VJEŽBE IZ MATEMATIKE Ivana Baranović Miroslav Jerković
Poglavlje Integral. Neodreženi integral Neka je zadana funkcija f : (a, b) R: Funkcija F : (a, b) R za koju je F () = f() za svaki (a, b) naziva se primitivna funkcija (antiderivacija) funkcije f. Primjer Odredite neku primitivnu funkciju slijede ih funkcija: (a) f() = (d) f() = (b) f() = (c) f() = Rje²enje: (e) f() = e (f) f() = sin (a) Traºimo neku funkciju koja derivirana daje. Kako znamo da je ( ) =, vidimo da je jedno rje²enje F () =. Primjetimo da smo tom rje²enju mogli dodati bilo koji konstantu jer (const) =. Tako je rje²enje i npr. F () = +. (b) Znamo da je ( ) = pa je jedno od rje²enja F () = +. (c) Npr. F () = ( ln ) + e jer ( ) = (ln ). (d) F () = ln. Ovdje je rje²enje npr. i F () = ln() jer ln() = ln + ln pa (ln()) = (ln + ln ) = (ln ) = (e) F () = e +. (f) F () = cos. Denicija.. Za zadanu funkciju f() : (a, b) R familija {F () F () = f(), (a, b)} svih primitivnih funkcija te funkcije zove se neodreženi integral funkcije f i ozna ava se sa f().
Primjer Odredite slijede e neodrežene integrale: (a) ( + + ) (c) + (b) ( + cos ) (d) + Rje²enje: (a) Traºimo, kao i prije, funkciju koja derivirana daje + + i znamo da moºemo dodati proizvoljnu konstantu. Stoga je rje²enje: ( ++) = + + + C gdje je C proizvoljna konstanta. (b) ( + cos ) = + sin + C (c) { ln( + ) + C, > + = ln( + + C = ln( ( + )) + C, <. (d) + = arctan + C Osnovna svojstva integriranja: iz denicije neodreženog integrala i svojstava derivacije lako se vidi da vrijede sljede e formule: ) ( f() ) = f(), ) (λf() + µg()) = λ f() + µ g(), ) f(φ())φ () = f(t)dt = F (t) + C. Zadatak Provjerite da vrijede slijede e jednakosti: (a) ( ) = + C (c) ( ) cos = cos Rje²enje: (b) (cos ) = cos + C (d) ( sin ) = sin (a) Imamo: ( ) = = = + C. (c) Ovdje moºemo koristiti deniciju neodreženog integrala i zaklju ak izvesti direktno ili ra unati: ( ) cos = (tan + C) = cos. (d) Koristimo deniciju neodreženog integrala. Zadatak Vrijedi li jednakost: ( f() ) = f ()? Rje²enje: Ne. Naime, ( f() ) = f() dok s druge strane imamo: f () = f() + C. Uzmimo, npr. f() = : ( ( ) f()) = = ( + C) = i f () = () = = + C
pa, ako uzmemo C jednakost ne vrijedi. Zadatak 5 Koriste i svojstva integriranja, nažite sljede e integrale: (a) ( + ) (b) ( + ) 6 Rje²enje: (a) ( + ) = (8 6 + + 6 + ) = 8 7 7 + 5 5 + 6 + + C, (b) ( + ) 6 = ( + ) 6 d( + ) = ( + ) 6 d( + ) = ( +) 7 7 + C = 88 ( + ) 7 + C Napomena: U zadatku (b) smo, ustvari, proveli zamjenu varijabli (vidi poglavlje Metoda supstitucije), t = +. Zadatak 6 Nažite integrale: (a) (+)( ) (c) + (b) Rje²enje: ++ (b) + + = + = + = + d( + ) d( ) = = = ( + ) ( ) + C (c) + = podijelimo ta dva polinoma = ( + + = = + + ln( ) + C Zadatak 7 Nažite integrale: (a) e (c) + 5 (b) 7 Rje²enje: (a) e = = e ln e = e (+ln ) = e (+ln ) ) e(+ln d(( + ln )) = + ln + ln + C
(c) + 5 = ( ( ) ( ) ) 5 = 5 =... = 5 ln + ln 5 5 + C ( ) 5 5 ( ) = Zadatak 8 Nažite integral: a+b c+d, gdje a, c. Rje²enje: a + b c + d = a + b a c + d c = a c [ + [ = a + d c + b a d c c + d c ) ln + d ] c + C ( b a d c ] = Zadatak 9 Nažite integrale: (a) tan (b) cot Rje²enje: (c) tan (d) cot (a) tan = sin cos = d(cos ) cos = ln cos + C (c) tan = ( cos ) = tan + C Zadatak Nažite integrale: (a) sin () (b) Rje²enje: sin cos sin cos = sin +cos sin cos = (c) sin (d) cos (a) sin () = d() = cot() + C sin () (b) cos + (c) sin = (d) cos = sin cos = tan cos = tan cot + C sin = d(tan ) tan sin( π ) =... = ln tan ( π ) + C = ln tan + C Zadatak Nažite integrale: (a) 5 Rje²enje: (b) 5 (a) 5 = 5 ( 5 ) 5 = 5 ( 5) + 5 5
= 5 = ( 5) d( 5) ( 5) d( 5) = 5 5 ( 5) 5 75 ( 5) + C Zadatak Nažite integrale: (a) e cos sin (b) (arcsin ) Rje²enje: (c) arctan + (a) e cos sin = e cos d( cos ) = e cos + C Zadatak Nažite integrale: (a) e e (b) + Rje²enje: (b) + = + = [ + = ln ln( + ) + C ln d( ] + ) + Zadatak Nažite integrale: (a) sin cos sin +cos (b) sin +cos sin cos Rje²enje: (a) sin +cos sin cos = d(sin cos ) sin cos =..... Metoda supstitucije Ponekad moºemo olak²ati integriranje ako danu varijablu zamijenimo nekom prikladnijom prema slijede em pravilu: f(ϕ(t))ϕ (t)dt = φ(t) + C f() = φ(ϕ ()) + C Primjetimo da smo metodu supstitucije ve indirektno koristili u nekim prija²njim zadacima. Zadatak Prigodnom supstitucijom rije²ite sljede e integrale: (a) + (c) (b) e 5
Rje²enje: (a) + = t = + dt = 6 = 6 = 9 ( + ) + C tdt = 6 t + C = Napomena: Na²a susptitucija ekvivalentna je donjem postupku koji smo koristili u prija²njim zadacima: + = + 6 d( + ) =... (b) = t = dt = = e t dt = et + C = = e + C Zadatak Prigodnom supstitucijom rije²ite sljede e integrale: (a) (b) arctan + Rje²enje: arcsin (a) (b) arcsin = = arctan + = = t = arcsin dt = arcsin + C t = arctan dt = + = ln t + C = ln arctan + C = t dt = t + C = t dt Zadatak Odredite sljede e neodrežene integrale: (a) sin cos (c) cos sin +cos sin +cos (b) Rje²enje: sin sin +cos (a) sin cos sin + cos = sin cos + sin = t = sin dt = sin cos = = dt = + t + t + C = + sin + C 6
(b) i (c) sami Zadatak Odredite sljede i integral uz upotrebu navedene supstitucije: (a), supstitucija = t ( ) (b), supstitucija = sin t ( ) Rje²enje: (a) = = t t = i = tdt = ( ) = t t ( t ) dt = dt t = arcsin t + C = arcsin + C (b) ( ) = = sin t t = arcsin i = sin t cos tdt = sin t cos t = dt = t + C = arcsin + C sin t cos t dt = Zadatak 5 Odredite slijede e neodrežene integrale: (a) + + (b) ln ln Rje²enje: (a) + + = = t = tdt + t = + t tdt = = t + t t + dt (t t + + t )dt = t t + t ln( + t) + C = = + ln( + ) + C (b) ln ln = ln + ln (ln + ln ) = ln = t = dt = ( ln + t ln = dt = ln ) dt = ln + t ln + t = t ln ln ln + t + C = ln ln ln ln + ln + C ln + t ln + t dt = Zadatak 6 Odredite sljede i integral uz upotrebu navedene supstitucije: (a) +, supstitucija = t 7
