REALNA, KOMPLEKSNA ANALIZA I HILBERTOVI PROSTORI

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "REALNA, KOMPLEKSNA ANALIZA I HILBERTOVI PROSTORI"

Transcript

1 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI M. MATLJVIĆ Abstract. R R M M Uvod Radna verzija, 26 septembar 2007, 29 maj Kurs iz Teorije Realnih i Kompleksnih funkcija (TR-KF, popularno TRiK) sastoji se okvirno iz prve tri glave MM [Ma 9]i [Ma 9]: Kompleksne funkcije 1 & 2, Beograd, 2006, Kompleksna Analiza, BL 2004 (v. takodje Mitrinović [Mi] ) i dodatka u prilogu. Dodatak se odnosi na realnu analizu. Za više detalja o realnoj analizi videti npr. u Aljančić [Alj] i Rudin [Ru] (v. takodje Kolmogorov, Fomin [Ko-Fo]; Arsenović, Dostanić i Jocić [Ar-Do-Jo]). S obzirom da je kurs prvenstveno namenjen studentima R-smera teži dokazi i delovi koji izlaze iz osnovnog dela kursa su samo skicirani i obično označeni sa *. Nadamo se da će dalje dopune i korekcije uzeti u obzir primedbe kolega i studenata. 1. Integracija 1 U ovoj sekciji dajemo kratak pregled osnovnih svojstava mere i Lebeg-ovog integrala (detalje v. u Aljančić [Alj] i Rudin [Ru]) mera. Svakom intervalu I = (a, b) na realnoj pravoj odgovara merni broj m(i) - dužina b a. Da li i drugim skupovima A R odgovara odredjen realan broj-mera skupa m(a) tako da je 1. m(a) dužina intervala kada je A interval 2. m(a) ima karakteristične osobine dužine intervala: a. m je nenegativna i b. (aditivnost) mera unije disjunktnih skupova jednaka je zbiru mera skupova Ne postoji funkcija navedenih osobina na P R. Interesantno je odrediti maksimalnu familiju podskupova skupa R (odrediti merljive skupove) na kojoj postoji funkcija navedenih osobina i specijalno ispitati svojstvo aditivnost. Pomoću merljivih skupova definišu se merljive funkcije i uvodi Lebeg-ov integral, koji uopštava Riemann-ov i ima interesantne (važne) primene. Neka je X osnovni skup. Definicija 1.1. Neprazna familija skupova R PX je prsten ako iz A, B R A B, A \ B R Definicija 1.2. Prsten R (? Neprazna familija skupova R PX) je σ-prsten ako iz A k R(k = 1, 2,...) A k R; Date: 29 maj, Mathematics Subject Classification. Primary 30. 1

2 2 M. MATLJVIĆ σ-prsten R se naziva σ-algebra ako X R. Definicija 1.3. Neka je R prsten. Preslikavanje φ : R (, + ] naziva se funkcija skupa. Funkcija skupa φ je aditivna ako odnosno σ-aditivna ako A B = φ(a B) = φ(a) + φ(b), A i A j = (i j) φ( k=1a k ) = φ(a k ). Da bi izbegli specijalnu situaciju, pretpostavimo da φ ne uzima svuda na R vrednost +. Kada je reč o σ-aditivnosti, tada red k=1 φ(a k) konvergira ili odredjeno divergira ka +. Kako φ( k=1 A k) ne zavisi od poretka u kome skupovi A k ulaze u uniju, to ni numerički red k=1 φ(a k) ne zavisi od poretka svojih članova. Otuda ako je red S = k=1 φ(a k) konvergentan, onda je i apsolutno konvergentan. Specijalno, ako je R σ-prsten i ako sa S + ožnačimo sumu koja sadrži pozitivne, a sa S negativne brojeve φ(a k ), tada je < S 0 i 0 S + +. Dakle S je konačan broj.? Propozicija 1.1. Neka je φ aditivna funkcija na prstenu R. Tada (1) φ( ) = 0 (2) φ( n ν=1a ν ) = n ν=1 φ(a ν), gde su A ν disjunktni skupovi. (3) Za A, B R, k=1 φ(a B) + φ(a B) = φ(a) + φ(b) (4) ako je A B i φ(a) < +, tada φ(b \ A) = φ(b) φ(a) (5) ako je φ 0, tada za A, B R φ(a B) φ(a) + φ(b) a iz A B φ(a) φ(b) (6) ako je φ 0, niz (A n ) disjunktnih skupova iz R i A = ν=1a ν R, tada je (1.1) φ(a) φ(a ν ). ν=1 Dokaz (1)-(5), koji se bazira na jasnoj primeni svojstvu aditivnosti, ostavljamo za vežbu. 3 Kako su A \ B i A B, odnosno A \ B i B parovi disjunktnih skupova, iz?? sledi tj. φ[(a \ B) (A B)] = φ(a \ B) + φ(a B), φ[(a \ B) B] = φ(a \ B) + φ(b), φ(a \ B) + φ(a B) = φ(a), φ(a B) = φ(a \ B) + φ(b).

3 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 3 Sabiranjem ove dve nejednakosti sledi tvrdjenje ako je φ(a \ B) < +. Ako je φ(a \ B) = +, tada je prema prethodnim jednačinama φ(a) = +, φ(a B) = +, pa su obe strane u 3 jednake +. Na osnovu druge nejednačine u (5) i aditivnosti, iz A n ν=1a ν za svako n sledi φ(a) φ( n ν=1a ν ) = φ(a ν ) za svako n i otuda 1.1. Propozicija 1.2. Neka je φ σ-aditivna funkcija na prstenu R. Tada (1) ako je niz (A n ) iz R, A = ν=1a ν R i A 1 A 2 A 3..., tada φ(a n ) φ(a) (2) ako je niz (A n ) iz R, A = ν=1a ν R, A 1 A 2 A 3... i ako je φ(a k ) < (za neko fiksirano k), tada φ(a n ) φ(a). Uputstvo za (1). Definišimo B 1 = A 1 i B n = A n \ A n 1 (n = 2, 3,..., ). Skupovi B n su medjusobno disjunktni i A n = n ν=1 B ν, A = ν=1 B ν. Primeniti σ-aditivnost. Uputstvo za (2). Pretpostavimo da je k = 1. Definišimo C n = A 1 \ A n. Tada je C 1 C 2 C 3..., A 1 \ A = ν=1c ν. Na osnovu prvog dela, ν=1 φ(a 1 \ A n ) = φ(c n ) φ(a 1 \ A). Pretpostavka φ(a k ) < je bitna kao što pokazuje sledeći primer. Neka je za A N, A broj elemenata u A ako je A konačan skup i + ako je A beskonačan skup; ova funkcija je σ-aditivna na P N. Neka je X n = {n, n + 1, n + 2,... }; tada X n = +, i X = n=1x n =. Dakle X n ne teži X. Definicija 1.4. Nenegativna (sa vrednostima u [0, ]) σ-aditivna funkcija definisana na σ-algebri (ili prstenu) R naziva se pozitivna mera na R. Skupovi iz R nazivaju se merljivi skupovi lementarni skupovi. Otvoren interval u R m je skup I = {x = (x k ) : x k (α k, β k ), k = 1, 2,..., m}, gde su α k i β k (α k β k ) konačni realni brojevi. Za m = 1 to je interval na pravoj, za m = 2 pravougaonik u ravni, za m = 3 kvadar u prostoru, itd. Intervalu I dodeljujemo merni broj m m(i) = (β k α k ), k=1 tj. dužinu za m = 1, površinu za m = 2, zapreminu za m = 3. U nekim situacijima, pogodno je da za otvorene, poluotvorene i zatvorene intervale koristiti zajednički naziv interval. Definicija 1.5. A R m je elementaran skup u R m ako je unija konačno intervala. Familiju elementarnih skupova označavamo sa.

4 4 M. MATLJVIĆ Propozicija 1.3. Ako je je A, tada postoji jedno razlaganje skupa A na konačno disjunktnih intervala I ν (tj. postoji konačno disjunktnih intervala I ν tako da je A = n ν=1i ν ). Vežba 1.1. Razmotriti prvo dokaza za 1-dimenzione elementarne skupove. Uputstvo u slučaju ravni. Neka je A unija intervala J µ i S skup temena ovih intervala; a S 1 i S 2 projekcije skupa S respektivno na x i y -ose. Konstruišimo pomoću S 1 i S 2 odgovarajuću mrežu pravougaonika i neka npr. pravougaonici I ν pripadaju skupu A. XX Vežba 1.2. Generalisati ovaj dokaz za m-dimenzione elementarne skupove za m 2. Definicija 1.6. Neka je A i neka je n ν=1i ν jedno razlaganje skupa A na disjunktne intervale I ν. Definišimo m(a) = m(i ν ). ν=1 Proveriti da mera m ne zavisi od razlaganja. Neka su I ν i J µ dva različita razlaganja skupa A na konačno disjunktnih intervala. Kako je presek dva intervala opet interval, nalazimo m(i ν ) = µ m(i ν J µ ) za svako ν, i m(j µ ) = ν m(i ν J µ ) za svako µ. Otuda m(i ν ) = m(i ν J µ ) = m(j µ ). ν ν,µ µ Propozicija 1.4. Ako A, za svako ε > 0 postoje otvoren elementaran skup G i zatvoren elementaran skup F, tako da je F A G i m(a) < m(f ) + ε, m(g) < m(a) + ε. Uputstvo: Ako je A interval za G uzeti dovoljno blizak otvoren interval, a za F uzeti dovoljno blizak zatvoren interval. U opštem slučaju koristiti razlaganje dato Propozicijom 1.3. Sledeći primer ilustruje stav: funkcija m je mera na prstenu. Primer 1.1. Neka je I k = [ 1 1, ). Proveriti da je I = (0, 1) = 2 k 2 k 1 k=1 I k i da je 2 k = 1. k=1 Navesti sličan primer za skupove u ravni; J k = I k [0, 1], J = I [0, 1]. Teorema 1.1. Funkcija m je mera na prstenu. Prvo pokažimo da je m aditivna. Pretpostavimo A, B. Na osnovu Propozicije 1.3, postoje razlaganja skupova A i B na konačno disjunktnih intervala I ν i J µ respektivno (tj. postoji konačno disjunktnih intervala I ν i J µ tako da je A = n ν=1i ν i B = m ν=1j µ ). Ako je A B =, tada je unija svih I ν i J µ jedno razlaganje skupa A B na disjunktne intervale. Otuda, na osnovu Definicije 1.6 m(a B) = m m(i ν ) + m(j µ ) = m(a) + m(b). ν=1 µ=1

5 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 5 Skica dokaza da je m σ-aditivna. Pretpostavimo da su skupovi A ν disjunktni i da A = ν=1a ν. Na osnovu aditivnosi m (preciznije nejednakosti 1.1), sledi m(a) m(a ν ) =: S. ν=1 Interesantno je da je ideja dokaza obrnute nejednačine da se A aproksimira pomoću konačnog pokrivača. Dokaz obrnute nejednačine bazira se na Propoziciji 1.4 i Heine-Borel stavu: iz otvorenog pokrivača zatvorenog i ograničenog skupa može se izdvojiti konačno pokrivanje (uporediti sa dokazom da je m σ-subaditivna). Za svako ε > 0, na osnovu Propozicije 1.4, postoji zatvoren elementaran skup F i postoje otvoreni elementarani skup G n, tako da je F A, A n G n i m(a) < m(f ) + ε, m(g n ) < m(a n ) + ε 2 n, n 1. Kako je {G n } jedno otvoreno pokrivanje skupa F, može se izdvojiti jedno konačno pokrivanje, tj. postoji prirodan broj p tako da je Otuda je p n=1 G n F. m(a) ε < m(f ) p m(g n ) < S + ε, tj. m(a) < S + 2ε odnosno m(a) S, jer ε možemo birati proizvoljno malo. Spoljna mera Spoljna mera m (A) definiše se sa (1.2) m (A) = inf m(i k ), gde se infimum uzima preko svih najviše prebrojivih pokrivanja skupa A intervalima (I k ), k=1 I k A. Važno svojstvo spoljne mere je σ- subaditivnost, Propozicija 1.5, svojstvo 4 0 : ako je A = k=1 A k, tada m (A) k=1 m (A k ). Propozicija 1.5. Spoljna mera m ima sledeće osobine: 1 0. Ako je A, tada m (A) = m(a) m (A) Iz A B, sledi m (A) m (B) Iz A = k=1 A k, sledi m (A) k=1 m (A k ) ako je m aditivna na nekom σ-prstenu R P R m, tada je i σ-aditivna. Interesantno je primetiti ako je m aditivna na nekom σ-prstenu R, tada na osnovu 4 0 i nejednakosti 1.1, je i σ-aditivna. Ponovimo dokaz nejednakosti 1.1. Neka su (A k ) disjunktni skupovi u R i A = k=1 A k, tada je m ( n k=1 A k) m (A) i otuda n k=1 m (A k ) m (A). Stoga, na osnovu 4., sledi (1.3) m (A) = m (A k ). nemerljivi skupovi k=1 n=1 k=1

