Neodred eni integrali

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Neodred eni integrali"

Transcript

1 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 f : I R, tada je i funkcija F () + C, C R, takod e primitivna funkcija funkcije f. Definicija. Skup svih primitivnih funkcija funkcije f naziva se neodred eni integral funkcije f i označava sa f(). Osnovne osobine neodred enog integrala: 1 o ( ) f() f(), o F () F () + C, o λf() λ f(), λ R \ {0}, 4 o ( ) f() ± g() f() ± g(). Čuvajmo drveće. Nemojte štampati ovaj materijal, ukoliko to nije neophodno. 1

2 Tablica integrala n n+1 + C, n 1 n + 1 { arctan + C, 1 + arcctg + C { arcsin + C, 1 arccos + C e e + C sin cos + C sin cot + C sinh cosh + C ln + C 1 1 ln 1 + C + 1 ± 1 ln + ± 1 + C a a + C, a > 0, a 1 ln a cos sin + C cos tan + C sinh coth + C cosh sinh + C cosh tanh + C Osnovne metode integracije: METOD SMENE Ako je f() F () + C, tada je f(u)du F (u) + C. Uzmimo da je ϕ(t), gde je ϕ neprekidna funkcija zajedno sa svojim izvodom ϕ. Tada f ( ϕ(t) ) ϕ (t) F ( ϕ(t) ) + C. METOD PARCIJALNE INTEGRACIJE Ako su u i v diferencijabilne funkcije i funkcija uv ima primitivnu funkciju, tada je udv uv vdu.

3 Primeri najčešće korišćenih smena: 1 d(a + b), a 0, a 1 d( ), 1 a d(a + b), a 0, n 1 1 n d(n ), n 0, d( ), smena: t a + b, a, smena: t,, smena: t a + b, a, smena: t n, n n 1, smena: t, t, a + b a d( a + b), a 0, smena: t a + b, t, a d(ln ), smena: t ln,, d( ln a ), a 0, smena: t ln a,, e d ( e ), smena: t e, e, e a d ( 1 a ea), a 0, sin d(cos ), cos d(sin ), smena: t e a, ae a, smena: t cos, sin, smena: t sin, cos, cos d(tan ), smena: t tan, 1 + t, sin d(cot ), smena: t cot, 1 + t, sinh d(cosh ), smena: t cosh, sinh, cosh d(sinh ), smena: t sinh, cosh, cosh d(tanh ), smena: t tanh, t 1, sinh d(coth ), smena: t coth, 1 t.

4 4 METOD REKURZIVNIH FORMULA Odred ivanje integrala I n f n (), funkcija koje zavise od celobrojnog parametra n, moguće je primenom parcijalne integracije ili nekog drugog metoda, svesti na izračunavanja integrala I m, 0 m < n, istog tipa. Takve relacije, oblika I n Φ(I n 1,..., I n k ), zovemo rekurzivne formule. Da bi se na osnovu njih odredila vrednost integrala I n, neophodno je poznavati uzastopnih k integrala I n 1,..., I n k, kao i prvih k integrala I 0,..., I k 1. INTEGRALI SA KVADRATNIM TRINOMOM m + n 1. I a + b + c n m 0 : I a + b + c n a + b a + c n ( ) a a + b + c a a b 4a t + b a, h c a b 4a n a t ± h. m 0 : I m a + b + c + n a + b + c mi 1 + ni ; I 1 a + b + c 1 a a a + b + c 1 a + b b a a + b + c 1 d(a + b + c) a a b + b + c a I 1 a ln a + b + c b a I. Izračunavanje integrala I opisano je u prethodnom slučaju (m 0). m + n. I, analogno tipu integrala pod 1. a + b + c. I (m + n) a + b + c, smenom m+n 1 t svodi se na slučaj. 4. I a + b + c, rešava se dovod enjem na potpun kvadrat izraza pod korenom ( a +b+c a + b ) ) + c a a b 4a a ( t ±h ), t+ b a, h c a b. 4a

5 5 INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJA Funkcija P (), P () i Q() su polinomi, jeste prava racionalna funkcija Q() ukoliko je stepen polinoma P () manji od stepena polinoma Q(). Prava racionalna funkcija P () Q() n ( a i ) si i1 P (), m ( ) ki + p i + q i gde su nule kvadratnih trinoma + p i + q i, i 1,..., m kompleksne, ima razvoj i1 P () Q() A 11 a 1 + A 1 ( a 1 ) + + A 1s 1 ( a 1 ) s 1 + A 1 + A a ( a ) + + A s ( a ) s + + A n1 + A n a n ( a n ) + + A ns n ( a n ) sn + B 11 + C 11 + p 1 + q 1 + B 1 + C 1 ( + p 1 + q 1 ) + + B 1k 1 + C 1k1 ( + p 1 + q 1 ) k 1 + B 1 + C 1 + B + C + p + q ( + p + q ) + + B k + C k ( + p + q ) k + + B m1 + C m1 + B m + C m + p m + q m ( + p m + q m ) + + B mk m + C mkm ( + p m + q m ). km Konstante A ij, B ij, C ij nalazimo metodom neodred enih koeficijenata. INTEGRACIJA IRACIONALNIH FUNKCIJA: [ ( a + b ) p1 /q 1, ( a + b ) p /q, ] 1. Integral R,..., gde je R neka racionalna funkcija i p i Z, q i N, uvod enjem c + d c + d smene a + b c + d tn, n NZS{q 1, q,... }, svodi se na integral racionalne funkcije.

6 6. P n () a + b + c Q n 1() a + b + c + λ a + b + c, koeficijente polinoma Q n 1 () i λ odred ujemo metodom neodred enih koeficijenata nakon diferenciranja gornje jednakosti.. Integral ( + α) n a + b + c smenom +α 1 svodi se na slučaj t pod. 4. Integral R(, a + b + c), gde je R neka racionalna funkcija, primenom Ojlerovih ili trigonometrijskih/hiperboličkih smena svodi se na integral racionalne funkcije. Ojlerove smene: I) Ukoliko je a > 0, uvodimo smenu a + b + c t ± a ; II) Kada je c 0, smena glasi a + b + c t ± c ; III) U slučaju a + b + c a( 1 )( ), 1, R, koristimo smenu a + b + c t( 1 ). Trigonometrijske i hiperboličke smene: (a) ako se u integralu javi a, smena: a sin t ili a cos t; (b) ako se u integralu javi a +, smena: a tan t ili a sinh t; (c) ako se u integralu javi a, smena: a sin t ili a cos t ili a cosh t. 5. Integracija binomnog diferencijala: I r( a + b q) p, za a, b R, p, q, r Q a) U slučaju p Z, q q 1, r r 1 m, gde su q 1, r 1 Z i m N, uvodimo smenu: t m, mt m 1. Polazni integral tada postaje I m t r 1+m 1 ( a + b t q ) 1 p. b) Kada je r + 1 Z, p s q m, smena: a + bq t m ili t 1/q. c) Za slučaj r p Z, p s q m, smena: t1/q ili a q + b t m.

7 7 INTEGRACIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA Neka je R neka racionalna funkcija. Posmatramo integral oblika I R(sin, cos ). 1. U slučaju R( sin, cos ) R(sin, cos ), smena: t cos ; R(sin, cos ) R(sin, cos ), smena: t sin ; R( sin, cos ) R(sin, cos ), smena: t tan. Inače, smenom t tan, sin, imajući u vidu transformacije 1 + t t 1 t, cos 1 + t 1 + t, polazni integral postaje integral racionalne funkcije.. Transformacije proizvoda u zbir sin a sin b 1 ( cos(a b) cos(a + b) ), sin a cos b 1 ( sin(a b) + sin(a + b) ), cos a cos b 1 ( cos(a b) + cos(a + b) ), svode integrale oblika sin a sin b, sin a cos b, cos a cos b, na elementarne integrale.. Za I sin m cos n, gde su m, n Z razlikujemo sledeće slučajeve: n k + 1 (m k + 1 analogno): I sin m (cos ) k cos t sin cos t m (1 t ) k ;

8 8 m k, n l : Snižavamo stepen trigonometrijskih funkcija pod integralom primenom transformacija sin 1 cos, cos m k, n l, k, l N: I sin k cos l 1 sin k cos k cosl+k cos ; sin k cos l cos tan k ( 1 + tan ) l+k d(tan ) 4. R ( tan ), smena: t tan, 1 + t, takod e ( ) R cot, smena: t cot, 1 + t. cos 5. Hiperboličke funkcije analogno, uz napomenu o jednakostima koje važe za ove funkcije: sinh e e, cosh e + e, tanh sinh cosh, cosh sinh 1, sinh sinh cosh, cosh cosh +sinh, sinh sgn() cosh 1, cosh cosh + 1, tanh sinh 1 tanh, cosh 1 1 tanh, arc sinh ln + + 1, arc cosh ln + 1, arc tanh 1 ln + 1 1, arc coth 1 ln 1 + 1, arc tanh a 1 ln + a a, arc coth a 1 ln a + a,