(b), supstitucija = tan t + Trigonometrijske supstitucije: Neka je a >. ) Ako integral sadrºi radikal a, onda obi no stavljamo = a sin t i dobivamo a = a cos t. ) Ako integral sadrºi radikal a, stavljamo = a cos t i dobivamo a = a tan t. ) Ako integral sadrºi radikal a +, stavljamo = a tan t i dobivamo a + = a cos t. Zadatak 7 Primjenom trigonometrijskih supstitucija izra unajte: (a) (c) (b) + (d) Rje²enje: (a) = = sin t = cos tdt sin t = cos tdt = cos t cos t = dt = dt cos tdt = = t sin t + C = arcsin + C sin tdt = (d) + = = tan t = dt cos t = dt cos t tan t cos t = dt sin = cos t sin t = t + cos t sin t dt cos dt = t sin t cos t dt + sin t = = cos t + dt sin t cos t = cos t + cos t sin t cos t dt = = cos t + dt tan t cos t = cos t + ln tan t + C = = ± + tan t + + ln tan t + C = = ± + + + ln + C 8
.. Parcijalna integracija Neka su u i v neprekidno derivabilne funkcije (svojstvo neprekidnosti ne emo ovdje pobliºe obja²njavati, ono za nas zna i da je funkcija "dovoljno lijepa" da se sa njom moºe raditi parcijalna integracija). Onda je udv = uv vdu. Primjer Primjenom formule za parcijalnu integraciju izra unajte e sin. Rje²enje: Imamo ( ) e sin = e ( sin ) = ( = e cos cos e = e cos + e sin e sin. u = e dv = sin = du = e v = cos ) u = e dv = cos = du = e v = sin = Sada primjetimo da se integral od kojeg smo krenuli pojavio sa desne strane ali sa suprotnim predznakom. Prebacimo ga na lijevu stranu i dobivamo: e sin = e sin e cos e sin = (e sin e cos ) + C Zadatak Parcijalnom integracijom rije²ite: (a) sin (c) e (b) cos Rje²enje: (d) ln (a) ( ) u = dv = sin sin = ( sin ) = du = v = cos = cos + cos = cos + sin + C = (c) e = u = dv = e du = v = e = e e = 9
= u = dv = e du = v = e = e e + e = e e + e + C (c) u = ln ln = du = = ln dv = v = = ln = ln + C = Zadatak Rije²ite parcijalnom integracijom: (a) + (b) (+ ) Rje²enje: (a) u = dv = + = + du = v = = + + = + = + + + = + + + (b) Primjetimo da se po etni integral pojavio sa desne strane i to sa suprotnim predznakom; prebacujemo ga na lijevi stranu i dobivamo: ( + ) = + = + + = + = u = dv = (+ ) + du = v = (+ ) ( + ) + arctan + C ln( + + ) + C = ( + ) + ( + ) = Zadatak Rije²ite: (a) +5 e (b) ( + ) cos Zadatak 5 Primjenom parcijalne integracije rije²ite: (a) arcsin (c) a +, a (b) arctan
Rje²enje: (a) arcsin = u = arcsin du = dv = v = = arcsin = = arcsin + + C (b) u = arctan dv = arctan = = du = arctan + v = = arctan + d( ) = arctan 6 = arctan ( d( d( ) ) ) 6 + = = arctan 6 ( ln( + )) + C + = + + d( ) = (c) a + = a + a + = a a + + = a ln( + a + ) + a + = a ln( + a + ) + a + + C = vidi Zadatak (b) = a + a ln( + a + ) + C =.. Integriranje racionalnih funkcija Za integriranje racionalnih funkcija naj e² e koristimo metodu neodreženih koecijenata i metodu Ostrogradskog koju ovdje ne emo opisivati. Metoda neodreženih koecijenata: Nakon odvajanja cijelog dijela, integriranje racionalne funkcije svodimo na integriranje pravog racionalnog razlomka: P () Q() gdje su P () i Q() polinomi takvi da je stupanj polinoma P () manji od stupnja polinoma Q(). Ako je Q() = ( ) α... ( n ) αn gdje su,..., n razli iti realni korijeni polinom Q() a α,..., α n prirodni brojevi, onda gornji razlomak moºemo rastaviti na parcijalne razlomke: P () Q() = A A + ( ) +... + A α ( ) +... α... + A n A n + n ( n ) +... + A nαn ( n ). αn
Neodrežene koecijente A, A,..., A nαn nalazimo tako da gornji identitet svedemo na cijeli oblik pa izjedna imo koecijente s istim stupnjem varijable ili tako da za u tu istu jednadºbu uvrstimo prikladne brojeve. Primjer Izra unajte integral 5+9 Rje²enje: 5+6 U zadanom integralu prvo odvajamo cijeli dio: 5 + 9 5 + 6 = 5 + 6 + = + 5 + 6 5 + 6 pa imamo 5 + 9 5 + 6 = + 5 + 6 = + 5 + 6 Sada je u brojniku P () = ²to je niºeg stupnja nego Q() = 5 + 6 u nazivniku. Vrijedi: Q() = 5 + 6 = ( )( ). Stoga rastavljamo na² razlomak na sljede e parcijalne razlomke: Traºimo keocijente A i B. 5 + 6 = ( )( ) = A + B. Prvi na in: svodimo na² identitet na cijeli oblik i izjedna ujemo koecijente s istim stupnjem varijable. A = 5 + 6 + B / ( )( ) = A( ) + B( ) = (A + B) A B iz ega slijedi A + B = i A B = A = i B = Drugin na in: nalazimo A i B tako da uvrstimo zgodne vrijednosti za u jednadºbi = A( ) + B( ), npr. = = B B = = = A A = Sada imamo: ( 5 + 9 5 + 6 = + 5 + 6 = + ) = = + ln ln + C = + ln + C. Primjer Nažite integral: 5 +6+9 ( ) (+).
Rje²enje: Direktnim uvr²tavanjem provjerimo da i nisu nule polinoma u brojniku pa je, prema tome, razlomak skra en do kraja. Rastavljamo ga na parcijalne razlomke: 5 + 6 + 9 ( ) ( + ) = A + B ( ) + C + + D ( + ) 5 + 6 + 9 = A( )( + ) + B( + ) + C( ) ( + ) + D( ) Uvr²tavamo pogodne vrijednosti za : = = 5 9 + 6 + 9 = B 6 B = 7 6 = 9 = = 5 6 + 9 = D 6 D = 8 6 = Sada vratimo dobivene vrijednosti u po etnu jednadºbu i imamo: (5 + 6 + 9) = A( )( + ) + 9( + ) + C( ) ( + ) + ( ). To dalje ra inamo i izjedna avamo koecijente uz potencije od : + + 8 = A( )( + + ) + 9( + + ) + koecijenti uz : A + C = + C( 6 + 9)( + ) + ( 6 + 9) = = A( 5 ) + 9( + + ) + C( 5 + + 9) + ( 6 + 9) slobodni koecijenti : A + 9 + 9C + 9 = 8 A + 9C = A = i C =. Stoga slijedi: 5 + 6 + 9 ( ) ( + ) = ( 9 ( ) + ( + ) 9 = ( ) ( + ) + C ) = (ovdje je C u zadnjem redu kao i obi no oznaka za konstantu, te nema veze za C iz rastava na parcijalne razlomke). Zadatak Rije²ite sljede e integrale: (a) ++ ( +) (b) ( )(+)(+) Rje²enje: (a) Brojnik je istog stupnja kao i nazivnik pa prvo dijelimo polinome: + + ( + ) = + + = + + + Sada imamo: + + ( + ) = + +.
