Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni nastavnički studij matematike i informatike. Fourierovi redovi.

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni nastavnički studij matematike i informatike. Fourierovi redovi."

Transcript

1 Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni nastavnički studij matematike i informatike Mirna učić Fourierovi redovi Diplomski rad Osijek, 3.

2 Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni nastavnički studij matematike i informatike Mirna učić Fourierovi redovi Diplomski rad Mentor: doc. dr. sc. Krešimir Burazin Osijek, 3.

3 SADRŽAJ 3 Sadržaj. Uvod. Fourierovi redovi.. Povijest J. B. Fourier Fourierovi redovi Uniformna konvergencija Konvergencija u srednjem Fourierov red parnih i neparnih funkcija Kompleksni oblik Fourierovog reda Primjena Fourierovih redova Signalna analiza Parcijalne diferencijalne jednadžbe

4 . Uvod Ovaj diplomski rad opisuje Fourierove redove i njihova svojstva, te je podijeljen na dva dijela. Prvi dio rada nešto je opširniji od drugog dijela. Kroz povijesni dio opisana je problematika koja je zaokupljala matematičare devetnaestog stoljeća i tvorila početke Fourierove analize, te je u kratkim crtama opisan život i rad francuskog fizičara i matematičara J. B. Fouriera. Osim toga, u ovom dijelu definirani su Fourierovi redovi, Fourierov red parnih i neparnih funkcija, kao i kompleksni oblik Fourierovog reda. Takoder su navedene osnovne definicije, te iskazi i dokazi teorema o konvergenciji, uniformnoj konvergenciji te konvergenciji u srednjem. Drugi dio rada prikazuje neke od primjena Fourierovih redova. U ovom dijelu objašnjena je primjena Fourierovih redova u signalnoj analizi. Jedna od glavnih zadaća signalne analize jest eliminacija visokofrekventnih zvukova, a jedan pristup u rješavanju tog problema sastoji se u prikazu funkcije f u obliku Fourierovog reda tako da visokofrekventni koeficijenti a k i b k, za velike k, budu jednaki nuli. Osim toga, u ovom je dijelu objašnjena i primjena Fourierovih redova pri rješavanju jednadžbe provodenja topline, gdje možemo vidjeti da se Fourierovi redovi primjenjuju i za pronalaženje rješenja parcijalnih diferencijalnih jednadžbi.

5 . Fourierovi redovi.. Povijest Trigonometrijski razvoji funkcija prvi se put spominju početkom osamnaestog stoljeća kod titranja i sličnih fizikalnih pojava, ali sve do početka devetnaestog stoljeća nisu bili sistematično proučavani. Godine 87. francuski fizičar i matematičar J. B. Fourier je tvrdio da se svaka funkcija na ograničenom intervalu može prikazati u obliku trigonometrijskog reda. Iako su redove sličnih oblika promatrali i njegovi veliki prethodnici poput Bernoullija, D Alemberta i Eulera, Fourierova metoda je bila toliko napredna da je trebalo proći još petnaest godina dok ne bude priznata od autoriteta njegovog doba, aplacea, Poissona i agrangea. Oni su opravdano zamjerali Fourieru nedostatak matematičke strogosti, jer su neke njegove tvrdnje bile pogrešne. Fourier je konačno 8. godine objavio svoj rad pod naslovom Theorie Analytique de la Chaleur (Analitička teorija topline) u kojem analizira problem širenja topline, opisan parcijalnim diferencijalnim jednadžbama i koristi svoj revolucionarni način prikazivanja funkcija kako bi riješio taj problem. Matematičku strogost Fourierovom radu dali su kasnije Dirichlet i Riemann.... J. B. Fourier Jean Baptiste Joseph Fourier roden je. ožujka 768. godine u Auxerre-u u Francuskoj. U osmoj godini života ostao je bez oba roditelja te je odrastao u samostanu Sv. Marka u Auxerre-u. Iako se školovao za svećenika, njegov život krenuo je u smjeru znanosti i politike. Vrlo mlad postao je učitelj matematike u vojnoj školi u Auxerre-u, a godine 798. poslan je u Egipat sa 65 učenjaka u Napoleonovu znanstvenu ekspediciju usavršavanja obrazovanja. Ubrzo je preuzeo administrativne dužnosti kao tajnik instituta u Egiptu, a 8. godine Napoleon ga je stavio u službu prefekta područja Isere. Za vrijeme njegovog boravka u Egiptu, zajedno sa engleskim fizičarem Thomasom Youngom dijelio je interes za egiptologiju, te je kasnije Young koristio Fourierovu analizu u optičke svrhe. Fourier je tvrdio da se parne proizvoljne funkcije mogu predstaviti pomoću jednostavnog analitičkog izraza. Iako je ta ideja bila neprijateljski primljena u redovima ondašnjih matematičara, kasnije je dokazano da je to bila središnja ideja za mnoga otkrića u matematici i strojarstvu. Fourier je došao do te ideje povezujući je s problemom protoka topline u krutim tijelima. Svoju teoriju o provodenju topline, koja obuhvaća raspodjelu temperature u sinosoidnim komponentama, Fourier je sažeo u svom članku 87. godine. Zbog sumnje u ispravnost takve tvrdnje, agrange i

6 3 aplace su zadržavali izdavanje članka, no ipak institut je članak predložio za nagradu u matematici i nagrada je 8. godine dodijeljena Fourieru. Fourier je izabran za člana Academie des Sciences godine 87. gdje je obavljao dužnost tajnika na matematičkom odjelu. Ubrzo nakon toga, 8. godine, objavljeno je njegovo veliko djelo Theorie Analytique de la Chaleur (Analitička teorija topline). Tijekom svog života, baveći se matematikom, napisao je mnoge radove u kojima, izmedu ostalog, objašnjava i rješavanje parcijalnih diferencijalnih jednadžbi pomoću trigonometrijskih redova. Zadnjih godina života nastavio je s matematičkim istraživanjem te napisao i objavio članke u primijenjenoj i teorijskoj matematici. Umro je 6. svibnja 83. godine u Parizu.

7 4.. Fourierovi redovi Periodičnost je pojava koju susrećemo na svakom koraku. Periodične su mnoge prirodne pojave, primjerice izmjena dana i noći ili izmjena godišnjih doba, pojava plime i oseke te mnoge druge. U ovom poglavlju obratit ćemo pažnju na periodičnost nekih elementarnih funkcija. Najpoznatije periodične funkcije su trigonometrijske funkcije. Definicija. Za funkciju f : R R kažemo da je periodična ukoliko postoji T > takav da za svaki x iz domene funkcije f. f(x + T ) = f(x) Takva konstanta T naziva se period funkcije f. Često je nužno ili svrsishodno neku zadanu periodičnu funkciju f s periodom T točno ili samo približno predočiti zbrojem trigonometrijskih funkcija u obliku f(x) = a + a cos(mx) + a cos(mx) + + a n cos(nmx) + + b sin(mx) + b sin(mx) + + b n sin(nmx) +. Tada govorimo o Fourierovom razvoju. Kako bismo razvili odgovarajuću periodičnu funkciju s periodom π u Fourierov red potrebno je najprije izračunati koeficijente Fourierovog reda koje računamo pomoću sljedećih jednakosti: (i) cos(kx) cos(nx)dx = {, k n π, k = n (ii) sin(kx) sin(nx)dx = {, k n π, k = n (iii) sin(kx) cos(nx)dx = gdje su k, n N. Gornje jednakosti lako se provjeravaju. Pokažimo da vrijedi jednakost (i). Koristit ćemo sljedeću formulu: cos(ax) cos(bx) = (cos(a b)x + cos(a + b)x) Sada za k = n imamo: cos (kx) = [cos(k k)x + cos(k + k)x]dx

