Osnove diferencijalnog računa

Σχετικά έγγραφα
Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

IZVODI ZADACI (I deo)

Algebra Vektora. pri rješavanju fizikalnih problema najčešće susrećemo skalarne i vektorske

1.4 Tangenta i normala

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

18. listopada listopada / 13

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

( , 2. kolokvij)

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

5. PARCIJALNE DERIVACIJE

5. poglavlje (korigirano) DERIVACIJA FUNKCIJA

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

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

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

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

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Elementi spektralne teorije matrica

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

Uvod u diferencijalni račun

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

Trigonometrijske funkcije

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

2.7 Primjene odredenih integrala

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

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

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

IZVODI ZADACI (I deo)

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

1 Promjena baze vektora

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

Mehanika je temeljna i najstarija grana fizike koja proučava zakone gibanja i meñudjelovanja tijela. kinematika, dinamika i statika

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

Matematika 1. kolokviji. Sadržaj

Derivacija funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1

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

radni nerecenzirani materijal za predavanja

( x) ( ) dy df dg. =, ( x) e = e, ( ) ' x. Zadatak 001 (Marinela, gimnazija) Nađite derivaciju funkcije f(x) = a + b x. ( ) ( )

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

4 Izvodi i diferencijali

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

VJEŽBE 3 BIPOLARNI TRANZISTORI. Slika 1. Postoje npn i pnp bipolarni tranziostori i njihovi simboli su dati na slici 2 i to npn lijevo i pnp desno.

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

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

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

7 Algebarske jednadžbe

Pošto pretvaramo iz veće u manju mjernu jedinicu broj 2.5 množimo s 1000,

( + ) ( ) Derivacija funkcije y = f x, u tocki x, koja je definirana u intervalu a,b jednaka je granicnoj vrijednosti ili limesu izraza:

4.1 Elementarne funkcije

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II

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

f(x) = a x, 0<a<1 (funkcija strogo pada)

Sadržaj: Diferencijalni račun (nastavak) Derivacije višeg reda Približno računanje pomoću diferencijala funkcije

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

Unipolarni tranzistori - MOSFET

Predavanje osmo: Uvod u diferencijalni račun

5. FUNKCIJE ZADANE U PARAMETARSKOM OBLIKU I POLARNIM KORDINATAMA

Integrali Materijali za nastavu iz Matematike 1

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)

Teorijske osnove informatike 1

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

3. poglavlje (korigirano) F U N K C I J E

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

4. DERIVACIJA FUNKCIJE 1 / 115

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

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

Odvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 5. december Gregor Dolinar Matematika 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

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.

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

6 Primjena trigonometrije u planimetriji

nvt 1) ukoliko su poznate struje dioda. Struja diode D 1 je I 1 = I I 2 = 8mA. Sada je = 1,2mA.

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

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

Funkcije više varijabli

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.

Kaskadna kompenzacija SAU

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

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =

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

Transcript:

Osnoe diferencijalnog računa September 15, 2008 1 Uod 1.1 Problem brzine želimo izračunati brzinu tijela ako put koji je tijelo prešlo možemo izraziti kao funkciju remena s = s(t), (1) onda je prosječna brzina na interalu [t 0, t 1 ] kocijent prijed enog puta i duljine remenskog interala = s(t 1) s(t 0 ) t 1 t 0 (2) Primjer 1: ertikalni hitac tijelu ispaljenom ertikalno uis mjerimo položaj u odred enim remenskim interalima rezultati mjerenja naedeni su u tablici 1.1 t (s) 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 0.35 0.35 0.40 0.45 h (m) 0.238 0.451 0.640 0.804 0.943 1.059 1.149 1.215 1.257 1.273 t (s) 0.50 0.55 0.60 0.65 0.70 0.75 0.80 0.85 0.90 0.95 h (m) 1.274 1.266 1.234 1.178 1.097 0.991 0.861 0.706 0.527 0.323 Tablica 1: Visina tijela u oisnosti o remenu. 1

1 UVOD 2 želimo izračunati prosječnu brzinu tijela na interalu [t 0, t 1 ] (t 0, t 1 ) = h 1 h 0 t 1 t 0 (3) na sljedeće četiri slike prikazane su srednje brzine za rijednosti interala t = 0.5, 0.25, 0.20, 0.10 s srednju brzinu na slikama uspored ujemo s praom brzinom tijelo se giba jednoliko ubrzano pa rijedi (t) = 0 gt (4) (t) (t) t t Slika 1: Prosječna brzina za interale t = 0.5s (lijeo) i t = 0.25s (desno). Za usporedbu je nacrtana i praa brzina (crna linija). (t) (t) t t Slika 2: Prosječna brzina za interale t = 0.2s (lijeo) i t = 0.1s (desno). Za usporedbu je nacrtana i praa brzina (crna linija).

