UVOD. Ovi nastavni materijali namijenjeni su studentima

Transcript

1 UVOD Ovi nstvni mterijli nmijenjeni su studentim u svrhu lkšeg prćenj i boljeg rzumijevnj predvnj iz kolegij mtemtik. Ovi mterijli čine suštinu nstvnog grdiv p, uz obveznu literturu, mogu poslužiti studentim z pripremu ispit iz ovog kolegij. Svk konstruktivn sugestij u svrhu poboljšnj ovih mterijl, je dobrodošl. Želim vm što uspješnije svldvnje izloženog grdiv!! dr. sc. Josip Mtejš, EFZG

2 SADRŽAJ Neodredeni integrli... 1 Tehnike integrirnj... 3 Direktn integrcij... 6 Metod supstitucije... 8 Metod prcijlne integrcije Odredeni integrli Neprvi integrli Diferencijlne jedndžbe Primjen integrl u ekonomiji... 36

3 NEODRE-DENI INTEGRALI Nek je zdn reln funkcij f(x). Funkciju F (x) z koju vrijedi F (x) = f(x) nzivmo primitivn funkcij funkcije f(x). Postupk (operciju) kojom iz zdne funkcije f(x) dobivmo njenu primitivnu funkciju F (x) nzivmo integrirnje. F (x) = df (x) dx F (x) = = f(x) df (x) = f(x)dx df (x) = f(x)dx Integrirnje je inverzn opercij od diferencirnj odredivnj diferencijl (u suštini od derivirnj koje je osnov diferencirnj). Pri tome funkciju f(x) nzivmo podintegrln funkcij. Kko je f(x) = F (x) = [F (x) + C], to je F (x) + C z svki C R primitivn funkcij funkcije f(x). Dkle immo Definicij neodredenog integrl: F (x) = f(x) f(x)dx = F (x) + C + 1

4 Nziv neodredeni integrl potječe od neodredene konstnte C koju integrl sdrži. PRIMJERI Provjerite sljedeće tvrdnje: 1. (2x 3)dx = x 2 3x + C jer je (x 2 3x + C) = 2x ( ) 1 x + cos x dx = ln x + sin x + C jer je (ln x + sin x + C) = 1 x + cos x. 3. x 2 e x dx = (x 2 2x + 2)e x + C jer je [(x 2 2x + 2)e x + C] = x 2 e x. + 2

5 TEHNIKE INTEGRIRANJA D bi postupk integrirnj učinili opertivnim, koristeći definiciju integrl, izvodimo: općenit prvil integrirnj (integrl zbroj, rzlike i umnošk konstnte i funkcije), tblicu integrl (izrze - formule z integrle elementrnih funkcij) i metode integrirnj (direktn integrcij, metod supstitucije i metod prcijlne integrcije). + 3

6 1. 2. PRAVILA INTEGRIRANJA [f(x) ± g(x)] dx = cf(x)dx = c f(x)dx f(x)dx ± g(x)dx Ov prvil proizlze iz nlognih prvil z derivirnje, [F (x) ± G(x)] = F (x) ± G (x) i [cf (x)] = cf (x), pri čemu je f(x) = F (x) i g(x) = G (x). TABLICA INTEGRALA OSNOVNIH ELEMENTARNIH FUNKCIJA 1. 0 = 0 dx = C (konstnt) 2. x n dx = xn+1 n + 1 1dx = x + C + C z n x dx = x 1 dx = ln x + C + 4

7 4. 5. x dx = x ln + C e x dx = e x + C 6. sin xdx = cos x + C 7. cos xdx = sin x + C 8. dx cos 2 x = tn x + C 9. dx sin 2 x = cot x + C + 5

8 Dokz nvedenih formul: derivcij desne strne je podintegrln funkcij, npr. formul 3, [ln x + C] = [ln x + C] = 1 x z x > 0 [ln( x) + C] = 1 x ( 1) z x < 0 = 1 x. DIREKTNA INTEGRACIJA Koristimo prvil i tblicu integrl. 1. (x 4 + 6x 2 4x + 2)dx = x 4 dx + 6 x 2 dx 4 xdx + 2 dx = x x3 3 4 x x + C = x x3 2x 2 + 2x + C + 6

