Součásti dokumentu 01MAA4cviceni
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{01MAA4cviceni}
\section{Lebesgueův integrál}
\begin{theorem} (\textsc{Věta o substituci}) \index{Věta!O Substituci} \label{VOS}
Buďte
\begin{itemize}
\item $G,H \subset \Rn$ otevřené,
\item $\varphi: G \to H$ prosté a regulární,
\item $M \subset G$ měřitelná, $\varphi(M) \subset \defo f$, $f$ měřitelná.
\end{itemize}
Potom platí (pokud alespoň jedna strana má smysl)
\begin{equation} \label{RVOS}
\int _{\varphi(M)} f(x) \difer x = \int_{M} f(\varphi(t)) \cdot | \jak_{\varphi}(t) | \difer t.
\end{equation}
\end{theorem}
\begin{theorem} (\textsc{Věta Fubiniova}) \index{Věta!Fubiniova} \label{VF}
Buďte $M \subset \R ^{r+s}$, $M \subset \defo f$ a nechť $\int_M f$ existuje.
Potom
\begin{equation} \label{RVF}
\int_M f = \int_{\tilde{M}} \Big( \int_{M_x} f(x,y) \difer y \Big) \difer x,
\end{equation}
kde
\begin{align*}
\tilde{M} &= \{ x \in \R^r \Big| (x,y) \in M, \ y \in \R^s \}, \\
M_x &= \{ y \in \R^s \Big| (x,y) \in M \}.
\end{align*}
\end{theorem}
\begin{remark}
Smysl předešlého tvrzení spočívá v tom, že dokážeme převést více rozměný Lebesgueův integrál na několik jednorozměrných.
\end{remark}
\begin{theorem} (\textsc{Vztah 1-rozměrného Riemannova a Lebesgueova integrálu}) \index{Tvrzení!Třetí} \label{RM}
\begin{enumerate}[(i)]
\item Existuje-li vlastní Riemannův integrál na intervalu $(a,b)$, pak existuje Lebesgueův integrál a platí
\[ \int_a ^b f(x) \difer x = \int_{(a,b)} f(x) \difer x. \]
\item Existuje-li absolutně konvergentní nevlastní Riemannův integrál, pak existuje Lebesgueův integrál a platí rovnost
\[ \int_a ^b f(x) \difer x = \int_{(a,b)} f(x) \difer x. \]
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{example}
Proveďte záměnu pořadí integrování
\[ \int_0 ^a \dx \int_0 ^x \dy f(x,y). \]
\end{example}
Vidíme (pokud si sestrojíme třeba obrázek), že (ve shodě s \ref{VF}) platí
\begin{align*}
M_x &= (0,x),
\tilde{M} &= (0,a).
\end{align*}
Množina $M$ je v kartézských souřadnicích vyjádřena jako trojúhelník.
Dále budeme teď i v nejbližší budoucnosti předpokládat, že $f$ je Lebesgueovsky integrabilní, a tedy $\int_M f$ existuje.
Použijeme tedy Fubiniovu větu
\[ \int_M f \dx \dy = \int_0 ^a \dx \int_0 ^x \dy f(x,y) = \int_{(0,a)} \dx \int_{(0,x)} \dy f(x,y) = \int _{\tilde{\tilde{M}}} \dy \int_{M_y} \dx f(x,y), \]
kde $\tilde{\tilde{M}} = (0,a)$ a $M_y = (y,a)$, takže námi hledaný tvar je
\[ \int_0 ^a \dy \int_y ^a \dx f(x,y). \]
\begin{example}
Zaměňte pořadí integrace
\[ \int_0 ^2 \dx \int_x ^{2x} f(x,y). \]
\end{example}
Vidíme, že $\tilde{M} = (0,2)$ a $M_x = (x,2x)$. Z náčrtku je patrno, že $\tilde{\tilde{M}} = (0,4)$ a
\[ M_y = \begin{cases} (\frac{y}{2},y),& y \le 2 \\ (\frac{y}{2},2),& y > 2 \end{cases} \]
Takže
\[ \iint_M f(x,y) \dx \dy = \int_0 ^2 \dx \int_x ^{2x} \dy f(x,y) = \int_0 ^2 \dy \int_{y/2} ^y \dx f(x,y) + \int_2 ^4 \dy \int_{y/2} ^{y} \dx f(x,y). \]
\begin{example}
Zaměňte pořadí integrace ve výrazu
\[ \int_0 ^{2a} \dx \int_{\sqrt{2ax-x^2}} ^{\sqrt{2ax}} \dy f(x,y), \ a > 0. \]
\end{example}
Opět vidíme, že $\tilde{M} = (0,2a)$, $M_x = (\sqrt{2ax-x^2},\sqrt{2ax})$. \footnote{Ve všech těchto typech příkladů je nejlepší si nakreslit obrázek, pokud to jde. Zde jen uvádím takovou kostřičku...}
Meze pro záměnu pak jsou následující
\begin{align*}
\tilde{\tilde{M}} &= (0,2a) \\
M_y &= \begin{cases}
\big( \frac{y^2}{2a}, a - \sqrt{a^2-y^2} \big) \cup (a+\sqrt{a^2-y^2},2a),& y < a \\
(\frac{y^2}{2a},2a),& y \ge a
\end{cases}
\end{align*}
Integrál v zadání je tedy roven
\[ \int_0 ^a \dy \Bigg[ \int_{\frac{y^2}{2a}} ^{a-\sqrt{a^2-y^2}} \dx f(x,y) + \int_{a+\sqrt{a^2-y^2}} ^{2a} f(x,y) \Bigg] + \int_a ^{2a} \dy \int_{\frac{y^2}{2a}} ^{2a} dx f(x,y). \]
\begin{example}
Spočtěte integrál
\[ \int_M y^2 \dx \dy, \]
kde $M = \{ (x,y) \big| x \in (0,2 \pi a), \ y \in (0, \varphi(x)) \}$ kde $\varphi(x)$ je zadáno parametricky
\begin{align} \label{Cyklo1}
x &= a (t- \sin t) \\
y &= a (1- \cos t) \\
a &>0, \ t \in (0,2 \pi)
\end{align}
\end{example}
Množina $M$ představuje jeden kopeček cykloidy.
\[ \int_0 ^{2 \pi a} \dx \int_0 ^{\varphi(x)} \dy \cdot y^2 = \int_0 ^{2 \pi a} \dx \frac{1}{3} \varphi(x)^3 \]
nyní použijeme jako substituci \eqref{Cyklo1} a dostaneme
\[ \int_0 ^{2 \pi} \difer t \frac{1}{3} \big(\underbrace{a(1-cost)}_{\varphi(x)}\big)^3 \cdot \underbrace{(a-a \cos t)}_{\textrm{Jakobián}} = \frac{35}{12} \pi a^4. \]
\begin{example}
Spočtěte
\[ \int_M f(x,y) \dx \dy, \]
kde $M = \{ (x,y) \in \R \big| x^2 + y^2 \le a^2 \}$ a použijte vhodnou substituci.
