1. NEODREÐENI INTEGRAL

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "1. NEODREÐENI INTEGRAL"

Transcript

1 . NEODREÐENI INTEGRAL

2 Pitnj: Je li dn reln funkcij f : A! R, A R, derivcij neke relne funkcije g : A! R? Riješiti jedndbu g = f, pri cemu se z dni f tri g. T jedndb ili nem rješenj ili ih im beskoncno mnogo. Skup svih pripdnih rješenj ćemo nzvti (neodre denim) integrlom funkcije f i pritom ćemo govoriti d smo funkciju f integrirli. integrirnje tehnicki neusporedivo sloeniji rcunpostupk od derivirnj, premd se, n neki ncin, rdi o obrtnomu rcunu. Oznke: Jednostvnosti rdi nzivom intervl i oznkom I obuhvtiti ćemo sve mogućnosti: (; b) ; (; ) ; ( ; b) ; ( ; ) =R.

3 . Pojm i svojstv neodre denog integrl Denicij. Nek je dn intervl I i funkcij f : I! R. Svku neprekidnu funkciju F : I! R s svojstvom F (x) = f(x) z svki x I, nzivmo primitivnom funkcijom z funkciju f n intervlu I. Npomen: Primitivn funkcij z funkciju f se moe denirti i mlo općenitije (vidjeti: dopuštjući d je F (x) = f(x) z sve x I n A, gdje je A koncn ili prebrojiv podskup intervl I; Primijetimo d je primitivn funkcij z funkciju f; denirn ko u Deniciji., derivbiln funkcij (kod općenitije denicije to ne mor biti).

4 Primjer Funkcij F : R f ; g! R; F (x) = 8 >< >: x +, x < x 4, < x < x, x > ; je primitivn funkcij z funkciju f : R f ; g! R; f(x) = 8 < : x; x < x; < x < x, x > ; jer je F (x) = f(x) z svki R f ; g :

5 Primjer funkciju f : R! R; f(x) = x; su izme du ostlih i ove funkcije primitivne n R : F (x) = x ; F (x) = x 3; F 3 (x) = x + p 5; jer je npr. F (x) = x = f(x) z svki x R: Teorem. Ako z dnu funkciju f : I! R postoji primitivn funkcij F : I! R, ond je i svk funkcij G : I! R, G = F + C, gdje je C R konstnt, primitivn z funkciju f. Štoviše, ko su F; G : I! R primitivne funkcije z f, ond je G = F + C, z neki C R. (Seto: "Primitivn funkcij je jednozncno odre den do n ditivnu konstntu".) Dokz:

6 Denicij.3 dnu funkciju f : I! R, skup svih njezinih primitivnih funkcij n intervlu (ili njihovoj uniji) I nzivmo neodre denimintegrlom funkcije f n intervlu I i ozncujemo s f(x) dx. Skrćeno pišemo f(x) dx = F (x) + C; x I; gdje F nek (bilo koj) primitivn funkcij z f n I, C oznk z opću konstntu. Oznke: funkciju f nzvti integrndom (ili podintegrlnom funkcijom), x - integrcijskom vrijblom, C - integrcijskom konstntom. Primjer sin x dx = cos x + C; jer je ( cos x + C) = sin x; x R:

7 Primjer dx p x = rcsin x + C; jer je (rcsin x + C) = p ; x ( ; ) : x Primjer 3 jxj dx = x, x x, x < dx = x + C, x x + C, x < ; jer je x + C, x x + C, x < = x, x x; x < = jxj ; x R: (Funkcij x 7! jxj nije derivbiln u tocki x =, dok njezin primitivn funkcij x x 7! + C, x x + C, x < to jest. T derivcij je, jer postoje derivcije slijev i zdesn i obje išcezvju.)

8 Teorem.4 Nek je f(x) dx = F (x) + C, tj. F (x) = f(x) z svki x I Td n I vrijedi: ) f(x) dx = f(x) ("derivirnjem integrl dobivmo integrnd"); b) d f(x) dx = f(x) dx ("diferencirnje poništv integrirnje"); c) df (x) = F (x) + C ("integrirnje poništv diferencirnje do n konstntu"). Dokz: Ocit.

9 Teorem.5 Nek funkcije f ; : I! R, dopuštju primitivne funkcije n intervlu I, te nek su ; R konstnte. Td i funkcij f + f : X! R dopušt primitivnu funkciju n I i vrijedi ( f (x) + f (x)) dx = f (x) dx + f (x) dx + C; tj. neodre deni integrl cuv (do n ditivnu konstntu) linernu kombinciju. Dokz: Npomen: Ubuduće u jednkostim slicnim (), opću konstntu C njcešće nećemo zpisivti, tj. u tkvim "jednkostim" ćemo dopuštti d se lijev i desn strn smiju rzlikovti do n ditivnu konstntu. () Teorem.5 ocito povlci (f(x) g(x)) dx = f(x) dx g(x) dx; f(x) dx = f(x) dx:

10 Primjer 4 cos x + x3 3 dx () = 4 cos x dx + x 3 dx 3 dx = 4 sin x + x4 3x + C: 8 x (Nime, (sin x) 4 = cos x, = x 3 i (x) =.) 4 Tocnost tblice osnovnih integrl (n denicijskim podrucjim podintegrlnih funkcij) lko se provjeri derivirnjem: dx = C; () dx = x + C; (3) x r dx = r + xr+ + C; r 6= ; (4) dx x dx = ln jxj + C; (5) x e x dx = e x + C; (6) x dx = ln x + C; < 6= ; (7)

11 sin x dx = cos x + C; (8) sh x dx = ch x + C (8') cos x dx = sin x + C; (9) ch x dx = sh x + C (9') dx = tg x + C; cos () x ch dx = th x + C; x (') sin dx = ctg x + C; () x sh dx = cth x + C; (') x dx = rctg x + C; () + x p dx = rcsin x + C; (3) x x dx = ln + x x + C; (4)

12 p x + dx = ln x + p x + + C; (5) p x dx = ln x + p x + C: (6) Neodre dene integrle od () do (6) nzivmo tbli cnim integrlim.. Osnovne integrcijske metode Neodre dene integrle elementrnih funkcij što se mogu prikzti ko linerne kombincije podintegrlnih funkcij iz tblice gore, lko odre dujemo primjenom Teorem.5. U tkvim slucjevim kemo d smo funkciju integrirli izrvno (ili neposredno). Primjer p x x 3p dx = x x 7 6 dx (4) = 3 x 6 p x + C;

13 Primjer sin x cos x dx = dx cos x + dx sin x sin x + cos x sin x cos x dx () = (),() = tg x ctg x + C: Skup svih izrvno integrbilnih funkcij proširujemo primjenom dvju jednostvnih postupk: uvo denjem nove vrijble (supstitucij) i prepoznvnjem diferencijl nekog umnošk (prcijln integrcij). Supstitucij se sstoji u tomu d se nekom dopustivom zmjenom integrcijske vrijble ili podintegrlnog izrz polzni integrl svede n neke od onih tblicnih. O tomu govore dv iduć teorem.

14 Teorem. Nek z funkciju f postoji nek primitivn funkcij n intervlu I. Ndlje, nek je ' : J! I, J - intervl, strogo monoton i derivbiln surjekcij. Td je f(x) dx = (' (x)) + C; (7) gdje je primitivn funkcij z funkciju (f ') ' n J. Drugcijim zpisom, ((f ') ' ) (t) dt = f ('(t)) ' (t) dt = (t) + C: Dokz: Npomen: Teorem. jmci d se, pod nvedenim uvjetim, zdni integrl smije rješvti zmjenom x = '(t) i dx = ' (t) dt, tj. f(x) dx = x = '(t) dx = ' (t) dt = f('(t)) ' (t) dt = (t) + C = ' (x) + C = F (x) + C:

15 Temeljn zmiso je u tomu d se n de zmjensk funkcij ', koj će poluciti funkciju = (f ') ', tko d integrl (t) dt bude "tehnicki" bitno jednostvniji (što blii nekom tblicnom integrlu) od polznog (netblicnog) f(x) dx. Nrvno, idelno je ko se "iz prve" z (t) dt dobije neki tblicni integrl. Obicno zmjenske funkcije koje su pogodne z pojednostvljenje podintegrlnog izrz n svojim denicijskim podrucjim ne zdovoljvju uvjete Teorem.5, p uzimmo njihov suenj koj zdovoljvju te uvjete. Primjer + 3p x p x dx = x = t 6 ; t > + t dx = 6t 5 = 6t 5 dt = dt t 3 t 4 dt + 6 t dt (4) = 6(t 4 + t ) dt () = 6 6 t t3 3 t= 6p x = p x5 + p x + C

16 Teorem. Nek je G primitivn funkcij z funkciju g n intervlu J, tj. G (t) = g(t), t J, te nek je : I! J, I - intervl, derivbiln funkcij. Td je g( (x)) (x) dx = G( (x)) + C: (8) Dokz: Promotrimo funkcije f(x) = g( (x)) (x) i F (x) = G( (x)): Budući je G (t) = g(t); t J immo F (x) = (G( (x))) = G ( (x)) (x) = g( (x)) (x) = f(x) z svki x I; to se i tvrdilo. Npomen: Teorem. kzuje d ko se u podintegrlnoj funkciji f (x) prepozn izrz oblik g ( (x)) (x) i ko znmo d je g (t) dt = G (t) + C; ond je f (x) dx = g( (x)) (x) dx = = G( (x)) + C = G ( (x)) + C:

17 Primjer cos 5x dx = 5 Primjer x dx ( + x ) r = 5 cos 5x 5 dx = [t = 5x; dt = 5 dx] = cos t dt = 5 sin t + C = 5 dt t r = = 8 >< >: sin 5x + C: x dx ( + x ) = [t = + r x ; dt = x dx] = 8 >< >: ln jtj + C, r = t r+ = r + + C, r 6= ln( + x ) + C, r = ( + x ) r+ + C, r 6= r + Npomen: Vrijedi općenito h (x) dx = ln jh(x)j + C h(x)

18 i (h(x)) r h (x) dx = (h(x))r+ r + + C; r 6= : Prcijln integrcij se sstoji u tomu d se pogodnim izborom relnih funkcij x 7! g(x) i x 7! h(x); tkvih d je g(x)h (x) dx = f(x) dx, i primjenom diferencijl n produktnu funkciju x 7! g(x)h(x), integrl f(x) dx ili bitno pojednostvni ili d postne nepoznnicom u lko rješivoj jedndbi. Teorem.3 Ako su funkcije g; h : I! R, neprekidno derivbilne, ond vrijedi g(x)h (x) dx = g(x)h(x) h(x)g (x) dx: (9) Dokz: Npomen: Uobicjilo se uvesti pokrte g(x) = u i h(x) = v p formul (9) im i zpis u dv = uv v du:

19 Primjer xe x dx = 4 u = x; dv = e x dx; du = dx; v = e x dx = e x 3 5 (9) = = xe x e x dx = xe x e x + C: Primjer I = e x sin x dx = u =e x ; du =e x dx dv = sin x dx; v = R sin x dx = cos x = e x cos x + e x cos x dx = u =e x ; du =e x dx dv = cos dx; v = R cos x dx = sin x e x cos x + e x sin x e x sin x dx = e x cos x + e x sin x I Sd immo I = e x cos x + e x sin x I =) I = ex (sin x cos x) + C

20 Primjer 3 - Rekurzivn formul Odredimo, z svki n N, integrl dx ( + x ) n I n: n = se rdi o tblicnomu integrlu (),tj. I = rctgx + C. Nek je n. Td je tj. dx ( + x ) n = dx ( + x ) n I n = I n + x x ( + x ) n dx = x dx ( + x ) n ; x dx ( + x ) n : Primijenimo prcijlnu integrciju n x dx ( + x ) n ; n ; uzevši

21 Slijedi, u = x; du = dx; dv = v = x dx ( + x ) n = x dx ( + x ) n = x dx ( + x ) n ; (n ) ( + x ) n : x (n ) ( + x ) n + (n ) x (n ) ( + x ) n + (n ) I n : Dobili smo, dkle, rekurzivnu formulu dx ( + x ) n = I n = x (n ) ( + x ) n + n 3 (n ) I n : Primjerice, z n = i n = 3 je, redom, Rekurzivne formule omogućuju d se integrl koji ovisi o prirodnom broju n N (ili n ) svede n integrl (ili integrle) istog oblik, li s mnjim indeksom, npr. n ili n.

