dr Lidija Stefanović INTEGRALI: KRIVOLINIJSKI, DVOJNI, TROJNI, POVRŠINSKI ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA; II DEO SKC Niš, 2009.

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "dr Lidija Stefanović INTEGRALI: KRIVOLINIJSKI, DVOJNI, TROJNI, POVRŠINSKI ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA; II DEO SKC Niš, 2009."

Transcript

1 dr idija tefanović INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI ZA TUENTE TEHNIČKIH FAKUTETA; II EO KC Niš, 9.

2 dr idija tefanović INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI ZA TUENTE TEHNIČKIH FAKUTETA; II EO I izdanje, Niš, 9. Recenzenti: dr lad ana Marinković, docent Elektronskog fakulteta u Nišu, dr Vladimir Pavlović, docent PMFa u Nišu Izdavač: tudentski kulturni centar Niš Za izdavača: Miroslav Jović, direktor Urednik: Aleksandar Blagojević Tehnička obrada: dr idija tefanović, dipl. ing. Biljana ord ević Štampa: Petrograf Niš Tiraž: primeraka IBN Bilo kakvo umnožavanje ove knjige nije dozvoljeno bez pisanog odobrenja autora.

3 PREGOVOR Ovo je zbirka zadataka koja je prvobitno zamišljena kao sastavni i poslednji deo knjige Integrali: krivolinijski, dvojni, trojni, površinski za studente tehničkih fakulteta; I deo, autora prof. dr idije tefanović (tudentski kulturni centar Niš, Niš, 8). Iako sa knjigom čini skoro neraskidivu celinu, oformljena je kao posebna celina zbog obimnosti i značaja prezentovane materije. Zbirka u potpunosti podržava istoimenu knjigu, kako u pogledu sadržine, tako i u svakom drugom pogledu (navod enje oznaka formula i teorema, pozivanje na primere i napomene, citiranje bibliografskih jedinica i slično). Primedbe iznete u Predgovoru knjige, koje se odnose na prikazivanje prostornih objekata, važe i u ovom slučaju. Tekst zbirke je urad en pomoću programskog paketa MIKTEX (verzija Amste.), a slike pomoću programskog paketa Corel raw (verzija ). vi zadaci su testirani pomoću programskog paketa MATHEMATICA (verzija 6.). Autor se zahvaljuje asistentu Elektronskog fakulteta u Nišu, mr Marjanu Matejiću, koji je zadatke testirao i formulisao Prilog. Takod e se zahvaljuje recenzentima, doc. dr lad ani Marinković i doc. dr Vladimiru Pavloviću, a posebno prvom od njih, na predanom isčitavanju i ispravljanju materijalnih grešaka u tekstu, kao i na pomoći u izboru zadataka. Niš, 9. g. Autor iii

4

5 ARŽAJ KRIVOINIJKI INTEGRAI Krivolinijski integrali po luku (I vrste) Zadaci 7 Krivolinijski integrali po koordinatama (II vrste) 9 Zadaci 8 8 VIŠETRUKI INTEGRAI 7 vojni integrali 7 Zadaci 9 Trojni integrali 3 Zadaci 3 mena promenljivih u dvojnim integralima 35 Zadaci 4 37 mena promenljivih u trojnim integralima 53 Zadaci Green Riemannova teorema 65 Zadaci 49 5 POVRŠINKI INTEGRAI 7 Površinski integrali po površi (I vrste) 7 Zadaci 53 6 Površinski integrali po koordinatama (II vrste) 85 Zadaci Veza izmed u površinskih integrala I i II vrste 95 Zadaci 68 7 Teorema Ostrogradskog Zadaci 7 77 v

6 vi ARŽAJ tokesova teorema 7 Zadaci Nezavisnost krivolinijskog integrala od puta integracije 6 Zadaci 86 9 PRIOG 33

7 KRIVOINIJKI INTEGRAI Krivolinijski integrali po luku (I vrste) Ako je : (t), (t), z z(t) ; t [α, β], tada je H(,, z) dλ β α H ( (t), (t), z(t) ) (t) + (t) + z (t) dt.. Izračunati dužinu dela krive, koja je presek površi : ( ) 3( + ), : 9 8 z, izmed u tačaka O(,, ) i B(3,, 8). Rešenje. Neka je OB deo krive i l dužina za. Prvo nalazimo parametarske jednačine krive. vaka tačka X(,, z) pripada istovremeno i površi i površi, pa njene koordinate zadovoljavaju sistem jednačina ( ) 3( + ), 9 8 z. menom u, v + u prethodni sistem, dobija se novi sistem u 3v, uv 9 8 z.

8 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo tavljajući u t, iz prethodnog sistema je i, prema uvedenoj smeni, pa je v 3 t, z 3 3 t t (u + v) 6 3t + t, (v u) 6 t 3t, z 3 3 t t, X 6 3t + t, 6 t 3t, 3 3 t t Za tačku O(,, ) je t u, a za tačku B(3,, 8) je t u 3 3. Zato za tačke X važi t [, 3] i parametarske jednačine krive glase Kako je dužina l krive je l : 6 3t + t, 6 t 3t, z 3 3 t t ; t [, 3]. Z Z 3 (t) 6 (3 + t), (t) 6 (t 3), z (t) (t) + (t) + z (t) 8 (t + 3), dλ r Z 3 q (t) + (t) + z (t) dt 8 (t + 3) dt 3 Z 3. 3 t ; (t + 3) dt 3 t + 3t Izračunati dužinu dela krive, koja je presek površi izmed u tačaka O(,, ) i B(3, 3, ). : 3, : 9z, Rešenje. Neka je OB deo krive, čiju dužinu l treba izračunati. tavljajući t, iz jednačina površi i sledi 3 t, z 7 t3. Za tačku O(,, ) je t, a za tačku B(3, 3, ) je t 3. Zato su parametarske jednačine krive : t, 3 t, z 7 t3 ; t [, 3]

9 KRIVOINIJKI INTEGRAI 3 ili, što je isto, : 3, z 7 3 ; [, 3]. Kako je () 3, z () 9 ; + () + z () , dužina l krive je l Z 9 dλ Z 3 Z 3 q + () + z () d + 9 d Izračunati dužinu krive (astroida) gde je a >. : /3 + /3 a /3, z, Rešenje. Zamenom u implicitnu jednačinu krive sledi ±a, pa seče osu u tačkama (a,, ), ( a,, ) i analogno, seče osu (, z ) u tačkama (, a, ), (, a, ). Astroida je prikazana na sledećoj slici. Zbog simetrije u odnosu na i osu, posmatramo samo deo u I kvadrantu ravni (z ) za koji je,. a a a a a bismo odredili parametarske jednačine krive, prelazimo na uopštene polarne koordinate pomoću r cos 3 ϕ, r sin 3 ϕ. mena je oblika (.4.6) sa neparnim brojem n 3, pa je ϕ π maksimalni raspon koordinate ϕ. Zamenom ovako iskazanih i u zadatu implicitnu jednačinu krive, nalazimo r /3 a /3, r a i r a >, što ne nameće ograničenja koordinati ϕ. Zato su parametarske jednačine krive : a cos 3 ϕ, a sin 3 ϕ, z ; ϕ [, π].

10 4 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo Kako je (ϕ) 3a cos ϕ sin ϕ, (ϕ) 3a sin ϕ cos ϕ, z (ϕ) ; (ϕ) + (ϕ) + z (ϕ) 9a cos ϕ sin ϕ i kako za, iz uvedene smene sledi cos ϕ, sin ϕ, to je ϕ [, π/] u I kvadrantu i za dužinu l krive se dobija I Z π/ q l dλ 4 (ϕ) + (ϕ) + z (ϕ) dϕ 4 a Z π/ Z π/ 3a cos ϕ sin ϕ dϕ a Z π/ sin ϕ d(sin ϕ) a sin ϕ cos ϕ sin ϕ dϕ π/ 6a. Vrednosti parametra ϕ za deo krive u I kvadrantu smo mogli da dobijemo kao u Zadacima i, na osnovu graničnih tačaka (a,, ), (, a, ) tog dela. Preciznije, za tačku (a,, ) iz parametarskih jednačina krive sledi a a cos 3 ϕ, a sin 3 ϕ, tj. cos 3 ϕ, sin 3 ϕ i cos ϕ, sin ϕ, pa ovoj tački odgovara ϕ. Analogno, za tačku (, a, ) je cos ϕ, sin ϕ i ϕ π/. 4. Izračunati dužinu dela krive, koja je presek površi : /3 + /3 a /3, : z a /3( /3 + /3), za, i a >. Rešenje. Neka je deo krive, čiju dužinu l treba izračunati. Zbog uslova,, iz jednačine površi sledi z, pa se kriva nalazi u I oktantu. Površ je cilindrična, sa direktrisom u ravni (z ) i izvodnicama paralelnim z osi. irektrisa ima istu jednačinu kao, pa je to astroida iz Zadatka 3. Čitava cilindrična površ, a time i kriva koja joj pripada, projektuje se na direktrisu (3 iz Napomene.3.5). Zato je projekcija krive na ravan deo astroide u I kvadrantu te ravni. Prema Zadatku 3, parametarske jednačine projekcije su : a cos 3 ϕ, a sin 3 ϕ, z ; ϕ h i, π. Tačke sa krive i njihove projekcije sa krive imaju iste koordinate i. Kako kriva pripada površi, koordinate njenih tačaka zadovoljavaju jednačinu ove površi. Zamenom, iz parametarskih jednačina za u jednačinu za dobija se z a /3 a /3 cos ϕ + a /3 sin ϕ a, što je treća koordinata z tačaka sa krive, pa su parametarske jednačine h i : a cos 3 ϕ, a sin 3 ϕ, z a ; ϕ, π.

