I. NEODREðENI INTEGRALI

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "I. NEODREðENI INTEGRALI"

Transcript

1 I. NEODREðENI INTEGRALI Uvod s povijesnim osvrom Deriviranje, kao posupak, eče uglavnom lako. Uz pomoć nekoliko pravilaformula mogu se derivirai sve elemenarne funkcije. Anideriviranje, posupak suproan deriviranju, je meñuim vrlo eško. Samo se jedan manji dio elemenarnih funkcija može aniderivirai. Neodreñeni inegral neke funkcije je skup svih aniderivacija e funkcije. Pojmu neodreñenog inegrala predhodi pojam inegrala. Taj je pojam proizašao iz jedne značajne formule koja povezuje inegral i aniderivaciju. Zbog sklada u nazivlju pojmu inegrala je pridodan pridjev, odreñeni. Definicija neodreñenog inegrala je znano jednosavnija od definicije odreñenog inegrala. Zao se u nasavi maemaike prvo proučavaju neodreñeni, a poom odreñeni inegrali. Jedne i druge zajedno najčešće krako zovemo inegralima. Spomenua značajna formula, Leibniz-Newonova formula, ima velike mogućnosi primjene kada se savlada posupak anideriviranja. Ovdje, u prvoj glavi udžbenika, je predočen aj posupak anideriviranja, uobličen u pojam neodreñenog inegrala.

2 I. Neodređeni inegrali Lekcije. Aniderivacije. Neodreñeni inegral. Meode inegracije. Inegriranje racionalnih funkcija 5. Inegriranje funkcija s korijenom 6. Inegriranje rigonomerijskih funkcija

3 . Aniderivacije. Aniderivacije Definicija. Funkcija F( ) je aniderivacija ili prim funkcija funkcije f ( ) na području D, ako za svaki iz D vrijedi F = f. U primjerima šo slijede uglavnom se izosavlja odreñivanje područja D. Pažnja se usmjerava na raženje same aniderivacije F( ). Primjer. Provjeri je li funkcija = 8 sin. f Rješenje. Treba provjerii je li F = f : F = + cos + aniderivacija funkcije 8 sin F = = f Funkcija F( ) jes aniderivacija funkcije f ( ). Primjer. Provjeri je li funkcija f = + e. Rješenje. Provjera je li F = f : F = e aniderivacija funkcije ( ) F = e + e = + e f

4 I. Neodređeni inegrali Funkcija F( ) nije aniderivacija funkcije f ( ). Primjer. Pronañi ri aniderivacije funkcije f =. Rješenje. F =, F = +, F = Primjer. Za funkciju f = + cos pronañi dvije aniderivacije F i F( ) e odredi najšire područje D na kojem vrijedi F F f Rješenje. Funkcije sin, F = + F = + sin + π = =. su aniderivacije na cijelom realnom području, j. D=R. Primjer 5. Odredi jednu aniderivaciju F( ) funkcije područje D na kojem vrijedi F = f. f = i najšire Rješenje. Funkcija F = + = + je aniderivacija na skupu nenegaivnih realnih brojeva, j. D= 0, +.

5 . Aniderivacije 5 Primjer 6. Odredi aniderivaciju funkcije f = na području \{ 0} 5 D=R. Rješenje. Funkcija funkcija 5ln G = je aniderivacija na području D = 0, +, a G = 5ln F je aniderivacija na području D= R \ 0 =,0 0, +. Primjeri daju nasluii da je razlika dviju aniderivacija funkcije f( ) samo broj, j. konsana. Pokažimo da je o isina. Neka su F ( ) i F( ) aniderivacije funkcije f ( ), odnosno neka je F = f i F = f. Tada slijedi: F F = f f = 0 F F = 0 F F = c Prema ome, odredimo li jednu aniderivaciju F( ) funkcije f( ), ada su dodavanjem realnih brojeva aniderivaciji F( ) odreñene sve osale aniderivacije funkcije f( ). Skup svih aniderivacija funkcije f( ), { F c : c } + R, se obično zapisuje kraće bez viičasih zagrada i s velikim C : F + C. Evo kako o skraćeno zapisivanje svih anidervacija izgleda u jednom primjeru.

6 6 I. Neodređeni inegrali Primjer 7. Odredi sve aniderivacije funkcije f =. Rješenje. Jedna aniderivacija je funkcija, a sve aniderivacije predočava krako zapisan skup funkcija + C. Primjer 8. Pronañi aniderivaciju F( ) funkcije sin F ( 0) =. Rješenje. Sve aniderivacije funkcije f ( ) su odreñene izrazom f = e za koju je Tražimo onu koja za = 0 iznosi : e e + cos + C. 0 + cos0+ C= C= F = e + cos + + e Primjer 9. Pronañi onu aniderivaciju F( ) funkcije f = zadovoljava uvje F( e ) =. koja Rješenje. Sve aniderivacije funkcije f ( ) su predočene izrazom ln + e + C.

7 . Aniderivacije 7 Mi ražimo onu koja za = e iznosi : ln e + e + C= C= e = + = ln ln ln F = ln + e ln = ln + e Napomena. Na žalos, aniderivacije mnogih funkcija ne mogu se izrazii pomoću elemenarnih funkcija. Tako npr. nisu elemenarne aniderivacije funkcija cos e f = sin ( ), f =, f =,.... Iako je anideriviranje znano eži posupak od deriviranja, ri osnovna pravila su F aniderivacija isa. Ta smo pravila već korisili u primjerima. Ako je od f ( ) i ako je G( ) aniderivacija od g( ), onda je: + + cf cf () F G aniderivacija od f g () F G aniderivacija od f g () aniderivacija od Završimo lekciju važnom činjenicom koja isiče da neprekinua funkcija ima aniderivaciju. Teorem o aniderivaciji. Ako je I R ovoreni inerval i ako je f : I R neprekinua funkcija, onda posoji derivabilna funkcija F( ) za koju vrijedi F = f za svaki I. Isi eorem vrijedi i za neprekinuu funkciju f :[, ] a b R zao šo se ona može proširii do neprekinue funkcije f ɶ : I R gdje je I neki ovoreni inerval koji sadrži [ a, b ].