22 I dx ( + x ) = x ( + x ) + I = x ( + x ) + rctg x + C; I 3 dx ( + x ) 3 = x 4 ( + x ) I = x 4 ( + x ) + 3x 8 ( + x ) + 3 rctg x + C: 8

23 3. Integrirnje nekih elementrnih funkcij Integrlni rcun, tj. odre divnje primitivnih funkcij je tehnicki sloen poso. Poteškoće: Primitivn funkcij z (i reltivno jednostvnu) elementrnu funkciju ne mor biti elementrn (td se ke d je integrl elementrno nerješiv). Npr. sin x x dx; e x dx; ln x dx ::: su neelementrni (elementrno nerješivi) integrli. Kd je primitivn funkcij elementrn funkcij (td se ke d je integrl elementrno rješiv), njezino je odre divnje, osim u rijetkim slucjevim (tblicni ili njim vrlo slicni integrli) vrlo zhtjevno. Dkle, integrlni rcun je puno sloeniji nego diferencijlni rcun. Derivcij elementrne funkcije je opet elementrn funkcij (i svku znmo derivirti!), dok integrl elementrne funkcije ne mor biti elementrn funkcij ( ko i jest, cesto je vrlo teško nći!). Ovdje ćemo pokzti nekoliko tehnik integrlnog

24 rcun u slucju elementrno rješivih integrl. 3.. Integrl rcionlne funkcije Integrl rcionlne funkcije je oblik Pm (x) Q n (x) dx gdje su P m (x) i Q n (x) polinomi stupnj m i n; redom, koji nemju zjednickih nul-tock. Rzlikujemo slucjeve: n = =) P m(x) Q n (x) = S (x) je polinom (dobivmo sumu tblicnih integrl); Ako je m < n ond je P m(x) Q n (x) funkcij; prv rcionln Ako je m n ond, dijeljenjem, dobivmo Pm (x) Q n (x) dx = gdje je S (x) polinom R k(x) Q n (x) funkcij. S (x) + R k (x) Q n (x) dx prv rcionln

25 Dkle, dovoljno je pretpostviti d je P m(x) Q n (x) prv rcionln funkcij. Temeljn zmiso jest d se polzn (prv) rcionln funkcij f = P m Qn prike ko zbroj jednostvnijih rcionlnih funkcij, koje u nzivnicim imju prirodne potencije linernih ili kvdrtnih fktor iz fktorizcije od Q n (rstv n prcijlne rzlomke). Pritom se rbi tzv. metod neodre denih koecijent, koj se, u biti, temelji n cinjenici d su dv polinom jednk ond i smo ond kd su im koecijenti uz iste potencije jednki. Rstv P m(x) Q n (x) n prcijlne rzlomke - postupk: Po Osnovnom teoremu lgebre, svki polinom se n jedinstven ncin moe rstviti (nd R) ko produkt linernih i kvdrtnih clnov (s negtivnom diskriminntom) Q n (x) b n x n + + b x + b = b n (x ) s (x r ) s r x +c x + d k {z} c 4d < x kl +c l x + d l ; {z} c l 4d l <

26 Linernom polinomu x j koji se pojvljuje s j put, pridruuje se s j prcijlnih rzlomk A j x j + A j (x j ) + ::: + A js j (x j ) s j ; kvdrtnom polinomu koji se pojvljuje k i put, pridruuje se k i prcijlnih rzlomk B x + C x + c i x + d i + B x + C (x + c i x + d i ) + ::: + B k i x + C ki (x + c i x + d i ) k i : Sd je P m (x) Q n (x) = b n A x + + A s (x ) s + A + x + A rs r (x r ) s r + + B x + C x + c x + d + + B lx + C l x + c l x + d l + + B lk l x + C lkl (x + c l x + d l ) k l B k x + C k (x + c x + d ) k +

27 Nepoznti koecijenti A isi, B jkj i C jkj se odre duju tko d se predhodn jednkost pomnoi polinomom Q n (x) i potom izjednce koecijenti uz iste potencije. Nkon što odredimo nepoznte koecijente dobivmo R d se integrirnje (prve) rcionlne funkcije, Pm (x) Q n (x) dx, svodi n izrcunvnje sljedeć tri (tipicn) neodre den integrl: (x ) dx; x + b s (x + cx + d) k dx; (x + cx + d) dx; k gdje su s; k N i ; b; c; d R. Odbirnjem odgovrjućih supstitucij, dolzimo do (tblicnih) integrl oblik dt dt t s i (t + ) k: Primjer Izrcunti integrl R 5x+ (x +x+) dx:

28 I = 5 5x + (x + x + ) dx = 5 x + (x + x + ) dx 3 (x + ) 6 5 (x + x + ) dx = (x + x + ) dx = 5 I 3I I = x + (x + x + ) dx = x + x + (x + ) dx = t = x + x + dt = (x + ) dx = x + x + = x + x + + C I = = 7 (x + x + ) dx = 3 4 x+ 3 dx x+ = + (t + ) dt = t 7 ( + t ) + rctg t = 54 x+ 3 + x+ 3! + rctg x C 3 =t

29 5 x +x + 8 I = 5 I 3I = 3 (x + ) x +x + + rctg x + +C 3 Primjer Izrcunti integrl R x 6 x 3 + x 5 x dx: Budući d x6 x 3 + x 5 x nije prv rcionln funkcij, dijeljenjem dobivmo I = x 6 x 3 + x 5 x dx = x dx + x 5 Rstv nzivnik n fktore: x + x 5 x dx = x dx = x + I x 5 x = x (x ) x + x + Rstv n prcijlne rzlomke: x 5 x = A x + B x + C x + Dx + E x + x + povlci

30 = Ax (x ) x + x + +B (x ) x + x + +Cx x + x + + (Dx+E) x (x ) ili = (A + C + D) x 4 + (B + C D + E) x 3 + (C E) x + ( A) x B; što dje sustv A + C + D = B + C D + E = C E = A = B = koji im rješenje A = ; B = Sd je ; C = 3 ; D = 3 ; E = 3 :

31 I = x 5 x dx = x + 3 x + 3 x +! 3 x + x + dx = = x + 3 ln jx j 6 ln x + x + + p je p 3 3 rctg x + p 3 + C; I = x 6 x 3 + x 5 x dx = x + I = x + x + 3 ln jx j 6 ln x + x + + p 3 3 rctg x + p 3 +C 3. Integrirnje kompozicije trigonometrijske i rcionlne funkcije Ovj tip neodre denog integrl se obicno ozncuje s R(sin x; cos x) dx; gdje je R opć oznk z rzlomcki izrz (rcionlnu funkciju). U trivijlnom slucju R sin x dx i R cos x dx dobivmo dv tblicn integrl (8) i (9). Ndlje,

32 tg x dx = ctg x dx = sin x cos x cos x sin x sin x cos x dx dx cos x=t = ln j cos xj + C; dx sin x=t = ln j sin xj + C; sin x=t = sin x + C: U općem slucju se integrl R R(sin x; cos x) dx svodi n integrl rcionlne funkcije, tj. n R p(t) q(t) dt, p i q polinomi, koji se ond rješv tehnikom iz prethodnog rzmtrnj. Njopćenitij zmjensk funkcij jest tg x t (x = rctg t): (s) On povlci: dx = t t dt; sin x = + t + t; cos x = + t; (s)

33 Primjer Izrcunti integrl R 3 sin x cos x + 5 (t + 3 ) (s),(s) dx = p dt t u = p 5 sin x cos x+5 dx: p 5 rctg 3t p + = p 5 5 rctg 3tg x p + 5 3t + t + dt = u + du = p rctg u = 5 + C Ako je funkcij R "prn", tj. ko je R( sin x; cos x) = R(sin x; cos x); moguće je to svo denje provesti zmjenskom funkcijom koj povlci: t = tg x (x = rctg t) (ss) dx = + t dt; sin x = t + t ; cos x = + t : (ss)

34 Primjer Izrcunti integrl R sin x+ sin x cos x cos x dx: sin x + sin x cos x cos x +t q q t t +t + +t +t dt = +t (t + ) p t+= u dt = p p ln u t+ u + p p ln t+ p + (ss),(ss) dx = t + t dt = (4) du = u p + tg x + p + tg x + C: p ln ili sin x + sin x cos x cos x dx = dx (tg x + tg x ) cos x = (t + ) dt = = p ln tg x = t dt = dx = cos x p + tg x + p + tg x + C

35 Npokon, u njjednostvnijim slucjevim R(sin x) cos x dx i R(cos x) sin x dx rbimo, redom, zmjenske funkcije t = sin x; dt = cos x dx; (sss) t = cos x; dt = sin x dx: (sss) Primjer Izrcunti integrl R (+cos x) sin x dx: ( + cos x) sin x dx = sin x ( + cos x)( cos x) 3 t t (sss) dx = sin x ( + cos x) sin x dx = t + ( + t) ( t ) dt =! dt =

36 3 ln jt + j + 6 ln jt j ln jt + j = 6 ln (t + ) (t ) (t + ) 3 = 6 ln (cos x + ) (cos x ) (cos x + ) 3 + C: Promtrni se integrl moe izrcunti i ovko: ( + cos x) sin x (s),(s) dx = +t + t +t t +t dt = ::: = 3 ln t t + 3 = 3 ln tg x tg x C: Npomen: Primijetimo d se izrcunvnjem neodre denog integrl rzlicitim metodm (ili smo rzlicitim zmjenskim funkcijm) mogu dobiti "rzlicite" primitivne funkcije. Ali, ko što znmo, one se mogu rzlikovti do n ditivnu konstntu. To npr. znci d su n svkom intervlu I R, n kojemu su ob rezultt iz predhodnog primjer denirn, on i me dusobno jednk do n ditivnu konstntu. Vrijedi: 6 ln ( cos x + ) ( cos x ) ( cos x + ) 3 = 3 ln tg x tg x ln

37 Posve slicno integrirnju kompozicije trigonometrijske i rcionlne funkcije, integrir se i R R(sh x; ch x) dx; kompozicij hiperbolne i rcionlne funkcije: Primjer Integrl supstitucijom sh x + 3ch x dx th x = t (x = rth t); dx = t dt; sh x = t + t t; ch x = t ; prelzi u integrl rcionlne funkcije: sh x + 3ch x dx = 3t +4t + 3 dt = 3 t t t + 3 +t t dt = t p dt t u = p 5 = p 5 rctg u = p 5 rctg 3t + p 5 = p 5 rctg 3thx + p 5 u + du + C

38 3.3 Integrirnje nekih ircionlnih funkcij Primitivn funkcij z ircionlnu funkciju nije, općenito, elementrn funkcij, tj. neodre deni integrl R f(x) dx ircionlne funkcije f nije, općenito, elementrno rješiv. Rzmtrt ćemo smo neke elementrno rješive tipove neodre denih integrl ircionlnih funkcij: R x m n ; ; x m k n k dx; m i ; n i ; k N; i = ; ; k: (uditorne vjebe) R x + b m cx + d n ; ; x + b cx + d m k n k! dx; m i ; n i ; k N; i = ; ; k; (uditorne vjebe). R (uditorne vjebe) x; p x + bx + c dx:

39 Binomni integrl, tj. x s ( + bx r ) p dx; p; r; s Q: () Općenito, on nije elementrno rješiv. Skup svih elementrno rješivih binomnih integrl krkterizir ovj teorem: Teorem 3. Binomni integrl () je elementrno rješiv ond i smo ond, ko je brem jedn od brojev cijeli broj. p; s + ; s + r r + p Dokz: Dkle, immo sljedeće supstitucije: p =) x = t n ; n (njmnji) zjed. nzivnik od s i r; s + r s + r =) + bx r = t n ; n nzivnik od p; + p =) x r + b = t n ; n nzivnik od p;

40 Primjer Izrcunti integrl R x 4p +x dx: dx = x 4 + x dx x 4 ( + x ) p = ; s = 4; r = 3 = 6 p = ; s + = 3 4 r = ; 7 s + 5 = +p = r x = + = t x 3 = t dt = dx= t dt t r t 3 3 = x + x 3 r! 3 r x + = x x + + C x 3x x

41 3.4. Integrirnje red funkcij n= Pod integrlom (konvergentnog) red funkcij P f n smtrmo neodre deni integrl (ko postoji) pripdne sume x 7! s(x) = X f n (x): n= Budući d, općenito, s nije elementrn funkcij, to je izrcunvnje integrl! X s(x) dx f n (x) dx n= vrlo netrivijlni zdtk. Ipk, u posebnom slucju P jednoliko konvergentnog red f n neprekidnih n= funkcij f n, integrl red funkcij dopušt integrirnje "cln po cln".