\end{example}
Pod vhodnou substitucí si v tomto případě představuji polární \eqref{TransPolar} transformaci.
Kvůli požadavkům na substituci v integrálu \ref{VOS} budeme integrovat přes novou množinu
\[ \tilde{M} = M - (P_0 \cap K), \]
kde $P_0$ je záporná polopřímka a $K$ je okraj kruhu. To nás ale vůbec nebolí, protože jde o množiny nulové míry.
Můžeme psát
\begin{gather*}
\int_M f(x,y) \dx \dy = \int_{\tilde{M}} f(x,y) \dx \dy \rvos \int_{(0,a) \times (-\pi, \pi)} f(\rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi \cdot \rho \dr \df) \rfub \\
\rfub \int_{(0,a)} \dr \ \rho \int_{(-\pi,\pi)} \df f(\rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi) \rrie \int_0 ^a \dr \ \rho \int_{-\pi} ^{\pi} \df f(\rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi).
\end{gather*}
Zde jsme v každém kroku označili, kterou větu používáme. Konkrétně \ref{VOS}, \ref{VF}, \ref{RM}.
Ještě si můžeme s výsledkem lehce pohrát a zaměnit pořadí integrovaní, což není v tomto případě těžké, neboť integrujeme
na obdélníku. Můžeme tedy dostat (pokračuji z prvního řádku výše)
\[ \rfub \int_{(-\pi,\pi)} \df \int_{(0,a)} \dr \ \rho f(\rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi) \rrie \int_{-\pi} ^{\pi} \df \int_0 ^a \dr \ \rho f(\rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi). \]
V dalších příkladech už budeme pokračovat rychleji. V tomto jsme problém rozebrali až do morku kosti.
\begin{example}
Ve výrazu
\[ \int_M f(x,y) \dx \dy, \]
kde $M=\{ (x,y) \in \R^2 \big| x^2+y^2 \le ax \}$ proveďte vhodnou substituci.
\end{example}
Doplněním na čtverce získáme $(x-\frac{a}{2})^2 + y^2 \le \frac{a^2}{4}$, což představuje kruh s posunutým středem a jistým poloměrem.
Za substituci proto zvolíme posunutou polární. To jest
\begin{align*}
x-\frac{a}{2} &= \rho \cos \varphi, \\
y &= \rho \sin \varphi.
\end{align*}
Jakobián se zřejmě nezměnil a meze volíme analogicky jako minule. Dostáváme
\begin{gather*}
\int_M f(x,y) \dx \dy \rvos \int_{(0,a/2) \times (-\pi, \pi)} f\Big(\frac{a}{2} + \rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi\Big) \df \dr \rfub \\
\rfub \int_{(0,a/2)} \dr \ \rho \int_{(-\pi,\pi)} \df f(\ldots) \rfub \int_{(-\pi,\pi)} \df \int_{(0,a/2)} \dr \ \rho f(\ldots).
\end{gather*}
Pokud bychom neodhalili symetrii dané množiny $M$ a použili normální polární substituci \eqref{TransPolar}, postupovali bychom následovně.
Dosazením do nerovnice obdržíme
\[ \rho^2 \big( \cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi \big) \le a \rho \cos \varphi, \]
po úpravě
\[ 0 \le \rho \le a \cos \varphi. \]
Odtud vidíme, že musíme brát $\varphi \in (-\pi/2, \pi/2)$ a $\rho \in (0, a \cos \varphi)$.
Sestavení integrálu je již maličkost.
\begin{example}
Vypočítejte
\[ \int_M \sqrt{x^2+y^2} \dx \dy, \]
na množině $M = \{ (x,y) \in \R^2 \big| x^2+y^2 \le a^2 \}$.
\end{example}
That's easy! Polární substituce:
\begin{align*}
x& = \rho \cos \varphi, &\rho &\in (0,a), \\
y& = \rho \sin \varphi, &\varphi &\in (-\pi, \pi), \\
\jak &= \rho.
\end{align*}
A vidíme, že
\[ \int_M \sqrt{x^2+y^2} \dx \dy \rvos \int_{(0,a) \times (-\pi, \pi)} \rho^2 \dr \df \rfub \ldots \rrie \int_0 ^a \dr \ \rho^2 \int_{-\pi} ^{\pi} \df = \frac{2 \pi a^3}{3}. \]
\begin{example}
Vypočítejte
\[ \int_M \sin \sqrt{x^2+y^2} \dx \dy, \]
kde $M=\{ (x,y) \in \R^2 \big| \pi^2 \le x^2 + y^2 \le 4\pi^2 \}$.
\end{example}
Množina $M$ je evidentně mezikruží, použijeme proto polární substituci a ihned můžeme psát
\[ ? = \int_\pi ^{2\pi} \dr \ \rho \sin \rho \int_{-\pi}^{\pi} \df = -6\pi^2. \]
\begin{example}
Mějme množinu
\[ S = (a,a+h) \times (b,b+h), \ a,b,h > 0 \]
a substituci
\[ u = \frac{y^2}{x}, \ v = \sqrt{xy}. \]
Spočtěte míru množiny $S$ a míru množiny, která vznikne po substituci.