8 5 S druge strane za k n imamo: = = [ cos(kx)]dx dx + = (π + π) = π. cos(kx)dx cos(kx) cos(nx) = [cos(k n)x + cos(k + n)x]dx = sin(k n)π + sin(k + n)π =. k n k + n Ostale jednakosti se dokazuju na sličan način. Formalna integracija reda član po član omogućava jednostavan izvod formula za izračunavanje koeficijenata reda. Trenutačno nećemo ulaziti u pitanje pod kojim uvjetima je takav postupak korektan, nego ćemo naknadno dati uvjete na f pod kojima formalno dobiveni red konvergira. Pretpostavimo da je f(x) periodična funkcija s periodom π koju možemo prikazati trigonometrijskim redom f(x) a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)) () gdje su a, a k i b k koeficijenti reda za k. a) Integriramo li red () član po član i uvažimo da je dobivamo f(x)dx = a sin(kx)dx = cos(kx)dx =, dx = a π, ili a = π f(x)dx. b) Pomnožimo li () s cos(nx), a zatim integriramo član po član i uvažimo (i) i (iii), dobivamo ili f(x) cos(nx)dx = a n cos (nx)dx = a n π, a n = π f(x) cos(nx)dx.

9 6 c) Pomnožimo li () sa sin(nx) i postupimo kao u b), dobivamo f(x) sin(nx)dx = b n sin (nx)dx = b n π ili b n = π Brojevi a, a k i b k definirani s f(x) sin(nx)dx. a = π a k = π b k = π f(x)dx f(x) cos(kx)dx () f(x) sin(kx)dx nazivaju se Fourierovim koeficijentima, a pripadni red Fourierov red funkcije f. a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)) Vidjeli smo da formule () vrijede za interval duljine π kada integriramo po granicama intervala [, π]. Pokažimo da one vrijede i za bilo koji interval duljine π. Za to će nam biti potrebna sljedeća lema. ema. Neka je F periodična funkcija s temeljnim periodom π te neka je c bilo koji realan broj. Tada vrijedi +c F (x)dx = F (x)dx. +c Dokaz: Uvedemo li supstituciju x = t π imamo +c F (x)dx = +c jer je F periodična funkcija s periodom π. π F (t π)dt = +c π F (t)dt, Pretpostavimo da je c. Tada korištenjem prethodne jednakosti imamo da je +c +c F (x)dx = = +c +c F (x)dx + F (x)dx +c +c F (x)dx F (x)dx

10 7 = = +c F (x)dx F (x)dx. +c π F (x)dx Dokaz za slučaj c < provodi se na sličan način. Primjenimo li emu. na funkcije F (x) = f(x) cos mx i F (x) = f(x) sin(nx), zaključujemo da formule () vrijede za bilo koji interval oblika [ + c, π + c], odnosno za bilo koji interval duljine π. Funkcije takoder razvijamo u Fourierov red na bilo kojem simetričnom intervalu [, ], >. Neka je f zadana na [, ] i perioda. Definiramo li ϕ : [, π] [, ], koja je linearna i vrijedi ϕ() = i ϕ(π) = onda možemo izračunati funkciju g : [, π] R definiranu s g = f ϕ. Kako je ϕ linearna funkcija koja glasi ϕ(x) = ax + b, možemo izračunati njezine koeficijente. ϕ(x) = ax + b ϕ (x) = a (3) Za x = imamo a za x = π ϕ() = aπ + b =, ϕ(π) = aπ + b = iz čega slijedi a = b. Nadalje dobivamo π ( b) + b = + b + b = b = a = π pa sada funkcija ϕ(x) glasi ϕ(x) = x. Sada možemo razviti funkciju g(x) u Fourierov π red, no prvo ćemo izračunati njezine Fourierove koeficijente pa imamo a = π = π = π g(x)dx (f ϕ)(x)dx (f(ϕ(x))dx

11 8 = π = f(y) π dy f(y)dy, gdje smo uveli supstituciju y = ϕ(x), dy = ϕ (x)dx = dx, dx = π dy s granicama π ϕ() = i ϕ(π) =. Izračunajmo koeficijent a k a k = π = π = π = π = g(x) cos(kx)dx (f ϕ)(x) cos(kx)dx (f(ϕ(x)) cos(kx)dx ( ) kπy π f(y) cos dy ( ) kπy f(y) cos dy, uz supstituciju y = ϕ(x) = x πy, πy = x pa je x = s granicama kao i ranije π ϕ() = i ϕ(π) =. Na isti način dobijemo koeficijent b k b k = π = π = g(x) sin(kx)dx (f ϕ)(x) sin(kx)dx ( kπy f(y) sin ) dy, uz iste granice i supstituciju. Fourierov red funkcije g(x) sada glasi g(x) a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)). (4) Kako vrijedi g(x) = (f ϕ)(x) = f(ϕ(x)), a y = ϕ(x), dobivamo f(y) = g(x) a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)) = a + ( ( ) kπy a k cos + b k sin Promijenimo li naziv varijable funkcije f u x imamo ( kπy )). f(x) a + ( ( ) ( )) kπx kπx a k cos + b k sin, (5)

12 9 s koeficijentima a = a k = b k = f(x)dx ( kπx f(x) cos ( kπx f(x) sin ) dx (6) ) dx Za svaku integrabilnu funkciju f na [, π], to jest za koju postoji f(x)dx, možemo uvrštavanjem u formule (), odrediti Fourierove koeficijente, pa ako red konvergira, onda dobivamo pridruženje x S(x) = a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)). Medutim, općenito ne možemo izjednačiti f(x) sa S(x), pa se postavlja pitanje pod kojim uvjetima formalno dobiveni red predstavlja polaznu funkciju. Ograničit ćemo se na klasu funkcija koja je dovoljno široka za primjene, a ne odvodi nas daleko u teorijska razmatranja. Definicija. Za funkciju f : [a, b] R kažemo da je po dijelovima neprekidna na [a, b], ako je neprekidna svugdje osim u konačno mnogo točaka u kojima ima prekid prve vrste. Nadalje, za po dijelovima neprekidnu funkciju f : [a, b] R kažemo da je po dijelovima glatka na [a, b], ako ima derivaciju f definiranu i neprekidnu svuda osim u konačno mnogo točaka u kojima f ima konačan lijevi i desni limes (u rubnim točkama segmenta [a, b] pretpostavljamo da ima konačne limese). Neka je funkcija f definirana u nekoj okolini (x ε, x + ε), osim možda u samoj točki x. Funkcija f ima prekid prve vrste u točki x ako su limesi slijeva i zdesna u točki x konačni i različiti. Dakle, za po dijelovima glatku funkciju f : [a, b] R imamo konačno točaka a = x < x < < x n < x n+ = b u kojima f eventualno ima prekid dok f nije definirana, ali postoje limesi slijeva i zdesna funkcija f i f : f(x +), f (x +), f(x n+ ), f (x n+ )