9 9 Zadaci 1. Dokazati za a > 0 i b c : a) log + b + C, b) + b c) a + 1 a arctan + C, d) a e) a + a arctan + C, f) a g) a arcsin a + C, h) i) k) m) n) a ± ±1 ln a ± + C, j) ( a ± ) 1 a ln +C, l) a ± a a + a arcsin a + C, ± a Rešenje: a) b) (+b)(+c) 1 c b ln + b +C, + c a 1 a ln + a + C, a + C, a a ln + a a ± a ln + ± a +C, a ± ± a ± + C, a ± 1 ± a ± a ln + ± a + C. d( + b) + b log + b + C. + b (+b)(+c) 1 (+c) (+b) c b (+b)(+c) 1 ( c b +b c) Kako je I 1.a) 1 c b log +b +C. +c a + 1 a ( ), 1 + a a log a ± a a ± +a +C, ) +c uvod enjem smene t, a, polazni integral postaje tablični a I 1 a 1 + t 1 arctan t + C. a Vraćanjem smene, konačno dobijamo I 1 a arctan a + C.

10 10 d) Integral I a jeste zapravo specijalan slučaj integrala pod b) za a a i b a. Tako na osnovu rezulata pod b) zaključujemo da je I 1 a ln + a + C. a e) a a + + a a + a a +a f) a g) I a 1 a a +a 1 a t a a a + 1.c) a arctan a +C. a ln + a + C. a 1 t a 1.d) arcsin t + C arcsin a + C. h) I ± a 1 a t a a ± 1 t ± 1 a ln t + t ± 1 + C 1 ln a + a ± 1 + C1 ln + ± a + C, gde je C C 1 ln a. i) I a ± ta ± ± ±1 t ±1 ln t +C ±1 ln a ± +C. j) I a ± ta ± ± ±1 t 1 1 t 1 ± 1/ +C ± a ± +C. k) I ( a ± ) 1 a ± a ( a ± ) 1 a 1 a a ± 1.i) 1 1 log a a log a ± 1 + C a log + C. a ± l) I a ± 1.d) t a 1 a log t a t + a a ± t a ±, ± ( t a ) ± a ± + C 1 a a log ± a + C. a ± + a

11 11 m) Oblast definisanosti podintegralne funkcije a integrala I a je segment D f [ a, a ]. To opravdava uvod enje smene a sin t, pri tom je a cos t, kada t na primer prolazi segment t [ π/, π/]. Za takav izbor vrednosti nove nezavisno promenljive t važi cos t 0. Tada je I a a a sin t cos t a 1 sin t cos t ( ) a cos t a (1 + cos t) a + cos t a ( t + 1 ) cos t d(t) a (t + 1 ) sin t + C. Primetimo da je sin t a, t arcsin a, kao i sin t sin t cos t sin t 1 sin t ( ) 1 a a a a. Tada imamo I a ( arcsin a + ) a a + C a + a arcsin a + C. n) I ± a u ± a, du ±a dv, v ± a ± a ± a ± a a ± a ( ) ± a ± a a ± a 1.h) ± a I ± a ln + ± a. Odatle je I ± a ± a ln + ± a + C 1,

12 1 odnosno I ± a ± a ln + ± a + C. Još jedan pogodan način izračunavanja integrala I dat je u nastavku. I ± a Diferenciranjem ove jednakosti nalazimo ± a ± a (c 0 + c 1 ) ± a + λ ± a ± a c 0 ± a + (c 0 + c 1 ) ± a + λ ± a. ± a Posle množenja sa ± a i sred ivanja izraza, dobijamo ± a c 0 + c 1 ± c 0 a + λ. Izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene promenljive dolazimo do sistema jednačina 1 c 0, 0 c 1, ±a ±c 0 a + λ, čije je rešenje c 0 1/, c 1 0, λ ±a /. Time traženi integral postaje I ± a ± a 1.h) ± a ± a ± a ln + ± a + C.. Odrediti sledeće integrale: 1 0 ( + ) (1 + ) ( + 9) ( Rešenje: ) 1/( )

13 1 ( 7/ + 6 5/ + 1 / + 8 1/) ( ) + C. 0 (1 + ) 0 t1 + (t 1) t 0 (t t + 1)t 0 (t t 1 + t 0) t t + t1 1 + C (1 + ) (1 + ) (1 + )1 + + C ( + 9) 10 t + 9 (t (t 9)t t 10) t 8 8 9t C 1 ( + 9) 9 1 8( + 9) 8 + C d( + ) ( + ) C. + 1.b) 1 ( + )( 1) ln C (1 ) (1 ) za 1 0, tj. [ 1, 1]. Za (, 1) ili (1, + ) važi (1 ) ( ) + C 1. ( ) +C,

14 14. Metodom smene odrediti: (1 + 4 ) ( ) ( 1) 1 7 ( 1 + 7) 9 0 ( + 1 ) Rešenje: d( 4 ) ( 4 ) ( 1.d) 1 ) 8 ln C. 0 7 (1 + 4 ) 4 (1 + 4 ) t t 1 4 t 1 (t 1 t ) 1 ( ) ln t + 1/t + C ( ln ( 1 + 4) + 1 ) C. 0 8 ( 1) 1 1 ( ) ( 1) t 1 1 (t + 1) t (1 t + t + 1 ) t 1 ( ln t t 1 ) t + C ( ln ( 1) ) + C d ( 5) ( 1 d ( 5) ( d ) ) d ( 5) log C.

15 ( ) 9 10( ) t t(t + 1) 1 t + 1 t 10 t(t + 1) 1 10 t(t + 1) 1 d(t + 1) 10 (t + 1) 1b) 1 10 log t 1 + t+1 10(t+1) +C 1 10 log ( ) +C ( 1+7) ( 1+ 7) 6 t t t t(1 + t) 1 7 log 7 ( ) + C. 1 t t(1+t) d( ) 1 + ( ) 1 ln C t + 1, t d) t 1 1 ln t 1 t C 1 ln C. ( ) t ( + 1) ( + 1 ) 1 t 1 t / / + C 1 ( + + 1) + C.

16 16 4. Metodom smene odrediti: ( ) / 9 0 ( ) ( + 1 ) + 1 Rešenje: d( 5 ) C ( t t ) t 1 4, 1 t 4 1 t + C (1 + ) + C. 1 1 (t 1) t 4 1 4, t t4 4, t t 4 t5 5 + C C ( 1) 1 (+1 ) d( + 1) 1 d( 1) 1 (+1) / 1 ( 1) / +C 1 (+1) / / ( / ( 1) /) +C.

17 (+) ( ) 1 5 ( ( + ) / + ( ) /) + C. ( + + ) t 1, 1 t 1 1 (1 t ) ( (1 ) (1 ) + 1 ) + C. 7 0 ( ) 1+ / t 1 1+ (1+ ) / t+c C. 8 0 ( + 1 ) + 1 t + 1, t 1 +1 t 1 t 6 (t 4 t 6) t t 5 5 +C 1 5 ( +1) 1 5 ( +1) +C. 9 0 ( ) + t + 4/ ( ) ( +) ( + t 4 t + C 4 ) + C.

18 18 5. Metodom smene izračunati: ln ln 0 0 ln ln ln(1 + ) ln ln (1 + log ) (1 + ) ( ) ln(1 + ) + ln(1 ) Rešenje: 1 0 d(ln ) ln ln ln + C. ln 0 + ln 1/ + ln 1/ 1/ + ln d(ln ) + 1 ln + C. 0 S obzirom da je d(ln 4) i ln 4ln +ln, uvodimo smenu tln 4 : ln t ln ln 4 ln t ln ln t + C t t ln 4 ln ln ln 4 + C. 4 0 ln (ln ) 1/ d(ln ) ln + C. 5 0 ln(1+) ln (1+) ( ) ln 1+ 1 (1+) tln ( 1+ 1 ) t t ( + C 1 ln ) + C. (1+) 6 0 (1 + log ) t, log t log (1 + log ) t + C + C. t

19 19 ( ) ln(1+)+ln(1 ) 7 0 ln ( 1 ) 1 1 tln ( 1 ) 1 1 t 1 6 t + C 1 ( 6 ln 1 ) + C. 6. Metodom smene odrediti: 1 0 e Rešenje: e e e (1+ ) 1/ (1 + ) 6 0 e +1 ln e e + 1 ( 1 + e) d(1+e ) e ( 1+e ) 1+e ln ( 1+e ) +C e 1 + e + C ln ( 1 + e ) + C. Isti rezultat možemo da dobijemo i na sledeći način. 1 + e e + 1 e e ( d e e + 1 e ) e + 1 ln ( e + 1 ) + C e e e + 1 t e e ln t + t C ln(e + e + 1) + C e ln e + C ln ( e ) + C. t + 1 e 0 1 e 1 e 1 + e e + e 1 t e 1, e t e e 1 t 1.e) t t 4 arctan t e +4 +C e 1 4 arctan 1 +C.

