Matematika 2. Boris Širola

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Matematika 2. Boris Širola"

Transcript

1 Mtemtik 2 (. Riemnnov integrl) Boris Širol predvnj

2

3 . Riemnnov integrl 3 Pretpostvimo d immo neku neprekidnu relnu funkciju f, definirnu n nekom segmentu; tj., nek je dn neprekidn funkcij f : [, b] R. Pretpostvimo, rdi jednostvnosti, i d je t funkcij nenegtivn n cijeloj domeni; tj., d vrijedi f(x) 0, z svki x [, b]. Pogledjmo grf Γ(f) te funkcije, ncrtn u koordintnom sustvu u rvnini. (Kko je f neprekidn, tj je grf krivulj ncrtn u jednom komdu. Osim tog, zbog spomenute nenegtivnosti funkcije, grf se nlzi iznd X-osi.) Sd je ssvim prirodno postviti sljedeće Pitnje. Kolik je površin pov(p), područj P u koordintnoj rvnini koje je omedeno odozdo s X-osi, odozgo s grfom Γ(f), lijevo s prvcem X =, te desno s prvcem X = b? Slik. Prije nego li se počnemo ozbiljnije bviti odgovorom n spomenuto pitnje, možd će biti korisno pogledti jedn konkretn primjer. Primjer.. Nek je dn reln funkcij, relne vrijble, f(x) := 2x. Kko je f(x) 0 ko i smo ko je x /2, gledjmo onj dio grf od f koji se nlzi n skupu [/2, + ). Posebno, nek je dn proizvoljn t > /2 i gledjmo dio grf od f koji je iznd segment I = I t = [/2, t]; jsno, riječ je o dužini. Ond oznčimo s P = P t odgovrjuće područje koje je dobiveno ko i u nšem Pitnju. Slik 2. Nek je ond F (t) := pov(p). Kko je dobiveno područje zprvo (prvokutn) trokut, čiji su vrhovi točke A = (/2, 0), B = (t, 0) i T = (t, 2t ), slijedi d je F (t) = ( t ) (2t ) = = t 2 t (Sjetimo se d se površin prvokutnog trokut rčun tko d uzmemo polovinu umnošk duljin njegovih ktet. Tko smo rdili pri rčunnju nšeg F (t).) U ovom poglvlju njprije se bvimo s sljedeć dv problem: () Ako je dn (neprekidn) funkcij f : [, b] R, tkv d je f(x) 0 z svki x [, b], kolik je površin odgovrjućeg područj P? (2) Ako je zdn nek dobr funkcij f(x), ndimo neku drugu funkciju F (x) tko d vrijedi F (x) = f(x). c BŠ 3

4 Kko ćemo vidjeti, iko se n prvi pogled ne čini tko, gornj su dv problem zprvo jko usko povezn; i ob vode k pojmu integrl. Ko ilustrciju rečenog pogledjmo gornji primjer. U njemu smo imli funkciju f(x) = 2x, i z nju smo prilikom rčunnj površine onog područj P = P t dobili funkciju F (t). Primjetimo d je ( F (t) = t 2 t + = 2t = f(t). 4) Dkle, u ovom specijlnom slučju je F = f; tj., funkcije F i f su povezne n nčin kko je to nvedeno u problemu (2) gore. Pokzt će se d to nije puk slučjnost; već nprotiv, to je prvilo! 4.. Odredeni integrl. U ovom prvom odjeljku uvodimo pojm tzv. odredenog integrl, ko i još neke druge osnovne pojmove. Budući se bez sveg tog ne može krenuti dlje, u ovom prvom odjeljku mteriju izlžemo s više detlj, komentr i npomen nego li će to biti slučj u većini ostlih odjeljk. Pojm odredenog integrl nerskidivo je povezn s vrlo strim mtemtičkim problemom, o kojem govori nše Pitnje s početk ovog poglvlj; to je problem rčunnj površine lik koji se nlzi ispod grf neke neprekidne nenegtivne relne funkcije definirne n segmentu. Iko možemo reći d je pojm integrl, u formi kkvu to dns immo, izum 9. stoljeć, s spomenutim problemom rčunnj površine ispod grf bvio se npr. još i Arhimed. Ssvim precizno rečeno, Arhimed je rčuno rečenu površinu pov(p), z slučj kd je f običn kvdrtn funkcij; tj., rčuno je površinu ispod prbole. Nglsimo kko je Arhimedovo rezonirnje, koje je bilo psolutno korektno, zprvo nevjerojtno npredno s obzirom n vrijeme u kojem je živio; iko bismo iz dnšnje situcije mogli reći d je ono zprvo krjnje elementrno. I kd g se pžljivo nlizir, vidi se d je to, slobodnije rečeno, prdvni početk infinitezimlnog rčun. Primjer.2. Promtrjmo funkciju f : [0, 3] R, f(x) := x 2. Znim ns površin lik P, koji se nlzi ispod grf Γ(f). Arhimedov idej bil je vrlo jednostvn. Njprije podijelimo segment I := [0, 3] n n jednkih dijelov. Tko dobijemo rzdiobne točke t 0 = 0 i t i := i 3, i =, 2,..., n. n Ztim pogledjmo svki od tko dobivenih podsegment I i := [t i, t i ], i =, 2,..., n. Ond gledmo restrikcije od f n te pojedine mle segmente; tj., gledmo funkcije f i := f Ii. Jsno je d je svk funkcij f i strogo rstuć n svojoj domeni. To znči d ko definirmo funkcije konstnte d i, g i : I i R, d i (x) := f i (t i ) i g i (x) := f i (t i ), Arhimed (287?-22 B.C.), veliki grčki mtemtičr, fizičr i izumitelj c BŠ 4

5 ond je d i (x) f i (x) g i (x), x I i. (Ovdje je dobro primjetiti d smo funkciju d i zprvo definirli ko konstntu koj je jednk vrijednosti koju funkcij f i poprim u lijevom krju segment n kojem je definirn. Ssvim isto, g i je definirn ko konstnt koju f i poprim u desnom krju segment.) Gornje nejednkosti govore d se grf funkcije d i nlzi ispod grf od f i, dok se grf od g i nlzi iznd grf od f i. Ako sd ncrtmo rečene grfove, funkcij f i, d i i g i, ond dobijemo sljedeću stepeničstu sliku : Slik 3. Oznčimo s Pi d površinu lik, tj. prvokutnik, koji se nlzi ispod grf funkcije d i. Anlogno, s P g i oznčimo površinu lik, tj. prvokutnik, koji se nlzi ispod grf funkcije g i. Isto tko, s P i oznčimo površinu lik koji se nlzi ispod grf od f i. Ssvim su očite sljedeće nejednkosti: P d i P i P g i, i =, 2,..., n. Zbrjnjem tih n prov nejednkosti, uz oznke dobivmo P d := P d + + P d n, P g := P g + + P g n, P := P + + P n, P d P P g. Sd, gledjući dobivenu sliku s grfovim, intuitivno je ssvim jsno sljedeće: Ako budemo uzimli sve veći i veći n, tj. rdili sve finije rzdiobe segment I, z očekivti je d će biti P P d P g ; tj., tržen vrijednost P bit će približno jednk broju P d, odnosno broju P g. Možd je ovdje instruktivno gledti neke konkretne vrijednosti od n. Tko npr. z n = 6, gdje je sd I rzdijeljen n 6 podsegment od kojih je svki duljine /2, dobivmo: P d = ( ) ( ) 55 f(0) + f(/2) + + f(5/2) = 0 + / /4 = 2 2 8, P g = ( ) ( ) f(/2) + f() + + f(3) = / = Pd Primjetimo kko je ovdje rzlik P g P d = 9/2 poprilično velik ; tj. nše približne vrijednosti P d i P g ne čine se bš jko blizu prvoj vrijednosti P, koj ns zprvo znim. Nrvno, rzlog tome je tj d je uzet vrijednost n = 6 zprvo preml, i shodno tome dobivene su pogreške prevelike. Mi ćemo ksnije uprvo n ovom primjeru funkcije f vidjeti kko je nš, ili bolje rečeno Arhimedov, rgument potpuno korektn. Z ono što slijedi, podsjetimo se ovdje pojm ogrničene funkcije. Kžemo d je funkcij f : [, b] R ogrničen ukoliko postoje relni brojevi m i M tkvi d je m f(x) M, c BŠ 5 x [, b]. 5

6 To posebno znči d se grf Γ(f) nlzi ispod prvc y = M, te istovremeno iznd prvc y = m. (Ncrtjte sliku!) Npomen.3. Korisno je ovdje podsjetiti i n činjenicu koju smo nveli u kolegiju Mtemtik. To je form Bolzno-Weierstrssovog teorem z neprekidne funkcije, koj glsi: Ako je funkcij f neprekidn, ond je on i ogrničen. Nglsimo d ćemo do krj ovog odjeljk, ukoliko ne bude rečeno drugčije, pretpostvljti sljedeće: Funkcij f : [, b] R je ogrničen. 6 Sd definirmo neke osnovne pojmove. Definicij.4. Subdivizij, ili podjel, segment [, b] je niz rzdiobnih točk: (σ) = x 0 < x < < x n < x n = b () (Ncrtjte sliku!) Nek je sd dn nek subdivizij (σ) ko gore. Definirjmo ond sljedeće brojeve: m i = m i (f, σ) := M i = M i (f, σ) := inf f(x), x [x i,x i ] sup f(x). x [x i,x i ] (Ukoliko je funkcij f štoviše neprekidn, ond su brojevi m i i M i njmnj i njveć vrijednost, redom, koju f poprim n podsegmentu [x i, x i ]; to ponovo po B-W teoremu.) Uz gornje oznke, uvodimo dljnje oznke i terminologiju. Definicij.5. Reln broj s(σ) = s(σ, f) := n m i (x i x i ) i= zove se donj Drbouxov sum, z subdiviziju (σ) i funkciju f. Anlogno, reln broj S(σ) = S(σ, f) := n M i (x i x i ) i= zove se gornj Drbouxov sum, z subdiviziju (σ) i funkciju f. Npomen.6. Ako su dne dvije subdivizije, recimo (σ ) i (σ 2 ), segment [, b], ond uvijek vrijedi s(σ ) S(σ 2 ). c BŠ 6