42 Teorem 4. Nek su f n : [; b]! R preslikvnj, P n N; i nek red funkcij f n jednoliko konvergir prem funkciji n= s : [; b]! R; s(x) = X f n (x); n= ond s dopušt primitivnu funkciju n [; b] i on se moe dobiti integrirnjem "cln po cln", tj. s(x) dx X n= f n (x)! Posebice, z red potencij P n x n n njegovu intervlu konvergencije vrijedi X n= n x n! dx = n= X n n= dx = X n= f n (x) dx+c: x n dx = X n= n n + xn+ +C: Integrirnjem redov funkcij i posebice, redov potencij mogu se izrcunti mnogi elementrno nerješivi integrli.

43 Primjer Izrcunjmo neodre deni integrl funkcije f : R! R; f(x) = e x : Budući je vrijedi e x = X n= x n n! ; x R; e x = Prem tomu, e x dx = = X n= X n= ( x ) n n! X n= = X n= ( ) nxn n! ( ) nxn n! ; x R:! dx T = 4.. ( ) n x n+ (n + )n! + C: X n= ( ) nxn n! dx

44 Primjer Izrcunjmo neodre deni integrl funkcije g : Rnfg! R; g(x) = sin x x : Vrijedi p je sin x = X n= ( ) n xn+ (n + )! ; x R; g(x) = sin x x = X ( ) n x n (n + )! ; x Rnfg: n= Uocimo d red funkcij n desnoj strni konvergir i u sin x tocki x = i to prem broju. Budući je i lim x! x =, red funkcij X n= ( ) n x n (n + )! konvergir prem (neprekidnoj) funkciji f : R! R; f(x) = ( sin x x ; x 6= ; x = :

45 Funkcije f i g imju istu primitivnu funkciju n Rnfg. Slijedi, sin x x dx = X n= f(x) dx =! ( ) n x n (n + )! g(x) dx = dx T = 4.. = X n= ( ) n x n (n + )! dx = X ( ) n x n+ (n + )(n + )! +C: n= Primjer 3 Rzvijmo u red potencij (ne rbeći Mclurinovu formulu) funkciju rctg j [ ;] : [ ; ]! R: Prisjetimo se, prvo, sume geometrijskog red X n= ( ) n x n x + x 4 x 6 + = + x; jxj < : Drugo, derivcij (rctg x) = +x ; p je

46 X (rctg x) = ( ) n x n ; jxj < : n= Prem tomu, X rctg x = (rctg x) dx+c = (! ) n x n n= dx+c T 4.. = X n= ( ) n x n dx+c = X n= ( ) n xn+ +C; x h ; i n + Budući je rctg =, to je C =. Osim tog, primijetimo d red funkcij X n= ( ) n xn+ n + konvergir i u tockm x = i x =. Postvlj se pitnje, konvergir li on u tim tockm, redom, prem funkcijskim vrijednostim rctg ( ) (= 4 ) i rctg (= 4 ) ili prem nekim drugim tockm (?). Pokzuje se d vrijedi X rctg x = ( ) n xn+ ; x [ ; ]: n + n=

47 . ODREÐENI INTEGRAL

48 Pojm odre denog integrl je, povijesno, tijesno povezn s problemom izrcunvnje površine "krivocrtnog" rvninskog lik. Odre deni integrl (li ne i njegov nziv) dvno prethodi pojmu neodre denog integrl. Temeljnu ideju (n konkretnim primjerim) je do strogrcki genij Arhimed. Nziv je došo mnogo poslije, kd se shvtil dubok poveznost tih dvju pojmov (vezu dli - I. Newton i G.W. Leibniz), iko n prvi pogled, po denicijm, t dv pojm nemju "ništ" zjednicko.

49 . Pojm i svojstv odre denog integrl Problem površine. dtk: Izrcunti površinu P rvninskog lik koji je ome den grfom funkcije f : [; ]! R; f(x) = x i prvcim y = ; x = : Podijelimo segment [; ] n cetiri jednk dijel duljine. Izrcunjmo površine L 4 i D 4 koje su zbroj površin prvokutnik, tko d svki prvokutnik im bzu duljine 4 i visinu vrijednost funkcije f u lijevom, odnosno, desnom rubu bze. Immo: L 4 = 4 () = 7 3 = :8 75; D 4 = = 5 3 = :468 75:

50 trenu površinu vrijedi L 4 < P < D 4 : Podijelimo li segment [; ] n više jednkih dijelov dobit ćemo bolju proksimciju. L n i D n z n = ; ; ; immo n L n D n :85 :385 :3875 :35875 :3835 :33835 :33835 : Dkle, smijemo zkljuciti d z trenu površinu P vrijedi: L n < L n < P < D n < D n ; n < n :

51 Izrcunjmo sd L n i D n i potrimo cemu tee kd n! : L n = n n + n n + n n + + n n n = n (n ) = n 3 (n )n(n ) 6 = (n )(n ) 6n! n! 3 ; D n = n n + n n + n 3 n + + n n n = n n = n 3 n(n+)(n+) 6 = (n+)(n+) 6n! n! 3 : Prirodno je sd stviti d je tren površin P = 3 : Formlizirjmo sd prethodni postupk kd je f : [; b]! R nek (nenegtivn) funkcij: P = lim n! L n = lim n! nx f(x i i= )4x; Koristimo cinjenicu d vrijedi: np i= i = n(n+)(n+) 6 :

52 P = lim n! D n = lim n! nx f(x i )4x: U prethodnim summ je bz svkog prvokutnik 4x = b n ; z visinu je uzet funkcijsk vrijednost n lijevom (u L n - lijev integrln n-sum), odnosno desnom krju (u D n - desn integrln n-sum) diobenog segment [x i ; x i ] (i = ; ; n): Umjesto krjev moemo odbrti i bilo koju tocku x i (x i ; x i ) ; odnosno polovište x i = x i+x i (Slik ); i površinu P moemo proksimirti s nx S n = f(x i )4x; (integrln n-sum); i= odnosno s nx M n = f(x i )4x; (srednj integrln n-sum), tj. vrijedi i= i=

53 P = lim n! S n = lim n! nx f(x i )4x; i= P = lim n! M n = lim n! nx f(x i )4x: i= Slik.

54 Denicij. Nek je f: [; b]! R neprekidn funkcij n segmentu [; b] i nek je segment [; b] tockm = x ; x ; ; x n = b podijeljen n n-jednkih dijelov duljine 4x = b n ; te nek je x i [x i ; x i ] : Odre deni integrl funkcije f od do b denirmo ko grnicnu vrijednost integrlnih sum R b f(x) dx, tj. Nzivlje: b lim n! np f(x i )4x i ozncvmo s i= f(x) dx def. = lim n! nx f(x i )4x () i= f(x) integrnd; donj grnic; b gornj grnic; sm postupk rcunnj nzivmo integrcijom. Integrlne sume se nzivju i Riemnnove sume (po njemckom mtemticru Bernhrdu Riemnnu, ), ovko denirn integrl Riemnnov integrl. Oznku R je uveo Leibniz - izdueni S ko limes sum.

55 Npomen. Odre deni integrl je broj i ne ovisi o x; tj. b f (x) dx = b f (u) du = b f (t) dt = ::: Npomen.3 Pokzuje se d limes u Deniciji. uvijek postoji i jedinstven je, bez obzir n izbor tock x i [x i ; x i ] : Dkle, b f (x) dx = lim n! nx f (x i ) x i= {z } L n = lim n! nx f (x i ) x i= {z } D n = = lim n! nx f xi + x i x i= {z } M n Ovi limesi postoje i ko je f neprekidn funkcij n segmentu [; b] izuzev u koncno mnogo tock u kojim im uklonjivi prekid ili prekid prve vrste.

56 Npomen.4 Općenito odre deni integrl se denir z bilo koju ogrnicenu funkciju. T denicij je nešto komplicirnij od Denicije.. Nime, u Deniciji. pretpostvili smo d je segment [; b] podijeljen n n jednkih djelov. To je bitno ogrnicenje. Me dutim, z neprekidne funkcije i funkcije iz Npomene.3, te dvije denicije su ekvivlentne. Npomen.5 Ukoliko je f (x) z x [; b], P Riemnnov sum n f (x i ) x dje proksimciju i= površine rvninskog lik ispod krivulje y = f (x) n intervlu [; b] sumom površin prvokutnik, integrl R b f (x) dx dje prvu površinu P tog lik. Ukoliko je f (x) z x [; b] integrl dje [; b] integrl R b f (x) dx P, ukoliko f mijenj predznk n intervlu R b f (x) dx dje rzliku površin.

57 Primjer Izrcunti R 3 (x3 6x) dx: 3 3 = lim n! lim n! (x 3 6x) dx = lim D n = lim n! nx i= nx f i= 3i n 3 n = lim n! nx h i= 7 n 3 i 3 8 n i 3 n = lim n! " n! 8 n 4 3i 3 n nx i= nx f(x i )4x i= i 6 3i 3 n i 3 54 n 8 (*) = lim n(n+) 54 n(n+) n! n 4 n = n = # nx i i= h 8 lim n! 4 + n i 7 + n = = 7 4 P 3 (*) U rcunu smo koristili pozntu formulu n i 3 = i= n(n+)

58 Slik 3. Primjetimo d ovj integrl rcun rzliku površin P P ( P < P ) (Slik 3.) Npomen.6 U Deniciji. prepostvili smo d je < b. Denicij vrijedi i ko je b < : U tom slucju je x = b (> ); p slijedi d je n b f (x) dx = b f (x) dx: Ukoliko je = b td je x = ; p ocito vrijedi f (x) dx = :

59 Teorem.7 (Svojstv odre denog integrl) ) b) c) d) R b R b R b R b Dokz: c dx = c (b [f (x) + g (x)] dx = cf (x) dx = c f (x) dx = R c ) ; c R konstnt, R b R b f (x) dx; f (x) dx + f (x) dx + Primjer Izrcunti R (4 + 3x ) dx: R b c R b f (x) dx: g (x) dx; (4 + 3x ) dx T..7, b) = 4 dx + 3x dx T..7, c) = 4( ) + 3 x dx = = 5; gdje smo iskoristili rezultt R x dx = 3 (to je pocetni primjer n pocetku ovog poglvlj).

60 Npomen.8 Iz Denicije. ndlje slijedi ) f (x) ; 8x [; b] =) R b b) f (x) g (x) ; 8x [; b] =) b b f (x) dx ; f (x) dx g (x) dx; c) m f (x) M; 8x [; b] =) b m (b ) f (x) dx M (b ) :

61 . R cunnje odre denog integrl Teorem. (Newton-Leibnizov formul) Nek je f : [; b]! R neprekidn funkcij n segmentu [; b]: Td vrijedi Newton-Leibnizov formul b f(x) dx = F (b) F (); (N-L) gdje je F bilo koj primitivn funkcij od f: Dokz: Uobicjen oznk je b f(x) dx = F (b) F () = F (x) j x=b x= Npomen: Newton-Leibnizov formul se moe primijeniti i ko je f neprekidn funkcij n segmentu [; b] izuzev u koncno mnogo tock u kojim im uklonjivi prekid ili prekid prve vrste (f je po djelovim neprekidn funkcij n [; b]).