8 8 I. Neodređeni inegrali. Neodreñeni inegral.. Definicija neodreñenog inegrala Definicija. Neodreñeni inegral funkcije f njenih aniderivacija na om području, a bilježi se oznakom f d. na nekom području je skup svih Ova neobična oznaka poječe od oznake za odreñeni inegral i jedne jako važne formule koja povezuje odreñeni inegral s aniderivacijom. U oj oznaki funkciju f nazivamo podinegralnom funkcijom ili inegrandom. Umjeso podpunog naziva neodreñeni inegral služimo se i skraćenim nazivom inegral. Ako se područje neodreñenog inegrala ne isiče posebno, podrazumijeva se ono najšire. Primjer 0. Pronañi neodreñeni inegral funkcije f =. Rješenje. Treba pronaći jednu aniderivaciju F( ) i njoj dodai konsane C : Primjer. Odredi Rješenje. Za neodreñeni inegral F =, d C = + d i njegovo najšire područje. d= d= + C= + C najšire je područje 0, D= +, j. skup nenegaivnih realnih brojeva.

9 .Neodređeni inegral 9 Računska svojsva.. Računska pravila neodreñenog inegrala neodreñenog inegrala proizlaze iz računskih svojsava f d g d. Tada vrijede aniderivacije. Predposavimo da posoje i pravila: () () () + = + cf d= c f d f g d f g d = f g d f g d Primjer. Pomoću računskih pravila odredi: Rješenje. ( + ) ( ) () d () cos sin d () 7e d () ( + ) d= d+ d= + C + + C = + + C, C= C + C ( ) d d d C ( C ) e d= e d= ( e + C) = e + C C= 7C () cos sin = cos sin = sin + cos + = = sin + cos + C, C= C C () , Primjer. Odredi Rješenje. d. d= d= d 6 d+ 9 d= = C= + + C 5 5

10 0 I. Neodređeni inegrali.. Tablica osnovnih inegrala Za šo lakše i brže inegriranje porebna je neka ablica osnovnih inegrala. Takva ablica obično nasaje iz dijela ablice osnovnih derivacija uz još nekoliko pridodanih formula. Valjanos abličnih inegrala se može provjerii deriviranjem: derivacija izraza na desnoj srani reba bii jednaka podinegralnom izrazu na lijevoj srani. Primjer. Deriviranjem provjeri valjanos formule d= arcan + C, a 0. + a a a Rješenje. Izraz arcan a a ćemo derivirai kao umnožak konsane a i složene funkcije arcan a : arcan + C = = a a a a + a + a Primjer 5. Provjeri valjanos formule d= + + a + C a + a ln, 0. Rješenje. Prvo ponovimo da se derivacija funkcije f = za 0 može zapisai kao f =. Primijeimo da je za a 0 izraz + + a 0 za svaki za koji je + a 0. Slijedi deriviranje desne srane kao višesruko složene funkcije:

11 . Neodređeni inegral 0 0d= 0+ C 0 d = + C Tablica osnovnih inegrala a+ a d= + C, a a+ d= ln + C e d= e + C a 06 a d= + C, a> 0, a ln a 07 sin d= cos + C 08 cos d= sin + C sin 09 cos 0 d= co + C d= an + C d= arcan + C, a 0 + a a a a d= ln + C, a 0 a a + a d= + + a + C a + a a ln, 0 d= arcsin + C, a 0 a ad= + a+ a ln + + a + C, a 0 = + arcsin +, 0 a a d a a C a

12 I. Neodređeni inegrali ( a C) + + a ln = + = + + a + + a + a + a+ = = a a a Primjer 6. Služeći se ablicom odredi: d d d 0 () () () 5 Rješenje. () () + 7 d= d= + C= + C= + C d= d= + C= + C= + C d d = = d = + C () ln Primjer 7. Uz pomoć ablice izračunaj: Rješenje. ( + ) () d () e d () d ( + e) ( + e) () d= + C () ( e) d C ln + = + ln

13 . Neodređeni inegral 8 () d= 8 d= + C= + C ln8 ln Primjer 8. Prilagodbom inegranda ablici, odredi: () d () d Rješenje. () d d arcan C + = 5 = ( 5) d= d= + + C () ln 5.. Inegriranje pomoću ablice i osnovnih pravila Primjer 9. Prilagodbom inegranda ablici, pomoću izlučivanja, izračunaj: () d () d Rješenje. () d= d= d= + = ln + C= ln + C +

14 I. Neodređeni inegrali () d= d= d= = ln + + K = ln + + C C= K ln Primjer 0. Rasavljanjem inegranda na zbroj ili razliku, primjenom osnovnih pravila i uporebom abličnih inegrala, izračunaj: Rješenje. ( ) ( ) ( + )( ) () d () d 6 () d () () d= + 9 d= d d+ 9 d= = C () d= + d= d d+ d d= = + + C 6 6 () d= d d d d = = = = ln + C () d= d= + d= = d+ d d d= + ln + C d

15 . Neodređeni inegral 5 Primjer. Služeći se osnovnim pravilima i ablicom, uz predhodno sreñivanje inegranda, odredi: Rješenje. + () d () + 6 ( ) + () d () 5 ( + ) + d d d = = = + C () ( )( + ) () d= d= ( + ) d= = d+ d= + + C () () + + d d + + = d d = = 6 6 = + + d= d+ d+ d= = C= C d= d= d= = + d= d d+ d= = + + = ( + 8) C 5 0 C d d