13 f(x i +), f(x i ), f (x i +), f (x i ) za i n (7) Dokažimo sada sljedeće svojstvo po dijelovima glatkih funkcija. ema. Ako je f : [a, b] R po dijelovima glatka, onda je Dokaz: b lim α a f(x) sin(αx)dx =. (8) Rastavimo segment [a, b] na podsegmente [x i, x i+ ] kao gore. Sada su f i f neprekidne na svakom intervalu (x i, x i+ ), a zbog (7) možemo restrikcije od f i f na (x i, x i+ ) neprekidno proširiti na segment [x i, x i+ ], i =,,..., n (jer su rubne točke uklonjivi prekidi). Kako je b a f(x) sin(αx)dx = xi+ i= x i f(x) sin(αx)dx, dovoljno je dokazati da je xi+ lim α x i f(x) sin(αx)dx =, i n. Zbog neprekidnosti proširenja od f i f na [x i, x i+ ] možemo provesti parcijalnu integraciju, pa dobivamo xi+ x i f(x) sin(αx)dx = f(x) cos(αx) α x i+ x i + + α xi+ x i f (x) cos(αx)dx. Kako su f i f neprekidne na segmentu [x i, x i+ ], vrijedi i da su omedene na [x i, x i+ ], pa postoje konstante M i M takve da vrijedi f(x) < M, f (x) < M, za svaki x [x i, x i+ ]. Sada dobivamo ocjenu integrala kao (ograda za cos(αx) je ) xi+ f(x) sin(αx)dx M α + M (x i+ x i ), α x i iz koje za α slijedi tvrdnja leme. Teorem. Ako je f periodična funkcija perioda π na R i po dijelovima glatka, onda njen Fourierov red konvergira u svakoj točki x pri čemu za sumu reda vrijedi:. S(x) = f(x), ako je f neprekidna u točki x;. S(x) = f(x+)+f(x ), ako je x (, π) točka prekida;

14 3. Na krajevima intervala imamo: Dokaz: Dokažimo da za n vrijedi gdje je S() = S(π) = S n (x) f(x ) + f(x+) f(+) + f(π ). S n (x) = a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)), (9) n-ta parcijalna suma Fourierovog reda. Zbog () slijedi S n (x) = f(ξ)dξ + f(ξ)[cos(kξ) cos(kx) + sin(kξ) sin(kx)]dξ π π = [ ] π f(ξ) π + cos(k(ξ x)) dξ () = [ ] π x f(x + z) π + cos(kz) dz. x gdje je provedena supstitucija z = ξ x. Označimo faktor u uglatoj zagradi sa Pomnožimo li () s sin( z ), dobivamo ( z σ n (z) sin ) ( z = sin + ) ( z = sin + ) σ n (z) = + cos(kz). () (( = sin n + ( z cos(kz) sin ) [ (( sin k + ) ) (( z sin k ) )] z ) z ). Dakle σ n (z) = + cos(kz) = sin (( ) ) n + z sin ( ) (3) z gdje je < z < δ, < δ < π iz čega slijedi < z < δ < π i < z < π što povlači da je sin ( z ), pa (3) uvršteno u () daje S n (x) = x π f(x + z) sin ( n + ) z x sin ( ) dz z = f(x + z) sin ( ) n + z π sin ( ) dz. (4) z ()

15 Ovaj izraz je dobiven korištenjem eme.. Integracijom izraza (3) dobivamo da je σ n(z)dz = π iz čega slijedi odnosno, zbog parnosti integranda π sin ( n + ) z π sin ( n + ) z π sin ( ) dz = z sin ( ) dz = z, π sin ( n + ) z sin ( ) dz = z. (5) Pomnožimo li prvu jednakost od (5) s f(x ), a drugu s f(x+) i zatim zbrojimo, imamo {f(x ) + f(x+)} = π Sada (9) kao razlika (4) i (6) glasi π f(x ) sin ( ) n + z sin ( ) dz + z f(x+) sin ( ) n + z sin ( ) dz. (6) z S n (x) f(x ) + f(x+) = π π {f(x + z) f(x )} sin ( n + ) z sin ( ) dz + z {f(x + z) f(x+)} sin ( ) n + z sin ( ) dz. (7) z Dovoljno je dokazati da integrali na desnoj strani u (7) teže k nuli za n. Pogledajmo drugi integral i označimo ga s I n. Napišimo I n kao I n = δ + = I n + I n, < δ < π δ i ocijenimo I n i I n. Neka je ε >, pokažimo da za prikladno odabrani δ vrijedi I n < ε za sve n =,,... i I n < ε za dovoljno velike n. Kako f(x + z) f(x+) z f (x+) za z +, za dovoljno malen δ > vrijedi f(x + z) f(x+) z < f (x+) + za sve < z < δ. Nadalje, za z slijedi z sin ( z ),

16 3 pa dakle za dovoljno malen δ >, < z < δ, imamo < z sin ( z ) <. Kako je sinus funkcija ograničena s, imamo sljedeću ocjenu za I n I n δ f(x + z) f(x+) z π z sin ( ) z (n sin + ) z dz δ { f (x+) + }dz = δ π π { f (x+) + }. Odaberemo li δ > dovoljno malen, tako da osim gore spomenutih nejednakosti vrijedi i dobivamo δ π { f (x+) + } < ε, I n < ε za sve n =,,.... Za tako odabrani δ ocijenimo sada I n. Zapišimo ga u obliku I n = ( f(x + z) f(x ) π δ sin ( ) sin n + ) zdz. z Prvi faktor integranda je po dijelovima glatka funkcija na [δ, π], za svaki δ > (nazivnik različit od nule na tom segmentu). Prema emi.. I n za n, pa dakle postoji N ( ε ) takav da n > N ( ε ) povlači Time smo ocijenili I n, jer vrijedi I n < ε. I n I n + I n < ε + ε = ε. Kako za prvi integral od (7) vrijedi analogna ocjena, time smo dokazali (9), to jest s n f(x ) + f(x+) S n (x). Iz dokazanog slijedi tvrdnja teorema. U prvom redu time smo vidjeli da red konvergira u svakoj točki x [, π]. Nadalje, u točkama u kojima je f neprekidna imamo f(x ) = f(x+) = f(x), pa imamo S n (x) f(x), odnosno S(x) = f(x) što je tvrdnja (). Iz izraza (9) vidimo da mora biti S() = S(π), što je prema (9) jednako aritmetičkoj sredini desnog limesa f(+) u lijevom rubu i lijevog limesa f(π ) u desnom rubu

