Radni materijali
KARMEN RIVIER
RADNI MATERIJALI
MATEMATIKA
III. dio
SPLIT 2007.
1
Radni materijali
0. POTREBNO PREDZNANJE
1. NIZOVI BROJEVA
3
2. REDOVI BROJEVA
13
3. TAYLOROV RED
21
4. NEODREĐENI INTEGRAL
31
5. ODREĐENI INTEGRAL
52
6. PRIMJENA ODREĐENOG INTEGRALA
69
7. FUNKCIJE VIŠE VARIJABLI
90
2
Radni materijali
0. POTREBNO PREDZNANJE
1. Osnovni pojmovi vezani uz funkcije
1. NIZOVI BROJEVA
Pojam niza
Definicija: Niz (a n )n∈N je funkcija a : N → R .
Opći član niza a n = a (n) , n ∈ N
Ako niz ima konačan broj članova govorimo o konačnom nizu.
Primjer:
1,
1 1 1 1 1
, , , ,
2 2 32 4 2 5 2 6 2
Niz možemo zadati :
1. analitički pomoću formule
2. grafički kao:
{
n ∈ N };
a) točke u ravnini G n = (n, a ( n) )
b) točke na brojevnom pravcu.
(1, a1 )
(2, a2 )
(3, a3 )
(4, a4 )
a4
1
2
a3
a2
1
2
3
3
a1
3
4
Radni materijali
Primjer: Zadan je opći član niza a n = n 2 . Napišite nekoliko prvih članova niza.
1, 2 2 , 3 2 ,......., n 2 ,....
⎧
⎪
Napišite nekoliko prvih članova niza čiji je opći član a n = ⎨
⎪⎩
1
1
1
3 , 2 , 3 , 2 , 3 , 2 ,...
2
4
6
1
n2
3
n = 2k
n = 2k − 1
Niz (a n )n∈N je stacionaran ako je a n = c za svaki n ∈ N , gdje je c ∈ R .
Primjer:
bn = 3
3 , 3 , 3 , ...., 3 ,....
Aritmetički niz
Niz (a n )n∈N je aritmetički ako za svaka dva susjedna člana tog niza vrijedi
a n − a n −1 = d , n ≥ 2 .
Opći član aritmetičkog niza je
a n = a1 + (n − 1) ⋅ d
d
diferencija niza.
Suma (zbroj) prvih n članova aritmetičkog niza:
Sn =
n
( a1 + a n )
2
Primjer: a n = 2n je opći član niza . Pokažite da je niz aritmetički i izračunajte sumu prvih deset
članova niza.
a n −1 = 2(n − 1)
a n − a n −1 = 2n − 2(n − 1) = 2
Niz je aritmetički . Prvi član je a1 = 2 I diferencija je d = 2 .
10
(a1 + a10 )
2
a10 = 2 + (10 − 1) ⋅ 2 = 20
10
S10 = ( 2 + 20) = 110
2
S10 =
4
Radni materijali
Geometrijski niz
Niz (a n )n∈N je geometrijski ako za svaka dva susjedna člana tog niza vrijedi
a n +1
=q
an
Opći član geometrijskog niza je
a n = a1 q n −1
q
je kvocijent geometrijskog niza.
Suma (zbroj) prvih n članova geometrijskog niza
Sn =
Primjer: Zadan je opći član niza a n =
qn −1
⋅ a1
q −1
q ≠ 1.
2
. Pokažite da je niz geometrijski i izračunajte sumu prvih 15
en
članova niza.
an =
a n +1 =
2
en
2
e
n +1
2
a n +1 e n +1 1
=
= =q
2
an
e
n
e
2
1
Niz je geometrijski. Prvi član niza je a1 = , kvocijent niza je q = .
e
e
15
⎛ 1⎞
⎜ ⎟ −1
15
q −1
2 2(1 − e15 )
e
Suma prvih petnaest članova niza je S15 =
⋅ a1 = ⎝ ⎠
⋅ = 15
1
q −1
e e (1 − e)
−1
e
Česta je situacija da se ne može naći izraz za opći član niza. Ponekad se članovi niza mogu odrediti
preko jednog ili više prethodnih članova. Takva relacija među članovima niza zove se rekurzivna
formula. Takvi nizovi su interesantni za računanje vrijednosti niza funkcija pomoću računala. U
računarstvu se često koristi takozvani Fibonaccijev niz.
Primjer: U Fibonnacijevom nizu 1,1, 2 , 3 , 5, 8 ,13 , 21, 34 , K članovi niza dani su rekurzivnom formulom
u n = u n −1 + u n − 2
Očito da je niz određen ako su zadana prva dva člana niza.