9 2. (3 x + 1 ) x 2 dx = (3x 1/2 + x 2 )dx = 3 x x C = x3/2 x 1 + C = 2x x 1 x + C 3. 3x 4 3 x x 2 dx = (3x 1 4x 5/3 )dx = 3 ln x 4 x C = 3 ln x + 6x 2/3 + C 4. ( x ) x + x5 + 5 x dx = 1 5 x ln x + x x ln 5 + C = x ln x + x x ln 5 + C + 7

10 METODA SUPSTITUCIJE Kod ove metode nstojimo, prikldnom zmjenom vrijbli, polzni integrl svesti n jednostvniji (tblični) oblik. Immo { } x = φ(t) f(x)dx = dx = φ = f(φ(t))φ (t)dt (t)dt ili f(x)dx = { t = ψ(x) dt = ψ (x)dx } = g(t)dt, gdje je ψ(x) i ψ (x) dio podintegrlne funkcije f(x). PRIMJERI 1. ln x x dx = = t e t et dt = { x = e t ili t = ln x dx = e t dt t dt = t2 2 + C } = ln2 x 2 + C + 8

11 2. = e 3x+1 dx = e t 1 3 dt = 1 3 t = 3x + 1 dt = 3dx dx = 1 3 dt e t dt = 1 3 et + C = 1 3 e3x+1 + C 3. 2x x dx = { t = x dt = 2x dx } = dt t Općenito, = dt t = ln t + C = ln(x 2 + 1) + C f (x) f(x) dx = { t = f(x) dt = f (x)dx = ln t + C = ln f(x) + C, je formul logritmskog integrirnj, } f (x) f(x) dx = ln f(x) + C. + 9

12 4. e x e x e x + e x dx = ln(ex + e x ) + C 5. 1 x ln x dx = 1 x ln x dx = ln(ln x) + C x 3 5x dx = 1 20 = 1 20 ln(5x4 + 9) + C = x 1 + x dx = (t 1)t 1/2 dt = 20x 3 5x dx t = 1 + x dt = dx x = t 1 (t 3/2 t 1/2 )dt = t5/2 5 2 t3/ C = 2 5 (1 + x)5/2 2 3 (1 + x)3/2 + C + 10

13 Npomen: Sve dobivene rezultte možemo provjeriti derivirnjem. METODA PARCIJALNE INTEGRACIJE Polzimo od formule z derivciju produkt funkcij u(x) i v(x), (uv) = u v + uv dx (uv) dx = v u dx + u v dx d(uv) = v du + u dv u dv = d(uv) v du Integrirnjem ove posljednje jednkosti dobivmo formulu prcijlne integrcije u dv = uv v du. Vidimo d se ovom metodom polzni integrl izrčunv djelomično (prcijlno). Pri tome nstojimo d je novi integrl v du jednostvniji od polznog u dv. Postupk je, dkle, slijedeći { u =... du = u } dx =... u dv = dv =... v = =... dv =

14 PRIMJERI 1. x 3 ln x dx = u = ln x, = x4 4 ln x x x dx = x4 4 ln x 1 4 dv = x 3 dx, x 3 dx = x4 4 du = 1 x dx v = x4 4 ln x x C 2. x 2 e x dx = = x 2 e x 2 { u = x 2, du = 2xdx dv = e x dx, v = e x xe x dx } = { u = x, du = dx dv = e x dx, v = e x = x 2 e x 2 ( xe x } ) e x dx = x 2 e x 2xe x + 2e x + C + 12

15 ODRE-DENI INTEGRALI Do pojm odredenog integrl došlo se preko problem odredivnj površine rvninskih likov (Riemnn XIX. st.). Problem površine: Nek je f : [, b] R neprekidn funkcij i f(x) 0 z sve x [, b]. Kolik je površin lik (pseudotrpez) omedenog prvcim x =, x = b, y = 0 i grfom funkcije y = f(x)? Rješenje problem površine: (skic...) Zdni intervl [, b] podijelimo n proizvoljn broj (n) intervl jednke duljine. U njihovim krjevim povučemo prvce okomite n os x, čime podijelimo polznu površinu n n pseudotrpez. Nd svkim intervlom ko bzom konstruirmo dv prvokutnik: njveći prvokutnik koji je upisn pripdnom pseudotrpezu i njmnji koji mu je opisn. Tržen površin je izmedu površin dviju unij prvokutnik (donj i gornj Drbouxov sum). + 13

