3. Archimédés a vykrývací metoda

Diferenciální počet, k jehož vybudování v této sérii směřuji, má své počátky ve starověku. Jako jeden z prvních lidí, kteří svými myšlenkami zavadili o některé koncepty této disciplíny, byl Archimédés. Tento řecký filosof ze Sicílie, jehož bychom dnes považovali spíše za matematika a fysika, se zabýval mnoha problémy. Například vymyslel vlastní číselnou soustavu pro počítání velkých čísel, konstruoval bitevní stroje, kterými potápěl nepřátelské lodě, formuloval zákon o vztlakové síle, ale nás bude zajímat spíše, že vypočítal obsah plochy pod segmentem paraboly.
Výpočet plochy pod nějakou křivkou je jedna ze základních úloh diferenciálního počtu. Později se tomuto tématu budeme věnovat obecněji a do větší hloubky, ukážeme si, jaké využití můžeme pro tuto úlohu najít. Zatím se však na tuto úlohu dívejme podobně jako Archimédés – čistě jako na zajímavý matematický problém, který má jiný, zvláštnější charakter než výpočet plochy obyčejných geometrických útvarů jako ku příkladu $n$-úhelníků.

Plocha pod parabolou

Konkrétně se soustřeďme na to, jakou plochu má segment plochy pod parabolou, kterou budeme brát jako funkci $y=x^2$, v segmentu od $x=0$ do $x=1$. Plochu si můžete prohlédnout na obrázku níže. Připomenu, že funkce $f(x)$ je tzv. zobrazení, neboli přiřazení prvkům z jedné množiny prvky z druhé. Naše funkce přiřazuje každému číslu $x$ patřícímu do množiny reálných čísel jiné číslo $f(x)=y=x^2$ patřící do téže množiny. Někdy se o funkci říká, že je to něco jako krabička, do které dáme číslo a ona vyhodí jiné. Promyslete si, jak spolu tyto dvě definice sedí. Níže můžete vidět graf zmíněné funkce s vyznačenou plochou, kterou počítáme.

Aproximace

Určitě jste si všimli, jak křivolaké bude asi tento obsah spočítat, neboť obrazec není vůbec pravidelný a křivka se neustále mění, v každém bodě je jinak křivá. Pojďme však udělat alespoň aproximaci neboli přiblížení, odhad té plochy. Využijeme k tomu známé pravidlo, že obsah obdélníka se rovná $S=a\cdot b$, kde $a$ i $b$ jsou délky stran.
Rozdělíme si plochu pod parabolou na dvě poloviny a každou z nich aproximujeme jedním obdélníkem, asi takto:

Inu, nejedná se o moc dobré přiblížení, ale alespoň něco. První obdélník má nulovou výšku, tedy nulový obsah, druhý obdélník má podstavu o délce $a=1/2$ a výšku $b=f(1/2)=(1/2)^2=1/4$. Dohromady tedy dostáváme pro obsah (index $2$, neboť máme $2$ obdélníky): $$S_2=1/8\,.$$

No, zkusme další aproximaci, tentokrát se třemi obdélníky, intuice napovídá, že dostaneme přesnější odhad.

V této aproximaci mají obdélníky základnu $a=1/3$, výšku postupně $b_0=(0/3)^2$, $b_1=(1/3)^2$ a $b_2=(2/3)^2$. Celkově tak dostaneme: $$S_3 = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}\right)^2 + \frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^2 = \frac{1}{3^3}(1+4) \,.$$

Máme již trochu přesnější výsledek, zkusme však jít zase dále a rozdělit obsah na čtvrtiny.

Nyní pro sumu dostaneme $$\begin{align*} S_4 &= \frac{1}{4}\left( \frac{1}{4}\right)^2 + \frac{1}{4}\left( \frac{2}{4}\right)^2 + \frac{1}{4}\left( \frac{3}{4}\right)^2\\ S_4 &= \frac{1}{4^3}\left( 1+2^2+3^2\right) \,. \end{align*}$$

Obecná aproximace

Lze určitě z nákresů vidět, že čím jemnější dělení si zvolíme, tím přesnější výsledek obdržíme. Zkusíme tedy vypočítat, jaký by byl vzorec pro obsah plochy obdélníků, pokud bychom rozdělili interval na obecných $n$ částí. Doporučuji, abyste k tomuto výsledku zkusili dojít sami třeba nejdřív konstruujíce případ $S_5$ pro dělení na pět dílů, abyste si uvědomili princip pořádně, následně pak zobecněním pro $n$. Přikládám obrázek pro dělení intervalu na pět částí (byť je lepší, kdybyste si jej nakreslili sami) a pod ním popisuji, vzorec pro $n$ částí.