\end{example}
Máme transformaci
\[ \Phi \svekt{x}{y} = \svekt{y^2/x}{\sqrt{xy}}. \]
Chceme tedy spočítat
\[ \mu(S) = ?, \ \mu(\tilde{S}) = \mu(\Phi(S)) = ? \]
Proto nejprve musíme zjistit, zda-li je transformace $\Phi$ korektní, tedy regulární a prostá. Regularitu ověříme výpočtem jakobiánu
\[ \jak_\Phi = \dete
\begin{pmatrix}
-\frac{y^2}{x^2} & 2 \frac{y}{x} \\
\frac{1}{2} \sqrt{\frac{y}{x}} & \frac{1}{2} \sqrt{\frac{x}{y}}
\end{pmatrix}
= - \frac{3}{2} \Big( \frac{y}{x} \Big)^{\frac{3}{2}},
\]
což při našich parametrech, kterými je zadána $S$, je nenulový výraz, tedy transformace je regulární.
Prostotu musíme ověřit nalezením inverzního zobrazení. Neboť vyžadujeme globální prostotu, nikoli lokální \footnote{viz. \ref{VInverze}}, musíme to zbastlit takhle na koleně.
Po chvíli pocení dostaneme
\[ y = (uv^2)^{1/3}, \ x = \Big( \frac{v^4}{u} \Big)^{\frac{1}{3}}. \]
Nyní ty míry \footnote{90:50:90}
\[ \mu(S) = \int_S \dx \dy = h^2 \]
a analogicky
\[ \mu(\tilde{S}) = \int_{\tilde{S}} \difer u \difer v \rvos \int_S \underbrace{\frac{3}{2} \Big( \frac{y}{x} \Big)^{\frac{3}{2}}}_{\abs{\jak_\Phi}} \dx \dy = -\frac{6}{5} \Big( (a+h)^{-1/2} - a^{-1/2} \Big) \Big( (b+h)^{5/2} - b^{5/2} \Big). \]
\medskip
\subsection{Eulerovy integrály}
\begin{define} (\textsc{Gamma funkce}) \index{Funkce!Gamma} \label{Gamma}
Gamma funkce $\Gamma$ je definována vztahem
\[ \Gamma(p) = \int_0 ^{+\infty} t^{p-1} e^{-t} \difer t, \ p>0. \]
\end{define}
\begin{define} (\textsc{Beta funkce}) \index{Funkce!Beta} \label{Beta}
Beta funkce $\Beta$ je definována následovně
\[ \Beta (p,q) = \int_0 ^1 t^{p-1} (1-t)^{q-1} \difer t, \ p,q >0. \]
\end{define}
\begin{remark} Některé užitečné vlastnosti Gama funkce:
\begin{enumerate}
\item $\Gamma(p+1) = p \Gamma(p)$,
\item $\Gamma(p+\frac{1}{2}) \cdot \Gamma(p) = \frac{\sqrt{\pi}}{2^{2p-1}}\Gamma(2p)$,
\item $\Gamma(n+1)=n!$,
\item $\Gamma(1)=1$.
\end{enumerate}
\end{remark}
\begin{remark} A vlastnosti Beta funkce:
\[ \Beta(p,q) = \int_0 ^{+\infty} \frac{t^{p-1}}{(1+t)^{p+q}} \difer t = \int_0 ^1 \frac{t^{p-1}+t^{q-1}}{(1+t)^{p+q}} \difer t = \frac{\Gamma(p)\cdot\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}, \]
\[ \Beta(p,1-p) = \frac{\pi}{\sin p \pi}, \ p \in (0,1). \]
\end{remark}
\begin{example}
Ukážeme souvislost jistého notoricky známého integrálu s Beta funkcí a to
\[ \int_0 ^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \dx, \ m,n > -1. \]
\begin{gather}
\int_0 ^{\pi/2} \sin^m x \cos^n x \dx = \Big| \textrm{subst. } t = \sin x \Big|= \int_0 ^1 t^m (1-t^2)^{\frac{n-1}{2}} \difer t = \Big| \textrm{subst. } u = t^2 \Big| = \\
= \frac{1}{2} \int_0 ^1 u^{\frac{m-1}{2}} (1-u)^{\frac{n-1}{2}} \difer u = \frac{1}{2} \Beta \Big( \frac{m+1}{2}, \frac{n+1}{2} \Big).
\end{gather}
\end{example}
\begin{example} Spočtěte integrál
\[ \iint_{x^4+y^4 \le 1} (x^2 + y^2) \dx \dy. \]
\end{example}
\begin{example} Vyčíslete integrál
\[ \int_0 ^{+\infty} \frac{x^{m-1}}{1+x^n} \dx, \ m \ne n. \]
\end{example}
\begin{example}
Vyjádřete
\[ \iint_\Omega f(x,y) \dx \dy, \]
kde $\Omega$ je oblas vymezená křivkami $xy=1$, $xy=2$, $x=y$ a $4x=y$.
\end{example}
\begin{example} Vypočtěte plochu ohraničenou křivkami
\begin{align*}
(x^2+y^2)^2 &= 2a^2 (x^2-y^2), \\
x^2+y^2 &\ge a^2.
\end{align*}
\end{example}
\begin{example}
Spočtěte objem útvaru
\[ \Big( \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} \Big)^2 = \frac{z}{n} \Bigg( \frac{-\frac{z^2}{c^2}}{\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2}} \Bigg). \]
\end{example}
\begin{example}
Mějme
\[ M = \{ x \in \Rn \Big| Q(x) \le 1 \}, \]
kde $Q$ je pozitivně definitní kvadratická forma.
Vypočtěte míru množiny $M$.
\end{example}
\begin{example}
Vypočtěte objem prostoru ohraničeného plochami
\begin{align*}
z &= x^2 + y^2, \\
z &= x+y.
\end{align*}
\end{example}
\begin{example}
Vypočítejte objem omezený těmito plochami (\emph{Vivianiho} těleso) \index{Těleso!Vivianiho}: %(viz. \ref{Viviani}):
\begin{align*}
x^2 + y^2 + z^2& = a^2, \\
x^2 + y^2& = ax.