16 Profinjujući prticiju polznog intervl [, b] (tj. povečvjući n), donj Drbouxov sum se povećv gornj smnjuje. Te dvije sume imju jednki limes (z n ) koji je tržen površin. Očito je tkv grnični postupk z odredivnje površin vrlo složen često g nije ni moguće provesti. Zbog tog problemu pristupmo mlo drukčije (skic...). Nek je P (x), z proizvoljni x [, b], dio polzne površine izmedu točk i x (dkle, P () = 0 P (b) je tržen površin čitvog pseudotrpez). Ako se iz točke x pomknemo u točku x + x ( x je dovoljno mli prirst), funkcij y = f(x) se promijeni z y površin P (x) z P. Z y > 0 immo y x P (y + y) x y P x y + y, (z y < 0 zmijenimo s ). + 14

17 Ako uzmemo d x 0, immo lim y x 0 odnosno lim x 0 P x lim (y + y), x 0 y P dp (x) (x) = y dp dx dx = y = f(x). Pri tome izrz dp = ydx = f(x)dx nzivmo diferencijl površine ili element površine. Sd je P (x) = dp (x) = f(x)dx = F (x) + C. Kko je P () = 0 immo 0 = F () + C C = F (). Dkle, P (x) = F (x) F (), p je P = P (b) = F (b) F () tržen površin. + 15

18 Ovu formulu (osnovnu formulu diferencijlnog i integrlnog rčun) pišemo u obliku P = b f(x) dx = F (b) F () i nzivmo je odredeni integrl u grnicm od do b ( je donj grnic, b je gornj grnic odredenog integrl). Dkle, odredeni integrl nenegtivne funkcije y = f(x) jednk je rzlici vrijednosti njene primitivne funkcije u gornjoj i donjoj grnici predstvlj mjerni broj površine lik omedenog krivuljm y = 0, x =, x = b i y = f(x). + 16

19 SVOJSTVA ODRE-DENIH INTEGRALA Nek su f, g : [, b] R, d [, b], c R. Td vrijedi b b b f(x)dx = f(x)dx = b d f(x)dx f(x)dx + b d b [f(x) ± g(x)]dx = f(x)dx f(x)dx ± b b cf(x)dx = c f(x)dx b g(x)dx Dokz iz definicije odredenog integrl, npr. 2. b f(x)dx = F (b) F () = F (b) F (d) + F (d) F () = b d f(x)dx + d f(x)dx. + 17

20 Izrčunjte 16 1 PRIMJER xdx. Što nm pokzuje dobiveni rezultt? Rješenje: Kko je xdx = x 1/2 dx = x3/ C = 2 3 x x +C, }{{} F (x) immo 16 1 xdx = F (16) F (1) = = 2 (64 1) = Površin koju ztvrju krivulje x = 1, x = 16, y = 0 i y = x iznosi 42 kvdrtne jedinice. + 18

21 Upute z rčunnje površin: Nek je I = [, b] i f, g : I R neprekidne funkcije. 1. Površin omeden s x =, x = b, y = 0 i y = f(x). () Ako je f(x) 0 z sve x I, td je P = b f(x)dx, što je i definicij odredenog integrl. (b) Ako je f(x) 0 z sve x I, td integrirnjem dobijemo negtivnu vrijednost, p je P = = b b f(x)dx f(x)dx. = b f(x)dx (c) Ako f(x) mijenj predznk n I, td zsebno rčunmo one dijelove površine z koje vrijedi () i one z koje vrijedi (b). N krju dobivene rezultte zbrojimo. + 19

22 2. Površin omeden s x =, x = b, y = f(x) i y = g(x). () je Ako je f(x) g(x) 0 z sve x I, td P = b [f(x) g(x)]dx. Ako je g(x) f(x) 0 z sve x I, td u nvedenoj formuli f i g zmijene mjest. (b) Ako f(x) g(x) mijenj predznk n I, td zsebno rčunmo one dijelove površine z koje vrijedi f(x) g(x) 0, odnosno one z koje je g(x) f(x) 0, n nčin ko pod (), te dobivene rezultte zbrojimo. + 20