6 6 M. MATLJVIĆ Primer 1.2. Navesti primer disjunktnih skupova A k tako da u 4 0 ne važi jednakost. U skupu realnih R brojeva uvedimo relaciju ekvivalencije x y ako i samo ako x y racionalan broj. U svakoj klasi ekvivalencije izaberimo po jednog predstavnika iz intervala (0, 1). Označimo sa skup tih predstavnika. Neka je r = {x + r : x }. Konstrukcija se bazira na sledećim tačkama. 1 Ako x (0, 1), postoji y, tako da je x y. Definišimo r = x y. Tada je x = y + r, tj. x r za neko r (0, 1). 2 Ako su r i s dva različita racionalna broja, skupovi r i s su disjunktni. Pretpostavimo da r i s (r s) nisu disjunktni, tj. da postoji x r s. Otuda postoje tačke y, z, tako da je x = y +r = z +s. No tada je y z = s r 0, tj. y z i y z, što bi značilo da sadrži dva različite tačke iz iste klase ekvivalencije, suprotno definiciji skupa. Racionalne brojeve razmaka ( 1, 1) uredimo u niz (r n ) i definišimo A n = rn. Na osnovu 2, skupovi A n su disjunktni. Neka je A = n=1 A n. Iz 1 sledi, (0, 1) A i stoga 1 m (A). Kako su skupovi A n dobijeni translacijom skupa, ovi skupovi imaju istu spoljnu meru. Otuda, sobzirom na nejednačini 4, sledi m (A n ) = α > 0. Dakle desna strana u nejednačini 4 jednaka je +, dok leva, s obzirom na A ( 1, 2), nije veća od 3. Primer 1.3. Neka je K kružnica dužine 1, na kojoj je uvedena linearna Lebegova mera; i α iracional broj. Neka istoj klasi pripadaju one tačke kružnice K, koje mogu biti prevedene jedna u drugu rotacijom za ugao nαπ, n ceo broj. Izaberimo iz svake klase jednu tačku i označimo tako dobijen skup sa Υ 0 ; označimo sa Υ n skup dobijen iz Υ 0 rotacijom za ugao nαπ. Skupovi Υ n su disjunktni i njihova unija je ceo krug K. Proveriti 1 = m(υ k ). k= Suma na desnoj strani je 0, ako je m(υ 0 ) = 0 i beskonačno, ako je m(υ 0 ) > 0. Otuda Υ 0 je nemerljivo. Neka A, B R m. Definišimo d(a, B) = m (A B). Kažemo da A n A ako d(a n, A) 0. Definicija 1.7. Skup A iz R m pripada kolekciji M K ako postoji niz elementarnih skupova (A n ) tako da A n A. Skup A iz R m pripada kolekciji M(Lebeg-ov σ -prsten) ako je najviše prebrojiva unija skupova iz M K. Pokazati da dopustivi (Žordan merljivi) skupovi pripadaju kolekciji M K; ponoviti dopustivi (Žordan merljivi) skupove iz Analize 2. Teorema 1.2. Svaki neprazan otvoren skup G u R m (m 2) je prebrojiva unija zatvorenih kocki koje nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka i čije su strane paralelne koordinatnim ravnima. dokaz za m = 2; slično za m > 2. Za fiksirano n(= 1, 2,... ) sistem pravih x 1 = µ 2 n, x 2 = ν (µ, ν = 0, ±1, ±2,... ) 2n

7 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 7 odredjuje u ravni mrežu Q n zatvorenih kvadrata koje nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka. Neka je: T 1 kolekcija svih kvadrata mreže Q 1 koji pripadaju G i G 1 njihova unija; T 2 kolekcija svih kvadrata mreže Q 2 koji pripadaju G, ai ne pripadaju T 1 (koji pripadaju G \ G 1 ) i G 2 njihova unija ;T 3 kolekcija svih kvadrata mreže Q 3 koji pripadaju G, a ne pripadaju T 1 T 2 (a ne pripadaju G 1 G 2 ); itd. Svaka kolekcija T n je najviše prebrojiva pa je takva i njihova unija T = T n. Poredjajmo sve kvadrate iz T u niz S 1,S 2,... Jasno je G = n=1s n. Ako je G ograničen, onda postoji pravougaonik R tako da G R; tada je za svako n 1 m(s k ) m(r). k=1 Otuda r n teži 0 kada n teži, gde je r n = k=n m(s k). Neka je A n = n k=1 S k; tada m (G \ A n ) r n. Dakle A n G i otuda G M K. Ako A, B M K, tada postoje nizovi elementarnih skupova A n i B n tako da A n A i B n B. Iz aditivnosti m na sledi m(a n ) + m(b n ) = m(a n B n ) + m(a n B n ) Na osnovu Propozicije 1.5, svojstvo 1 0, prelaskom na limes nalazimo m (A) + m (B) = m (A B) + m (A B). Na osnovu prethodnog razmatranja dokazuje se (detalji su ostavljeni čitaocu) sledeća lema. Lema 1.1. M K je prsten i m je aditivna i konačna na M K. Otuda sledi da je m aditivna na M K (ključno svojstvo pomoću koga se zatim dokazuje da je m σ-aditivna na M). M je σ -prsten i m je σ -aditivna funkcija skupa na M. Ako A iz R m pripada kolekciji M(Lebeg-ov σ -prsten) kažemo da je A merljiv u Lebeg-ovom smislu (kratko merljiv). Primer 1.4. Pokazati da skup konstruisan u Primeru 1.2 nije merljiv. Ako je skup konstruisan u Primeru 1.2 merljiv, tada su i A n = rn merljivi i onda u 4 važi jednakost. Lema 1.2. Svaki skup A iz M može se prikazati kao najviše prebrojiva unija disjunktnih skupova A n iz M K. Ako je skup A najviše prebrojiva unija disjunktnih skupova A n iz M K, tada je (1.4) m (A) = m (A n ) n=1 Primetimo da smo već dokazali 1.4 (? sledi iz 1.3). Na osnovu definicije M, postoje skupovi B k, k 1, u M K tako da je A = k=1b k. Definišimo C n = n k=1 B k, A 1 = B 1 i A n = C n \ C n 1, (n = 2, 3,...).

8 8 M. MATLJVIĆ Jednostavno se proverava da skupovi A n ispunjavaju tražene uslove. Na osnovu Teoreme 1.2, svaki neprazan otvoren skup G u R m (m 2) je prebrojiva unija zatvorenih kocki S k, k 1, koje nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka i čije su strane paralelne koordinatnim ravnima. Objasniti zašto je m(g) = k=1 m(s k). Lema 1.3. Ako A M i m (A) < +, tada A M K. Na osnovu Leme 1.2 postoje disjunktni skupovi A k u M K tako da je A = A k i m (A) = m (A k ). Označimo n k=1 A k sa B n. Iz d(a, B n ) = m ( k=n+1a k ) = m (A k ) 0 k=n+1 sledi da B n A. Na osnovu Lema 1.1, 1.2 i 1.3, dokazuje se centralni stav u Lebeg-ovoj teoriji mere Teorema 1.3 (*). M je σ -prsten i m je σ -aditivna funkcija skupa na M. Primer 1.5. Neka je Ik s = (k, k + 1/ks ) (0, 1), Jn s = n k=1 I k i J s == k=1 Is k, s 0 ; tada Jn s, J s / ; kako red k=1 m(is k ) konvergira za za s > 1, J s M K \ za s > 1; kako red k=1 m(is k ) divergira za za s 1, J s M \ M K za s 1. Klase merljivih skupova i funkcija Teorema 1.4. Otvoreni i zatvoreni skupovi u R m su m-merljivi. Svaki neprazan otvoren skup u R m (m 2) je prebrojiva unija zatvorenih kocki koje nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka i čije su strane paralelne koordinatnim ravnima. Zatvoreni skupovi su merljivi kao komplementi otvorenih. Propozicija 1.6. Ako A M, za svako ε > 0 postoje otvoren skup G i zatvoren skup F, tako da je F A G i m(a \ F ) < ε, m(g \ A) < ε. Uputstvo: Za G uzeti dovoljno blisko pokrivanje otvorenim intervalima; izdvojiti slučaj m(a) =. Ako je proizvoljan skup m (A) < + (u opštem slučaju nemerljiv), tada postoji pokrivanje skupa A otvorenim intervalima I n tako da je (1.5) m (I k ) < m (A) + ε. k=1 Neka je G = k=1i k. Tada je G otvoren, A G i m (G) < m (A) + ε. Otuda, ako je A m-merljiv, sledi m (G \ A) = m(g \ A) < ε. Vežba 1.3. Objasniti zašto, bez pretpostavke da je A m-merljiv, prethodna nejednakost ne važi. Žasto svaki merljiv skup nije najviše prebrojiva unija elementarnih skupova?

9 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 9 Mada su skupovi G \ A i A disjunktni jednakost: m (G \ A) + m (A) = m (G) ne važi ako je A nemerljiv skup. Ako ova jednakost važi za svaki otvoren skup G koji sadrži A, onda kao u dokazu sledeće Propozicije, sledi da je A merljiv. Ova situacija pokazuje da je aditivnost važno svojstvo kao i klasa merljivih skupova. Borel-ov skup je svaki skup koji se može dobiti iz otvorenih skupova primenjujući najviše prebrojivo unija, preseka i komplemenata. U praksi, dovoljno je raditi sa klasom B Borel-ovih skupova. B je najmanji σ-prsten koji sadrži sve otvorene skupove. Propozicija 1.7. Ako A M, tada postoje Borelovi skupovi G i F, tako da je F A G i m(a \ F ) = 0, m(g \ A) = 0. Dakle, svaki m-merljiv skup može se prikazati kao unija Borelovog skupa i skupa m-mere 0: A = B (A \ B). Uputstvo: Na osnovu Propozicije 1.6, za svako fiksirano n (n = 1, 2,...) postoje otvoreni skupovi G n i zatvoreni skupovi F n tako da je F n A G n i m(a \ F n ) < 1/n, m(g \ A n ) < 1/n. Definišimo G = n=1g n, F = n=1f n. Kako je m(a \ F ) m(a \ F n ) < 1/n, m(g \ A) m(g n \ A) < 1/n, kada n dobija se Propozicija 1.7. Svaki neprazan otvoren skup G u R m može se prikazati kao najviše prebrojiva unija zatvorenih kocki Q k, koje nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka i čije su strane paralelne koordinatnim ravnima; pri tome je m(g) = Q k. Merljive funkcije Ponovimo R = R {± }. Koristi se i oznaka R. Označimo supremum odnosno infimum skupa {a n, a n+1,... } kratko sa a + n =: sup a k k n odnosno a n =: inf k. k n Niz a + n opada, a n raste, i lim sup a k = inf n 1 sup k n a k, lim inf a k = sup n 1 inf k n a k. Definicija 1.8. Funkcija f : R m R je merljiva ako je {x : f(x) > s} merljiv za svako realno s. Kompleksna funkcija f = u + i v je merljiva ako su realne funkcije u i v merljive. Propozicija 1.8. Ako je jedan od skupova {x : f(x) > s}, {x : f(x) s}, {x : f(x) < s}, {x : f(x) s} merljiv za svako realno s, takvi su i ostala tri. {x : f(x) s} = n=1{x : f(x) > s 1 n } Propozicija 1.9. Ako je f merljiva, tada je f merljiva. Ako je (f k ) niz realnih merljivih funkcija, tada su merljive funkcije. g = sup f k, h = inf f k, lim sup f k, lim inf f k