62 Primjer Izrcunti R x dx: x dx (N L);(4) = x + x= x= = = + + = 3 Uocimo: f (x) = x je neprekidn n [; ] : Primjer Izrcunti R x cos x dx: Izrcunjmo neodre deni integrl u=x x cos x dx = = x sin x dv=cos x dx sin x dx i immo x cos x dx = x sin x + cos x + C; (N L) = (x sin x + cos x) j x= x= = : Uocimo: f (x) = x cos x je neprekidn n ; :

63 3. Osnovni teorem r cun Osnovni teorem rcun dobio je nziv po tome što povezuje diferencijlni s integrlnim rcunom. Osnovni teorem otkrili su nezvisno Newton i Leibniz i on dje precizn odnos izme du derivcije i integrl. Teorem 3. (Osnovni teorem r cun) Nek je f : [; b]! R neprekidn funkcij i funkcij g : [; b]! R; denirn s g (x) = x f (t) dt; x [; b] : Td je g primitivn funkcij od f: Dokz: Tvrdnju teorem moemo zpisti n sljedeći ncin: d dx x f (t) dt = f (x) ; x [; b] :

64 Npomen 3. S g (x) = R x f (t) dt cesto se denirju funkcije neophodne u zici, kemiji, sttistici,... Ovog oblik su npr. funkcije S (x) = Si (x) = x x sin t sin t t dt dt Frenselov funkcij (optik) Sinus integrlni (elektronik) Npomen 3.3 Newton-Leibnitzov formul b f (x) dx = F (b) F () ; npišemo li je drugcije, tko der povezuje integrl i derivciju b F (x) dx = F (b) F () ; (F = f) : ovo znci d ko uzmemo prvo derivciju, potom integrciju, opet se vrćmo n polznu funkciju F; sd u obliku F (b) F () :

65 bog ove veze, u literturi Osnovni teorem integrlnog rcun je cesto dn u sljedećem obliku: Osnovni teorem r cun: Nek je f : [; b]! R neprekidn funkcij, td vrijedi: i) Ako je g (x) = ii) R b R x f (x) dx = F (b) funkcij od f, tj. F = f: f (t) dt td je g (x) = f (x) ; F () ; gdje je F primitivn Primjer Izrcunti derivciju funkcije d dx g(x) = d dx g(x) = x (t ) dt: x (t ) dt Primjer Izrcunti derivciju funkcije T 3: = (x ) g(x) = x sin 4 t dt:

66 g(x) = x sin 4 t dt = u (x) = x = u sin 4 t dt d dx g(x) = d du = d u sin 4 t dt du = sin 4 u x du g(u (x)) dx = x = x sin4 x T 3: = 4. Supstitucij i prcijln integrcij u odre denom integrlu Do sd smo kod izrcunvnj odre denog integrl primjenjivli Newton-Leibnizovu formulu: izrcunli smo neodre deni integrl i potom izrcunli vrijednosti primitivne funkcije u rubnim tockm integrcijskog segment. Drug mogućnost, koj se prkticir, jest d se primjeni supstitucij ili prcijln integrcij u odre denom integrlu.

67 Teorem 4. Nek z (neprekidnu) funkciju f : [; b]! R postoji nek primitivn funkcij n intervlu I = [; b]. Ndlje, nek je ' : [; ]! [; b] (ili ' : [; ]! [; b]) strogo monoton i neprekidno derivbiln surjekcij, tko d je '() = i '() = b; td je Dokz: f('(t)) ' (t) dt = b f(x) dx: (sup) Primjer Izrcunti površinu P krug rdijus R: Rcun dje R 4 P = p R x dx = 4 x = R cos t 3 {z } '(t) 5 =! ; R! pr R cos t( R sin t) dt = R p cos t sin t dt =R sin t dt = R ( cos t) dt = R t sin t = 4 R ; pozntu formulu z površinu krug P = R :

68 Teorem 4. Nek se (neprekidn) funkcij f : [; b]! R dde npisti u obliku f (x) = g( (x)) (x); gdje je g nek neprekidn funkcij i nek neprekidno derivbiln funkcij. Td je b Dokz: f(x) dx = b g( (x)) (x) dx = (b) () g(t) dt: (sup) Primjer Izrcunti integrl R 3 sin 5 x cos x dx 3 (x) = sin x = t sin 5 x cos x dx =! ; 3! = t 5 dt = t 6 6 = 6 Prcijln integrcij se prenosi direktno: Teorem 4.3 Ako su funkcije g; h : [; b]! R neprekidno derivbilne, ond vrijedi b g(x)h (x) dx = [g(x)h(x)]j x=b x= b h(x)g (x) dx:

69 Primjer Izrcunti R rctg x dx: rctg x dx = u=rctg x dv= dx = = (xrctg x )j x + x dx = = 4 ln + x = 4 ln p : Npomen: Ukoliko funkcij im neku simetriju (prn, neprn funkcij), te ko su grnice integrcije simetricne obzirom n ishodište, td vrijedi: f(x) dx = funkcij; f(x) dx ukoliko je f prn f(x) dx = ukoliko je f neprn funkcij. Primjer Vrijedi tg x + x + x 4 dx = jer je podintegrln funkcij neprn (i neprekidn n [ ; ]).

70 f (x) dx pret- 5. Neprvi integrl U deniciji odre denog integrl postvili smo: segment [; b] je koncn; R b f (x) je n tom segmentu ili neprekidn ili im koncno uklonjivih prekid ili prekid prve vrste). Ako prvi uvjet poprvimo i pretpostvimo d je intervl "beskoncn" (neome den), dobivmo neprvi integrl (I. tip). Ako drugi uvjet poprvimo i pretpostvimo d je f (x) n segmentu [; b] neogrnicen (im koncno prekid druge vrste) dobivmo neprvi integrl (II. tip).

71 Primjer Promotrimo funkciju f(x) = x x = (Slik ): desno od y F(t) t x Slik t > denirmo funkciju F (t) = t x dx = t : Primjetimo d je F (t) < z t > : Ndlje vrijedi lim F (t) = lim = ; t! t! t p moemo stviti d je površin (neome denog) lik ispod krivulje y = x (desno od ) jednk. Ovdje lei motiv d neprvi integrl funkcije n neome denom denicijskom podrucju denirmo n sljedeći ncin:

72 Denicij 5. ) Ako postoji R t b) Ako postoji b f (x) dx z 8t ; td je f (x) dx def. = lim t! R b t t f (x) dx: f (x) dx z 8t b; td je f (x) dx def. = lim t! b t f (x) dx: Ako limes u ) (u b)), postoji (koncn je), ond R R b kemo d neprvi integrl I. tip f (x) dx; ( f (x) dx); konvergir. U suprotnom kemo d divergir. c) Denirmo još neprvi integrl I. tip oblik f (x) dx def. = f (x) dx + f (x) dx: gdje je bilo koji reln broj. Ako ob integrl

73 R R f (x) dx i R f (x) dx konvergirju, kemo d f (x) dx konvergir. U suprotnom (tj. ko brem jedn divergir) kemo d Primjer Izrcunti I = R xex dx: xe x dx = lim t! = lim (xe x )j x= t! x=t R t f (x) dx divergir. {z} x e x {z dx} = t u dv e x dx = = lim [ t! {z} tet! + {z} e t ] = :!

74 Primjer U ovisnosti od p > ispitti konvergenciju integrl R x dx: p Pokzli smo d je z p = integrl konvergentn. Općenito z p 6= immo dx = lim xp t! = 8 < : lim t! t dx = lim xp t! p + t p x p+ = p + ; konvergentn z p > p ; divergentn z < p < t = (vrijedi lim t! t = p ; p > ; < p < ): Ostje još rzmotriti slucj kd je p = : x dx = lim t! t p u ovom slucju integrl divergir. x dx = lim (ln t ln ) = ; t!

75 Teorem 5. (Poredbeni kriterij) Nek je f (x) g (x) ; z 8x : R R Ako g (x) dx konvergir, ond i f (x) dx konvergir. Ako R f (x) dx divergir, ond i R g (x) dx divergir. Primjer Dokzti d je R e x dx konvergentn. Ovdje je problem u tome što R t e x dx nije elementrn integrl. Promotrimo funkcije f(x) = e x i g(x) = e x (Slik ): y y=f(x) y=g(x) Slik. x Budući je f (x) g (x) z svki x ; ustnovimo li d je integrl R e x dx konvergentn,

76 jsno je d će td i R e x dx biti konvergentn. Immo: lim t! t e x dx = lim t! e x dx = e x x=t x= = lim t! ( e t + e ) = e i polzni integrl jest konvergentn. Denicij 5.3 ) Ako je f (x) neprekidn funkcij n [; b) i lim f (x) = (slik ), td je x!b b b " f (x) dx def. = lim f (x) dx: "! + y (..) b ε b slik x

77 b) Ako je f (x) neprekidn funkcij n (; b] i lim f (x) = td je x! + b b f (x) dx def. = lim f (x) dx: "! + +" (.b.) Ako limes (.) ((.b.)), postoji (koncn je), ond kemo d neprvi integrl II. tip ( R b R b f (x) dx; f (x) dx); konvergir. U suprotnom kemo d divergir. c) Ako je f (x) neprekidn n [; b] funkcij, osim u tocki c (; b) gdje je lim f (x) = ili x!c f (x) = ; denirmo neprvi integrl II. tip + lim x!c b f(x) dx def. = lim "! + c " b f(x) dx+ lim f(x) dx:! + c+ (3.c.) Ako ob limes u (3.c.) postoje, kemo d

78 R b f (x) dx konvergir. U suprotnom (tj. ko brem jedn ne postoji) kemo d Primjer Izrcunti I = R 3 Mlo nepnje dje x R b dx: f (x) dx divergir. 3 x dx = (ln jx j)jx=3 x= = ln ln = ln ; no to je netocn rezultt. Nime, funkcij f(x) im u x = vertiklnu simptotu. y 3 x Dkle, treb primijeniti (3..), tj. izrcunti neprvi integrl 3 x " dx = lim "! + x 3 dx + lim! + + x dx:

79 Vrijedi x " dx = lim "! + x dx = lim "! +[ln j " j ln j j] = lim +[ {z} ln " "!! i polzni neprvi integrl jest divergentn. ] = Npokon, sd je ocito kko postupiti u "općem" slucju, tj. kd postoji (njviše) koncno mnogo tock c i u kojim je lim f(x) = ; i = ; ; n; x!c i ili (i) kd je integrcijski intervl neogrnicen.

80 Primjer Nek je dn funkcij f : A! R kojoj je grf G f prikzn n slici: y b c d c d c 3 b x Ovdje je vno uociti d je lim ; lim x!c + f(x) = +; lim x!c 3 x!c f(x) = +; lim f(x) = x!c : U skldu f(x) = s prethodnim rzmtrnjem, odberimo tocke,, b, b, i d tko d bude b < c, c < d < c ; c < d < c 3 < < b, p neprvi integrl funkcije f im ovj zpis: + f(x) dx = lim t! b t f(x) dx + lim "! + c " b f(x) dx+ d c c f(x) dx+ lim! + d d f(x) dx + lim f(x) dx+! + c + lim! + c3 d f(x) dx + lim f(x) dx + lim! + c 3 + s!+ s f(x) dx:

81 6. Nekoliko primjen odre denog integrl ) Površin rvninskog lik (kvdrtur) Pokzli smo: ko je f neprekidn i f(x) z svki x [; b]; ond je R b f(x) dx površin ispod krivulje y = f(x) nd segmentom [; b]. Ako je rvninski lik ome den ztvorenom krivuljom ili se prostire i n donju polurvninu, ond z izrcunvnje njegove površine rbimo dv ili više odre denih integrl, tj. "snlzimo se" od slucj do slucj: y y=f(x) D y=g(x) b x P (D) = b ( (f(x) g(x)) dx y y=f(x) D c b x P (D) = c f(x) dx b c f(x) dx

82 Kd je krivulj zdn "inverznom" funkcijom, tj. jedndbom x = h(y), y [c; d]; površin rvninskog lik D d je s y d x=h(y) c D x P (D) = d c h(y) dy: Primjer Izrcunti površinu lik kojeg ome duju prvc y = x i prbol y = x + 6 y (5,4) x (, ) P = 4 (y + ) y 3 dy = y y dy = 4y + y 6 y3 y=4 y= = 8:

83 Npomen: Ozncimo li u formuli z površinu, P (D) = R b f(x) dx, umnok f(x) dx ko dp, smijemo pisti P (D) = dp: [;b] Geometrijski se broj dp smije interpretirti ko površin "innitezimlnog" ("neizmjerno mlog") pseudotrpez nd segmentom [x; x+dx], koji se ond smije proksimirti trpezom s osnovicm f(x) i f(x) + f(x) i visinom dx. ist, dp y f(x) = f(x) dx + d P y=f(x) x dx x+dx f(x) + (f(x) + f(x)) f(x) dx x dx f(x) dx pri cemu smo umnok f(x) dx dvju neizmjerno mlih brojev znemrili u zbroju s f(x) dx. Stog se o dp = f(x) dx govori ko o "površinskome elementu" rvninskog lik D. "brjnjem" (tj. integrirnjem) svih površinskih element nd segmentom [; b] dobivmo trenu površinu P (D).