11 KRIVOINIJKI INTEGRAI 5 Budući da je z a konstanta, to je z (ϕ) i dužina se izračunava kao u Zadatku 3. l 3 a Prema rezultatu iz Zadatka 3, dužina projekcije je 6a/4 3a/. ve tačke sa krive imaju istu treću koordinatu z a, što znači da se nalazi u ravni z a, koja je paralelna ravni. Zato kriva i njena projekcija imaju istu dužinu. 5. Izračunati površinu dela cilindrične površi koji se nalazi izmed u površi pri čemu je a >. 3 : + a : z ( + ), : z +, Rešenje. Neka je cilindrična površ deo zadate cilindrične površi 3, čiju površinu m treba izračunati. Takod e, neka je direktrisa, a i bazisi površi koji nastaju u preseku 3 sa i 3 sa redom. Površ je paraboloid, a konus sa z osom kao osovinom. z 3 a Površinu m izračunavamo kao zbir m m + m, gde je m površina onog dela površi koji se nalazi ispod ravni (z ), a m površina dela iznad ravni (z ). Kako je bazis na paraboloidu, a bazis na konusu, uz oznake : z f (, ) +, : z f (, ) p + i prema geometrijskom tumačenju krivolinijskog integrala I vrste, dobijamo I I I p m + dλ, m f (, ) dλ + dλ. I f (, ) dλ

12 6 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo irektrisa : + a, z je centralna kružnica u ravni (z ) poluprečnika a. Uvod enjem polarnih koordinata sa r cos ϕ, r sin ϕ, iz jednačine kružnice sledi r a i njene parametarske jednačine glase Odred ujući nalazimo dalje : a cos ϕ, a sin ϕ, z ; ϕ [, π]. m m (ϕ) + (ϕ) a ; (ϕ) a sin ϕ, (ϕ) a cos ϕ, z (ϕ) ; (ϕ) + (ϕ) + z (ϕ) a, Z π Z π Z π Z π (ϕ) + (ϕ) q (ϕ) + (ϕ) + z (ϕ) dϕ a a dϕ a 3 ϕ π q (ϕ) + (ϕ) a3 π, q (ϕ) + (ϕ) + z (ϕ) dϕ a a dϕ a ϕ π a π, pa je m a 3 π + a π a (a + )π. 6. Izračunati krivolinijski integral I vrste dλ, gde je kriva (lemniskata) : ( + ) a ( ), z i a >. Rešenje. U implicitnoj jednačini krive je +, pa mora da bude i, odakle je redom:,, i, ;,.

13 KRIVOINIJKI INTEGRAI 7 akle, kriva se nalazi u ravni (z ) iznad prave i ispod prave za, a obrnuto za. alje, za iz jednačine krive sledi a i, ±a, pa seče osu u tačkama (,, ), (a,, ), ( a,, ). Za se dobija 4 a i, pa je (,, ) presečna tačka krive i ose. Kriva je dobro poznata Bernoullieva lemniskata a a a slike vidimo da lemniskata nije zatvorena prosta kriva u smislu efinicije..9. U stvari, lemniskata se sastoji od dve zatvorene krive i sa zajedničkom tačkom (,, ). Ova tačka je singularna tačka implicitne jednačine i to dvostruka tačka ([], str. 97). Uvod enjem polarnih koordinata sa r cos ϕ, r sin ϕ, iz jednačine krive sledi r a cos ϕ. Kako je r, to mora da bude cos ϕ, a ovo važi za ϕ [ π/, π/] [3π/, 5π/], tj. h i h ϕ π 4, π 3π i 4 4, 5π, 4 što je u skladu sa prethodnim zaključkom o položaju krive u ravni. Zbog a >, u navedenim segmentima je r a p cos ϕ, pa je, gde i imaju parametarske jednačine : a cos ϕ p cos ϕ, a sin ϕ p cos ϕ, z ; ϕ : a cos ϕ p cos ϕ, a sin ϕ p cos ϕ, z ; ϕ h i π 4, π, 4 i h 3π 4, 5π 4. Objedinjene, ove jednačine se smatraju parametarskim jednačinama krive p p h i h : a cos ϕ cos ϕ, a sin ϕ cos ϕ, z ; ϕ π 4, π 3π 4 4, 5π 4 i. gde je Integral I postaje I + I, I I I dλ, I dλ.

14 8 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo Kako je (ϕ) + (ϕ) + z (ϕ) i a sin ϕ cos ϕ, to je sin ϕ, I I Z π/4 a Z ϕ h, π 4 a sin ϕ p cos ϕ π/4 ( )a, Z π 3π/4 a Z π q a cos ϕ ; dλ (ϕ) + (ϕ) + z a (ϕ) dϕ dϕ cos ϕ i h 3π i i h i 4, π ; sin ϕ, ϕ h π 4, π, 5π, 4 sin ϕ dϕ + a Z π/4 a sin ϕ p cos ϕ 3π/4 ( )a a cos ϕ dϕ + a cos ϕ dϕ + sin ϕ dϕ a Z 5π/4 π Z π/4 a sin ϕ p cos ϕ a cos ϕ dϕ sin ϕ dϕ a cos ϕ π/4 a cos ϕ π/4 Z 5π/4 π a sin ϕ p cos ϕ a cos ϕ dϕ sin ϕ dϕ a cos ϕ π 3π/4 +a cos ϕ 5π/4 π i konačno I + I ( )a. 7. Izračunati krivolinijski integral I vrste gde je kriva i a >. + dλ, : + a, z Uputstvo. U Primeru.3. smo već našli parametarske jednačine krive h : a cos ϕ, a cos ϕ sin ϕ, z ; ϕ π, π i i odredili Zato je (ϕ) + (ϕ) a cos (ϕ) ; (ϕ) + (ϕ) + z (ϕ) a. Z π/ π/ a cos ϕ a dϕ a Z π/ π/ cos ϕ dϕ a sin ϕ π/ π/ a.

15 KRIVOINIJKI INTEGRAI 9 Krivolinijski integrali po koordinatama (II vrste) Ako je : (t), (t), z z(t) ; t [α, β], tada je P (,, z) d + Q(,, z) d + R(,, z) dz + β [ P ( (t), (t), z(t) ) (t) + Q ( (t), (t), z(t) ) (t) α + R ( (t), (t), z(t) ) ] z (t) dt. 8. Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste 3 d + 3 z d dz, gde je deo prave izmed u tačaka A(,, 3) i B(,, ), orijentisan od tačke A ka tački B. Rešenje. Neka je prava koja prolazi kroz tačke A i B. imetrični oblik jednačine prave kroz dve tačke (,, z ) i (,, z ) je ([3], str. 74) z z z z. tavljajući (,, z ) (,, 3), (,, z ) (,, ) i označavajući razlomke sa t, dobija se z 3 t, odakle slede parametarske jednačine prave : t,, z 3 t ; t R. Za tačku A je, z 3, pa je t. Za tačku B je, z, pa je t. Zato ima parametarske jednačine : t,, z 3 t ; t [, ]. obzirom na orijentaciju od A ka B, parametar t se menja od t do t. Nalazeći (t), (t), z (t),

16 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo integral I postaje Z Z 3 (t) (t) + 3 (t)z(t) (t) (t)(t)z (t) dt ( t) 3 + 4( t) dt Z t 4t + 8t 3 dt Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste gde je deo kružnice d + d + ( 6), : + + 8, z izmed u tačaka A(3, 3, ) i B( 3, 9, ), orijentisan od tačke B ka tački A. Rešenje. Integral I je potpuni krivolinijski (..3) sa R(,, z). Kružnica : + ( 6) 8, z je u ravni (z ), sa centrom u tački (, 6, ) i poluprečnika 3. 6 B A Kako je pomerena kružnica, uvodimo smenu r cos ϕ, 6 r sin ϕ i dobijamo r 3, kao i parametarske jednačine : 3 cos ϕ, sin ϕ, z ; ϕ [ π, π]. Za tačku A(3, 3, ) je 3 3 cos ϕ, sin ϕ, odakle je cos ϕ /, sin ϕ /, pa je ϕ π/4. Za tačku B( 3, 9, ) je 3 3 cos ϕ, sin ϕ,

17 KRIVOINIJKI INTEGRAI odakle je cos ϕ /, sin ϕ / i ϕ 3π/4. akle, parametarske jednačine krive su : 3 cos ϕ, h i sin ϕ, z ; ϕ π 4, 3π, 4 pri čemu se za zadatu orijentaciju parametar ϕ menja od ϕ 3π/4 do ϕ π/4. Nalazeći (ϕ) 3 sin ϕ, (ϕ) 3 cos ϕ, z (ϕ) i sred ujući podintegralni izraz, dobija se Z π/4 3π/4 (ϕ) (ϕ) + (ϕ) (ϕ) (ϕ) + (ϕ) 6 dϕ Z π/4 3π/4 ( + sin ϕ) dϕ ( + π).. Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste d d, gde je, kriva je deo kružnice 3 : +, z koji se nalazi van kruga ograničenog kružnicom 4 : +, z, a kriva je deo kružnice 4 koji je van kruga ograničenog sa 3. Posmatrano sa pozitivnog dela z ose, je negativno orijentisana. Rešenje. Kružnice 3 i 4 pripadaju ravni (z ). Rešavanjem sistema +, + nalazimo njihove presečne tačke (,, ), (,, ), koje leže na pravoj. obzirom na 3 : ( ) +, 4 : + ( ), kružnica 3 ima centar u tački (,, ) na osi, a 4 ima centar u tački (,, ) na osi

18 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo Obe kružnice imaju centar na nekoj od koordinatnih osa i prolaze kroz koordinatni početak, pa mogu direktno da se uvedu polarne koordinate smenom r cos ϕ, r sin ϕ, posle koje se iz jednačina kružnica dobija r cos ϕ za 3 i r sin ϕ za 4. Kako je deo kružnice 3 ispod, a deo kružnice 4 iznad prave i kako pravoj odgovara ugao ϕ π/4, dobijamo parametarske jednačine : cos ϕ, cos ϕ sin ϕ, z ; ϕ : cos ϕ sin ϕ, sin ϕ, z ; ϕ h π, π 4 h π 4, π i Zbog negativne orijentacije krive, ugao ϕ se menja od ϕ π/4 do ϕ π/ za krivu i od ϕ π do ϕ π/4 za krivu. Kriva nema jedinstvenu parametrizaciju. Zato integral I rastavljamo na dva integrala po delovima krive I + I, gde je Za krivu je a za krivu je I Z d d, I Z d d. (ϕ) 4 cos ϕ sin ϕ, (ϕ) sin ϕ + cos ϕ, (ϕ) sin ϕ + cos ϕ, (ϕ) 4 cos ϕ sin ϕ, pa sred ivanjem podintegralnih izraza sledi I I 4 Z π/ π/4 Z π/4 ukcesivnom primenom jednakosti π (ϕ) (ϕ) (ϕ) (ϕ) dϕ 8Z π/ sin 4 ϕ + 3 cos ϕ sin ϕ dϕ. cos ϕ + cos ϕ, sin ϕ π/4 cos ϕ. i, cos 4 ϕ dϕ, transformišemo izraze cos 4 ϕ cos + cos ϕ ϕ 4 + cos ϕ + cos ϕ 4 + cos ϕ + + cos 4ϕ cos ϕ + cos 4ϕ, 8 sin 4 ϕ sin ϕ cos ϕ 4 cos ϕ + cos ϕ 3 8 cos ϕ + cos 4ϕ, 8 cos ϕ sin + cos ϕ cos ϕ ϕ 4 cos ϕ 4 sin ϕ cos 4ϕ 4 8 cos 4ϕ 8