17 4 funkcije f. Time je dokazan Teorem.. Vidimo da je f(x) = S(x) = a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)) za sve x [, π] osim možda konačno točaka, pa kažemo da je funkcija f razvijena u Fourierov red..3. Uniformna konvergencija Ovdje ćemo promatrati uniformnu konvergenciju Fourierovog reda. Prisjetimo se, niz funkcija F n (x) konvergira uniformno prema funkciji F (x) ako za svaki ε > postoji prirodan broj n koji ne ovisi o x, takav da je F n (x) F (x) < ε za sve x i za n n. Kažemo da Fourierov red funkcije f konvergira uniformno prema f(x) ako niz parcijalnih suma S n (x) = a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)) konvergira uniformno prema f(x) kada n. Iskažimo sada teorem o uniformnoj konvergenciji Fourierovog reda na intervalu [, π]. Teorem takoder vrijedi ukoliko interval [, π] zamijenimo s intervalom [, ], gdje je bilo koji pozitivan realan broj. Teorem. Fourierov red po dijelovima glatke periodične funkcije f, temeljnog perioda π, konvergira uniformno prema f(x) na intervalu [, π]. Dokaz: Dokažimo Teorem. (vidi [7, str. 5]) u slučaju kada je funkcija f dvaput derivabilna na cijelom R. Na samom početku nadimo vezu izmedu Fourierovih koeficijenata funkcija f i f. Preciznije, ako je i onda je i f(x) = f (x) = (a k cos(kx) + b k sin(kx)) (a k cos(kx) + b k sin(kx)) a k = a k k (8) b k = b k k. (9)

18 5 Pokažimo relaciju (8). Naime, primjenom formule za parcijalnu integraciju imamo redom a k = f(x) cos(kx)dx π = f(x) sin(kx) π k π f (x) sin(kx) dx. k Prvi član na desnoj strani prethodne relacije je jednak nuli zato jer je sin(kπ) = sin( kπ) =. Drugi član na desnoj strani jednak je b k k, gdje je b k Fourierov koeficijent od f uz sinus funkciju. Primijenimo li još jednom parcijalnu integraciju (u = f i dv = sin(kx) k ) dobivamo da je a k = k π f (x) cos(kx)dx, čime je dokazana relacija (8). Relaciju (9) dokazujemo na isti način. Sada, ako je funkcija f neprekidna, onda su koeficijenti a k i b k ograničeni nekim dovoljno velikim brojem M. Zapravo, zbog eme.., nizovi a k i b k teže k nuli kada k. Stoga, zbog relacija (8) i (9) vrijedi a k + b k = a k + b k k M + M k. Konačno, kako red konvergira, prema kriteriju usporedivanja slijedi da red k a k + b k takoder konvergira, pa će dokaz Teorema. biti posljedica sljedeće tvrdnje: Neka je pri čemu je f(x) = a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)), a k + b k <. Tada Fourierov red konvergira uniformno i apsolutno ka funkciji f(x). Kako bismo pokazali da vrijedi prethodna tvrdnja krenimo od sljedeće ocjene a k cos(kx) + b k sin(kx) a k + b k, () koja vrijedi zbog sin t i cos t. Zbog toga je brzina konvergencije Fourierovog reda od f u točki x ograničena brzinom konvergencije reda a k + b k. Preciznije, neka je S n (x) = a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)).

19 6 Tada je f(x) S n (x) = a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)) [ ] a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)) = k=n+ Sada, zbog () vrijedi sljedeća uniformna ocjena f(x) S n (x) (a k cos(kx) + b k sin(kx)). k=n+ a k + b k, () koja vrijedi za sve x R. Nadalje, kako red a k + b k konvergira po pretpostavci, ostatak tog reda može se učiniti po volji malenim, uz odabir dovoljno velikog broja n. Drugim riječima, za dani ε >, postoji prirodan broj n takav da za n > n vrijedi k=n+ a k + b k < ε. Prema tome, zbog ocjene () vrijedi da je f(x) S n (x) < ε za sve n > n i za sve x R. Uočimo kako broj n ne ovisi o x, nego samo o brzini konvergencije reda a k + b k. Dakle, konvergencija reda S n (x) je uniformna, čime je dokazana dana tvrdnja, pa prema tome i Teorem...4. Konvergencija u srednjem Ranije smo vidjeli da Fourierov red funkcije f u točki x ne konvergira ka vrijednosti f(x) ukoliko f ima prekid u točki x, nego k aritmetičkoj sredini limesa slijeva i zdesna te funkcije u točki x. U slučajevima kad Fourierov red ne konvergira uniformno ili po točkama, on još uvijek može konvergirati u nešto slabijem smislu, kao što je konvergencija u, odnosno konvergencija u srednjem. Promatrat ćemo prostor [, ] koji se sastoji od kvadratno integrabilnih funkcija, odnosno funkcija f takvih da je f(x) dx <. Odmah istaknimo da nejednakost f(x) + f(x) povlači da je svaka kvadratno integrabilna funkcija ujedno i integrabilna. Nadalje iz nejednakosti f(x)g(x) f(x) + g(x)

20 7 slijedi da je produkt dviju kvadratno integrabilnih funkcija integrabilna funkcija. Takoder, iz (f ± g) = f ± fg + g slijedi da ako su f, g [, ], onda im je zbroj i razlika u [, ]. Kako je osim toga za f [, ] i kf [, ] za svaku konstantu, zaključujemo da je [, ] vektorski prostor. Za potrebe daljnjeg računanja ćemo izraz (f, g) = f(x)g(x)dx () nazvati skalarni produkt od f i g, pri čemu su f, g [, ]. Sada nećemo provjeravati da je s () definiran skalarni produkt. Odredena poteškoća pojavljuje se kod dokazivanja svojstva pozitivna definitnost (zahtjeva da (f, f) bude nula ako i samo ako je f nul-element vektorskog prostora). Nul-element svakog vektorskog prostora je jedinstveno odreden. Medutim, f(x) dx je jednako nuli za cijelu klasu funkcija, a ne samo za nul-funkciju. Na primjer, -integral je nula za kvadrat svake funkcije koja od nule odstupa u konačno točaka iz [, ]. Ustvari, za elemente prostora [, ] se uzimaju snopovi funkcija: element od [, ] je klasa svih funkcija, koje od odredene funkcije odstupaju za funkciju s integralom kvadrata jednakim nuli. Svaka funkcija iz takvog snopa je predstavnik cijele klase. Klase se zbrajaju tako da se zbroje odgovarajući predstavnici i nakon toga zbroj opet proširi do klase, koja je element prostora [, ]. Praktički se ipak računa s pojedinim funkcijama, znajući da se funkcije mogu slijepiti u klase, koje formalno zadovoljavaju sve aksiome vektorskog prostora. U skladu s tim, izraz ćemo zvati normom na [, ], a izraz f = (f, f) = f(x) dx (3) d(f, g) = [f(x) g(x)] dx (4) metrikom (udaljenosti) na skupu [, ]. Metrika (4) je prirodna metrika na skupu [, ]. Ako je g aproksimacija funkcije f u [, ] u kojemu je udaljenost medu funkcijama dana s (4), onda za g kažemo da je aproksimacija u smislu metrike. Označimo s X n skup svih trigonometrijskih polinoma oblika T n = α ( ( ) ( )) kπx kπx + α k cos + β k sin.