7 T je činjenic posljedic ovog evidentnog niz nejednkosti: s(σ ) s(σ σ 2 ) S(σ σ 2 ) S(σ 2 ). Gore smo s σ σ 2 oznčili novu subdiviziju segment [, b] koj je dobiven ko unij od dvije dne subdivizije. Ssvim precizno rečeno, t se nov subdivizij dobiv tko d uzmemo uniju rzdiobnih točk koje definirju (σ ) i rzdiobnih točk koje definirju (σ 2 ). Sd immo ovu osnovnu definiciju. Definicij.7. (Odredeni integrl) Nek je funkcij f : [, b] R ogrničen. Definirmo donji Riemnnov integrl, ili krće donji R-integrl, funkcije f, ko broj I (f) := sup s(σ). σ Anlogno, definirmo i gornji Riemnnov integrl, ili krće gornji R-integrl, funkcije f, ko broj I (f) := inf σ S(σ). Kžemo d je funkcij f (Riemnn) integrbiln, ili krće R-integrbiln, ukoliko je I (f) = I (f). Ndlje, reln broj b f(x) d x := I (f) = I (f) zove se odredeni integrl funkcije f n segmentu [, b]; još se govori i o R-integrlu od f, n [, b]. 7 Npomen.8. (0) Nglsimo kko je vrlo čest slučj d se gore definirn odredeni integrl funkcije f, n segmentu [, b], oznčv i u sljedećoj, mlo krćoj, formi: b f d x Mi ćemo u dljnjem rvnoprvno koristiti obje notcije. () Primjetimo kko, po nvedenom u Npomeni.6, očito slijedi d je uvijek I (f) I (f). Kko smo rekli, ukoliko u gornjoj nejednkosti stoji štoviše jednkost, ond govorimo d je nš funkcij f R-integrbiln. Medutim, bitno je nglsiti d im slučjev kd ćemo z neku konkretnu funkciju f gore imti bš strogu nejednkost; tj. imt ćemo d je I (f) < I (f). Nrvno, t funkcij ond neće biti niti R-integrbiln. Ko jednostvn primjer, kd to immo, možemo uzeti funkciju { ko x Q, f : [0, ] R, f(x) := 0 ko x Q. c BŠ 7

8 Sd očito immo d je svk donj Drbouxov sum s(σ) = 0, dok je svk gornj Drbouxov sum S(σ) =. No to ond znči d je I (f) = 0 < = I (f). (Možd je ovdje prvo mjesto i z reći ovo: Zprvo, im mnogo više funkcij koje neće biti R-integrbilne, od onih koje hoće. No t, u biti netrivijln, činjenic vrijedi tek kd n prvi nčin interpretirmo frzu mnogo više.) (2) Nkon sveg rečenog, ukoliko immo posl s nenegtivnom funkcijom, jsn je sljedeć činjenic: b f d x = površin područj ispod Γ(f), iznd [, b] To govori d je prije spomenuti problem rčunnj površine područj P zprvo sveden n problem rčunnj odredenog integrl b f d x. Nš glvn zdć, u onome što slijedi, je pokzti kko se efektivno tkvi odredeni integrli mogu rčunti. Pogledjmo još jednom što smo mi rdili u definiciji R-integrbilnosti. Njprije smo z dnu funkciju f : [, b] R uzimli sve moguće subdivizije (σ) segment [, b]. Ond smo z svku tkvu subdiviziju nprvili i gornju i donju Drbouxovu sumu. Ztim smo definirli donji R-integrl ko supremum skup svih donjih Drbouxovih sum; tj., I (f) := sup{s(σ) (σ) subdivizij od [, b]}. Isto tko, gornji R-integrl definirli smo ko infimum skup svih gornjih Drbouxovih sum; tj., I (f) := inf{s(σ) (σ) subdivizij od [, b]}. Mlo slobodnije rečeno, imjući n umu sliku koj ilustrir donje i gornje Drbouxove sume n grfu Γ(f), mi u gornjim definicijm dobivmo I (f) ko rezultt jednog grničnog proces u kojem uzimnjem sve finijih rzdiobi gurmo vrijednosti odgovrjućih donjih Drbouxovih sumi n više. Anlogno, tim profinjivnjem i gurnjem vrijednosti odgovrjućih gornjih Drbouxovih sumi n niže dobivmo I (f). Ako n tj nčin uspijemo donje Drbouxove sume ngurti prem gore, gornje prem dolje, tko d se grnice pri tom gurnju mogu učiniti po volji blizu, ond kžemo d je funkcij f R-integrbiln; ili d postoji odreden integrl od f n segmentu [, b]. Zprvo, uprvo rečeno je skic dokz sljedećeg fundmentlnog rezultt; u literturi se tj rezultt često zove ključn lem (o R-integrbilnosti). Teorem.. Nek je dn ogrničen funkcij f : [, b] R. Td je t funkcij R-integrbiln ko i smo ko vrijedi sljedeće: Z svki ε > 0 postoji subdivizij (σ) segment [, b] tkv d rzlik odgovrjuće gornje i donje Drbouxove sume nije već od ε; tj., tkv d je S(σ) s(σ) ε. Pordi koristi, dt ćemo još jednu ekvivlentnu definiciju R-integrbilnosti. Ali prije tog mormo definirti i dv nov pojm. c BŠ 8 8

9 Definicij.9. Z proizvoljnu subdiviziju (σ), i bilo koje relne brojeve c i [x i, x i ], reln broj 9 i(c,..., c n ; σ) := n f(c i )(x i x i ) i= zove se integrln sum z funkciju f i subdiviziju (σ). Ndlje, broj zove se dijmetr subdivizije (σ). (σ) := mx i n (x i x i ) Npomen.0. Ko evidentnu posljedicu očitih nejednkosti m i f(c i ) M i, i =,... n, gdje su brojevi m i i M i definirni s (), primjetimo ovo: Z svku subdiviziju (σ) i odgovrjuću integrlnu sumu vrijede sljedeće nejednkosti: s(σ) i(c,..., c n ; σ) S(σ). Sd smo spremni z njvljenu ekvivlentnu definiciju R-integrbilnosti. Definicij.. Ogrničen funkcij f : [, b] R je R-integrbiln ko postoji limes Td gornji limes oznčvmo s lim i(c,..., c n ; σ). (σ) 0 b f d x, i zovemo odredeni integrl funkcije f n segmentu [, b]. Npomen.2. Primjetimo kko gornj definicij koristi pojm limes n jedn novi nčin, s kojim se mi nismo sreli. Nime, u izrzu lim (σ) 0 uzimnje limes znči d vrijede istovremeno sljedeće dvije stvri: (I) Broj n, n koliko podsegment subdivizij (σ) dijeli [, b], teži prem beskončnosti, tj. n ; (II) Dijmetr subdivizije teži prem nuli, tj. (σ) 0. Iko smo tvrdnju koji slijedi već izrekli, zbog vžnosti ju donosimo u formi teorem. Dokz, koji nije ssvim jednostvn, nećemo dti. Teorem.2. Nek je dn ogrničen funkcij f : [, b] R. Td je t funkcij R-integrbiln u smislu Definicije.7 ko i smo ko je on R-integrbiln u smislu Definicije.. Z ilustrciju, pokžimo kko se rčun površin P, z slučj kd je funkcij f dn ko u Primjeru.2. c BŠ 9

10 Primjer.3. Nglsimo kko nm vljnost rčun koji ovdje provodimo grntir dolje formulirn Teorem.3. (Tu je bitno podsjetiti n dobro pozntu činjenicu d je funkcij f neprekidn.) Ndimo odredeni integrl funkcije f : [0, 3] R, f(x) := x 2. U tu svrhu podijelit ćemo segment [0, 3] n n jednkih dijelov; tj., uzimmo subdivizije (σ n ) ( 3 0 ) x i := i = 3i, n n i = 0,,..., n. Ndlje, uzet ćemo c i = x i [x i, x i ], i =,..., n. Ond immo integrlne sume i(n) := i(c,... c n ; σ n ) = = n i= x 2 i 3 n = 3 n Sd, dobro je poznt sljedeći identitet: I ond odmh slijedi d je n 2 = n i= n f(x i )(x i x i ) i= ( 3i n i(n) = 27 n(n + )(2n + ) n 3 = ) 2 = 27 n 3 n i 2. i= n(n + )(2n + ). 6 n + n 2n +. n Budući su evidentno ekvivlentni uvjeti n i (σ n ) 0, slijedi: 3 0 x 2 d x = Znči, tržen je površin P = 9. lim i(n) = lim i(n) = 9 (σ n) 0 n 0 2 lim n + n 0 n 2n + lim = 9. n 0 n Primjetimo kko smo mogli gledti i mlo općenitiju situciju. Nime, pretpostvimo d je dn proizvoljn t > 0, i ond funkcij f : [0, t] R, f(x) := x 2. Podijelimo segment [0, t] n n jednkih dijelov; tj., gledjmo subdiviziju (σ n ) x i := ti, i = 0,,..., n. n Ond, uz zmjenu 3 t, potpuno isti rčun ko gore dje F (t) := t 0 x 2 d x = t3 3 ; jsno, z t = 3 dobivmo F (3) = 3 0 x2 d x = 9, kko smo već vidjeli. U vezi s rečenim u uvodu ovog poglvlj, dobro je primjetiti kko i ovj put immo F (t) = t 2 = f(t). Teorem koji slijedi, posebno njegov prvi dio, je od velike teorijske vžnosti. I ovj put dokz ispuštmo. c BŠ 0 0