\end{align*}
\end{example}
\begin{figure}[ht]
\begin{center}
%\includegraphics{Vivi01.jpg}
\epsfig{file=Vivi01.jpg, height=7cm}
\caption{Vivianiho těleso}
\label{Viviani}
\end{center}
\end{figure}
\begin{example}
Spočtěte objem $n$-simplexu v $\Rn$. Tedy
\[ M = [x_0,x_1,\ldots,x_n]_\kappa ,\ x_j \in \Rn, \ \forall j \in \hat{n}, \]
\[ \nu(M) = ? \]
\end{example}
\begin{example}
Vypočtěte Eulerův integrál \index{Integrál!Eulerův}
\[ \int_\R e^{-x^2} \dx = I. \]
\end{example}
Tento integrál není lehké spočíst, neboť primitivní funkce existuje pouze ve formě řady, ani nemůžeme
použít funkční posloupnost $f_n(x) = (1-\frac{x^2}{n})^n$, protože stejnoměrná konvergence $f_n(x) \overset{A}{\rightrightarrows} e^{-x^2}$ platí
pouze pro omezenou $A$. \footnote{Nejsme tedy schopni zaměnit limitu a integrál.}
Zkoumejme integrál podobného tvaru, zdánlivě složitější, a proveďme jednoduché úpravy.
\[ \tilde{I} = \int_{\R^2} e^{-x^2-y^2} \dx \dy \rfub \int_\R e^{-x^2} \dx \ \int_\R e^{-y^2} \dy = I^2. \]
Dále také můžeme provést v $\tilde{I}$ polární substituci \eqref{TransPolar}. Obdržíme
\[ \tilde{I} \rrie \int_0 ^{+\infty} \dr \ \int_{-\pi}^{\pi} e^{-\rho^2} \rho \df = 2 \pi \int_0 ^{+\infty} \rho e^{-\rho^2} \dr = \pi. \]
Shrneme-li výsledky, vidíme, že
\[ \tilde{I} = \pi = I^2 \ \Rightarrow \ I = \sqrt{\pi}. \]
%Demidovic
\medskip
\subsection{Příklady z Děmidoviče}
V následujících integrálech zaměňte pořádek integrace.
\begin{dex} 3924.
\[ \int_0 ^2 \dx \int_x ^{2x} f(x,y) \dy \]
\solution{\int_{0} ^{2} \dy \int_{y/2} ^{y} f(x,y) \dx + \int_{2} ^{4} \dy \int_{y/2} ^{2} f(x,y) \dx}
\end{dex}
\begin{dex} 3925.
\[ \int_{-6} ^2 \dx \int_{\frac{x^2}{4}-1} ^{2-x} f(x,y) \dy \]
\solution{\int_{-1} ^{0} \dy \int_{-2\sqrt{1+y}} ^{2\sqrt{1+y}} f(x,y) \dx + \int_{0} ^{8} \dy \int_{-2\sqrt{1+y}} ^{2-y} f(x,y) \dx}
\end{dex}
\begin{dex} 3926.
\[ \int_{0} ^{1} \dx \int_{x^3} ^{x^2} f(x,y) \dy \]
\solution{\int_{0} ^{1} \dy \int_{\sqrt{y}} ^{y^{1/3}} f(x,y) \dx}
\end{dex}
\begin{dex} 3927.
\[ \int_{-1} ^{1} \dx \int_{-\sqrt{1-x^2}} ^{1-x^2} f(x,y) \dy \]
\solution{\int_{-1} ^{0} \dy \int_{-\sqrt{1-y^2}} ^{\sqrt{1-y^2}} f(x,y) \dx + \int_{0} ^{1} \dy \int_{-\sqrt{1-y}} ^{\sqrt{1-y}} f(x,y) \dx}
\end{dex}
\begin{dex} 3928.
\[ \int_{1} ^{2} \dx \int_{2-x} ^{\sqrt{2x-x^2}} f(x,y) \dy \]
\solution{\int_{0} ^{1} \dy \int_{2-y} ^{1+\sqrt{1-y^2}} f(x,y) \dx}
\end{dex}
\begin{dex} 3929.
\[ \int_{0} ^{2a} \dx \int_{\sqrt{2ax-x^2}} ^{\sqrt{2ax}} f(x,y) \dy, \ a>0 \]
\solution{\int_{0} ^{a} \dy \Bigg[ \int_{\frac{y^2}{2a}} ^{a-\sqrt{a^2-y^2}} f(x,y) \dx + \int_{a+\sqrt{a^2-y^2}} ^{2a} f(x,y) \dx \Bigg] + \int_{a} ^{2a} \dy \int_{\frac{y^2}{2a}} ^{2a} f(x,y) \dx}
\end{dex}
\begin{dex} 3930.
\[ \int_{1} ^{e} \dx \int_{0} ^{\ln x} f(x,y) \dy \]
\solution{\int_{0} ^{1} \dy \int_{e^y} ^{e} f(x,y) \dx}
\end{dex}
\begin{dex} 3931.
\[ \int_{0} ^{2\pi} \dx \int_{0} ^{\sin x} f(x,y) \dy \]
\solution{\int_{0} ^{1} \dy \int_{\arcsin y} ^{\pi - \arcsin y} f(x,y) \dx - \int_{-1} ^{0} \dy \int_{\pi - \arcsin y} ^{2\pi + \arcsin y} f(x,y) \dx}
\end{dex}
\begin{dex} 3932.
Vypočtěte integrál
\[ \iint_\Omega xy^2 \dx \dy, \]
jestliže oblast $\Omega$ je ohraničena křivkami $y^2=2px$ a $x=\frac{p}{2}$, kde $p>0$.
\solution{\frac{p^5}{21}}
\end{dex}
\begin{dex} 3933.
Vypočtěte integrál
\[ \iint_\Omega \frac{\dx \dy}{\sqrt{2a-x}}, \ a>0, \]
když oblast $\Omega$ je ohraničena kružnicí se středem v $(a,a)$ a poloměrem $a$.\footnote{Asi tak nějak, moc neumim rusky...}
\solution{(2 \sqrt{2} - 8/3)a \sqrt{a}}
\end{dex}
%parametricke integraly
\subsection{Parametrické integrály}
Začneme příkladem.
\begin{example}
Určete
\[ I(\alpha) = \int_0 ^{\pi/2} \tg^\alpha x \dx, \ \abs{\alpha} < 1. \]
\end{example}
Evidentně
\[ I(\alpha) = \int_0 ^{\pi/2} \sin^\alpha x \cos^{-\alpha} x \dx = \frac{1}{2} \Beta(\frac{\alpha+1 }{2},\frac{1-\alpha}{2}) = \frac{\pi}{2 \sin \pi (\frac{\alpha + 1}{2})}. \]
\begin{example}
Následující integrál sice není parametrickým, ale naučí nás, že za vším musíme vidět $\Gamma$ a $\Beta$ funkce, se kterými
se pracuje daleko lépe, než kdybychom použili naše staré konvenční zbraně.