Niz (a n )n∈N je padajući (strogo padajući) ako vrijedi a n ≥ a n +1
5
(an > an+1 ) za svaki n ∈ N .
Radni materijali
Niz (a n )n∈N je rastući (strogo rastući) ako vrijedi a n ≤ a n +1
(an < an+1 ) za svaki n ∈ N .
Zajedničkim imenom rastući odnosno padajući nizovi se zovu monotoni, odnosno strogo rastući i strogo
padajući se zovu strogo monotoni.
Primjer: Zadan je opći član niza a n =
n +1
. Ispitajte je li niz monoton.
n
n +1
an =
n
3 4 5
n +1
2 , , , ,.....,
,....
2 3 4
n
Provjerimo je li a n > a n +1
n+2
n +1
n +1 n + 2
>
n
n +1
a n +1 =
(n + 1)2 > n (n + 2)
⇒
1 > 0 što je istina za svaki n ∈ N . Niz je strogo padajući.
Niz (a n )n∈N je omeđen odozdo ako postoji broj m ∈ R takav da je
Niz (a n )n∈N
m ≤ a n , ∀n ∈ N
je omeđen odozgo ako postoji broj M ∈ R takav da je
a n ≤ M , ∀n ∈ N
Niz (a n )n∈N je omeđen akoje omeđen odozdo i odozgo.
Primjer: Ako je opći član niza a n =
0<
1
, je li niz omeđen?
n3
1
za svaki n ∈ N , slijedi niz je omeđen odozdo.
n3
1
< 2 za svaki n ∈ N , slijedi niz je omeđen odozgo.
n3
1
Vrijedi 0 < a n = 3 < 2 , pa je niz omeđen.
n
Broj A je granična vrijednost (limes) niza (a n )n∈N kad n teži u beskonačnost (n → ∞ ) , ako je a n po
volji blizu broju A kad je n dovoljno velik. Pišemo
lim a n = A
n→ ∞
Niz je konvergentan ako ima graničnu vrijednost.
Niz je divergentan ako nema graničnu vrijednost.
6
Radni materijali
Svaki monoton i ograđen niz je konvergentan.
Primjer: Opći član niza je a n =
1
. Je li niz konvergentan?
n3
1
≤ 1 za svaki n ∈ N .
n3
Niz je strogo padajući, jer je a n > n +1 za svaki n ∈ N .
Niz je omeđen, jer vrijedi 0 <
Niz je konvergentan.
(− ∞ ) , onda vrijedi nlim
→∞
Ako je lim a n = +∞
n→∞
1
= 0.
an
Neka su (a n )n∈N i (bn )n∈N konvergentni nizovi. Tada vrijedi:
c∈ R
lim c = c
n→ ∞
lim (a n ± bn ) = lim a n ± lim bn
n→∞
n→ ∞
n→∞
lim (a n ⋅ bn ) = lim a n ⋅ lim bn
n→∞
n→∞
an
a n nlim
= →∞
n→ ∞ b
lim bn
n
n→ ∞
, ako je bn ≠ 0 za svaki n ∈ N i lim bn ≠ 0
lim
( ) , ako je a
= ( lim a ) , c ∈ R
n→ ∞
n→ ∞
lim a n
bn
lim a n
c
n→ ∞
n→∞
bn
= lim a n
n→ ∞
n
≠ 0 za svaki n ∈ N lim a n ≠ 0
n→ ∞
c
n→ ∞
n
lim c bn = (c ) n → ∞
lim bn
n→ ∞
Kod računanja limesa nizova često koristimo neke poznate limese:
lim n n = 1
n→∞
Specijalno:
n
1⎞
⎛
lim ⎜ 1 + ⎟ = e
n→∞
n⎠
⎝
n
α⎞
⎛
lim ⎜ 1 + ⎟ = e α
n→ ∞
n⎠
⎝
7
α∈R
Radni materijali
PROVJERA ZNANJA
(nizovi)
1. Svaki monotoni niz je konvergentan.
2. Opći član niza je a n = n − 1 . Da li je taj niz aritmetički?
3. Navedite primjer geometrijskog niza.
4. Napišite četri prva člana niza ( bn )n∈N određenog rekurzivnom formulom b1 = 2 ,
bn +1 = 2bn + 1
5. Napišite pet prvih članova aritmetičkog niza ( a n )n∈N ako je a1 = 1 i a n +1 − a n = 2 .
6. Napišite pet prvih članova geometrijskog niza ( a n )n∈N ako je a1 = 3 i
8
a n +1
= 2.