11 Teorem.3. Pretpostvimo d je funkcij f : [, b] R neprekidn. Td je t funkcij i R- integrbiln; tj., Neprekidnost = R-integrbilnost Ndlje, integrl od f možemo rčunti tko d segment [, b] dijelimo n n jednkih dijelov, i ond pustimo n. Preciznije rečeno, definirmo rzdiobne točke x i := + i b, i = 0,,..., n, n i uzmimo bilo koje relne brojeve Td je c i [x i, x i ], i =,..., n. b f d x = lim n Posebno, ko uzmemo uprvo c i = x i, ond je b n i= ( f d x = (b ) lim n n f(c i ) b n. n ( f + i b ) ) n i= Nglsimo kko se pomoću posljednje uokvirenog izrz mogu ponekd u prksi numerički rčunti neki konkretni odredeni integrli, kd je to drugim metodm možd iz nekih rzlog otežno. Sljedeći je primjer instruktivn. Nime, iko je originln motivcij z definiciju integrl bio problem rčunnj površine ispod grf funkcije, z koju smo pretpostvljli d je nenegtivn, površinu smo nučeni mjeriti u pozitivnim brojevim, nš definicij odredenog integrl može imti ko rezultt bilo koji reln broj; pozitivn ili negtivn. Primjer.4. Nek je dn (neprekidn) funkcij f : [, 2] R, f(x) := x. Ponovo koristeći Teorem.3, izrčunjmo odredeni integrl 2 x d x; što odgovr površini područj omedenog s grfom funkcije f, ko n ovoj slici: Slik 4. U tu svrhu i ovj put dijelimo segment, n kojem je definirn funkcij f, n n jednkih dijelov; tj., definirmo rzdiobne točke x i := + i 2 n = + i, i = 0,,..., n. n Ztim uzmimo c i := x i, z sve i. Td, koristeći dobro poznt identitet n = c BŠ n(n + ), 2

12 2 rčunmo integrlne sume i(n) := = n n i= = n ( f + i ) n n = ( n n ( n n ( 3n + 2 n i= ). ) i = n i= ( + i ) ) n ( n n ) n(n + ) 2 Odvde slijedi d je 2 x d x = lim i(n) = lim 3n + = 3 n n 2n 2. Dkle, rezultt nšeg rčun je negtivn broj! D smo npr. gledli funkciju f : [ 2, 2] R, ponovo dnu s f(x) := x, isti rčun ko gore do bi d je ovj put 2 2 x d x = 0. Iz sveg nvedenog, lko se vidi d vrijedi sljedeće prvilo. Prvilo. Ako je funkcij f : [, b] R tkv d je f(x) 0, z svki x [, b], ond se površin P, područj P koje je u koordintnom sustvu omedeno s X-osi, grfom Γ(f), te vertiklnim prvcim X = i X = b, rčun ko P = b f d x. Posebno: Površin područj koje se nlzi ispod X-osi, uzim se s negtivnim predznkom. Npomen.5. Pretpostvimo d je funkcij f ist ko u prethodnom Prvilu, te nek P i P imju isto znčenje ko i tmo. Ako bismo s pov(p) oznčili psolutni iznos površine, ili ono što bismo zvli prvom (nenegtivnom) površinom, ond bi bilo pov(p) = P. Npomen.6. () Pretpostvimo d immo funkciju f : [, b] R, koj je R- intgrbiln. Isto tko, pretpostvimo d immo nekih k točk u i koje segment [, b] dijele n k mnjih podsegment; tj., nek = u 0 < u < u 2 < < u k < u k = b. Pretpostvimo d još vrijedi: Restrikcij od f n podsegment [, u ] je negtivn, restrikcij n [u, u 2 ] je pozitivn, restrikcij n [u 2, u 3 ] je ponovo negtivn, restrikcij n [u 3, u 4 ] je ponovo pozitivn, itd. (Pozitivnost i negtivnost predznk funkcije se n dv susjedn podsegment izmjenjuju.) Evidentn je posljedic: Dio grf funkcije f koji odgovr restrikciji f [,u ] nlzi se ispod X-osi, dio koji odgovr restrikciji f [u,u 2 ] nlzi se iznd X-osi, itd. (Ncrtjte sliku!) Sd, ko bismo stvili P i := ui c BŠ 2 u i f d x, i =,... k,

13 ond su vrijednosti P, P 3,... negtivne, dok su vrijednosti P 2, P 4,... pozitivne. Posebno, recimo d ns znim kolik je stvrn površin P = pov(p), područj P dnog ko n ovoj slici: Ssvim je jsno d ond immo: Slik 5. P = P + P P k = P + P 2 + ( ) k P k. (Usporedite tvrdnju (4) u Teoremu.4.) (2) Pomoću odredenog integrl mogu se rčunti površine dobrih skupov u R 2. Recimo d immo dvije neprekidne funkcije f, g : [, b] R tkve d je f(x) g(x), x [, b]; što posebno znči d je grf od f ispod grf od g. Nek je ond s P R 2 oznčeno područje ko n ovoj slici: Ond je očito pov(p) = Slik 6. b g d x b f d x Ko jedn konkretn primjer z ovo gore uzmimo npr. funkcije f(x) := 3 x i g(x) := 4x; te su funkcije obje definirne n čitvom R. S P oznčimo područje koje je omedeno grfovim tih dviju funkcij: Slik 7. Lko se vidi d su točke O i T, s slike, dne s O = (0, 0) i T = (2, 8). Prem tome, immo pov(p) = 2 0 (3 x ) d x 2 0 4x d x. (Mi u trenutku nismo u mogućnosti provesti ovj rčun do krj, jer još nismo nučili kko ov dv konkretn odreden integrl izrčunti; posebno prvi po redu. Ali nglsimo d će tj rčun, kd prodemo kroz ovo prvo poglvlje, biti vrlo jednostvn.) 3.2. Svojstv odredenog integrl. U ovom odjeljku cilj nm je dti jedn teorem koji popisuje nek osnovn svojstv odredenog integrl. Ali prije tog dogovorimo se o sljedećem: Ako je funkcij f : [, b] R R-integrbiln, ond stvljmo: c BŠ 3

14 4 b f d x = b f d x Mogli bismo reći i ovko: Ako integrirmo funkciju f od b do, dobijemo suprotnu vrijednost od integrl te funkcije od do b. Teorem.4. Nek su f, g : [, b] R dvije R-integrbilne funkcije. Vrijede sljedeće tvrdnje: (i) Z proizvoljnu konstntu K R immo: (ii) (ditivnost integrl) b b (f ± g) d x = K d x = K(b ). b f d x ± (iii) (homogenost integrl) Z proizvoljnu konstntu α R immo: b αf d x = α b (iv) (ditivnost integrl po području integrcije) Z prizvoljn c [, b] immo: b f d x = c f d x + (v) Ako je f(x) 0, z svki x [, b], ond je b f d x 0. b f d x. b c f d x. (vi) (monotonost integrl) Ako je f(x) g(x), z svki x [, b], ond je b f d x b g d x. g d x (vii) (Lem o ocjeni integrl) Ako postoje relni brojevi m i M tkvi d je m f(x) M, z svki x [, b], ond je (viii) Immo: m(b ) b b c BŠ 4 f d x M(b ). b f(x) d x f(x) d x.

15 Dokz. (i) Ovdje se smo treb sjetiti d je površin prvokutnik, kojem su strnice duljine K i b, jednk K(b ). (ii) Definirmo funkciju h := f + g; slučj h := f g se gled nlogno. Mi mormo njprije dokzti d je h R-integrbiln. U tu svrhu, uzet ćemo bilo koji ε > 0 i pokzti d postoji nek subdivizij (σ) segment [, b] tkv d je S(h, σ) s(h, σ) ε; ztim se dovoljno pozvti n Teorem.. Sd rdimo obvko. Kko je posebno f R- integrbiln funkcij, ond postoji nek subdivizij (σ f ) tkv d je S(f, σ f ) s(f, σ f ) ε 2. Anlogno, postoji nek subdivizij (σ g ) tkv d je S(g, σ g ) s(g, σ g ) ε 2. Definirmo subdiviziju (σ) ko uniju subdivizije (σ f ) i subdivizije (σ g ); tj., σ = σ f σ g. Nek su sd m i -ovi i M i -ovi definirni ko u (). Td posebno vrijedi m i (f, σ) f(x) i m i (g, σ) g(x), z svki x iz i-zog po redu podsegment koji se dobije kd n [, b] stvimo subdiviziju (σ). Zključk je kko immo i m i (f, σ) + m i (g, σ) f(x) + g(x), z svki x, te ond i m i (f, σ) + m i (g, σ) m i (h, σ), z svki i. Množenjem gornjih nejednkosti s (x i x i ), te sumirnjem, dobivmo d je s(f, σ) + s(g, σ) s(h, σ). Odvde, koristeći rečeno u Npomeni.6, dobivmo dlje (2) s(f, σ f ) + s(g, σ g ) s(f, σ) + s(g, σ) s(h, σ). Ssvim nlogno, immo: (3) S(h, σ) S(f, σ) + S(g, σ) S(f, σ f ) + S(g, σ g ). Iz (2) i (3), te ponovo nvedenog u Npomeni.6, posebno dobivmo: i ztim s(f, σ f ) + s(g, σ g ) s(h, σ) S(h, σ) S(f, σ f ) + S(g, σ g ); S(h, σ) s(h, σ) S(g, σ g ) s(g, σ g ) + S(f, σ f ) s(f, σ f ) ε 2 + ε 2 = ε. Time smo dokzli d je doist funkcij h R-integrbiln. Iz smog dokz jsno je i d vrijedi jednkost integrl nveden u (ii). (iii) Z α = 0 tvrdnj je očit. Pretpostvimo d je α > 0; slučj α < 0 tretir se nlogno. Z bilo koju subdiviziju (σ), te brojeve m i i M i, definirne s (), sd očito vrijedi d je m i (αf, σ) = α m i (f, σ) i M i (αf, σ) = α M i (f, σ). Slijedi d je ond: s(αf, σ) = α s(f, σ) i S(αf, σ) = α S(f, σ). Nek je sd dn proizvoljn ε > 0. Budući je funkcij f R-integrbiln, po Teoremu., postoji posebno subdivizij (σ) tkv d je S(f, σ) s(f, σ) ε α. c BŠ 5 5