21 8 Fourierovi polinomi, tj. trigonometrijski polinomi oblika S n = a ( ( ) ( )) kπx kπx + a k cos + b k sin, gdje su a k, b k Fourierovi koeficijenti dani s (6), svakako su u X n. Na S n gledamo sada kao na parcijalnu sumu Fourierova reda i aproksimaciju funkcije f koju smo razvili u Fourierov red. Pokažimo sada da Fourierov polinom daje najbolju aproksimaciju funkcije f medu svim polinomima u X n. Dokaz ćemo provesti tako da dokažemo da za svaki T n X n vrijedi d(f, T n ) d(f, S n ) (5) odnosno d(f, T n ) d(f, S n ), iz čega vidimo da je Fourierov polinom najbliže funkciji f, tj. da je najbolje aproksimira u smislu metrike. Za dokazivanje (5) izračunajmo d(f, T n ) i d(f, S n ). d(f, T n ) = = Srednji integral lako izračunamo {f(x) T n (x)} dx = f (x)dx f(x)t n (x)dx + f(x)t n (x)dx = Uvrstimo li f = T n, dobivamo T n(x)dx = { α a + { α + {f (x) f(x)t n (x) + T n(x)}dx α k a k + αk + Prema tome, { d(f, T n ) = f(x) dx α a + { } + α + αk + βk. Uvrstimo li S n u zadnji izraz, dobivamo d(f, S n ) = + = f(x) dx { a + a k + f(x) dx { a + b k { a + T n(x)dx. } β k b k. β k } α k a k + } a k + a k +. } β k b k b k b k } }.

22 9 Sada lako izračunamo razliku { d(f, T n ) d(f, S n ) = (α a ) + (α k a k ) + } (β k b k ), iz čega slijedi (5). Time smo odgovorili i na pitanje kakvu aproksimaciju dobivamo pomoću Fourierovih polinoma. Kod ocjene aproksimacije funkcije f funkcijom g u metrici treba imati u vidu da je d(f, g) dan kao integral kvadrata odstupanja (razlike), pa unatoč tome što je aproksimacija dobra, tj. d(f, g) maleno, u [a,b] mogu postojati točke u kojima je apsolutna razlika funkcijskih vrijednosti f(x) g(x) velika. Medutim, ako je d(f, g) maleno, onda to znači da je mršav skup točaka u kojima je f(x) g(x) veliko, tj. taj skup ima malu mjeru (duljinu). Ako mislimo na aproksimacju po dijelovima glatkih funkcija (Teorem.), onda se velika odstupanja funkcijskih vrijednosti dogadaju u malim okolinama točaka prekida. Prema gornjem izvodu vidimo da za svaki n vrijedi inf d(f, T n ) = d(f, S n ) = T n X n f(x) dx { a + a k + a ta formula može poslužiti za ocjenu aproksimacije. Kako je izraz na desnoj strani, dobivamo nejednakost a + a k + što prijelazom na limes po n daje a + a k + b k b k f(x) dx, b k } f(x) dx. (6) Nejednakost (6) zove se Besselova nejednakost. U stvari, može se dokazati da u (6) vrijedi znak jednakosti za svaki f [, ]. Ta jednakost glasi a + a k + b k = f(x) dx, (7) a zove se Parsevalova jednakost. Glavni rezultat u ovoj točki sadržan je u sljedećem teoremu. Teorem.3 Neka je f [, ], te neka je f n (x) = a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)), pri čemu su a k i b k Fourierovi koeficijenti funkcije f. Tada f n f kada n.,

23 Dokaz: Dokaz Teorema.3 sastoji se od dva osnovna koraka. U prvom koraku treba pokazati da se svaka funkcija u prostoru [, ] može po volji dobro aproksimirati glatkom periodičnom funkcijom g (s obzirom na normu). U drugom koraku uniformno aproksimiramo funkciju g s Fourierovim redom, odakle slijedi i aproksimacija. Prvi korak nećemo dokazivati, ali ćemo reći nešto o ideji dokaza. Općenito, funkcija na [, ] nije neprekidna. Čak i da jest neprekidna, njezino periodičko proširenje najčešće nije neprekidno. Dakle, ideja dokaza jest povezivanje neprekidnih komponenti funkcije f pomoću glatke funkcije g. Kako je proširenje od f periodično, glatku funkciju g takoder možemo učiniti periodičnom funkcijom. Graf funkcije g se podudara s grafom funkcije f svugdje osim na dijelovima izmedu neprekinutih komponenti periodičkog proširenja od f. Horizontalna širina tih dijelova može se učiniti po volji malom, pa glatka funkcija g dobro aproksimira funkciju f u normi. Slijedi da za svaki ε > možemo odabrati derivabilnu periodičnu funkciju g takvu da je f g < ε. (8) Neka je g n (x) = c + (c k cos(kx) + d k sin(kx)), pri čemu su c k i d k odgovarajući Fourierovi koeficijenti funkcije g. Nadalje, kako je funkcija g derivabilna i periodična, možemo je, zbog Teorema., uniformno aproksimirati funkcijama g n. Preciznije, za dani ε > možemo odabrati n N takav da je g(x) g n (x) < ε za n > n i za sve x [, ]. Zbog toga vrijedi ocjena g g n = g(x) g n (x) dx ε dx = πε, za n > n, odnosno korijenovanjem g g n πε. Nadalje, kombiniranjem te ocjene i relacije (8) dobivamo f g n = f g + g g n f g + g g n < ε + πε za n > n, pri čemu smo koristili nejednakost trokuta. Vrijedi nejednakost f f n f g n < ( + π)ε za n > n. Konačno, kako je ε > proizvoljan, slijedi da f n f kada n, čime je teorem dokazan.

24 .5. Fourierov red parnih i neparnih funkcija Prisjetimo se da je funkcija f : R R parna ako je f( x) = f(x) za svaki x R, a neparna ako je f( x) = f(x) za svaki x R. Iz definicije parnosti, odnosno neparnosti, lako dobivamo svojstva umnoška dviju funkcija s obzirom na parnost: parna parna=parna parna neparna=neparna neparna neparna=parna. Na primjer, ako je f parna, a g neparna funkcija, onda je g( x) f( x) = g(x)f(x) pa je fg neparna funkcija. Još jedno svojstvo parnih i neparnih funkcija sadržano je u sljedećoj lemi. ema.3 Neka je nenegativan realan broj. Dokaz: Ako je F parna funkcija, onda je F (x)dx = F (x)dx. Ako je F neparna funkcija, onda je F (x)dx =. Dokaz slijedi iz definicija parnosti i neparnosti funkcije. Naime, za parnu funkciju vrijedi da je njezin graf simetričan s obzirom na os y pa slijedi F (x)dx = = F (x)dx + F (x)dx + F (x)dx F (x)dx = F (x)dx. Nadalje, kako je graf neparne funkcije simetričan s obzirom na ishodište koordinatnog sustava, imamo F (x)dx = = F (x)dx + F (x)dx + F (x)dx F (x)dx =. Ukoliko Fourierov red neke funkcije sadrži samo kosinus funkcije, onda je očito ta funkcija parna, zato jer je kosinus parna funkcija. f(x) = cos(kx)