16 6 I. Neodređeni inegrali Primjer. Uz pomoć osnovnih pravila i ablice, odredi: sin d () () an sin d Rješenje. e + () () e d ( + ) d sin () + d= sin d sin d d sin = = sin sin = cos + co + C d= d= d= d= cos cos cos sin cos () an = d d= an + C cos () e + d= e + e d= e + d= e d+ d= e e e e = e + + C= e e + C ln e () + d= + + d= + + d= + + = d+ d+ d= C= + + C ln ln ln

17 .Meode inegracije 7. Meode inegracije Korise se dvije općenie meode inegracije: meoda inegracije zamjenom (supsiucijom) i meoda djelomične (parcijalne) inegracije. Prva se meoda odprilike odnosi na inegraciju složene funkcije, a druga odprilike na inegraciju umnožka funkcija. Porebno je isaknui da ove meode dovode do rješenja samo u nekim slučajevima, za razliku od formula za derivaciju složene funkcije i derivaciju umnožka funkcija koje su uvijek dovodile do rješenja. Pri odreñivanju ( ) zamjenom g = :.. Meoda inegracije zamjenom f g d ponekad pomaže uvoñenje nove promjenljive ( ) g = = = d= ( g ) ( ) d f g d g f g d Nasala je formula za inegraciju zamjenom u kojoj je inegrand na lijevoj srani izražen u složenom obliku. Predposavlja se da funkcija g ima derivabilnu inverznu funkciju Odreñivanje inegrala f g( ) = : g bar na nekom malom inervalu. d u nekim slučajevima omogućava zamjena = g f d = f ( g( ) ) g ( ) d d= g d Proizašla je formula za inegraciju zamjenom u kojoj je inegrand na lijevoj srani izražen u jednosavnom obliku. Za ovaj oblik formule se predposavlja da

18 8 I. Neodređeni inegrali je funkcija g derivabilna bar na nekom malom inervalu. Primjer. Pogodnom zamjenom cos( ) ga riješi. Rješenje. d svedi na ablični, a zaim = cos( ) d = + = ( cos) d= cos d= sin + C= d= d = sin ( ) + C Primjer. Pogodnom zamjenom Rješenje. d svedi na ablični i riješi ga. = d= + = d = d= d= d Primjer 5. Odredi = + = ( ) + 8 d. + C C

19 .Meode inegracije 9 Rješenje. + = d + ln ln ln = d= + C = + + C = + C = + d= d = ln + ln + C = ln + + C, C= C ln Primjer 6. Odredi d. Rješenje. = = = = = d= d d d d d d = d= + C= + C 6 Primjer 7. Izvedi abličnu formulu za a d, a 0. Rješenje. = a d = ad= d ad a = a a = d= arcsin + C= arcsin + C a

20 0 I. Neodređeni inegrali Primjer 8. Odredi ln d. Rješenje. ln = d= d = d= ln + C= ln ln + C ln ln d= d Primjer 9. Odredi log d. Rješenje. log = log ln0 d d= d = ( ln0) d= ( ln0) + C= log + C ln0 d= ( ln0) d Primjer 0. Riješi d. Rješenje. = + d= d = + = d= + d= d= d = d+ d C C C = + + = + + = + +

21 .Meode inegracije.. Meoda djelomične inegracije Pojednosavljivanje i izračunavanje nekih neodreñenih inegrala omogućava formula za djelomičnu inegraciju: = f g d f g g f d Isa se formula može zapisai u kraćem i pamljivijem obliku uz skraćenice u f v g du f d dv= g d, e: = i = iz kojih slijedi = i udv= uv vdu Primjenjuje se upravo ovaj skraćeni oblik formule za djelomičnu inegraciju. Uporeba formule (s lijeva u desno) je moguća samo ako možemo odredii funkciju v, a korisna ek onda kada je inegral na desnoj srani jednosavniji od inegrala na lijevoj srani. Pri odreñivanju funkcije v = dv nije porebno dodavai konsanu, dovoljno je isu dodai završnom rješenju. Formula za djelomičnu inegraciju se lako izvodi u ri koraka. Prvo se derivira umnožak f g( ), poom se obje srane inegriraju, e se na kraju jedan inegral izrazi na lijevoj srani: f g( ) = f g + f g /... d + = + f g C f g d f g d = f g d f g g f d Primjer. Pogodnim izborom funkcije u i diferencijala dv pronañi neodreñeni inegral logariamske funkcije, log a d.

22 I. Neodređeni inegrali Rješenje. u= log a, dv= d log a d = ( loga ) d= du= d, v= d= ln a ln a = loga d= loga + C ln a ln a Primjer. Riješi sin d. Rješenje. Prvi izbor: u= sin, dv= d sin d sin cos d = du= cos d, v= d= Izbor ne vodi rješenju jer je ćemo novim izborom. cos d eži od polaznog sin d. Pokuša Drugi izbor: u=, dv= sin d sin d = cos + cos d= du= d, v= sin d= cos = cos + sin + C Primjer. Dvosrukom primjenom formule za djelomičnu inegraciju riješi e d. Rješenje. Počeno rješenje: u=, dv= e d e d = e e d du= d, v= e

23 .Meode inegracije Meñurješenje za inegral na desnoj srani: u=, dv= e d e d = e e d= e e du= d, v= e Završno rješenje: e d= e e e + C= + e + C Primjer. Nakon dvosruke primjene formule za djelomičnu inegraciju na e cos d pojavljuje se jednadžba iz koje se aj inegral može izrazii. Odredi jednadžbu pa iz nje izrazi inegral. Rješenje. Prva primjena formule na zadani inegral: u= e, dv= cos d e cos d = e sin e sin d du= e d, v= sin Druga primjena formule na inegral na desnoj srani: u= e, dv= sin d e sin d = e cos + e cos d du= e d, v= cos Inegralna jednadžba i završno rješenje: e cos d= e sin e cos + e cos d e cos d= e ( sin + cos ) + C Primjedba. Predhodni primjer se može riješii na isi način i uz obrnui odabir u= cos i dv = e d.