Rastavljamo razlomak u drugom integralu na parcijalne razlomke: + = A + B + C + = A( + ) + (B + C) A + B =, C =, A = pa B = Slijedi: + + ( + ) = + + = = + ln ln( + ) + C b) Ovdje u nazivniku imamo jednu realnu, ve istaknutu nulto ku i polinom drugog stupnja pa odmah traºimo koecijente: ( )( + + ) = A + B + C + + = A( + + ) + (B + C)( ) nakon izjedna avanja uz stupnjeve A =, B =, C = Sada imamo: + + ( + ) = + + + = + + + 6 = ln( ) 6 + + = = ln( ) 6 ln( + + ) ( + ) + i ovaj zadnji integral je o ito arctan pa dovr²ite sami.
Problem površine - odre deni integral. Leibniz-Newtonova formula Računat ćemo odre deni integral funkcije f na intervalu [a,b], u oznaci b a f (), te kasnije upoznati geometrijsku interpretaciju dobivenog rezultata. Brojeve a i b zovemo redom donja, odnosno gornja granica integracije, a interval [a, b] interval integracije. Potrebno je poznavati osnovna svojstva odre denog integrala integrabilne funkcije f na intervalu [a,b] D( f ): () a a f () = () b a f () = a b f () () b a c f () = c b a f (), gdje je c konstanta () b a f () = c a f () + b c f () za svaki c < a,b >. (5) b a f () ako je f () za svaki [a,b]. No, ostaje pitanje kako efektivno računati neki odre deni integral? Ovdje se ključnom pokazuje tzv. Newton-Leibnizova formula: Ako je funkcija f integrabilna na intervalu [a,b] i ima na tom intervalu primitivnu funkciju F (funkciju takvu da je F = f ), onda je b a f () = F(b) F(a). Često umjesto F(b) F(a) pišemo skraćeno F() b a, pa Newton-Leibnizovu formulu možete pamtiti u ovom obliku: b a f () = F() b a. Napomena: Znamo da je, prema definiciji, neodre deni integral funkcije f jednak primitivnoj funkciji F, točnije čitavoj klasi primitivnih funkcija {F +C C R}. Dakle, dovoljno je naći neodre deni integral funkcije f i potom odre deni integral izračunati kao razliku vrijednosti primitivne funkcije u gornjoj i donjoj granici integracije. Pritom je
važno uvidjeti da ovaj račun ne ovisi o tome kojeg smo predstavnika klase primitivnih funkcija izabrali. Naime, ako su F i F dvije primitivne funkcije funkcije f na intervalu [a,b], onda znamo da postoji realna konstanta C takva da je F = F +C, pa je F b a = F (b) F (a) = F (b) +C (F (a) +C) = F (b) F (a) = F b a. Stoga se (radi jednostavnosti) kod računa odre denog integrala zanemaruje aditivna konstanta. Primjer Izračunajte odre deni integral 5 ( ). Rješenje: Koristeći Newton-Leibnizovu formulu računamo: 5 5 ( ) = 5 = = ( ) 5 = 5 5 (( ) ( )) = + =. Odre deni integrali pozitivnih funkcija Odre deni integral b a f () pozitivne funkcije f točno je jednak površini P ravninskog područja ome denog grafom funkcije f, osi i pravcima = a i = b. Primjer Izračunajte odre deni integral i geometrijski interpretirajte rezultat. Rješenje: Znamo da je primitivna funkcija funkcije g() = dana s G() = i tu činjenicu uz svojsvto () i Newton-Leibnizovu formulu koristimo u računu: = = ( ) = ( ) = = 65. Geometrijska interpretacija rezultata je sljedeća: rezultat integracije, dakle 65, brojčano odgovara površini područja odozgo ome denog grafom funkcije f () =, odozdo osi, slijeva pravcem =, a zdesna pravcem = : Primjer Izračunajte ( + ) i geometrijski interpretirajte rezultat.
Rješenje: ( + ) = + = = ( ) ( ) + = 7. Broj 7 brojčano odgovara površini lika odozgo ome denog grafom funkcije f () = +, ododzo osi, slijeva pravcem =, a zdesna pravcem = : Primjer Izračunajte i geometrijski interpretirajte rezultat. Rješenje: = ( ) + ( ) = = ( ) + ( ) = 5. Što se geometrijske intrepretacije rezultata tiče, broj 5 odgovara površini područja odozgo ome denog grafom funkcije f () =, odozdo osi, slijeva pravcem = (dakle y osi), a zdesna pravcem = : Primjer 5 Izračunajte 6 + i geometrijski interpretirajte dobiveni rezultat.
Rješenje: Najprije računamo zadani integral: 6 + 6 6 = + = 6 6 + = = ( ) 6 + ( ) 6 = ( + ) 6 = ( 6 + 6) ( + ) = = + = 6 6 =. Rezultat brojčano odgovara površini lika odozgo ome denog grafom funkcije f () = +, ododzo osi, slijeva pravcem =, a zdesna pravcem = 6: Zadatak Izračunajte i geometrijski interpretirajte sljedeće odre dene integrale: () () () 6 () + (5) π sin() Odre deni integrali ostalih funkcija Odre deni integral b a f () funkcije f koja na intervalu [a,b] ne poprima samo pozitivne vrijednosti jednak je razlici izme du zbroja površina iznad osi (a ispod grafa funkcije f ) i zbroja površina ispod osi (a iznad grafa funkcije f ). Najbolje da to objasnimo na primjeru. Primjer 6 Izračunajte odre deni integral i geometrijski interpretirajte rezultat. Rješenje: Vidimo da je rezultat integracije nula: = ( ) = ( ) (( ) ) = =.
Nacrtajmo graf funkcije f () = na intervalu [,]: Vidimo da nultočka funkcije f () =, tj. točka = označava prijelaz grafa funkcije f iz donje u gornju poluravninu koordinatnog sustava. Integral možemo zapisati ovako: = +. Prvi integral s desne strane gornje jednakosti računa negativnu vrijednost površine područja ome denog odozdo grafom funkcije f, odozgo s osi, slijeva pravcem =, a zdesna pravcem =, dok drugi integral s desne strane gornje jednakosti računa površinu područja ome denog odozgo grafom funkcije f, odozdo s osi, slijeva pravcem =, a zdesna pravcem =. Ako prvu površinu odznačimo s P, a drugu s P, onda zapravo vrijedi = P P. Kako je =, to je P P =, tj. P = P, Žto je znog simetričnosti funkcije f (ona je neparna, tj. simetrična obzirom na ishodište koordinatnog sustava) i jasno. Dakle, rezultat integracije ukazuje da su dvije površine sa slike me dusobno jednake. Primjer 7 Izračunajte odre deni integral ( ) i geometrijski interpretirajte rezultat. Rješenje: Računamo: ( ) = ( ) = ( ) (( ) ( )) = 6 ( ) =. Geometrijska interpretacija rezultata je sljedeća: rezultat integracije, dakle, brojčano odgovara P P + P, gdje je P površina područja ome denog slijeva pravcem = a zdesna pravcem =, P površina područja ome denog slijeva pravcem = a zdesna pravcem =, te P površina područja ome denog slijeva pravcem = a zdesna pravcem =. Sva tri područja su odozgo i odozdo ome dena grafom funkcije f () = te osi. Točke = i = u kojima graf funkcije f prelazi iz gornje u donju poluravninu koordinatnog sustava dobivamo rješavanjem jednadžbe f () = = (to su nultočke funkcije f). 5
Ovaj rezultat smo dobili stoga što je ( ) = ( ) + ( ) + ( ), gdje prvi integral s desne strane odgovara P, drugi P, a treći P. Primjer 8 Izračunajte površinu područja ome denog grafom funkcije f () =, osi te pravcima = i =. Rješenje: Rješavanje ovog zadatka slično je prethodnom, uz bitnu razliku da ćemo ukupnu površinu P = P + P + P lika s gornje slike dobiti ako integral ( ) računamo s negativnim predznakom. To znači da je P = ( ) ( ) + ( ) = = ( ) ( ) + ( ) = = [( ( ) [( +[( ( )) ( ( ) ) (( ) ) ( )] = = ( ) + = 8. ( ))] + ( ))] Primjer 9 Izračunajte površinu područja ome denog grafom funkcije f () = e, osi te pravcima =, =. Rješenje: Najprije provjeravamo koje su nultočke funkcije f, tj. rješavamo jednadžbu f () = : e = e = = ln =. Kako se = nalazi unutar intervala integracije [, ], jedan dio zadanog područja integracije se nalazi ispod, a drugi iznad osi: 6