20 0 4 0 e 1 t 1 1 e t 1 1 e + C. e 5 0 (1+ ) 1 (1+ ) te (1+ ) 1 e (1+ ) 1 t+c e (1+ ) 1 +C. (1+ ) ( 1 + e) ( + 1)e e ( 1 + e) t e (1 + )e 1.b) ln t(t + 1) t e + C ln t + 1 e + C Metodom smene odrediti: 1 0 tan cot 5 0 cos sin cos 1 + sin Rešenje: 1 0 sin tan cos 0 cos cos cos d(cos ) cos ln cos + C. d(sin ) 1.b) 1 sin sin ln 1 sin + C. 1 (1 + sin ) ln 1 sin + C ln 1 + sin + C cos log cos + sin cos sin +C log 1 + tan 1 tan +C cos cos ) ( d cos tan + C. 4 0 cot log sin + C.

21 5 0 sin log tan + C sin t + π/, 1 + sin(t + π/) 7. 0 tan t/+c tan π +C tan tan π 4 1+tan tan π +C 4 tan 1 tan C cos 1 + sin + C 1 + cot + C 1. 1+cos t 8. Metodom smene odrediti: 1 0 cos 0 cos 0 cos sin 5 0 sin 6 0 sin 4 Rešenje: cos cos cos d() 4 sin + + C. 4 (1 sin 0 cos cos cos ) d(sin ) sin sin + C. Drugi oblik primitivne funkcije može se dobiti snižavanjem stepena trigonometrijske funkcije pod integralom. (1 + cos ) cos cos cos cos 1 1 ( ) 1 cos +cos cos 1 4 ( cos + 1 (cos +cos )) ( ) 1 cos +cos sin + sin +C. 4 1

22 (cos 0 cos 4 ) ( ) 1+cos 1+ cos +cos cos d() + 1 (1 + cos 4) sin + sin 4 + C sin 1 sin + C sin 4 cos cos + C cos + cos 6 0 sin Metodom smene odrediti: 1 0 cos sin sin + sin 4 + C. cos 4 sin 4 0 sin cos 6 0 sin cos + C. 7 0 tan 8 0 tan 9 0 tan sin sin cos 4 cos + 9 sin cos Rešenje: 1 0 Za ( π + kπ, π + kπ), k Z, imamo cos > 0. Tada je cos 1 cos cos ttan, cos 1+t cos 1 1+t ( 1.n) t 1+t + 1 ln t+ 1+t ) +C ( tan cos + 1 ln 1 ) tan + + C cos sin cos + 1 ln sin C cos sin cos + 1 ln cos + sin cos sin + C.

23 Integral, takod e možemo odrediti na sledeći način: sin cos + cos sin cos cos + cos u sin du cos d(cos ) dv v 1 sin cos cos cos 1 cos + sin cos sin cos cos + 1 log 1 + tan 1 tan + C. cos 0 cos 4 1 cos cos t tan, cos cos 1 1+tan 1 1+t (1 + t ) t + t + C tan + 1 tan + C sin sin cos + cos sin sin cos cos + sin 1 ( 1 8 cos d(cos ) cos 1 ) sin sin + ln tan 1 cos + ln tan + C. + 1 log tan + C. sin 4 cot 1 cot + C. sin cos log cos + sin cos sin 1 sin + C. sin tan 1 cos cos cos tan tan tan tan d(tan ) tan 1 cos cos cos tan +C. tan tan + ln cos + C.

24 4 9 0 tan 4 tan 1 cos cos tan d(tan ) tan tan tan + + C sin 4 cos +9 sin t4 cos +9 sin 5 sin 1 5 t 1 ln t + C ln ( 4 cos +9 sin ) + C. sin cos cos t 1 + cos cos sin 1 1 t t 1 ( t ) 1 ln t 1 t + C 1 ln ( 1 + cos ) 1 + cos + C. 10. Metodom smene odrediti: arctan sin sin cos 1 sin 5 0 cos sin + cos + cos tan 110 (1 + cos ) 0 1 sin 6 0 ( + cos ) sin 10 cos sin cos sin + cos sin cos

25 5 arctan Rešenje: arctan d(1 + 4 ) arctan d(arctan ) 1 8 ln(1 + 4 ) 1 arctan / + C / 1 8 ln(1 + 4 ) 1 arctan/ + C. 0 sin sin cos t sin +1, sin t 1 sin +1 sin +1 1 cos sin +1 (t 4 1 ) 4 t 4t + C 4 t(t ) + C 4 sin + 1 (sin ) + C. 1 0 sin sin + cos sin cos (sin + cos ) (sin + cos ) ( sin cos ) + C, za sin + cos cos 1 cos 1 ( 1 ) d sin 1 + C. sin sin sin 5 0 cos (sin ) / cos d(sin ) +C, / za (kπ, kπ + π/), k Z, gde je sin, cos cos sin cos sin cos d(cos ) 1 cos4 + C.

26 6 7 0 sin + cos + t tan sin 1+t t cos 1 t 1+t 1+t t +t+5 d(t + 1) (t + 1) + 4 arctan t C arctan tan C cos + 4 cos ttan, 1+t cos 1 t 1+t t tan, 1+t cos 1 t 1+t 1.c) t arctan tan +C c) 7 arctan ( 7 tan ) + C t 10 0 tan (1 + cos ) sin cos (1 + cos ) t cos sin 1 + t t t(1 + t) t(1 + t) d(1 + t) t(1 + t) (1 + t) 1.b) log 1 + cos 1 + cos 1 + cos + C (+cos ) sin d(cos ) (+cos )(1 cos ) t cos sin ( + t)(t 1) 1 t + 1 (t 1) ( + t)(t 1)(t + 1) 1 ( + t)(t 1) 1 ( + t)(t + 1) 1.b) 1 8 log t t+ 4 log t+ +C 1 t+1 8 log (1 cos )(+cos ) +C (1+cos )

27 7 sin + cos 1 0 sin cos 1 cos t + 1 sin t 1 ( 1 + tan log 1 tan cos + ( 7. 0, ) tan + C. sin t log 1+tan t 1 tan t +log tan t ) +C 11. Metodom smene odrediti: sinh 0 sinh cosh sinh 4 + cosh 4 40 Rešenje: 1 0 sinh cosh cosh tanh sinh 1 sinh cosh 1 tanh cosh ( ) d tanh tanh ln tanh + C. 0 sinh sinh cosh cosh h) 1 ln cosh + cosh 1 d(cosh ) cosh 1 + C. 0 sinh cosh sinh 4 + cosh 4 1 sinh (sinh ) + (cosh ) 1 sinh sinh ( cosh 1 ) ( + cosh +1 ) (cosh + 1) tcosh sinh 1 t +1 1 ln t+ t +1 +C 1 ln ( cosh + cosh + 1 ) + C.

28 8 4 0 cosh tanh tanh / d(tanh ) tanh + C. 1. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: (a + ) 0 a ( a ) 5 ( a ) a Rešenje: 1 0 (a + ) 1 a + a (a + ) 1 a a c) a (a + 1 ) a arctan a 1 a u du d(a dv v 1 + ) (a + ) (a + ) 1 (a + ) 1 a arctan a 1 ( a (a + ) + 1 ) a + 1 a arctan a + a (a + ) + C. (a + ) 0 ( a ) 1.d) u dv ( a ) du v 1 ( a ) (a ) + 1 4a log a + a ( a ) C. a

29 9 0 a + u a + dv a + a + a + du v 1.j) a + a + d ( a + ) a + (a + ) a +C a + +C. Drugi način odred ivanja ovog integrala podrazumeva korišćenje rezultata P n () a + b + c Q n 1() a + b + c + λ a + b + c. Tada je I a + ( ) c 0 + c 1 + c a + + λ gde c 0, c 1, c i λ odred ujemo metodom neodred enih koeficijenata. Diferenciranjem poslednje jednakosti po dobijamo a + (c 0 + c 1 ) a + + ( c 0 ) + c 1 + c a + + a +, λ a +. Nakon množenja sa a + i sred ivanja, izraz postaje c 0 + c 1 + (a c 0 + c ) + a c 1 + λ. Jednačenjem koeficijenata uz iste stepene od na levoj i desnoj strani jednakosti, dobijamo c 0 1, c 1 0, c a, λ 0, što ponovo daje vrednost integrala I a a + + C. 4 0 a u du dv a v 1.j) a a + a a a d ( a ) a (a ) +a +C a +C.

