovať ako v riešení pr. 76.1;

163 keby to nebola pravda, bol by každý dolný integrálny súčet funkcie f na intervale [a, b] rovný nule;

164 pozri pr. 70; ak N nie je hustá v [a, b] , tak existuje x_{0} ∈ [a, b] a ε > 0 tak, že N ∩ O_{ε}(x_{0}) = ∅;

165 z pr. 154 vyplýva, že f je spojitá aspoň v jednom bode x_{0} ∈ [a, b] , preto existuje interval [a_{1}, b_{1}] , na ktorom f nemení znamienko, nech napr. ∀ x ∈ [a_{1}, b_{1}] : f(x) > 0 ; podľa pr. 163 existuje interval [a_{2}, b_{2}] ⊂ [a_{1}, b_{1}] taký, že inf_{x∈[a2,b2]} f(x) > 0 , funkcia fχ potom nie je spojitá v žiadnom bode intervalu [a_{2}, b_{2}] , preto podľa pr. 154 fχ ∉ R[a_{2}, b_{2}] , ďalej pozri vetu 7 ^{25};

166 z konkávnosti f vyplýva f(x) ≥ g(x) pre x ∈ [a, b] , kde grafom g je spojnica bodov [a, f(a)] , [b, f(b)] ; potom ∫_{a}^{b} f(x) dx ≥ ∫_{a}^{b} g(x) dx; ďalej pre každé ξ ∈ [0, b − a] je f(\frac{a + b}{2}) =

f(\frac{a + ξ}{2} + \frac{b − ξ}{2} ) ≥ \frac{1}{2}(f(a + ξ) + f(b − ξ)) , preto (b − a)f(\frac{a + b}{2}) ≥ \frac{1}{2}( ∫_{0}^{b−a} f(a + ξ) dξ +

∫_{0}^{b−a} f(b − ξ) dξ) = ∫_{a}^{b} f(x) dx (v prvom integráli subst. a + ξ = t , v druhom b − ξ = z) ;

167 uvedieme dva návody: 1. využite nerovnosť (f′)^{2} ≥ 2f′ − 1 ; 2. využite nerovnosť ∫_{0}^{1} g^{2}(x) dx ≥ ( ∫_{0}^{1} g(x) dx)^{2} , ktorá vyplýva z pr. 157^{26};

168 \frac{1}{2}(b − a)(f(b) − f(a)) (označme a_{k} := a + k \frac{b − a}{n} , k = 0, …, n; potom Δ_{n} :=

∑_{k=1}^{n} ∫_{ak−1}^{ak} (f(x) − f(a_{k})) dx = ∑_{k=1}^{n} ∫_{ak−1}^{ak} f′(ξ_{k})(x − a_{k}) dx , nech m_{k} := min{f′(x) ; x ∈

[a_{k−1}, a_{k}]} , M_{k} := max{f′(x) ; x ∈ [a_{k−1}, a_{k}]} , k = 1, …, n , potom ∑_{k=1}^{n} m_{k} ∫_{ak−1}^{ak}(x − a_{k}) dx ≤

Δ_{n} ≤ ∑_{k=1}^{n} M_{k} ∫_{ak−1}^{ak}(x − a_{k}) dx , odtiaľ (po výpočte integrálov a vynásobení nerovností číslom n)

L(f′, D) = \frac{1}{2}(b−a) ∑_{k=1}^{n} m_{k} \frac{b − a}{n} ≤ nΔ_{n} ≤ \frac{1}{2}(b−a) ∑_{k=1}^{n} M_{k} \frac{b − a}{n} = U(f′, D) , kde D = \{a_{0}, …, a_{n}\};

25použitím Lebesguovho kritéria (pozri poznámku k pr. 155) možno dokázať všeobecnejšie tvrdenie: ak f ∈ R[a, b] , f(x) ≠ 0 pre všetky x ∈ [a, b] a g : [a, b] → R je ohraničená riemannovsky neintegrovateľná funkcia, tak fg ∉ R[a, b]

26možno použiť aj nerovnosť z pr. 199

ďalej použite dôsledok vety 2;

169 použite pr. 76.2 a nerovnosti \underline{1}. \frac{1 + x^{20}}{1 + x^{40}} = 1 + x^{20} \frac{1 − x^{20}}{1 + x^{40}} < 1 + x^{20}(1 − x^{21}) pre x ∈ (0, 1) ; \underline{2}. e−x^{n} > 1 − x^{n} , x ≠ 0 (tá vyplýva z nerovnosti e^{u} > 1 + u pre u ≠ 0 ) ; \underline{3}. 2 <

e^{x} + e^{−x} < e + \frac{1}{e} pre x ∈ (0, 1) ;