\[ I = \int_0 ^{+\infty} \frac{\sqrt[4]{x}}{(1+x)^2} \dx, \]
\[ I = \Beta \Big(\frac{5}{4},\frac{3}{4}\Big) = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}. \]
\end{example}
\begin{example} A ještě jeden podobného ražení
\[ \int_0 ^{+\infty} \frac{\difer x}{1+x^3}.\]
\end{example}
Proveďme substituci $t=x^3$ a obdržíme
\[ \frac{1}{3} \int_0 ^{+\infty} \frac{t^{-\frac{2}{3}}}{1+t} \ \difer t = \frac{1}{3} \Beta\Big(\frac{1}{3},\frac{2}{3}\Big) = \frac{2\pi}{3\sqrt{3}}. \]
%nejaky ty vety
\medskip
\subsubsection{Teoretická vsuvka - Operace s parametrickými integrály}
\begin{theorem}
(\textsc{O limitě a parametrickém integrálu}) \index{Věta!O limitě a parametrickém integrálu}
Můžeme zaměnit limitu a integrál
\[ \lim_{\alpha \to \alpha_0} \int_M f(x,\alpha) \dx = \int_M \lim_{\alpha \to \alpha_0} f(x,\alpha) \dx, \]
platí-li následující předpoklady
\begin{enumerate}[(i)]
\item $f(\cdot,\alpha) \in \Mu(M), \ \forall \alpha \in A,$ \footnote{Symbolem $\Mu(M)$ označujeme množinu všech měřitelných funkcí na $M$.}
\item $(S\forall x \in M)(\exists \lim_{\alpha \to \alpha_0} f(x,\alpha)),$
\item Existuje integrabilní majoranta, tj. $(S\forall x \in M)(\forall \alpha \in A)(\abs{f(x,\alpha)}\le g(x))$, kde $g \in L(M)$. \footnote{Symbolem $L(M)$ označujeme množinu všech integrabilních funkcí (s konečným integrálem) na $M$.}
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{theorem}
(\textsc{O spojitosti a parametrickém integrálu}) \index{Věta!O spojitosti a parametrickém integrálu}
Podobně jako v předešlé větě, můžeme za analogických předpokladů tvrdit, že
\[ \lim_{\alpha \to \alpha_0} \int_M f(x,\alpha) \dx = \int_M f(x,\alpha_0) \dx. \]
\end{theorem}
\begin{theorem} \label{VDer}
(\textsc{O derivaci a parametrickém integrálu}) \index{Věta!O derivaci a parametrickém integrálu}
Nechť $A = (\alpha, \beta) \subset \R$. Potom můžeme zaměnit integraci a derivaci
\[ \frac{\difer}{\difer \alpha} \Bigg( \int_M f(x,\alpha) \dx \Bigg) \Bigg|_{\alpha=\alpha_0} = \int_M \BP{\alpha} f(x,\alpha_0) \dx, \]
platí-li následující podmínky
\begin{enumerate}[(i)]
\item $(\exists \alpha_0 \in A)(f(\cdot, \alpha_0) \in L(M)),$
\item $(S\forall x \in M)(\forall \alpha \in A)(\exists \BP{\alpha} f(x,\alpha)),$
\item $(\forall \alpha \in A)(f(\cdots, \alpha)\in \Mu (M)),$
\item Existuje integrabilní majoranta, tj. $(S\forall x \in M)(\forall \alpha \in A)(\abs{\BP{\alpha} f(x,\alpha)} \le g(x))$,
kde $g \in L(M)$.
\end{enumerate}
\end{theorem}
\begin{example} Spočtěte
\[ I(A) = \int_0 ^{\pi/2} \ln \Big( \frac{1+a \cos x}{1-a\cos x} \Big) \cdot \frac{1}{\cos x} \dx, \ \abs{a} < 1. \]
\end{example}
Označme si pro přehlednost integrand jako $f(x, a)$. Jeho derivací podle parametru získáme
\[ \BP{a} f(x,a) = \frac{2}{1-a^2 \cos^2 x}. \]
Při našich podmínkách $M=(0,\frac{\pi}{2})$, $\abs{a}<1$ s můžeme při derivování omezit na $A=(a_0-\epsilon, a_0+\epsilon)$, kde $\bar{A} \subset (-1,1)$.
Nyní vidíme, že
\[ \frac{2}{1-a^2 \cos^2 x} \le \frac{2}{1-\max \{ (a_0 - \epsilon)^2, \ (a_0+\epsilon)^2 \} \cos^2 x}. \]
Ostatní body věty \ref{VDer} vyplývají ze spojitosti $f$.
Pokračujme ve výpočtu
\[ I'(a) = \int_0 ^{\pi/2} \frac{2}{1-a^2 \cos^2 x} \dx = \frac{\pi}{\sqrt{1-a^2}}, \]
kde jsme použili substituci $t = \tg x$. A teď stači už jen spočíst $I$:
\[ I(a) = \int \frac{\pi}{\sqrt{1-a^2}} = \pi \arcsin a + C, \]
kde ze znalosti $I(0) = 0$ vyplývá, že $C=0$.
\begin{example}
Vypočtěte
\[ I_n (a) = \int_0 ^{+\infty} \frac{\difer x}{(x^2 + a)^{n+1}}, \ n \in \mathbb{N}, a > 0. \]
\end{example}
Co jiného, než derivování integrandu by nás mohlo napadnou...