Vidimo sa slike da je (kako bismo izračunali površinu P zadanog područja) potrebno integral na intervalu [, ] računati s negativnim, a na intervali [, ] s pozitivnim predznakom: P = (e ) + (e ) = = (e ) + (e ) = = [(e ) (e ( ))] + [(e ) (e )] = = ( e ) + (e ) =... = = e + e. Primjer Izračunjte površinu područja ome denog grafom funkcije f () = ( )( )( ) i osi. Rješenje: Primijetimo da nisu zadane granice područja slijeva i zdesna, no to nije niti potrebno, jer je područje u potpunosti odre deno zahtjevom iz teksta zadatka (ograničenost odozgo i odozdo). Naime, očito su nultočke ove funkcije točke =, = i =. Analizom toka funkcije dobivamo sljedeći graf: odakle je jasno da nije potrebno zadati granice slijeva i zdesna one se "očitaju" sa slike. Preciznije, vidimo da se područje sastoji od dva dijela: površina prvog će se raču- 7
nati kao ( )( )( ), a površina drugog kao ( )( )( ), pa za ukupnu površinu P imamo P = = ( )( )( ) ( 6 + 6) ( )( )( ) = ( 6 + 6) = = ( + 6) ( + 6) = =... = ( ) =. Zadatak Izračunajte i interpretirajte geometrijski sljedeće odre dene integrale: () ( ) () ( + ) () π π cos Zadatak Izračunajte površinu ome denu s osi, grafom funkcije f i pravcima = a, = b ako je: () f () =, a =, b = () f () = +, a =, b = () f () =, a =, b = Zadatak Izračunajte površinu ome denu s osi i grafom funkcije f ako je: () f () = 5 () f () = + 6 () f () = ( + ) ( ) 8
Metode računanja odre denog integrala. Nepravi integral Supstitucija u odre denom integralu Kao i kod neodre denog integrala i pri računanju odre denog integrala često se koristi tehnika supstitucije integracijske varijable. Pritom možemo upotrijebiti jednu od sljedeće dvije metode: () izvršimo zamjenu integracijske varijable i računamo neodre deni integral - nakon što na demo primitivnu funkciju vraćamo se na staru varijablu; ovaj postupak ne zahtijeva promjenu granica integracije () integracijsku varijablu mijenjamo direktno u odre denom integralu - ovaj postupak podrazumijeva i odgovarajuću promjenu granica integracije. Pri radu s ovom tehnikom posredno koristimo sljedeći rezultat: Za neprekidnu funkciju f na intervalu [a,b] i diferencijabilnu funkciju ϕ : [α,β] R takvu da je ϕ neprekidna i ϕ(α) = a, ϕ(β) = b vrijedi b a f () = β α f (ϕ(t)) ϕ (t)dt. Primjer Koristeći obje metode supstitucije izračunajte ( + ). Rješenje:. način: Najprije računamo neodre deni integral koristeći supstitucijsku varijablu, a potom vraćamo izvornu varijablu i računamo dre deni integral. Supstitucija koju ćemo ovdje koristiti je t = +, iz čega slijedi da je dt =. Sada možemo zamijeniti sve podintegralne elemente supstitucijskom varijablom: ( + ) = t dt = t = ( + ), pa je ( + ) = ( + ) = = ( + ) ( + ) = 65 = 56.
. način: Osim podintegralnih elemenata, supstituirat ćemo i granice integracije. Supstitucija t = + odgovara i na pitanje koje su (u terminima varijable t) nove granice integracije: za donju granicu imamo = t =, a za gornju = t = 5, pa integral postaje ( + ) = 5 t dt = ( t ) 5 = 5 = 56. Napomena: Važno je uočiti pogodnu supstituciju i pritom paziti da je veza izme du početne i supstitucijske varijable jednoznačna. Primjer Izračunajte odre deni integral Rješenje: +. Uvodimo supstituciju + = t, odakle slijedi = t, što nakon diferenciranja daje = tdt. Ako pokušamo izraziti supstitucijsku varijablu t preko početne integracijske varijable, naići ćemo na poteškoće. Naime, iz veze + = t nije moguće jednoznačno izračunati supstitucijsku vezu, jer imamo dvije mogućnosti: t = + ili t = +. Oba ova izbora su dobra, ali se nužno trebamo odlučiti za samo jedan i s njime potom nastaviti račun. Neka je veza dana s t = +.. način: za donju granicu integracije imamo = t =, a za gornju = t =, pa je t tdt t = = dt = + t = (t t) = ( + ) =.. način: računamo najprije neodre deni integral t = dt = + (t t), a potom se vraćamo na početnu integracijsku varijablu : t = +, pa je konačno = + + ( + ) =. Što bi se dogodilo da smo za vezu izme du i t uzeli t = +? Računajmo po prvom načinu: za donju granicu integracije imamo = t =, a za gornju = t =, pa je (obratite pažnju na predznak u podintegralnoj funkciji!) + = t tdt t dt = t dt = t dt = = (t t) = (( ) + ) ( ) )) =.
Posebno su važne supstitucije kod kojih funkcijska veza izme du početne i supstitucijske varijable nije očita, kao u sljedećem primjeru. Primjer Izračunajte i geometrijski interpretirajte rezultat. Rješenje: Uvodimo tipičnu supstituciju za ovakve integrale: = sint, odakle slijedi = sin t = cos t = cost, a = costdt. Da bismo imali jednoznačnu vezu izme du i t, moramo odabrati smo jedan dio domene sinusne funkcije, i to takav da se postižu sve vrijednosti iz skupa vrijednosti [,]. Uzmimo t [ π, π ]. Kako u tom području kosinus poprima samo pozitivne vrijednosti, možemo maknuti znak apsolutne vrijednosti, pa je = cost. Dalje, granice integracije sada nije teško odrediti: za donju granicu imamo = t = π, a za gornju = t = π 6, pa je = π π cost costdt = = ( t + sint) π 6 π = (5π + + 6). Što se geometrijske interpretacije rezultata tiče, broj (5π + + 6). odgovara površini dijela gornje polukružnice sa središtem u ishodištu i radijusom to je dio ome den pravcima = i = : Primjer Izračunajte ln e. Rješenje: Uvodimo supstituciju e = t. Sada je e = tdt, pa iz e = t + slijedi = t t + dt. Ako uzmemo t = e, onda za donju granicu integracije imamo = t =, a za gornju = ln t =, pa je t t t + dt = = t + t + dt = ( t + )dt = (t arctant) = π. Zadatak Metodom supstitucije riješite sljedeće odre dene integrale: () ( + )
() 8 () (+ ) () + (5) ( )( + ) (6) +9 (7) (e ) e (8) e (9) e sinln +ln () π + cos sin. Parcijalna integracija u odre denom integralu Kao i kod neodre denog integrala, i kod računanja odre denog integrala možemo koristiti tehniku parcijalne integracije, tj. formulu b a b udv = (uv) b a vdu. a Pritom je važno primijetiti da se u ovako skraćenoj formuli nigdje eksplicitno ne piše integracijska varijabla, ali da se granice integracije a i b odnose upravo na nju. Primjer 5 Izračunajte π π sin. Rješenje: Parcijalno integriramo na sljedeći način: pa je = dv v = cot, u = = du, sin π π π sin = ( cot) π π + cot = π = π + π π + cos π sin Uvodimo supstituciju sin = t, odakle je cos = dt, pa je π π cos sin = dt t = (lnt) = = ln ln = ln.