170 ∫_{0}^{π} esin^{2} x dx > \frac{3π}{2} (využite nerovnosť esin^{2} x > 1 + sin^{2} x , x ∈ (0, π) );

172 ≈ \frac{1}{6} 10^{12} ( = 100^{6} ∫_{0}^{1} x^{5} dx );

173 \underline{1}. \frac{π}{\sqrt{3}} ( S_{n} rozšírte výrazom \frac{π}{n} a využite, že lim_{n→∞} \frac{sin(π/n)}{π/n} = 1 ); \underline{2}. x + \frac{1}{2}

( = ∫_{0}^{1}(x + t) dt; \frac{1}{n^{2}} ∑_{k=1}^{n}(nx + k) ≤ S_{n} ≤ \frac{1}{n^{2}} ∑_{k=1}^{n}(nx + k + 1) = \frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} (x + \frac{k}{n}) +

\frac{1}{n} ); \underline{3}. \frac{1}{ln 2} ( S_{n} = S_{n}^{(1)} + S_{n}^{(2)} , kde S_{n}^{(1)} := \frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} 2^{k/n} , |S_{n}^{(2)}| := | ∑_{k=1}^{n} \frac{1/k}{n(n + 1/k)} 2^{k/n}| ≤

\frac{2}{n} ); \underline{4}. \frac{5π}{6} (ak na vyjadrenie hodnoty sin x použijeme Taylorov vzorec so zvyškom v Lagrangeovom tvare, tak sin x = x − \frac{x^{2}}{2} sin ϑ; potom S_{n} = S_{n}^{(1)} + S_{n}^{(2)} , kde S_{n}^{(1)} := \frac{π}{n^{2}} ∑_{k=1}^{n−1} (1 +

\frac{k}{n}) , |S_{n}^{(2)}| := |\frac{π^{2}}{2n^{4}} ∑_{k=1}^{n−1} k^{2}(1 + \frac{1}{k} ) sin ϑ_{k}^{(n)}| ≤ \frac{π^{2}}{n^{4}} ∑_{k=1}^{n−1} k^{2} < \frac{π^{2}}{n} ); \underline{5}. ln 2 ; \underline{6}. ∞ ( S_{n} =

n − \frac{1}{2} · \frac{1}{n} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + k/n} + \frac{1}{6} ∑_{k=1}^{n} \frac{sin ϑ_{k}^{(n)}}{(n + k)\sqrt{n + k}} , pritom limita druhého člena je \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} \frac{dx}{1 + x} a limita

tretieho člena je 0 ); \underline{7}. ∞ ( S_{n} = \sqrt{n} \frac{1}{n} ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{1 + k/n}} − \frac{1}{2} ∑_{k=0}^{n} \frac{sin ϑ_{k}^{(n)}}{n + k} ; pri odhade druhého člena využite nerovnosti ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{n + k} < 2 a 0 ≤ sin ϑ_{k}^{(n)} ≤ sin \frac{1}{n} pre k = 0, 1, …, n );

174 \underline{1}. \frac{π}{2} (využite rovnosť \frac{1}{2} + ∑_{k=1}^{m−1} cos 2kx = \frac{sin(2m − 1)x}{2 sin x} , x ≠ kπ , k ∈ Z , ktorá sa odvodí podobne ako analogická rovnosť z riešenia pr. 60.3); \underline{2}. \frac{nπ}{2} (využite rovnosť ∑_{k=1}^{m} sin(2k − 1)x = \frac{1 − cos 2mx}{2 sin x} = \frac{sin^{2} mx}{sin x} , x ≠ kπ , k ∈ Z , a výsledok pr. 174.1); \underline{3}. π , ak n je nepárne (pozri pr. 174.1) ; 0 , ak n je párne (použite substitúciu x − \frac{π}{2} = t a pr. 93.1);

175 \underline{1}. \frac{π}{\sqrt{2}} ; \underline{2}. \frac{1}{\sqrt{2}}( arcsin \frac{\sqrt{2} b}{b^{2} + 1} − arcsin \frac{\sqrt{2} a}{a^{2} + 1});

176 \underline{1}. nech b − a = P (dôkaz v ostatných prípadoch prenechávame na čitateľa), označme

M := sup_{x∈[0,P]} |φ(x)| , a_{k} := a + \frac{k}{n}(b − a) , k = 0, 1, …, n; potom ∫_{ak−1}^{ak} φ(nx) dx = 0 (pozri pr.