30 0 Drugi način odred ivanja : I a ( ) c 0 + c 1 + c a + λ a. Diferenciranjem po i sred ivanjem koeficijenata uz iste stepene od dobijamo tj., I + a a + C. c 0 1, c 1 0, c a, λ 0, 5 0 ( a ) 5 1 ( a ) a 1 ( a ) 5 a 1 ( a ) 5 a ( a ) u dv ( a ) 5/ du v 1 d( a ) 1 ( a ) 5/ ( a ) / 1 ( a ( a ) / + 1 ) 1a ( a ) / ( a ) / 1 a ( a ) / a ( a ) / 1 a ( a ) / ( a ) a 4 ( a ) / 1 a ( a ) / ( ) a 4 ( a ) / a u dv ( a ) / du v 1 d( a ) 1 ( a ) / a 1 a ( a ) / ( ) a 4 a + a a a 4 a 1 a ( a ) + C a 4 a ( a ) + C.

31 1 1. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: log 1 0 log log ( + a + ) log 0 log log ( + a + ) 0 log 6 0 log + log( ) Rešenje: 1 0 log u log dv du v log log + C (log 1) + C log e + C. 0 log ulog du log dv v log (log 1) + C log log ( log ) e C. 0 log ulog log du dv v log log u log du dv v log ( log 1 ) 1 log 9 log + ( ) 9 log 6 log + +C ( ( log 1) + 1 ) + C C log u log dv du v (log + 1) + C 1 log e + C. log + 1 log 1 +C

32 5 0 log ulog log du dv v 1 1 log log log log e + C 1 ( log e + 1 ) + C. 6 0 log + ulog + du 4 4 dv v log f) log+ + log+ +C 4 log + ++C. 7 0 log ( + a + ) u log ( + a + ) du a + log ( + a + ) dv v a + 1.j) log ( + a + ) a + +C. 8 0 log ( + a + ) u log ( + a + ) du a + log ( + a + ) 1 a log ( + a + ) a a C. dv v log( ) u log ( ) dv du 1+ v log ( + 1+ ) 1+ log ( + 1+ ) +C.

33 14. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: 1 0 sin 0 sin 0 cos 4 0 cos 5 50 tan sin 7 0 ( 1) sin 8 0 sin cos 9 0 (sin + cos ) 4 Rešenje: 1 0 sin u du dv sin v cos cos + cos u du dv cos v sin ( cos + sin ) sin u ( dv sin cos + sin 6 cos + ) cos cos + sin + 6 cos 6 sin + C. du v cos 0 sin u dv sin du v 1 4 sin ( sin 4 1 ) 4 sin 1 cos sin cos +C sin 1 cos +C. 8 0 cos u du dv cos v 1 sin sin sin u dv sin sin + cos 1 cos du v 1 cos sin + cos 1 4 sin +C 1 sin + cos +C. 4

34 4 4 0 sin cos 5 + cos cos 5 sin cos 5 + usin ducos sin dv v 1 sin cos 5 4 cos 4 4 cos sin 4 cos sin cos + 8 log cos + sin cos sin cos + C. cos 5 0 sin tan 7 7 cos 7 u sin6 du 6 sin 5 cos sin dv v 1 cos 7 6 cos 6 1 sin 5 6 tan6 cos 5 usin4 du4 sin cos sin dv v 1 cos 5 4 cos tan6 1 4 tan4 + tan tan6 1 4 tan4 + 1 tan + log cos + C. Integral se može takod e izračunati i primenom metoda smene. tan 7 tan 5 tan tan 5 1 cos cos tan 5 d(tan ) tan tan6 tan 1 cos cos 1 6 tan6 1 4 tan4 + tan tan6 1 4 tan4 + 1 tan + log cos + C. 6 0 sin t, t t t sin t ( t cos t + t sin t + 6t cos t 6 sin t ) + C cos + 6 sin + 1 cos 1 sin + C.

35 5 7 0 ( 1) sin u 1 dv sin du v 1 cos 1 cos + cos 1 cos + sin +C sin cos 1 sin 8 usin du4 sin cos dv sin v 1 cos 1 sin cos + sin cos 1 sin cos cos d(cos ) 1 sin cos 1 cos + C. 9 0 (sin + cos ) 4 d(sin + cos ) (cos sin )(sin + cos ) 4 1 sin +cos u cos sin du (cos sin ) d(sin +cos ) 1 dv v (sin +cos ) 4 (sin +cos ) 1 (sin +cos ) (cos sin ) 1 (cos sin ) (sin +cos ) 1 (sin + cos ) (cos sin ) 1 (cos sin ) 1 (1 + sin ) cos 1 cos 1 (1 + sin ) cos 1 tan + C. 6

36 6 15. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: 1 0 arcsin 0 arccos 0 arccos arcsin 4 0 arcsin 5 0 arcsin 6 0 arcsin arcsin arccos Rešenje: 1 0 uarcsin dv arcsin du 1 v arcsin 1 1.j) arcsin C. 0 arccos uarccos dv du 4 v arccos + 1.j) arccos 4 + C. 4 0 uarccos arccos du 1 dv v arccos arccos C arcsin uarcsin dv du arcsin 1 v arcsin arcsin uarcsin du 1 1 dv 1 v 1.j) 1 arcsin + 1 arcsin arcsin + 1 arcsin + C.

37 7 5 0 arcsin u arcsin dv du arcsin 1 v arcsin arcsin 1 u arcsin dv 1 du ( arcsin + ) 1.j) 1 v 1 arcsin arcsin arcsin u arcsin du 1 dv 1 v 1.m) arcsin 1 arcsin + 1 arcsin arcsin d(arcsin ) 1 4 arcsin + 1 arcsin 4 + C. arcsin 6 0 u arcsin dv du 1 v 1 arcsin + 1.l) 1 arcsin log C arcsin 1 uarcsin du 1 dv 1 v 1.j) 1 1 arcsin + 1 arcsin + C.

38 8 8 0 uarccos dv arcsin arcsin arccos du 1 v arcsin + 1 arcsin arccos + 1 arccos + arcsin arcsin arccos + 1 ( arccos arcsin ) + + C. Bez korišćenja rezultata i , integral se može izračunati na sledeći način. uarcsin arccos dv arcsin arccos arccos arcsin du 1 v arcsin arccos (arccos arcsin ) 1 uarccos arcsin dv 1 du 1 v 1 arcsin arccos + 1 (arccos arcsin ) + arcsin arccos + 1 (arccos arcsin ) + + C. 16. Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: arctan 0 arctan 0 arctan 4 0 arctan 5 0 arctan arctan 1 e 7 0 arctan (1 + ) / Rešenje: 1 0 arctan dv arctan 1 u arctan du 1+ v 1.e) + 1 arctan C.

39 9 0 uarctan du 1+ arctan dv v t1+ t 1 arctan 1 6 t arctan 1 ( 1 + log(1 + ) ) + C. 6 arctan 1 1+ arctan 1 ( ) t log t +C arctan uarctan dv du 9+ v 1 1.k) 1 arctan log 1 arctan C. ( 9+ ) 4 0 arctan t, t t t arctan t ( t + 1 ) arctan t t + C ( + 1) arctan + C. arctan arctan 5 0 arctan 1 + u arctan du 1+ dv arctan 1+ v 1.e) i) arctan 1 arctan 1 log ( 1 + ) + C. arctan d(arctan ) 6 0 arctan 1 arctan 1 u arctan du 1 1+ dv v 1.i) 1+ arctan 1 log ( 1+ ) +C.