23 PRIMJERI 1. Odredite mjerni broj površine koju grf funkcije y = x 3 x ztvr s osi x. Rješenje: Grnice integrcije su sjecišt grf dne funkcije s osi x (nul-točke). Immo x 3 x = 0 x(x 2 1) = 0 x 1 = 0, x 2,3 = ±1. Kko je funkcij pozitivn n 1, 0 negtivn n 0, 1, tržen površin se sstoji od dv dijel (skic...). Immo P 1 = P 2 = 0 1 = ( 1 (x 3 x)dx = ( ) (x 3 x)dx ) ( x 4 = 1 4, = 4 x2 2 ( x 4 4 x2 2 ) 0 1 ) 1 0 = = 2 1 = 1 4 4, p je P = P 1 + P 2 = 1/2 kvdrtne jedinice. + 21

24 Npomen: Uočimo d je zdn funkcij neprn p se tržen površin sstoji od dv jednk dijel (centrlno simetričn s obzirom n ishodište), p je dovoljno izrčunti jedn od njih i rezultt udvostručiti. Slično z prne funkcije. 2. Koliku površinu medusobno ztvrju krivulje y = x 2 i y = 3 2x? Rješenje: krivulj, Grnice integrcije su sjecišt dnih x 2 = 3 2x x 2 + 2x 3 = 0 x 1 = 3, x 2 = 1. Kko je 3 2x x 2 z x [ 3, 1], bit će P = = = 1 3 ( [(3 2x) x 2 ]dx 3x x 2 x3 3 ( ) 3 ) 1 3 ( ) =

25 3. Odredite vrijednost prmetr, > 0 tko d površin koju odreduju krivulje y = x 2 i y = x iznosi 36 kvdrtnih jedinic. Rješenje: Sjecišt su (skic...) x 2 = x x(x ) = 0 x 1 = 0, x 1 =. Immo P = = (x x 2 )dx = 0 ( ) 0 = p je prem uvjetim zdtk, 3 ( x 2 2 x , 6 = 36 3 = 216 = 6. )

26 4. Srednje vrijednosti funkcije y = f(x) n intervlu [, b] definirju se slijedećim formulm: A = 1 b b f(x)dx (ritmetičk) G = e 1 b b ln(f(x))dx (geometrijsk) H = b b dx f(x) (hrmonijsk) Odredite ritmetičku, geometrijsku i hrmonijsku sredinu funkcije y = x n intervlu [1, 5] i usporedite rezultte. + 24

27 Rješenje: A = xdx = 1 4 x = = 3 G = e ln xdx = e 1 4 (x ln x x) 5 1 = e 1 4 (5 ln 5 5) 1 4 (1 ln 1 1) = e 5 4 ln 5 1 = 5 5/4 e 1 = H = 4 = 4 5 dx ln x 5 1 x 1 = 4 ln 5 ln 1 = 4 ln 5 = Vidimo d je H < G < A. + 25

28 NEPRAVI INTEGRALI Ako podintegrln funkcij u području integrcije im prekid ili područje integrcije im jednu ili obje grnice beskončne, td tkv integrl nzivmo neprvi integrl. U tom slučju umjesto točke prekid (ili beskončne grnice) uvodimo vrijbilnu grnicu iz domene podintegrlne funkcije te uzimmo grničnu vrijednost kd on teži toj točki prekid (ili beskončnoj grnici). Immo Definicij: () Nek je f : [, β R neprekidn funkcij. Td je β f(x)dx = lim t β t f(x)dx. (b) Nek je f : α, b] R neprekidn funkcij. Td je b α f(x)dx = lim t α+ b t f(x)dx. + 26

29 (c) Ako je f : [, γ γ, b] R neprekidn funkcij, td polzni integrl rstvimo, b f(x)dx = γ f(x)dx + b γ f(x)dx, p n dobivene integrle primijenimo () i (b). Ako je, u nvedenim definicijm, neki limes beskončn ili ne postoji, kžemo d pripdni neprvi integrl divergir. U protivnom, ko je limes končn (u slučju (c) ob limes končn), integrl konvergir. PRIMJERI 1. Ako je f : R R, definirjte slijedeće neprve integrle + 4 Rješenje: f(x)dx, f(x)dx = f(x)dx, lim t + t 4 + f(x)dx, f(x)dx. + 27