16 6 No ond je očito d z tu istu subdiviziju immo: S(αf, σ) s(αf, σ) α ε α = ε. Dkle, ponovo po Teoremu., slijedi d je i funkcij αf R-integrbiln. D ond vrijedi i jednkost integrl nveden u (iii) je sd jsno. (iv) Detlje dokz ove tvrdnje ostvljmo zinteresirnom čittelju/ici. (v) Ov je tvrdnj intuitivno ssvim jsn. (Nime sjetimo se d je znčenje odredenog integrl nenegtivne funkcije f dno ko (nenegtivn) površin ispod grf od f.) Strogi rgument slijedi iz evidentne činjenice d je s(f, σ) 0, z svku subdiviziju (σ), i definicije donjeg R-integrl I (f). (vi) Ako stvimo u (v) funkciju g f nmjesto f, dobivmo d je b (g f) d x 0. Sd iskoristimo svojstvo (ii), o ditivnosti integrl. (vii) Ov je tvrdnj direktn posljedic dokznog u (i) i (vi). (viii) Jsno je d svki x immo: Sd, iz (iii) i (vi), odmh tvrdnj slijedi. f(x) f(x) f(x). Zbog posebne vžnosti, formulirjmo sljedeći korolr. Njegov je tvrdnj očito ekvivlentn tvrdnjm (ii) i (iii), uzetim zjedno, iz teorem. Korolr. (Linernost odredenog integrl) Z proizvoljne konstnte α, β R vrijedi: b (αf + βg) d x = α b f d x + β b g d x.3. Neodredeni integrl i Osnovni teorem diferencijlnog rčun. Ovj je odjeljk osnovni u cijelom poglvlju. U njemu njprije djemo odgovor n problem (2), formulirn u uvodnom dijelu ovog poglvlj (Teorem.5). Ztim djemo tzv. Teorem srednje vrijednosti z integrl (Teorem.6). Nglsimo d je to u biti vrijnt Lgrngeovog teorem srednje vrijednosti iz Mtemtike ; i to vrijnt koj u potpunosti oprvdv sm nziv teorem. Sljedeći je kork uvodenje pojm tzv. neodredenog integrl. Potom dokzujemo centrlni teorem cijelog kolegij (Teorem.7). To je čuveni rezultt Newton i Leibniz, koji nosi ime Osnovni teorem diferencijlnog rčun; nekd govorimo i o Newton-Leibnizovoj formuli. (Npomenimo kko tj teorem im nekoliko vžnih generlizcij, od kojih svkko mormo brem spomenuti poznti Stokesov teorem.) Mogli bismo reći d tj rezultt dje psolutno precizn recept o tome kko, u c BŠ 6

17 velikom broju slučjev, rčunti odredene integrle. Posljednji teorem ovog odjeljk govori d je i rčunnje neodredenih integrl linern opercij (Teorem.8). Nvedene teoreme i njihovu vžnost ilustrirmo n nekoliko instruktivnih primjer. Nek je sd f : [, b] R neprekidn funkcij, te nek su x, c [, b] nek dv broj. Pretpostvimo d je c < x. Ond definirmo funkciju F : [, b] R, F (x) := x c f(t) d t. Primjetimo d je funkcij F dobro definirn. Nime, ko je f neprekidn, to je i restrikcij f [c,x] isto neprekidn. Ali ond, po Teoremu.3, t restrikcij je i R-integrbiln; ond posebno i F (x) možemo rčunti. Prije nego li krenemo dlje, pogledjmo jedn jednostvn primjer. Primjer.7. Nek je funkcij f : R R dn s f(t) := t. T je funkcij, jsno, neprekidn, p je i R-integrbiln. Uzmimo c = 0. Ond definirmo funkciju F (x) := x 0 f(t) d t. Postupjući nlogno ko i u Primjeru.4, može se lko vidjeti d je F (x) = x2 2 Ovdje primjetimo d, nlogno nekim prethodnim slučjevim, immo: ( x F 2 ) (x) = = x = f(x). 2 Pokžimo d, kko smo već prije rekli, gornj jednkost F (x) = f(x) nije slučjnost, u velikom broju slučjev. Teorem.5. Nek je f : [, b] R neprekidn funkcij, te nek je c [, b] proizvoljn. Td je funkcij F (x) := x derivbiln n otvorenom intervlu (, b), i vrijedi c f(t) d t F (x) = f(x) 7 Dokz. Njprije primjetimo d z mlen x > 0, po (iv) u Teoremu.4, immo: x+ x c f(t) d t x c f(t) d t = Sd, koristeći definiciju derivcije funkcije, slijedi d je F F (x + x) F (x) (x) = lim x 0 x = lim x 0 x x+ x x f(t) d t. c BŠ 7 = lim x 0 x+ x x f(t) d t. x+ x c f(t) d t x c f(t) d t x

18 Dlje, ponovo z mlen x, definirmo brojeve m( x) := M( x) := Ond, po definiciji tih brojev, immo d je m( x) f(t) M( x), Odvde, po (vii) u Teoremu.4, immo: x m( x) x+ x x min f(t), [x,x+ x] mx f(t). [x,x+ x] Dijeljenjem gornjih nejednkosti s x, dobivmo: (4) m( x) x x+ x x t [x, x + x]. f(t) d t x M( x). f(t) d t M( x). Ali sd, koristeći činjenicu d je funkcij f neprekidn n [, b], ond posebno i u točki x, immo d je lim m( x) = lim m( x) = F (x). x 0 x 0 Odvde, ukoliko nejednkosti (4) npdnemo s lim x 0, dobivmo: lim m( x) = f(x) lim x 0 x 0 x x+ x x f(t) d t f(x) = lim x 0 M( x); tj., x+ x f(x) = lim f(t) d t = F (x). x 0 x x Tko je teorem dokzn. (Primjetimo kko smo gornji dokz npisli z slučj kd je x > 0, li ssvim isto gled se i slučj kd je x < 0.) Prethodni se teorem koristi i z rčunnje derivcij funkcij koje su definirne integrlom. Pogledjmo jedn primjer. Primjer.8. Treb izrčunti derivciju ϕ (x), ukoliko je funkcij ϕ dn ko ϕ(x) := x 4 cos t d t. (Primjetimo d t funkcij doist je dobro definirn, tj. d z svki reln broj x možemo definirti ϕ(x). Nime, funkcij cos je neprekidn n cijelom R, p je ond tkv i njezin restrikcij n segment [, x 4 ]. Po Teoremu.3, t je restrikcij R-integrbiln.) Stvimo Ond je g(u) := u cos t d t. ϕ(x) = g(x 4 ) = (g h)(x), gdje smo stvili h(x) := x 4. Odvde, koristeći prvilo z derivciju kompozicije funkcij, slijedi d je ϕ (x) = g ( h(x) ) h (x). c BŠ 8 8

19 Ali primjetimo d je h (x) = 4x 3. g (u) = cos u. Končno slijedi d je 9 Isto tko, po prethodnom teoremu, immo d je ϕ (x) = (cos x 4 ) 4x 3. Sd dokžimo još jedn vžn rezultt, koji je zprvo, kko ćemo vidjeti, jednostvn posljedic Lgrngeovog teorem srednje vrijednosti i Teorem.5. Teorem.6. (Teorem srednje vrijednosti z integrl) Nek je funkcij f : [, b] R neprekidn. Td postoji brem jedn x 0 (, b) tkv d je b f d x = f(x 0 ) (b ) Npomen.9. Grf funkcije f izgled, u općenitom obliku, ko n ovoj slici: Slik 8. Gornji teorem govori d je površin područj P, koje se nlzi ispod grf Γ(f), jednk umnošku duljine intervl b i vrijednosti f(x 0 ), z neki x 0 (, b). Drugim riječim, površin pov(p) = b f d x jednk je površini prvokutnik kojem je širin b, visin mu je srednj vrijednost f(x 0 ). Dokz. Nek je c [, b] proizvoljn, i definirjmo ond funkciju F (b) F () b F (x) := x c f(t) d t. Po Teoremu.5, funkcij F je derivbiln i vrijedi F (x) = f(x). Ndlje, po Lgrngeovom teoremu srednje vrijednosti, znmo d postoji neki x 0 (, b) tkv d je b c f(t) d t c f(t) d t F (x 0 ) = f(x 0 ) = b b f(x 0 ) = f(t) d t b (Kod posljednje ekvivlencije koristili smo tvrdnju (v) iz Teorem.4.) Preostje još smo posljednju jednkost pomnožiti s b ; i teorem slijedi. Sd djemo jednu osnovnu definiciju; iz nje vžnu npomenu. Definicij.20. Nek je dn nek funkcij f(x). Svk funkcij F (x), koj im svojstvo d je F (x) = f(x), zove se primitivn funkcij od f. Primitivn se funkcij F još zove i neodredeni integrl funkcije f, i oznčv s f(x) d x = f d x Pritom govorimo d je f podintegrln funkcij. c BŠ 9

20 Npomen.2. () Primjetimo d ko su F i F 2 neke dvije primitivne funkcije od neke funkcije f, ond postoji konstnt C R tkv d je Mogli bismo to reći i ovko: F (x) = F 2 (x) + C. Svke dvije primitivne funkcije rzlikuju se z konstntu (Nime, po Korolru 6, u Poglvlju 9 kolegij Mtemtik, znmo sljedeće: Dvije derivbilne funkcije, koje imju iste derivcije, rzlikuju se z konstntu.) U skldu s tim, nglsimo kko se vrlo često u literturi neodredeni integrl neke funkcije f oznčv s f(x) d x + C 20 (2) Kko ćemo dolje vidjeti, proces nlženj primitivne funkcije z neku dnu funkciju je krucijln z rčunnje odredenih integrl. Mi tu z dnu funkciju f tržimo neku drugu funkciju F tko d derivcij od F bude f. Dkle, to je proces koji je zprvo obrnut od proces derivirnj. Iz tog se rzlog ponekd primitivn funkcij neke funkcije zove još i ntiderivcij. Sd smo spremni z ovj fundmentln rezultt Newton i Leibniz. Teorem.7. (Osnovni teorem diferencijlnog rčun) Nek je funkcij f : [, b] R neprekidn. Td se odredeni integrl funkcije f, n segmentu [, b], rčun ko (Newton-Leibnizov formul) b f(x) d x = F (b) F () gdje je F (x) bilo koj primitivn funkcij funkcije f(x). Dokz. N-L formul je jednostvn posljedic Teorem.5 i Npomene.2. Nime, njprije z proizvoljn c [, b] definirmo funkciju F 0 (x) := x c f(t) d t. Sd, po spomenutom teoremu znmo d je F 0 primitivn funkcij od f. Ali kko je i F primitivn funkcij od f, postoji nek konstnt C R tkv d je F (x) = F 0 (x) + C. Ond, imjući n umu tvrdnju (iv) Teorem.4, slijedi: F (b) F () = F 0 (b) F 0 () = b c BŠ 20 c f(t) d t c f(t) d t = b f(t) d t.