84 N isti ncin ćemo, poslije, svki podintegrlni izrz pomoću kojeg izrcunvmo površinu (duljinu, obujm (volumen),...) zvti nlognim imenom. Cesto se formlnim izrcunvnjem tih "element" vrlo lko dolzi do korisnih formul z izrcunvnje trenih velicin. Prmetrski zdn krivulj Ukoliko je krivulj prmetrski zdn x = x(t); y = y(t); t [; ] (x(t) je injekcij, Slik 5.) td je površinu n slici nzncenog lik izrcunvmo n ncin P = y(t)x (t) dt: y α t y y=y(t) x x=x(t) x in jekcij β D

85 Primjer Izrcunti površinu jednog svod cikloide x(t) = R(t sin t); y(t) = R( cos t); t [; ] y R Rp x P = y(t)x (t) dt = R( cos t)[r(t sin t)] dt = R ( cos t) dt = R ( cos t + cos t) dt = R 3 cos t + cos t dt = R 3 t sin t + 4 sin t t= t= = 3R :

86 Krivulj zdn u polrnim koordintm Nek je rvninsk krivulj zdn u polrnim koordintm jedndbom = g('); ' [; ]: Izrcunjmo ploštinu pseudotrokut odre denog krivuljom i zrkm ' =, ' =. dj dp l r=g (j) j b (r! ; j! ';! ; b! ) "površinski element" uzimmo pripdni kruni isjeck od ' do ' + d' polumjer g('), tj. dp = l = d' = g(') d'; gdje su l i opće oznke, redom, z lucnu duljinu i polumjer. Slijedi P (D) = p g(') d':

87 Primjer Izrcunti površinu rvninskog lik D ome denog polrnom osi i prvim "zvojem" Arhimedove spirle = '; > : p p P (D) = ' d' = '3 '= 3 '= = :

88 b) Duljin rvninskog luk (rektikcij) Nek je rvninski luk d AB (dopuštmo i B = A) zdn prmetrskim jedndbm x = '(t); y = (t); t [; b]; pri cemu su ' i neprekidno derivbilne funkcije i A = ('(); ()) i B = ('(b); (b)). M =A y M y(t i ) M i M n =B t i t t i b M i j(t i ) x Nek je: D n = f = t ; ; t n = bg rstv segment [; b] n n-jednkih dijelov. Bijekcij (do n rub) r : [; b]! d AB, r(t) = ('(t); (t)), pridruuje svkom rstvu D n = ft ; ; t n g tockovni skup fm ; ; M n g n, M = A = r(t = ),, M n = B = r(t n = b). Tocke M i dijele luk n n podlukov \ M i M i, i = ; ; n. Spojimo li svki pr susjednih tock;

89 M i i M i, duinom, dobivmo poligonlnu crtu "upisnu" luku. Pridijelimo sd svkom rstvu D n broj = nx d(m i ; M i ) = i= = nx i= nx p (xi x i ) + (y i y i ) i= nx p ('(ti ) '(t i )) + ( (t i ) (t i )) i= L:t:s:v = nx i= q (' ( i )4t) + ( (~ i )4t) q ' ( i ) + (~ i ) 4t ' nx i= pri cemu su i ; ~ i ht i ; t i i, i = ; ; n. q ' ( i ) + ( i ) 4t; Prehodni izrz moemo interpretirti ko integrlnu sumu, broj nx q L( ) = lim ' ( i ) + ( i ) 4t n! i= b q = ' (t) + (t) dt; ko duljinu luk d AB:

90 Primjer Izrcunti duljinu L jednog luk cikloide x(t) = R(t sin t); y(t) = R( cos t); t [; ]: q L = [R( cos t) ] + [R(t sin t) ] dt = R = R = R = 4R q [( cos t) ] + [(t sin t) ] dt q sin t + ( cos t) dt p r cos t dt = R 4 sin t dt sin t dt = 8R cos t t= = 8R t= Ako je rvninski luk zdn jedndbom y = f(x), x [; b], pri cemu je funkcij f neprekidno derivbiln, ond iz prmetrizcije x = t, y = f(t), t [; b], dobivmo L( ) = b p + f (x) dx:

91 Anlogno, ko je rvninski luk zdn jedndbom x = g(y), y [c; d], pri cemu je funkcij g neprekidno derivbiln, ond iz prmetrizcije x = g (t), y = t, t [c; d], dobivmo L( ) = d c p + g (y) dy: Primjer Izrcunti duljinu luk prbole y = x + 6 odre denog tockm A = ( ; ) i B = (5; 4): y B=(5,4) x A=(, ) = = 4 s L( ) = + d c y 6 h y p y + + ln p + g (y) dy 4 p dy = y + dy y + p y + i y=4 y= :7.

92 zdn (jedndbom) u polrnim ko- Ako je, pk, luk ordintm = g('); ' [; ]; g neprekidno derivbiln, ond prmetrizcij x = g(') cos '; y = g(') sin '; dje (x ) + (y ) = g(') + g ('). Slijedi, L( ) = p g(') + g (') d': Primjer Izrcunti duljinu prvog zvoj Arhimedove spirle = '; > p q L( ) = g(') + g (') d' = (') + (') d' = = q(') + (') p d' = + ' d' h p ln + p 4 + i :56

93 c) Volumen rotcijskog tijel (kubtur) Nek je f : [; b]! R neprekidn i nenegtivn funkcij. Td grf G f posve odre duje pseudotrpez nd segmentom [; b]. Vrtnjom oko x-osi tj pseudotrpez oblikuje geometrijsko tijelo koje nzivmo rotcijskim tijelom. y y y + y y x dp x+ x x z dv x dosttno mli dx, pripdni njegov dio odre den segmentom [x; x+dx] [; b] proksimirt ćemo krnjim stošcem visine dx i bznih polumjer f(x) i f(x+dx) = f(x) + f(x). pripdni "volumenski element" td dobivmo: dv = dx 3 [f(x) + f(x)(f(x) + f(x)) + (f(x) + f(x)) ] = dx 3 3f(x) + 3f(x) f(x) + (f(x)) f(x) dx; gdje smo pribrojnike 3f(x) f(x) i (f(x)) ispustili jer su znemrivo mli prem 3f(x).

94 (Ovo povlci d smo z promtrni "volumenski element" smjeli odbrti i vljk visine dx i bznog polumjer f(x).) Prem tomu, treni volumen rotcijskog tijel jest V x = b f(x) dx: Primjer Izrcunti volumen kugle. Kuglu smijemo smtrti rotcijskim tijelom, pri cemu podrzumijevmo d se odgovrjući polukrug vrti oko svog promjer. Promtrjmo krunicu x + y = R. Dovoljno je promtrti smo funkciju Dobivmo V = R R f(x) = p R x ; x [ R; R] : (R x ) dx = R x x 3 3 x=r x= R = 4 3 R3 što je poznt formul z izrcunvnje volumen kugle rdijus R:

95 Ako je krivulj zdn prmetrskim jedndbm x = '(t); y = (t); t [; b]; i ko je i ' neprekidno derivbiln, ond je volumen pripdnog rotcijskog (oko x-osi, nd [; b]) tijel dn formulom V x = b (t) ' (t) dt: Primjer Izrcunjmo volumen tijel dobivenog rotcijom prvog svod cikloide x(t) = R(t sin t); y(t) = R( cos t); t [; ]: V = b (t) ' (t) dt = [R( cos t)] [R(t sin t) ] dt = R 3 ( cos t) 3 dt = 5R 3 :

96 Ako je, pk, krivulj zdn polrnom jedndbom = g('); ' [; ]; g neprekidno derivbiln, ond prmetrizcij dje Slijedi, V x = x = g(') cos '; y = g(') sin '; dx = (g (') cos ' g(') [g (') cos ' Primjer Izrcunti volumen kugle. g(') sin ') d': g(') sin '] sin ' d': Promtrjmo dio krunice x + y = R, y ; cij je polrn jedndb: = R; ' [; ]. Prmetrizcij dje Slijedi, V x = x = R cos '; y = R sin '; dx = R [ R sin ' d': R sin '] sin ' d' = = R 3 cos ' 3 (cos ')3 '= '= = 4 3 R3

97 Npokon z volumen pripdnog rotcijskog tijel što nstje vrtnjom oko y-osi dobivmo V y = d c '(t) (t) dt: Primjer Izrcunjmo volumen rotcijskog tijel što nstje rotcijom rvninskog lik ome denog s y = x 3 ; y = 8; x = oko y-osi. y x 8 p V y = ( 3 y) dy = y 5 3 = = 96 5 : Npomen: Ovdje je prmetrizcij x = 3 p y; y = y (t) ; y [; 8]:

98 d) Oplošje rotcijskog tijel (komplncij) oplošje rotcijskog tijel (bez bz): zdn prmetrskim jed- ko je krivulj ndbm x = '(t); y = (t); t [; b]; gdje su su ' i neprekidno derivbilne, dobivmo: oplošje tijel nstlog vrtnjom oko x-osi O x = b j (t)j q ' (t) + (t) dt: oplošje tijel nstlog vrtnjom oko y-osi O y = d c j'(t)j q ' (t) + (t) dt: Posebno, ko je krivulj koordintm: dn u prvokutnim jedndbom y = f (x) ; x [; b] ; ond je oplošje tijel nstlog vrtnjom oko x-osi O x = b jf (x)j p + f (x) dx:

99 jedndbom x = g (y) ; y [c; d] ; ond je oplošje tijel nstlog vrtnjom oko y-osi O y = d c jg (y)j p + g (y) dy: Primjer Izrcunjmo oplošje rotcijskog tijel dobivenog rotcijom oko x osi prvog svod cikloide: x(t) = R(t sin t); y(t) = R( cos t); t [; ] Immo: q ' (t) + (t) = q [R(t sin t) ] + [R( cos t) ] = = p R p cos t = p r R sin t = R sin t {z} ; t[;] = R sin t ; i (t) = R( O x = b cos t) : Sd je q j (t)j ' (t) + (t) dt = = R( cos t) R sin t dt = 64 3 R

100 Numeri ck integrcij Numerick integrcij se koristi z priblino rcunnje odre denog integrl i to: ko se integrl ne moe tocno izrcunti (npr. R e x dx); ko se integrl moe tocno izrcunti, li je rcunnje teško ili je vn smo priblin vrijednost integrl; ko su zdne smo neke vrijednost podintegrlne funkcije, ne i funkcij. Iz denicije integrl immo: b f (x) dx nx i= f (x i ) x; x i [x i ; x i ] ; x = b n : Ako izberemo z x i lijevi krj, desni krj, polovište intervl [x i ; x i ] immo redom:

101 b f (x) dx nx f (x i i= ) x = L n b f (x) dx nx f (x i ) x = D n i= b f (x) dx nx f (x i ) x = M n ; i= Moemo uzesti i proksimciju: b = f (x) dx (L n + D n ) nx f (x i ) x + i= =! nx f (x i ) x i= nx (f (x i ) + f (x i )) x i= = x [f (x ) + f (x ) + f (x ) + + f (x n ) + f (x n )] = T n :