1 UVOD 3 sa slika je očito da se smanjianjem interala približaamo praoj brzini na sljedećoj slici je prikazana prosječna brzina u trenutku t 0 = 2s u oisnosti o duljini interala t = s(t = 2s + t) s(t = 2s) t (5) (t = 2s) 0.01 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 t Slika 3: Prosječna brzina u trenutku t = 2s u oisnosti o duljini interala t. Za usporedbu je horizontalnom linijom označena i praa brzina u trenutku t = 2s. možemo zaključiti da je praa brzina granični slučaj prosječne brzine (t) = lim t 0 s(t + t) s(t) t (6) oznaka lim f() = a (7) 0 znači da se funkcija f() približaa rijednosti a (po olji blizu) kada se argument približaa rijednosti 0 dakle, ako se remenski interal t približaa nuli (postaje po olji mali) onda se rijednost omjera s/ t približaa brzini čestice 1.2 Problem tangente želimo nacrtati tangentu na graf funkcije f() u točki T(, y)

1 UVOD 4 pro crtamo sekantu tj. praac koji siječe kriulju u točkama T(, f()) i T 2 ( +, f( + )) y T 2 y T β Slika 4: Sekanta koja prolazi kroz točke T i T 2. nagib sekante možemo odrediti iz praokutnog trokuta na sl. 4 tan β = f( + ) f() + = f( + ) f() (8) ako točku T 2 približaamo točki T (tj. ako smanjujemo rijednost ), kao na sl. 5, sekanta se približaa tangenti

1 UVOD 5 y T 2 T y β Slika 5: Približaanjem točke T 2 točki T sekanta se približaa tangenti. konačno, ako 0 sekanta prelazi u tangentu prikazanu na sl. 6 y T β Slika 6: Tangenta na graf funkcije f() u točki T(, f()) primjeri na slikama odgoaraju tangenti na graf funkcije f() = 1 2 2 3 + 6 u točki = 3.5 u tablici 1.2 naedene su rijednosti kuta β za nekoliko razmaka točaka T i T 2

2 POJAM DERIVACIJE 6 2 1 0.5 0.0 β 56 0 45 0 37 0 27 0 Tablica 2: Vrijednosti nagiba sekante za nekoliko razmaka med u točkama T i T 2. 2 Pojam deriacije 2.1 Prirast funkcije neka su 1 i 2 rijednosti argumenta, a y 1 = y( 1 ) i y 2 = y( 2 ) odgoarajuće rijednosti funkcije y = f() prirast argumenta u interalu [ 1, 2 ] definiramo kao a prirast funkcije y kao = 2 1, (9) y = y 2 y 1 = f( 2 ) f( 1 ) = f( 1 + ) f( 1 ) (10) prirast funkcije oisi o točki 1, prirastu argumenta i samoj funkciji f kocijent y/ predstalja srednju brzinu promjene funkcije y u interalu [ 1, 1 + ] omjer prirasta funkcije i prirasta argumenta odgoara koeficijentu smjera sekante TT 2 grafa funkcije y = f() tan β = y (11)

2 POJAM DERIVACIJE 7 y T 2 y T β Slika 7: Koefinicijent smjera sekante jednak je omjeru prirasta funkcije i prirasta argumenta. Primjer: računamo prirast funkcije f() = 1 2 2 3 + 6 (12) u točki 1 = 3 f = f( + ) f() = 1 2 ( + )2 3( + ) + 6 1 2 2 + 3 6 = + 1 2 ( )2 3 (13) sada možemo izračunati prirast u bilo kojoj točki npr., urstimo = 3.5 u jedn. (13) f =3.5 = 1 2 ( )2 + 1 (14) 2 promotrimo nekoliko konkretnih rijednosti prirasta funkcije f i nagiba sekante β u točki = 3.5