21 Npomen.22. () Primjetimo u čemu je velik vžnost gornjeg rezultt. On govori d ko želimo izrčunti odredeni integrl neke neprekidne funkcije f(x) n nekom segmentu [, b], ond se to može nčiniti u dv kork:. Ndimo bilo koju primitivnu funkciju F, dne funkcije f; i ond 2. Izrčunjmo vrijednosti funkcije F u krjevim segment, tj. točkm b i, te iste oduzmimo. Primjetimo i to d rčunnje odredenog integrl od f, n [, b], tj. nlženje površine ispod grf Γ(f), ovisi smo o vrijednostim koje primitivn funkcij F poprim u krjevim segment; što izgled pomlo neočekivno. Dkle, iko izgled grf od f ovisi o tome kko je f definirn n cijelom segmentu [, b], rečen površin ovisi smo o dvjem vrijednostim koje poprim primitivn funkcij F ; tj., kko smo već rekli, o vrijednostim koje F poprim u krjevim segment. Nglsimo kko je kork. zprvo cijeli poso koji mormo obviti; jer kd immo primitivnu funkciju F, kork 2. je trivijln. Odvde ndlje, gotovo cijel prič oko integrlnog rčun ide z metodm koje pomžu pronći primitivnu funkciju neke zdne funkcije. (2) Newton-Leibnizov formul često se zpisuje i ovko: b f(x) d x = F (x) Funkcije koje se pojvljuju u sljedećem Primjeru već smo sreli u Primjerim.3 i.4. Sd, kd znmo mlo više teorije, odgovrjuće ćemo odredene integrle elegntnije riješiti. Primjer.23. () Ako je funkcij f : [0, 3] R dn s f(x) := x 2, izrčunjmo odredeni integrl P := 3 0 f(x) d x. D bismo to nprvili treb smo uočiti d je funkcij F (x) := x 3 /3 primitivn z f(x); nime, d je F (x) = f(x), z svki reln x. Td, po N-L formuli, immo d je (2) Izrčunjmo odredeni integrl b P = F (3) F (0) = = 9. P := 2 x d x. Z to, njprije primjetimo d je F (x) := x 2 /2 primitivn funkcij z f(x). Ond, po N-L formuli, slijedi d je P = F (2) F () = 22 ( 2 2 ) = Riješit ćemo još tri instruktivn odreden integrl. c BŠ 2 2

22 Primjer.24. () Izrčunjmo površinu jednog brijeg sinusoide ; tj., površinu pov(p), ko je P područje ispod grf funkcije f = sin : [0, π] R. Mi zprvo mormo izrčunti odredeni integrl P := π 0 sin x d x. D bismo to nprvili, prvo se sjetimo d je cos x = sin x. Ali to znči d je ond funkcij F (x) := cos x primitivn funkcij od f(x) = sin x. Sd, po N-L formuli, slijedi d je P = F (π) F (0) = cos π ( cos 0) = ( ) ( ) = 2. (2) Izrčunjmo odredeni integrl P := 0 + x 2 d x. D to izrčunmo, prvo se sjetimo d je rctg x = + x 2. To znči d je funkcij F (x) := rctg x primitivn z funkciju f(x) :=. Ali kko + x2 je dobro poznto d vrijedi rctg = π/4 i rctg 0 = 0 (jer je tg 0 = 0 i tg π/4 = ), ond po N-L formuli immo: P = F () F (0) = π 4 0 = π 4. (3) Z proizvoljn izrčunjmo odredeni integrl P := D to izrčunmo, dovoljno se sjetiti d je ln x = x. x d x. 22 Ond, po N-L formuli, immo: P = ln ln = ln. Sd ćemo dti jednu tblicu u kojoj su neki od osnovnih neodredenih integrl. Zprvo, ko se sjetimo d je trženje neodredenih integrl postupk koji je obrtn od prosec derivirnj, ond se tblic koj slijedi jednostvno dobije okretnjem Tblice osnovnih derivcij; tu smo tblicu dli pri krju Poglvlj 8. u kolegiju Mtemtik. c BŠ 22

23 23 TABLICA OSNOVNIH NEODREDENIH INTEGRALA f(x) = f(x) d x = x α, (α R \ { }) x α+ α + x ln x e x e x x, ( > 0, ) ln x sin x cos x cos x sin x cos 2 x tg x sin 2 x ctg x sh x ch x ch x sh x + x 2 rctg x x 2 2 ln + x x rcsin x x 2 + x 2 ln x + + x 2 c BŠ 23

24 Sljedeći jednostvn teorem od velike je vžnosti; usp. Korolr. On omogućv, u nekim situcijm, rzbiti komplicirniju podintegrlnu funkciju n jednostvnije komde, od kojih se svki posebno može ond jednostvnije integrirti. Teorem.8. (Linernost neodredenog integrl) Ako z funkcije f i g postoje neodredeni integrli, ond z proizvoljne konstnte α, β R, postoji i neodreden integrl funkcije αf + βg. Ndlje, vrijedi: (αf(x) + βg(x)) d x = α f(x) d x + β g(x) d x 24 Dokz. Evidentno je dovoljno pokzti posebno ditivnost, tj. d je (f(x) + g(x)) d x = f(x) d x + g(x) d x; ztim homogenost, tj. d je αf(x) d x = α f(x) d x. Pokžimo smo ditivnost; homogenost ide nlogno. Po pretpostvci postoje neodredeni integrli F (x) := f(x) d x i G(x) := g(x) d x. Ali sd je ( ) F + G = F + G = f + g. No to znči d je F + G neodredeni integrl od f + g; i tvrdnj slijedi. Pogledjmo sd još dv primjer kko rčunti konkretne odredene integrle. Primjer.25. () Izrčunjmo odredeni integrl P := 4 (2x 3 5x) d x. D bismo mogli primijeniti N-L formulu, mormo njprije izrčunti odgovrjući neodredeni integrl; tj., F (x) = (2x 3 5x) d x. Ali po prethodnom teoremu je F (x) = 2 x 3 d x 5 x d x. Ndlje, koristeći prvi integrl u dnoj Tblici (z α = 3 i ), dobivmo d je x 3 d x = x4 i x d x = x Ond odmh slijedi d je F (x) = x4 2 5x2 2 ; c BŠ 24

25 25 i ztim P = F (4) F () = = 90. (2) Izrčunjmo odredeni integrl P := 9 2x 2 + x 2 x x 2 d x. Imjući n umu ponovo prethodni teorem, neodredeni integrl podintegrlne funkcije je ovj put x d x F (x) = 2 d x + d x x 2 = 2 d x + x 2 d x x 2 d x. Ali, ponovo koristeći prvi integrl u dnoj Tblici (z α = 0, /2 i 2), dobivmo d je i ztim F (x) = 2x x x ; P = F (9) F () = = Zdtk, koji slijedi, je u vezi s dijelom (2) Npomene.6. Zdtk.. Izrčunjte neodredeni integrl (3 x ) d x. Ovj odjeljk zvršvmo s dvije vžne npomene. Npomen.26. () Recimo d je s Ω oznčen skup relnih funkcij relne vrijble u kojem su svi polinomi, sve trigonometrijske funkcije i sve eksponencijlne funkcije. Funkcij, koj se dobiv kombincijm zbrjnj i/ili oduzimnj, množenj i/ili dijeljenj, komponirnj i uzimnj inverznih funkcij nekih (bijektivnih) funkcij iz Ω zove se elementrn funkcij. Oznčimo E := skup svih elementrnih funkcij. Sd, dobro je poznto, i evidentno, d ns derivirnje ne izvodi iz skup E ; tj., ko je f nek funkcij iz E, ond je i njen derivcij tkoder iz E. Medutim, nlogno ne vrijedi z integrl. Ssvim precizno rečeno, može se pokzti d postoje neke elementrne funkcije f, z koje postoji neodredeni integrl F = f d x, li tj F više nije elementrn funkcij. Ko prvi primjer definirmo tzv. integrlni logritm li x := d x ln x. Drugi poznti primjer je tzv. intgrlni sinus sin x x d x. (2) Pogledjmo slijedeći rčun : P := 3 d x x 2 = x c BŠ 25 3 = 3 = 4 3.

26 26 Ali podintegrln funkcij f(x) := x 2 je nenegtivn, z svki x iz svoje domene. Po dokznom u (v) Teorem.4 slijedilo bi d je I 0. No mi smo dobili d je I = 4. U čemu je problem?! Rzlog je sljedeći: Funkcij 3 f(x) nije neprekidn n segmentu [, 3], p ne možemo primjeniti N-L formulu!! (Smo jedn točk, tj. x = 0, u kojoj f nije niti definirn je sve pokvril.) Ovo još jednom pokzuje d mormo biti oprezni, i u svkom konkretnom slučju detljno provjervti d li su ispunjene pretpostvke z primjenu nekog teorem..4. Metode integrcije. U ovom odjeljku uvodimo dvije glvne metode integrcije; to su metod supstitucije i metod prcijlne integrcije. Kžimo kko te dvije metode u velikom broju dnih zdtk omogućvju rješvnje integrl. Ali nglsimo i to d one nisu svemoguće. Nime, ponekd će trebti i neki drugi nčini; npr. možd nešto ko u sljedećem odjeljku. Inče, kd god immo zdtk gdje rčunmo neki integrl, li i bilo što drugo, uvijek je njvžnije prije smog rčun dti dijgnozu i shodno tome odrediti koju metodu ćemo koristiti. (Pozor: Pritom je uvijek dobro imti n umu sljedeće. Ako nm se učini d bi nek metod morl funkcionirti, li nm u rčunu stvr ne ide, ond nije dobro uporno piliti po izbrnoj metodi. Nime, možd smo krivo izbrli; p bi bilo rzumno prokopti po memoriji hoće li nek od ostlih metod prorditi.) (A) Metod supstitucije (zmjene) Teorem.9. (Zmjen vrijbli u neodredenom integrlu) Pretpostvimo d je f funkcij koj im neodredeni integrl (tj., primitivnu funkciju). Nek je ϕ(x) nek derivbiln funkcij, i uvedimo novu vrijblu Td vrijedi: y = ϕ(x). f ( ϕ(x) ) ϕ (x) d x = f(y) d y Kžimo ukrtko koj je idej teorem. Mi u prvilu immo neki integrl koji im dost komplicirnu podintegrlnu funkciju. Nš je zdć, kd je to moguće, pronći dekvtnu funkciju ϕ tko d z nju dn podintegrln funkcij poprimi oblik ko u lijevoj strni gornje uokvirene jednkosti. Ako to postignemo, ond teorem govori d ćemo, pomoću supstitucije y = ϕ(x), nš integrl moći zpisti u formi ko n desnoj strni gornje uokvirene jednkosti. Nrvno, pritom očekujemo d će integrl, npisn u tom novom obliku, biti jednostvniji z riješiti. c BŠ 26