10 10 M. MATLJVIĆ {x : f(x) < s} = {x : f(x) < s} {x : f(x) > s}. Specijalno, ako je f realna merljiva, funkcije f + = max{f(x), 0} i f = max{ f(x), 0} su merljive. Pomoću f + i f, funkcije f i f razlažu se na razliku i zbir dve nenegativne funkcije: f = f + f, f = f + + f Definišimo g = sup k 1 f k, A = {x : g(x) > s}, A n = {x : f n (x) > s}, s R; kako je g f n, jasno je A n A za svako n 1 i stoga n=1a n A. Ako x A, tada postoji n 0 tako da je s < f n0 (x) F (x); otuda x A n0 tako da sledi A n=1a n i stoga A = n=1a n. Neka je B = {x : h(x) s}, B n = {x : f n (x) s}, s R; jasno je B B n za svako n 1 i stoga B n=1b n. Ako x n=1b n, tada f n (x) s za svako n 1 i stoga h(x) s. Otuda B = n=1b n. Podvucimo da iz f n (x) > s za svako n 1 sledi h(x) s. Kako je lim sup f k (x) = inf n 1 sup k n f k (x), lim inf f k = sup n 1 inf k n f k, funkcije lim sup f k i lim inf f k su merljive. Propozicija Neka je f = u + iv kompleksna funkcija merljiva na R m i Φ neprekidna funkcija na C, tada je funkcija h = Φ f merljiva. Dokaz: Neka je I c = (c, ). Kako je Φ neprekidna funkcija skup V = Φ 1 (I c ) je otvoren skup. Dovoljno je dokazati da je f 1 (V ) je merljiv. Ako je R pravougaonik u ravni sa stranama paralelnim osama tada je R produkt dva segmenta I 1 i I 2 i f 1 (R) = u 1 (I 1 ) v 1 (I 2 ), a ovaj skup je merljiv s obzirom da su u i v merljive. Svaki otvoren skup V u ravni je prebrojiva unija takvih pravougaonika, i kako je f 1 (V ) je merljiv Lebeg-ov integral. f 1 (V ) = f 1 ( i=1r i ) = i=1f 1 (R i ), Lebeg-ov integral pozitivne funkcije. Jednostavne funkcije Lebeg-ov integral Funkcija j, definisana na R m je jednostavna funkcija ako uzima samo konačno mnogo različitih vrednosti u [0, + ]. Aproksimacija jednostavnim funkcijama Teorema 1.5. Neka je f nenegativna merljiva funkcija na R m, i neka je I n,k = [ k 1 2, k n 2 ), za n = 1, 2, 3,... i 1 k n2 n, n (1.6) n,k = f 1 (I n,k ) i F n = f 1 ([n, ]), i s n jednako k 1 2 n na n,k i n na F n. Tada (a) 0 s 1 s 2... f (b) s n f(x) za svako x R m (c) ako je f ograničena funkcija, tada niz (s n ) konvergira ravnomerno ka f.

11 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 11 Teorema 1.5 je važna za razumevanje Lebegovog integrala. Za razliku od suma u Rimanovom pristupu, koje nastaju pomoću podele na x -osi, ovde imamo podelu y -ose. Skupovi n,k, koji su inverzne slike intervala, mogu biti komplikovaniji od intervala i pomoću njihovih mera definiše se Lebegov integral (v. Primer 1.6, koji sledi). Otuda mera (u suštini, svojstvo σ-aditivnosti) i merljivi skupovi imaju bitnu ulogu u Lebegovog teoriji integrala. Propozicija Pri oznakama uvedenim u Teoremi 1.5, neka je τ n = n2 n k=1 Pokazati da je τ n neopadajući niz. k 1 2 n m( n,k) + n m(f n ). Npr. ako je m = 1, τ n je površina koju ograničava grafik funkcije s n. Uskoro će biti jasno da je granična vrednost niza τ n Lebegov integral funkcije f. beskonačno puta nula u integraciji, 0 = 0. Realna linija ima beskonačnu dužinu. se pojavljuje u teoriji integracije.?? I ako smo primarno zainteresovani za realne funkcije lim sup ili suma niza pozitivnih realnih funkcija može imati vrednost u nekim tačkama; i teorija gubi elegantnost ako uvodimo specijalne pretpostavke kada se takva situacija pojavi.? Definišimo a + = + a = ako je 0 a, i a = a jednako ako je 0 < a, i 0 = 0. Za ovu definiciju važe komutativni, asocijativni, i distributivni zakon u [0, ]. Primetimo da važi sl. propozicija: Ako a n i b n nenegativni nizovi, a n a, b n b, tada a n b n ab. Pitanje. Ako su a n 0 i b n, da li a n b n 0 = 0? Odgovor: Ne. Konvencija o množenju sa ne primenjuje? se na konvergenciju nizova? (Objasniti!). Sa K označavamo karakterističnu funkciju skupa definisanu sa K (x) = 1 ako x i K (x) = 0 ako x /. Definicija 1.9. Merljiva funkcija j(x), definisana na R m je jednostavna merljiva funkcija, ako uzima samo konačno mnogo različitih vrednosti u [0, ). Neka su α ν medjusobno različite vrednosti jednostavne merljive funkcije i neka je A ν = {x : j(x) = α ν }. Pravolinijski se proverava j(x) = α ν K Aν. Definicija Neka je j(x) = ν=1 α ν K Aν ν=1 jednostavna merljiva funkcija, gde su α ν medjusobno različite vrednosti. Lebeg-ov integral jednostavne funkcije j na merljivom skupu definisan je sa j dm = α ν m(a ν ). ν=1 Za jednostavne funkcije umesto j koristi se i oznaka s.

12 12 M. MATLJVIĆ Definicija Neka je R m merljiv skup i neka je f nenegativna merljiva funkcija na R m. Lebeg-ov integral funkcije f na merljivom skupu definisan je sa f dm = sup j dm, gde se supremum uzima preko svih jednostavnih merljivih funkcija j za koje je 0 j(x) f(x) na R m. Ako je µ pozitivna mera na σ-algebri M na skupu X, analogno se definiše Lebegov integral: Definicija Neka je j(x) = α ν K Aν ν=1 jednostavna merljiva funkcija, gde su α ν medjusobno različite vrednosti. Lebeg-ov integral jednostavne funkcije j na merljivom skupu X definisan je sa j dµ = α ν µ(a ν ). ν=1 Za jednostavne funkcije umesto j koristi se i oznaka s. Neka je [0, 1] nemerljiv skup. Da li postoji jednostavna merljiva funkcija j na tako da je 0 j(x) K (x) na? Definicija Neka je µ pozitivna mera na σ-algebri M na skupu X i neka je X merljiv skup i neka je f nenegativna merljiva funkcija na. Lebeg-ov integral funkcije f na merljivom skupu definisan je sa f dµ = sup j dµ, gde se supremum uzima preko svih jednostavnih merljivih funkcija j za koje je 0 j(x) f(x) na. Sledeća propozicija je neposredna posledica definicije. skupovi i funkcije koje se pojavljuju merljivi. Pretpostavlja se da su Propozicija (1) ako je 0 f g, tada je f dm g dm (2) ako je A B i f 0, tada A f dm B f dm (3) ako je f 0 i c konstanta,0 c, tada cfdm = c fdm (4) ako je f = 0 za sve x, tada fdm = 0 (5) ako je m() = 0, tada je fdm = 0 (6) ako je f 0, tada fdm = R m K fdm. Uputstvo za (3): Ako je s merljiva jednostavna funkcijatako da je 0 s f, tada je cs merljiva jednostavna funkcija, 0 cs cf i c s dm = c s dm. Otuda prvo, sledi c f dm c f dm i stoga (3).

13 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 13 Na osnovu osobine 6, sledi da se m-integral može definisati prvo za funkcije definisane na celom R m, a zatim pomoću 6 na podskupovima u R m. Ovu primedbu možemo koristiti da iskaze o integralima na celom R m kao integracionom području formulišemo u odgovarajuće iskaze gde integraciono područje neki merljiv podskup u R m. Primetimo: Ako je f : R m [0, ] nenegativna m-integrabilna funkcija na R m, tada je f konačna s.s. na R m. Propozicija 1.13 (jednostavne funkcije definišu meru). Neka su s i t jednostavne merljive funkcije na R m. Za M, definišimo (1.7) φ() = s dm. Tada je φ mera na M i (1.8) (s + t) dm = R m sdm + R m tdm. R m Neka je s kao u Definiciji 1.12, i ako su 1, 2,... disjunktni merljivi skupovi čija je unija, na osnovu σ-aditivnosti Lebegove mere m, sledi φ() = α i m(a i ) = m(a i ν ) = i=1 ν=1 i=1 α i i=1 ν=1 α i m(a i ν ) = φ( ν ) Takodje, φ( ) = 0, tako da φ nije identički. Dalje neka su β 1,..., β m različite vrednosti funkcije t, i neka je B j = {x : t(x) = β j }. Ako je ij = A i B j, tada ij (s + t)dm = (α i + β j )m( ij ) i ν=1 sdm + tdm = α i m( ij ) + β j m( ij ) ij ij Dakle (1.8) važi sa ij umesto R m. Kako je R m disjunktna unija skupova ij, (1.8) sledi iz prvog dela Propozicije. Teorema 1.6. * (Beppo-Levi, Lebeg-ov stav o monotonoj kovergenciji) Neka je {f n } niz merljivih funkcija na R m, i pretpostavimo (a) 0 f 1 f 2... (b) f n f(x) za svako x R m Tada je f merljiva funkcija, i (1.9) lim n f n dm R m f dm. R m Kako su f n merljive funkcije i f je merljiva funkcija, ali u opštem slučaju ne mora biti integrabilna; dakle I = R m f dm postoji ali I je konačan broj ili Ako je lim n R m f n dm konačan tada je f integrabilna na R m.

14 14 M. MATLJVIĆ Ideja dokaza. Kako je I n = R m f n dm monotono neopadajući niz brojeva, to I n konvergira ili odredjeno divergira, tj. I n ω, kada n, gde je ω konačan broj ili +. Kako je f n f na R m, sledi I n = R m f n dm R m f dm i otuda, kada n, dobija se (1.10) ω f dm. R m Neka je s jednostavna merljiva funkcija tako da je 0 s f, i c konstanta, 0 < c < 1. Definišimo (1.11) n = {x : f n (x) c s(x)}. Tada je, f n dm c R m s dm, n a na osnovu Propozicije 1.13(jednostavne funkcije definišu meru), s dm n s dm. R m Otuda, kada n, sledi ω c s dm R m za svako c, 0 < c < 1; i stoga kada c 1 0, dobija se ω s dm R m za svaku jednostavnu funkciju s za koju je 0 s f na R m. Prema tome, (1.12) ω f dm. R m Dakle, ako je ω < + tada je f integrabilna, odnosno, ako f nije integrabilna tada ω = +. Iz (1.10) i (1.12) sledi (1.9). Primer 1.6. Pretpostavimo da imamo oznake iz Teoreme 1.5. Tada s n dm f dm. R m R m Ovaj primer pokazuje da je u definiciji Lebeg-ovog integrala dovoljno uzeti supremum po specijalnim jednostavnim funkcijama s n. Integracija redova sa nenegativnim članovima Teorema 1.7 (Integracija redova sa nenegativnim članovima). Pretpostavimo da je f n : R m [0, ] niz nenegativnih merljivih funkcija, za n = 1, 2, 3,..., i (1.13) f(x) = f k (x) (x R m ). 1

15 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 15 Tada (1.14) R m fdm = 1 R m f k dm. Uputstvo. Prvo, postoje nizovi {s 1 i }, {s2 i } prostih merljivih funkcija tako da s 1 i f 1 i s 2 i f 2, kao u Teoremi 1.5. Ako je s i = s 1 i + s1 i, tada s i f 1 + f 2, i na osnovu Stava o monotonoj konvergenciji i Propozicije 1.13, sledi (1.15) (f 1 + f 2 )dm = f 1 dm + f 2 dm. R m R m R m Dalje, na niz s n (x) = n 1 f k(x), primeniti Stav o monotonoj konvergenciji. Teorema važi ako umesto mere m razmatramo nenegativnu meru µ. Ako je µ mera def?? na N = {1, 2, 3,... } kao broj elementa nekog skupa, tada teorema je tvrdjenje o dvojnim redovima nenegativnih realnih brojeva: Posledica 1.1. Neka je a ij 0. Tada je a ij = a ij. i=1 j=1 j=1 i=1 Primer 1.7. Naći sumui = k=1 kqk, q < 1. Neka je a kj = q k za j = 1, 2,... k i a kj = 0 za j > k. Suma elemenata j-kolone je I j = q k = qj 1 q k=j i otuda I = j=1 I j = 1 1 q j=1 qj = q (1 q) 2. Teorema 1.8 (Fatu(Fatou)-ova lema). Neka je (f n ) niz nenegativnih merljivih funkcija na R m i f(x) = lim inf f n(x) n Tada je (1.16) A =: fdm lim inf f n dm R m n R m Neka je (1.17) f n (x) = g n (x) = inf ν n f ν(x) Tada je g n f n i otuda (1.18) J n =: g n dm f n dm. R m R m Dokažimo da J n A, kada n teži +. Funkcije g n su nenegativne i neopadajuće i otuda je lim n g n (x) = sup n 1 g n (x) = sup n 1 inf ν n f ν (x) = f(x). Kako su funkcije g n i nenegativne na osnovu Lebeg-ov stav o monotonoj kovergenciji, leva strana (1.18) teži levoj strani (1.16). Niz J n je neopadajući tako da lim inf n J n = lim n J n ; otuda (1.16) sledi iz (1.18).