V obecném případě musíme tedy sečíst dohromady obsah celkem $n$ obdélníků. Každý z nich má podstavu o šířce $a=1/n$. Dále si lze všimnout, že z dalších členů lze vytknout člen $(1/n)^2$, takže dostaneme: $$\begin{align*}S_n &= \frac{1}{n^3} \left( 1+2^2+3^2+\dots + (n-1)^2\right)\\ S_n &= \frac{1}{n^3} \sum_{i=1}^{n-1} i^2\,.\end{align*}$$

Tento výraz ale obsahuje vzorec z první kapitoly o sumách! Když ho dosadíme, dostaneme: $$S_n = \frac{1}{n^3}\frac{(n-1)(2(n-1)+1)((n-1)+1)}{6} \,.$$

Co ale teď? To není žádný vzorec, který by nám návodně vyjadřoval obsah. Je ale snadné nahlédnout, že se zvětšujícím se $n$ se také zvětšuje přesnost našeho odhadu. Dokonce pro velmi velká $n$ můžeme dostat přesnost, podobnou té na spodním obrázku, který zobrazuje dělení na $n=100$ obdélníků. Dalo by se matematicky říci, že ať požadujeme jakoukoliv přesnost aproximace, s dostatečně velkým $n$ této přesnosti dokážeme dosáhnout. A když jdeme dokonce s $n$ do nekonečna, pak se i naše přesnost bude blížit nekonečné přesnosti. Tedy pro zjištění obsahu použijeme vzorec pro velká $n$, který jsme odvodili taktéž v kapitole s Pascalem. Také prohlásíme, že pro velká $n$ platí, že $n-1\approx n$, což je třeba pro $10^{100}$ tak malá chyba, že si to jistě můžeme dovolit.

Dohromady tak dostaneme pro nekonečně přesný obsah $$S_{\infty} = \frac{1}{n^3}\frac{n^3}{3} = \frac{1}{3}\,.$$

Nyní jsme se konečně dobrali správného výsledku! Obdrželi jsme prosté číslo, což je správně, protože by se zdálo divné, kdyby konečný výsledek závisel na počtu dílků (který má být nekonečný).

Co se to stalo?

Možná se poněkud divíte způsobu, jakým jsme k výsledku dospěli, či dokonce pochybujete o jeho pravdivosti. Vskutku se zdá kontraintuitivní, že matematika, což má být přesná věda, za prvé počítá obsah s chybou, za druhé používá vzorec pro velká čísla, který jsme obdrželi jakýmsi vágním zjednodušením. Toto zjednodušení jsem popsal v kapitole s Pascalem trochu přehledněji, stále však ne dostačujícně. Pořád se vám může postup zdát podezřelý.

Ukazuje se však, že mnou použité myšlenky jsou správné. Pozdější matematici jako např. Isaac Newton dokázali vybudovat teorii, ve které věrohodně pracují s nekonečně malou chybou a zjednodušením vzorců pro velká čísla. Stále se nicméně jedná o koncepční skok, ze začátku mu člověk musí prostě věřit a až později přijde jistá intuice.

Jiný rozsah

Sečtení obsahu pod křivkou, které jsme právě provedli, se říká integrace. Mohli bychom také chtít tuto integraci provést na jiném rozsahu třeba od $0$ do $2$. Tento obsah, integrál, si označme $I_0^2$. Plochu od $0$ do $2$ si rozdělíme na $n$ částí, takže jedna z nich bude mít podstavu $2/n$. Dále jednotlivé části budou násobky $2/n$. Postupně tedy dostaneme pro $n$-tou sumu: $$S_n=\frac{2}{n} \left( (2/n\cdot 1)^2 +(2/n\cdot 2)+ \dots +(2/n \cdot (n-1) \right)\,.$$

Nyní vytkneme $2/n$: $$S_n = 2^3 \frac{1}{n^3} \left( 1 + 2^2 + \dots + (n-1)^2 \right) \,.$$

Celková suma je tedy $2^3$ krát větší. Dostaneme $$I_0^2 = \frac{8}{3}\,.$$

Když si tento postup rozmyslíme, stane se zřejmým, že $$I_0^x = \frac{x^3}{3}\,.$$

Když chceme počítat integrál naopak od pozice $y$, tak výsledek jednoduše dostaneme sčítáním ploch (nakreslete si): $$I_y^x = I_0^x - I_0^y\,.$$

Jiné funkce

Dokážeme ale také integrovat i jiné funkce. Můžeme postupovat podobnou metodou rozdělení na obdélníky. Pro jistou třídu funkcí nicméně integraci můžeme provést velmi jednoduše. Mám tím na mysli funkce ve tvaru $f(x)=x^m$. Použijeme-li stejné dělení na obdélníky, dostaneme tak $$S_n= \frac{1}{n^{m+1}} \left( 1^m + 2^m + \dots + (n-1)^m \right) \,.$$

Když si vzpomeneme na součtové vzorce pro velká $n$ z kapitoly s Pascalem: $$\sum_{i=1}^{n} i^m \approx \frac{n^{m+1}}{m+1} \,, $$

můžeme snadno zjistit, jaký je integrál funkce $f(x)=x^m$ od $0$ do $x$. Toto budu značit $I_0^x(f(x))$ a platí: $$I_0^x(x^m) = \frac{x^{m+1}}{m+1} \,. $$

Shrnutí

V této kapitole jsme si ukázali mocný nástroj – integraci, kterou můžeme použít pro sčítání ploch pod funkcemi. Pro funkce $f(x)=x^m$ jsme si ukázali, jak ji lze efektivně použít, pro ostatní funkce je její použití náročnější. Odvození integrace jsme nicméně neprovedli úplně rigorózně, je možné, že stále nevěříte, že platí. V příští kapitole se vrhneme na úplně jiný předmět, k integraci se však později vrátíme a ukážeme si, jak ji lze ještě zobecnit.

<< Předchozí kapitola >> Další kapitola