27 27 Dokz. Nek je F primitivn funkcij od f; tj., F (y) = f(y) d y. Sd, jer je y = ϕ(x), immo Rčunjmo : F (y) = (F ϕ)(x). d d x (F ϕ)(x) = (F ϕ) (x) = F ( ϕ(x) ) ϕ (x) = f ( ϕ(x) ) ϕ (x). Znči, funkcij (F ϕ)(x) primitivn je z funkciju f ( ϕ(x) ) ϕ (x). Drugčije rečeno, f ( ϕ(x) ) ϕ (x) d x = (F ϕ)(x) = F (y) = f(y) d y. Npomen.27. Ako pžljivije nlizirmo dni dokz teorem, ond se vidi kko bismo z uokvirenu jednkost iz teorem mogli reći d je on nlogon lnčnog prvil z derivciju kompozicije funkcij. Primjer.28. () Izrčunjmo neodredeni integrl I = (x 2 + ) 2 2x d x. Ako pogledmo podintegrlnu funkciju p(x) = (x 2 + ) 2 2x, i sjetimo se d je (x 2 + ) = 2x, ond je odmh jsno d je y = ϕ(x) := x 2 + dobr supstitucij. Nime, td je p(x) = f ( ϕ(x) ) ϕ (x), gdje je f(t) := t 2. Ond je, po teoremu, I = f(y) d y = y 2 d y = y3 3 = (x2 + ) 3. 3 (2) Izrčunjmo neodredeni integrl I = x 2 e x3 d x. Ako pogledmo podintegrlnu funkciju p(x) = e x3 x 2, i sjetimo se d je (x 3 ) = 3x 2, ond je odmh jsno d je y = ϕ(x) := x 3 c BŠ 27

28 28 dobr supstitucij. Nime, td je gdje je Ond je, po teoremu, I = 3 p(x) = 3 f( ϕ(x) ) ϕ (x), f(y) d y = 3 f(t) := e t. (3) Izrčunjmo neodredeni integrl I = x x 2 + d x. e y d y = ey 3 = ex3 3. Ovdje, ko i u (), stvimo supstituciju y = ϕ(x) := x 2 +. Td se podintegrln funkcij p(x) može npisti ko gdje je Po teoremu immo d je I = f(y) d y = 2 2 p(x) = 2 f( ϕ(x) ) ϕ (x), f(t) := t. y 2 d y = 2 3 y3/2 = 3 (x2 + ) 3/2. (3) Izrčunjmo neodredeni integrl I = 0x 4 sin x 5 d x. Budući je (x 5 ) = 5x 4, stvit ćemo supstituciju y = ϕ(x) := x 5. Td se podintegrln funkcij p(x) može npisti ko gdje je Po teoremu immo d je I = 2 p(x) = 2f ( ϕ(x) ) ϕ (x), f(t) := sin t. sin y d y = 2 cos y = 2 cos x 2. Sljedeć npomen donosi vrlo korisne nputke o tome kko nše rčunnje integrl učiniti i konciznijim i tečnijim. Npomen.29. Pri rčunnju neodredenih integrl koristimo formlni rčun s diferencijlim. Nime, evidentno je d vrijede sljedeće jednkosti diferencijl: () d(x + C) = d x, C R konstnt; (2) d(cx) = C d x, C R konstnt; (3) ϕ d x = d ϕ(x), ϕ der. funkcij; (4) d(ϕ(x) + ψ(x)) = d ϕ(x) + d ψ(x), ϕ, ψ der. funkcije; (5) d ( ϕ(x)ψ(x) ) = ( d ϕ(x) ) ψ(x) + ϕ(x) ( d ψ(x) ), ϕ, ψ der. funkcije; c BŠ 28

29 29 Pokžimo n dv integrl iz Primjer.28, kko rečeno funkcionir. Njprije pogledjmo integrl dn u (). Kko je 2x d x = d(x 2 + ), immo: { } I = (x 2 + ) 2 d(x 2 + ) = supst. y = x 2 + = y 2 d y = y3 3 = (x2 + ) 3. 3 Sd pogledjmo integrl dn u (2). Kko je 3x 2 d x = d x 3, immo: I = } e x3 d x 3 = {supst. y = x 3 3 = e y d y = ey 3 3 = ex3 3. Zdtk.2. Ndite neodredeni integrl f(x) d x, ko je podintegrln funkcij f dn ko: () f(x) = x 3 cos(x 4 + 2); (2) f(x) = 3x + 4; x (2) f(x) = + 4x 2. Zdtk.3. Pomoću N-L formule izrčunjte odredene integrle: () 0 3 x ex2 d x; (2) x 2 + x 2 d x; (2) 0 ( + x) ( + x2 ) d x Sdćemo dti i nlogon, prethodnog teorem, z odredeni integrl; ovj novi teorem je zprvo direktn posljedic strog. Primjetimo kko je jedin novin u tome d sd mormo voditi rčun o grnicm integrirnj. Nime, originlni se segment [, b], po kojem integrirmo, pretvori u segment [ϕ(), ϕ(b)]. Teorem.0. (Zmjen vrijbli u odredenom integrlu) Ako je funkcij ϕ : [, b] R neprekidn i n otvorenom intervlu (, b) štoviše derivbiln, ond vrijedi: b f ( ϕ(x) ) ϕ (x) d x = ϕ(b) ϕ() f(y) d y Pogledjmo jedn primjer, koji koristi gornji teorem. Primjer.30. Izrčunjmo odredeni integrl P := π/4 c BŠ 29 0 sin 2 (2x) cos(2x) d x.

30 30 Z to nčiniti, definirjmo funkciju ϕ : [0, π/4] R, dnu ko ϕ(x) := sin(2x). Td je njen derivcij ϕ (x) := 2 cos(2x); i zto, po teoremu, P = = 2 π/4 0 0 (ϕ(x)) 2 ϕ (x) 2 y 2 d y = 2 y 3 3 d x = 2 = 0 6. ϕ(π/4) ϕ(0) y 2 d y (B) Metod prcijlne integrcije Ako su f(x) i g(x) dvije derivbilne funkcije, ond znmo d vrijedi prvilo z derivciju produkt: ( f(x) g(x) ) = f (x) g(x) + f(x) g (x). Drugim riječim, f g je primitivn funkcij funkcije f g + f g ; tj., immo: ( ) f(x) g(x) = f (x) g(x) + f(x) g (x) d x = f (x) g(x) d x + f(x) g (x) d x. Tko smo dokzli ovj vžn teorem. U njemu smo dli obje vrijnte prvil z prcijlnu integrciju; i z odredeni, i z neodredeni, integrl. Teorem.. (Prcijln integrcij) Nek su f(x) i g(x) dvije derivbilne funkcije. Td vrijedi prvilo z prcijlnu integrciju u neodredenom integrlu: f(x) g (x) d x = f(x) g(x) f (x) g(x) d x Isto tko, ko su f, g : [, b] R neprekidne funkcije, koje su štoviše n (, b) i derivbilne, ond vrijedi prvilo z prcijlnu integrciju u odredenom integrlu: b f(x) g (x) d x = f(x) g(x) b b f (x) g(x) d x Npomen.3. Ako izostvimo pisnje vrijble x, u funkcijm f i g, te koristimo prvilo (3) iz Npomene.29, ond immo: f d x = d f i g d x = d g. I td se gore dno prvilo z prcijlnu integrciju u neodredenom integrlu može krće zpisti ko: f d g = f g g d f. c BŠ 30

31 Ponekd se u literturi i nzivi funkcij, tj. f = f(x) i g = g(x), mijenjju u u = u(x) i v = v(x), redom Tko se gornje prvilo prcijlne integrcije zpisuje u obliku u d v = u v v d u. Pogledjmo nekoliko konkretnih primjer kd treb rčunti integrle pomoću prcijlne integrcije. 3 Primjer.32. () Izrčunjmo neodredeni integrl I := x e x d x. Kko je d ex d x = ex, tj. d e x = e x d x, jsno je d možemo uzeti: f(x) = x i g(x) = e x. Nime, td je, korištenjem prvil z prcijlnu integrciju, I = f d g = f g g d f = f g g f d x = x e x e x d x = x e x e x = (x )e x. (2) Izrčunjmo neodredeni integrl I := x sin x d x. Kko je d cos x d x = sin x, tj. d( cos x) = sin x d x, jsno je d možemo uzeti: f(x) = x i g(x) = cos x. Nime, td je, korištenjem prvil z prcijlnu integrciju, I = f g d x = f g f g d x = x cos x ( cos x) d x = x cos x + cos x d x = x cos x + sin x. (3) Izrčunjmo neodredeni integrl I := ln x d x. Jsno je d se integrl I može npisti ko u d v, gdje smo stvili u = ln x i v = x. c BŠ 3