93.2) a |I_{n}| := | ∫_{a}^{b} f(x)φ(nx) dx| = | ∑_{k=1}^{n} f(a_{k}) ∫_{ak−1}^{ak} φ(nx) dx+ ∑_{k=1}^{n} ∫_{ak−1}^{ak} (f(x)−f(a_{k}))φ(nx) dx| ≤

∑_{k=1}^{n} ∫_{ak−1}^{ak} |f(x) − f(a_{k})||φ(nx)| dx ≤ M ∑_{k=1}^{n} ∫_{ak−1}^{ak} |f(x) − f(a_{k})| dx; z rovnomernej spojitosti f na

[a, b] vyplýva ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : |a_{k} − a_{k−1}| < δ ⇒ ∫_{ak−1}^{ak} |f(x) − f(a_{k})| dx ≤ ε(a_{k} − a_{k−1}) ; celkovo teda ∀ ε > 0 ∃N ∈ N ∀ n ∈ N , n > N : |I_{n}| ≤ M(b − a)ε;

\underline{2}. tvrdenie najprv dokážte pre konštantnú funkciu f a ľubovoľný interval [a, b] , ďalšie úvahy

sú podobné ako v riešení pr. 176.1 ( | ∫_{a}^{b} f(x)| sin nx| dx − \frac{2}{π} ∫_{a}^{b} f(x) dx| ≤ ∑_{k=1}^{m} ( ∫_{ak−1}^{ak} |f(x) −

f(a_{k})|| sin nx| dx + |f(a_{k})| · | ∫_{ak−1}^{ak} | sin nx| dx − \frac{2}{π} (a_{k} − a_{k−1})| + \frac{2}{π} ∫_{ak−1}^{ak} |f(a_{k}) − f(x)| dx) , kde

m ∈ N je vhodne zvolené číslo, a_{k} := a + \frac{k}{m}(b − a) , k = 0, 1, …, m );

177 \frac{3}{2}e^{5/2} (na výpočet ∫_{1/2}^{2} e^{x+1/x} dx použite metódu per partes: u′ = 1 , v = e^{x+1/x} );

178 pozri pr. 96.2; podľa binomickej vety (1 − x^{2})^{n} = ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}\binom{n}{k}x^{2k};

179 B(m, n) = \frac{n − 1}{m} B(m + 1, n − 1) ;

180 I(m, n) = \frac{n − 1}{m + 1} I(m + 2, n − 2) , n ≥ 2 , ďalej pozri výsledok pr. 96.1;

181 \frac{2n}{2n + 1} · \frac{π}{2} < \frac{1}{2n + 1}[\frac{(2n)!!}{(2n − 1)!!}]^{2} < \frac{π}{2} , n ∈ N ;

182 \underline{1}. K_{n} = \frac{π}{2^{n+1}} (použite metódu per partes: u′ = cos nx , v = cos^{n} x; k obidvom stranám získanej rovnosti pripočítajte K_{n} , pri úprave pravej strany využite vzorec cos(n − 1)x = cos nx cos x + sin nx sin x; tak dostanete rekurentný vzťah 2K_{n} = K_{n−1} , n ∈

N ) ; \underline{2}. ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k}(n − k + 1)} ( 2L_{n} = \frac{1}{n} + L_{n+1} );

183 \underline{1}. na výpočet ∫_{0}^{π/2} cos^{α} x sin αx dx použite metódu per partes, integrál na pravej strane získanej rovnosti preveďte na jej ľavú stranu a použite vzorec sin(α+1)x = sinαx cos x+cos αx sin x;

185 funkcia F (x) := ∫_{a}^{x} f(t) dt − ∫_{x}^{b} f(t) dt je spojitá, F (a) < 0 , F (b) > 0 ; 186 \underline{1}. 2 ; \underline{2}. 1 ;

187 g′(x) = \frac{f(x) ∫_{0}^{x}(x − t)f(t) dt}{(∫_{0}^{x} f(t) dt)^{2}} > 0 pre x > 0 ;

188 primitívna funkcia F k funkcii f je párna, derivácia párnej funkcie je nepárna funkcia; 189 ,, ⟹ “: stačí položiť λ := min_{x∈[a,b]} f(x) ; ,, ⟸ “: pre primitívnu funkciu F k funkcii f

platí \frac{F (β) − F (α)}{β − α} ≥ λ (a ≤ α < β ≤ b) , preto f(x) = F′(x) ≥ λ , x ∈ [a, b] ;

190 napr. f(x) = \{ \begin{matrix}sin ln |x| + cos ln |x| , ak & x ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1] \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} , potom F (x) =

\{ \begin{matrix}x sin ln |x| , ak & x ∈ [−1, 0) ∪ (0, 1] \\ 0 , ak & x = 0 \end{matrix} (pozri pr. 87);