\[ \BP{a} f(n,x,a) = -(n+1) \cdot (x^2+a)^{-n-2}. \]
Vezmeme-li $A=(a_0-\epsilon, a_0+\epsilon)$ pak můžeme tvrdit, že
\[ \abs{\BP{a}f(n,x,a)} \le \frac{n+1}{x^2+a_0-\epsilon}. \]
Proto máme
\[ I_n ' (a) = -(n+1) \int_0 ^{+\infty} \frac{\difer x}{(x^2+a)^{n+2}} = -(n+1)I_{n+1}(a). \footnote{Kozubova diferenciálně diferenční rovnice s nekonstantními koeficienty alias KDDRNK.} \index{Rovnice!Kozubova diferenciálně diferenční} \]
Snadno nahlédneme, že
\[ I_0 (a) = \frac{\pi}{2\sqrt{a}}, \]
a dále
\[ I_n (a) = -\frac{I_{n-1}' (a)}{n} = \frac{(2n-1)!!}{n!} \frac{\pi}{2^{n+1}}a. \]
\begin{example}
Vypočtěte
\[ I(\alpha) = \int_0 ^1 \ln (1-\alpha^2 x^2) \cdots \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \dx, \ \abs{\alpha} \le 1. \]
\end{example}
\begin{example}
Určete
\[ I(\alpha, \beta) = \int_0 ^{+\infty} \frac{\arctg (\alpha x) \cdot \arctg (\beta x)}{x^2} \dx, \ \alpha, \beta >0. \]
\end{example}
Označme integrand symbolem $f(x,\alpha,\beta)$. Zřejmě je $f$ spojitá, tedy měřitelná vzhledem k $x$.
Spočítejme si
\[ \BP{\alpha} f(x,\alpha,\beta) = \frac{1}{x} \frac{\arctg \beta x}{1+(\alpha x)^2}. \]
Snadno nahlédneme, že
\[ \abs{\BP{\alpha}f} \le \frac{\mathcal{K}}{1+x^2 (\alpha_0-\epsilon)^2}, \]
kde $\mathcal{K}$ je konstanta omezující podíl arcustangens a $x$ a $\alpha \in (\alpha_0 - \epsilon, \alpha_0+\epsilon)$.
Kdybychom nyní zkusili vypočíst původní $I(\alpha, \beta)$,
\begin{equation} \label{param1}
\BP{\alpha} I(\alpha,\beta) = \int_0 ^{+\infty} \frac{\arctg \beta x}{x(1+\alpha^2 x^2)} \dx.
\end{equation}
zjistili bychom, že to není tak snadne. Vidíme ale, že můžeme derivovat
dál, neboť máme další parametrický integrál \eqref{param1}. Obdržíme
\[ \BP{\beta \alpha}^2 f(x,\alpha, \beta) = \frac{1}{\big( 1+(\alpha x)^2 \big)\big( 1 + (\beta x)^2 \big)}. \]
Tento výraz v absolutní hodnotě můžeme omezit stejným způsobem jako v případě $\alpha$.
Dostali jsme tedy integrál
\[ \BP{\beta \alpha}^2 I(\alpha \beta) = \int_0 ^{+\infty} \frac{1}{(1+\alpha^2 x^2)(1+\beta^2 x^2)}, \]
který již snadno spočítáme rozkladem na parciální zlomky a postupně získáme
\[ \BP{\alpha} I(\alpha \beta) = \frac{\pi}{2} \ln (\alpha+\beta) - \frac{\pi}{2} \ln \alpha. \]
Odkud opět integrací dostaneme již konečný výsledek
\[ I(\alpha, \beta) = \frac{\pi}{2} \ln \Big( \frac{(\alpha+\beta)^{\alpha + \beta}}{\alpha^\alpha \beta^\beta} \Big). \]
\begin{example}
Vypočítejte
\[ I(\alpha) = \int_0 ^{+\infty} e^{-x^2-\frac{a^2}{x^2}}\dx \ a >0. \]
\end{example}
\begin{example}
Vypočtěte
\[ I(a,b) = \int_0 ^{+\infty} e^{-ax^2} \cos bx \dx, \ a > 0, b \in \R. \]
\end{example}
\begin{example}
Vypočtěte
\[ I(a,b) = \int_0 ^{+\infty} \frac{e^{-ax^2}-e^{-bx^2}}{x} \dx \]
\end{example}
\medskip
\subsection{Křivkový integrál 1. a 2. druhu}
\medskip
\subsubsection{Konstrukce křivkového integrálu 1. druhu} \index{Integrál!Křivkový 1. druhu}
Mějme funkci $f : C \to \R$, kde $C$ je křivka v $\Rn$, tj.
\[ (\exists \psi: <\alpha, \beta> \to \Rn)(\psi \ \textrm{je spojitá a} \ \psi(<a,b>)=C). \]
Tuto křivku rozdělíme na dílky. V $l$-tém úseku délky $\Delta l$ vybereme reprezentanta $x_l$. Provedeme součet přes všechny
dílky
\[ \sum f(x_l) \Delta l. \]
Pokud tento pro všechna zjemnění rozdělení a libovolné reprezentatny jde ke stejné hodnotě, pak tuto hodnotu nazveme křivkovým integrálem 1. druhu
a značíme
\[ \int_C f(x) \difer l. \]
Pro výpočet použijeme vhodnou parametrizaci $\varphi$ křivky $C$, evidentně integrál nezávisí na volbě parametrizace.
Máme tedy
\[ \int_C f(x) \difer l = \int_\alpha ^\beta f(\varphi(t)) \cdot \bms \mspac \underbrace{|| \dot{\varphi}(t) ||}_{\textrm{Euklidovská norma}} \bms \mspac \difer t. \]
\medskip
\subsubsection{Konstrukce křivkového integrálu 2. druhu} \index{Integrál!Křivkový 2. druhu}
Křivková integrál 2. druhu se od křivkového integrálu 1. druhu liší tím, že uvažuje i orientaci křivky.
Buď proto $\vec{C}$ orientovaná křivka, tj.
\[ (\exists \psi : C \to \R)(C = \psi(<a,b>)), \textrm{a navíc} \]
\[ (\exists o: <a,b> \to \Rn), \]
kde $o(t)$ je tečný vektor v bodě $\psi(t)$ a $o$ se nazývá orientace. Dále je zadáno tenzorové pole 2. řádu
\[ F : C \to \Rn. \]
Křivku opět rozdělíme na malé úseky a v každém vybereme reprezentanta $x_l$, definujeme
\[ \vec{\Delta_l} = \Delta_l \cdot o(x_l), \]
kde $\Delta_l$ je délka $l$-tého úseku v němž je také $x_l$. Nyní sestrojíme součet
\[ \sum F(x_l) \cdot \vec{\Delta_l}. \]
Pokud pro všechna zjemnění a libovolnou volbu reprezentantů jde tento součet vždy ke stejnému číslu řekneme, že
existuje křivkový integrál 2. druhu a značíme
\[ \int_C F(x) \cdot \difer \vec{l} = \int_C F^1(x) \difer x^1 + \ldots + F^n (x) \difer x^n. \]
Pro výpočet opět zavedem parametrizaci $\varphi$ a platí
\[ \int_C F(x) \difer \vec{l} = \pm \int_\alpha ^\beta F(\varphi(t)) \cdot \dot{\varphi} (t) \difer t \]
kde znaménko $\pm$ určuje v jakém směru integrujeme. Shoduje-li se směr $\dot{\varphi}$ a $o$ pak platí plus, v opačném
případě minus.