19 KRIVOINIJKI INTEGRAI 3 i za integrale I, I dobijamo I 8 3 Z π/ π/4 Z π/ π/ cos ϕ + 8 cos 4ϕ dϕ dϕ 4 Z π/ π/4 Z 3ϕ π/ π/ π/4 9 4 I 4 4 π/4 cos ϕ dϕ cos ϕ d(ϕ) 4 Z π/ π/4 Z π/ π/4 π sin ϕ π/ sin 4ϕ π/ π/ π/4 4 π, Z π/4 3 4 cos ϕ 4 cos 4ϕ dϕ π 3 4 ϕ 4 sin ϕ 6 sin 4ϕ π/4 π π. cos 4ϕ dϕ cos 4ϕ d(4ϕ) Konačno je I + I π.. Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste gde je kriva presek površi d d + z dz, : + + z sa koordinatnim ravnima za,, z. ose, je pozitivno orijentisana. Rešenje. Ako jednačinu površi zapišemo u obliku : + z +, Posmatrano sa pozitivnog dela vidimo da je paraboloid sa osom kao osovinom, pomeren udesno za duž ose. Kako su jednačine ose, z, rešavanjem sistema + + z,, z, tj. zamenom, z u jednačinu + + z, sledi i presečna (zajednička) tačka ose i paraboloida (,, ). Analogno, smenama, z i, u + + z slede presečne tačke (,, ) i (,, ) paraboloida sa i z osom redom. Neka su, i 3 presečne krive paraboloida sa, z i z koordinatnom ravni redom u I oktantu (,, z ). Paraboloid i zatvorena kriva 3 su prikazani na sledećim slikama. Zadata orijentacija krive se odnosi, u stvari, na

20 4 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo orijentaciju njene projekcije na z ravan, a kriva je orijentisana samo saglasno projekciji (lika..9 i komentar uz nju). z z 3 Jednačina ravni je z, pa se jednačina krive nalazi zamenom z u jednačinu paraboloida + + z. Pri tome je,. Takod e, zamenom i u + + z, slede jednačine krivih za, z i 3 za, z. obijaju se implicitne jednačine: : +, z, : + z,, 3 : +z,. Eksplicitne jednačine krivih i su :, z, : z,, što znači da se radi o delovima parabola u i z koordinatnoj ravni redom. Kriva 3 je deo centralne kružnice u z ravni. Imajući u vidu poslednju sliku i ograničenja [, ], z [, ], kao i Napomenu.4.3, parametarske jednačine krivih i su :, z ; [, ], :, z ; z [, ], pri čemu je za parametar izabrana escartesova koordinata u slučaju i z u slučaju. Uvodeći polarne koordinate u z ravni sa z r cos ϕ, r sin ϕ i poštujući ograničenje ϕ [, π/] u posmatranoj situaciji, iz jednačine krive 3 sledi r i njene parametarske jednačine glase 3 : sin ϕ,, z cos ϕ ; ϕ h i, π. Za zadatu orijentaciju krive, izabrani parametri, z i ϕ se menjaju od do, od z do z i od ϕ do ϕ π/. Za krivu je (), z (), za krivu (z), (z) z i za krivu 3 (ϕ) cos ϕ, (ϕ), z (ϕ) sin ϕ.

21 KRIVOINIJKI INTEGRAI 5 Zato je I I I 3 Z Z Z d d + z dz Z Z () () + z () z () d d d + z dz Z π/ Z (z) (z) (z) (z) + z dz Z 3 d d + z dz Z π/ d 3 3, z dz 3, (ϕ) (ϕ) (ϕ) (ϕ) + z (ϕ) z (ϕ) dϕ cos ϕ sin ϕ dϕ i, s obzirom na 3, Z π/ cos ϕ d(cos ϕ) cos3 ϕ 3 I + I + I π/ 3 Krivu 3 smo mogli da parametrizujemo kao i krive,, pomoću neke od escartesovih koordinata ili z, npr. 3 : p z, ; z [, ], pri čemu se parametar z za zadatu orijentaciju menja od z do z. Posmatrana u celini, kriva je prostorna. astavljana je od delova,, 3 sa različitom parametrizacijom (4 iz Napomene.3.5). vaki od delova pripada nekoj od koordinatnih ravni i poklapa se sa svojom projekcijom na tu koordinatnu ravan.. Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste d d + z dz, gde je kriva presek površi : + z sa koordinatnim ravnima za,, z. ose, je pozitivno orijentisana. Posmatrano sa pozitivnog dela Uputstvo. Koristeći iste oznake i postupajući kao u Zadatku, dobija se :, z ; [, ], : z, ; [, ], 3 : z cos ϕ, sin ϕ, ; ϕ h i, π,

22 6 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo pri čemu se izabrani parametri menjaju od do, od do i od ϕ do ϕ π/. obija se I 3, I 3, I 3 3 ; Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste d + d + z dz, gde je kriva presek površi : + ( + ), : z +. Posmatrano sa pozitivnog dela z ose, je pozitivno orijentisana. Rešenje. Površ je cilindrična sa direktrisom u ravni (z ) i izvodnicama paralelnim z osi. Površ je konus sa z osom kao osovinom. z irektrisa cilindrične površi je istovremeno i projekcija krive na ravan (3 iz Napomene.3.5). Zato je što je pomerena kružnica : + ( + ), z, : ( ) + ( ), sa centrom u tački (,, ) i poluprečnika. Uvod enjem smene sledi r i parametarske jednačine glase r cos ϕ, r sin ϕ, : + cos ϕ, + sin ϕ, z ; ϕ [, π].

23 KRIVOINIJKI INTEGRAI 7 Kriva pripada konusu, pa koordinate njenih tačaka zadovoljavaju jednačinu konusa. Takod e, tačke na krivoj i njihove projekcije na imaju iste koordinate i. Zamenom, iz parametarskih jednačina projekcije u jednačinu konusa dobijamo i z koordinatu z p + Parametarske jednačine krive su : + cos ϕ, + sin ϕ, z q + (cos ϕ + sin ϕ). q + (cos ϕ + sin ϕ) ; ϕ [, π]. Zadata orijentacija krive, kao saglasna pozitivnoj orijentaciji njene projekcije, nameće promenu parametra ϕ od ϕ do ϕ π. Nalazeći (ϕ) sin ϕ, (ϕ) cos ϕ, z cos ϕ sin ϕ (ϕ) q + (cos ϕ + sin ϕ) i sred ujući podintegralni izraz, integral I postaje Kako je Z π Z π (ϕ) (ϕ) + (ϕ) (ϕ) + z(ϕ)z (ϕ) dϕ 3 cos ϕ 3 sin ϕ + 4 cos ϕ sin ϕ + cos 3 ϕ cos 3 ϕ i, prema formulama navedenim u Zadatku, sin ϕ cos ϕ cos ϕ cos ϕ sin ϕ 4 cos ϕ sin ϕ + 3 cos ϕ, dobija se Z π + 7 cos ϕ 3 sin ϕ + 3 cos ϕ cos ϕ sin ϕ dϕ ϕ + 7 sin ϕ + 3 Z cos ϕ + 3 sin ϕ π π sin ϕ d(sin ϕ) π sin3 ϕ 3 π π. 4. Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste d + z d + dz, gde je kriva (Vivianieva) presek površi : + a, : + + z a dϕ.

24 8 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo za z i a >. orijentisana. Posmatrano sa pozitivnog dela z ose, je pozitivno Rešenje. Površi i su iste kao u Primeru.3., pa je na sledećoj slici izdvojen samo onaj deo sa like.3.4 koji je značajan za ovaj zadatak. a je označena projekcija krive na ravan, koja je istovremeno i direktrisa cilindrične površi (3 iz Napomene.3.5). z a a Parametarske jednačine projekcije (kriva iz Primera.3. i Zadatka 7) smo već odredili : a cos ϕ, a cos ϕ sin ϕ, z ; ϕ Ovako iskazane, smenjujemo u jednačinu sfere i dobijamo h i π, π. z a a cos 4 ϕ a cos ϕ sin ϕ a a cos ϕ a sin ϕ, odakle je z a sin ϕ zbog uslova z. Parametarske jednačine krive su h : a cos ϕ, a cos ϕ sin ϕ, z a sin ϕ ; ϕ π, π i. Za zadatu orijentaciju krive, tj. orijentaciju projekcije, parametar ϕ se menja od ϕ π/ do ϕ π/. Radi jednostavnosti zapisivanja, potpuni krivolinijski integral II vrste rastavljamo na integrale po koordinatama I + I + I 3, gde je Kako je integrali I, I postaju I I I I d, I I z d, I 3 I dz. (ϕ) a cos ϕ sin ϕ, (ϕ) a cos ϕ sin ϕ, Z π/ π/ Z π/ π/ Z π/ (ϕ) (ϕ) dϕ a 3 cos 3 ϕ sin 3 ϕ dϕ, z (ϕ) (ϕ) dϕ a 3 Z π/ π/ π/ cos ϕ sin ϕ sin 4 ϕ dϕ.