191 F (x) = ∫_{−1}^{x} (g′(t) − h(t)) dt , kde g(t) = \{ \begin{matrix}t^{2} cos \frac{1}{t} , ak & t ≠ 0 \\ 0 , ak & t = 0 \end{matrix} , h(t) =

\{ \begin{matrix}2t cos \frac{1}{t} , ak & t ≠ 0 \\ 0 , ak & t = 0 \end{matrix} , diferencovateľnosť funkcií ∫_{−1}^{x} g′(t) dt , resp. ∫_{−1}^{x} h(t) dt vyplýva z vety 11, resp. 14b);

192 \underline{4}. z nerovnosti f(x + t) > f(y + t) pre x > y a z pr. 162 vyplýva F_{δ}(x) = \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} f(x +

t) dt > \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} f(y +t) dt = F_{δ}(y) pre x > y; \underline{6}. platí |f(x)−F_{δ}(x)| ≤ \frac{1}{2δ} ∫_{−δ}^{δ} |f(x)−f(x+t)| dt ,

z rovnomernej spojitosti funkcie f na intervale [a − δ, b + δ] vyplýva ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x ∈ [a, b] : |t| < δ ⇒ |f(x) − f(x + t)| < ε;

193 nech \overline{f}(x) = \{ \begin{matrix}f(a) , ak & x < a \\ f(x) , ak & x ∈ [a, b] \\ f(b) , ak & x > b \end{matrix} , z pr. 192.2,6 vyplýva, že existuje spojite diferencovateľná funkcia \overline{f}_{1} : R → R taká, že ∀ x ∈ [a, b] : |\overline{f}(x) − \overline{f}_{1}(x)| < \frac{ε}{n} (a teda ∀ x ∈ [a, b] : |f(x) − \overline{f}_{1}(x)| < \frac{ε}{n} ); z pr. 192.3,6 (použitého pre interval [a, b] , číslo \frac{ε}{n} a funkciu \overline{f}_{1} ) vyplýva existencia dvakrát spojite diferencovateľnej funkcie \overline{f}_{2} : R → R , pre ktorú platí ∀ x ∈ [a, b] : |\overline{f}_{1}(x) − \overline{f}_{2}(x)| < \frac{ε}{n} , atď; pre funkciu f_{ε} := \overline{f}_{n}|[a, b] potom platí |f(x) − f_{ε}(x)| ≤ |f(x) − \overline{f}_{1}(x)| + |\overline{f}_{1}(x) − \overline{f}_{2}(x)| + ⋯ + |\overline{f}_{n−1}(x) − \overline{f}_{n}(x)| < ε;

194 dokážeme prvú nerovnosť (druhá sa dokazuje obdobne); nech γ(x) := ∫_{a}^{x} g(t) dt , x ∈ [a, b] (potom γ(x) ≤ x − a , teda a ≤ γ(x) + a ≤ x ) , označme F (x) := ∫_{a}^{x} f(t)g(t) dt , G(x) := ∫_{a}^{a+γ(x)} f(t) dt , potom F (a) = G(a) a F′(x) ≥ G′(x) pre x ∈ [a, b] ;

195 označme A := ∫_{0}^{1} f(x) dx , c := sup{x ∈ [0, 1]; f(x) ≥ A} , potom ∫_{c}^{1} f(x) dx ≤ A(1−c) ( = (1 − c) ∫_{0}^{1} f(x) dx ) , k obidvom stranám tejto nerovnosti pripočítajte ∫_{0}^{c} f(x) dx;

196 f(0) ( ∫_{0}^{1} = ∫_{0}^{1/\sqrt{n}} + ∫_{1/\sqrt{n}}^{1} , nech M := max_{x∈[0,1]} |f(x)| , potom | ∫_{1/\sqrt{n}}^{1} | ≤ (1− \frac{1}{\sqrt{n}})M ·

max_{x∈[1/\sqrt{n},1]} ne^{−nx} → 0 pre n → ∞ , ∫_{0}^{1/\sqrt{n}} = f(c_{n}) · ∫_{0}^{1/\sqrt{n}} ne^{−nx} dx = f(c_{n})(1 − e^{−n}) → f(0) pre

n → ∞ , pozri aj riešenie pr. 113.3);