\begin{example}
Vypočítejte křivkový integrál 1. druhu
\[ I = \int_L (x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}}) \difer l, \]
kde křivka $L$ je dána následovně
\[ L \equiv x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}, \ a > 0. \]
\end{example}
Použijeme zobecněnou sférickou transformaci
\begin{align*}
x(t)& = \rho (t) \cos^3 t, \\
y(t)& = \rho (t) \sin^3 t.
\end{align*}
Potom ze zadání křivky dostáváme
\[ \rho(t) = a. \]
Dále máme parametrizaci
\[ \Psi(t) = \svekt{a \cos^3 t}{a \sin^3 t}, \ t \in (-\pi, \pi) \]
a
\[ || \dot{\Psi} ||^2 = 9 a^2 \sin^2 t \cos^2 t. \]
Původní integrál v zadání převedeme na tvar
\[ \int_L (x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}}) \difer l = \int_{-\pi} ^{\pi} (a^{4/3} cos^4 t + a^{4/3} sin^4 t) \cdot 3a | \sin t | \cdot | \cos t | \difer t. \]
Vzhledem k periodicitě integrandu se omezemíme na $(0, \frac{\pi}{2})$, čímž se zbavíme absolutních hodnot a přidáme $4$.
\[ I = 4 \cdot 3 a^{7/3} \int_0 ^{\frac{\pi}{2}} (\cos^4 t + \sin^4 t) \sin t \cos t \difer t. \]
Snadno nahlédneme, že
\[ I = 12 a^{7/3} \frac{\Gamma(1) \Gamma(3)}{\Gamma(4)} = 4 a^{7/3}. \]
\begin{example}
Spočtěte integrál
\[ I = \int_L \sqrt{x^2 + y^2} \difer l, \]
kde
\[ L \equiv (x^2 + y^2)^{3/2} = a^2 (x^2-y^2). \]
\end{example}
\begin{example}
Vypočtěte
\[ \int_C y^2 \difer l, \]
kde $C$ je oblouk cykloidy s parametrizací
\[ \Psi(t) = \svekt{a(t-\sin t)}{a(1-\cos t)}, \ t \in (0, 2\pi) \]
\end{example}
\begin{example}
Spočtěte integrál
\[ \int_{AB} (2xy \dx + x^2 \dy), \]
kde $AB$ je křivka v $\R^2$, zadaná dále, spojující body $A=(0,0)$ a $B=(1,1)$. Uvažujte přímku, parabolu a lomenou čáru jdoucí po ose $x$ a pak kolmo nahoru k bodu $A$.
\end{example}
\begin{example} Spočtěte křivkový integrál v $\R^3$
\[ \int_L (y^2 -z^2) \dx + (z^2-x^2) \dy + (x^2-y^2) \difer z, \]
kde $L$ je křivka vzniknuvší průnikem kulové plochy s poloměrem 1 a středem v počátku s rovinami $x,y$, $x,z$ a $y,z$ v kladném kvadrantu. Názorný nákres je na obrázku \ref{krivk1}
\end{example}
\begin{figure}[ht] \label{krivk1}
\begin{center}
\epsfig{file=Krivk1.jpg,height=7cm}
\caption{Křivka $L$}
\end{center}
\end{figure}
\medskip
%Greenova Formule--------------------------------------------
\subsection{Greenova formule} \index{Formule!Greenova}
\begin{theorem} (\textsc{Green}) Buď $C$ uzavřená, kladně orientovaná \footnote{...něco jako proti směru hodinových ručiček} křivka,
$D = \Int C$, $F,G \in C^1$ na $H_D$. Potom
\begin{equation} \int_C F\dx + G\dy = \int_D \bigg( \parc{G}{x} - \parc{F}{y} \bigg). \label{Green} \end{equation}
\end{theorem}
\begin{example}
Pomocí Greenovy formule určete
\[ \int_L (e^x \sin y - py) \dx + (e^y \cos y -p) \dy, \]
kde křivka $L$ je půlkružnice se středem v bodě $(a/2,0)$ a poloměrem $a$.
\end{example}
\begin{example}
Spočtěte integrál
\[ I = \int_L \frac{x \dy - y\dx}{x^2+y^2}, \]
kde $L$ je libovolná po částech spojitá, uzavřená křivka omotávající počátek s orientací proti hodinovým ručičkám.
\end{example}
\medskip
% Plosne integraly
\subsection{Plošné integrály}
\subsubsection{Plošný integrál 1. druhu} \index{Integrál!Plošný 1. druhu}
Náš problém spočívá v ploše $S \subset \R^3$, na které je definováno $f: S \to \R$. Myšlenka je asi taková, že
plochu rozsekáme na malé kousíčky $\Delta S$, ve kterých vybereme reprezentanta $x_0$ a zkoumáme
\[ \sum f(x_0) \Delta S. \]
Pokud tyto součtu při různých zjemnění jdou ke stejnému číslu, nazveme ho plošný integrál 1. druhu a značíme
\[ \int_S f(x) \difer S. \]
Tento integrál opět počítáme pomocí parametrizace $\varphi: M \to S$, $M \subset \R^2$, pak totiž
\[ \int_S f(x) \difer S = \int_M f(\varphi(u,v)) \cdot || \BP{u} \varphi \times \BP{v} \varphi || \difer u \difer v. \]
\medskip
\subsubsection{Plošný integrál 2. druhu} \index{Integrál!Plošný 2. druhu}
Analogicky jako u křivkového 2. druhu zde uvažujeme nyní orientaci plochy. Hned na začátek poznamenáme, že ne každá plocha
má orientaci. Například M\"obiův proužek a Leidenská láhev. Mějme opět plochu $S \subset \R^3$, tentokrát orientovanou, tzn. pro
každý bod $x \in S$ je definována její normála $\vec{o} (x)$. Dále máme nějaké vektorové pole $F: S \to \R^3$.