40 I e arctan (1 + ) / earctan 1+ e arctan (1+ ) u du earctan 1 + earctan 1 + / Odatle je I earctan ( 1) C. 1+ (1+ ) / dv earctan 1+ v e arctan u 1 1+ du (1+ ) / dv earctan 1+ v e arctan e arctan (1 + ) / ( 1) earctan I Primenom metoda parcijalne integracije odrediti: 1 0 e e a cos b 6 0 e sin e 0 ( + ) 5 0 e e a sin b 7 0 e cos Rešenje: 1 0 I e u du dv e v 1 e e e u du dv e v 1 e e ( ) e e e 4 e + e u du dv e v 1 e e 4 e + ( e 1 ) e e 4 e + 4 e 8 e +C e ( ) +C. 8

41 41 0 e ( + ) u e du ( + )e dv v 1 (+) + + e + e u du dv e v e + e +e e + e + e e +C + e + C. 0 e e u dv e v e du e e + C e ( 1 ) + C. e e 4 0 I e a cos b u cos b du b sin b dv e a v 1 a ea 1 a ea cos b + b e a sin b u sin b du b cos b a dv e a v 1 a ea 1 a ea cos b + b ( 1 a a ea sin b b ) e a cos b a Odatle je ea a ( a cos b + b sin b ) b a I. a + b a I ea a ( a cos b + b sin b ) + C1, I ea a + b ( a cos b + b sin b ) + C. odnosno 5 0 e a sin b u sin b du b cos b dv e a v 1 a ea 1 a ea sin b b e a cos b ea ( ) a sin b b cos b +C. a a +b

42 4 6 0 e sin u sin du sin cos sin dv e v 1 e 1 ( ) e sin e 17.5 sin 0 e ( ) cos sin +C e cos e ( 1 sin ) e e sin e 8 ( + cos + sin ) + C. 18. Odrediti rekurentnu formulu za izračunavanje integrala I n za n N, n i a, b 0. (1 1 0 I n log n 0 I n ) n/ 0 I n ( + a ) n 4 0 I n (a + b + c) n 5 0 I n n ± a 6 0 I n n+1 ± a 7 0 I n sin n 8 0 I n cos n 9 0 I n tan n 10 0 I n cot n 11 0 I n (a sin + b cos ) n 1 0 I n (a + b cos ) n Rešenje: 1 0 I n log n u logn dv du n log n 1 v / log n n log n 1 / log n n I n 1.

43 4 Iskoristimo izvedenu relaciju za izračunavanje, na primer, integrala I. Kako je u log du I 1 log dv v / / log / log 4 9 / + C 9 /( log ) + C, na osnovu izvedene rekurentne relacije imamo I / log 4 I 1 7 /( 9 log 1 log + 8 ) + C, I / log I 7 /( 9 log 18 log + 4 log 16 ) + C. (1 0 I n ) n/ (1 )( 1 ) (n )/ I n ( n 1 ) u dv ( n 1 ) du v 1 n (1 ) n/ I n + ( 1 ) n/ 1 (1 ) n/ 1 n n n I n+i n + ( 1 ) n/. n Dakle, n + 1 n I n I n + ( 1 ) n/, pa je n I n n n + 1 I n + ( 1 ) n/. n + 1 Znamo da je I m) arcsin + C. Na osnovu izvedene rekurentne relacije dobijamo I 4 I 1 + ( 1 ) / 4 8 arcsin + ( 1 5 ) + C. 8 (1 Kako je I ) + C, možemo odrediti I I + 5 ( 1 ) + C C.

44 44 0 I n ( +a ) n 1 +a a u dv ( +a ) n du v 1 ( n)( +a ) n 1 n (n )a I n 1 + ( +a ) n 1 a I n 1 1 a 1 (n )a ( + a ) n 1. ( +a ) n Primetimo da su ovaj integral i dobijena rekurentna relacija samo specijalan slučaj integrala i relacije iz narednog primera (a 1, b 0, c a ). 4 0 I n (a + b + c) n a + b + c (a + b + c) n+1 d(a + b + c) (a + b) a + b + c 1 ( 4a (a + b) + 4ac b ) (a+b) +4ac b 1 (a+b) 4ac b 4a(a +b+c) n+1 4a (a + I +b+c) n+1 n+1 4a u a + b du a dv d(a +b+c) 1 v (a +b+c) n+1 n(a +b+c) n 1 ( (a + b) 4a n(a + b + c) n + a ) 4ac b n (a + b + c) n + I n+1 4a a + b 4an(a + b + c) n + 1 n I n + 4ac b I n+1. 4a 4ac b I n+1 I n 1 4a n I a + b n + 4an ( a + b + c ) n a n 1 a + b I n+1 4ac b I n + n n ( 4ac b )( a + b + c ) n.

45 I n n ± a n ( ± a a ) ± a n ( ±a ) a u ( I n 1 ±a ) dv n du ±a v n 1 n 1 n 1 ( ± a ) n 1 n + n 1 I n n 1 n 1 I n n 1 n + n 1 I n a I n 1 ( ± a ) a I n 1 ( ± a ) n 1 n + a I n I n n+1 ± a u n du n n 1 dv ± a v 1 ( ± a ) 1 n( ± a ) n n 1( ± a ) 1 n( ± a ) n ( In ± a ) I n 1 n + I n 1 n( ± a ) n a I n 1 I n 1 n + n( ± a ) na n + I n I n sin n sin n (1 cos )I n u cos dv sinn d(sin ) du sin v 1 n 1 sinn 1 I n 1 n 1 sinn 1 cos 1 n 1 I n n n 1 I n I n 1 n 1 sinn 1 cos I n n 1 n I n 1 n sinn 1 cos. cos sin n

46 I n sin cos n + cos cos n sin cos n + I u sin n dv sin (n 1) cos n 1 1 (n 1) I n + I n sin (n 1) cos n 1 + n n 1 I n. sin cos n + cos n du cos d(cos ) cos n v 1 (n 1) cos n I n tan n tan n 1 cos cos tan n d(tan ) I n 1 n 1 tann 1 I n. tan n cos I n 10 0 I n cot n cot n 1 sin sin cot n sin I n cot n d(cot ) I n 1 n 1 cotn 1 I n.

47 I n (a sin + b cos ) n a sin + b cos (a sin + b cos ) n+1 1 a cos b sin u du (n + 1) (a sin +b cos ) n+1 (a sin +b cos ) n+ dv (a sin +b cos ) v (a cos b sin ) a cos b sin (a cos b sin ) (n + 1) (a sin + b cos ) n+1 (a sin + b cos ) n+ a cos b sin a +b (a sin +b cos ) (n + 1) (a sin +b cos ) n+1 (a sin +b cos ) n+ a cos b sin ( (a (a sin + b cos ) n+1 (n + 1) + b ) ) I n+ I n I n+ n (n + 1) ( 1 a + b )I n (n + 1) ( a cos b sin a + b ) (a sin + b cos ) n I n (a + b cos ) n a + b cos (a + b cos ) n+1 cos a +b (a+b cos ) n+1 (a+b cos ) n+1 ai cos n+1+b (a+b cos ) n+1 1 sin u du (n + 1)b (a+b cos ) n+1 (a+b cos ) n+ dv cos v sin ( sin sin ) ai n+1 +b (n+1)b (a+b cos ) n+1 (a+b cos ) n+ b sin 1 cos ai n (n + 1)b (a + b cos ) n+1 (a + b cos ) n+ b sin (n+1)b (a+b cos ) n+1 +ai n+1+(n+1)b cos I n+ (a+b cos ) n+ ( ) a+b cos a b sin (a+b cos ) n+1 +ai n+1 (n+1)b I n+ (n+1)b b (a + b cos ) n+ b sin (a+b cos ) n+1 (n+1)i n+a(n+)i n+1 (n+1) ( a +b ) I n+.

48 48 (n + 1) ( a + b ) b sin I n+ (a + b cos ) n+1 (n + )I n + a(n + )I n+1 b I n+ (n + 1) ( sin a + b ) (a + b cos ) n+1 n + (n + 1) ( a + b )I n + (n + )a (n + 1) ( a + b )I n Razlaganjem racionalne funkcije, izračunati sledeće integrale ( + 1)( + + 1) ( + + ) ( 1) ( + 1) ( + + ) Rešenje: I 5 ; integral najpre svedemo na integral + 6 prave racionalne funkcije Kako je ( 5 + 6) ( )( ), to je I ( )( ). Nova racionalna podintegralna funkcija dozvoljava razvoj: ( )( ) A + gde je koeficijente A, B, C potrebno odrediti. B + C, (1)