16 16 M. MATLJVIĆ Propozicija Neka je f nenegativna merljiva funkcija na R m. Za M, definišimo (1.19) µ() = f dm. Tada je µ mera na M i (1.20) f dm = fdm + fdm ako su skupovi 1, 2,... merljivi, medjusobno disjunktni i = k=1 k. Iz dobija se K = K (x)f(x) = n=1 K n K n (x)f(x). n=1 Integrišući levu i desnu stranu, nalazi se (1.20) Lebeg-ov integral realnih i kompleksnih funkcija. Neka je f realna m-merljiva funkcija na m-merljivom skupu R m. Ako bar jedan od integrala f + dm, f dm ima konačnu vrednost, tada se Lebeg-ov integral f na definiše sa fdm = f + dm f dm Ako je Lebeg-ov integral funkcije f na konačan kažemo da je f integrabilna u Lebeg-ov smislu ili m-integrabilna. Klasu m-integrabilnih funkcija označavamo sa L() = L R (). Propozicija Neka je f realna m-merljiva funkcija na m-merljivom skupu R m. Tada f L() ako i samo ako f L() Ako f L(), tada oba integrala f + dm, f dm imaju konačnu vrednost, pa na osnovu specijalnog slučaja Teoreme 1.7 (integracija redova sa nenegativnim članovima), funkcija f = f + + f je m-integrabilna. Obrnuto, koristiti f +, f f. Interesantno je da funkcija f definisana na [0, 1] sa f(x) = 1 za x Q i f(x) = 1 za x / Q, nije Riman integrabilna na [0, 1], a f jeste Riman integrabilna na [0, 1]. Definicija Neka je merljiv; L 1 () = L() je familija kompleksnih merljivih funkcija na za koje f dm < +. Ako je f = u + i v i f L 1 (), definišimo fdm = udm + i vdm Propozicija Pretpostavimo da je merljiv skup, f i g L 1 () i a i b kompleksni brojevi. Tada af + bg L 1 () i (1.21) (af + bg)dm = a fdm + b gdm

17 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 17 (1.21) sledi iz (1.22) (f + g)dm = fdm + gdm i (1.23) (af)dm = a fdm. Opšti slučaj (1.22), sledi ako dokažemo (1.22) za realne funkcije f i g. Pretpostavimo ovo, i definišimo h = f + g. Tada je (1.24) h + + f + g = h + f + + g +. Na osnovu Propozicije 1.12, sv.(3), (1.23) važi ako je a 0. Koristeći relacije kao ( u) + = u, proveriti da (1.23) važi za a = 1. Slučaj a = i, jednostavno se proverava. Ako je f = u + iv, tada (if)dm = (iu v)dm = ( v)dm + i udm = (v)dm + i udm = i( Na osnovu idukcije i formule (1.22), sledi: udm + i v)dm = i Propozicija 1.17 (aditivnost integrala za konačne sume). Pretpostavimo da je merljiv skup, f k L 1 (), (k = 1,, n), i s n = n k=1 f k. Tada je s n dm = f k dm k=1 Teorema 1.9. Ako je f L 1 (), tada je (1.25) fdm f dm Neka je z = fdm. Na osnovu leme o polarnoj formi z = reiϕ, gde je r = z ; otuda je z = e iϕ fdm = Re(e iϕ f)dm f dm. U dokazu sl. teoreme koristićemo slede c a svojstva: 1. Ako je a k realan niz tada je lim inf( a k ) = lim sup a k. Neka je A skup tačaka nagomilavanja niza (a k ) i a 0 najveći element skupa A. Tada je A = { a : a A} skup tačaka nagomilavanja niza ( a k ); neka je b 0 najmanji element element skupa A; tada je b 0 = a Neka je J n nenegativan niz i lim sup n J n 0. Tada je lim inf n J n 0 i kako je lim sup n J n lim inf n J n, sledi lim sup n J n = lim inf n J n = 0. Otuda je lim n J n = 0. Teorema (Lebegov stav o dominantnoj konvergenciji) Pretpostavimo da je {f n } niz kompleksnih merljivih funkcija na R m i da (1.26) f(x) = lim n f n(x) postoji za svako x R m. Ako postoji funkcija g L 1 (R m ) tako da (1.27) f n (x) g(x) (n = 1, 2, 3,...; x R m ), f.

18 18 M. MATLJVIĆ tada f L 1 (R m ), (1.28) lim f n f dm = 0, n R m i (1.29) lim f n (x)dm = fdm. n R m R m Neka je s n = 2g f n f, J n = f n f dm i I n = s n dm. Tada je I n = 2g dm J n i otuda, na osnovu 1., (1.30) lim inf I n = 2g dm lim sup n n Kako je, na osnovu (1.27), f g, to je f n f f n + f i stoga f n f 2g, s n = 2g f n f je niz nenegativnih funkcija. Otuda, kako, na osnovu (1.26), f n f 0 i stoga s n 2g, primenom Fatu(Fatou)-ve leme, dobija se 2g dm lim sup J n 2g dm. n R m Kako je 2g dm konačan, lim sup J n 0. n Otuda, na osnovu 2., sledi lim n J n = 0. Na osnovu, f R m n (x)dm fdm J R m n, sledi (1.29). Stavovi o montonoj konvergenciji, dominatnoj konvergenciji i integraciji redova sa proizvoljnim članovima?? pokazuju prednosti Lebegovog integrala nad Rimanovim jer se za primenu pod pogodnijim uslovima može zaključiti da niz integrala konvergira integralu granične funkcije. Propozicija Neka je f merljiva funkcija na R m i f L(R m ). Za M, definišimo (1.31) φ() = f dm. Tada je φ σ-aditivna kompleksna funkcija skupa (kompleksna mera) na M i (1.32) f dm = fdm + fdm ako su skupovi 1, 2,... merljivi, medjusobno disjunktni i = k=1 k. Uputstvo: Ako je f realna funkcija, primeniti Propoziciju 1.14 na f + i f. Ovde se, za razliku od Propozicije 1.14, pretpostavlja da je f m-integrabilna funkcija na R m. Otuda je φ ograničena na M, jer je φ() f dm f dm + R m za svako M(m). J n.

19 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 19 Primer 1.8. Neka nenegativna funkcija f L(R m ) i neka je { f akof n [f] n = n akof n niz tzv. sasečenih funkcija funkcije f. Jednostavno se proverava da je niz [f] n monoton i da [f] n f;npr. ako je f(x) R tada je [f] n (x) = f(x) za f(x) n i ako je f(x) = + tada je [f] n (x) = n za svako n. Otuda, na osnovu Stava o monotonoj konvergenciji, (1.33) lim [f] n (x)dm = fdm. n Primetimo da je [f] n f i da se može primeniti i Lebeg-ov stav o dominantnoj konvergenciji. Propozicija (apsolutna neprekidnost m -integrala) Neka je f L(R m ). Tada za svako ε > 0 postoji broj δ > 0 tako da za svaki m-merljiv skup iz R m (1.34) m() < δ fdm < ε. Dovoljno je dokazati za realne funkcije f. Kako je f = f + f, možemo pretpostaviti da je f 0. Na osnovu Primera 1.8, (1.35) lim (f [f] n ) dm = 0, n i otuda postoji prirodan broj n 0 tako da (1.36) f [f] n0 dm < ε 2. Neka je δ = ε ; kako je [f] n0 n 0, dobija se 2 n 0 ε [f] n0 (x) dm n 0 m() n 0 = ε/2. 2 n 0 Otuda, kako je f dm f [f] n0 dm + [f] n0 (x) dm, sledi dokaz Lebeg-ov integral i skupovi mere nula. Konačni i prebrojivi skupovi su mere nula. Interesantniji primer je Kantorov skup K (videti 1.23), koji je zatvoren, neprebrojiv i ima meru nula. Ovaj primer pokazuje da je vizuelno teško opisati skupove mere nula, koji imaju važnu ulogu u Lebeg-ovoj teoriji integrala. Kompaktan skup F ima meru nula akko ima svojstvo konačnog pokrivanja intervalima čija je totalna dužina proizvoljno mala : za svako ε > 0 postoji konačno mnogo intervala koji pokrivaju F i čija je totalna dužina manja od ε. Skup Q racionalnih brojeva je prebrojiv i otuda ima meru nula. Interesantno je da skup Q [0, 1] nema svojstvo konačnog pokrivanja intervalima cija je totalna dužina proizvoljno mala.

20 20 M. MATLJVIĆ Neka je P svojstvo koje tačka x ima ili nema. Neka je merljiv. P skoro svuda na (P s. s. na ) znači postoji skup N mere nula tako da P važi na \ N. Npr. ako su f i g merljive funkcije na R m i (1.37) m({x : f(x) g(x)}) = 0 kažemo da je f = g s.s. [m] i pišemo f g. Podvucimo ako je f g, tada je (1.38) fdm = gdm. za svaki merljiv skup. Neka je N = {x : f(x) g(x)} (definisan sa (1.37)); je unija skupova \ N i N; f = g na \ N i m( N) = 0; otuda, na osnovu Propozicije 1.18(tj. jednakosti (1.32) za specijalan slučaj dva skupa), sledi (1.39) (f g)dm = \N (f g)dm + (f g)dm = 0. N Na sličan način, pomoću skupa {x : f(x) g(x)} umesto skupa N, dokazuje se: Ako je f = g s.s. na merljivom skupu, tada je (1.40) fdm = gdm. Ovu osobinu integrala možemo i ovako formulisati: Ako je f = 0 s.s. na, tada je fdm = 0. Videti Stavove 11, 12,14,15,16 [Alj]. Integracija redova sa proizvoljnim članovima Teorema Pretpostavimo da je {f n } niz kompleksnih merljivih funkcija definisanih s.s. na R m i da (1.41) f k dm < + R m Tada (1.42) f(x) = 1 f k (x) konvergira za skoro svako x R m, f L 1, i (1.43) fdm = f k dm R m R m Neka su funkcije {f n } definisane na skupovima n i neka je = k=1 k. Proveriti da je m(r m \ ) = 0. Definišimo S + (x) = 1 f k (x), i s n = n 1 f k. Tada s n S +, s n (x) f(x). Na osnovu pretpostavke (1.41) i Teoreme 1.7 (Integracija redova sa nenegativnim članovima), S + (x) je integrabilna funkcija na R m. Otuda S + (x) je konačna funkcija s.s. i stoga red (1.42) konvergira s.s. 1 1

21 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 21??Kako s n (x) f(x) s.s, primenom Lebeg-ovog stava o dominantnoj konvergenciji na niz funkcija s n, nalazimo s n dm R m fdm R m kada n. S druge strane na osnovu Propozicije o aditivnost integrala za konačne sume, s n dm = R m f k dm. R m Otuda sledi (1.43). Podvucimo sledeće: ako su {f n } definisane za svako x R m, iz (1.41) sledi samo da red (1.42) konvergira s.s. Primer 1.9. Neka je a k (x) = coskx 2 k i s(x) = k=0 a k(x). Dokazati da je 1 s(x) = Re 1 e ix /2, x R. Proveriti da li je integral 2π 0 s(x)dx = 2π. 1 Navesti primer reda za koji integracija reda član po član daje netačan rezultat. Primer Neka je f k (x) = (k + 1)x k i a k (x) = f k (x) f k+1 (x). Tada je a k (x) = ( (k + 1)(1 x) x ) x k, 1 0 f k(x)dx = 1 i otuda 1 0 a k(x)dx = 0, k 0, s(x) = k=1 a k(x) = f 1 (x) i otuda 1 s(x)dx = 1. Integracijom reda član po 0 član dobija se 0. Primer Neka je m-merljiv skup i neka je f nenegativna m-merljiva funkcija na. Tada fdm = 0 f = 0 s.s. na. Uputstvo: Neka je n = {x : f(x) > 1/n}, n 1. Tada se skup tačaka A, na kojem je f(x) > 0 može napisati u obliku A = n=1 n ; zaista, n A; i ako x A, tada postoji n tako da je f(x) > 1/n > 0, tj. x n, n 1. Kako je fdm n fdm m( n )/n, sledi m( n ) = 0 i otuda m(a) = 0. Propozicija Neka je f L(R m ) i neka je (1.44) fdm = 0 za svaki m-merljiv skup u R m. Tada je f = 0 s.s. na R m. Uputstvo: Neka je A = {x : f(x) 0} i B = {x : f(x) 0}. Tada je, na osnovu Primera 1.11, f = 0 s.s. na A i B. Propozicija Neka je f L(R) i neka je (1.45) x za svako x R. Tada je f = 0 s.s. na R. fdm = 0