24 I. Neodređeni inegrali.. Inegriranje pomoću obje meode Ispreplianje obiju meoda inegracije povećava uspješnos u pronalaženju neodreñenih inegrala. Primjer 5. Primjenom obiju meoda odredi ln d. + Rješenje. Djelomična inegracija: u= ln, dv= d + ln d = ln d + + du= d, v= Zamjena: = d = = d = ln = ln d= d Završno rješenje: ln d= ln ln( ) + C + + d. Primjer 6. Pomoću obje meode odredi arcsin( ) Rješenje. Zamjena: = arcsin( ) d = arcsin d d= d

25 .Inegriranje racionalnih funkcija 5 Djelomična inegracija: u= arcsin, dv= d arcsin d = arcsin d du= d, v= Zamjena: = s d = s = d= ds Završno rješenje: arcsin d= arcsin + + C= = arcsin + + C. Inegriranje racionalnih funkcija.. Rasav racionalne funkcije Ponovimo krako nazive koji su vezani uz racionalnu funkciju. Cijela racionalna funkcija je polinom. Prava racionalna funkcija ima supanj polinoma u brojniku manji od supnja polinoma u nazivniku. Djelomični ili parcijalni razlomci su najjednosavnije prave racionalne funkcije. Ponovimo još pravila koja govore o rasavu racionalne funkcije. Racionalna funkcija, koja nije ni cijela ni prava, se može dijeljenjem brojnika nazivnikom

26 6 I. Neodređeni inegrali rasavii na zbroj polinoma i prave racionalne funkcije. Prava racionalna funkcija, koja nije djelomični razlomak, se može meodom neodreñenih koeficijenaa rasavii na zbroj djelomičnih razlomaka. Želimo li inegrirai racionalnu funkciju, prvo ju moramo maksimalno rasavii na pribrojnike, a zaim inegrirai svaki pribrojnik. Evo kako o izgleda u jednom primjeru. Primjer 7. Odredi 5 d. + Rješenje. Rasav inegranda na zbroj polinoma i prave racionalne funkcije pomoću dijeljenja brojnika nazivnikom: ± d j e l j e n i k d j e l i e lj k o l i č n i k ± d j e l j e n i k o s a a k 5 : + = r a s a v = Nakon fakorizacije nazivnika, ( ) + = +, pravu racionalnu funkciju + 5 rasavljamo na zbroj djelomičnih razlomaka pomoću meode + neodreñenih koeficijenaa: 5 + A B+ C = + / + + ( + )

27 .Inegriranje racionalnih funkcija 7 + 5= A B C A B C A + 5= ( + ) A + B = C = A = 5 A= 5, B=, C= = + = Inegriranje svih pribrojnika u rasavu: 5 5 = d =, d =, d = ln, d = arcan Zbrajanje izračunaih inegrala: + = d = d = ln = ln + + d= d 5 d= d d 5 d+ d+ d= = 5ln + ln + + arcan + C Zbog važnosi inegrala racionalne funkcije u sljedeće ri podlekcije ćemo posupno inegrirai djelomične razlomke, prave racionalne funkcije, i na kraju, bilo koje racionalne funkcije.

28 8 I. Neodređeni inegrali.. Inegriranje djelomičnih razlomaka Dvije su vrse djelomičnih razlomaka. Prva se vrsa obično izražava oblikom A ( a+ b) n u kojem su koeficijeni a, b i A realni brojevi uz uvje a 0, a eksponen n prirodan broj. Druga se vrsa izražava oblikom A+ B ( a + b+ c) n u kojem su koeficijeni a, b, c, A i B realni brojevi uz uvje eksponen n prirodan broj. b ac< 0, a Inegriranje djelomičnih razlomaka prve vrse je lagano: ako je porebno,uvede se zamjena a b + =. Evo dva primjera. Primjer 8. Odredi d. 6 Rješenje d d C C = = 5 + = 5 + Primjer 9. Odredi 5 d. ( ) Rješenje. = d = d= + C= + C ( ) d= d ( )

29 .Inegriranje racionalnih funkcija 9 Inegriranje djelomičnih razlomaka druge vrse ovisi o eksponenu n : za n> reba korisii rekurzivnu formulu i šo je n veći inegriranje raje dulje. Prvo dva primjera u kojima je n=. 7 Primjer 0. Odredi d. + 9 Rješenje. Rasav na dva inegrala: 7 7 d= 7 d= d d Inegriranje pribrojnika: Završno rješenje: + 9= d = d= ln d= d d= arcan d= ln ( + 9) arcan + C + 9 Primjer. Riješi d Rješenje. Upodpunjavanje nazivnika podinegralne funkcije do zbroja kvadraa: + + 5= + + 5= + + Zamjena i rasav na dva inegrala: + = d = d= d d = ( + ) + d d

30 0 I. Neodređeni inegrali Inegriranje pribrojnika: Završno rješenje: + = s d = ds= ln s= ln + + d= ds s d= arcan + + d= ln( + + 5) arcan + C Poopćenje inegrala I= d= arcan je inegral + a a a I = d za n. n ( + a ) Za aj inegral vrijedi rekurzivna formula n In = + ( n ) I n za n n a n ( + a ) koja se može izvesi na ovaj način: I u=, dv= d n ( + a ) = d = ( + a ) ( n ) du= d, v= n ( + a ) n n = + ( n ) + a + a n n d