an
DA
NE
DA
NE
Radni materijali
ODGOVORI
1. NE
2. DA
3. a n = 2 n
4. b1 = 2 , b2 = 5 , b3 = 11 , b4 = 23
5. 1, 3 , 5 , 7 , 9
6. 3 ,6 ,12 ,24 , 48
9
Radni materijali
RIJEŠENI ZADACI
(nizovi)
1. Napišite prvih pet članova niza čiji je opći član a n =
2 ⋅1
2
=
2 ⋅1 − 1 1
2⋅2
4
a2 =
=
2⋅ 2 −1 3
2⋅3
6
a3 =
=
2⋅3−1 5
8
a4 =
7
10
a5 =
9
n =1
2n
.
2n − 1
a1 =
n=2
n=3
n=4
n=5
2. Ispitajte monotonost niza čiji je opći član a n = n 2
12 , 2 2 , 3 2 , 4 2 ,
an = n 2
a n +1 = (n + 1) 2
Očito je a n +1 > a n za svaki n ∈ N , pa je niz strogo rastući.
3. Ispitajte monotonost i ograđenost niza a n =
n+3
.
n
5 6 7
3, , ,
2 3 4
an =
a n +1
n+3
n
n+4
=
n +1
Ispitajmo da li je niz padajući.
an =
n+3
n+4
≥ a n +1 =
n
n +1
n+3 n+4
≥
n
n +1
⇒
( n + 1) ( n + 3) ≥ n ( n + 4)
10
Radni materijali
Pokažimo da je niz ograđen odozdo.
an =
n+3
>1
n
n+3> n
⇒
3 > 0 što je istina za svako n ∈ N i time smo
pokazali da je niz ograđen odozdo.
n+3
≤ 3.
n
⇒
Pokažimo da je a n =
n + 3 ≤ 3n
3 ≤ 2n
što je istna za svako n ≥ 2
Niz je ograđen odozgo i odozdo. Dakle niz je ograđen.
4. Nađite limese nizova čiji su opći članovi
1
n2
n+2
1
2
a
=
,
2.
,
3.
, 4. a n = e n
an =
n
2
n −1
n−3
n
1. a n =
1
=0
n→ ∞ n 2
1. lim
2
n =1
2. lim
= lim
n→∞ n − 3 :n
n→ ∞
3
1−
n
1+
n+ 2 :n
n2 : n2
3. lim
n→∞
n −1 : n
1
4.
lim e n = e
2
2
= lim
lim
n→∞
n→ ∞
1
1 1
−
n n2
=∞
1
n2
n→∞
= e0 = 1
5. Neki važniji limesi
n
lim
n→ ∞
n
n =1 ,
lim
n→∞
n
a =1
1 ⎞
⎛
lim ⎜ 1 + ⎟ = e
n→∞
n ⎠
⎝
6. Napišite peti član rekurzivnog niza određenog uvjetima a1 = 2 , a n +1 = 2a n − 1 .
a 2 = 2a1 − 1 = 3
a 3 = 2a 2 − 1 = 5
a 4 = 2a3 − 1 = 9
a5 = 2a 4 − 1 = 17
11
Radni materijali
ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD
(nizovi)
1.Ispitajte je li niz a n =
1
omeđen.
n+3
12
Radni materijali
2. REDOVI BROJEVA
Neka je zadan konačan niz brojeva a1 , a 2 ,...., a n . Ako sve članove tog niza formalno povežemo znakom
n
plus (+) dobivamo konačnu sumu brojeva
∑a
k =1
k
.
Neka je zadan beskonačan niz brojeva (a n )n∈N . Ako sve članove tog niza formalno povežemo znakom
'plus' (+) dobivamo izraz
a1 + a 2 + ,....,+ a n + ......
∞
koji se naziva beskonačni red brojeva i označava se
∑a
n =1
n
.
Postavlja se pitanje, može li se beskonačnom redu pripisati neki broj kao «suma»?
Za svaku konačanu sumu možemo izračunati njenu vrijednost. Za konačnu sumu vrijedi zakon komutacije
i grupiranja.
Kod beskonačnih redova ti zakoni ne vrijede.
Komentirati red
1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − .......
Pogrešno:
(1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + 1 − .......
1 + (−1 + 1) + (−1 + 1) + (−1 + 1) − .......