102 T n se nziv Trpezn formul zbog tog što je x (f (x i ) + f (x i )) površin trpez s osnovicom [x i ; x i ] : Pretpostvimo d je jf (x)j K z x [; b] : Pokzuje se d z grešku vrijedi je M j K (b )3 4n, je T j K (b )3 n

103 Nek je segment [; b] tockm x = ; x ; :::; x n = b podijeljen n n jednkih djelov duljine x = b n i nek je n prn broj. Luk krivulje y = f (x) od x i do x i+ proksimirjmo prbolom koj prolzi tockm f (x i ) ; f (x i ) ; f (x i+ ) : Površin ispod te prbole je x 3 [f (x i ) + 4f (x i ) + f (x i+ )] Sd je b gdje je f (x) dx S n S n = x 3 ff (x ) + 4 [f (x ) + f (x 3 ) + + f (x n )] + [f (x ) + f (x 4 ) + + f (x n )] + f (x n )g: S n se nziv Simpsonov formul. Pokzuje se d z grešku vrijedi je S j K (b )5 8n 4 gdje je f (iv) (x) K z x [; b] :

104 Primjer Izrcunti proksimcije trpeznom formulom T i Simpsonovom formulom S integrl e x dx i ocijeniti pogreške E T i E S : Koliki mor biti n d T n proksimir integrl s tocnošću :? Immo općenito: T n = b n f() + ili u nšem slucju X T = e + Budući je i= Xn i= f + i b n! +i e + e + f(b)! f (x) = e x =) f (x) = e x =) = :797: jf (x)j e = e(= K); z x [; ] ; to je ocjen pogreške ; je T j K (b )3 n = e ( )3 = :65:

105 Kko je I = ond je stvrn pogrešk e x dx = e :783; je T j = ji T j j:783 :797j = :4: Koliki mor biti n d T n proksimir integrl s tocnošću :? Immo: je Tn j e ( )3 n : =) n 5:5 =) n 5 Slicno se poke: S :7883; je S j :6.

4 INTEGRALI Neodredeni integral Integriranje supstitucijom Parcijalna integracija Odredeni integral i

4 INTEGRALI Neodredeni integral Integriranje supstitucijom Parcijalna integracija Odredeni integral i Sdržj 4 INTEGRALI 64 4. Neodredeni integrl........................ 64 4. Integrirnje supstitucijom.................... 68 4. Prcijln integrcij....................... 7 4.4 Odredeni integrl i rčunnje površine

Διαβάστε περισσότερα

2.6 Nepravi integrali

2.6 Nepravi integrali 66. INTEGRAL.6 Neprvi integrli Definicij. Nek je f : [, R funkcij koj je Riemnn integrbiln n svkom podsegmentu [, ] od [,. Ako postoji končn es f() (.4) ond se tj es zove neprvi integrl funkcije f n [,

Διαβάστε περισσότερα

Uvod Newton-Leibnizova formula Glavne metode integriranja. Integrali. Franka Miriam Brückler

Uvod Newton-Leibnizova formula Glavne metode integriranja. Integrali. Franka Miriam Brückler Integrli Frnk Mirim Brückler Antiderivcije Koj je vez izmedu x 2 i 2x? Antiderivcije Koj je vez izmedu x 2 i 2x? Antiderivcij (primitivn funkcij) zdne funkcije f : I R (gdje je I otvoren intervl) je svk

Διαβάστε περισσότερα

Formule iz Matematike II. Mandi Orlić Tin Perkov

Formule iz Matematike II. Mandi Orlić Tin Perkov Formule iz Mtemtike II Mndi Orlić Tin Perkov INTEGRALI NEODREDENI INTEGRALI Svojstv 1. (f(x) ± g(x)) = ± g(x) 2. = Tblic integrl f(x) F(x) + C x + C x x +1 +1 + C 1 x ln x + C 1 x+b ln x + b + C e x e

Διαβάστε περισσότερα

= + injekcija. Rješenje 022 Kažemo da funkcija f ima svojstvo injektivnosti ili da je ona injekcija ako vrijedi

= + injekcija. Rješenje 022 Kažemo da funkcija f ima svojstvo injektivnosti ili da je ona injekcija ako vrijedi Zdtk 0 (Anstzij, gimnzij) Provjeri je li funkcij f log( 5) + + injekcij Rješenje 0 Kžemo d funkcij f im svojstvo injektivnosti ili d je on injekcij ko vrijedi f ( ) f ( ) Dkle, funkcij je injekcij ko rzličitim

Διαβάστε περισσότερα

Rijeseni neki zadaci iz poglavlja 4.5

Rijeseni neki zadaci iz poglavlja 4.5 Rijeseni neki zdci iz poglvlj 4.5 Prije rijesvnj zdtk prisjetimo se itnih stvri koje ce ns prtiti tijekom njihovog promtrnj. Definicij: (Trigonometrij prvokutnog trokut) ktet nsuprot kut ϕ sin ϕ hipotenuz

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. seminari. studij: Prehrambena tehnologija i Biotehnologija

MATEMATIKA 2. seminari. studij: Prehrambena tehnologija i Biotehnologija MATEMATIKA seminri studij: Prehrmben tehnologij i Biotehnologij Sdržj Integrlni rčun funkcije jedne vrijble. Uvod................................. Odredeni (Riemnnov) integrl. Problem površine........

Διαβάστε περισσότερα

Odredjeni integral je granicna vrijednost sume beskonacnog broja clanova a svaki clan tezi k nuli i oznacava se sa : f x dx f x f x f x f x b a f

Odredjeni integral je granicna vrijednost sume beskonacnog broja clanova a svaki clan tezi k nuli i oznacava se sa : f x dx f x f x f x f x b a f Mte ijug: Rijeseni zdci iz vise mtemtike 8. ODREDJENI INTEGRALI 8. Opcenito o odredjenom integrlu Odredjeni integrl je grnicn vrijednost sume eskoncnog roj clnov svki cln tezi k nuli i ozncv se s : n n

Διαβάστε περισσότερα

Odred eni integrali. Osnovne osobine odred enog integrala: f(x)dx = 0, f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx.

Odred eni integrali. Osnovne osobine odred enog integrala: f(x)dx = 0, f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx. Odred eni integrli Osnovne osobine odred enog integrl: fx), fx) fx) b c fx), fx) + c fx), 4 ) b αfx) + βgx) α fx) + β gx), 5 fx) F x) b F b) F ), gde je F x) fx), 6 Ako je f prn funkcij fx) f x), x R ),

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 2. ARITMETICKI I GEOMETRIJSKI NIZ, RED, BINOMNI POUCAK. a n ti clan aritmetickog niza

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 2. ARITMETICKI I GEOMETRIJSKI NIZ, RED, BINOMNI POUCAK. a n ti clan aritmetickog niza Mte Vijug: Rijesei zdci iz mtemtike z sredju skolu. ARITMETICKI I GEOMETRIJKI NIZ, RED, BINOMNI POUCAK. Aritmeticki iz Opci oblik ritmetickog iz: + - d Gdje je: prvi cl ritmetickog iz ti cl ritmetickog

Διαβάστε περισσότερα

c = α a + β b, [sustav rješavamo metodom suprotnih koeficijenata]

c = α a + β b, [sustav rješavamo metodom suprotnih koeficijenata] Zdtk (Tihomir, tehničk škol) c = 8 i. Rješenje Prikži vektor c ko linernu kombinciju vektor i b ko je = i + 3 j, b = 4 i 3 j, Nek su i b vektori i α, β relni brojevi. Vektor c = α + β b nzivmo linernom

Διαβάστε περισσότερα

Integralni raqun. F (x) = f(x)

Integralni raqun. F (x) = f(x) Mterijl pripremio Benjmin Linus U mterijlu su e definicije, teoreme, dokzi teorem (rđenih n predvƭu i primeri. Dodo sm i neke done primere d bih ilustrovo prikznu teoriju. Integrlni rqun Definicij. Nek

Διαβάστε περισσότερα

Neodreeni integrali. Glava Teorijski uvod

Neodreeni integrali. Glava Teorijski uvod Glv Neodreeni integrli. Teorijski uvod Nek je funkcij f :, b R. Definicij: ϕ- primitivn funkcij funkcije f ϕ f, b Teorem: ϕ- primitivn funkcij funkcije f ϕ+c- primitivn funkcij funkcije f Definicij: f

Διαβάστε περισσότερα

A MATEMATIKA Zadana je z = x 3 y + 1

A MATEMATIKA Zadana je z = x 3 y + 1 A MATEMATIKA (.5.., treći kolokvij). Zdn je z 3 + os. () Izrčunjte ngib plohe u pozitivnom smjeru -osi. (b) Izrčunjte ngib pod ) u točki T(, ). () Izrčunjte z u T(, ). (5 bodov). Zdn je z 3 ln. () Izrčunjte

Διαβάστε περισσότερα

1 Ekstremi funkcija više varijabli

1 Ekstremi funkcija više varijabli 1 Ekstremi funkcij više vrijbli Definicij ekstrem funkcije: Funkcij u = f(x 1, x 2,, x n ) im u točki T ( 1, 2,, n ) A) LOKALNI MINIMUM f( 1, 2,, n ) ko z svku točku T vrijedi nejednkost: T ( 1 + dx 1,

Διαβάστε περισσότερα

Primjene odreženog integrala

Primjene odreženog integrala VJEŽBE IZ MATEMATIKE Ivn Brnović Miroslv Jerković Lekcij 5 Primjen određenog integrl Poglvlje Primjene odreženog integrl. Povr²in rvninskog lik Z dni rvninski lik omežen krivuljm y = f(x) i y = g(x) te

Διαβάστε περισσότερα

UVOD. Ovi nastavni materijali namijenjeni su studentima

UVOD. Ovi nastavni materijali namijenjeni su studentima UVOD Ovi nstvni mterijli nmijenjeni su studentim u svrhu lkšeg prćenj i boljeg rzumijevnj predvnj iz kolegij mtemtik. Ovi mterijli čine suštinu nstvnog grdiv p, uz obveznu literturu, mogu poslužiti studentim

Διαβάστε περισσότερα

IZVOD FUNKCIJE Predpostvimo d je unkcij deinisn u nekom intervlu, i d je tčk iz intervl, iksirn. Uočimo neku proizvoljnu tčku iz tog intervl,. Ov tčk može d se pomer levo desno, p ćemo je zvti promenljiv

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 2. Boris Širola

Matematika 2. Boris Širola Mtemtik 2 (. Riemnnov integrl) Boris Širol predvnj . Riemnnov integrl 3 Pretpostvimo d immo neku neprekidnu relnu funkciju f, definirnu n nekom segmentu; tj., nek je dn neprekidn funkcij f : [, b] R.