31 .Inegriranje racionalnih funkcija + a a + a d= d= d a d= ( + a ) ( + a ) ( + a ) ( + a ) n n n n = d a d= I a I ( n + a ) ( + a ) ( + a ) n n n I = + n I a I ( ) n n n n ( + a ) a n In = + n I n n I n In = + n I n a n ( + a ) ( ) n U sljedećem primjeru ćemo pokazai kako se korisi rekurzivna formula (la. rekurzia = hrv. vraćanje unarag). U odreñivanju inegrala I sudjeluju svi predhodnici: I, I,..., I, I. n n n Primjer. Pomoću rekurzivne formule odredi I = d. ( + a ) Rješenje. U rekurzivnu formulu uvrsimo n= : I = + I a ( + a ) U rekurzivnu formulu uvrsimo n= : I = + I = + arcan a + a a + a a a

32 I. Neodređeni inegrali U izraz za I uvrsimo izračunai I : I = + + arcan a ( + a ) a + a a a Primjer. Odredi + d. ( + ) Rješenje. Rasav na dva inegrala: + d d d = + ( + ) ( + ) ( + ) Primjena meode zamjene na prvi inegral: + = d = d= = ( + ) d= d ( + ) Primjena formule za I iz predhodnog primjera na drugi inegral: Završno rješenje: ( + ) d= I a= = + arcan + d= + arcan C + + = + + ( + ) ( ) = + arcan + C ( + )

33 .Inegriranje racionalnih funkcija.. Inegriranje pravih racionalnih funkcija Inegriranje prave racionalne funkcije koja nije djelomični razlomak se odvija u čeiri koraka: rasav nazivnika funkcije na umnožak polinoma prvog supnja i nerasavljivih polinoma drugog supnja rasav funkcije na zbroj djelomičnih razlomaka pomoću meode neodreñenih koeficijenaa inegriranje djelomičnih razlomaka zbrajanje izračunaih inegrala djelomičnih razlomaka 9 Primjer. Odredi d. + 5 Rješenje. Rasav nazivnika inegranda: + 5= = + 5 Rasav inegranda na djelomične razlomke: 9 A B = + / = A B 9= A B A + B= 5 A B= 9 9 A=, B= 8 8 ( )( )

34 I. Neodređeni inegrali 9 9 = Inegriranje djelomičnih razlomaka: Zbrajanje izračunaih inegrala: = d = d= ln = ln d= d + 5= d = d= ln = ln d= d d= d+ d= ln + ln C Primjer 5. Izvedi formulu za d, a 0 (ablični inegral). a Rješenje. Rasav nazivnika inegranda: = + a a a Rasav inegranda na djelomične razlomke: A B = + / + a + a a + a = A( + a) + B( a) 0+ = A+ B + aa ab aa A + B = ab = 0 A=, B= a a ( a)( a)

35 .Inegriranje racionalnih funkcija 5 = a + a a a + a Inegriranje djelomičnih razlomaka: a= d = d= ln = ln a a d= d + a= d = d= ln = ln + a + a d= d Zbrajanje izračunaih inegrala: a d= ln a ln + a + C= ln + C a a a + a Primjer 6. Odredi d. ( ) ( ) Rješenje. Nazivnik je već rasavljen. Zao slijedi rasav inegranda na djelomične razlomke: A B C d= + + / ( ) ( ) ( ) + = A B C = B C A B C A B C B + C= 9 A+ 7B C= 6 A B + C= 0 A=, B= 0, C= ( ) ( ) ( ) =

36 6 I. Neodređeni inegrali Inegriranje djelomičnih razlomaka: = d = d= = d= d ( ) = d = d= ln = ln d= d Zbrajanje izračunaih inegrala: ln ( ) ( ) d= + + C Primjer 7. Odredi + + d. + Rješenje. Rasav nazivnika inegranda: + = + Rasav inegranda na djelomične razlomke: + + A B C D = ( ) / + + = A + + B + + C + + D + + = C D B C A B A C + D = 0 B + C = A + B = A = A=, B= 0, C=, D= + + = + + +

37 .Inegriranje racionalnih funkcija 7 Inegriranje djelomičnih razlomaka: d=, d= ln, d= ln + + Zbrajanje izračunaih inegrala: + + d= C= + + C + + ln ln ln Primjer 8. Odredi d. Rješenje. Rasav nazivnika inegranda: + = + = + Rasav inegranda na djelomične razlomke: A B+ C = + / + + ( )( + ) ( )( ) 7 + 5= A B C + = A+ B + B+ C + A C 7 5 A + B = 7 B + C= A C = 5 A= 5, B=, C= = + + ( )( + ) Inegriranje djelomičnih razlomaka: 5 = d = 5 d= 5ln = 5ln d= d

38 8 I. Neodređeni inegrali Zbrajanje izračunaih inegrala: + = d = d = ln = ln + + d= d d= 5ln + ln( + ) + C Primjer 9. Odredi + d. + 6 Rješenje. Rasav nazivnika inegranda: 6 + = 6 + Rasav inegranda na djelomične razlomke: + A B+ C ( 6+ ) ( ) = + / = A 6+ + B+ C + + = A+ B + A+ C + A 0 6 A + B = 6 A + C = 0 A = A=, B= 0, C= = ( 6+ ) Inegriranje djelomičnih razlomaka: d= ln