22 22 M. MATLJVIĆ Uputstvo: Dokažimo da (1.46) fdm = 0 za svaki m-merljiv skup. Iz (1.45) sledi da (1.46) važi za svaki otvoren interval u R i otuda za svaki otvoren skup, jer su otvoreni skupovi u R najviše prebrojiva unija disjunktnih otvorenih intervala. No tada (1.46) važi za svaki Borelov skup, a time na osnovu Stava?? i za svaki m-merljiv skup Odnos izmedju Lebeg-ovog i Riemann-ovog integrala. Teorema Ako je f R-integrabilna na [a, b], tada je f i Lebeg-integrabilna na [a, b] i (1.47) b a fdm = b a fdx Obrnuto ne važi kao što pokazuje sledeći primer: Primer 1.12 (Dirihleova funkcija). Neka je f definisano na [0, 1] sa f(x) = 1 kada je x iracionalan broj i f(x) = 0 kada je x racionalan broj. Napomena: Ako je f R-integrabilna na [a, b], tada je f ograničena na [a, b]. Otuda, ako je f merljiva sledi da je m-integrabilna. U procesu dokaza teoreme dokazaćemo da je f merljiva i da su Lebegov i Riemann-ov integral jednaki. Ako je f R[a, b], tada je f ograničena ( f ograničena funkcija) na [a, b] i stoga postoji konstanta M tako da je f + M nenegativna funkcija na [a, b]. Ako jednakst (1.47) važi za f + M, tada b a (f + M)dm = b (f + M) dx i s obzirom da su i a Lebegov i Riemann-ov integrali aditivni, (1.47) važi i za f. Dakle, možemo pretpostaviti da radimo sa nenegativnim funkcijama. Neka je f 0 R-integrabilna na [a, b] i neka je podela (P n ) zadata tačkama x k = a+ k 2 (b n a), I (n) k = (x k 1, x k ], m (n) k = inf{f(x) : x I (n) k } i M (n) k = sup{f(x) : x I (n) k }. Za fiksirano n definišimo jednostavne funkcije s n i S n na [a, b]: s n (x) = m (n) k i S n (x) = M (n) k za x I (n) k (k = 1, 2,..., 2 n ). Na osnovu teoreme o karakterizaciji R-integrala gornja i donja Darbuova suma (1.48) s(p n ) = b a s n (x)dx i S(P n ) = b a S n (x)dx teže ka I 0 = b a fdx. Definišimo s(x) = lim s n(x) i S(x) = lim S n(x). n n Jasno je da je s n f S n i stoga s f S na [a, b]. Primenom teoreme o monotonoj kovergenciji, sledi da s(p n ) i S(P n ) respektivno teže ka I 0 = b a sdm i I 0 = b Sdm. Otuda, pokazati da a s(x) = S(x) = f(x) s.s. na [a, b]. Funkcije s i S su merljive kao granične vrednosti merljivih funkcija, pa je takva i f; otuda je b a fdx = I 0 = b a Sdm = b a fdm.

23 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 23 Napomena: Označimo sa R klasu R-integrabilnih funkcija. U literaturi se često navodi u dokazu ove teoreme: Kako je i Riemann-ov inegral apsolutno integrabilan, dovoljno je da u nizu implikacija f R f R f L f L dokažemo drugu imlikaciju. Ako je f merljiva onda je tačna treća implikacija. Da li je tačna treća implikacija u opštem slučaju? Npr. neka je A, [0, 1] A [ 1, 2], nemerljiv skup, razmtran u Sekciji 1 i funkcija f jednaka 1 na A i 1 na [ 1, 2]\A, tada je f jednako 1 na [ 1, 2], f nije merljiva funkcija na [ 1, 2] i treća implikacija nije tačna.?? Kako je f(x) f(y) = f(x) + f(y), ako su f(x) i f(y) različitog znaka, sledi f + (x) f + (y) f(x) f(y) i otuda iz f R sledi f + R. Dakle, i na ovaj način dokaz teoreme se svodi na nenegativne funkcije. Naime iz b a f + dm = b a f + dx i b a f dm = b a f dx sledi (1.47). Teorema Ograničena funkcija f je R-integrabilna na [a, b] ako i samo ako je neprekidna s.s. na [a, b]. Dokaz se izvodi u kursevima Analizi 1-2. Pretpostavimo da za funkcija f važi a) f nenegativna i Riman integrabilna na [0, 1] i 1 f(x)dx = 0. 0 Da li je f ražličita od 0 u konačno tačaka? Rimanova funkcija: ako je x = m/n redukovan razlomak definišimo f(x) = 1/n i f(x) = 0 ako x / Q. Proveriti ako x / Q i x k = m k /n k x, kada k teži, tada n k teži i otuda Rimanova funkcija je neprekidna i specijalno Riman integrabilna na [0, 1] i ražličita od 0 na beskonačnom prebrojivom skupu tačaka. Da li postoji funkcija ražličita od 0 na ne prebrojivom skupu tačaka za koju važi a)? Primer Neka je f jenako 1 na Kantorovom supu K i 0 na K c = [0, 1] \ K. f je neprekidna na K c i stoga Riman integrabilna i 1 f(x)dx = 0. 0 Primetimo da je f ražličita od 0 na neprebrojivom skupu tačaka. Up: Neka je P podela 0 = x 0 < x 1 < x n = 1 i?? ξ k [x k, x k+1 ] K c ; tada je integrala suma jednaka 0. Primer a. Ako je f neprekidna s.s. na [a, b], dokazati da je f merljiva na [a, b]. b. Pomoću a. i Teoreme 1.13, dokazati Teoremu Dokaz b. Pretpostavimo da je f R-integrabilna. Dakle, na osnovu a. i Teoreme 1.13, sledi da je f merljiva na [a, b]; i stoga postoji Lebegov integral b a fdm. Teorema 1.12 sada sledi iz nejednakosti s(p n ) b a fdm S(P n). Primer Neka je f(x) = sinx x. a. f ima na (0, ) nesvojstven Riemann-ov integral. b. Izračunati I = f dx, metodama kompleksne analize. 0 c. Pokazati da f nije m-integrabilna na (0, )

24 24 M. MATLJVIĆ Uputstvo za a. Na osnovu parcijalne inegracije fdx = cos x x cos x x. 2 Uputstvo za b. Ponoviti Primere iz Furije-ov tip integrala; neka je g(z) = e iz /z i J = + gdx. Tada je J = πi i 2I = ImJ. Otuda je I = π/2. Uputstvo za c. Kako je I k = π sinx 0 x+kπ dm 2 π(k+1), dobija se 0 f dm = k=0 π 0 sinx dm =. x + kπ Primer Integral I(α) = 1 0 x α dx konvergira (kao nesvojstven rimanov integral) za α < 1 i I(α) = 1 1 α. Funkcija f(x) = x α pripada L 1 (0, 1) za α < 1. Up. Neka je K n karakteristična funkcija intervala [1/n, 1] i f n = K n f; Jednostavno se proverava da f n f na (0, 1] i da 1 0 f n (x) dm = 1 1/n f(x) dm 1 1 α, α < 1. Otuda, na osnovu Lebeg-ovog stava o monotonoj kovergenciji, funkcija f(x) = x α pripada L 1 (0, 1) za α < 1. Propozicija Neka je I = [a, ω[ konačan ili beskonačan interval, f funkcija definisana na I i Rimam-integrabilna na svakom segmentu [a, b] [a, ω[.ako je f nenegativna na I i nesvojstveni integral ω 0 fdx konvergira, tada je f L1 [a, ω[ i ω 0 fdx = ω 0 fdm. Up. Neka je ω R i K n karakteristična funkcija intervala [a, ω 1/n] i f n = K n f; Jednostavno se proverava da f n f na [a, ω[ i da, na osnovu Lebeg-ovog stava o monotonoj kovergenciji, ω a f n (x) dm = ω 1/n a f(x) dm ω Kako nesvojstveni integral ω fdx konvergira, sledi 0 ω a f n(x) dm = ω 1/n f(x) dx ω f(x) dx, n. a a Otuda funkcija f pripada L 1 [a, ω[. a f(x) dm, n. Primer Za α < 1, dm (1 x 2 y 2 ) α = x 2 +y 2 <1 x 2 +y 2 <1 dxdy (1 x 2 y 2 ) α = π 1 α Up: x = r cos ϕ, y = r sin ϕ; r n = 1 1/n, K n karakteristična funkcija kruga?? B n = B rn sa centrom u kordinatnom početku radijusa r n i f n = K n f Primer Neka je f(x, y) = sin (x2 +y 2 ) x 2 +y i 2 sin (x 2 + y 2 ) I 2 = R x 2 + y 2 dxdy? 2

25 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 25 Koristeći smenu x = r cos ϕ, y = r sin ϕ?? da li se dobija I 2 = sin r V r dϕdr, gde je V = {(r, ϕ) : 0 < r <, 0 < ϕ < 2π}? Da li f L 1 (R 2 )? Primer Gama-funkcija Γ(α) = 0 x α 1 e x dx Integral konvergira ako i samo ako je α > 0. Za α > 0, Γ(α + 1) = αγ(α). Specijalno za α = n N dobija se Γ(n+1) = nγ(n) = n(n 1)Γ(n 1) = n!, s obzirom da je Γ(1) = e x dx = 1. 0 Dakle Γ(n + 1) = x n e x dx = n!. 0 Primer Neka je I n = 1 0 f n(x) dm. a. ako je f n (x) = n3/2 x 1+n 2 x 2, proveriti da je f n (x) 1 b. Proveriti da f n ne konvergira ravnomerno na [0, 1]. c. Izračunati lim n I n = 0. d. ako je f n (x) = n3 x 3/4 1+n 4 x 2, izračunati lim n I n = 0. x na [0, 1]. Uputstvo: a. t = nx, n = t/x, f n (x) = s(t)g(x), gde je s(t) = t3/2 1+t 2, g(x) = 1 x 1/2. Ako je 0 t 1, tada je s(t) t 3/2 1; ako je t 1, tada je s(t) t 3/2 /t 2 1/ t 1. Otuda je s(t) 1 i stoga f n (x) g(x). b. Jednostavno se proverava i f n 0 na [0, 1], a da je f n ( 1 n ) = n 2. c. f n 0 na [0, 1]. Kako je g L 1 (0, 1), na osnovu Lebeg-ovog stava o dominantnoj knvergenciji nalazimo lim n I n = 0. d. t = t n = n 2 x, n = t/ x, f n (x) = s(t)g(x), gde je s(t) = t3/2 1+t 2, g(x) = 1 x 3/4. Kako je s(t) 1, f n (x) g(x). Primer Neka je f n (t) = e xt tn 1 e. Za 0 < x < 1 i n 1 prirodan broj t dokazati + + n! f n (t) dm(t) = (x + k) n+1. k= Uputstvo: proveriti (1 e t ) 1 = + k=0 e kt, t > 0; i (1 e t ) 1 = e t (1 e t ) 1 = + k=1 ekt, t < 0. Na osnovu stava o integraciji redova sa nenegativnim članovima, I 2 = 0 f n(t)dt = 1 ν= A ν, gde je A ν = 0 tn e (x+ν)t dt. Kako je Γ(n + 1) = + τ n e τ dτ = n!, smenom τ = (x + ν)t, dobija se τ 0 0 za t 0 i ν 1, dτ = (x + ν)dt i stoga A ν = 1 (x + ν) n τ n e τ dτ = Γ(n + 1) (x + ν) n+1 = n! (x + ν) n+1.