Sada imamo π π sin = π + π + ln. Primjer 6 Izračunajte arctan i geometrijski interpretirajte rezultat. Rješenje: Parcijalno integriramo tako da uzmemo u = arctan du = +, dv = v = pa imamo arctan = ( arctan) = arctan +, + = gdje dobiveni integral rješavamo supstitucijom + = t = dt = dt (granice integracije: = t =, = t = ). Dobivamo arctan = π dt t = = π (ln t ) = = π (ln ln) = = π ln. Rezultat (koji približno iznosi.9) odgovara površini lika odozgo ome denog grafom funkcije f () = arctan, odozdo s osi, slijeva pravcem =, a zdesna pravcem = : Zadatak Primjenom parcijalne integracije izračunajte sljedeće odre dene integrale: () ln ln e () π ( + )sin () e ln( + ). 5
Nepravi integral Često se u zadacima pojavljuju integrali funkcija koje se ne mogu evaluirati u nekoj od rubnih točaka ili u nekoj od unutrašnjih točaka intervala integracije. U tom slučaju koristimo sljedeću definiciju: Ako se neka od granica integracije nalaze u beskonačnosti definiramo (uz uvjet da svaki od sljedećih limesa postoji i konačan je): () a f () = lim b b a f () () b f () = lim a b a f () () f () = lim a c a f () + lim b b c f (). Ako unutar integracijskog intervala [a,b] funkcija f ima prekid u točki c ili u toj točki nije definirana, onda definiramo (uz uvjet da sljedeći limes postoji i konačan je): b a f () = lim ε c ε a f () + lim ε c+ b ε f (). Primjer 7 Izračunajte i geometrijski interpretirajte rezultat. Rješenje: Koristimo gornju definiciju i računamo b = lim b = lim b (ln) b = = lim lnb ln = lim lnb =. b b Rezultat govori da lik odozgo ome den grafom funkcije f () =, odozdo s osi te slijeva pravcem = ima beskonačnu površinu: 6
Primjer 8 Izračunajte i geometrijski interpretirajte rezultat. + Rješenje: + = + + + = b = lim a a + + lim b + = = lim a (arctan) a + lim (arctan) b = b = lim ( arctana) + lim (arctanb) = a b = ( π ) + π = π. Rezultat integracije, dakle broj π, odgovara površini otvorenog područja ome denog odozgo grafom funkcije f () = +, a odozdo s osi: Napomena: Slično kao gore pokušajte riješiti. Ako nacrtate sliku podintegralne funkcije, izgleda (zbog njene neparnosti) kao da ovaj nepravi integral postoji i + jednak je nuli. Me dutim, rješavanje po principu gornjeg primjera vodi nas na zbroj dva limesa, od kojih je prvi, a drugi, što znači da ovaj nepravi integral ne postoji. Pogledajmo što se doga da kada podintegralna funkcija ima prekid unutar integracijskog područja: Primjer 9 Izračunajte ( ). Rješenje: Očito je da podintegralna nije definirana u točki =, pa je ( ) ε = lim ε + ( ) lim ε + ε = ( ) = lim ε ( ) ε + lim ε + ( ) ε = = lim ( ε + ) + lim ( ε ) = ε ε + = +. 7
Primjer Izračunajte e. Rješenje: Koristimo tehniku parcijalne integracije: = u = du, dv = e v = e = e, pa je e = ( e ) + e = = lim ( e ) b + lim b b ( e ) b = b = lim b e b + lim b ( e b + e ) = (L H) = = lim b ( e b ) + =. Zadatak Izračunajte sljedeće neprave integrale: () () ( ) ( ) () e () (5) e (6) (7) (8) (9) e ++ ( +) e (e +) ln () ( + ln). 8
Poglavlje Primjene odreženog integrala. Povr²ina ravninskog lika Za dani ravninski lik omežen krivuljama y = f() i y = g() te pravcima = a i = b treba odrediti njegovu povr²inu P (vidi sliku). Koristimo injenicu da je povr²ina tog lika jednaka razlici povr²ina lika omeženog pravcima = a, = b, osi i krivuljom y = f() te lika omeženog s = a, = b, osi i krivuljom y = g(). Zaklju ujemo: tj. P = b a P = f() b a b a (f g)(). g(), Ova jednostavna formula temelj je ra una povr²ina ravninskih likova gore opisanog tipa. Slika.: Povr²ina P jednaka je razlici povr²ina odreženih grafovima Γ f i Γ g Gornja formula vrijedi i u slu aju da nije f() i g() za sve [a, b], ali uz uvjet da je f() g() za sve [a, b]. Naime, prema slici je o ito da moºemo translatirati krivulje Γ f i Γ g duº y osi koliko je potrebno (recimo
za neku veli inu m) do situacije sa slike.., na kojoj su sve vrijednosti funkcija f i g na intervalu [a, b] nenegativne (vidi sliku..). Naime, tada se povr²ina P koju traºimo o ito ne e promijeniti, a moºemo primijeniti poznatu formulu: P = b a [f() + m] b a [g() + m] = b a (f g)(). Dakle, moºemo primijeniti ve postoje u formulu ak i u slu aju da nisu sve vrijednosti podintegralnih funkcija na intervalu integracije nenegativne. Slika.: Formulu razlike povr²ina moºemo primijeniti i na funkcije kojima nisu sve vrijednosti na integracijskom podru ju nenegativne. Primjer Izra unajte povr²inu podru ja ograni enog s y = i y =. Rje²enje: Grafovi ovih funkcija omežuju lik (ozna imo mu povr²inu s P ) odrežen to kama presjeka ovih krivulja, a to su to ke s apscisama = i = vidi sliku. Ozna imo f() := ("gornja funkcija"), g() := ("donja funkcija").
Sada je P = (f g)() = = ( + + ) = 9. ( + + ) = Primjer Izra unajte povr²inu P omeženu krivuljama y = i y =. Rje²enje: Formula koju smo do sada primjenjivali podrazumijevala je da funkcije iji grafovi omežuju ravninski lik iju povr²inu traºimo moºemo eksplicitno napisati u integracijskoj varijabli. Ovdje moramo uo iti da krivulja y = ima dva kraka (dvije mogu nosti za eksplicitni zapis), f () := i f () :=. Ako nacrtamo sliku, vidjet emo da uz kori²tenje ovako zapisanih podintegracijskih funkcija moºemo primijeniti poznatu formulu. Vrijedi: P = = ( ( ( )) + ) + ( + ) = 9. ( ( )) = Mežutim, postoji i jednostavniji na in da se ovaj zadatak rije²i. Naime, ako ve ne moºemo iz y = dobiti eksplicitni izraz za y kao funkciju od, moºemo obratno eksplicitno izraziti pomo u y: = y. Takožer, iz y = izlazi = y +, a iz slike je odmah vidljivo da je integraciju po varijabli y lak²e provesti, jer "gledano sa strane osi y" vidimo da se radi o dvjema funkcijama u varijabli koje na intervalu integracije (sada zadanom donjom granicom y = i gornjom granicom y = ) poprimaju samo nenegativne vrijednosti, pa imamo P = (y + y )dy = ( y + y + y) = 9. Sada moºemo napisati jo² jednu formulu: za funkcije f i g zadane u varijabli y na intervalu [c, d] povr²ina P lika omeženog krivuljama Γ f i Γ g te pravcima
y = c i y = d je dana s P = d c (f g)(y)dy. Ponekad je pri rje²avanju zadataka s povr²inama pogodnije pre i na polarne koordinate, kao u sljede em primjeru. Ako pritom ra unamo povr²inu lika odreženog krivuljama r = r (ϕ) i r = r (ϕ) te rubnim polupravcima integracijskog podru ja ϕ = ϕ, ϕ = ϕ, koristit emo sljede u formulu: P = ϕ ϕ (r r )dϕ. Za vjeºbu emo rije²iti pomo u ove formule i jedan zadatak koji se ina e moºe lako rije²iti elementarnim metodama. Primjer Koriste i odreženi integral izra unajte povr²inu P odreženu krivuljama zadanim jednadºbama + y + 8 =, + y + =. Rje²enje: Nakon ²to transformiramo jednadºbe ovih krivulja vidimo da se radi o kruºnicama: + y + 8 = / + 6 ( + ) + y = + y + = / + 8 ( + ) + y =, i to kruºnicama sa sredi²tima u (, ) i (, ) te radijusima r = i r =, redom. Transformirajmo ove jednadºbe u polarni oblik kori²tenjem formula = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Dobiva se: r = 8 cos ϕ za prvu kruºnicu i r = cos ϕ za drugu kruºnicu. Treba jo² odrediti granice integracijskog podru ja. ϕ = π, ϕ = π, pa je Sa slike se vidi da je P = = π π π π π ((8 cos ϕ) ( cos ϕ) )dϕ = cos ϕdϕ = π cos ϕ + dϕ = ϕ (sin + ϕ) π π = π.