39 .Inegriranje racionalnih funkcija 9 6 = d= 6 d = d= d 6 = 6 d= arcan = arcan + Zbrajanje izračunaih inegrala: + d= ln + arcan + C 6 + Primjer 50. Odredi d. + Rješenje. Rasav nazivnika inegranda: + = + = Rasav inegranda na djelomične razlomke: A+ B C+ D = + / ( + )( + + ) = A+ B C+ D + ( ) = A+ C + A+ B C+ D + A+ B+ C D + B+ D A + C = 0 A + B C + D = 0 A+ B + C D = B + D = 0 A= 0, B=, C= 0, D= Inegriranje djelomičnih razlomaka: d= d = arcan + +

40 0 I. Neodređeni inegrali d= d= arcan Zbrajanje izračunaih inegrala: d = arcan ( ) arcan( + ) + C +.. Inegriranje racionalnih funkcija Inegriranje racionalne funkcije koja nije ni cijela ni prava se odvija u čeiri koraka (drugi korak obuhvaća prva dva koraka iz predhodne podlekcije): rasav funkcije na zbroj polinoma i prave racionalne funkcije dijeljenjem brojnika nazivnikom rasav prave racionalne funkcije, ukoliko ona već nije djelomični razlomak, na zbroj djelomičnih razlomaka inegriranje polinoma i djelomičnih razlomaka zbrajanje izračunaih inegrala Primjer 5. Odredi d. Rješenje. Rasav inegranda na polinom i pravu racionalnu funkciju: 5 ± djelielj količnik + : ± 8 8 = r a s a v = 5 + +

41 .Inegriranje racionalnih funkcija Rasav prave racionalne funkcije: ( ) Inegriranje svih članova rasava: ( ) = 8 A B = + / 8 = A+ B A A+ B= 8 A = A=, B= = + ( ) = =,, ln, ln = = = d d d d Zbrajanje izračunaih inegrala: = d + d + d + d = 5 ln 7ln C

42 I. Neodređeni inegrali Primjer 5. Odredi + 5 d. + Rješenje. Rasav inegranda na polinom i pravu racionalnu funkciju: ± djelielj količnik + 5 : + = ± r a s a v = Rasav prave racionalne funkcije: + = + 5 A B 5 5 = + = Inegriranje svih članova rasava: = =,, ln, ln = = + = + d d d d Zbrajanje izračunaih inegrala: d= + + 5ln 5ln + + C= = + + 5ln + + C

43 .Inegriranje racionalnih funkcija Primjer 5. Odredi + + d. Rješenje. Rasav inegranda na polinom i pravu racionalnu funkciju: djelielj količnik + + : = + ± r a s a v = + Rasav prave racionalne funkcije: + A B C = + + / = = + A B C B C A + = A + B + C = B C = 0 A = 7 7 A=, B=, C= = Inegriranje svih članova rasava: + + =

44 I. Neodređeni inegrali =, = ln, = ln, = ln + + d d d d Zbrajanje izračunaih inegrala: d= ln + ln + ln + + C= 8 7 = ln + ln + 8 C Primjer 5. Odredi d. Rješenje. Rasav inegranda na polinom i pravu racionalnu funkciju: 5 djelielj količnik 5 + : + = 5 ± ± + + r a s a v 5 = Inegriranje svih članova rasava: 5 + = d=, d=, d= ln +, d= arcan + + Zbrajanje izračunaih inegrala: 5 ln arcan + d= + ( + ) + + C +

45 .Inegriranje racionalnih funkcija 5 Primjer 55. Odredi + d. Rješenje. Rasav inegranda na konsanu i pravu racionalnu funkciju: djelielj količnik + : = ± + r a s a v + + = + Rasav prave racionalne funkcije: ( )( + + ) = A B+ C = + = Inegriranje svih članova rasava: + = d=, d= ln, d= arcan + + Zbrajanje izračunaih inegrala: + ln arcan + d= + + C

46 6 I. Neodređeni inegrali 5. Inegriranje funkcija s korijenom Ponekad se inegral funkcije koja sadrži neki korijen može pogodnom zamjenom svesi na inegral racionalne funkcije. Primjer 56. Pogodnom zamjenom, funkcije, a zaim ga riješi. d svedi na inegral racionalne + Rješenje. + = d + = = d= + d= + + C = + d= d ( ) = ( + ) C = ( + ) + + C Primjer 57. Odgovarajućom zamjenom, racionalne funkcije, a poom ga riješi. d + prevedi u inegral Rješenje. = d = = d= d= d= d = arcan arcan d = + C = + + C Dodaak. Rasav racionalne funkcije, umjeso dijeljenja brojnika + nazivnikom, se brže posiže dodavanjem nule brojniku u obliku :

47 5.Inegriranje funkcija s korijenom = = = Primjer 58. Riješi d. Rješenje. 6 = 6 = = = = d= 6 d 5 6 d 6 d d 5 = d+ C= ln + C= 6 6 6ln C Dodaak. Brzi rasav racionalne funkcije : + = = + = Primjer 59. Riješi d. Rješenje. Uz zamjenu = slijedi: = / = + + = = + = d= + + d

48 8 I. Neodređeni inegrali d = = + d= ( ) ( + ) 8 = d= d 8 d d = = arcan arcan = + C= + C 6. Inegriranje rigonomerijskih funkcija 6.. Inegriranje umnožaka općih sinusa i kosinusa Ako je podinegralna funkcija umnožak sinusa, ili sinusa i kosinusa, ili kosinusa, onda se možemo pomoći rigonomerijskim formulama koje umnožak prevaraju u zbroj: sinα sinβ = cos( α β) cos( α+ β) sinα cosβ = sin( α β) + sin( α+ β) cosα cosβ = cos( α β) + cos( α+ β) d. Primjer 60. Izračunaj sin( ) sin( ) Rješenje. Prevaranje umnožka u zbroj za α = i β = : sin sin cos cos cos cos ( ) ( ) = ( ) ( ) = ( )