26 26 M. MATLJVIĆ Primer Neka je na (0, 1) definisan niz m-integrabilnih funkcija { n(n + 1) ako x ( 1 f n = n+1, 1 n ) 0 u ostalim tačkama Ako je 0 < x < 1 fiksirano, tada postoji n 0 1 prirodan broj tako da je 0 < 1/n 0 < x < 1; otuda f n (x) = 0 za n n 0. Dakle granična vrednost f ovog niza je 0, a 1 0 f n dm = 1. Niz ( f n ) pokazuje da se Fatou lema ne proširuje na negativne funkcije u opštem slučaju. Kantorov skup Primer (Kantorov skup K s ) Neka je 0 < s 1 3 i neka je G 1 = ( 1 2 s 2, s 2 ) interval dužine s, tj. srednji deo segmenta I = [0, 1] i F 1 = [0, 1] \ G 1. Skup F 1 sastoji se od dva segmenta;iz svakog od njih odstranimo srednji deo dužine s 1 3 i tako dobijeni skup označimo sa F 2. Itd. u n-tom koraku odstranimo 2 n 1 1 intervala dužine s 3 i neka je G n 1 n skup tačaka odstranjenih posle prvih n koraka i F n = Fn s skup preostalih tačaka, tj. F n = [0, 1] \ G n. Pogodno je uvesti smenu t = 3s. Skup K t = 1 F k s naziva se Kantor-ov skup. Kako je dužina odstranjenih intervala jednaka s + s s s (2 3 )n + = 3 s = t, to Kantor-ov skup K = K t ima pozitivne mere 1 3 s = 1 t > 0 ako je 0 < s < 1 3, tj 0 < t < 1; Kantor-ovog skupa K = K 1 ima meru 0. Razmotrimo strukturu Kantor-ovog skupa K = K 1. Kantor-ovom skupu, jasno, pripadaju krajevi izbačenih intervala : 0, 1, 1/3, 2/3, 1/9, 2/9, 7/9, 8/9,.... Primetimo da na prvi pogled izgleda kao da Kantor-ovom skupu? K = K 1 pripadaju samo krajevi izbačenih intervala, ali ovaj skup je neprebrojiv i ima komplikovanu strukturu i meru 0.? Dokazati neposredno, da tačka 1/4 pripada K, a ne pripada krajevima izbačenih intervala. Zapišimo svako x, 0 x 1 u trojnom ( trijadskom) sistemu x = a a a n 3 n +..., gde brojevi a n uzimaju vrednosti 0, 1 i 2. Kao i u slučaju decimalnog zapisa neki brojevi dozvoljavaju dva zapisa 1 3 = n + = n +... Ako se isključe zapisi koji počev od nekog mesta imaju samo dvojke, onda je zapisivanje jednoznačno. Jednostavno se proverava da skupu K pripadaju tačke x koje se bar na jedan način mogu zapisati u trojnom ( trijadskom) sistemu pomću 0 i 2. Svakom x K korespondiramo niz (1.49) a 1, a 2,..., a n,..., gde je a n 0 ili 2 i (1.50) b 1, b 2,..., b n,...,

27 RALNA, KOMPLKSNA ANALIZA I HILBRTOVI PROSTORI 27 gde je b n = 0 ako je a n = 0; i b n = 1 ako je a n = 2. Nizove (1.50) pretstavljaju dijadski zapis segmenta [0, 1]. Takvim postupkom, definiše se preslikavanje K na [0, 1] i otuda K ima moć kontinuma.?? Ponoviti: Naći sumui = k=1 kqk, q < 1. Neka je a kj = q k za j = 1, 2,... k i a kj = 0 za j > k. Suma elemenata j-kolone je I j = q k = qj 1 q k=j i otuda I = j=1 I j = 1 1 q j=1 qj = q (1 q) 2. Primer 1.24 (Inegral na komlementu Cantor-ovog skupa). a) Neka je f nula na Cantor-ovom skupu K = K 1 i f(x) = k na svakom od komplementarnih intervala dužine 3 k. Dokazati da je f Lebeg integrabilna na [0, 1] i da je I = 1 0 fdm = 3 b) Neka je g nula na Cantor-ovom skupu K = K 1 i g(x) = k 2 na svakom od komplementarnih intervala dužine 3 k. Dokazati da je g Lebeg integrabilna na [0, 1] i izračunati J = 1 0 gdm Uputstvo a): neka je G n skup tačaka odstranjenih posle prvih n koraka i F n skup preostalih tačaka iz konstrukcije Kantorovog skupa i f n = K Gn f. Tada je I n = 1 0 f ndm = n k=1 k 2k 1 i 3 k lim n I n I = k=1 k 2k 1 ; i otuda na osnovu Lebeg-ov stav o monotonoj 3 k kovergenciji f je integrabilna na [0, 1]. Definišimo g(x) = x k /3 k = x 3 x. k=1 Tada je g (x) = 1 3 x + x (3 x) ; g (2) = 3 i stoga I = 3. 2 alt h(x) = x k = x 1 x = 1 1, x < 1. 1 x k=1 Tada je h (x) = 1 (1 x) 2 ; h (2/3) = 9 i stoga I = 1 3 h (2/3) = 3. Napomena:Skup prekida funkcije f je Kantorov skup, koji ima meru nula. S druge strane funkcija f je neograničena u svakoj okolini svake tačke koja pripada Kantorovom skupu.?? Dakle, za ovu funkciju ne možemo definisati nesvojstven Riman-ov integral na [0, 1].??str Pretpostavimo da prosečno svaki treći prolaznik pored kioska kupi novine. Neka je X k, k = 1, 2,... bude broj prolaznika od prodaje k 1 primerka pa dok se ne proda k-ti primerak. Ove slučajne promenljive su nezavisne sa istom raspodelom: P {X k = j} = ( 2 3 )j 1 1 3, j = 1, 2,... ; X k = j=1 j 2j 1 3. j Uputstvo b):

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

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

(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

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi, relacije, funkcije

Skupovi, relacije, funkcije Chapter 1 Skupovi, relacije, funkcije 1.1 Skup, torka, multiskup 1.1.1 Skup Pojam skupa ne definišemo eksplicitno. Intuitivno skup prihvatamo kao konačnu ili beskonačnu kolekciju objekata (ili elemenata)u

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

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa: Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture

Algebarske strukture i operacije Univerzitet u Nišu Prirodno Matematički Fakultet februar 2010 Istraživačka stanica Petnica i operacije Operacije Šta je to algebra i apstraktna algebra? Šta je to algebarska struktura? Cemu

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija Sadržaj: Nizovi brojeva Pojam niza Limes niza. Konvergentni nizovi Neki važni nizovi. Broj e. Limes funkcije Definicija esa Računanje esa Jednostrani esi Neprekinute funkcije i esi Definicija neprekinute

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

ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE

ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE Nada Miličić Miloš Miličić ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE II deo II izdanje Akademska misao Beograd, 2011 Dr Nada Miličić, redovni profesor Dr Miloš Miličić, redovni profesor ELEMENTI VIŠE MATEMATIKE II DEO

Διαβάστε περισσότερα

Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom

Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Nevena Mutlak Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom -master rad- Mentor: prof.dr Marko Nedeljkov Novi Sad,

Διαβάστε περισσότερα

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. Istinitosna tablica p q r F odgovara formuli A) q p r p r). B) q p r p r). V) q p r p r). G) q p r p r). D) q p r p r). N) Ne znam. Date

Διαβάστε περισσότερα

Na grafiku bi to značilo :

Na grafiku bi to značilo : . Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama

Διαβάστε περισσότερα

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Prva tačka u ispitivanju toka unkcije je odredjivanje oblasti deinisanosti, u oznaci Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog ajla, obavezno pogledajte ajl ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

Gradimir V. Milovanović MATEMATIČKA ANALIZA I

Gradimir V. Milovanović MATEMATIČKA ANALIZA I Gradimir V. Milovanović Radosav Ž. D ord ević MATEMATIČKA ANALIZA I Predgovor Ova knjiga predstavlja udžbenik iz predmeta Matematička analiza I koji se, počev od školske 2004/2005. godine, studentima Elektronskog

Διαβάστε περισσότερα

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na . Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija

Διαβάστε περισσότερα

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe,

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, O SKUPOVIM Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, skupine, mnoštva neke vrste objekata, stvari, živih bića i dr. Tako imamo skup stanovnika nekog grada, skup

Διαβάστε περισσότερα

x M kazemo da je slijed ogranicen. Weierstrass-Bolzano-v teorem tvrdi da svaki ograniceni slijed ima barem jednu granicnu tocku.

x M kazemo da je slijed ogranicen. Weierstrass-Bolzano-v teorem tvrdi da svaki ograniceni slijed ima barem jednu granicnu tocku. 1. FUNKCIJE, LIMES, NEPREKINUTOST 1.1 Brojevi - slijed, interval, limes Slijed realnih brojeva je postava brojeva na primjer u obliku 1,,3..., nn, + 1... koji na realnoj osi imaju oznaceno mjesto odgovarajucom

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

Vektorski prostori. Vektorski prostor

Vektorski prostori. Vektorski prostor Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu

Διαβάστε περισσότερα

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, 3.04.016. godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA

Διαβάστε περισσότερα

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, 004. Vladimir Balti Pojam polinoma. Prsten polinoma.. Dati su polinomi P (x) = x + x +, Q(x) = x 4 x +, R(x) = x x +. Proveriti da li za

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA. () 6. studenog 2011. 1 / 18

OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA. () 6. studenog 2011. 1 / 18 OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA () 6. studenog 2011. 1 / 18 TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA -vrlo često susrećemo se sa problemima prebrojavanja elemenata nekog konačnog skupa S () 6. studenog 2011.

Διαβάστε περισσότερα

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1 2 cos(3 π 4 ) sin( + π 6 ). 2. Pomoću linearnih transformacija funkcije f nacrtajte graf funkcije g ako je, g() = 2f( + 3) +. 3. Odredite domenu funkcije te odredite f i njenu domenu. log 3 2 + 3 7, 4.

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

KOMPLEKSNA ANALIZA. 1. Funkcije kompleksne promenljive

KOMPLEKSNA ANALIZA. 1. Funkcije kompleksne promenljive KOMPLEKSNA ANALIZA. Funkcije kompleksne promenljive Neka je R skup realnih brojeva, a C skup kompleksnih brojeva. Definicija. Ako je E R, preslikavanje f : E C se naziva kompleksna funkcija realne promenljive.

Διαβάστε περισσότερα

Matematika. Viša razina. Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Zagreb, 2015.

Matematika. Viša razina. Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Zagreb, 2015. Matematika Viša razina Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Zagreb, 2015. Autor: Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Naslov: Matematika Viša razina Izdanje: 4. izdanje Urednica: Ana Belin,

Διαβάστε περισσότερα

Diferencijalni račun

Diferencijalni račun ni račun October 28, 2008 ni račun Uvod i motivacija Točka infleksije ni račun Realna funkcija jedne realne varijable Neka je X neprazan podskup realnih brojeva. Ako svakom elementu x X po postupku f pridružimo

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE **** MLADEN SRAGA **** 011. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE SKUP REALNIH BROJEVA α Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: BESPLATNA - WEB-VARIJANTA Tisak: M.I.M.-SRAGA

Διαβάστε περισσότερα

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova) MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile

Διαβάστε περισσότερα

Milan Merkle. Matematička analiza. Pregled teorije i zadaci. Treće izmenjeno i dopunjeno izdanje. Beograd, 2001.

Milan Merkle. Matematička analiza. Pregled teorije i zadaci. Treće izmenjeno i dopunjeno izdanje. Beograd, 2001. Milan Merkle Matematička analiza Pregled teorije i zadaci Treće izmenjeno i dopunjeno izdanje Beograd, 2001. Sadržaj Obavezno pročitati................................................... xi 1 Uvod u analizu........................................................

Διαβάστε περισσότερα

Baza topologije. Definicija. Familija B podskupova od X je baza neke topologije na X ako: Topološki prostori. Baza topologije. tj.

Baza topologije. Definicija. Familija B podskupova od X je baza neke topologije na X ako: Topološki prostori. Baza topologije. tj. Opća topologija 24 Opća topologija 26 13. Baza topologije Baza topologije 2 TOPOLOŠKI PROSTORI I NEPREKIDNE FUNKCIJE Topološki prostori Baza topologije Uređajna topologija Produktna topologija na X Y Topologija

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7. Opc pojmov Kompleksn brojev su sastavljen dva djela: Realnog djela (Re) magnarnog djela (Im) Promatrajmo broj a+ b = + 3 Realn do jednak je Re : Imagnarna jednca: = - l = (U elektrotehnc

Διαβάστε περισσότερα

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom.