25 KRIVOINIJKI INTEGRAI 9 Funkcija cos 3 ϕ sin 3 ϕ je neparna, funkcije cos ϕ sin ϕ i sin 4 ϕ su parne, a segment [ π/, π/] je simetričan. Zato je I, I a 3 Z π/ cos ϕ sin ϕ sin 4 ϕ dϕ. Koristeći formule izvedene u Zadatku, za integral I dobijamo Z π/ I a cos ϕ 4 cos 4ϕ dϕ 4 a3 π. Iz z a sin ϕ, ϕ [ π/, π/] sledi z a sin ϕ ako je ϕ [ π/, ] i z a sin ϕ ako je ϕ [, π/]. Još je i h π, z (ϕ) a cos ϕ, pa integral I 3 postaje I 3 Z π/ a 3 Z ϕ (ϕ) z (ϕ) dϕ + π/ ; z (ϕ) a cos ϕ, ϕ Z π/ (ϕ) z (ϕ) dϕ Z π/ cos 5 ϕ dϕ + a 3 cos 5 ϕ dϕ. Poslednja jednakost je posledica činjenice da za parnu funkciju cos 5 ϕ važi Z π/ cos 5 ϕ dϕ Z π/ cos 5 ϕ dϕ. h i, π, Konačno je I + I + I 3 4 a3 π. 5. Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste z d + d + dz, gde je kriva presek površi : + + z 4, : + + z 4z. Posmatrano sa pozitivnog dela z ose, je pozitivno orijentisana. Rešenje. Površ je paraboloid : z + + 4

26 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo sa z osom kao osovinom, koji z osu seče u tački (,, 4). Površ je sfera sa centrom u tački (,, ) i poluprečnika. : + + (z ) 4 z 4 Kriva se bijektivno projektuje samo na ravan ( iz Napomene.3.5). Jednačinu projekcije krive na ravan dobijamo eliminacijom z koordinate iz jednačina površi i (Napomena.3.3). Iz jednačine paraboloida je što zamenom u jednačinu sfere daje z +, i, deobom sa +, jednačinu projekcije Parametarske jednačine kružnice su : + 3, z. : 3 cos ϕ, 3 sin ϕ, z ; ϕ [, π], gde je r 3 polarni radijus i ϕ polarni ugao. Povratkom u bilo koju od jednačina sfere ili paraboloida sledi z, pa su parametarske jednačine krive : 3 cos ϕ, 3 sin ϕ, z ; ϕ [, π], pri čemu se za zadatu orijentaciju krive parametar ϕ menja od ϕ do ϕ π. Kako je (ϕ) 3 sin ϕ, (ϕ) 3 cos ϕ, z (ϕ), to je Z π 3 sin ϕ + 3 cos ϕ dϕ Z π 3 3 sin ϕ + 3 cos ϕ dϕ 3π.

27 KRIVOINIJKI INTEGRAI 6. Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste z d + d + dz, gde je kriva presek površi : z + sa površima, : z 3 4. Posmatrano sa pozitivnog dela z ose, je pozitivno orijentisana. Rešenje. Površ je paraboloid sa z osom kao osovinom. Iz jednačine z 3/4 slede jednačine površi za i za, : z 3 4, : z 3 4 +, pa su i poluravni (cilindrične površi) paralelne osi. Ako su i presečne krive poluravni i sa paraboloidom, tada je zatvorena kriva. a i označimo projekcije za i na ravan (z ). z 3 4 A B Jednačinu projekcije krive na ravan nalazimo eliminacijom z koordinate iz jednačina površi i. obija se 3/4 +, tj. : + +, z, pri čemu je. Analogno, iz jednačina površi i za sledi jednačina projekcije : +, z.

28 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo akle, projekcije su delovi pomerenih kružnica sa centrima (, /, ), (, /, ) na osi i poluprečnika. Za iz jednačina krivih, sledi 3/4 i ± 3/, pa se radi o delovima izmed u tačaka A( 3/, ), B( 3/, ). menama r cos ϕ, + r sin ϕ ; r cos ϕ, r sin ϕ u jednačine krivih i redom, dobijaju se njihove parametarske jednačine h : cos ϕ, π + sin ϕ, z ; ϕ 6, 5π 6 h : cos ϕ, + sin ϕ, z ; ϕ 5π 6, π 6 Granice parametra ϕ su odred ene slično kao u Zadatku 9. U slučaju krive, za tačku A je cos ϕ 3/, sin ϕ / i ϕ 5π/6, a za tačku B je cos ϕ 3/, sin ϕ / i ϕ π/6. Analogno, u slučaju krive, tački A odgovara vrednost ϕ 5π/6, a tački B vrednost ϕ π/6. Kako je i, iz jednačina površi i dalje sledi z sin ϕ 5 4 sin ϕ, z sin ϕ sin ϕ, pa su parametarske jednačine krivih i date sa h : cos ϕ, + sin ϕ, z 5 π 4 sin ϕ ; ϕ 6, 5π 6 h : cos ϕ, + sin ϕ, z sin ϕ ; ϕ 5π 6, π 6 Kako je, z koordinate tačaka krivih i mogu da se odrede i iz jednačine paraboloida. Zadatoj orijentaciji krive, odnosno krivih i, odgovara promena parametra ϕ od ϕ π/6 do ϕ 5π/6 za i od ϕ 5π/6 do ϕ π/6 za. Izračunavanjem odgovarajućih izvoda i sred ivanjem podintegralnih izraza, dobija se Z Z 5π/6 I z d + d + dz + π/6 cos ϕ 5 4 sin ϕ sin ϕ dϕ π, I Z z d + d + dz i, s obzirom na, Z π/6 5π/6 cos ϕ 5 4 sin ϕ + cos ϕ + sin ϕ dϕ I + I + 3 π. i i,. i i,. Kriva se sastoji od delova sa različitom parametrizacijom (4 iz Napomene.3.5). elove, nismo projektovali na z ravan iz sledećeg razloga. Projekcije krivih i na z ravan jesu poznate kao direktrise cilindričnih površi i (3 iz Napomene.3.5),

29 KRIVOINIJKI INTEGRAI 3 ali ovo projektovanje nije bijekcija ni za jednu od krivih. Krive, se bijektivno projektuju i na z ravan ( iz Napomene.3.5). Njihove parametarske jednačine se nalaze slično kao u slučaju projektovanja na ravan, samo unekoliko jednostavnije jer i imaju istu projekciju. 7. Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste gde je kriva presek površi ( + ) d + ( + z) d + dz, : z, : + 4 z. Posmatrano sa pozitivnog dela z ose, je pozitivno orijentisana. Rešenje. Površ je cilindrična sa direktrisom u z ravni i izvodnicama paralelnim osi, a je paraboloid sa z osom kao osovinom, koji z osu seče u tački (,, 4). irektrisa površi je parabola. z 4 Kriva se bijektivno projektuje samo na ravan ( iz Napomene.3.5). Jednačinu projekcije nalazimo eliminacijom z koordinate iz jednačina površi i. Zamenom z u + 4 z dobija se + 4, što je centralna elipsa : 4 + sa poluosama i po i osi redom. Uvod enjem uopštenih polarnih koordinata sa r cos ϕ, r sin ϕ, iz implicitne jednačine elipse sledi r, kao i parametarske jednačine : cos ϕ, sin ϕ, z ; ϕ [, π]. alje, npr. krive iz jednačine površi je z sin ϕ, pa su parametarske jednačine : cos ϕ, sin ϕ, z sin ϕ ; ϕ [, π],

30 4 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo pri čemu se ϕ menja od ϕ do ϕ π za zadatu orijentaciju krive. Odred ivanjem (ϕ), (ϕ), z (ϕ) i sred ivanjem podintegralnog izraza, dobija se Z π 6 sin ϕ + cos ϕ + 6 cos ϕ sin ϕ dϕ π. 8. Izračunati potpuni krivolinijski integral II vrste gde je kriva presek površi ( z) d + (z ) d + ( ) dz, : tan α, : + + z a i α (, π/) konstantan ugao. Posmatrano sa pozitivnog dela ose, je pozitivno orijentisana. Rešenje. Površ je cilindrična sa direktrisom u ravni (z ) i izvodnicama paralelnim z osi, a je centralna sfera poluprečnika a. irektrisa je prava tan α koja prolazi kroz koordinatni početak, pa je ravan koja prolazi kroz z osu i seče sferu po kružnici. Koeficijent pravca prave je tan α, što znači da je α ugao koji zaklapa sa pozitivnim delom ose. z + a 3 Zadatak rešavamo na dva načina. Eliminacijom koordinate iz jednačina površi, i korišćenjem jednakosti tan α sin α cos α, dobija se jednačina projekcije kružnice na z ravan z : a sin α + z a.

31 KRIVOINIJKI INTEGRAI 5 Kako je sin α > za α (, π/), projekcija je centralna elipsa sa poluosama a sin α i a po i z osi redom. Uvod enjem uopštenih polarnih koordinata sa a sin α r cos ϕ, z ar sin ϕ, iz jednačine elipse sledi r, pa su parametarske jednačine z : a sin α cos ϕ, z a sin ϕ ; ϕ [, π]. Povratkom, npr., u jednačinu ravni sledi izraz za koordinatu tačaka kružnice i njene parametarske jednačine : a cos α cos ϕ, a sin α cos ϕ, z a sin ϕ ; ϕ [, π]. Parametar ϕ se menja od ϕ do ϕ π za zadatu orijentaciju krive. Odred ivanjem (ϕ), (ϕ), z (ϕ) i sred ivanjem podintegralnog izraza, dobija se Z π a (cos α sin α) dϕ a (cos α sin α)π. Ako krivu projektujemo na z ravan, slično se nalaze parametarske jednačine : a cos α sin ϕ, a sin α sin ϕ, z a cos ϕ ; ϕ [, π], sa promenom parametra ϕ od ϕ π do ϕ ( iz Napomene.3.5). Projektovanje na ravan nije bijekcija. Kako je z centralna elipsa, prethodni postupak je isto što i nalaženje parametarskih jednačina krive pomoću odgovarajućih uopštenih cilindričnih koordinata (Napomena.3.4). U ovom slučaju uopštene cilindrične koordinate se uvode sa, a sin α r cos ϕ, z ar sin ϕ. Zamenom u sistem formiran od jednačina površi i, dobija se novi sistem ar cos α cos ϕ, + a r sin α cos ϕ + sin ϕ a, čijim rešavanjem sledi r i a cos α cos ϕ, a zatim i parametarske jednačine za. rugi način rešavanja zadatka je zasnovan na upotrebi sfernih koordinata. koordinate uvodimo sa ferne r cos ϕ cos θ, r sin ϕ cos θ, z r sin θ i zamenom u jednačine površi, dobijamo tan ϕ tan α, r a. Kako je ϕ π maksimalni raspon koordinate ϕ i α (, π/), iz prve jednakosti je ϕ α ili ϕ α + π. o istog zaključka se dolazi i na osnovu značenja sferne koordinate ϕ. ve različite vrednosti za ϕ nameću deobu krive na dva dela. Neka je 3, pri čemu ϕ α odgovara delu, a ϕ α + π β delu 3. obzirom na značenje sferne

32 6 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo koordinate θ, za oba dela θ uzima vrednosti iz maksimalnog raspona π/ θ π/, pa parametarske jednačine krivih, 3 glase : a cos α cos θ, a sin α cos θ, z a sin θ ; θ π, π h 3 : a cos β cos θ, a sin β cos θ, z a sin θ ; θ π, π h i i,. Prema zadatoj orijentaciji krive, parametar θ se menja od θ π/ do θ π/ za i od θ π/ do θ π/ za 3. Imajući u vidu cos β cos(α + π) cos α, sin β sin(α + π) sin α, iz nad enih parametarskih jednačina sledi u slučaju krive i (θ) a cos α sin θ, (θ) a sin α sin θ, z (θ) a cos θ (θ) a cos α sin θ, (θ) a sin α sin θ, z (θ) a cos θ u slučaju krive 3. Zato je, posle sred ivanja podintegralnog izraza, I I Z Z π/ Z ( z) d + (z ) d + ( ) dz π/ Z π/ a (cos α sin α) dθ a (cos α sin α)π, 3 ( z) d + (z ) d + ( ) dz π/ a (cos α sin α) dθ a (cos α sin α)π i, zbog 3, I + I a (cos α sin α)π.