49 49 Metod neodred enih koeficijenata podrazumeva sledeće: pomnožimo jednakost (1) sa ( )( ). Ona postaje jednakost dva polinoma u razvijenom obliku A( )( ) + B( ) + C( ) (A + B + C) + ( 5A B C) + 6A. Izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene promenljive dolazimo do sistema jednačina 5 A + B + C, 6 5A B C, 6 6A. Rešavanjem ovog sistema nalazimo A 1, B 7 i C 11. Time polazni integral svodimo na zbir četiri elementarna integrala: I I + log 7 log + 11 log + C. ( 1) (, podintegralna funkcija dozvoljava razvoj: + 1) 1 ( 1) ( + 1) A A ( 1) + B 1 + C 1 + B + C ( ). () Odredimo A j, B j, C j metodom neodred enih koeficijenata. Nakon množenja () sa ( 1) ( + 1) dolazimo do jednakosti 1 A 1 ( 1) ( + 1 ) + A ( + 1 ) + (B1 + C 1 )( 1) ( + 1 ) +(B + C )( 1) 5 (A 1 + B 1 ) + 4 ( A 1 + A B 1 + C 1 ) + (A 1 + B 1 + B C 1 ) + ( A 1 + A B 1 B + C 1 + C ) +(A 1 + B 1 + B C 1 C ) A 1 + A + C 1 + C. Izjednačavanjem koeficijenata dva polinoma uz odgovarajuće stepene od, dolazimo do sistema jednačina 0 A 1 + B 1 0 A 1 + A B 1 + C 1 0 A 1 + B 1 + B C 1 0 A 1 + A B 1 B + C 1 + C 0 A 1 + B 1 + B C 1 C 1 A 1 + A + C 1 + C,

50 50 čijim rešavanjem nalazimo vrednosti A 1 1/, A 1/4, B 1 1/, C 1 1/4, B 1/, C 0. Polazni integral tada postaje I ( 1) log 1 1 4( 1) + 1 ( d + 1 ) ( log ( 1) + ) ( 1) ( + 1 ) + arctan + C. 0 I ( + 1 ) ( d + 1 ) ( + 1 ) ( + 1)( ; primetimo sledeći razvoj podintegralne funkcije + + 1) 1 ( + 1)( + + 1) ( + 1) ( + 1)( + + 1) 1 ( + 1)( + + 1) 1 ( + + 1) ( + 1) ( + 1)( + + 1) 1 ( + + 1) 1 ( + 1)( + + 1) 1 ( + + 1) 1 ( + + 1) 1 ( + 1) ( + + 1) 1 ( + + 1). Time polazni integral postaje I ( + 1) ( + + 1) 1.b) d( + 1 log ) d( + 1 ( ) ( ) + ( ) ) c) d( + 1 ( ) ( ) log arctan ) t + 1 ( t + 4) ( + + 1) ( t + 4) log arctan ( ++1 ) +C.

51 log (1 ) + C arctan ( + 1) log C 1 arctan log ( + 1) + C log ( 1) + C log ( 1) + C ( +1) log C. + 1 ( arctan(1+ ) arctan(1 ) ) 8 0 ( + + ) arctan( + 1) C log log + + C log(1 + ) + arctan + C arctan log ( + 1) + C ( + + ) 1 arctan( + 1) log C. 0. Odrediti sledeće integrale iracionalnih funkcija (+1) ( 1)( )

52 5 Rešenje: t 6 + 6t 5 6 t 5 t (t t + 1) 6 t + 1 t t + 6t 6 log t C t + t 6 t + 1 t t log C t6 + 1 (1 t 6t 5 6 )t t t 1 6 ( t 6 + t 4 + t t t + 1) + 6 t t t5 + t t4 t t + 6t + t t t t5 + t4 t t + 6t + log(t + 1) 6 arctan t + C 6 ( 6 ) 7 6( ) 5 ( ) log( ) 6 arctan C t 6 1 6t 5 6 t 5 t + t + t 6 (t t t t) + 6 t + t + 1 t t + t + t + 1 d(t t t + t + 1) + t + t + 1 t + t + 1 t t + log t + t + 1 (t + 1 ) c) t t + log t 1 arctan t C t 1 / / 1 1+ log arctan C. 1 1

53 5 4 0 I (+1) t,, t > 0 t ( ) a 0 t + a 1 t + a t + a 1 t + λ. 1 t t 4 1 t Diferenciranjem po t i množenjem sa 1 t dobijamo t 4 4a 0 t 4 a 1 t + (a 0 a )t + (a 1 a )t + a + λ. Izjednačavanjem koeficijenata uz stepene od t formiramo sistem jednačina čije je rešenje 1 4a 0 0 a 1 a 0 a 1 0 a + λ 0 a 0 a a 0 1/4, a 1 0, a /8, a 0, λ /8. Nakon sred ivanja nalazimo da je polazni integral I ( 1 + 4( + 1) 4 + ) 8( + 1) 8 arcsin C. Za < integral se izračunava analognim postupkom, vodeći računa da je t t. Ovaj integral takod e se može odrediti primenom Ojlerove smene. I ( + 1) t, t 1 4t (t 1) (t 1) 4 (t + 1 ) 4 4 (t 4 + 1) 5 (t + 1) 5 (t + 1) 4 8(t + 1) + 4(t + 1) (t + 1) (t + 1) 5 4 t (t + 1) 96 (t + 1) (t + 1) 5. (t + 1) 4

54 54 Koristeći izvedenu rekurentnu relaciju iz zadatka nalazimo I arctan t + 5t7 t 5 + t 5t (t + 1) 4 + C. Vraćanjem smene konačno dobijamo I ( + 1) 4 arctan + + C t t (t 1) 4 t (t 1) 1. 0 t t 1 + log t C t 1 ( + 1)( 1) + log + ( + 1)( 1) + C. 6 0 (1, ) 1 + sin t, t (0, π/) ( 1)( ) sin t cos t, ( 1)( ) sin t(1 sin t) t + C arcsin 1 + C. Integral možemo rešiti i primenom treće Ojlerove smene. ( 1)( ) t( 1) I ( 1)( ) t + t t +1 (t +1) arctan t + C arctan 1 + C. t Svod enjem na integral racionalne funkcije, izračunati sledeće integrale ( 1 + ) 60

55 55 Rešenje: 1 0 I +. Potkorena funkcija u integralu odgovara za primenu prve Ojlerove smene: ± + t. Znak ispred biramo tako da pogoduje sred ivanju podintegralne funkcije. Kako je t , posle pored enja sa podintegralnom funkcijom uzimamo t. Tada je t + t + 1 t t, tj. t t, pa je + t + 1 t. Integral onda glasi (t + 1) Rastavimo racionalnu funkciju t + t + 1 I t(t + 1). t + t + 1 t(t + 1) A 1 + A t t A (t + 1). Metodom neodred enih koeficijenata nalazimo da je A 1, A, A. Integral se transformiše u elementarne integrale I t t+1 d(t+1) (t+1) log t log t+1 + (t+1) +C 1 log log C, gde je C C 1 1/.

56 56 0 I t 1 t +t+1 (t +1) t +t+1 t(t 1)(t +1). t + t + 1 t(t 1)(t + 1) A 1 + A t t 1 + Bt + C t + 1 A 1 1, A 1, B 0, C I t 1 t t + 1 log t 1 arctan t + C t log arctan + C. 1 0 I (+)(+1)t(+1) t t 1, t (t 1) t + t (t )(t 1)(t + 1). t + t (t )(t 1)(t + 1) 16 7(t ) + 4(t 1) (t + 1) (t + 1) + 1 (t + 1) I 16 7 log t + 17 log t log t (t + 1) 1 6(t + 1) + C 16 7 log log log ( ) ( ) + + C

57 I + 4 (1 + 1 ) 1/ t t (t 1) t t (t 1) (t 1) 4 (t 1) (t 1) 4 I I 4, gde je I n (t 1) n. Rekurentnu relaciju za izračunavanje I n I n t n (n 1)(t 1) n 1 (n 1) I n 1 možemo dobiti, na primer, iz za a 1, b 0 i c 1, imajući u vidu da je I 1 t 1 1 log t 1 + C 1. t + 1 Tada je t I (t 1) 1 4 log t 1 + C. t + 1 I t 5t 8(t 1) + 16 log t 1 + C. t + 1 I 4 15t5 40t + t 48(t 1) 5 log t 1 t + 1 I t5 8t t 4(t 1) 1 16 log t 1 + C t C (8 + ) log C.