49 6.Inegriranje rigonomerijskih funkcija 9 Inegriranje pribrojnika: = cos d = cosd= sin = sin d= d = cos cos sin sin d= d Završno rješenje: ( ) d = d= = ( ) sin( ) sin( ) d= sin sin( ) + C 8 Primjer 6. Izračunaj sin cos cosd. Rješenje. Prevaranje umnožka u zbroj: sin cos = sin( ) + sin = sin + sin sin cos cos = sin cos + sin cos = sin sin + sin 6 = sin sin sin 0 sin = Inegriranje pribrojnika: Završno rješenje: a= sin ad = sin d= cos= cos a d= d a a a a sin cos cosd= cos + cos cos 6+ C 8 6

50 50 I. Neodređeni inegrali d. Primjer 6. Izračunaj cos ( + ) Rješenje. Prevaranje umnožka u zbroj: cos cos cos 0 cos 6 8 cos 6 8 ( + ) ( + ) = + ( + ) = + ( + ) Inegriranje pribrojnika: Završno rješenje: d=, cos 6+ 8 d= sin cos ( + ) d= + sin( 6+ 8) + C 6.. Inegriranje racionalnih izraza sa sinusom i kosinusom Inegral racionalnog izraza f ( sin,cos ) s promjenljivim veličinama sin i cos, se pomoću zamjene an = (zv. opća ili univerzalna rigonomerijska zamjena), svodi na inegral racionalne funkcije s promjenljivom. Nekad se akav inegral može brže riješii i zamjenom sin = ili cos = ili an =. f d preporučuje se posupno promaranje mogućih zamjena ovim redom: U cilju šo bržeg i lakšeg rješavanja ( sin,cos ) () pokuša se zamjenom sin = ili cos = =, uvodi se zamjena () ako je f ( sin, cos ) f ( sin, cos ) iz koje slijedi an =

51 6.Inegriranje rigonomerijskih funkcija 5 sin =, cos =, d= d () ako predhodne zamjene ne odgovaraju, uvodi se zamjena an = iz koje slijedi sin =, cos =, d= d Primjer 6. Prikladnom zamjenom funkcije, a zaim ga riješi. cos d svedi na inegral racionalne sin + Rješenje. ( sin ) cos sin cos = + d= d = d= sin + sin + cos d= d + 8 = + d= d+ d 8 d= + + = + 8ln + + = sin + sin 8ln( sin + ) + C C Dodaak. Rasav racionalne funkcije + : + djelielj količnik + : + = + + ± ± 9 8 r a s a v + =

52 5 I. Neodređeni inegrali Primjer 6. Odredi sin d. cos + Rješenje. sin cos sin cos = d= d = sin d= d cos + cos + = d= d d d = = = arcan + C= cos arcan cos + C Primjer 65. Odredi d. sin cos Rješenje. Provjera parnosi podinegralnog izraza: f ( sin, cos ) = = = sin, cos sin cos f ( sin ) ( cos ) Odreñivanje inegrala zamjenom an sin cos = : d an = = = d= = d= + d= + ln + C= an ln an = + + C

53 6.Inegriranje rigonomerijskih funkcija 5 Primjer 66. Odredi cos + d. cos + Rješenje. Provjera parnosi podinegralnog izraza: cos + cos + f f cos + cos + ( sin, cos ) = = ( sin, cos ) Odreñivanje inegrala zamjenom an = : cos + dan = = cos + + = + d= = d= d + = + + = d+ d= + arcan + C= + = an + arcan an + C= + an + C Primjer 67. Odredi sin d. Rješenje. Provjera parnosi inegranda: Zamjena an f sin sin f ( sin, cos ) = = ( sin, cos ) = :

54 5 I. Neodređeni inegrali dan = = d= d sin Zamjena = s : = s d= d = ds= = d= ds ( ) + s s Završno rješenje: d= = = + C sin an

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

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj Zadaak (Ines, hoelijerska škola) Ako je g, izračunaj + 5 + Rješenje Korisimo osnovnu rigonomerijsku relaciju: + Znači svaki broj n možemo zapisai n n n ( + ) + + + + 5 + 5 5 + + + + + 7 + Zadano je g Tangens

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

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

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

Διαβάστε περισσότερα

7 Algebarske jednadžbe

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

Διαβάστε περισσότερα

DOMAĆA ZADAĆA 5. /Formulacije i rješenja zadataka/ - INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 ak. 2009/2010. Selma Grebović. Sarajevo, Decembar 2009.

DOMAĆA ZADAĆA 5. /Formulacije i rješenja zadataka/ - INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 ak. 2009/2010. Selma Grebović. Sarajevo, Decembar 2009. UNIVERZITET U SARAJEVU ELEKTROTEHNIČKI FAKULTET SARAJEVO DOMAĆA ZADAĆA 5 /Formulacije i rješenja zadaaka/ - INŽENJERSKA MATEMATIKA ak. 9/. Selma Grebović Sarajevo, Decembar 9. godine Zad.. Za realnu funkciju

Διαβάστε περισσότερα

ZI. NEODREðENI INTEGRALI

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

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

Διαβάστε περισσότερα

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

(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

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

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

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

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

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Operacije s matricama

Operacije s matricama Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) 2 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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

( , 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

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

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

LEKCIJE IZ MATEMATIKE 1

LEKCIJE IZ MATEMATIKE 1 LEKCIJE IZ MATEMATIKE Ivica Gusić Lekcija 2 Svojsva derivacija. Derivacije elemenarnih funkcija Lekcije iz Maemaike. 2. Svojsva derivacija. Derivacije elemenarnih funkcija. I. Naslov i obja²njenje naslova