25 f( x) = cos(k( x)) = cos(kx) = f(x) Pa kako je Fourierov red parna funkcija onda ne sadrži sinus, zbog toga su Fourierovi koeficijenti b k = za svaki k N. Slično, ako Fourierov red funkcije sadrži samo sinus funkcije, onda je ta funkcija neparna, zato jer je sinus neparna funkcija. Obrat te tvrdnje takoder je istinit, tj. za nenegativan realan broj vrijedi: Ako je f(x) parna funkcija, onda njezin Fourierov red na intervalu [, ] sadrži samo kosinus funkcije, odnosno gdje je a = f(x) = a + ( a k cos kπx ), f(x)dx i a k = f(x) cos kπx dx, b k =. Ako je f(x) neparna funkcija, onda njezin Fourierov red na intervalu [, ] sadrži samo sinus funkcije, odnosno gdje je f(x) = a + ( b k sin kπx ), b k = f(x) sin kπx dx. Dokaz ovih tvrdnji slijedi iz eme.3 i formula (5). Naime, ako je f parna funkcija, onda je f(x) cos kπx parna funkcija, pa je integral te funkcije na intervalu [, ] jednak dvostrukom integralu funkcije na intervalu [, ]. Nadalje, f(x) sin kπx funkcija pa je njezin integral na intervalu [, ] jednak nuli. neparnu funkciju. Primjer. Treba naći Fourierov red funkcije f(x) = x, x π. Rješenje: je neparna Slično se pokaže za Budući da je f(x) neparna funkcija tada je a k = za k. Obratimo pozornost na koeficijente b k. Za svaki k imamo b k = π x sin(kx)dx = π [ x cos(kx) + sin(kx) ] π. k k

26 3 Pojednostavimo b k = k cos(kπ) = k ( )k+. ( ) Stoga f(x) = sin x sin(x) + sin(3x). 3

27 4.6. Kompleksni oblik Fourierovog reda Često je zgodnije Fourierov red funkcije izraziti pomoću kompleksnih eksponencijalnih funkcija e ikx, k Z. Neka je funkcija f(x) definirana na intervalu [, π]. Koristeći dobro poznate Eulerove formule cos ϕ = eiϕ + e iϕ, sin ϕ = eiϕ e iϕ i možemo Fourierove redove funkcija zapisati u kompleksnom obliku f(x) = a + (a k cos(kx) + b k sin(kx)) = a + = a + = a + = a + = c + = Koristimo sljedeće oznake: k= (a k e ikx + e ikx (a k e ikx + e ikx a k ib k a k ib k e ikx + c k e ikx + c k e ikx. e ikx + a k + ib k + b k e ikx e ikx i b k ie ikx ie ikx c k e ikx e ikx a k + ib k e ikx c = a, c k = a k ib k, c k = a k + ib k. i ) i ) Koeficijenti c k nazivaju se kompleksni Fourierovi koeficijenti. Definirani su formulom c k = π f(x)e ikx dx, k =, ±, ±,.... Kompleksni oblik Fourierovog reda je algebarski jednostavniji i više simetričan. Zbog toga se često koristi u fizici i drugim znanostima.

28 5 Primjer. Koristeći kompleksni oblik, pronadimo Fourierov red funkcije f(x) = {, x, < x < π. Rješenje: c = π [ = π = π f(x)dx ( )dx + [ ( x) + x ] π = ( + π) = π c k = f(x)e ikx dx π = [ ( )e ikx dx + π t = ikx = dt = ikdx dx = dt = [ π ikπ ik = [ π ik et ikπ ] ik et ikπ = π Ako je k = n, onda je c n =. ] e ikx dx [ ik ( eikπ ) ik (e ikπ ) ] dx e t ikπ ] ik + e t ik = π eikπ e ikπ + = ik π eikπ e ikπ i ik i i ( = e ikπ + e ikπ ) = i ( ) e ikπ + e ikπ kπ kπ = i (cos kπ ) = i [ ( ) k ] kπ kπ Ako je k = n, onda je c n = i. (n )π Dakle, Fourierov red funkcije u kompleksnom obliku glasi: f(x) i π k= ] k ei(k )π.

29 6 3. Primjena Fourierovih redova 3.. Signalna analiza Mnogo je praktičnih razloga zbog kojih funkciju prikazujemo u obliku trigonometrijske sume. Ako je f(t) signal (na primjer, električni napon kao funkcija vremena ili zvuk kojeg proizvodi neko glazbalo), onda prikaz funkcije f u obliku trigonometrijske sume opisuje frekvenciju pribrojnika u toj sumi. Ovdje ćemo nezavisnu varijablu označavati slovom t (vrijeme) umjesto x. Sinusoida sin(kt) ima temeljni period π i frekvenciju k, k odnosno titra k puta na intervalu t π. Na primjer, signal sin t 5 sin 3t + sin t sadrži pribrojnike s frekvencijama, 3 i. S obzirom na veličine koeficijenata koji se nalaze ispred funkcije sinus, pribrojnik s koeficijentom ima puno veći utjecaj od preostalih dvaju pribrojnika. Te pribrojnike ćemo zvati harmonicima. Jedna od glavnih zadaća signalne analize jest eliminacija visokofrekventnih zvukova. Jedan pristup u rješavanju tog problema sastoji se u prikazu funkcije f u obliku sume f(t) = a + (a k cos(kt) + b k sin(kt)) tako da visokofrekventni koeficijenti a k i b k, za velike k, budu jednaki nuli. Drugi važan zadatak signalne analize je sažimanje podataka. Tu je glavni cilj poslati signal s najmanjim mogućim brojem podataka. Jedan pristup rješavanja tog problema opet se sastoji od prikaza signala u obliku Fourierovog reda, te slanja samo onih koeficijenata a k i b k koji su veći od zadane tolerancije. Manji koeficijenti imaju praktički zanemariv utjecaj na funkciju, pa se mogu odbaciti.

30 7 3.. Parcijalne diferencijalne jednadžbe Fourierovi redovi se takoder koriste u parcijalnim diferencijalnim jednadžbama. Promotrimo jednadžbu širenja topline u t (x, t) = u xx (x, t) t >, x π u(x, ) = f(x) x π u(, t) = A u(π, t) = B. Rješenje u(x, t) ove diferencijalne jednadžbe je temperatura štapa duljine π u točki x te u trenutku t. Pri tome je početna temperatura štapa (t=) dana funkcijom f(x), a krajevi štapa x = i x = π drže se redom na konstantnim temperaturama A i B. Riješit ćemo ovu parcijalnu diferencijalnu jednadžbu u slučaju kada je A = B =. Kao što ćemo vidjeti u nastavku, ključnu ulogu u rješavanju te jednadžbe imat će razvoj funkcije u trigonometrijski red. Kako bismo riješili jednadžbu širenja topline, koristimo metodu separacije varijabli, odnosno rješenje tražimo u obliku u(x, t) = X(x)T (t), gdje je T (t) funkcija vremena t i X(x) funkcija položaja x, x π. Uvrstimo li taj oblik u jednadžbu u t = u xx, dobivamo jednadžbu X(x)T (t) = X (x)t (t), odnosno T (t) T (t) = X (x) X(x). ijeva strana dobivene diferencijalne jednadžbe ovisi samo o varijabli t, dok desna strana ovisi samo o x. Kako su x i t nezavisne varijable, zaključujemo da obje strane te jednadžbe moraju biti konstantne. Drugim riječima, T (t) T (t) = c i X (x) X(x) = c, pri čemu je c konstanta. Iz jednadžbe T = ct slijedi da je T (t) = Ce ct, za neku konstantu C. Zbog fizikalnih razloga, konstanta c mora biti negativna jer bi u protivnom funkcija T (t) odnosno temperatura u(x, t) težila k beskonačnosti kad varijabla t teži u beskonačnost. Stoga pišemo c = λ < i imamo T (t) = Ce λt. Diferencijalna jednadžba za funkciju X postaje X (x) + λ X(x) =, x π, X() = X(π) =. Prisjetimo se, to je linearna diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima. Početni uvjeti X() = X(π) = slijede iz pretpostavke da je temperatura