58 ( 1+ ) t 6 6t 5 6 t 8 (t +1) 4t 6 (t 4 t + + ) 6 (t + 1) 6 4(t 5 t5 4t + 1) t 6 (t + 1) 6 5 t5 4t + 18t 4 t (t + 1) t5 4t t + 18t 1 arctan t + t C 6 ( 5( ) ) 1 arctan 6 + C. 6 0 ( 1+ ) 1/ 1+ t, t +1 t (t +1) / 9 t (t +1) ut dv t (t +1) du v 1 t (t (t +1) +1) t t (t + 1) t 1 arctan 1 4 log (t + 1) t + C + 1 ( 1 + ) 18 log arctan + C.. Svesti sledeće integrale na integral racionalne funkcije. tan tan 4 + tan 1 cos + sin cos 4 sin 5 0 sin cos (sin + cos ) ( sin + cos + 1 )

59 59 Rešenje: 1 0 tan + 1 tan tan t tan t tan 1+t 1+t (4 + t)(1 + t ). t + 1 ( t)(1 + t ). 0 1 cos + sin + cos 4 sin t tan sin 1+t t cos 1 t 1+t 1+t t + 6t 1 (5 8t t )(1 + t ). 4 0 (sin + cos ) 1+t ttan sin t cos 1 t 1+t 1+t 1 (1+t ) (1+t t ). 5 0 sin cos 4 1 sin cos cos (1 + t ). t ttan cos sin t 1+t cos 1 1+t 6 0 ttan ( sin + ) cos t 10t (+t ) t t (t 1) 1+t sin t 1+t cos 1 t 1+t t ( + t ). t (t 1). (1+t )(1 t ) ( t(1 t )+(1+t ) ).

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

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

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

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

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

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

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

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

(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

Vektorski prostori. Vektorski prostor

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Na grafiku bi to značilo :

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

Διαβάστε περισσότερα

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti

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

Διαβάστε περισσότερα

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

ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE

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

Διαβάστε περισσότερα

Gradimir V. Milovanović MATEMATIČKA ANALIZA I

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

Διαβάστε περισσότερα

KOMPLEKSNA ANALIZA. 1. Funkcije kompleksne promenljive

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Παράγωγος Συνάρτησης. Ορισμός Παραγώγου σε ένα σημείο. ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ σε ένα σημείο ξ είναι το όριο (αν υπάρχει!) f (ξ) = lim.

Παράγωγος Συνάρτησης. Ορισμός Παραγώγου σε ένα σημείο. ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ σε ένα σημείο ξ είναι το όριο (αν υπάρχει!) f (ξ) = lim. Παράγωγος Συνάρτησης Ορισμός Παραγώγου σε ένα σημείο ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ σε ένα σημείο ξ είναι το όριο (αν υπάρχει!) f (ξ) x ξ g(x, ξ), g(x, ξ) f(x) f(ξ) x ξ Ορισμός Cauchy: ɛ > 0 δ(ɛ, ξ) > 0 x x ξ

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Κεφάλαιο 8 Το αόριστο ολοκλήρωµα

Κεφάλαιο 8 Το αόριστο ολοκλήρωµα Κεφάλαιο 8 Το αόριστο ολοκλήρωµα 8 Θεµελίωση έννοιας αορίστου ολοκληρώµατος Στο 7 0 Κεφάλαιο ορίσαµε την έννοια της αντιπαραγώγου µιας συνάρτησης f σ ένα κλειστό και φραγµένο διάστηµα Γενικότερα Ορισµός

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

KONTURNA INTEGRACIJA

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

Διαβάστε περισσότερα

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

1 Σύντομη επανάληψη βασικών εννοιών

1 Σύντομη επανάληψη βασικών εννοιών Σύντομη επανάληψη βασικών εννοιών Μερικές χρήσιμες ταυτότητες + r + r 2 + + r n = rn r r + 2 + 3 + + n = 2 n(n + ) 2 + 2 2 + 3 2 + n 2 = n(n + )(2n + ) 6 Ανισότητα Cauchy Schwarz ( n ) 2 ( n x i y i i=

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Formulario di Trigonometria

Formulario di Trigonometria Formulario di Trigonometria Indice degli argomenti Formule fondamentali Valori noti delle funzioni trigonometriche Simmetrie delle funzioni trigonometriche Relazioni tra funzioni goniometriche elementari

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi, relacije, funkcije

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

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI)

FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI) FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI) Rozarija Jak²i 5. travnja 03. UVOD U FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI.. Domena funkcija dviju varijabli Jedno od osnovnih pitanja koje se moºe postaviti za realnu funkciju dvije

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ Παράγωγος - ιαφόριση ρ. Κωνσταντίνος Κυρίτσης Μακράς Στοάς 7 & Εθνικής Αντιστάσεως Πειραιάς 185 31 05 Μαρτίου 2009 Περίληψη Οι παρούσες σηµειώσεις αποτελούν µια σύνοψη της ϑεωρίας των πα- ϱαγώγων πραγµατικών

Διαβάστε περισσότερα

Induktivno spregnuta kola

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

Διαβάστε περισσότερα

ΛΟΓΙΣΜΟΣ Συναρτήσεων µιας Μεταβλητής

ΛΟΓΙΣΜΟΣ Συναρτήσεων µιας Μεταβλητής Σηµειωσεις: ΛΟΓΙΣΜΟΣ Συναρτήσεων µιας Μεταβλητής Θ. Κεχαγιάς Σεπτέµβρης 9 v..85 Περιεχόµενα Προλογος Εισαγωγη Βασικες Συναρτησεις. Θεωρια..................................... Λυµενα Προβληµατα.............................

Διαβάστε περισσότερα

Funkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja D R priredi neko število f (x) R.

Funkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja D R priredi neko število f (x) R. II. FUNKCIJE 1. Osnovni pojmi 2. Sestavljanje funkcij 3. Pregled elementarnih funkcij 4. Zveznost Kaj je funkcija? Definicija Funkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja D R priredi

Διαβάστε περισσότερα

Polinomske jednaqine

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

ΤΡΟΠΟΣ ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΑΡΕΜΒΟΛΗ (INTERPOL ATION)

ΤΡΟΠΟΣ ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΑΡΕΜΒΟΛΗ (INTERPOL ATION) . 1 (INTERPOLATION) A a 1x1 [ ] Sin[ A] [ Sin[ a]], Cos[ A] [ Cos[ a]], Tan[ A] [ Tan[ a]], Cot[ A] [ Cot[ a]]. a x + yi x, y R Sin[ a] Cosh[ y] Sin[ x] + Cos[ x] Sinh[ y] i Cos[ a] Cos[ x] Cosh[ y] Sin[

Διαβάστε περισσότερα

Συνοπτική εισαγωγή στην γλώσσα FORTRAN Μάριος Βαφειάδης Αν.Καθηγητής ΑΠΘ. Θεσσαλονίκη 2004

Συνοπτική εισαγωγή στην γλώσσα FORTRAN Μάριος Βαφειάδης Αν.Καθηγητής ΑΠΘ. Θεσσαλονίκη 2004 ΜΑΡΙΟΣ ΒΑΦΕΙΑ ΗΣ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 2004 Συνοπτική εισαγωγή στην γλώσσα FORTRAN Μάριος Βαφειάδης Αν.Καθηγητής ΑΠΘ. Θεσσαλονίκη 2004 2 Συνοπτική εισαγωγή στην γλώσσα προγραµµατισµού FORTRAN 3 Η γλώσσα προγραµµατισµού

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

G L (x) =Ax + B, G R (x) =A x + B οπότε από τις συνοριακές συνθήκες έχουμε

G L (x) =Ax + B, G R (x) =A x + B οπότε από τις συνοριακές συνθήκες έχουμε 1 ÈÖ Ð Ñ Για να είναι εφαρμόσιμη η μέθοδος της συνάρτησης Green, θαπρέπειηομογενής εξίσωση Ly =+ Ο.Σ.Σ. να έχει ως μοναδική λύση τη μηδενική. α) Η ομογενής εξίσωση y =έχει λύση y = A + B, από τις δεδομένες

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

Μαθηματική Ανάλυση Ι

Μαθηματική Ανάλυση Ι Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών Μαθηματική Ανάλυση Ι Ενότητα 4: Συναρτήσεις Επίκ. Καθηγητής Θ. Ζυγκιρίδης e-mail: tzygiridis@uowm.gr Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών Άδειες

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova

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

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

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

Διαβάστε περισσότερα

Unipolarni tranzistori - MOSFET

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

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

Διαβάστε περισσότερα

3 }t. (1) (f + g) = f + g, (f g) = f g. (f g) = f g + fg, ( f g ) = f g fg g 2. (2) [f(g(x))] = f (g(x)) g (x) (3) d. = nv dx.