Primjer Koriste i odreženi integral izra unajte povr²inu P odreženu krivuljama zadanim jednadºbama =, y = arctan ( ), y = π. Rje²enje: Prvo skiciramo zadane krivulje i uzmemo u obzir lim arctan ( ) = (jer ide u nulu) te lim arctan ( ) = π (jer ide u + ) Sada je povr²ina dana s (radi se o nepravom integralu): ( ( ) P = arctan π ) ( ( ) = lim arctan π ) = a a ( ( ) = lim arctan + a ln( + ) π ) a = ( π = lim a + ln π ( ) a arctan a ln( + a ) + π ) a = ln pri emu smo uzeli u obzir da je arctan ( ) = u = arctan ( ) = arctan dv = du = + v = ( ) + ln( + ) = arctan ( ) + + = i lim a arctan a a = π = Zadatak Izra unajte povr²inu lika omeženog krivuljama: () y =, y = () y =, y = 5 () y = ( )( ) i osi. () y = π 6, y = arcsin (5) y =, y = 5
(6) + y = + y i nejednakostima, y (7) 7y =, y = (8) + y =, + y = (9) y = arctan, y = π. Volumen rotacijskog tijela Graf funkcije f rotiramo oko osi. Postavlja se pitanje: koji je volumen V tijela dobivenog rotacijom lika odreženog dijelom grafa funkcije f te pravcima = a, y = b i osi (vidi sliku)? Odgovor daje sljede a formula: V = π b a f(). Mežutim, postoji formula i za rotaciju lika odreženog grafom funkcije f na intervalu [a, b] na osi oko y osi. Ta formula glasi: V y = π b a f(). Takožer, ako imamo funkciju = g(y) (gdje je eksplicitno izraºen preko y) i rotacijski interval [c, d] na y osi te rotiramo oko y osi, imat emo: V y = π d c g(y) dy. Ako rotiramo lik odrežen grafom funkcije f na intervalu [c, d] na y osi oko osi, imat emo formulu V = π d c g(y)ydy. Saºeto ove etiri formule moºemo pregledno iskazati jednom tablicom: 6
integr. po / rot. oko osi y osi [a, b] na osi V = π b a f() V y = π b a f() [c, d] na y osi V = π d c g(y)ydy V y = π d c g(y) dy Takožer, imamo i formulu za volumen rotacijskog tijela koje je dobiveno rotacijom podru ja izmežu dviju krivulja. U tom slu aju koristimo sli ne formule kao u gornjoj tablici, uz primjenu modela iz dijela o povr²ini podru ja omeženog dvjema krivuljama. Npr. za volumen V tijela nastalog rotacijom podru ja omeženog krivuljama y = f () i y = f () na intervalu [a, b] oko osi koristimo formulu i sli no za ostale formule. Primjer 5 V = π b a (f () f () ) Izra unajte volumen tijela nastalog rotacijom oko osi lika omeženog parabolom y = i pravcem =. Rje²enje: Na²a funkcija nije eksplicitno izraºena preko integracijske varijable, ali to formula niti ne zahtijeva: imamo y = f(), ²to je upravo izraz koji se traºi u formuli. O ito je sa slike da moramo koristiti formulu za integraciju duº intervala [, ] na osi za rotaciju oko osi, pa imamo V = π y = π = π( ) = π. Ponekad se zadaje rotacija oko pravaca paralelnih s osi, odnosno s y osi. U tom slu aju primjenjujemo iste formule, ali moramo izvr²iti translaciju cjelokupnog koordinatnog sustava, kao u donjem primjeru. Primjer 6 Izra unajte volumen V tijela nastalog rotacijom oko pravca = lika omeženog parabolom y = i osi. Rje²enje: 7
Rotacija oko pravca = zna i da emo zahtijevati da u to ki Õ(, ) bude ishodi²te novog koordinatnog sustava (Õ,, ỹ) ija je veza sa starim dana s =, ỹ = y. Tako u novom koodinatnom sustavu to ka (, ) (zapisana u starom sustavu) postaje (, ). Formulu za volumen primijenit emo u odnosu na novi sustav. To zna i da trebamo napisati nove granice integracije, novu podintegralnu funkciju i novi diferencijal u skladu s gornjim transformacijskim formulama (, y) (, ỹ). Kako se radi o rotaciji oko pravca =, a to je pravac paralelan s y osi, rije je u biti o rotaciji oko novonastale ỹ osi, pa primjenjujemo formulu za V y. Jo² se trebamo odlu iti koju emo integraciju koristiti. S obzirom da se transformacijom koordinatnog sustava ne mijenjaju y koordinate (jer je ỹ = y), a samim time niti diferencijal, koristit emo za integraciju duº ỹ osi. Volumen V izrazimo kao razliku volumena V i V koji se dobiju rotacijom redom lijevog, odnosno desnog kraka parabole oko ỹ osi. O ito je jo² preostalo samo da funkcijski izrazimo lijevi i desni krak u novim koordinatama, i to u smislu ovisnosti o ỹ (jer integriramo duº ỹ osi). Lijevi krak: u starim koordinatama rije je funkcijskoj vezi = g (y) = y, a kako je = +, y = ỹ, u novim koordinatama veza glasi g (ỹ) = ỹ. Desni krak: sli no kao za lijevi krak u starim koordinatama imamo = g (y) = y, a u novim g (ỹ) = ỹ. Ra unamo sada volumen: V = V V = π = π = π = 6π. (g (ỹ) g (ỹ) )dỹ = (( ỹ ) ( ỹ ) )dỹ = ỹdỹ = 8π Primjer 7 Trokut zadan vrhovima A(, ), B(5, ), C(, ) rotira oko y osi. Odredite volumen V nastalog tijela. Rje²enje: Sa slike vidimo da se radi o trokutu simetri nom obzirom na pravac y =, pa volumen V moºemo ra unati kao dvostruki volumen V lika nastalog rotacijom 8
"donje polovice" trokuta odrežene s dva pravca: prvi pravac prolazi to kama A i B (pravac y = ), a drugi to kama A i P (pravac = ). "Gornja" funkcija (gledano s y osi) dana je s = g (y) = y+, a "donja" s = g (y) =. O ito je integracijsko podru je dano s y =, y =, pa imamo V = V = π = π (g (y) g (y) )dy = (( y + ) )dy = π (y + y + y) = 8 9 π. Zadatak () Podru je odreženo krivuljama y =, y = ( + ) rotira oko osi. Izra unajte volumen tako dobivenog tijela. () Odredite volumen tijela koje nastaje rotacijom lika odreženog sa sin + y, π π oko osi. () Nažite volumen tijela nastalog rotacijom kruºnice + (y b) = a oko osi (b > a). () Izra unajte volumen tijela nastalog rotacijom krivulje + y = + y oko osi. Zadatak () Izra unajte volumen tijela nastalog rotacijom podru ja ( ) y oko y osi. () Izra unajte volumen tijela nastalog rotacijom podru ja y 5y, y 6 oko osi y. () Izra unajte volumen tijela nastalog rotacijom podru ja 5π y sin oko y osi. () Izra unajte volumen tijela nastalog rotacijom podru ja zadanog nejednadºbama + sin y, π π oko y osi. 9
(5) Skup odrežen krivuljama + y =, y =, y = / rotira oko y osi. Izra unajte volumen dobivenog tijela. (6) Odredite volumen tijela nastalog rotacijom podru ja y ( )( + ) oko y osi. (7) Odredite volumen tijela nastalog rotacijom krivulje (y ) = ( ) oko y osi. Zadatak () Izra unajte volumen tijela nastalog rotacijom podru ja y sin, [, π] oko pravca y =. () Izra unajte volumen tijela nastalog rotacijom podru ja y sin [, π] oko pravca y =. () Lik odrežen krivuljama y =, y =, [, ] rotira oko pravca =. Izra unajte volumen tako dobivenog tijela. () Odredite volumen tijela nastalog rotacijom krivulje y = ( ) oko pravca =.