2 POJAM DERIVACIJE 8 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.1 0.05 0.01 f 1.68 1.32 1.0 0.72 0.48 0.28 0.12 0.06 0.026 0.005 β 50.2 0 47.7 0 45 0 42.0 0 38.7 0 35 0 31 0 28.8 0 27.7 0 26.8 0 Tablica 3: Prirast funkcije f i nagibi sekanata grafa funkcije u točki = 3.5 za funkciju definiranu u jedn. (12) u oisnosti o prirastu argumenta. ako smanjujemo prirast argumenta, prirast funkcije se takod er smanjuje dok se nagib sekante približaa rijednosti β 26 0 2.2 Deriacija funkcije deriaciju funkcije f u točki definiramo kao graničnu rijednost df d = lim f( + ) f() 0 (15) za deriaciju funkcije u upotrebi su još neke oznake oznaku f obično koristimo u mehanici df d f () f() (16) Primjer: deriacija funkcije f() = 1 2 2 3 + 2 prirast oe funkcije smo eć izračunali u prošlom odjeljku f = + 1 2 ( )2 3 (17) podijelimo prirast funkcije s prirastom argumenta f = 1 + 3 (18) 2 konačno, odredimo graničnu rijednost ( ) f 1 lim 0 = lim 0 2 + 3 = 3 (19)

3 OSNOVNA PRAVILA DERIVIRANJA 9 deriacija funkcije f() = 1 2 2 3 + 2 glasi df d = 3 (20) nagib tangente u točki = 3.5 tanβ = df d = ( 3) =3.5 = 0.5 = β = 26.56 0 (21) =3.5 nagibi sekanata naedeni u tablici 2.1 približaaju se uprao gornjoj rijednosti β = 26.56 0 pre primjene deriacija koje susrećemo u fizici su brzina i akceleracija čestice brzina odgoara deriaciji puta po remenu (t) = lim t 0 s(t + t) s(t) t = ds dt (22) akceleracija odgoara deriaciji brzine po remenu (t + t) (t) a(t) = lim = d t 0 t dt (23) 3 Osnona praila deriiranja 3.1 Suma i razlika funkcija deriacija sume jednaka je sumi deriacija (f + g) () = f () + g () (24) označimo sumu funkcija f i g s h h() = f() + g() (25) prirast funkcije h() h = (f + g)( + ) (f + g)() = f( + ) f() + g( + ) g() = f + g (26)

3 OSNOVNA PRAVILA DERIVIRANJA 10 kocijent prirasta tražimo graničnu rijednost h h () = lim 0 h = f + g f g (27) = lim 0 + lim 0 = f () + g () (28) analognim postupkom bi pokazali da je deriacija razlike funkcija jednaka razlici deriacija (f g) () = f () g () (29) 3.2 Produkt funkcija promatramo produkt funkcija promjena argumenta odi na h() = f()g() (30) h + h = (f + f)(g + g) = fg + ( f)g + f( g) + ( f)( g) (31) prirast produkta funkcija h = fg + ( f)g + f( g) + ( f)( g) fg = ( f)g + f( g) + ( f)( g) (32) kocijent prirasta tražimo graničnu rijednost h h () = lim 0 deriacija produkta iznosi h = f g + g f + f g (33) g + g lim 0 f + lim 0 f g = f lim 0 = f()g () + f ()g() + f () 0 (34) (f()g()) = f()g () + f ()g() (35)

3 OSNOVNA PRAVILA DERIVIRANJA 11 3.3 Kocijent funkcija promatramo kocijent funkcija promjena argumenta odi na prirast kocijenta funkcija h() = f() g() h + h = f + f g + g h = f + f g + g f (f + f)g f(g + g) = g (g + g)g fg + ( f)g fg f( g) = g 2 + ( g)g g( f) f( g) = g 2 + ( g)g omjer prirasta h i prirasta argumenta h = g f f g g 2 + ( g)g granična rijednost prirasta kocijenta funkcija 3.4 Kompozicija funkcija (36) (37) (38) (39) h h () = lim 0 = gf fg (40) g 2 postupak deriiranja kompozicija funkcija ćemo samo objasniti bez dokaza pretpostaimo da su zadane dije funkcije f() i g(), kao i njihoa kompozicija h() = (g f)() = g(f()) (41) složenu funkciju h() deriiramo u tri koraka pro deriiramo funkciju g(y) i u nju urstimo funkciju f() zatim deriiramo funkciju f() na kraju pomnožimo rezultate prog i drugog koraka (g f) () = g (f()) f () (42)