32 32 Koristeći prvilo z prcijlnu integrciju, dobivmo: I = u d v = u v v d u = = x ln x x d ln x = x ln x x d ln x d x d x = x ln x x x d x = x ln x x = x ln x e. Sljedeć su dv primjer vrlo instruktivn. Prvi od njih pokzuje d će kod nekih integrl trebti dv, ili čk više put, koristiti prvilo z prcijlnu integrciju. Drugi primjer pokzuje d ćemo ponekd morti koristiti obje nučene metode integrcije; tj., i metodu supstitucije i metodu prcijlne integrcije. Primjer.33. () Izrčunjmo neodredeni integrl I := e x sin x d x. Ako stvimo ond rčunmo: I = u = e x i d v = sin x d x v = cos x, u d v = u v = e x cos x + v d u = e x cos x ( cos x) d e x cos x e x d x = e x cos x + e x cos x d x. Dkle, uz oznku J := e x cos x d x, immo d je I = e x cos x + J. N prvi mh, možd se čini d smo se zvrtjeli u krug ; jer neodredeni integrl J čini se jednko težk (ili lgn) z riješiti ko i integrl I. No bitno je ne izgubiti ndu. Zto ćemo probti još jednom s prcijlnom integrcijom. Ali ovj put to ćemo primjeniti n integrl J. Dkle, ko sd stvimo ond je u = e x i d v = cos x d x v = sin x, J = u d v = = e x sin x I. e x d sin x = e x sin x Končno, zbrjnjem gore dokznih identitet I = e x cos x + J J = e x sin x I, c BŠ 32 sin x e x d x

33 33 dobivmo d je 2I = e x (sin x cos x), tj. I = ex (sin x cos x). 2 (2) Izrčunjmo neodredeni integrl ln(2 + ln x) I := d x. x D bismo to nprvili, njprije primjetimo d je što sugerir uvodenje supstitucije Tko dni integrl postje d(2 + ln x) d x = x, y := 2 + ln x. I = ln y d y. Odvde, korištenjem prcijlne integrcije ko u (3) iz Primjer.32, končno dobivmo I = y ln y e (2 + ln x) = (2 + ln x) ln. e Zdtk.4. Izrčunjte sljedeće neodredene integrle: () x 2 e x d x; (2) e x d x; Ovj odjeljk zvršvmo s još jednim primjerom; ovj put, z nijnsu komplicirnijim. Primjer.34. Treb izrčunti neodredeni integrl cos 3 x I := sin x + 2 d x. Njprije, immo ovko: cos 2 x I = sin x + 2 d sin x = cos 2 x d ln(sin x + 2) = cos 2 x ln(sin x + 2) ln(sin x + 2) d cos 2 x = cos 2 x ln(sin x + 2) ln(sin x + 2)(2 cos x)( sin x) d x = cos 2 x ln(sin x + 2) + 2 ln(sin x + 2) sin x d sin x = cos 2 x ln(sin x + 2) + 2 ln(sin x + 2) sin x d(sin x + 2) { } = supst. y = sin x + 2 = cos 2 x ln(sin x + 2) + 2 (y 2) ln y d y. c BŠ 33

34 34 Sd, budući d smo u (3) iz Primjer.32 vidjeli kko s rčun integrl J := ln y d y, ond preostje još izrčunti i integrl K := y ln y d y; jer ko to nprvimo, ond je I = cos 2 x ln(sin x + 2) 4J + 2K. Ali to je jednostvno. Nime, immo: K = ln t d t 2 = ln t 2 d t 2 ; 2 4 sd ponovo koristimo (3) iz Primjer.32. Zdtk.5. Nprvite (potrebne) detlje dokz iz prethodnog primjer..5. Neki posebni tipovi integrl. Cilj ovog odjeljk je dti dvije metode koje općenito funkcionirju z dvije specijlne vrste integrl; to su integrli rcionlnih funkcij i integrli trigonometrijskih funkcij. (A) Integrli rcionlnih funkcij Podsjetimo se n definiciju rcionlne funkcije, u jednoj relnoj vrijbli: Rcionln funkcij je kvocijent dvju polinom. Dkle, nek funkcij f(x) je rcionln, ukoliko se može prikzti ko f(x) = P (x) Q(x), pri čemu su P (x), Q(x) R[x] dv polinom s relnim koeficijentim. Ns ovdje znim: Kko općenito rčunti integrle oblik I := f(x) d x, kd je f nek rcionln funkcij? Pogledjmo z početk tri jednostvn primjer. Pokzt će se d su oni, u izvjesnom smislu, zprvo tipični. Primjer.35. () Izrčunjmo neodredeni integrl I := c BŠ 34 (x + 3) 4 d x.

35 35 Uvodenjem supstitucije immo d je I = d y y 4 (2) Izrčunjmo neodredeni integrl I := Njprije primjetimo d je x 2 x + = x2 + = x + Ond slijedi d je I = (x ) d x + = x2 2 x + ln(x + ). (3) Izrčunjmo neodredeni integrl Sd immo I = = 2 I := y := x + 3, x d x x d(x 2 + 2) x = y 3 3 = 3 (x + 3) 3. x 2 x + d x. (x )(x + ) + x + = x + x +. d x x + = x2 d(x + ) 2 x + x + x + x d x. d x x d(x/ 2) 2 ( + (x/ 2) 2) = = 2 ln(x2 + 2) + 2 rctg x 2. Općenit postupk: Rčunnje integrl rcionlnih funkcij ide u dv kork. Kork. Njprije skrtimo rzlomk P (x) tko d brojnik i nzivnik nemju zjedničkih fktor; tj., tko d ne postoji neki polinom D(x) R[x] koji istovremeno dijeli i polinom Q(x) P (x) i polinom Q(x). Npr., ko nm je dn rcionln funkcij ond ju npišemo u skrćenoj formi f(x) := P (x) Q(x) = x + x 2 2x 3, f(x) = c BŠ 35 (x + ) (x + )(x 3) = x 3.

36 Kork 2. U ovom korku njprije podijelimo polinom P s polinomom Q; tj. ndemo polinome S(x) i R(x) tkve d je P (x) = Q(x) S(x) + R(x), te d je deg(r) < deg(q). Podsjetimo se n dobro pozntu činjenicu koj govori d su tkvi polinomi S i R jedinstveni. Npr., ko su polinomi ond se lko vidi d vrijedi tj., d je P (x) = x 3 x + i Q(x) = x 2 +, P (x) = Q(x) x + ( 2x + ); S(x) = x i R(x) = 2x +. Nkon što n rcionlnu funkciju f(x), dnu ko gore, primjenimo prethodn dv kork, koristeći iste oznke, dobivmo d je i ond je I := f(x) = S(x) + R(x) Q(x), f(x) d x = R(x) S(x) d x + Q(x) d x. Ali kko je prvi po redu integrl jednostvn, jer je to integrl polinom, mi zprvo mormo znti kko izrčunti drugi po redu integrl. Ali, nkon sveg što smo do sd vidjeli i/ili nčinili, jsno je kko smo mi u stvri mogli odmh n početku pretpostviti sljedeće: rc. funkcij f(x) := P (x) Q(x) je skrćen i deg P < deg Q Osim tog, smijemo i pretpostviti d je vodeći koeficijent polinom Q(x) jednk ; tj., ukoliko je deg Q = n, ond vrijedi: Q(x) = x n + niže potencije Nime, ukoliko je polinom Q(x) rspisn po potencijm ko ond je gdje je Q(x) = b n x n + b n x n + + b x + b 0, I = f(x) d x = b n P (x) Q (x) d x, Q (x) := x n + b n x n + + b x + b 0. b n b n b n c BŠ 36 36

37 Sd smo spremni iskzti ovj vžn pomoćni rezultt koji govori kko se svku rcionlnu funkciju, u jednoj relnoj vrijbli, može prikzti ko rstv n tzv. prcijlne rzlomke. Teorem.2. (Rstv n prcijlne rzlomke) Nek je dn rcionln funkcij tkv d vrijedi: f(x) := P (x) Q(x), () Rzlomk P (x) je skrćen; Q(x) (2) Z stupnjeve od P i Q immo: deg P < deg Q; (3) Vodeći koeficijent u Q(x) jednk je. Td postoje relni brojevi tkvi d je r, r 2,..., r k i α, β, α 2, β 2,..., α l, β l, α 2 i 4β i < 0, i =,..., l, te ond immo tzv. rstv n ireducibilne fktore Q(x) = (x r ) (x r k ) k (x 2 + α x + β ) b (x 2 + α l x + β l ) b l, z neke eksponente i, b i N. prcijlne rzlomke: f(x) = z neke koeficijente A (i) j A() x r + + A(k) + x r k 37 Ndlje, z rcionlnu funkciju f(x) immo rstv n A() 2 (x r ) A () (x r ) A(k) 2 (x r k ) A (k) k (x r k ) k + B() x + C() B () b x 2 + x + C () b + α x + β (x 2 + α x + β ) b + B(l) x + C(l) B (l) b x 2 + l x + C (l) b l + α l x + β l (x 2 + α l x + β l ) b, l, B(i) j, C (i) j R. Npomen.36. Ovdje je bitno primjetiti d gornji teorem nije konstruktivn, već je egzistencijln. Time želimo reći kko on govori d postoji gornji rstv n prcijlne rzlomke, li ne kže ništ o tome kko tj rstv nći. Zprvo, ko pžljivije pogledmo o čemu se rdi, jsno je d mi tu immo jednu popriličnu tehničku poteškoću. Rdi se o tome d mi, u cilju dobivnj željenog rstv, mormo znti SVE NULTOČKE polinom Q(x). Nime, gornji brojevi {r,..., r k } čine skup svih relnih nultočk od Q(x). Isto c BŠ 37

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

= + 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

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

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

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

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

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

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

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

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

1. NEODREÐENI INTEGRAL

1. NEODREÐENI INTEGRAL . NEODREÐENI INTEGRAL 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

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

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

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

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

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

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

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

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

SINUSNA I KOSINUSNA TEOREMA REŠAVANJE TROUGLA

SINUSNA I KOSINUSNA TEOREMA REŠAVANJE TROUGLA SINUSNA I KOSINUSNA TEOREMA REŠAVANJE TROUGLA Sinusn terem glsi: Strnie trugl prprinlne su sinusim njim nsprmnih uglv. R sinβ sinγ Odns dužine strni i sinus nsprmng ugl trugl je knstnt i jednk je dužini

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

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

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

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

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

Elektrostatika. 1. zadatak. Uvodni pojmovi. Rješenje zadatka. Za pločasti kondenzator vrijedi:

Elektrostatika. 1. zadatak. Uvodni pojmovi. Rješenje zadatka. Za pločasti kondenzator vrijedi: tnic:iii- lektosttik lektično polje n gnici v ielektik. Pločsti konenzto. Cilinični konenzto. Kuglsti konenzto. tnic:iii-. ztk vije mete ploče s zkom ko izoltoom ile su spojene n izvo npon, ztim ospojene