197 predpokladajme, že g je nezáporná funkcia (v ostatných prípadoch stačí položiť G(x) := g(x) − g(a) a z nerovnosti pre f , G odvodiť nerovnosť pre f , G) , nech ∫_{0}^{1} f(x) dx = f(c) , potom ∫_{0}^{c} (f(c) − f(x)) dx = ∫_{c}^{1} (f(x) − f(c)) dx; nech ∫_{0}^{c} (f(c) − f(x))g(x) dx = g(c_{1}) ∫_{0}^{c} (f(c) − f(x)) dx , c_{1} ∈ [0, c] ; ∫_{c}^{1} (f(x) − f(c))g(x) dx = g(c_{2}) ∫_{c}^{1} (f(x) − f(c)) dx , c_{2} ∈ [c, 1] ; potom ∫_{0}^{1} f(x)g(x) dx − ∫_{0}^{1} f(x) dx · ∫_{0}^{1} g(x) dx = ∫_{0}^{1} (f(x) − f(c))g(x) dx = ∫_{0}^{c} + ∫_{c}^{1} = (g(c_{2}) − g(c_{1})) ∫_{c}^{1} (f(x) − f(c)) dx ≥ 0 ;

198 stačí dokázať, že f je monotónna; ak f nie je monotónna, tak existujú p, q, r ∈ [a, b] , p < q < r , tak, že pre funkciu F = f alebo funkciu F = −f platí F (p) < F (q) , F (r) < F (q) ; predpokladajme F = f ; nech η := min{f(q)−f(p) , f(q)−f(r)} , nech a_{1} := sup{x ∈ [p, q); f(x) ≤ f(q) − η} , b_{1} := inf{x ∈ (q, r] ; f(x) ≤ f(q) − η} , potom platí: pre x ∈ [a_{1}, b_{1}] je f(x) ∈ [f(q) − η, f(q)] , f(a_{1}) = f(b_{1}) = f(q) − η , pre každé ϑ ∈ [f(q) − η, f(q)) existujú aspoň dve rôzne čísla c_{1}, c_{2} ∈ [a_{1}, b_{1}] také, že f(c_{1}) = f(c_{2}) = ϑ; preto f svoju strednú hodnotu na [a_{1}, b_{1}] nadobúda aspoň v dvoch rôznych bodoch z [a_{1}, b_{1}] ;

199 označme F (λ) := ∫_{a}^{b} (λf(x) + g(x))^{2} dx; potom F je nezáporná kvadratická funkcia, preto jej diskriminant je nekladný;

200 kvadratická funkcia F (λ) := ∫_{a}^{b} (f^{2}(x) + λ(\sqrt{\frac{P Q}{pq}} + \sqrt{\frac{pq}{P Q}} )f(x)g(x) + λ^{2}g^{2}(x)) dx

nadobúda nezáporné aj nekladné hodnoty ( (f(x) − \frac{P}{q} g(x))(f(x) − \frac{p}{Q} g(x)) ≤ 0 pre všetky

x ∈ [a, b] ) , preto jej diskriminant je nezáporný;

201 ukážte, že pre deriváciu funkcie F (x) := ∫_{0}^{x} f(t) dt+∫_{0}^{f(x)} g(t) dt−xf(x) platí F′(x) = 0

pre x ≥ 0 , teda F je konštantná na [0, ∞) ^{27}; na dôkaz (2.8) zvoľte f(x) = x^{p−1} , x ≥ 0 ;

202 označme N_{p}(f) := ( ∫_{a}^{b} |f(x)|^{p} dx)^{1/p} , N_{q}(g) := ( ∫_{a}^{b} |g(x)|^{p} dx)^{1/q}; v nerovnosti (2.8)

z pr. 201 položte u = \frac{|f(x)|}{N_{p}(f)} , v = \frac{|g(x)|}{N_{q}(g)} , x ∈ [a, b] , a získanú nerovnosť zintegrujte;

203 \underline{1}. 1 < I < \sqrt{2} ≈ 1.414 213 562 ; \underline{2}. 1.030 776 406 ≈ \sqrt{1 + \frac{1}{2^{4}}} ≤ I ≤ \frac{1 + \sqrt{2}}{2} ≈

1.207 106 781 (funkcia \sqrt{1 + x^{4}} je konvexná; ak f : [a, b] → R je spojitá konvexná funkcia, tak

pre funkciu −f platí nerovnosť z pr. 166); \underline{3}. I < 1.1 ; \underline{4}. I ≤ \sqrt{∫_{0}^{1}(1 + x^{4}) dx} = \sqrt{\frac{6}{5}} ≈

1.095 445 115 .

27rovnosť ∫_{0}^{a} f(t) dt = af(a)−∫_{0}^{f(a)} f^{−1}(t) dt možno dokázať aj použitím metódy per partes ( u′ = 1 , v = f(t) ) a potom substitúcie f(t) = z , všimnite si tiež veľmi názornú geometrickú interpretáciu tejto rovnosti