33 VIŠETRUKI INTEGRAI vojni integrali Ako je tada je : a b, () (), f(, ) dd b d () a () f(, ) d. 9. Izračunati površinu manjeg dela kruga u ravni (z ) : +, koji odseca prava :. Rešenje. Neka je manji od dva kružna odsečka, čiju površinu d treba izračunati i : +, 3 :. Kriva je kružnica ( ) +, a 3 je prava paralelna osi. Zamenom u jednačinu prave sledi, pa je (, ) presečna tačka prave sa osom. Analogno, za se dobija presečna tačka (, ) prave sa osom, a za presečna tačka A(, ) pravih i 3. Koordinate tačke A zadovoljavaju jednačinu kružnice, pa je A, što je prikazano na sledećoj slici. 3 A 7

34 8 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo Prvo nalazimo opis oblasti. Iz jednačine kružnice sledi ± ili ± p. Za deo kružnice, koji ulazi u sastav granice oblasti, važi i, pa taj deo ima eksplicitne jednačine : p, : + p. Uzimajući, npr., promenljivu u konstantnim, a promenljivu u funkcionalnim granicama, opis oblasti je :, p. Prelaskom sa dvojnog na dvostruki integral, za površinu d oblasti se dobija d Z Z dd p d + Z Z Z d d + q ( ) d. Poslednji odred eni integral se rešava smenom sin t. + Z p + d p d Kako je sin t i t za, sin t i t π/ za i cos t za t [, π/], to je Z q Z π/ Z π/ ( ) d cos t cos t dt cos t dt Z π/ + cos t dt tπ/ + 4 sin tπ/ 4 π, pa je tražena površina d + 4 π (π ). 4 Ako je u konstantnim, a u funkcionalnim granicama, oblast se opisuje sa : + p,, pri čemu je jednačina prave. Odgovarajući dvostruki integral se rešava na isti način.. Izračunati dvojni integral sin( + ) dd,

35 VIŠETRUKI INTEGRAI 9 gde je oblast u ravni (z ) opisana sa : π, π. Rešenje. Za tačke (, ) je + 3π, pa za funkciju sin( + ) važi sin( + ), + [, π] [π, 3π] ; sin( + ), + [π, π]. Pošto funkcija sin( + ) menja znak na oblasti, zavisno od njenog znaka podintegralna funkcija je sin( + ) ± sin( + ). Zato oblast delimo na podoblasti tako da na svakoj od njih sin( + ) ima stalan znak. Neka je 3, gde je onaj deo oblasti za koji je + π, deo za π + π i 3 deo za π + 3π. elovi i imaju zajedničke tačke (, ) za koje je + π, a to su tačke sa prave : + π. Analogno, zajedničke tačke delova i 3 pripadaju pravoj : + π. Kako je, još, + π za, + π + π za i + π za 3, deo je ispod prave, deo izmed u pravih i, a 3 je iznad prave. 3 Prema prethodnom, opisi oblasti, i 3 su: Za podintegralnu funkciju važi : π, + π, : π, + π + π, 3 : π, + π π. sin( + ) sin( + ), (, ) 3 ; sin( + ) sin( + ), (, ), pa je I + I + I 3,

36 3 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo gde je I I I 3 sin( + ) dd Z π sin( + ) dd 3 sin( + ) dd Z π d Z π Z +π d sin( + ) d, Z +π +π Z π d +π sin( + ) d, sin( + ) d. Kako je Z sin( + ) d Z sin( + ) d( + ) cos( + ), cos( + π) cos, dalje je I I Z π Z π Z π I 3 Z π Z π cos( + ) +π d Z π ( + cos ) d ( + sin ) π π, (cos π cos ) d Z cos( + ) +π π d (cos π cos π) d +π Z cos( + ) π π d +π ( cos ) d ( sin ) π π Z π cos( + π) cos π d d π, i konačno 4π.. Izračunati dvostruki integral gde je a >. a a a ln( + a) d ( a) d, Rešenje. Unutrašnji integral u zadatom dvostrukom integralu se teško rešava, pa prelazimo na odgovarajući dvojni integral. Neka je oblast u ravni (z ) opisana sa : a p a, a. Tada važi jednakost ln( + a) ( a) dd.

37 VIŠETRUKI INTEGRAI 3 Iz prethodnog opisa vidimo da je oblast ograničena osom ( ), krivom : a p a, osom ( ) i pravom a. Kako iz a p a sledi ( a) + a, kriva je polukružnica za koju je a. a a a a Oblast opisujemo drugačije, tako što promenljivu uzimamo u konstantnim, a promenljivu u funkcionalnim granicama. Za deo polukružnice, koji ulazi u sastav granice oblasti, važi, pa taj deo ima jednačinu i opis oblasti glasi : p a : a, p a a. Prema novom opisu, dvojni integral postaje Z a Z a ln( + a) d a ( a) d Z a ln( + a) ( a) a d a Poslednji odred eni integral se rešava metodom parcijalne integracije Z a Z u dv uv a a v du Z a ln( + a) d. sa u ln( + a), dv d, odakle je du d/( + a), v /. obija se Z a Z ln( + a) d a ln( + a)a Z a ( + a) d a ln a ( + a a) d + a Z a ln a a ( + a) a( + a) + a d + a Z a ln a a a + a d + a h a ln a i a + a ln( + a) a 4 a + a ln a 4 a ( + ln a)

38 3 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo i konačno 8 a ( + ln a). akle, dvostruki integral koji se teško rešava smo mnogo jednostavnije rešili kao drugi dvostruki integral, sa izmenjenim redosledom integracije. Zahvaljujući dvojnom integralu i njegovoj vezi sa dvostrukim integralima, jedan dvostruki uvek može da se zameni odgovarajućim dvostrukim integralom (integralima) sa promenjenim redosledom integracije (Napomena 3.3.3). Med utim, to ne dovodi uvek i do jednostavnijeg rešavanja, što zavisi od oblika oblasti integracije u dvojnom integralu (Primer 3.3.3). Trojni integrali Ako je tada je : a b, () (), z (, ) z z (, ), f(,, z) dddz b a d () () d z (,) z (,) f(,, z) dz.. Izračunati zapreminu prostorne oblasti ograničene površima :, : 4, 3 : z, 4 : + z 4 za. Rešenje. Neka je prostorna oblast čiju zapreminu d treba izračunati. Površi i su cilindrične sa izvodnicama paralelnim z osi. irektrise ovih površi su parabole, u ravni, simetrične u odnosu na osu. Površ 3 je ravan, dok je 4 ravan paralelna osi. Ravan 4 seče i z osu u tačkama (4,, ), (,, 4), a ravan duž prave 3. Od dve ograničene oblasti izmed u,, 3 i 4, oblast je ona za koju je. Projekcija oblasti na ravan je ravna oblast izmed u, i 3. z

39 VIŠETRUKI INTEGRAI 33 obzirom na uslov, delovi parabola, koji ograničavaju oblast i prava 3 iz ravni (z ) imaju jednačine pa je oblast opisana sa :, :, 3 : 4, Zapisujući jednačinu ravni 4 u obliku dobijamo i opis oblasti, : 4,. 4 : z + 4, : 4,, z + 4. Prelaskom sa trojnog na trostruki integral, zapremina d oblasti postaje d Z dddz Z 4 Z Z 4 d z Z 4 ( + 4) d Z z +4 d z Poslednji odred eni integral se rešava smenom d Z +4 dz Z 4 Z d Z 4 d ( + 4) d. t, ( + 4) d za koju je d t dt i t kad je, t kad je 4, pa je dalje d Z t + 4 t dt t t Tražena zapremina može da se odredi i na osnovu geometrijskog tumačenja dvojnog integrala Z 4 Z d f(, ) dd ( + 4) dd d ( + 4) d, gde je z f(, ) + 4 jednačina ravni Izračunati trojni integral dddz,

40 34 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo gde je prostorna oblast ograničena koordinatnim ravnima i površima : +, : z + +. Rešenje. Površ je cilindrična površ čije su izvodnice paralelne z osi, a direktrisa je prava : +, z. akle, je ravan paralelna z osi, a je presek sa ravni. Još, seče i osu u tačkama (,, ) i (,, ). Površ je eliptički paraboloid sa z osom kao osovinom ([4], str. 4 6). Paraboloid seče z osu u tački (,, ), pa za sve tačke (,, z) važi z. z Projekcija oblasti na ravan je :, +, gde je + jednačina prave. Imajući u vidu jednačinu površi, oblast ima opis :, +, z + +. Prevod enjem trojnog na trostruki integral i rešavanjem sledi Z d Z Z Z + d d Z + Z dz Z d Z d d 4 Z red ivanjem podintegralne funkcije, za integral I se dobija 4 Z + + d h i d d

41 VIŠETRUKI INTEGRAI 35 mena promenljivih u dvojnim integralima Ako je (u, v), (u, v) ; J J(u, v) u u v v, tada je f(, ) dd f ( (u, v), (u, v) ) J(u, v) dudv. Najčešće su polarne i uopštene polarne koordinate u r, v ϕ, za koje je redom: r cos ϕ, r sin ϕ ; J r, ar cos ϕ, br sin ϕ ; J abr. 4. Izračunati dvojni integral dd, gde je oblast u ravni (z ) ograničena krivama :, :, 3 :, 4 : 4 za >. Rešenje. Krive, su hiperbole, a 3, 4 prave. Zbog uslova >, iz jednačina krivih sledi >, pa je oblast u I kvadrantu. Jednačine hiperbola, s jedne i pravih 3, 4 s druge strane sugerišu smenu u, v. Iz ove smene je i jakobijan postaje r u v, uv, v J u u v uv v uv r u v v r u v v.