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom. RAVAN Ravan je osnovni pojam u geometiji i kao takav se ne definiše. Ravan je odeđena tačkom i nomalnim vektoom. nabc (,, ) π M ( x,, ) y z Da bi izveli jednačinu avni, poučimo sledeću sliku: n( A, B,

Διαβάστε περισσότερα

Racionalni algebarski izrazi

Racionalni algebarski izrazi . Skratimo razlomak Racionalni algebarski izrazi [MM.4-()6] 5 + 6 +. Ako je a + b + c = dokazati da je a + b + c = abc [MM.4-()] 5 6 5. Reši jednačinu: y y y + + = 7 4 y = [MM.4-(4)] 4. Reši jednačinu:

Διαβάστε περισσότερα

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije.

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Svojstva tautologija Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija i formula B. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Pretpostavimo da B nije tautologija. Tada postoji valuacija v

Διαβάστε περισσότερα

Polinomske jednaqine

Polinomske jednaqine Matematiqka gimnazija u Beogradu Dodatna nastava, xk.g. 2005/06. Polinomske jednaqine 13.6.2006. Naslov se odnosi na određivanje polinoma po jednoj ili vixe promenljivih (sa npr. realnim ili kompleksnim

Διαβάστε περισσότερα

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b) TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli

Διαβάστε περισσότερα

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija Društvo matematičara Srbije Pripreme za Juiorske olimpijade školske 007/008 -Dord e Baralić Tel:063/706-706-6 e-mail:djolebar@ptt.yu Matematička idukcija Primer 1. Dokazati da je > za sve N. Ituitivo zamo

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192

MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192 MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192 2 / 192 prof.dr.sc. Miljenko Marušić Kontakt: miljenko.marusic@math.hr Konzultacije: Utorak, 10-12 WWW: http://web.math.pmf.unizg.hr/~rus/ nastava/ma1/ma1.html 3 / 192 Sadržaj

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVI AUTOMATSKOG UPRAVLJANJA PROCESIMA. Vežba br. 6: Dinamika sistema u frekventnom domenu u MATLABu

OSNOVI AUTOMATSKOG UPRAVLJANJA PROCESIMA. Vežba br. 6: Dinamika sistema u frekventnom domenu u MATLABu OSNOVI AUTOMATSKOG UPRAVLJANJA PROCESIMA Vežba br. 6: Dinamika sistema u frekventnom domenu u MATLABu I Definisanje frekventnih karakteristika Dinamički modeli sistema se definišu u vremenskom, Laplace-ovom

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Elementarne funkcije

4.1 Elementarne funkcije . Elementarne funkcije.. Polinomi Funkcija f : R R zadana formulom f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 gdje je n N 0 te su a n, a n,..., a, a 0 R, zadani brojevi takvi da a n 0 naziva se polinom

Διαβάστε περισσότερα

Nermin Okiˇci c Vedad Paˇsi c MATEMATIKA II 2014

Nermin Okiˇci c Vedad Paˇsi c MATEMATIKA II 2014 Nermin Okičić Vedad Pašić MATEMATIKA II 014 Sadržaj 1 Funkcije više promjenljivih 1 1.1 Pojam funkcije više promjenljivih................ 1.1.1 Osnovni elementi preslikavanja.............. 1.1. Grafičko

Διαβάστε περισσότερα

Induktivno spregnuta kola

Induktivno spregnuta kola Induktivno spregnuta kola 13. januar 2016 Transformatori se koriste u elektroenergetskim sistemima za povišavanje i snižavanje napona, u elektronskim i komunikacionim kolima za promjenu napona i odvajanje

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016. Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 120 min Ukupan broj bodova: 100 Zadatak 1. (a) Napišite aksiome vjerojatnosti ako je zadan skup Ω i σ-algebra F na Ω. (b) Dokažite iz aksioma vjerojatnosti da za A,

Διαβάστε περισσότερα

MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA

MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivan Krijan, Sara Muhvić MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA Zagreb, 2013. Ovaj rad izraden je na Zavodu

Διαβάστε περισσότερα

KONTURNA INTEGRACIJA

KONTURNA INTEGRACIJA KONTURNA INTEGRACIJA Materijal sa sedme radne Ljaškijade - jun 14. Studentska asocijacija Eneter emineter.wordpress.com Ovo je materijal za rešavanje pet tipova integrala koristeći teoreme kompleksne analize

Διαβάστε περισσότερα

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova Biserka Draščić Ban Pomorski fakultet u Rijeci 17. veljače 2011. Grafičko prikazivanje atributivnih nizova Atributivni nizovi prikazuju se grafički

Διαβάστε περισσότερα

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-2 1 / 43

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-2 1 / 43 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika Poglavlje- / 43 Ciljevi učenja Ciljevi učenja za predavanja i vježbe: Integral kao antiderivacija Prepoznavanje očiglednih supstitucija Metoda supstitucije-složeniji

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić OSNOVI ELEKTRONIKE Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić savic@el.etf.rs http://tnt.etf.rs/~si1oe Termin za konsultacije: četvrtak u 12h, kabinet 102 Referentni smerovi i polariteti 1. Odrediti vrednosti

Διαβάστε περισσότερα

Racionalne krive i površi u geometrijskom dizajnu

Racionalne krive i površi u geometrijskom dizajnu Racionalne krive i površi u geometrijskom dizajnu Tijana Šukilović Matematički fakultet, Univerzitet Beograd May 2, 2011, Beograd Sadržaj 1 Racionalne Bézier-ove krive Polinomijalne Bézier-ove krive Algoritam

Διαβάστε περισσότερα

SVEUĆILIŠTE U RIJECI UČITELJSKI FAKULTET U RIJECI ODSJEK ZA UČITELJSKI STUDIJ U GOSPIĆU MATEMATIKA I. Skupovi, funkcije, brojevi

SVEUĆILIŠTE U RIJECI UČITELJSKI FAKULTET U RIJECI ODSJEK ZA UČITELJSKI STUDIJ U GOSPIĆU MATEMATIKA I. Skupovi, funkcije, brojevi SVEUĆILIŠTE U RIJECI UČITELJSKI FAKULTET U RIJECI ODSJEK ZA UČITELJSKI STUDIJ U GOSPIĆU MATEMATIKA I Skupovi, funkcije, brojevi mr.sc. TATJANA STANIN 009. Kratak pregled predavanja koja se izvode na učiteljskom

Διαβάστε περισσότερα

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA **** IVANA SRAGA **** 1992.-2011. ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE POTPUNO RIJEŠENI ZADACI PO ŽUTOJ ZBIRCI INTERNA SKRIPTA CENTRA ZA PODUKU α M.I.M.-Sraga - 1992.-2011.

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 14 Rast, pad, konkavnost, konveksnost, točke infleksije i ekstremi funkcija Poglavlje 1 Rast, pad, konkavnost, konveksnost, to ke ineksije

Διαβάστε περισσότερα

x + t x 2 x t x 2 t x = + x + = + x + = t 2. 3 y y [x množi cijelu zagradu] y y 2 x [na lijevu stranu prebacimo nepoznanicu y] [izlučimo 3 y ] x x x

x + t x 2 x t x 2 t x = + x + = + x + = t 2. 3 y y [x množi cijelu zagradu] y y 2 x [na lijevu stranu prebacimo nepoznanicu y] [izlučimo 3 y ] x x x Zadatak 00 (Sanja, gimnazija) Odredi realnu funkciju f() ako je f ( ) = Rješenje 00 Uvedemo supstituciju (zamjenu varijabli) = t Kvadriramo: t t t = = = = t Uvrstimo novu varijablu u funkciju: f(t) = t

Διαβάστε περισσότερα

Teorija kodiranja. Hamingov kod i njegova definicija

Teorija kodiranja. Hamingov kod i njegova definicija Teorija kodiranja. Hamingov kod i njegova definicija Erna Oklapi Gimnazija Novi Pazar ernaoklapii@yahoo.com Sanela Numanović Gimnazija Kruševac sanelanumanovic@yahoo.com Rezime U ovom radu predstavljen

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1. Marcela Hanzer. Department of Mathematics, University of Zagreb. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 1 / 135

Matematika 1. Marcela Hanzer. Department of Mathematics, University of Zagreb. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 1 / 135 Matematika 1 Marcela Hanzer Department of Mathematics, University of Zagreb Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 1 / 135 Skupovi; brojevi Skupovi osnovni pojam u matematici (ne svodi

Διαβάστε περισσότερα

Nizovi Redovi Redovi funkcija. Nizovi i redovi. Franka Miriam Brückler

Nizovi Redovi Redovi funkcija. Nizovi i redovi. Franka Miriam Brückler Nizovi i redovi Franka Miriam Brückler Nabrajanje brojeva poput ili 1, 2, 3, 4, 5,... 1, 2, 4, 8, 16,... obično se naziva nizom, bez obzira je li to nabrajanje konačno (do nekog zadnjeg broja, recimo 1,

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1

Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1 Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1 Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 2012/13 1 / 76 Definicija funkcije Funkcija iz skupa X u skup Y je svako pravilo f po kojemu se elementu x X

Διαβάστε περισσότερα

J J l 2 J T l 1 J T J T l 2 l 1 J J l 1 c 0 J J J J J l 2 l 2 J J J T J T l 1 J J T J T J T J {e n } n N {e n } n N x X {λ n } n N R x = λ n e n {e n } n N {e n : n N} e n 0 n N k 1, k 2,..., k n N λ

Διαβάστε περισσότερα

JEDNA NOVA KLASA RELACIJA. Daniel A. Romano 1

JEDNA NOVA KLASA RELACIJA. Daniel A. Romano 1 MAT-KOL (Banja Luka) ISSN 0354-6969 (p), ISSN 1986-5228 (o) Vol. XX (1)(2014), 5-14 Osnove matematike JEDNA NOVA KLASA RELACIJA Daniel A. Romano 1 Sažak: U ovom tekstu, slijedeći koncepte izložene u radovima

Διαβάστε περισσότερα

Odvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 10. december Gregor Dolinar Matematika 1

Odvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 10. december Gregor Dolinar Matematika 1 Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 10. december 2013 Izrek (Rolleov izrek) Naj bo f : [a,b] R odvedljiva funkcija in naj bo f(a) = f(b). Potem obstaja vsaj ena

Διαβάστε περισσότερα

PRSKALICA - LELA 5 L / 10 L

PRSKALICA - LELA 5 L / 10 L PRSKALICA - LELA 5 L / 10 L UPUTSTVO ZA UPOTREBU. 1 Prskalica je pogodna za rasprsivanje materija kao sto su : insekticidi, fungicidi i sredstva za tretiranje semena. Prskalica je namenjena za kućnu upotrebu,

Διαβάστε περισσότερα

SLUČAJNA PROMENLJIVA I RASPOREDI VEROVATNOĆA

SLUČAJNA PROMENLJIVA I RASPOREDI VEROVATNOĆA SLUČAJNA PROMENLJIVA I RASPOREDI VEROVATNOĆA CILJEVI POGLAVLJA Nakon čitanja ovoga poglavlja bićete u stanju da: 1. razumete pojmove slučajna promenljiva, raspored verovatnoća, očekivana vrednost i funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Nišu Građevinsko-arhitektonski fakultet. Konstante, promenljive, identifikatori, operatori Biblioteka funkcija Milica Ćirić

Univerzitet u Nišu Građevinsko-arhitektonski fakultet. Konstante, promenljive, identifikatori, operatori Biblioteka funkcija Milica Ćirić Univerzitet u Nišu Građevinsko-arhitektonski fakultet Informatika 2 Mathematica Konstante, promenljive, identifikatori, operatori Biblioteka funkcija Milica Ćirić Mathematica Programski paket Mathematica

Διαβάστε περισσότερα

Unipolarni tranzistori - MOSFET

Unipolarni tranzistori - MOSFET nipolarni tranzistori - MOSFET ZT.. Prijenosna karakteristika MOSFET-a u području zasićenja prikazana je na slici. oboaćeni ili osiromašeni i obrazložiti. b olika je struja u točki, [m] 0,5 0,5,5, [V]

Διαβάστε περισσότερα

ΟΜΑΔΕΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 2015-2016

ΟΜΑΔΕΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 2015-2016 1 ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι Σ. ΤΟΥΜΠΗΣ Οδηγίες (Διαβάστε τες!) 1. Περίληψη: ΟΜΑΔΕΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 2015-2016 (αʹ) Υπάρχει μια ομάδα ασκήσεων για κάθε κεφάλαιο των σημειώσεων,