Plochu rozsekáme na elementy $\Delta S$ a v každém vybereme bod $x_0$, dostaneme
\[ \Delta \vec{S} = \Delta S \cdot \vec{o} (x_0) \]
a sestrojíme součet
\[ \sum F(x_0) \cdot \Delta \vec{S}, \]
kde suma jde přes všechny elementy $\Delta S$. Pokud konverguje ke stejnému číslu pro libovolné zjemnění, pak ono číslo nazýváme plošným integrálem
2. druhu a značíme
\[ \int_S F(x) \cdot \dS, \]
nebo pomocí diferenciální 2-formy
\[ \int_S F(x) \cdot \dS = \int_S F^1 (x,y,z) \dy \dz + F^2 (x,y,z) \dz \dx + F^3 (x,y,z) \dx \dy. \]
Pro výpočet můžeme použít parametrizaci $\varphi$ stejně jako v předešlých případech
\[ \int_S F(x) \cdot \dS = \pm \int_M F(\varphi(u,v)) \cdot ( \BP{u} \varphi \times \BP{v} \varphi) \difer u \difer v, \]
kde kladné znaménko volíme při stejné orientaci $\vec{o}$ a vektorového součinu derivací parametrizace, v opačném případě
volíme minus.
\begin{example}
Vypočtěte povrch koule o poloměru $a>0$.
\end{example}
\begin{example}
Vypočtěte povrch pláště kužele o výšce 1,
\[ x^2 +y^2 = a^2 z^2, \ a>0. \]
\end{example}
\begin{figure}[ht] \label{kuzel1}
\begin{center}
\epsfig{file=Kuzel1.jpg,height=7cm}
\caption{Kužel s průmětem}
\end{center}
\end{figure}
\begin{example}
Spočtěte povrch Vivianiho tělesa.
\end{example}
\begin{example}
Určete
\[ I = \int_M \sqrt{\frac{x^2}{a^4} + \frac{y^2}{b^4} + \frac{z^4}{c^4}} \difer S, \]
kde
\[ M \equiv \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1, \ a,b,c >0 . \]
\end{example}
\begin{example}
Spočtěte
\[ I = \int_M (x^2 + y^2) \dx \dy, \]
kde
\[ M \equiv x^2 +y^2 \le R^2, \ z = 0, \ \vec{o} = (0,0,-1) \]
je kruh v $\R^3$.
\end{example}
\begin{example}
Vypočítejte
\[ I = \int_M x \dx \dz + y \dz \dx + z \dx \dy, \]
kde $M$ je koule se středem v počátku a poloměrem $a$, orientovaná vně.
\end{example}
\subsection{Stokesovy věty} \index{Věty!Stokesovy}
\begin{theorem} (\textsc{Greenova věta}) Ta sem též patří, viz \eqref{Green}. Jen pro úplnost
\[ \int_{\partial A} F\dx + G\dy = \int_A \bigg( \parc{G}{x} - \parc{F}{y} \bigg)\label{Green2}, \]
kde $A$ je plocha v $\R^2$ a $\partial A$ je její hranice, tedy křivka, orientovaná proti směru hodinových ručiček a
$F,G \in C^1(H_A)$.
\end{theorem}
\begin{theorem} (\textsc{Klasická Stokesova věta}) \index{Věta!Klasická Stokesova}
\begin{equation} \label{Stokes}
\int_{\partial B} (F \dx + G \dy + H \dz) = \int_B \rot \svektt{F}{G}{H} \cdot \dS.
\end{equation}
\end{theorem}
\begin{theorem} (\textsc{Gaussova-Ostrogradského věta}) \index{Věta!Gaussova-Ostrogradského}
\begin{equation} \label{Gauss}
\int_{\partial A} (F \dy \dz + G \dz \dx + H \dx \dy) = \int_A \div \svektt{F}{G}{H} \dx \dy \dz,
\end{equation}
kde $A$ je nějaká nedegenerovaná podmnožina $\R^3$ a její hranice $\partial A$ je orientovaná vně.
\end{theorem}
\begin{example}
Tentýž příklad jako výše, jiným způsobem.
\[ \int_M (x \dy \dz + y \dz \dx + z \dx \dy), \]
kde $M \equiv x^2 + y^2 + z^2 = a^2$ je orientovaná vně.
\end{example}
Máme vektorové pole
\[ F(x,y,z) = \svektt{x}{y}{z}, \ F,M \in C^{(\infty)}(\R ^3). \]
Vidíme, že
\[ \div F = 3, \]
a použijeme-li Gaussovu větu \eqref{Gauss} dostaneme
\[ \int_{B(0,a)} 3 \dx \dy \dz = 4 \pi a^3. \]
\begin{example}
Spočtěte plochu elipsy
\[ E \equiv \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} = 1. \]
\end{example}
Hledáme tedy
\[ \mu (E) = \int_E 1 \dx \dy. \]
Zvolme vektorové pole následovně
\[ F(x,y) = \svekt{-y}{x}, \ F \in C^{(\infty)}. \]
Pak
\[ \mu (E) = \int_E 1 \dx \dy = \int_{\partial E} (F^1 \dx + F^2 \dy) = \int_E \left( \parc{F^2}{x} - \parc{F^1}{y} \right) \dx \dy = 2 \mu(E). \]
Dále zvolme transformaci
\[ \varphi(t) = \svekt{a \cos t}{b \sin t}, \ t \in (-\pi, \pi). \]
Provedem substituci
\[ \mu (E) = \frac{1}{2} \int_{\partial E} F^1 \dx + F^2 \dy = \frac{1}{2} a b \int_{-\pi} ^{\pi} \difer t = \pi a b. \]
\begin{example}
Najděte
\[ \int_C (x^2 - yz) \dx + (y^2 -xz)\dy + (z^2 - xy) \dz, \]
kde křivka $C$ je tzv. šroubovice daná parametrizací
\[ C: \ \varphi(t) = \svektt{a \cos t}{ a \sin t}{\frac{h}{2 \pi} t} , \ t \in <-\pi, \pi>. \]
\end{example}