3 }t. (1) (f + g) = f + g, (f g) = f g. (f g) = f g + fg, ( f g ) = f g fg g 2. (2) [f(g(x))] = f (g(x)) g (x) (3) d. = nv dx. 3 }t! t : () (f + g) f + g, (f g) f g (f g) f g + fg, ( f g ) f g fg g () [f(g(x))] f (g(x)) g (x) [f(g(h(x)))] f (g(h(x))) g (h(x)) h (x) (3) d vn n dv nv (4) dy dy, w v u x íªƒb N úb5} : () (e x ) e

Διαβάστε περισσότερα

L A TEX 2ε. mathematica 5.2

L A TEX 2ε. mathematica 5.2 Διδασκων: Τσαπογας Γεωργιος Διαφορικη Γεωμετρια Προχειρες Σημειωσεις Πανεπιστήμιο Αιγαίου, Τμήμα Μαθηματικών Σάμος Εαρινό Εξάμηνο 2005 στοιχεοθεσια : Ξενιτιδης Κλεανθης L A TEX 2ε σχεδια : Dia mathematica

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije više varijabli

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Racionalne krive i površi u geometrijskom dizajnu

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

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

Διαβάστε περισσότερα

Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom

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

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΣ Διάλ Άλγεβρα. 1 a. Άσκηση για το σπίτι: Διαβάστε το παράρτημα Β του βιβλίου

ΦΥΣ Διάλ Άλγεβρα. 1 a. Άσκηση για το σπίτι: Διαβάστε το παράρτημα Β του βιβλίου ΦΥΣ 131 - Διάλ. 4 1 Άλγεβρα a 1 a a ( ± y) a a ± y log a a 10 log a ± logb log( ab ± 1 ) log( a n ) n log( a) ln a a e ln a ± ln b ln( ab ± 1 ) ln( a n ) nln( a) Άσκηση για το σπίτι: Διαβάστε το παράρτημα

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Racionalni algebarski izrazi

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Matematika I (VS) Univerza v Ljubljani, FE. Melita Hajdinjak 2013/14. Pregled elementarnih funkcij. Potenčna funkcija. Korenska funkcija.

Matematika I (VS) Univerza v Ljubljani, FE. Melita Hajdinjak 2013/14. Pregled elementarnih funkcij. Potenčna funkcija. Korenska funkcija. 1 / 46 Univerza v Ljubljani, FE Potenčna Korenska Melita Hajdinjak Matematika I (VS) Kotne 013/14 / 46 Potenčna Potenčna Funkcijo oblike f() = n, kjer je n Z, imenujemo potenčna. Število n imenujemo eksponent.

Διαβάστε περισσότερα

DARJA POTOƒAR, FMF

DARJA POTOƒAR, FMF 7. ²olska ura Tema: Ponovitev Oblika: vaje B 1 Kotne funkcije v pravokotnem trikotniku: A V α A 1 B 1 sin α = AA 1 V A = BB 1 V B cos α = V B 1 V B = V A 1 V A tan α = sin α cos α cos α cot α = sin α =

Διαβάστε περισσότερα

Αθ.Κεχαγιας. v. 0.86. Λογισµός Συναρτήσεων Μιας Μεταβλητής µε παράρτηµα Αναλυτικής Γεωµετρίας. Σηµειωσεις : Θ. Κεχαγιας.

Αθ.Κεχαγιας. v. 0.86. Λογισµός Συναρτήσεων Μιας Μεταβλητής µε παράρτηµα Αναλυτικής Γεωµετρίας. Σηµειωσεις : Θ. Κεχαγιας. Σηµειωσεις : Λογισµός Συναρτήσεων Μιας Μεταβλητής µε παράρτηµα Αναλυτικής Γεωµετρίας v..86 Θ. Κεχαγιας Απριλης Περιεχόµενα Προλογος Εισαγωγη Βασικες Συναρτησεις. Θεωρια.....................................

Διαβάστε περισσότερα

( ) ΟΝΟΜΑΤΕΠΩΝΥΜΟ: Α.Μ.: 2. Εστω ότι τα σηµεία z,..., Υπολογίστε όλες τις λύσεις της εξίσωσης. θ,n ισούται µε. (α) βρίσκονται στο ηµιεπίπεδο Im

( ) ΟΝΟΜΑΤΕΠΩΝΥΜΟ: Α.Μ.: 2. Εστω ότι τα σηµεία z,..., Υπολογίστε όλες τις λύσεις της εξίσωσης. θ,n ισούται µε. (α) βρίσκονται στο ηµιεπίπεδο Im ΟΝΟΜΑΤΕΠΩΝΥΜΟ: Α.Μ.:. είξτε ότι η οσότητα συνθ + συν ( θ + a) +... + συν ( θ + na) θ,n ισούται µε ( ) ηµ (( n+ ) a/ ) συν ( θ + na /). (β) ηµ ( a /) ηµ ( na /) (γ) ηµ ( θ + na /). (δ) ηµ ( a /) συν ((

Διαβάστε περισσότερα

Digitalni sistemi automatskog upravljanja

Digitalni sistemi automatskog upravljanja Digitalni sistemi automatskog upravljanja Upotreba digitalnih računara u ulozi kompenzatora i regulatora, u poslednje dve decenije naglo raste. To je posledica rasta njihovih performansi i pouzdanosti,

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Το άτομο του Υδρογόνου

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

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 5. TRIGONOMETRIJA 5. Definicija trigonometrijskih funkcija Naj jednostavnija definicija trigonometrijskih funkcija dobije se promatranjem pravokutnog ( ) ( r) ( ) trokuta. Svaki takav trokut, za promatrani

Διαβάστε περισσότερα

No 5 Άσκηση παραγώγισης γινοµένου. ( 4 x 2 3 ) 3 x 4 ) 2 x 3 ) 6 ( 4 x 2 3 ) x 2. = 8 x ( 1. = 24 x 20 x 4 + 9 x 2. 3 x 4 ) 12 ( 2 x 2 1 ) x 3

No 5 Άσκηση παραγώγισης γινοµένου. ( 4 x 2 3 ) 3 x 4 ) 2 x 3 ) 6 ( 4 x 2 3 ) x 2. = 8 x ( 1. = 24 x 20 x 4 + 9 x 2. 3 x 4 ) 12 ( 2 x 2 1 ) x 3 Μαθηµατική Υποστήριξη Φοιτητών : Ιδιαίτερα Μαθήµατα, Λυµένες Ασκήσεις, Βοήθεια στη λύση Εργασιών. Θ. Χριστόπουλος, www.maths.gr, Tηλ.: 69 79 0 5 Ασκήσεις παραγώγισης γινοµένου No Άσκηση παραγώγισης γινοµένου

Διαβάστε περισσότερα

KΕΦΑΛΑΙΟ 2 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

KΕΦΑΛΑΙΟ 2 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ KΕΦΑΛΑΙΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ Ορισµοί Ας θεωρήσουµε δύο σύνολα Α, Β Μία απεικόνιση f : A B καλείται συνάρτηση αν σε κάθε στοιχείο A αντιστοιχεί ένα και µόνο ένα στοιχείο y B Το σύνολο Α καλείται πεδίο

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192

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

Διαβάστε περισσότερα

Pojam funkcije. Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transformacija

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

1.1 Definicija funkcije

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

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 )

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 ) Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ 3.1 Η έννοια της παραγώγου Εστω y = f(x) µία συνάρτηση, που συνδέει τις µεταβλητές ποσότητες x και y. Ενα ερώτηµα που µπορεί να προκύψει καθώς µελετούµε τις δύο αυτές ποσοτήτες είναι

Διαβάστε περισσότερα

Teorija kodiranja. Hamingov kod i njegova definicija

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

Διαβάστε περισσότερα

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ Βασικά Μαθηµατικά ρ. Κωνσταντίνος Κυρίτσης Μακράς Στοάς 7 & Εθνικής Αντιστάσεως Πειραιάς 185 31 04 Μαρτίου 009 Περίληψη Οι παρούσες σηµειώσεις αποτελούν µια περίληψη των ϐασικών µα- ϑηµατικών γνώσεων που

Διαβάστε περισσότερα

MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA

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

Διαβάστε περισσότερα

- - - - RWC( %) PF PS = 100 PT PS (%) PF PS = 100 PF WC TW BW FW PF PS PS PD PS PS TW BW = = = C 7.12 A A 660 + 16. 8 = 642.5 µ logn = log N0 + a exp(

Διαβάστε περισσότερα

Nermin Okiˇci c Vedad Paˇsi c MATEMATIKA II 2014

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

Διαβάστε περισσότερα

Skinuto sa

Skinuto sa Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Μαθηματική Ανάλυση Ενότητα Β. Διαφορικός Λογισμός

Τίτλος Μαθήματος: Μαθηματική Ανάλυση Ενότητα Β. Διαφορικός Λογισμός Τίτλος Μαθήματος: Μαθηματική Ανάλυση Ενότητα Β. Διαφορικός Λογισμός Κεφάλαιο Β.08: Υπερβολικές Συναρτήσεις Όνομα Καθηγητή: Γεώργιος Ν. Μπροδήμας Τμήμα Φυσικής Γεώργιος Νικ. Μπροδήμας Κεφάλαιο Β.08: Υπερβολικές

Διαβάστε περισσότερα