42 36 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo Zbog, > je u, v >, pa je J neprekidna funkcija i važi J >. Zato se granica 4 i i oblasti iz ravni preslikava u granicu 4 i i oblasti iz uv ravni, gde je : u, : u, 3 : v, 4 : v 4. Oblast je pravougaona, sa opisom : u, v 4. 4 v u Prelazeći prvo na dvojni integral po novoj oblasti, a zatim na odgovarajući dvostruki integral, sledi u Z Z 4 u du v dv u v dudv ln v 4 4 (4 )(ln 4 ln ) 3 4 ln ln 3 ln. Zadatak može da se reši i direktno, pomoću promenljivih,, ali tada oblast mora 3 da se deli na i i, što zahteva dodatna izračunavanja radi opisa oblasti i (i,, 3), kao i rešavanje većeg broja dvostrukih integrala. 5. Izračunati dvojni integral arctan dd, gde je oblast u ravni (z ) ograničena krivama za >. : +, : + 9, 3 :, 4 : 3 3 Rešenje. Krive, su kružnice, a 3, 4 prave. Iz jednačina pravih za > sledi >, pa je oblast deo kružnog isečka u I kvadrantu.

43 VIŠETRUKI INTEGRAI Zadatak rešavamo na dva načina. Jednačine krivih i (i,, 3, 4) sugerišu smenu za koju je u +, v, r u r u + v, v + v ; J + v >. Zbog J >, granica oblasti prelazi u granicu oblasti, sastavljenu od : u, : u 9, 3 : v 3, 4 : v 3, a oblast u pravougaonu oblast : u 9, 3 v 3. Integral I postaje 4 Z 3 arctan v / 3 + v dudv Z 9 Z 3 du / arctan v 3 + v dv arctan v d(arctan v) arctan v 3 h π π / Zadatak sada rešavamo pomoću polarnih koordinata, tj. pomoću smene r cos ϕ, r sin ϕ, i 6 π. za koju je J r. Oblast ne sadrži tačku (, ), kojoj odgovara r, pa je J >. Granica oblasti prelazi u granicu oblasti. Krive, se preslikavaju u : r, : r 3. Za pravu 3 je koeficijent pravca tan ϕ / / 3 i ϕ π/6, a za pravu 4 je tan ϕ 3 i ϕ π/3, pa je 3 : ϕ π 6, 4 : ϕ π 3

44 38 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo i oblast prelazi u pravougaonu oblast : r 3, π 6 ϕ π 3. Integral I postaje arctan r sin ϕ r cos ϕ r drdϕ Z π/3 π/6 ϕ dϕ Z 3 r dr ϕ π/3 π/6 r arctan(tan ϕ)r drdϕ 3 6 π. rϕ drdϕ Radeći sa escartesovim koordinatama,, oblast bi morala da se deli na 3 i i, a svaki od unutrašnjih integrala u odgovarajućim dvostrukim integralima da se rešava metodom parcijalne integracije. 6. Izračunati dvojni integral z dzd, gde je oblast u z ravni ( ) ograničena krivama : + z, : + z 4. Rešenje. Oblast je kružni prsten izmed u kružnica i. z Zamenjujemo escartesove z, polarnim r, ϕ koordinatama pomoću i utvrd ujemo J r > jer (, ) /. Kružnice, se preslikavaju u z r cos ϕ, r sin ϕ : r, : r, a oblast iz z ravni u pravougaonu oblast iz rϕ ravni, : r, ϕ π.

45 VIŠETRUKI INTEGRAI 39 Prelaskom na dvojni integral po oblasti i rešavanjem odgovarajućeg dvostrukog integrala, uz upotrebu formula izvedenih u Zadatku, dobija se Z 6 (r sin ϕ) (r cos ϕ) r drdϕ r 5 dr Z π Z π cos ϕ sin ϕ dϕ r6 6 ( cos 4ϕ) dϕ 8 π. r 5 cos ϕ sin ϕ drdϕ Z π 8 8 cos 4ϕ dϕ Kružni prsten je dvostruko povezana oblast (lika..). a bi se dvojni integral po ovakvoj oblasti rešavao bez smene promenljivih, oblast mora da se deli na više prosto povezanih podoblasti, konkretno na 4 i i. menom promenljivih je dvostruko povezana oblast transformisana u prosto povezanu. Takod e, smena promenljivih bitno pojednostavljuje rešavanje odred enih integrala na koje se dvojni prevodi, u šta čitalac može i sam da se uveri. lična je situacija i kod dvojnih integrala po višestruko povezanim oblastima. Primećujemo da se granica oblasti preslikava u deo, a ne u celu granicu 4 i i oblasti, gde je 3 : ϕ, 4 : ϕ π. Zato se na prvi pogled čini da uslov J kod dvostruko povezanih oblasti ne znači ništa. Med utim, oblast možemo da tretiramo kao prosto povezanu ako je rasečemo duž pozitivnig dela z ose i taj deo ose joj pridružimo kao delove 3, 4 granice. Tada se 3, 4 preslikavaju u 3, 4, što je omogućeno upravo uslovom J. Inače, u zadatku smo do opisa oblasti jednostavno došli na osnovu značenja polarnih koordinata, što ćemo i nadalje da radimo bez naglašavanja. 7. Izračunati dvojni integral a dd, gde je deo ravni (z ) ograničen lemniskatom : ( + ) a ( ) za i a >. Rešenje. emniskata je ista kao u Zadatku 6, pa koristimo već dobijene rezultate. Uvod enjem polarnih koordinata sa za koje je J r, kriva se preslikava u r cos ϕ, r sin ϕ, : r a p cos ϕ,

46 4 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo a oblast u oblast Integral I postaje 3 Z π/4 p a r r drdϕ π/4 Z π/4 π/4 dϕ 3 a3 Z π/4 π/4 : r a p cos ϕ, π 4 ϕ π 4. Z a cos ϕ Z π/4 π/4 dϕ Z a cos ϕ p a r d a r a r p a r ra cos ϕ r sin ϕ sin ϕ dϕ dϕ p a r r dr Z 4 π/4 Z 3 a3 sin 3 ϕ dϕ + π/4 Z 3 a3 dϕ 6 a3 π 4 π/4 3 a3 sin 3 ϕ dϕ. Koristeći jednakost dalje je 6 a3 π a3 cos ϕ 6 a3 π a3 6 a3 π + 9 (5 4 )a 3 π/4 sin 3 ϕ cos ϕ sin ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ, π/4 Z π/4 cos3 ϕ 3 cos ϕ d(cos ϕ) π/4 h 6 π + 9 (5 4 )i 6 a3 π + 4 a 3. 3 a Izračunati površinu dela ravni (z ) ograničenog krivama : + a, : ( + ) a ( ) za a i a >. Rešenje. Neka je deo ravni čiju površinu d treba izračunati. Kriva je kružnica, a kriva lemniskata (Zadatak 6). Kako je a, je van kružnice i sastoji se od oblasti za a i za a, tj.. Zbog simetrije u odnosu na i osu, posmatramo samo deo 3 oblasti u I kvadrantu a a

47 VIŠETRUKI INTEGRAI 4 Uvod enjem polarnih koordinata sa krive, se transformišu u r cos ϕ, r sin ϕ, : r a, : r a p cos ϕ. Budući da smo se ograničili na I kvadrant za koji je ϕ π/, rešavanjem jednačine a a cos ϕ dobija se redom: cos ϕ /, ϕ π/3, ϕ π/6, pa se krive, seku u tački (r, ϕ) (a, π/6). Zato se oblast 3 preslikava u oblast 3 : a r a p cos ϕ, ϕ π 6. Vrednost ϕ π/6 smo mogli da nad emo i u ravni. Rešavanjem sistema jednačina + a, + a uz uslov, >, odred uje se presečna tačka (, ) ( 3 a/, a/) krivih i u I kvadrantu, pa je tan ϕ / / 3, ϕ arctan / 3 π/6. Tražena površina je sada d Z π/6 dd 4 3 dd 4 r a cos ϕ ra 3 r drdϕ 4 Z π/6 dϕ Z a cos ϕ Z r π/6 4 dϕ a ( cos ϕ ) dϕ a (sin ϕ ϕ) π/6 a sin π 3 π 3 a 6 π 3 3 π a. 6 3 Primetimo da (, ) / i da je J r >. Ako je 3 oznaka ose, prethodni uslov 3 garantuje da se granica i 3 i oblasti 3 preslikava u granicu i i oblasti 3, gde je ϕ jednačina za Izračunati površinu oblasti u ravni (z ) ograničenu zatvorenom krivom a r dr : ( + ) ; (, ) (, ). Rešenje. Tačka (, ), koja zadovoljava implicitnu jednačinu, je singularna tačka jednačine i to izolovana tačka ([], str. 96). Uklonjena je iz jednačine uslovom (, ) (, ). Implicitna jednačina nema drugih ograničenja, pa je u svim kvadrantima, što znači da je (, ), iako (, ) /. Kriva i oblast ograničena njome imaju izgled sa sledeće slike, dobijen upotrebom računara (Napomena 3.4.).