Διαβάστε περισσότερα

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

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

Διαβάστε περισσότερα

1 Promjena baze vektora

1 Promjena baze vektora Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. 1. Duljine dijagonala paralelograma jednake su 6,4 cm i 11 cm, a duljina jedne njegove

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

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

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

Uvod u teoriju brojeva

Uvod u teoriju brojeva Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)

Διαβάστε περισσότερα

4 INTEGRALI Neodredeni integral Integriranje supstitucijom Parcijalna integracija Odredeni integral i

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

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1 Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i službeni šalabahter. Predajete samo papire koje ste dobili. Rezultati i uvid u kolokvije: ponedjeljak,

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcije i Limesi i derivacije Poglavlje Limesi i derivacije.0. Limesi Limes funkcije f kada teºi nekoj to ki a ovdje a moºe ozna avati i ± moºemo

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

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

GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zadaci II deo

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

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

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

MATEMATIKA I 1.kolokvij zadaci za vježbu I dio

MATEMATIKA I 1.kolokvij zadaci za vježbu I dio MATEMATIKA I kolokvij zadaci za vježbu I dio Odredie c 0 i kosinuse kueva koje s koordinanim osima čini vekor c = a b ako je a = i + j, b = i + k Odredie koliki je volumen paralelepipeda, čiji se bridovi

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

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

Διαβάστε περισσότερα

OM2 V3 Ime i prezime: Index br: I SAVIJANJE SILAMA TANKOZIDNIH ŠTAPOVA

OM2 V3 Ime i prezime: Index br: I SAVIJANJE SILAMA TANKOZIDNIH ŠTAPOVA OM V me i preime: nde br: 1.0.01. 0.0.01. SAVJANJE SLAMA TANKOZDNH ŠTAPOVA A. TANKOZDN ŠTAPOV PROZVOLJNOG OTVORENOG POPREČNOG PRESEKA Preposavka: Smičući napon je konsanan po debljini ida (duž pravca upravnog

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

Periodičke izmjenične veličine

Periodičke izmjenične veličine EHNČK FAKULE SVEUČLŠA U RJEC Zavod za elekroenergeiku Sudij: Preddiploski sručni sudij elekroehnike Kolegij: Osnove elekroehnike Nosielj kolegija: Branka Dobraš Periodičke izjenične veličine Osnove elekroehnike

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika

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

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

IZRAČUNAVANJE KONAČNIH SUMA METODIMA DIFERENTNOG RAČUNA

IZRAČUNAVANJE KONAČNIH SUMA METODIMA DIFERENTNOG RAČUNA IZRAČUNAVANJE KONAČNIH SUMA METODIMA DIFERENTNOG RAČUNA Izlaganje - Seminar za matematičare, Fojnica 2017.g. Prof. dr. MEHMED NURKANOVIĆ Prirodno-matematički fakultet Univerziteta u Tuzli 13.01.2015. godine

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

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

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

15. domaća zadaća. Matematika 1 (preddiplomski stručni studij elektrotehnike)

15. domaća zadaća. Matematika 1 (preddiplomski stručni studij elektrotehnike) Maemaika 5.. Koriseći definiciju derivacije funkcije u očki izračunaje sljedeće granične vrijednosi: c) f) h) i) j) k) n) o) q) r) e 0 e 0 e 0 ln( + ) 0 ln( + ) 0 4 ln sin e 0 5 g e 0 6 cos e cg e ln(

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

SISTEMI DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA - ZADACI NORMALNI OBLIK

SISTEMI DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA - ZADACI NORMALNI OBLIK SISTEMI DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA - ZADACI NORMALNI OBLIK. Rši sism jdnačina: d 7 d d d Ršnj: Ša j idja kod ovih zadaaka? Jdnu od jdnačina difrniramo, o js nađmo izvod l jdnačin i u zamnimo drugu jdnačinu.

Διαβάστε περισσότερα

APROKSIMACIJA FUNKCIJA

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

Διαβάστε περισσότερα

PRAVAC. riješeni zadaci 1 od 8 1. Nađite parametarski i kanonski oblik jednadžbe pravca koji prolazi točkama. i kroz A :

PRAVAC. riješeni zadaci 1 od 8 1. Nađite parametarski i kanonski oblik jednadžbe pravca koji prolazi točkama. i kroz A : PRAVAC iješeni adaci od 8 Nađie aameaski i kanonski oblik jednadžbe aca koji olai očkama a) A ( ) B ( ) b) A ( ) B ( ) c) A ( ) B ( ) a) n a AB { } i ko A : j b) n a AB { 00 } ili { 00 } i ko A : j 0 0

Διαβάστε περισσότερα

Neodreeni integrali. Glava Teorijski uvod

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima

1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima KOMPLEKSNI BROJEVI 1 1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima Kompleksni brojevi su proširenje skupa realnih brojeva. Naime, ne postoji broj koji zadovoljava kvadratnu jednadžbu x 2 + 1 = 0. Baš uz

Διαβάστε περισσότερα

Signali i sustavi - Zadaci za vježbu II. tjedan

Signali i sustavi - Zadaci za vježbu II. tjedan Signali i sustavi - Zadaci za vježbu II tjedan Periodičnost signala Koji su od sljedećih kontinuiranih signala periodički? Za one koji jesu, izračunajte temeljni period a cos ( t ), b cos( π μ(, c j t

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.

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

Dijagonalizacija operatora

Dijagonalizacija operatora Dijagonalizacija operatora Problem: Može li se odrediti baza u kojoj zadani operator ima dijagonalnu matricu? Ova problem je povezan sa sljedećim pojmovima: 1 Karakteristični polinom operatora f 2 Vlastite

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

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

Διαβάστε περισσότερα

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

Διαβάστε περισσότερα