4 DERIVACIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA 12 4 Deriacije elementarnih funkcija izrano računanje deriacija elementarnih funkcija pokazat ćemo na jednostanom primjeru cjelobrojnih potencija postupak za ostale elementarne funkcije je rlo sličan u praksi koristimo tablicu deriacija elementarnih funkcija koja je naedena na kraju poglalja tražimo deriaciju funkcije g() = n prirast funkcije g() g = g( + ) g() = ( + ) n n (43) iskoristimo binomni teorem ( + ) n = n k=0 ( n k ) n k ( ) k (44) član k = 0 u sumi (44) se poništi s članom n u jedn. (43) i preostaje n ( ) n g = n k ( ) k (45) k k=1 omjer prirasta funkcije n i prirasta argumenta g = 1 n ( ) n n ( n k ( ) k n = k k k=1 k=1 ) n k ( ) k 1 (46) da bi izračunali deriaciju, potrebna nam je granična rijednost izraza (46) g n ( ) n lim 0 = lim n k ( ) k 1 (47) 0 k si članoi ( ) k 1 iščezaaju osim člana s nultom potencijom k=1 ( ) k 1 0 osim za k = 1 (48) deriacija funkcije n ( dg d = lim g n 0 = 1 ) n 1 (49)

5 PRIMJERI 13 binomni koeficijent ( n 1 ) = n! (n 1)!1! = n (50) konačno, deriacija cjelobrojne potencije d n d = nn 1 (51) odade odmah sljedi da deriacija konstante iščezaa jer je u tom slučaju n = 1 dc d %item nešto složnijim postupkom bi dokazali da = 0, c = konst. (52) deriacije elementarnih funkcija možemo sažeti u sljedećoj tablici f() f () c 0 c e c c 1 e 1 ln sin cos cos sin 1 tan cos 2 cot 1 sin 2 1 arcsin 1 2 1 arccos 1 2 1 arctan 1+ 2 arccot 1 1+ 2 Tablica 4: Deriacije elementarnih funkcija. 5 Primjeri 5.1 Deriacija produkta funkcija: h() = sin računamo deriaciju funkcije h() = sin radi se o produktu dije funkcije f() = i g() = sin

5 PRIMJERI 14 deriacija produkta dije funkcije d df [f()g()] = g() + f()dg d d d (53) deriiramo funkcije f i g i urstimo ih u jedn. (53) df d = 1 i dg d = cos (54) 5.2 Deriacija kocijenta funkcija računamo deriaciju funkcije h() = sin d [ sin ] = sin + cos (55) d radi se o kocijentu diju funkcija f() = sin i g() = deriacija kocijenta diju funkcija deriiramo funkcije f i g d d i urstimo ih u jedn. (56) [ ] d sin = d [ f() g() df d = 1 i ] = gf fg dg d cos sin 2 g 2 (56) = cos (57) = cos sin 2 (58) 5.3 Deriacija kompozicije funkcija: h() = cos 3 računamo deriaciju kompozicije funkcija g() = cos i f(y) = y 3 = f(g()) = (cos) 3 (59) deriacija kompozicije h = f g h () = f (g()) g () (60)

6 ZADACIZA VJEŽBU 15 deriiramo funkciju f(y) f (y) = ( y 3) = 3y 2 (61) i urstimo y = g() tj. y = cos još moramo izračunati deriaciju funkcije g() deriacija kompozcije h() f (g()) = 3 cos 2 (62) g () = sin (63) d [ cos 3 ] = f (g()) g () = 3 cos 2 ( sin ) = 3 cos 2 sin (64) d 6 Zadaci za ježbu Izračunajte deriacije sljedećih funkcija f() = 2 f() = 5 2 f() = 3 3 4 2 + 2 + 1 f() = 1/ f() = 2 cos f() = e ln f() = sin f() = sin 2 f() = (cos) 3 Rješenja: f () = 2 = f (1) = 2 f () = 10 = f (1) = 10

6 ZADACIZA VJEŽBU 16 f () = 9 2 8 + 2 = f (1) = 3 f () = 1/ 2 = f (1) = 1 f () = 2 cos 2 sin = f (1) = 1.982 f () = e ln + e 1 = f (1) = e(1 + ln 1) = e = 2.718 f () = cos sin 2 = f (1) = cos 1 sin 1 = 0.982 f () = 2 cos 2 = f (1) = 1.9997 f () = 3 cos 2 sin = f (1) = 0.052