48 4 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo Uvod enjem polarnih koordinata sa r cos ϕ, r sin ϕ i imajući u vidu da je r za tačku (, ), J r, kriva se preslikava u q : r cos 4 ϕ + sin 4 ϕ, a oblast u : Tražena površina je d Z π dd r q cos 4 ϕ + sin 4 ϕ, ϕ π. r drdϕ Z π cos 4 ϕ + sin 4 ϕ dϕ 3 4 π, Z cos 4 ϕ+sin 4 ϕ dϕ r dr pri čemu je poslednji odred eni integral rešen pomoću formula iz Zadatka. a bismo izbegli ponavljanje u kasnijem tekstu, ovde napominjemo da su slike iz Zadataka 3 35, 37 takod e dobijene pomoću računara. 3. Izračunati površinu oblasti u ravni (z ) ograničenu zatvorenom krivom : a + b +, gde je a, b >. Rešenje. Neka je oblast čiju površinu d treba izračunati. Kriva sadrži tačku (, ) (, ), pa je (, ). Zadatak rešavamo na dva načina. Transformišemo jednačinu krive u i dobijamo a a + b b, : a a a + a + b a + b b b b. a + b 4 a + b Poslednja jednačina znači da je pomerena elipsa koja prolazi kroz koordinatni početak. t

49 VIŠETRUKI INTEGRAI 43 Uvodeći smenu za koju je J r r ϕ a + a p a + b r cos ϕ, b + b ϕ elipsa se preslikava u a a + b cos ϕ a a + b r sin ϕ b a + b sin ϕ a oblast u pravougaonu oblast Površina d se lako izračunava, d b a + b r cos ϕ : r, : r, ϕ π. p a + b r sin ϕ, dd 4 ab a + b r drdϕ 4 ab a + b Z π 4 ab a + b π. 4 ab a + b r, dϕ Z r dr Zadatak rešavamo na drugi način. Pretpostavimo da krivu ne prepoznajemo kao elipsu na osnovu zadate jednačine, pa jednačinu ne dovodimo na uobičajeni oblik. Zadata jednačina sugeriše smenu kojom se sa escartesovih, prelazi na uopštene polarne koordinate r, ϕ. Kako nam značenje koordinate ϕ u ravni nije poznato, komplikovanu diskusiju izbegavamo tako što ovu smenu realizujemo kao kompoziciju dve smene (Napomena.4.4). Prva smena je au, bv, za koju je i kojom se kriva preslikava u J(u, v) u v u v a b ab > : u + v au + bv. Kriva prolazi kroz koordinatni početak (u, v) (, ) i zadovoljava uslov au + bv, tj. v (a/b)u. Tangentu t krive kroz tačku (, ) tražimo u obliku v ku. Neka je v ku jednačina bilo koje prave kroz tačku (, ). Zamenom v ku u jednačinu krive sledi + k u (a + bk)u, odakle su u, u (a + bk)/ + k prve koordinate presečnih tačaka za i. a bi bila tangenta t, presečna tačka mora da bude dvostruka (tačka dodira), pa je u u, a + bk i k a/b. akle, jednačina tangente je t : v a b u.

50 44 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo Na osnovu dosadašnjeg ispitivanja možemo da skiciramo krivu i oblast ograničenu njome (prva slika), što je dovoljno za dalji rad. Med utim, znamo i više. Kriva je pomerena kružnica (druga slika) : u a + v b 4 a + b. v v u u t t ruga smena je u r cos ϕ, v r sin ϕ, kojom sa promenljivih u, v prelazimo na polarne koordinate r, ϕ u uv ravni i za koju je J(r, ϕ) r. Kriva se preslikava u : r a cos ϕ + b sin ϕ. Označavajući sa ϕ [ π/, ] ugao izmed u t i pozitivnog dela u ose, dobijamo tan ϕ v/u a/b i ϕ arctan a b arctan a b. Kako je t tangenta krive koja prolazi kroz (, ) i ϕ polarni ugao u uv ravni, znamo da je ϕ [ϕ, ϕ + π]. Još je (u, v) (, ), tj. (, ), pa se oblast transformiše u Tražena površina je d ab a3 b Z ϕ +π : r a cos ϕ + b sin ϕ, ϕ [ϕ, ϕ + π]. dd ab dϕ ϕ Z ϕ +π ϕ Z a cos ϕ+b sin ϕ 4 ab a + b π. dudv ab r drdϕ Z r dr ϕ +π ab (a cos ϕ + b sin ϕ) dϕ ϕ Z ϕ+π Z cos ϕ dϕ + a b cos ϕ sin ϕ dϕ + ϕ+π ab3 sin ϕ dϕ ϕ ϕ Pri smeni granica u odred enim integralima su korišćene jednakosti navedene u Zadatku 8, kao i sin(α + π) sin α (α ϕ ). rugi način rešavanja zadatka potvrd uje zapažanja iz Napomene.4., čak i u jednostavnijem slučaju kružnice koja prolazi kroz koordinatni početak.

51 VIŠETRUKI INTEGRAI 45 Primetimo i ovde da polarne i uopštene polarne koordinate tačaka nemaju isto značenje, a time ni iste vrednosti u ravni. Uopštena polarna koordinata ϕ jeste polarni ugao, ali za tačke iz uv, a ne iz ravni i za krivu uzima vrednosti ϕ [ arctan(a/b), arctan(a/b) + π]. Ako je ψ polarni ugao u ravni, za krivu je ψ [ π/4, 3π/4], što sledi iz jednačine njene tangente t :, koja se dobija slično kao t. Opseg ugla ψ je isti za proizvoljne brojeve a, b, dok se opseg koordinate ϕ menja u zavisnosti od ovih brojeva. 3. Izračunati površinu dela ravni (z ) ograničenog krivom : ( a + b ) 4 4, gde je a, b >. Rešenje. Neka je deo ravni čiju površinu d treba izračunati. U jednačini krive je (/a + /b) 4, pa mora da bude i, tj., ili,. Ove nejednakosti važe u I i III kvadrantu i odnose se na dve zatvorene krive i, sa zajedničkom tačkom (, ). Tačka (, ) je singularna i to dvostruka tačka jednačine. lično lemniskati (Zadatak 6), nije zatvorena prosta kriva u smislu efinicije..9, već je, a se sastoji od oblasti i, tj.. Zbog simetrije u odnosu na koordinatni početak (, ), oblasti i imaju jednake površine, pa posmatramo samo krivu i oblast ograničenu njome u I kvadrantu. Za važi, i (, ). Uvodimo uopštene polarne koordinate sa ar cos ϕ, br sin ϕ, što je moguće zbog,. Prethodna smena je oblika (.4.6) sa parnim brojem n, pa je ϕ π/ maksimalni raspon za ϕ. Zato važi cos ϕ, sin ϕ i J r ϕ r ϕ a cos ϕ ar cos ϕ sin ϕ b sin ϕ br sin ϕ cos ϕ pri čemu J može i odmah da se odredi pomoću (3.4.8). Kriva se preslikava u krivu : r ab cos ϕ sin ϕ, abr cos ϕ sin ϕ,

52 46 INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI; II deo koja je definisana za svako ϕ [, π/], a oblast u : r ab cos ϕ sin ϕ, ϕ π. Koristeći jednakosti cos ϕ sin ϕ sin ϕ, cos 3 ϕ sin 3 ϕ 8 sin3 ϕ 8 cos ϕ sin ϕ 8 sin ϕ 8 cos ϕ sin ϕ, za traženu površinu se dobija d 4ab dd Z π/ a b cos ϕ sin ϕ dϕ cos ϕπ/+ a b + cos3 ϕ 3 dd 4ab π/ Z ab cos ϕ sin ϕ Z π/ r cos ϕ sin ϕ drdϕ cos ϕ d(cos ϕ) 3 a b. Z π/ r dr 8a b cos 3 ϕ sin 3 ϕ dϕ 3. Izračunati površinu oblasti u ravni (z ) ograničene koordinatnim osama i jednom od krivih, : ( a + b ) 4 + ; (, ) (, ) za, i a, b >. Rešenje. Neka je oblast čiju površinu d treba izračunati. ata implicitna jednačina objedinjuje jednačine dveju krivih, koje nemaju zajedničkih tačaka i simetrične su u odnosu na koordinatni početak (, ). Tačka (, ), koja zadovoljava implicitnu jednačinu, je singularna i to izolovana tačka jednačine. Odstranjena je uslovom (, ) (, ). Zbog, treba imati u vidu samo krivu koja prolazi kroz I kvadrant, na slici označenu sa. akle, oblast je ograničena koordinatnim osama i krivom. b a Uvodimo uopštene polarne koordinate sa ar cos ϕ, br sin ϕ,

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

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

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

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

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti). PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo

Διαβάστε περισσότερα

Analitička geometrija

Analitička geometrija 1 Analitička geometrija Neka su dati vektori a = a 1 i + a j + a 3 k = (a 1, a, a 3 ), b = b 1 i + b j + b 3 k = (b 1, b, b 3 ) i c = c 1 i + c j + c 3 k = (c 1, c, c 3 ). Skalarni proizvod vektora a i

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z. Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:

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

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1. Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati

Διαβάστε περισσότερα

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

Osnovne teoreme diferencijalnog računa Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako

Διαβάστε περισσότερα

Elementi spektralne teorije matrica

Elementi spektralne teorije matrica Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena

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 Analitička geometrija 1. Tačka 1. MF000 Neka su A(1, 1) i B(,11) tačke u koordinatnoj ravni Oxy. Ako tačka S deli duž AB

Διαβάστε περισσότερα

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi

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

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

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

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1)

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Prva godina studija Mašinskog fakulteta u Nišu Predavač: Dr Predrag Rajković Mart 19, 2013 5. predavanje, tema 1 Simetrija (Symmetry) Simetrija

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.

Διαβάστε περισσότερα

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1 Ispit održan dana 9 0 009 Naći sve vrijednosti korjena 4 z ako je ( ) 8 y+ z Data je prava a : = = kroz tačku A i okomita je na pravu a z = + i i tačka A (,, 4 ) Naći jednačinu prave b koja prolazi ( +

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 Ispitivanje funkcija 5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:

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

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu:

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: Refleksija S φ u odnosu na pravu kroz koordinatni početak Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: ( ) ( ) ( ) x cos 2φ

Διαβάστε περισσότερα

Neodred eni integrali

Neodred eni integrali Neodred eni integrali Definicija. Za funkciju F : I R, gde je I interval, kažemo da je primitivna funkcija funkcije f : I R ako je za svako I. F () f() Teorema 1. Ako je F : I R primitivna funkcija za

Διαβάστε περισσότερα

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012 MATERIJAL ZA VEŽBE Predmet: MATEMATIČKA ANALIZA Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić Asistent: dr Tibor Lukić Godina: 202 . Odrediti domen funkcije f ako je a) f(x) = x2 + x x(x 2) b) f(x) = sin(ln(x

Διαβάστε περισσότερα

1.1 Tangentna ravan i normala površi

1.1 Tangentna ravan i normala površi Površi. Tangentna ravan i normala površi Zadatak Data je površ r(u, v) = (u cos v, u sin v, a 2 u 2 ), a = const. Ispitati o kojoj se površi radi i odrediti u i v linije. Zadatak 2 Data je površ r(u, v)

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai

Διαβάστε περισσότερα

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t) Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije

Διαβάστε περισσότερα

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x. 4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos

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

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati

Διαβάστε περισσότερα

1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II

1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II 1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II Zadatak: Klipni mehanizam se sastoji iz krivaje (ekscentarske poluge) OA dužine R, klipne poluge AB dužine =3R i klipa kompresora B (ukrsne glave). Krivaja

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =

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 izgleda

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

Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana.

Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana. Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana. Zadatak 2 Dokazati da se visine trougla seku u jednoj tački ortocentar. 1 Dvostruki vektorski proizvod Važi

Διαβάστε περισσότερα

Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I

Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Tatjana Grbić Silvia Likavec Tibor Lukić Jovanka Pantović Nataša Sladoje Ljiljana Teofanov Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I Novi Sad, 009. god.

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

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

1.4 Tangenta i normala

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

Διαβάστε περισσότερα

dr Lidija Stefanović INTEGRALI: KRIVOLINIJSKI, DVOJNI, TROJNI, POVRŠINSKI ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA; I DEO SKC Niš, 2008.

dr Lidija Stefanović INTEGRALI: KRIVOLINIJSKI, DVOJNI, TROJNI, POVRŠINSKI ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA; I DEO SKC Niš, 2008. dr idija tefanović INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI ZA TUENTE TEHNIČKIH FAKUTETA; I EO KC Niš, 28. dr idija tefanović INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI ZA TUENTE TEHNIČKIH

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA II. Dr Boban Marinković

MATEMATIKA II. Dr Boban Marinković MATEMATIKA II VEŽBE Dr Boban Marinković 1 Neodredjeni integral dx = x + C, dx x = ln x + C, dx = arcsin x + C, 1 x 2 a x dx = ax ln a + C, cos x dx = sin x + C, dx x 2 a = 1 2 2a ln x a x + a + C, dx x2

Διαβάστε περισσότερα

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log = ( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se

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

INTEGRALI Zadaci sa kolokvijuma

INTEGRALI Zadaci sa kolokvijuma INTEGRALI Zadaci sa kolokvijuma ragan ori Sadrжaj Neodređeni integral Određeni integral 6 Nesvojstveni integral 9 4 vojni integral 5 Redovi 5 Studentima generacije / (grupe A9, A i A) Ovo je jox jedna

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C0.. (. ( 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 >0. (cos. (cos - π. (tg kπ cos. (ctg

Διαβάστε περισσότερα

Dužina luka i oskulatorna ravan

Dužina luka i oskulatorna ravan Dužina luka i oskulatorna ravan Diferencijalna geometrija Vježbe Rješenja predati na predavanjima, u srijedu 9. ožujka 16. god. Zadatak 1. Pokazati da je dužina luka invarijantna pod reparametrizacijom

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

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

RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE KOMPONENTE (IV semestar modul EKM) IV deo. Miloš Marjanović

RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE KOMPONENTE (IV semestar modul EKM) IV deo. Miloš Marjanović Univerzitet u Nišu Elektronski fakultet RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA (IV semestar modul EKM) IV deo Miloš Marjanović MOSFET TRANZISTORI ZADATAK 35. NMOS tranzistor ima napon praga V T =2V i kroz njega protiče

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije više promenljivih. Uvod u funkcije više promenljivih

Funkcije više promenljivih. Uvod u funkcije više promenljivih Funkcije više promenljivih Uvod u funkcije više promenljivih Na ovom predavanju će biti reči o: o oznakama za funkcije više promenljvih o domenu funkcija više promenljvih o graficima funkcija više promenljvih

Διαβάστε περισσότερα

Analitička geometrija - vežbe

Analitička geometrija - vežbe Analitička geometrija - vežbe Milica Žigić May 25, 2017 1 Pravougli koordinatni sistem i rastojanje izmed u tačaka 1. Na brojnoj osi ucrtati tačke A( 3), B( 8 3 ) i C(0). 2. (a) Na brojnoj osi ucrtati

Διαβάστε περισσότερα

OTPORNOST MATERIJALA

OTPORNOST MATERIJALA 3/8/03 OTPORNOST ATERIJALA Naponi ANALIZA NAPONA Jedinica u Si-sistemu je Paskal (Pa) Pa=N/m Pa=0 6 Pa GPa=0 9 Pa F (N) kn/cm =0 Pa N/mm =Pa Jedinična površina (m ) U tečnostima pritisak jedinica bar=0

Διαβάστε περισσότερα

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.

Διαβάστε περισσότερα

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Računarska grafika. Rasterizacija linije Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Transformacije koordinata tačaka Transformacije koordinata tačaka Pretpostavimo da za bazne

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

Teorijske osnove informatike 1

Teorijske osnove informatike 1 Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Milan Merkle. (radni naslov) Verzija 0 ( ), novembar 2015

Milan Merkle. (radni naslov) Verzija 0 ( ), novembar 2015 Milan Merkle M A T E M A T I K A (radni naslov) III Verzija (1999-23), novembar 215 Sadržaj: Analitička geometrija Funkcije više promenljivih Integrali (krivolinijski, višetruki, površinski) Kompleksna

Διαβάστε περισσότερα

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

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

Διαβάστε περισσότερα

OBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK

OBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK OBRTNA TELA VALJAK P = 2B + M B = r 2 π M = 2rπH V = BH 1. Zapremina pravog valjka je 240π, a njegova visina 15. Izračunati površinu valjka. Rešenje: P = 152π 2. Površina valjka je 112π, a odnos poluprečnika

Διαβάστε περισσότερα

numeričkih deskriptivnih mera.

numeričkih deskriptivnih mera. DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,

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

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet.

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet. Glava 1 Vektori U mnogim naukama proučavaju se vektorske i skalarne veličine. Skalarna veličina je odred ena svojom brojnom vrednošću u izabranom sistemu jedinica. Takve veličine su temperatura, težina

Διαβάστε περισσότερα

1 Afina geometrija. 1.1 Afini prostor. Definicija 1.1. Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo. A - skup taqaka

1 Afina geometrija. 1.1 Afini prostor. Definicija 1.1. Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo. A - skup taqaka 1 Afina geometrija 11 Afini prostor Definicija 11 Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo svaku uređenu trojku (A, V, +): A - skup taqaka V - vektorski prostor nad poljem K + : A V A - preslikavanje

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

5. Karakteristične funkcije

5. Karakteristične funkcije 5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015. Matematika - vježbe. prosinca 5. Stupnjevi i radijani Ako je kut φ jednak i rad, tada je veza između i 6 = Zadatak.. Izrazite u stupnjevima: a) 5 b) 7 9 c). d) 7. a) 5 9 b) 7 6 6 = = 5 c). 6 8.5 d) 7.

Διαβάστε περισσότερα

8 Funkcije više promenljivih

8 Funkcije više promenljivih 8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 4. t x(u)du + 4. e t u y(u)du, t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar e x2. 2 cos ax dx, a R.

Matematika 4. t x(u)du + 4. e t u y(u)du, t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar e x2. 2 cos ax dx, a R. Matematika 4 zadaci sa pro²lih rokova, emineter.wordpress.com Pismeni ispit, 26. jun 25.. Izra unati I(α, β) = 2. Izra unati R ln (α 2 +x 2 ) β 2 +x 2 dx za α, β R. sin x i= (x2 +a i 2 ) dx, gde su a i

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

I Pismeni ispit iz matematike 1 I

I Pismeni ispit iz matematike 1 I I Pismeni ispit iz matematike I 27 januar 2 I grupa (25 poena) str: Neka je A {(x, y, z): x, y, z R, x, x y, z > } i ako je operacija definisana sa (x, y, z) (u, v, w) (xu + vy, xv + uy, wz) Ispitati da

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

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

Διαβάστε περισσότερα

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Računarska grafika. Rasterizacija linije Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem

Διαβάστε περισσότερα

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

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

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar)

Zadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar) Zadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar) Srdjan Vukmirović August 19, 2003 Aksiome projektivne geometrije P1 Za ma koje 2 tačke A i B postoji tačno jedna prava a = AB kojoj pripadaju tačke A i B.

Διαβάστε περισσότερα

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012 Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)

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

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

TRIGONOMETRIJA TROKUTA TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane

Διαβάστε περισσότερα

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ). 0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo

Διαβάστε περισσότερα

1 Ubrzanje u Dekartovom koordinatnom sistemu

1 Ubrzanje u Dekartovom koordinatnom sistemu M. Tadić, Predavanja iz Fizike 1, ETF, grupe P2 i P3, II predavanje, 2017. 1 Ubrzanje u Dekartovom koordinatnom sistemu Posmatrajmo materijalnu tačku koja se kreće po trajektoriji prikazanoj na slici 1.

Διαβάστε περισσότερα

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.

Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove. Klasifikacija blizu Teorema Neka je M Kelerova mnogostrukost. Operator krivine R ima sledeća svojstva: R(X, Y, Z, W ) = R(Y, X, Z, W ) = R(X, Y, W, Z) R(X, Y, Z, W ) + R(Y, Z, X, W ) + R(Z, X, Y, W ) =

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA POVRŠIN TNGENIJLNO-TETIVNOG ČETVEROKUT MLEN HLP, JELOVR U mnoštvu mnogokuta zanimljiva je formula za površinu četverokuta kojemu se istoobno može upisati i opisati kružnica: gje su a, b, c, uljine stranica

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

PROJEKTIVNA GEOMETRIJA ANALITIČKI PRISTUP

PROJEKTIVNA GEOMETRIJA ANALITIČKI PRISTUP PROJEKTIVNA GEOMETRIJA oktobar 2010. godine ANALITIČKI PRISTUP Homogene koordinate i dvorazmera 1. Tačke 0, i 1 afinog sistema koordinata uzete su redom za bazne tačke A 1 (1 : 0), A 2 (0 : 1) i jedinicu

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

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

Trigonometrijske nejednačine

Trigonometrijske nejednačine Trignmetrijske nejednačine T su nejednačine kd kjih se nepznata javlja ka argument trignmetrijske funkcije. Rešiti trignmetrijsku nejednačinu znači naći sve uglve kji je zadvljavaju. Prilikm traženja rešenja

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

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