30 2 f(x)dx = lim t 2 t f(x)dx + = lim t + f(x)dx = lim t + 2 t t t f(x)dx, f(x)dx. 2. Koliku površinu grf funkcije f(x) = xe x2 ztvr s osi x? Rješenje: Kko je D(f) = R i f je neprn funkcij, tržen površin se sstoji od dv jednk dijel (jedn nd pozitivnim drugi ispod negtivnog dijel osi x (skic...)). Dkle, P = xe x2 dx =? + 28

31 Kko je xe x2 dx = τ = x 2 dτ = 2x dx x dx = 1 2 dτ = 1 2 e τ dτ immo P = 2 lim t + = 1 2 eτ + C = 1 2 e x2 + C, = 2 lim t + = 2 lim t + = 2 t 0 [( 12 0 ) xe x2 dx ( 12 e x2) t 0 [( 1 2 e t2) ( 12 1 )] ( 12 e0 )] = 1. Dkle, veličin tržene površine, koj se uz os x proteže od do +, iznosi jednu kvdrtnu jedinicu! + 29

32 DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE Svku jedndžbu, koj sdrži br jednu derivciju nepoznte funkcije, nzivmo diferencijln jedndžb. Rzlikujemo obične (s funkcijm jedne vrijble) i prcijlne diferencijlne jedndžbe (s funkcijm više vrijbli). Njveći red derivcije nepoznte funkcije, koj se u jedndžbi pojvljuje, odreduje red diferencijlne jedndžbe. Tko je, n primjer, y + xy = e x... običn dif. j. prvog red, 4y 5y = 7... običn dif. j. trećeg red, 2 z z x 2+ 2 y 2 = xy... prcijln dif. j. drugog red, y (n) y 2 = x 2... običn dif. j. n-tog red, itd. Svku funkciju koj zdovoljv zdnu diferencijlnu jedndžbu nzivmo rješenje te jedndžbe. To je posebno ili prtikulrno rješenje. Kko jedndžb sdrži derivciju nepoznte funkcije, očito je d se u njenom rješvnju koristi integrirnje. To znči d rješenje može sdržvti jednu ili više neodredenih konstnti (čk i funkcij). Tkvo rješenje nzivmo opće rješenje. Ono obuhvć čitvu klsu funkcij (prtikulrnih rješenj). + 30

33 PRIMJER: Opće rješenje diferencijlne jedndžbe y = 0 je y(x) = C 1 x + C 2, gdje su C 1, C 2 R. Mijenjjući C 1 i C 2 dobivmo rzličit prtikulrn rješenj, npr. y = 3x + 6 i y = x su dv tkv rješenj. Prtikulrn rješenj (tj. konstnte iz općeg rješenj) uglvnom dobivmo n temelju dodtnih uvjet koje zhtijevmo z trženo rješenje (početni uvjeti, rubni uvjeti i sl.). Diferencijlnim jedndžbm mogu se opisti mnogobrojne pojve u prirodi (rzličite vrste gibnj, prijenosi energije, djelovnje sil, kemijski procesi itd.) p se one njčešće pojvljuju u fizici, tehnici, kemiji. Mi ćemo u- poznti i neke primjene u ekonomiji. Područje diferencijlnih jedndžbi je vrlo opsežno i kompleksno područje mtemtike. Većin jedndžbi ne može se riješiti eksplicitno, p se rzvijju proksimtivne metode z njihovo rješvnje. Od sveg nvedenog mi ćemo promtrti smo obične diferencijlne jedndžbe prvog red koje se mogu riješiti metodom seprcije vrijbli. + 31