Poglavlje Funkcije više varijabli. Domena Jedno od osnovnih pitanja koje se može postaviti za realnu funkciju dvije varijable jest pitanje domene, tj. utvrđivanje područja u ravnini R na kojem je funkcija definirana. Često se pritom i skicira skup svih točaka domene u koordinatnom sustavu, jer sam eksplicitni zapis za domenu ne govori previše. Funkcije koje ćemo mi promatrati kompozicije su nekoliko elementarnih funkcija, npr. korjenovanja, potenciranja, logaritamskih funkcija te trigonometrijskih i njima inverznih arkus funkcija. Stoga ćemo se ukratko podsjetiti koje su domene tih funkcija. Pritom ćemo te funkcije promatrati kao funkcije jedne varijable. Naime, bitno je da se uoči uvjet koji mora vrijediti na argument funkcije koju promatramo, bila ta funkcija jedne ili više varijabli. Rješavanjem svih uvjeta dolazimo do domene zadane funkcije. () f() =. Uvjet kojeg postavljamo je da je, odakle i dolazimo do domene D(f) = [, >. Uvjet pamtimo kao "podkorijenski izraz je nenegativan". () f() =. Jedini uvjet kojeg treba postaviti je, pa je D(f) = R \ {}. Općenito, funkcije potenciranja s pozitivnim cjelobrojnim potencijama f() = k, k N nemaju uvjeta na domenu, pa je u tom slučaju domena čitav R, dok funkcije potenciranja s negativnim potencijama f() = k, k Z imaju uvjet da je (zbog razlomka, jer npr. 5 = = ( 5 )5 ). Dakle, svu pažnju kod funkcija potenciranja cjelobrojnim potencijama treba usmjeriti samo na funkciju f() =. Uvjet kojeg pamtimo glasi: "razlomak je različit od nule".
() f() = log a. Uvjet glasi: >. Međutim, može se dogoditi da je zadana funkcija u kojoj logaritamska baza ovisi o funkcijskoj varijabli, kao npr. f() = log. U tom slučaju (što se baze tiče) moramo poštivati činjenicu da je baza strogo veća od nule i različita od jedinice, pa imamo uvjete >,. Dakle, kod logaritamske funkcije postoje dva uvjeta, koja pamtimo kao "argument je strogo pozitivan" i "baza je strogo pozitivna i različlita od jedinice". Dalje, poznati je da eksponencijalna funkcija kao inverzna funkcija logaritamske funkcije nema uvjeta na domenu, tj. da je za f() = a (uz a > i a!) domena jednaka čitavom R. () Kod trigonometrijskih funkcija, poznato je da funkcije sin i cos imaju za domenu čitav skup realnih brojeva, pa uvjeta na domenu nema. Međutim, kod funkcija tan i cot moramo obratiti pažnju na definiciju ovih funkcija, tj. na nazivnike: tan = sin cos cos, cot = sin, pa ćemo zbog () imati kod funkcije tan uvjet cos, a kod cot uvjet sin. (5) Kod arkus funkcija poznati su uvjeti na domenu koji je određuju. Nas će u zadacima zanimati samo funkcije arcsin i arccos. Za obje ove funkcije znamo da je domena dana s D(f) = [, ], tj. uvjet na glasi. Dakle, uvjet na izraz koji se nalazi pod arcsin ili arccos funkcijom možemo pamtiti kao "argument je po apsolutnoj vrijednosti manji ili jednak ". Riješimo nekoliko primjera, ali sada određujući domenu funkcije dvije varijable. Primjer Odredite domenu funkcije f(, y) = + + y i rješenje predočite grafički u ravnini. Rješenje: Najprije zbog "vanjskog" korijena moramo postaviti uvjet: () + + y, a potom zbog "vanjskog" korijena () + y. Prvi uvjet se rješava po slučajevima. Najprije napišimo + y +. Imamo (a) ako je + < (tj. < ), nejednažba nema rješenja (jer je s lijeve strane nenegativan, a s desne strane negativan broj). (b) ako je + (tj. ), možemo kvadrirati nejednadžbu, jer su obje strane pozitivne. Dobivamo + y + +, odnosno y + +. Radi se o području odozgo omeđenom parabolom y = + + (a uključuje i samu parabolu). Rješenje prvog uvjeta možemo ukratko napisati kao y + + za. Rješavamo drugi uvjet. Imamo y, što grafički možemo predstaviti područjem ravnine omeđenim odozdo pravcem s jednadžbom y = (područje uključuje i sam pravac). Konačno rješenje se dobiva presijecanjem područja dobivenih rješavanjem oba uvjeta. Kako u drugom uvjetu nema rješenja za <, to "lijevo" od pravca = nema niti jedne točke iz domene. Međutim, za ("desno" od pravca = ) imamo uvjet y + +, ali i uvjet y, pa je domena skup svih točaka koje se nalaze "ispod" parabole y = + +, a "iznad" pravca y = (uključujući i te dvije krivulje). Pažljivim crtanjem i računom vidi se da se ove dvije krivulje sijeku upravo u točki s koordinatom jednakom, pa rješenje izgleda kao na slici (vidi str..).