Διαβάστε περισσότερα

Ako je f neprekinuta funkcija, definirana na intervalu [a,b], tad postoji barem jedna točka ξ [a,b] za koju je

Ako je f neprekinuta funkcija, definirana na intervalu [a,b], tad postoji barem jedna točka ξ [a,b] za koju je Jednostvno, ili ne? Trpezn formul Neven Elezović, Zgreb Problem površine Teorem srednje vrijednosti Površin ispod grf pozitivne funkcije f jednk je odredenom - integrlu te funkcije, rčun se obično Newton-Leibnitzovom

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA

OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRVOKUTNOG TROKUT - DEFINIIJ TRIGONOMETRIJSKIH FUNKIJ - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKIJ KUTOV OD - PRIMJEN N PRVOKUTNI TROKUT - PRIMJEN U PLNIMETRIJI 4.1. DEFINIIJ TRIGONOMETRIJSKIH

Διαβάστε περισσότερα

( ) p a. poklopac. Rješenje:

( ) p a. poklopac. Rješenje: 5 VJEŽB - RIJEŠENI ZDI IZ MENIKE LUID 1 1 Treb odrediti silu koj drži u rvnoteži poklopc B jedinične širine, zlobno vezn u točki, u položju prem slici Zdno je : =0,84 m; =0,65 m; =5,5 cm; =999 k/m B p

Διαβάστε περισσότερα

SLIČNOST TROUGLOVA. kažemo da su slične ( sa koeficijentom sličnosti k ) ako postoji transformacija sličnosti koja figuru F prevodi u figuru F

SLIČNOST TROUGLOVA. kažemo da su slične ( sa koeficijentom sličnosti k ) ako postoji transformacija sličnosti koja figuru F prevodi u figuru F SLIČNOST TROUGLOV Z dve figure F i F kžemo d su slične ( s koefiijentom sličnosti k ) ko postoji trnsformij sličnosti koj figuru F prevodi u figuru F. Činjeniu d su dve figure slične obeležvmo s F F. Sličnost

Διαβάστε περισσότερα

1.1 Neodre deni integral

1.1 Neodre deni integral . Neodre deni integrl.. Površinski problem Uvod u površinski problem Iko većin rzmišlj o integrlu isključivo ko o obrtu izvod, osnove integrlnog rčun sežu mnogo dlje u prošlost od modernih vremen. Jedn

Διαβάστε περισσότερα

R A D N I M A T E R I J A L I

R A D N I M A T E R I J A L I Krmen Rivier R A D N I M A T E R I J A L I M A T E M A T I K A II. dio SPLIT 7. IV. FUNKCIJE 4.. POTREBNO PREDZNANJE 4.. REALNE FUNKCIJE JEDNE VARIJABLE 4.. INTERPOLACIJA 7 4.. NEKE OSNOVNE ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

7 Odreženi integrali. Neka je funkcija f(x) definisana na intervalu [a, b]. Ako ovaj interval podelimo

7 Odreženi integrali. Neka je funkcija f(x) definisana na intervalu [a, b]. Ako ovaj interval podelimo 7 Odreženi integrli 63 7 Odreženi integrli Nek je funkcij f(x) definisn n intervlu [, ]. Ako ovj intervl podeo n n delov tčkm = x < x < x

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

dužina usmjerena (orijentirana) dužina (zna se koja je točka početna, a koja krajnja) vektor

dužina usmjerena (orijentirana) dužina (zna se koja je točka početna, a koja krajnja) vektor I. VEKTORI d. sc. Min Rodić Lipnović 009./010. 1 Pojm vekto A B dužin A B usmjeen (oijentin) dužin (n se koj je točk početn, koj kjnj) A B vekto - kls ( skup ) usmjeenih dužin C D E F AB je epeentnt vekto

Διαβάστε περισσότερα

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička analiza 1 dodatni zadaci Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka

Διαβάστε περισσότερα

1 Odredeni integral. Integrabilnost ograničene funkcije

1 Odredeni integral. Integrabilnost ograničene funkcije Odredeni integrl. Integrbilnost ogrničene funkcije Njprije uvedimo dvije pretpostvke. Prv, d je reln funkcij segment[, b] končne dužine ( < < b < + ). Definicij 2. Podjel segment [, b], u oznci P, je svki

Διαβάστε περισσότερα

γ = 120 a 2, a, a + 2. a + 2

γ = 120 a 2, a, a + 2. a + 2 Zdtk (Slvi, gimnzij) Duljine strni trokut čine ritmetički niz (slijed) s rzlikom Jedn kut iznosi Koliki je opseg trokut? Rješenje inči udući d duljine strni trokut čine ritmetički niz (slijed) s rzlikom,

Διαβάστε περισσότερα

GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zadaci II deo

GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zadaci II deo GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zdci II deo U sledećim zdcim ćemo korisii poznu grničnu vrednos: li i mnje vrijcije n i 0 n ( Zdci: ) Odredii sledeće grnične vrednosi: Rešenj: 4 ; 0 g ; 0 cos v) ; g) ; 4 ;

Διαβάστε περισσότερα

VALJAK. Valjak je geometrijsko telo ograničeno sa dva kruga u paralelnim ravnima i delom cilindrične površi čije su

VALJAK. Valjak je geometrijsko telo ograničeno sa dva kruga u paralelnim ravnima i delom cilindrične površi čije su ALJAK ljk je geometijsko telo ogničeno s dv kug u plelnim vnim i delom ilindične povši čije su izvodnie nomlne n vn ti kugov. Os vljk je pv koj polzi koz ente z. Nvno ko i do sd oznke su: - je povšin vljk

Διαβάστε περισσότερα

Općenito, iznos normalne deformacije u smjeru normale n dan je izrazom:

Općenito, iznos normalne deformacije u smjeru normale n dan je izrazom: Otporost mterijl. Zdtk ZDTK: U točki čeliče kostrukije postvlje su tri osjetil z mjereje deformij prem slii. ri opterećeju kostrukije izmjeree su reltive ormle (dužiske deformije: b ( - b 3 - -6 - ( b

Διαβάστε περισσότερα

3. Rubni problem za obične diferencijalne jednadžbe Egizstencija i jedinstvenost rješenja... 64

3. Rubni problem za obične diferencijalne jednadžbe Egizstencija i jedinstvenost rješenja... 64 Sdržj 1. Numeričk integrcij.......................... 1 1.1. Općenito o integrcijskim formulm................ 1 1.. Newton Cotesove formule...................... 3 1..1. Trpezn formul.......................

Διαβάστε περισσότερα

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,

Διαβάστε περισσότερα

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:

Διαβάστε περισσότερα

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

KUPA I ZARUBLJENA KUPA

KUPA I ZARUBLJENA KUPA KUPA I ZAUBLJENA KUPA KUPA Povšin bze B Povšin omotč M P BM to jet P B to jet S O o kupe Oni peek Obim onog peek O op Povšin onog peek P op Pimen pitgoine teoeme vnotn jednkotn kup je on kod koje je, p

Διαβάστε περισσότερα

1.4 Tangenta i normala

1.4 Tangenta i normala 28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x

Διαβάστε περισσότερα

4. Trigonometrija pravokutnog trokuta

4. Trigonometrija pravokutnog trokuta 4. Trigonometrij prvokutnog trokut po školskoj ziri od Dkić-Elezović 4. Trigonometrij prvokutnog trokut Formule koje koristimo u rješvnju zdtk: sin os tg tg ktet nsuprot kut hipotenuz ktet uz kut hipotenuz

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

2.7 Primjene odredenih integrala

2.7 Primjene odredenih integrala . INTEGRAL 77.7 Primjene odredenih integrala.7.1 Računanje površina Pořsina lika omedenog pravcima x = a i x = b te krivuljama y = f(x) i y = g(x) je b P = f(x) g(x) dx. a Zadatak.61 Odredite površinu

Διαβάστε περισσότερα

FORMULE VEZANE UZ MATEMATIČKE KOLEGIJE PREDDIPLOMSKOG STUDIJA

FORMULE VEZANE UZ MATEMATIČKE KOLEGIJE PREDDIPLOMSKOG STUDIJA FORMULE VEZANE UZ MATEMATIČKE KOLEGIJE PREDDIPLOMSKOG STUDIJA Vrijednoti inu i koinu π π π π ϕ 6 4 3 in ϕ 3 co ϕ 3 Trigonometrijke funkcije polovičnih rgument in x = co x co x = + co x Trigonometrijke

Διαβάστε περισσότερα

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011. INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 2 PODSJETNIK ZA UČENJE. Ivan Slapničar Marko Matić.

Matematika 2 PODSJETNIK ZA UČENJE. Ivan Slapničar Marko Matić. Ivn Slpničr Mrko Mtić Mtemtik 2 PODSJETNIK ZA UČENJE http://www.fesb.hr/mt2 Fkultet elektrotehnike, strojrstv i brodogrdnje Split, 2003. Sdržj 1 Neodredeni integrl 3 2 Odredeni integrl 5 3 Funkcije više

Διαβάστε περισσότερα

Polinomijalna aproksimacija

Polinomijalna aproksimacija 1 Polinomijln proksimcij 1.1 Problem njbolje proksimcije Rzmotrimo ponovo problem u kojem je zdn tblic brojev x x 0 x 1 x x 3 x 4 x n y y 0 y 1 y y 3 y 4 y n (1.1) z koju treb nći funkciju f koju t tblic

Διαβάστε περισσότερα

Integrali Materijali za nastavu iz Matematike 1

Integrali Materijali za nastavu iz Matematike 1 Integrali Materijali za nastavu iz Matematike Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 202/3 / 44 Definicija primitivne funkcije i neodredenog integrala Funkcija F je primitivna funkcija (antiderivacija)

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( )

( ) ( ) ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 9. siječnj 05. 4. rzred-rješenj OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1. Gregor Dolinar. 2. januar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. Gregor Dolinar Matematika 1

Matematika 1. Gregor Dolinar. 2. januar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. Gregor Dolinar Matematika 1 Mtemtik 1 Gregor Dolinr Fkultet z elektrotehniko Univerz v Ljubljni 2. jnur 2014 Gregor Dolinr Mtemtik 1 Izrek (Izrek o povprečni vrednosti) Nj bo m ntnčn spodnj mej in M ntnčn zgornj mej integrbilne funkcije

Διαβάστε περισσότερα

Priprema za ispit - RJEŠENJA

Priprema za ispit - RJEŠENJA Priprem z ispit - RJEŠENJA 1. Odredi duljinu strnie i kutove trokut ABC ko je = 16 m, = 11.2 m te + = 93⁰. = 16 m = 11.2 m + = 93⁰,,, =? Njprije ćemo izrčunti kut jer je = 180⁰ - ( + ) = 87⁰ No, sd znmo

Διαβάστε περισσότερα

Ivan Slapničar. Matematika 2 PODSJETNIK ZA UČENJE. Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Split, 2012.

Ivan Slapničar. Matematika 2 PODSJETNIK ZA UČENJE.  Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Split, 2012. Ivn Slpničr Mtemtik 2 PODSJETNIK ZA UČENJE http://www.fesb.hr/mt2 Fkultet elektrotehnike, strojrstv i brodogrdnje Split, 2012. Sdržj 1 Neodredeni integrl 3 2 Odredeni integrl 5 3 Funkcije više vrijbli

Διαβάστε περισσότερα

REPETITORIJ MATEMATIKE za studente elektrotehnike

REPETITORIJ MATEMATIKE za studente elektrotehnike REPETITORIJ MATEMATIKE z studente elektrotehnike Bojn Kovčić Luk Mrohnić Tihn Strmečki Tehničko veleučilište u Zgrebu Predgovor Ovj priručnik nmijenjen je studentim 1. godine stručnih studij elektrotehnike

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

DIPLOMSKI RAD. Nesvojstveni integral. Univerzitet u Kragujevcu Prirodno matematički fakultet. Kandidat: Marta Milošević 47/00

DIPLOMSKI RAD. Nesvojstveni integral. Univerzitet u Kragujevcu Prirodno matematički fakultet. Kandidat: Marta Milošević 47/00 Univerzitet u Krgujevu Prirodno mtemtički fkultet IPLOMSKI RA Nesvojstveni integrl Mentor: r Mirjn Pvlović Kndidt: Mrt Milošević 47/ KRAGUJEVAC,. Sdržj. Nesvojstveni jednostruki integrl 3.. efiniij, primeri

Διαβάστε περισσότερα

Analitička geometrija i linearna algebra. Kartezijev trodimenzionalni pravokutni koordinatni sustav čine 3 međusobno okomite osi: Ox os apscisa,

Analitička geometrija i linearna algebra. Kartezijev trodimenzionalni pravokutni koordinatni sustav čine 3 međusobno okomite osi: Ox os apscisa, Alitičk geoetrij i lier lger Vektori KOORDINATNI SUSTAV Krteijev prvokuti koorditi sustv Krteijev trodieioli prvokuti koorditi sustv čie eđusoo okoite osi: O os pscis O os ordit O os plikt točk O ishodište

Διαβάστε περισσότερα

α =. n n n Vježba 001 Koliko stranica ima pravilni mnogokut ako jedan njegov unutarnji kut iznosi 144? Rezultat: n = 10.