34 METODA SEPARACIJE VARIJABLI Opći oblik obične diferencijlne jedndžbe n-tog red je F ( x, y, y, y,..., y (n 1), y (n)) = 0, gdje je F funkcij od n + 2 vrijble. Ako je n = 1, immo običnu diferencijlnu jedndžbu prvog red, F ( x, y, y ) = 0. Neke od tih jedndžbi mogu se riješiti metodom seprcije vrijbli. Metod se provodi svodenjem polzne jedndžbe n oblik (y)dy = b(x)dx n slijedeći nčin. 1. Polznu jedndžbu svodimo n oblik A(x, y)y = B(x, y). 2. Uvrštvnjem y = dy/dx dobijemo A(x, y) dy dx = B(x, y) A(x, y)dy = B(x, y)dx. + 32

35 3. Funkcije A i B rstvljmo n fktore jedne vrijble, A 1 (x)a 2 (y)dy = B 1 (x)b 2 (y)dx. 4. Seprirmo vrijble, dijeljenjem jedndžbe s A 1 (x)b 2 (y), A 2 (y) B 2 (y) dy = B 1(x) A 1 (x) dx. 5. Obje strne dobivene jedndžbe integrirmo, A2 (y) B1 B 2 (y) dy = (x) A 1 (x) dx. Ako se korci 1 i/ili 3 ne mogu provesti, td se zdn jedndžb ne može riješiti ovom metodom (potrebne su ili dodtne trnsformcije ili ssvim drug metod). + 33

36 PRIMJER Riješite diferencijlnu jedndžbu x 2 y + y 2 = 0 uz uvjet y(2) = 2/3. Rješenje: Slijedimo gore nvedene korke. x 2 y = y 2 x 2 dy dx = y2 dx x 2 dy = y 2 dx : ( y 2 )x 2 dy y 2 = dx x 2 dy dx y 2 = x 2 1 y = 1 x + C y = 1 C 1 x y = x Cx 1 (opće rješenje) + 34

37 Uvrstimo li uvjet (z x = 2 je y = 2/3) u opće rješenje, dobivmo 2 3 = 2 2(2C 1) = 6 C = 2, 2C 1 p je x y = 2x 1 prtikulrno rješenje zdne jedndžbe. Primijetimo ponovo d opće rješenje zdovoljv dnu diferencijlnu jedndžbu z svki izbor konstnte C R. Time je dn čitv kls funkcij koje su rješenje jedndžbe. U prtikulrnom rješenju konstnt je odreden tko d je osim jedndžbe zdovoljen i postvljeni uvjet. + 35

38 PRIMJENA INTEGRALA U EKONOMIJI 1. Zdne su grnične veličine (T, P,...) tržimo ukupne (T, P,...). Zdn je funkcij grničnih troškov t(q) = 1 Qe Q. Odredite funkciju ukupnih troškov ko su fiksni troškovi 61 novčnu jedinicu. Rješenje: Immo zdno t(q) = T (Q) i T (0) = 61 tržimo T (Q). T (Q) = = Q T (Q)dQ = Qe Q dq (1 Qe Q )dq =... prcijln integrcij... = Q + (Q + 1)e Q + C T (0) = = 0+1e 0 +C C = 60 T (Q) = Q + (Q + 1)e Q

39 2. Zdn je koeficijent elstičnosti (E y,x ) tržimo funkciju (y(x)) diferencijln jedndžb. Odredite funkciju potržnje q(p) čiji koeficijent elstičnosti iznosi E q,p = 2p2 100 p 2, znmo d je q(8) = 18. Rješenje: p q dq dp = 2p2 100 p 2 dq q = 2p 100 p 2 dp dp p ln q = ln(100 p 2 ) + ln C q = C(100 p 2 ) q(8) = = C (100 64) C = 1 2 q(p) = 1 2 (100 p2 ) = 50 p

40 3. Lorenzov funkcij Φ : [0, 1] [0, 1] dje nm vezu izmedu kumultivnog postotk broj nosilc dohotk (F ) i postotk u- kupnog dohotk (Φ). Njen svojstv su: Φ(0) = 0, Φ(1) = 1, Φ (F ) > 0 i Φ (F ) > 0 z F [0, 1]. Indeks koncentrcije je mjer nejednkosti distribucije dohotk rčun se ko K = Φ(F )df. Odredite indeks koncentrcije z Lorenzovu krivulju Φ(F ) = 0.05F F 2. Rješenje: K = 1 2 = 1 2 = ( = (0.05F F 2 )df 0.05 F F 3 3 ( ) )