Slika.: Grafički prikaz domene funkcije f Primjer Odredite domenu funkcije f(, y) = ( )( y ) y i rješenje predočite grafički u ravnini. Rješenje: Kao i u prtehodnom primjeru, ovdje možemo postaviti dva uvjeta: () ( )( y ) y, vezano uz "vanjski" korijen i () ( )( y ), vezano uz "unutarnji" korijen. Riješimo najprije prvi uvjet: ( )( y ) y, imamo diskusiju: (a) Ako je y <, s lijeve strane nejednadžbe imamo korijen (koji je uvijek nenegativan), a s desne strane strogo negativan broj, pa je u ovom slučaju nejednakost očito zadovoljena. No, rješavali smo u skupu y <, što riješeno daje točke drugog ( <, y > ) i četvrtog kvadranta ( >, y < ). Točke koje leže na koordinatnim osima su zbog stroge nejednakosti isključene. (b) Ako je y, obje su strane nejednadžbe nenegativne, pa možemo kvadrirati nejednadžbu. Dobivamo nakon sređivanja + y, pa se radi o krugu sa središtem u ishodištu i radijusom. Preciznije, u skup točaka koje čine rješenje uključena je i sama kružnica. Kako smo ovaj slučaj rješavali u skupu točaka koje zadovoljavaju nejednadžbu y, vrijednit će to u prvom (, y ) i trećem (, y ) kvadrantu (ovog puta uključivši i točke koje leže na koordinatnim osima). Riješimo sada drugi uvjet. Ako nejednadžbu zapišemo u obliku (a) i y, što daje i y. Rješenje je dano kao {(, y), y }, što je kvadrat stranice sa središtem (presjecištem dijagonala) u ishodištu. Stranice su uključene. (b) i y, što daje i y. Rješenje je dano kao {(, y) ili, y ili y }. Unija dva skupa dobivena pod (a) i (b) je rješenje drugog uvjeta. Konačno rješenje prvog uvjeta dano je kao dio unutar jedinične kružnice u prvom i trećem kvadrantu, odnosno kao cijeli drugi i četvrti kvadrant. Međutim, to rješenje moramo presjeći s rješenjem drugog uvjeta da dobijemo konačno
rješenje. Ono je na donjoj slici označeno svjetlosivo, uz napomenu da su sve rubne točke tog područja dio rješenja. Tamnosivi dio dolazi od rješenja prvog uvjeta i služi samo za orijentaciju. Slika.: Grafički prikaz domene funkcije f Zadatak Odredite domenu funkcije f: () f(, y) = + y + () f(, y) = + + y + () f(, y) = + y () f(, y) = ( + y )(9 y ) ( Primjer Odredite domenu funkcije f(, y) = ln y y ). Rješenje: Rješavamo dva uvjeta: () y y > y y > y y > (zbog logaritma) y () y (zbog korijena) () y (zbog nazivnika). Očito prvi uvjet uključuje i drugi, pa je dovoljno riješiti samo njega. Imamo dvije mogućnosti: (a) ako je y > množenjem s nazivnikom znak nejednakosti se ne mijenja, pa imamo y > y, tj. y( + ) >. Ako je + >, dijeljenjem s tim izrazom dobivamo y > +. Ako je + <, dijeljenjem dobivamo y < +. (b) ako je y < dobivamo y < y, tj. y( + ) <. Ako je + >, imamo y < +, dok za + < imamo y > +. Još treba vidjeti što je s opcijom =. Uvrštenjem u početnu nejednadžbu dobivamo y y > y > y > y <. Pokušajte ovako izračunatu domenu funkcije prikazati u ravnini! Zadatak 5 Odredite domenu funkcije f:
() f(, y) = ln ( y + ) () f(, y) = ln ( + y y + ) () f(, y) = ln ( y ) Primjer 6 Odredite domenu funkcije f(, y) = sin( + y ) + ln( ) + ln( y). Rješenje: Imamo sljedeće uvjete: () sin( + y ), zbog korijena () >, zbog logaritma () y > o, zbog logaritma Uzimajući u obzir uvjete () i (), rješavamo prvi uvjet: sin( + y ) ( + y ) [, π] + kπ gdje k Z Tu je očito riječ o kružnim vijencima odgovarajućih radijusa, međutim, zbog uvjeta () i (), uzimamo samo one unutar kvadranta oneđenog s =, y = Slika.: Grafički prikaz domene funkcije f Primjer 7 Odredite D(f) funkcije f(, y) = log y i rješenje predočite grafički. Rješenje: U ovom zadatku osim diskusije po argumentu logaritamske i korjenske funkcije moramo uvjete postavljati i vezano uz bazu logaritamske funkcije, jer je ona ovisna o varijabli. Imamo sljedeće uvjete: () log y, zbog korijena () y >, zbog logaritma () > i, zbog logaritma 5
Uzimajući u obzir uvjete () i (), rješavamo prvi uvjet: log y log y log y Sada moramo napraviti diskusiju po bazi: (a) ako je < <, logaritamska funkcija je padajuća, pa djelovanjem inverzne funkcije na gornje dvije nejednadžbe mijenjamo znak nejednakosti: y. (b) ako je >, logaritamska funkcija je rastuća, pa djelovanjem inverzne funkcije na gornje dvije nejednadžbe znak nejednakosti ostaje isti: y. Zbog drugog i trećeg uvjeta radimo samo u prvom kvadrantu, i to isključivši zbog stroge nejednakosti točke koje se nalaze na koordinatnim osima, kao i bez pravca = (zbog baze). Opcije pod (a) i (b) govore da i u dijelu ravnine omeđenom pravcima = i =, ali i onom omeđenom slijeva pravcem = rješenje predstavlja područje koje se nalazi između pravca y = i y =. Rješenje uključuje i ove krivulje, a grafički je predstavljeno sljedećom slikom: Slika.: Grafički prikaz domene funkcije f Zadatak 8 Odredite domenu funkcije f: () f(, y) = log y 9 () f(, y) = log +y ( y ) () f(, y) = ln (y + ) ln ( y ) () f(, y) = 9y + ln ( + 9y + ) (5) f(, y) = (6) f(, y) = 8 6y+ +y log (y) +y +y + ln ( ) 6
Primjer 9 Pokažite da je domena funkcije f(, y) = arcsin +y+ +y+ + + + y + prazna. Rješenje: Koristimo činjenicu da je domena arcsin funkcije dana s [, ], što ovdje postaje jedan od uvjeta koje moramo postaviti: () +y+ +y+, zbog arcsin funkcije () +, zbog korijena () y +, zbog korijena. Drugi i treći uvjet je lako riješiti, dobivamo, y. Riješimo sada prvi uvjet: +y+ +y+ + +y+ +y+ Vidimo da je +y+, što znači da imamo +y + <, tj. y <. Zbog toga pri množenju s nazivnikom prva nejednadžba mijenja znak nejednakosti, pa imamo ( + y + ) + y + y. Dakle, konačno rješenje predstavlja područje određeno četirima nejednadžbama: y, y <,, y. Iz treće nejednaždbe imamo, što uvrštanjem u prvu daje y = 5 6 <, što je u suprotnosti sa zadnjom nejednadžbom. Odavdje slijedi tvrdnja: D(f) =. Do istog zaključka možete doći ako skicirate presjeke poluravnina koje predstavljaju rješenja gornjih nejednadžbi. Primjer Odredite domenu funkcije f(, y) = ln [π arccos y ]. Rješenje: Postavljamo uvjete: () π arccos y >, zbog logaritamske funkcije () y, zbog arccos funkcije. Rješavamo prvi uvjet: π arccos y > arccos y > π arccos y < ( π ) arccos y < π π < arccos y < π S obzirom na to da je skup vrijednosti arccos funkcije dan s arccos y π, to je nejednakost π < arccos y uvijek zadovoljena. Međutim, moramo uzeti u obzir uvjet arccos y, pa sada imamo 7
arccos y < π, što invertiranjem daje cos y > cos π y >. Vidimo sada da je ovaj sustav nejednadžbi "jači" od onog danom uvjetom (), kojeg stoga nećemo niti rješavati. Rješavamo dakle do kraja uvjet (), tj. njegove dvije nejednadžbe: (a) < y : radi se o točkama prvog ( > i y > ) i trećeg kvadranta ( < i y < ), isključivši točke koje se nalaze na koordinatnim osima (zbog stroge nejednakosti). (b) y : ako je y < imamo y, a za y > je y. Dakle, ako se radi o trećem kvadrantu, rješenje predstavljaju točke koje zadovoljavaju nejednadžbu y, a ako se radi o prvom kvadrantu, rješenje su sve točke koje zadovoljavaju nejednadžbu y. Konačno rješenje možemo zapisati ovako: D(f) = {(, y) <, y <, y } {(, y) >, y >, y }. Napomena: Prema svim "parnim" korijenima postupamo kao s drugim korijenom, tj. zahtijevamo da argument bude nenegativan. ako se radi o neparnim korijenima, ne postavljamo uvjete, tj. argument je proizvoljan realan broj. Zadatak Odredite domenu funkcije f: () f(, y) = log ( + y 9) arccos () f(, y) = arcsin [ ( ) ] y +y () f(, y) = ln( + 9y ) + arcsin (+y) (+y) + ( () f(, y) = ln y ) + arccos y +y. Parcijalne derivacije.. Parcijalne derivacije prvog reda Definicija.. Neka je f(, y) funkcija dvije varijable. Ako y držimo konstantnim (npr. y = y ), a varijabilnim, onda možemo promatrati f(, y ) kao funkciju varijable. Ako je ta funkcija diferencijabilna u =, onda vrijednost derivacije te funkcije označavamo s f (, y ) i zovemo je parcijalna derivacija funkcije f po varijabli u točki (, y ). Ponekad se piše i f (,y )f(, y) ili f f(, y ). Analogno definiramo i parcijalnu derivaciju funkcije f po varijabli y u točki (, y ), u oznaci f y (, y ), f y (,y )f(, y) ili f y f(, y ). Ako parcijalna derivacija funkcije f po varijabli postoji za sve fiksne y = y u svim točkama = ( i y su takvi da je (, y ) iz domene funkcije 8