α =. n n n Vježba 001 Koliko stranica ima pravilni mnogokut ako jedan njegov unutarnji kut iznosi 144? Rezultat: n = 10. Zdtk (Mrij, gimzij) Koliko stric im prvili mogokut ko jed jegov uutrji kut izosi 8? Rješeje Formul z veličiu jedog uutrjeg kut prvilog mogokut je: ( ) 8 α = ( ) 8 8 = / 8 = ( ) 8 8 = 8 6 8 8 = 6 7 = 6

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

4. Relacije. Teorijski uvod

4. Relacije. Teorijski uvod VI, VII i VIII dvoqs veжbi Vldimir Blti 4. Relije Teorijski uvod Podsetimo se n neke od pojmov veznih z skupove, koji su nm potrebni z uvođeƭe pojm relije. Dekrtov proizvod skup iniemo n slede i nqin:

Διαβάστε περισσότερα

Poučak o kosinusu (kosinusov poučak) U trokutu ABC vrijede ove jednakosti b + c a a + c b a + b c.

Poučak o kosinusu (kosinusov poučak) U trokutu ABC vrijede ove jednakosti b + c a a + c b a + b c. Zdtk 4 (4, TUŠ) Kolik je mjer njmnjeg kut u trokutu kojemu su strnie duljin 7 m, 8 m i 9 m? Rješenje 4 Trokut je dio rvnine omeñen s tri dužine Te dužine zovemo strnie trokut Nsuprot većoj strnii u trokutu

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

Specijalna vrsta nepravih integrala jesu oni koji sadrze potencije ili geometrijski red u podintegralnoj funkciji.

Specijalna vrsta nepravih integrala jesu oni koji sadrze potencije ili geometrijski red u podintegralnoj funkciji. Mt Vijug: Rijsni zdci iz vis mtmti 9. NEPRAVI INTEGRALI 9. Opcnito o nprvim intgrlim Intgrl oli f d s nziv nprviln o: ) jdn ili oj grnic intgrcij nisu oncn vc soncn:, ) pod intgrln funcij f j prinut u

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

Tomislav Došlić. Numerička matematika. Gradevinski fakultet Sveučilište u Zagrebu

Tomislav Došlić. Numerička matematika. Gradevinski fakultet Sveučilište u Zagrebu Tomislv Došlić Numeričk mtemtik Grdevinski fkultet Sveučilište u Zgrebu ii Sdržj 1 Uvod 1 1.1 Apsolutne i reltivne pogrješke.......................... 1 1.2 Osnovni izvori pogrješk............................

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg

Διαβάστε περισσότερα

SLUČAJNE PROMENLJIVE-FUNKCIJA RASPODELE

SLUČAJNE PROMENLJIVE-FUNKCIJA RASPODELE SLUČAJNE PROMENLJIVE-FUNKCIJA RASPODELE Do sd smo već definisli skup Ω elementrnih dogđj Ako se elementrni dogđji ω mogu predstviti ko relni brojevi, ond se eksperiment može zmisliti ko izbor jedne promenljive

Διαβάστε περισσότερα

Numerička matematika 11. predavanje

Numerička matematika 11. predavanje Numeričk mtemtik 11. predvnje Sš Singer singer@mth.hr web.mth.pmf.unizg.hr/~singer PMF Mtemtički odsjek, Zgreb NumMt 2018, 11. predvnje p. 1/163 Sdržj predvnj Numeričk integrcij (nstvk): Richrdsonov ekstrpolcij

Διαβάστε περισσότερα

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos . KOLOKVIJ PRIMIJENJENA MATEMATIKA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE 1. Za periodičnu funkciju f(x) s periodom p=l Fourierov red je gdje su a,a n, b n Fourierovi koeficijenti od f(x) gdje su a =, a n =, b n =..

Διαβάστε περισσότερα

ТЕМПЕРАТУРА СВЕЖЕГ БЕТОНА

ТЕМПЕРАТУРА СВЕЖЕГ БЕТОНА ТЕМПЕРАТУРА СВЕЖЕГ БЕТОНА empertur sežeg beton menj se tokom remen i zisi od ećeg broj utijnih prmetr: Početne temperture mešine (n izsku iz mešie), emperture sredine, opote hidrtije ement, Rzmene topote

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički

Διαβάστε περισσότερα

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum 27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.

Διαβάστε περισσότερα

Matematička analiza 4

Matematička analiza 4 Mtemtičk nliz 4 Drgn S. Dor dević 14.5.214. 2 Sdržj Predgovor 5 1 Integrcij 7 1.1 Žordnov mer u R n....................... 7 1.1.1 Mer prvougonik u R 2................ 7 1.1.2 Mer n-intervl u R n..................

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

0 = x 0 < x 1 <... < x n = 1, x k = k n, x = 1 0 n. f(x k ) x =

0 = x 0 < x 1 <... < x n = 1, x k = k n, x = 1 0 n. f(x k ) x = Chpter Odredjen ntegrl Problem Nek je zdn funkcje f : [,b] R, f(x). Kko odredt površnu omedjenu grfom funkcje f(x) x-os? Površn prvokutnk: S = b Površn trokut: S = 1 v Kko defnrt površnu lk čje su strnce

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE OŠTROG UGLA

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE OŠTROG UGLA TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE OŠTROG UGLA Trignmetrij je prvitn predstvlj lst mtemtike kje se vil izrčunvnjem nepzntih element trugl pmću pzntih. Sm njen nziv ptiče d dve grčke reči TRIGONOS- št znči trug

Διαβάστε περισσότερα

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom 6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log

Διαβάστε περισσότερα

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta. auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,

Διαβάστε περισσότερα

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.) Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 29.) Zadatak 1 (1 bodova.) Teorijsko pitanje. (A) Neka je G R m n, uz m n, pravokutna matrica koja ima puni rang po stupcima, tj. rang(g) = n. (a) Napišite puni

Διαβάστε περισσότερα

ZI. NEODREðENI INTEGRALI

ZI. NEODREðENI INTEGRALI ZI. Nodrđni intgrali 7 ZI. NEODREðENI INTEGRALI. Antidrvacij. Pronañi tri antidrivacij funkcij.. Odrdi sv antidrivacij funkcij.. Pronañi dvij antidrivacij funkcij.. Pronañi antidrivaciju funkcij za koju

Διαβάστε περισσότερα

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije

Διαβάστε περισσότερα

Koliko sati toga dana je razina vode bila iznad 30 cm? A) 5 B) 6 C) 7 D) 9 E) 13 Rješenje: E. Rješenje: A A) 1 B) 2 C) 6 4 D) 3 4 E) 2.

Koliko sati toga dana je razina vode bila iznad 30 cm? A) 5 B) 6 C) 7 D) 9 E) 13 Rješenje: E. Rješenje: A A) 1 B) 2 C) 6 4 D) 3 4 E) 2. MATEMATIČKI KLOKAN S 6 700 000 sudionik u zemlji Europe, Amerike, Afrike i Azije Četvrtk,. ožujk 0. Trjnje 7 minut Ntjecnje z Student (IV. rzred SŠ) * Ntjecnje je pojedinčno. Rčunl su zbrnjen. * Svki zdtk

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 1

Zadatak 1 PISMENI ISPIT IZ KLASIČNE MEHANIKE I 3.. 9. Zdtk Čestic mse m izbčen je s površine Zemlje pod kutem α brzinom v. Ako je otpor zrk proporcionln trenutnoj brzini konstnt proporcionlnosti je ), izrčunjte

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )

Διαβάστε περισσότερα

1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI

1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI 6.. Definicija reda Promatrajmo niz Definicija reda ( ) n 2 :, 2 2 3 2 4 2,... Postupno zbrajajmo elemente niza: = + 2 2 = 5 4 + 2 2 + 3 2 = 49 36 + 2 2 + 3 2 + 4 2 =

Διαβάστε περισσότερα

Neprekinute slu cajne varijable

Neprekinute slu cajne varijable 5 Neprekinute slu cjne vrijble Slu cjnevrijbleirzdiobe Funkcije neprekinutih slu cjnihvrijbli6 Rije senizdtci Zdtci z vje zbu 8 5 Slu cjne vrijble i rzdiobe U ovom ćemo poglvlju prou cvti slu cjne vrijble

Διαβάστε περισσότερα

PIRAMIDA I ZARUBLJENA PIRAMIDA. - omotač se sastoji od bočnih strana(najčešće jednakokraki trouglovi), naravno trostrana piramida u omotaču

PIRAMIDA I ZARUBLJENA PIRAMIDA. - omotač se sastoji od bočnih strana(najčešće jednakokraki trouglovi), naravno trostrana piramida u omotaču PIRAMIDA I ZARULJENA PIRAMIDA Slično ko i kod pizme i ovde ćemo njpe ojniti oznke... - oeležvmo dužinu onovne ivice - oeležvmo dužinu viine pimide - oeležvmo dužinu viine očne tne ( potem) - oeležvmo dužinu

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

Διαβάστε περισσότερα

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova) A MATEMATIKA (.6.., treći kolokvij. Zadana je funkcija z = e + + sin(. Izračunajte a z (,, b z (,, c z.. Za funkciju z = 3 + na dite a diferencijal dz, b dz u točki T(, za priraste d =. i d =.. c Za koliko

Διαβάστε περισσότερα

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1. σ-algebra skupova Definicija : Neka je Ω neprazan skup i F P(Ω). Familija skupova F je σ-algebra skupova na Ω ako vrijedi:. F, 2. A F A C F, 3. A n, n N} F n N A n F. Borelova σ-algebra Definicija 2: Neka

Διαβάστε περισσότερα

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.

Διαβάστε περισσότερα

x y 2 9. Udaljenost točke na osi y od pravca 4x+3y=12 jednaka je 4. Koja je to točka?

x y 2 9. Udaljenost točke na osi y od pravca 4x+3y=12 jednaka je 4. Koja je to točka? MATEMATIKA Zdci s držvne mture viš rzin Brojevi i lgebr Funkcije Jedndžbe i nejedndžbe Geometrij Trigonometrij LINEARNA FUNKCIJA 1. Uz koji uvjet jedndžb A+By+C=0 predstvlj prvc?. Koje je znčenje broj

Διαβάστε περισσότερα

Istosmjerni krugovi. 1. zadatak. Na trošilu će se trošiti maksimalna snaga u slučaju kada je otpor čitavog trošila jednak unutrašnjem otporu izvora.

Istosmjerni krugovi. 1. zadatak. Na trošilu će se trošiti maksimalna snaga u slučaju kada je otpor čitavog trošila jednak unutrašnjem otporu izvora. Strnic: X stosmjerni krugovi Prilgođenje n mksimlnu sngu. Rješvnje linernih mrež: Strnic: X. zdtk Otpor u kominciji prem slici nlzi se u posudi u kojoj vld promjenjiv tempertur. Pri temperturi ϑ = 0 C,

Διαβάστε περισσότερα

( , 2. kolokvij)

( , 2. kolokvij) A MATEMATIKA (0..20., 2. kolokvij). Zadana je funkcija y = cos 3 () 2e 2. (a) Odredite dy. (b) Koliki je nagib grafa te funkcije za = 0. (a) zadanu implicitno s 3 + 2 y = sin y, (b) zadanu parametarski

Διαβάστε περισσότερα

APROKSIMACIJA FUNKCIJA

APROKSIMACIJA FUNKCIJA APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu

Διαβάστε περισσότερα

Rešavanje diferencijalnih jednačina pomoću redova. Specijalne funkcije. Ortogonalne funkcije

Rešavanje diferencijalnih jednačina pomoću redova. Specijalne funkcije. Ortogonalne funkcije Glv 1 Rešvnje diferencijlnih jednčin pomoću redov. Specijlne funkcije. Ortogonlne funkcije 1.1 Neke druge specijlne funkcije Skoro bez izuzetk, njčešće korišćene specijlne funkcije su trigonometrijske

Διαβάστε περισσότερα

FURIJEOVI REDOVI ZADACI ( II

FURIJEOVI REDOVI ZADACI ( II FURIJEOVI REDOVI ZADACI ( II deo Primer. Fukciju f ( = rzviti u Furijeov red segmetu [,] ztim izrčuti sumu red. ( Rešeje: Kko je f ( = = = f ( zkjučujemo d je fukcij pr. Koristimo formue: = f ( = + ( cos

Διαβάστε περισσότερα