31 8 u(x, t) = X(x)T (t) jednaka nuli za x = i x = π. Rješenje dobivene linearne diferencijalne jednadžbe je X(x) = a cos(λx) + b sin(λx). Kako je X() = dobivamo da je a =, dok granični uvjet X(π) = = b sin(λπ) povlači da je λ cijeli broj koji ćemo označiti slovom k. Primijetimo da smo isključili slučaj b = jer bi u suprotnom funkcija X (pa prema tome i temperatura u) bila jednaka nuli. To bi imalo smisla jedino u slučaju kad bi početna temperatura štapa, f(x), bila jednaka nuli. Dakle, iz prethodnih razmatranja zaključujemo kako kod promatrane jednadžbe širenja topline parametar λ mora biti cijeli broj k. Stoga, imamo da je X k (x) = b k sin(kx) i T k (t) = e kt, pa je za svaki cijeli broj k, funkcija u k (x, t) = X k (x)t k (t) = b k e kt sin(kx) rješenje jednadžbe širenja topline uz početni uvjet u(, t) = u(π, t) =. Jedini zahtjev koji nismo iskoristili je početni uvjet u(x, ) = f(x), kojeg možemo iskoristiti promatranjem sume rješenja u k : u(x, t) = = u k (x, t) b k e kt sin(kx). (9) Uočimo kako je dobivena suma takoder rješenje jednadžbe u t = u xx koja zadovoljava početne uvjete u(, t) = u(π, t) =. Prema tome, iskoristimo li uvjet u(x, ) = f(x), dobivamo u(x, ) = b k sin(kx) = f(x) Dakle, b k su Fourierovi koeficijenti funkcije f proširene po neparnosti s [, π] na [, π]. Tako je b k = f(x) sin(kx)dx. π u(x, t) = b k e kt sin(kx) = ( π ) f(x) sin(kx)dx e kt sin(kx) π (3)

32 9 iteratura [] A.Vertblad, Fourier Analysis and Its Applications, Springer-Verlag, New York, 3. [] C. Gasquet, P. Witomski, Fourier Analysis and Applications, Filtering, Numerical Computation, Wavlets, Springer, New York, 999. [3] G. B. Folland, Fourier Analisys and Its Applications, American Mathematical Soc., 99. [4] G. V. Milovanović, R. Ž. Dordević, Matematička analiza I, Niš, 5. [5] I. Ivanšić,Fourierovi redovi, Diferencijalne jednadžbe, Odjel za matematiku, Sveučilište J.J.Strossmayera u Osijeku, Osijek,. [6] J. S. Walker, Fourier Series, Academic Press, University of Wisconsin-Eau Claire, 6. [7] N. Elezović, Fourierov red i integral. aplaceova transformacija, Element, Zagreb,.

33 3 Sažetak U ovom radu razmatra se problematika Fourierove analize, preciznije područje koje proučava kako se funkcije realne varijable mogu prikazati pomoću periodičnih funkcija, sinusa i kosinusa. U prvom, glavnom, dijelu definirani su Fourierovi redovi, te su navedeni i primjeri razvoja nekih funkcija u Fourierov red. Takoder je opisan Fourierov red parnih i neparnih funkcija te je dan kompleksni oblik Fourierovog reda. U ovom dijelu navedeni su i teoremi o konvergenciji Fourierovog reda. U posljednjem poglavlju navedena su dva primjera primjene Fourierovog reda. Jedna od primjena može se vidjeti u signalnoj analizi, što je i opisano u ovom dijelu diplomskog rada, a druga primjena očituje se pri odredivanju rješenja jednadžbe provodenja topline. Ključne riječi periodična funkcija, trigonometrijska funkcija, trigonometrijski Fourierov red, Fourierovi koeficijenti, parcijalne diferencijalne jednadžbe

34 3 Summary In this work we consider the problem of Fourier analysis, i. e. area that studies how the functions of real variable can be displayed by means of periodic functions, sine and cosine. In the first, main section Fourier series are defined and examples of expansion of some functions in Fourier series are given. Fourier series of odd and even functions are described, and a complex form of Fourier series is given. In this section theorems on the convergence of Fourier series are also listed. In the last section, there are two examples of the application of the Fourier series. One application can be seen in signal analysis, which is described in this part of the work, and the other application is reflected in the determination of solutions to the equation of the heat conduction. Keywords periodic function, trigonometric function, trigonometric Fourier series, Fourier coefficients, convergence, partial differential equations

35 3 Životopis Mirna učić (rod. Brekalo) rodena je godine u Osijeku. Prva četiri razreda osnovne škole završila je u Zagrebu, a od petog do osmog razreda pohadala je osnovnu školu u Dardi. Godine. upisuje II. gimnaziju Osijek u Osijeku. Maturirala je 6. godine, te je iste godine upisala Preddiplomski studij matematike na Odjelu za matematiku Sveučilišta J.J. Strossmayera u Osijeku. U VI. semestru prebacuje se na Sveučilišni nastavnički studij matematike i informatike. Uz studiranje trenirala je rukomet u Ženskom rukometnom klubu Darda u Dardi te je bila dio fakultetskog sastava kojim je 9. godine osvojila drugo mjesto na sveučilišnom natjecanju. Aktivan je član Općinskog društva Crvenog križa Darda u Dardi. Od 6. godine dobivala je općinsku stipendiju.

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

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

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

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

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

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

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

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

(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

MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)

MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA MJA I INTGAL 2. kolokvij 30. lipnja 2017. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je (, F, µ) prostor mjere i neka je (

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

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

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

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike. Keti Martinić. Fourierovi redovi.

Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike. Keti Martinić. Fourierovi redovi. Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel a matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Keti Martinić Fourierovi redovi Završni rad Osijek, 7. Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel

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

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

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

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

( 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

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

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

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

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

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

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

1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI

1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI 6.. Definicija reda Promatrajmo niz Definicija reda ( ) n 2 :, 2 2 3 2 4 2,... Postupno zbrajajmo elemente niza: = + 2 2 = 5 4 + 2 2 + 3 2 = 49 36 + 2 2 + 3 2 + 4 2 =

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

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

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

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

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

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

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

( , 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

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

( ) ( ) 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

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

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

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

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

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

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

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

Redovi funkcija. Redovi potencija. Franka Miriam Brückler

Redovi funkcija. Redovi potencija. Franka Miriam Brückler Franka Miriam Brückler Redovi funkcija 1 + (x 2) + 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 +... = (x 2)2 2! + (x 2)3 3! + +... = sin(x) + sin(2x) + sin(3x) +... = x n, + + n=1 (x 2) n, n! sin(nx). Redovi funkcija 1 +

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

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

16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum

16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum 16 Lokalni ekstremi Važna primjena Taylorovog teorema odnosi se na analizu lokalnih ekstrema (minimuma odnosno maksimuma) relanih funkcija (više varijabli). Za n = 1 i f : a,b R ako funkcija ima lokalni

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

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

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

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

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

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

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

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 Obične diferencijalne jednadžbe

1 Obične diferencijalne jednadžbe 1 Obične diferencijalne jednadžbe 1.1 Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima Diferencijalne jednadžbe oblika y + ay + by = f(x), (1) gdje su a i b realni brojevi a f

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

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

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

k a k = a. Kao i u slučaju dimenzije n = 1 samo je jedan mogući limes niza u R n :

k a k = a. Kao i u slučaju dimenzije n = 1 samo je jedan mogući limes niza u R n : 4 Nizovi u R n Neka je A R n. Niz u A je svaka funkcija a : N A. Označavamo ga s (a k ) k. Na primjer, jedan niz u R 2 je dan s ( 1 a k = k, 1 ) k 2, k N. Definicija 4.1. Za niz (a k ) k R n kažemo da

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

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

Osnovni teoremi diferencijalnog računa

Osnovni teoremi diferencijalnog računa Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Tena Pavić Osnovni teoremi diferencijalnog računa Završni rad Osijek, 2009. Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku

Διαβάστε περισσότερα

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO

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

Διαβάστε περισσότερα

Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015.

Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015. Zadatak Prvi kolokvij - 20. travnja 205. (a) (3 boda) Neka je (Ω,F,P) vjerojatnosni prostor, neka je G σ-podalgebra od F te neka je X slučajna varijabla na (Ω,F,P) takva da je X 0 g.s. s konačnim očekivanjem.

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

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

Osnove Fourierove analize

Osnove Fourierove analize Osnove Fourierove analize Franka Miriam Brückler Zadatak Kako izgleda graf funkcije zadane s f (x) = 2 cos(3πx)? Zadatak Kako izgleda graf funkcije zadane s f (x) = 2 cos(3πx)? Zadatak Za koji a će sin(ax)

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

( , 2. kolokvij)

( , 2. kolokvij) A MATEMATIKA (0..20., 2. kolokvij). Zadana je funkcija y = cos 3 () 2e 2. (a) Odredite dy. (b) Koliki je nagib grafa te funkcije za = 0. (a) zadanu implicitno s 3 + 2 y = sin y, (b) zadanu parametarski

Διαβάστε περισσότερα

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

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

Διαβάστε περισσότερα

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim.

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim. 1 Diferencijabilnost 11 Motivacija Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji es f f(x) f(c) (c) x c x c Najbolja linearna aproksimacija funkcije f je funkcija l(x) = f(c)

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

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova

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

Διαβάστε περισσότερα

Periodične funkcije. Branimir Dakić, Zagreb

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Integrali Materijali za nastavu iz Matematike 1

Integrali Materijali za nastavu iz Matematike 1 Integrali Materijali za nastavu iz Matematike Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 202/3 / 44 Definicija primitivne funkcije i neodredenog integrala Funkcija F je primitivna funkcija (antiderivacija)

Διαβάστε περισσότερα

TEORIJA REDOVA. n u k (n N) (2) k=1. u k. lim S n = S, kažemo da zbir (suma) reda. k=1 S = k=1

TEORIJA REDOVA. n u k (n N) (2) k=1. u k. lim S n = S, kažemo da zbir (suma) reda. k=1 S = k=1 TEORIJA REDOVA NUMERIČKI REDOVI. OSNOVNI POJMOVI DEFINICIJA. Neka je {u n } n N realan niz. Izraz oblika k= u k = u + u 2 + + u n + () naziva se beskonačan red, ili kraće red. Broj u n naziva se opšti

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

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

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

Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008

Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Predavanja: Nenad Bakić, Vježbe: Luka Grubišić i Maja Starčević 22. listopada 2007. 1 Prostor radijvektora i sustavi linearni jednadžbi Neka je E 3 trodimenzionalni

Διαβάστε περισσότερα

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum 27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.

Διαβάστε περισσότερα

Signali i sustavi Zadaci za vježbu. III. tjedan

Signali i sustavi Zadaci za vježbu. III. tjedan Signali i sustavi Zadaci za vježbu III. tjedan 1. Neka je kontinuirani kompleksni eksponencijalni signal. Neka je diskretni eksponencijalni signal dobiven iz kontinuiranog signala uniformnim otipkavanjem

Διαβάστε περισσότερα

Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda

Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 13 Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda U ovoj lekciji vježbamo rješavanje jedne klase običnih

Διαβάστε περισσότερα

1. Trigonometrijske funkcije

1. Trigonometrijske funkcije . Trigonometrijske funkcije . Trigonometrijske funkcije.. Ponovimo Brojevna kružnica Kružnicu k polumjera smjestimo u koordinatnu ravninu tako da joj je središte u ishodištu. Na kružnicu k prislonimo brojevni

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Saša Krešić-Jurić Odjel za matematiku Prirodoslovno-matematički fakultet Split 214 Napomena: poglavlje 6 nije korigirano Sadržaj 1 Uvodna razmatranja

Διαβάστε περισσότερα

Eliminacijski zadatak iz Matematike 1 za kemičare

Eliminacijski zadatak iz Matematike 1 za kemičare Za mnoge reakcije vrijedi Arrheniusova jednadžba, koja opisuje vezu koeficijenta brzine reakcije i temperature: K = Ae Ea/(RT ). - T termodinamička temperatura (u K), - R = 8, 3145 J K 1 mol 1 opća plinska

Διαβάστε περισσότερα

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Saša Krešić-Jurić Odjel za matematiku Prirodoslovno-matematički fakultet Split 214 Sadržaj 1 Uvodna razmatranja 3 1.1 Osnovni pojmovi.............................

Διαβάστε περισσότερα

6 Primjena trigonometrije u planimetriji

6 Primjena trigonometrije u planimetriji 6 Primjena trigonometrije u planimetriji 6.1 Trgonometrijske funkcije Funkcija sinus (f(x) = sin x; f : R [ 1, 1]); sin( x) = sin x; sin x = sin(x + kπ), k Z. 0.5 1-6 -4 - -0.5 4 6-1 Slika 3. Graf funkcije

Διαβάστε περισσότερα

4 Funkcije. 4.1 Pojam funkcije

4 Funkcije. 4.1 Pojam funkcije 4 Funkcije 4.1 Pojam unkcije Neka su i neprazni skupovi i pravilo koje svakom elementu skupa pridružuje točno jedan element skupa. Tada se uredena trojka (,, ) naziva preslikavanje ili unkcija sa skupa

Διαβάστε περισσότερα