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

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

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

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

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

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

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

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

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 1 8. NIZOVI

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 1 8. NIZOVI Geodetski fkultet, dr sc J Beb-Brkić Predvj iz Mtemtike 8 NIZOVI Pojm iz Nek je N skup prirodih brojev Prem ekom prvilu svki broj iz N zmijeimo ekim brojem:,,,, R Št smo dobili? Budući d je svkom elemetu

Διαβάστε περισσότερα

1.PRIZMA ( P=2B+M V=BH )

1.PRIZMA ( P=2B+M V=BH ) .RIZMA ( =+M = ).Izrčunti površinu i zpreminu kvr čij je ijgonl ug 0m, užine osnovnih ivi su m i m. D 0m m b m,? D 00 b 00 8 8 b b 87 87 0 87 8 87 b 87 87 87 8 87. Ivie kvr onose se ko :: ijgonl je ug.oreiti

Διαβάστε περισσότερα

Metode rješavanja izmjeničnih krugova

Metode rješavanja izmjeničnih krugova Strnic: V - u,i u(t) i(t) etode rešvn izmeničnih kruov uf(t) konst if(t)konst etod konturnih stru etod npon čvorov hevenin-ov teorem Norton-ov teorem illmn-ov teorem etod superpozicie t Strnic: V - zdtk

Διαβάστε περισσότερα

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )

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

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

Matematika za ekonomiste Časlav Pejdić, (064)

Matematika za ekonomiste Časlav Pejdić, (064) Mtemtik z ekonomiste Čslv Pejdić, (06) 09 0 SADRŽAJ SADRŽAJ UVOD DEO RELACIJE I FUNKCIJE DEO ALGEBRA 6 DEO NIZOVI I REDOVI DEO NEPREKIDNOST I DIFERENCIJABILNOST FUNKCIJE 7 5 DEO LIMESI I IZVODI 9 6 DEO

Διαβάστε περισσότερα

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova 27. 01. 2006. Kratki rezime prošlog predavanja: Dokazali smo teorem rekurzije, te primjenom njega definirali zbrajanje ordinalnih brojeva. Prvo ćemo navesti osnovna

Διαβάστε περισσότερα

M A T E M A T I Č K A A N A L I Z A

M A T E M A T I Č K A A N A L I Z A Miloš Miličić M A T E M A T I Č K A A N A L I Z A Akdemsk miso Beogrd, 2012 Dr Miloš Miličić redovni profesor Držvnog univerzitet u Novom Pzru MATEMATIČKA ANALIZA Recenzenti Dr Ćeml Dolićnin redovni profesor

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,

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

MEHANIKA FLUIDA. Pritisak tečnosti na ravne površi

MEHANIKA FLUIDA. Pritisak tečnosti na ravne površi MEHANKA FLUDA Pritisk tečnosti n rvne površi. zdtk. Tešk brn dimenzij:, b i α nprvljen je od beton gustine ρ b. Kosi zid brne smo s jedne strne kvsi vod, gustine ρ, do visine h. Odrediti ukupni obrtni

Διαβάστε περισσότερα

Krivolinijski integral

Krivolinijski integral Poglvlje 4 Krivolinijski integrl 4.1 Vektorsko polje U ovom i nrednom poglvlju, osim sklrnih, rdićemo i s vektorskim funkcijm više promenljivih, F : R n R m, F = (F1,...,F m ), F i : R n R, i = 1,...,m,

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

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2 (kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

NEKE POVRŠI U. Površi koje se najčešće sreću u zadacima su: 1. Elipsoidi. 2. Hiperboloidi. 3. Paraboloidi. 4. Konusne površi. 5. Cilindrične površi

NEKE POVRŠI U. Površi koje se najčešće sreću u zadacima su: 1. Elipsoidi. 2. Hiperboloidi. 3. Paraboloidi. 4. Konusne površi. 5. Cilindrične površi NEKE POVŠI U Pvrši kje se njčešće sreću u dcim su:. Elipsidi. Hiperlidi. Prlidi 4. Knusne pvrši 5. Cilindrične pvrši. Elipsidi Osnvn jednčin elipsid ( knnsk) je : + + = c, i c su dsečci n, i si. Presek

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1)

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 2.2 Srednje vrijednosti aritmetička sredina, medijan, mod Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 1 2.2.1 Aritmetička sredina X je numerička varijabla. Aritmetička sredina od (1) je broj:

Διαβάστε περισσότερα

ZAVRŠNI ISPIT NA KRAJU OSNOVNOG OBRAZOVANJA I ODGOJA. školska 2013./2014. godina TEST MATEMATIKA UPUTE ZA RAD

ZAVRŠNI ISPIT NA KRAJU OSNOVNOG OBRAZOVANJA I ODGOJA. školska 2013./2014. godina TEST MATEMATIKA UPUTE ZA RAD ZAVRŠNI ISPIT NA KRAJU OSNOVNOG OBRAZOVANJA I ODGOJA školsk 0./04. godin TEST MATEMATIKA UPUTE ZA RAD Test koji trebš riješiti im 0 zdtk. Z rd je predviđeno 0 minut. Zdtke ne morš rditi prem redoslijedu

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

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

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

MEHANIKA FLUIDA. Isticanje kroz velike otvore

MEHANIKA FLUIDA. Isticanje kroz velike otvore MEANIKA FLUIDA Isticnje krz velike tvre 1.zdtk. Krz veliki ptvr u bčn zidu rezervr blik rvnkrkg trugl snve i keficijent prtk µ, ističe vd. Odrediti prtk krz tvr k su pznte veličine 1 i (v.sl.). Eleentrni

Διαβάστε περισσότερα

5. poglavlje (korigirano) DERIVACIJA FUNKCIJA

5. poglavlje (korigirano) DERIVACIJA FUNKCIJA 5 Derivacija funkcija (sa svim korekcijama) 8 5 poglavlje (korigirano) DERIVACIJA FUNKCIJA U ovom poglavlju: Derivacija po definiciji, tablica deriviranja Derivacija zbroja, razlike, produkta i kvocijenta

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

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA . Limesi funkcija (sa svim korekcijama) 69. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA U ovom poglavlju: Neodređeni oblik Neodređeni oblik Neodređeni oblik Kose asimptote Neka je a konačan realan broj ili

Διαβάστε περισσότερα

ČETVOROUGAO. β 1. β B. Četvorougao je konveksan ako duž koja spaja bilo koje dve tačke unutrašnje oblasti ostaje unutar četvorougla.

ČETVOROUGAO. β 1. β B. Četvorougao je konveksan ako duž koja spaja bilo koje dve tačke unutrašnje oblasti ostaje unutar četvorougla. Mnogougo oji im četii stnice nziv se četvoougo. ČETVOROUGAO D δ δ γ C A α β B β Z svi četvoougo vži im je zi unutšnji i spoljšnji uglov isti i iznosi 0 0 α β γ δ 0 0 α β γ δ 0 0 Njpe žemo četvoouglovi

Διαβάστε περισσότερα

Dru{tvo matemati~ara Srbije. Republi~ki seminar 2011, Novi Sad, Srbija. Pripremawe u~enika osnovnih {kola za takmi~ewa iz matematike

Dru{tvo matemati~ara Srbije. Republi~ki seminar 2011, Novi Sad, Srbija. Pripremawe u~enika osnovnih {kola za takmi~ewa iz matematike Dru{tvo mtemti~r Srije Repuli~ki seminr 0, Novi Sd, Srij Pripremwe u~enik osnovnih {kol z tkmi~ew iz mtemtike \or e Brli}, Mtemti~ki institut SANU, Beogrd, Srij Zdrvko Cvetkovski, Evropski univerzitet,

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

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

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

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

Matematički osnovi Z transformacije

Matematički osnovi Z transformacije Mtemtiči osnovi Z trnsformcije Uvod u Z-trnsformciju: Z-trnsformcij i njen invern trnsformcij se u mtemtici rmtrju i rlog što ovve trnsformcije imju neposrednu primenu u eletrotehnici i to prvenstveno

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

Periodične funkcije. Branimir Dakić, Zagreb

Periodične funkcije. Branimir Dakić, Zagreb Periodične funkcije Branimir Dakić, Zagreb Periodičnost 1 je pojava koju susrećemo na svakom koraku. Periodične su mnoge prirodne pojave, primjerice izmjena dana i noći ili izmjena godišnjih doba, pojava

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

- 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

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

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

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

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA 9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA Pod elementarnim funkcijama najčešće ćemo podrazumijevati realne funkcije realne varijable Detaljnije ćemo u Matematici II analizirati funkcije koje se najčešće koriste

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

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

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a. Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO Matematičke metode u marketingu Multidimenzionalno skaliranje Lavoslav Čaklović PMF-MO 2016 MDS Čemu služi: za redukciju dimenzije Bazirano na: udaljenosti (sličnosti) među objektima Problem: Traži se

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

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

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 1. Neka su x, y R n,

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE 9 Diferencijalne jednadžbe 6 DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE U ovom poglavlju: Direktna integracija Separacija varijabli Linearna diferencijalna jednadžba Bernoullijeva diferencijalna jednadžba Diferencijalna

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 8 Pojam funkcije, grafa i inverzne funkcije Poglavlje 1 Funkcije Neka su X i Y dva neprazna skupa. Ako je po nekom pravilu, ozna imo ga

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo:

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: 2 Skupovi Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: A B def ( x)(x A x B) Kažemo da su skupovi A i

Διαβάστε περισσότερα

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LIMES NIZOVA LIMES MONOTONIH NIZOVA GEOMETRIJSKOG REDA LIMES FUNKCIJA 1 2.4. LIMES NIZA I TEOREMI O LIMESIMA 2.4.1. Definicija limesa i konvergentnog niza 2.4.1.1 Riješeni

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

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1. Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta

Matematika 1. Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta Mtemtik Gbrijel Tomšič Bojn Orel Než Mrmor Kost. pril 008 50 Poglvje 5 Integrl 5. Nedoločeni in določeni integrl Nedoločeni integrl V poglvju o odvjnju funkcij smo se nučili dni funkciji f poiskti njen

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