Διαβάστε περισσότερα

Tehnologija bušenja II

Tehnologija bušenja II INŽENJERSTVO NAFTE I GASA Tehnologija bušenja II 1. Vežba V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 1 of 44 Algebra i trigonometrija V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 2 of 44 Jednačine Pitanje: Ako je a = 3b

Διαβάστε περισσότερα

Projektovanje informacionih sistema 39

Projektovanje informacionih sistema 39 Projektovanje informacionih sistema 39 Glava 3 3.0 Osnove relacione algebre - uvod Za manipulisanje podacima i tabelama u relacionim bazama podataka potrebna su osnovna znanja iz relacione algebre. Relaciona

Διαβάστε περισσότερα

GRAFOVI. Ljubo Nedović. 21. februar Osnovni pojmovi 2. 2 Bipartitni grafovi 8. 3 Stabla 9. 4 Binarna stabla Planarni grafovi 12

GRAFOVI. Ljubo Nedović. 21. februar Osnovni pojmovi 2. 2 Bipartitni grafovi 8. 3 Stabla 9. 4 Binarna stabla Planarni grafovi 12 GRAFOVI Ljubo Nedović 21. februar 2013 Sadržaj 1 Osnovni pojmovi 2 2 Bipartitni grafovi 8 3 Stabla 9 4 Binarna stabla 11 5 Planarni grafovi 12 6 Zadaci 13 1 2 1 Osnovni pojmovi Iz Vikipedije, slobodne

Διαβάστε περισσότερα

Dirichletov princip. Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem

Dirichletov princip. Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem Dirichletov princip Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem obliku glasi ovako: Dirichletov princip: Ako n + 1 predmet rasporedimo kako

Διαβάστε περισσότερα

1.1 Definicija funkcije

1.1 Definicija funkcije . Definicija funkcije Realna funkcija predstavlja osnovni pojam u matematičkoj analizi i centralni objekat svih njenih razmatranja. Definicija Neka je dat skup D R. Ako je svakom x D po nekom zakonu (pravilu)

Διαβάστε περισσότερα

Nositeljica kolegija: izv. prof. Nermina Mujaković 1 Asistentica: Sanda Bujačić 1

Nositeljica kolegija: izv. prof. Nermina Mujaković 1 Asistentica: Sanda Bujačić 1 Uvod u numeričku matematiku Nositeljica kolegija: izv. prof. Nermina Mujaković 1 Asistentica: Sanda Bujačić 1 1 Odjel za matematiku Sveučilište u Rijeci Numerička integracija O problemima integriranja

Διαβάστε περισσότερα

ISKAZI. U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne

ISKAZI. U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ISKAZI U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ili netačne, tj rečenice koje imaju logičkog smisla.ovakve rečenice se u matematici nazivaju iskazi.dakle,

Διαβάστε περισσότερα

Pojam funkcije. Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transformacija

Pojam funkcije. Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transformacija Funkcije Pojam unkcije Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transormacija Primjer.: a) Odredite površinu kvadrata kojem je stranica 5cm. b) Odredite površinu pravokutnika sa stranicama duljine 7 i 5.

Διαβάστε περισσότερα

f[n] = f[n]z n = F (z). (9.2) n=0

f[n] = f[n]z n = F (z). (9.2) n=0 9. Z transformacija 9.. Z transformacija Z transformacija nia brojeva {f[n]} a koje vrijedi je Z [ f[n] ] = f[n] = 0, n < 0 9.) f[n] n = F ). 9.) Ovom transformacijom niu brojeva {f[n]} pridružuje se funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike DERIVACIJA

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike DERIVACIJA Geodetski akultet dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike DERIVACIJA Pojam derivacije Glavne ideje koje su vodile do današnjeg shvaćanja derivacije razvile su se u 7 stoljeću kada i započinje razvoj

Διαβάστε περισσότερα

KLASIƒNI NAUƒNI SPISI GEOMETRISKA ISPITIVANJA IZ TEORIJE PARALELNIH LINIJA. N. I. LOBAƒEVSKOG

KLASIƒNI NAUƒNI SPISI GEOMETRISKA ISPITIVANJA IZ TEORIJE PARALELNIH LINIJA. N. I. LOBAƒEVSKOG S R P S K K M I J N U K KLSIƒNI NUƒNI SPISI KNJIG III MTMTIƒKI INSTITUT KNJIG 3 GOMTRISK ISPITIVNJ IZ TORIJ PRLLNIH LINIJ O N. I. LOƒVSKOG Preveo RNISLV PTRONIJVI RUGO, PRO IRNO IZNJ O G R 1951 Na²ao sam

Διαβάστε περισσότερα

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA Geodetski akultet dr s J Beba-Brkić Predavaja iz Matematike OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA Teoremi koje ćemo avesti u ovom poglavlju su osovi teoremi koji osiguravaju ispravost primjea diereijalog

Διαβάστε περισσότερα

Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 Akademska godina Sarajevo,

Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 Akademska godina Sarajevo, Elektrotehnički fakultet Univerziteta u Sarajevu Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA Akademska 008-009 godina Sarajevo, 09 0 009 IME I PREZIME STUDENTA

Διαβάστε περισσότερα

!"#$ % &# &%#'()(! $ * +

!#$ % &# &%#'()(! $ * + ,!"#$ % &# &%#'()(! $ * + ,!"#$ % &# &%#'()(! $ * + 6 7 57 : - - / :!", # $ % & :'!(), 5 ( -, * + :! ",, # $ %, ) #, '(#,!# $$,',#-, 4 "- /,#-," -$ '# &",,#- "-&)'#45)')6 5! 6 5 4 "- /,#-7 ",',8##! -#9,!"))

Διαβάστε περισσότερα

Karakterizacija kontinualnih sistema u prelaznom režimu

Karakterizacija kontinualnih sistema u prelaznom režimu Karakterizacija kontinualnih sistema u prelaznom režimu Postoji veći broj parametara koji karakterišu ponašanje sistema u prelaznom režimu. Ovi parametri pripadaju različitim prostorima u kojima se sistemi

Διαβάστε περισσότερα

Dve karakteristike čine relacioni model još uvek najpopularnijim i najšire primenjivanim:

Dve karakteristike čine relacioni model još uvek najpopularnijim i najšire primenjivanim: RELACIONI MODEL RELACIONI MODEL Dve karakteristike čine relacioni model još uvek najpopularnijim i najšire primenjivanim: Struktura modela je veoma jednostavna, prihvatljiva svakom korisniku, jer relaciona

Διαβάστε περισσότερα

Desanka P. Radunović T A L A S I Ć I (WAVELETS)

Desanka P. Radunović T A L A S I Ć I (WAVELETS) Desanka P Radunović T A L A S I Ć I (WAVELETS) AKADEMSKA MISAO Beograd, 005 Predgovor Knjiga je nastala kao rezultat želje autora da jednu novu, vrlo atraktivnu oblast primenjene matematike približi studentima

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET. Marjan M. Matejiæ Lidija V. Stefanoviæ Branislav M. Ranðeloviæ Igor. Milovanoviæ MATEMATIKA

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET. Marjan M. Matejiæ Lidija V. Stefanoviæ Branislav M. Ranðeloviæ Igor. Milovanoviæ MATEMATIKA UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Marjan M. Matejiæ Lidija V. Stefanoviæ Branislav M. Ranðeloviæ Igor. Milovanoviæ MATEMATIKA KOMPLETI ZADATAKA ZA PRIJEMNI ISPIT 011. Edicija: Pomoæni ud benici Marjan

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1 PODSJETNIK ZA UČENJE. Ivan Slapničar Marko Matić.

Matematika 1 PODSJETNIK ZA UČENJE. Ivan Slapničar Marko Matić. Ivan Slapničar Marko Matić Matematika 1 PODSJETNIK ZA UČENJE http://www.fesb.hr/mat1 Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Split, 2001. Sadržaj 1 Osnove matematike 3 2 Linearna algebra 4

Διαβάστε περισσότερα

VJEROVATNOĆA I STATISTIKA ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA ==========================

VJEROVATNOĆA I STATISTIKA ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA ========================== VJEROVATNOĆA I STATISTIKA ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA ========================== M. JOVANOVIĆ M. MERKLE Z. MITROVIĆ Elektrotehnički fakultet Banja Luka ================================== ii Autori: dr Milan

Διαβάστε περισσότερα

Το άτομο του Υδρογόνου

Το άτομο του Υδρογόνου Το άτομο του Υδρογόνου Δυναμικό Coulomb Εξίσωση Schrödinger h e (, r, ) (, r, ) E (, r, ) m ψ θφ r ψ θφ = ψ θφ Συνθήκες ψ(, r θφ, ) = πεπερασμένη ψ( r ) = 0 ψ(, r θφ, ) =ψ(, r θφ+, ) π Επιτρεπτές ενέργειες

Διαβάστε περισσότερα

ΣΥΝΤΟΜΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ ΘΕΜΗΣ ΜΗΤΣΗΣ TΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΗΡΑΚΛΕΙΟ

ΣΥΝΤΟΜΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ ΘΕΜΗΣ ΜΗΤΣΗΣ TΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΣΥΝΤΟΜΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ ΘΕΜΗΣ ΜΗΤΣΗΣ TΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΗΡΑΚΛΕΙΟ Περιεχόμενα 1. Το εξωτερικό μέτρο Lebesgue 2 2. Mετρήσιμα σύνολα 4 3. Η κανονικότητα του μέτρου Lebesgue

Διαβάστε περισσότερα

Νόµοςπεριοδικότητας του Moseley:Η χηµική συµπεριφορά (οι ιδιότητες) των στοιχείων είναι περιοδική συνάρτηση του ατοµικού τους αριθµού.

Νόµοςπεριοδικότητας του Moseley:Η χηµική συµπεριφορά (οι ιδιότητες) των στοιχείων είναι περιοδική συνάρτηση του ατοµικού τους αριθµού. Νόµοςπεριοδικότητας του Moseley:Η χηµική συµπεριφορά (οι ιδιότητες) των στοιχείων είναι περιοδική συνάρτηση του ατοµικού τους αριθµού. Περιοδικός πίνακας: α. Είναι µια ταξινόµηση των στοιχείων κατά αύξοντα

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije više varijabli

Funkcije više varijabli VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 7 Pojam funkcije dviju varijabla, grafa i parcijalnih derivacija Poglavlje 1 Funkcije više varijabli 1.1 Domena Jedno od osnovnih pitanja

Διαβάστε περισσότερα

Dekompozicija DFT. Brzi algoritmi na bazi radix-2. Brza Furijeova transofrmacija. Tačnost izračunavanja. Kompleksna FFT OASDSP 1: 7 FFT

Dekompozicija DFT. Brzi algoritmi na bazi radix-2. Brza Furijeova transofrmacija. Tačnost izračunavanja. Kompleksna FFT OASDSP 1: 7 FFT OASDSP : 7 FFT Dkompozicija DFT Brzi algoritmi a bazi radix- Brza Furijova trasofrmacija Tačost izračuavaja Komplksa FFT ovi Sad, Oktobar 5 straa OASDSP : 7 FFT Brza trasformacija : itrativa dkompozicija

Διαβάστε περισσότερα

1 1 + nx. f n (x) = nx 1 + n 2 x 2. x2n 1 + x 2n

1 1 + nx. f n (x) = nx 1 + n 2 x 2. x2n 1 + x 2n Οι ασκήσεις αυτές έχουν σκοπό να βοηθήσουν τους φοιτητές στην μελέτη τους για το μάθημα «Ανάλυση ΙΙ» του Τμήματος Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου. Συνιστούμε στους φοιτητές να επεξεργαστούν αυτές

Διαβάστε περισσότερα

Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh

Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh Ask seic kai Jèmata sth JewrÐa Mètrou kai Olokl rwsh Ginnhc K. Sarant pouloc jnik Mets bio Poluteqne o Sqol farmosmłnwn Majhmatik n & Fusik n pisthm n TomŁac Majhmatik n 22 Febrouar ou 28 Perieqìmena Συμβολισμός

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 6 ιανυσµατικοί χώροι...1

Κεφάλαιο 6 ιανυσµατικοί χώροι...1 6. ιανυσµατικοί χώροι Σελίδα από 5 Κεφάλαιο 6 ιανυσµατικοί χώροι ιανυσµατικοί χώροι... 6. ιανυσµατικοί χώροι... 6. Υποχώροι...7 6. Γραµµικοί συνδυασµοί... 6. Γραµµική ανεξαρτησία...9 6.5 Άθροισµα και ευθύ

Διαβάστε περισσότερα