∞
Zadan je red brojeva
∑a
n =1
n
. Formiramo parcijalne sume reda:
S1 = a1
S 2 = a1 + a 2
S 3 = a1 + a 2 + a3
..........................
n
S n = ∑ a k = a1 + a 2 + ... + a n je n − ta parcijalna suma tog reda.
k =1
∞
Red
∑a
n =1
n
je konvergentan ako je konvergentan niz (S n )n∈N njegovih parcijalnih suma. Suma
konvergentnog reda jednaka je graničnoj vrijednosti (limesu) niza parcijalnih suma
S = lim S n .
n→∞
Ako niz parcijalnih suma divergira kažemo da je red divergentan.
13
Radni materijali
∞
Ako red
∑a
n =1
n
konvergira tada vrijedi lim a n = 0 (nužan uvjet konvergencije). Međutim ako je
n→∞
lim a n = 0 ne znači da je red konvergentan.
n→∞
Ako je lim a n ≠ 0 red divergira.
n→∞
∞
Primjer: Ispitajte konvergenciju reda ∑ ln
n =1
lim ln
n→∞
n
.
n +1
n
= ln 1 = 0
n +1
Zadovoljen je nužan uvjet konvergencije reda, ali možemo pokazati da ovaj red ne konvergira.
1
= ln 1 − ln 2 = − ln 2
2
2
1
S 2 = ln + ln = ln 1 − ln 2 + ln 2 − ln 3 = − ln 3
3
2
S1 = ln
...............................................
n −1
n
1
2
3
+ ln + ln + ... + ln
+ ln
=
n
n +1
2
3
4
= ln 1 − ln 2 + ln 2 − ln 3 − ln 3 − ln 4 + ..... + ln(n − 1) − ln n + ln n − ln(n + 1) == − ln(n − 1)
S n = ln
lim S n = lim (− ln(n − 1)) = −∞
n→∞
n→∞
Niz parcijalnih suma ne konvergira. Red ne konvergira.
∞
en
.
3
n =1 n
Primjer: Ispitajte konvergenciju reda ∑
en
an = 3
n
n
e
lim
=∞
n→∞ n 3
Nije zadovoljen nužan uvjet konvergencije , pa red divergira.
Primjer: Ispitajte konvergenciju reda čiji je opći član a n =
n
= lim
n → ∞ 10 n + 1
n←∞
lim
5
Red divergira.
1
10 5 +
1
n
=
1
>0
10 5
14
n
.
10 n + 1
5
Radni materijali
∞
Red
∑a
n =1
n
je aritmetički ako vrijedi a n +1 − a n = d , ∀n ∈ N . Broj d se zove razlika aritmetičkog reda.
Primjer:
2 + 4 + 6 + 8 + 10 + .....2n + ...
∞
Red
∑a
n =1
je geometrijski ako vrijedi
n
a n +1
= q , ∀n ∈ N .
an
Broj q se zove kvocijent geometrijskog reda.
∞
Posebno promatramo geometrijski red
∑q
n =0
n
= 1 + q + q2 + q3 + K + qn + K
Ako je q < 1 geometrijski red konvergira i suma mu je S =
1
.
1− q
Ako je q ≥ 1 geometrijski red divergira.
Za članove geometrijskog reda vrijedi:
a n +1 = qa n = a1 q n
pa je
∞
∞
n =1
n =1
∑ an = ∑ a1q n = a1
∞
∑q
n =0
n
Ako je q < 1 geometrijski red konvergira i suma mu je S = a1
∞
Primjer: Pokažite da je red geometrijski
∑
n =1
an =
3
( 2)
n
3
( 2)
n
3
a n +1 =
( 2)
n +1
3
a n +1
=
an
q=
1
2
( 2)
n +1
=
3
( 2)
1
2
n
< 1 ⇒ red konvergira.
15
1
.
1− q
. Ako konvergira izračunajte njegovu sumu.
Radni materijali
3
S=
1−
3
2
=
1
2 −1
2
Redovi s pozitivnim članovima
∞
∑a
n =1
a n ≥ 0 , ∀n ∈ N
n
∞
Primjer:
1
∑n
n =1
, an =
2
1
> 0 za svaki n ∈ N
n2
Cauchyev kriterij konvergencije za redove s pozitivnim članovima:
Ako je lim a n
n
n→∞
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
<1
=1
red konvergira
nema odluke
>1
red divergira
∞
Primjer: Ispitajte konvergenciju reda
n
∑2
n =1
n
.
Red je s pozitivnim članovima pa možemo primijeniti Cauchyev kriterij konvergencije.
lim n
n→∞
n
n
n
1
=
lim
= < 1 , red konvergira.
n
n
n
n
→
∞
2
2
2
D'Alambertov kriterij konvergencije za redove s pozitivnim članovima:
a
Ako je lim n +1
n→∞ a
n
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
<1
red konvergira
=1
nema odluke
>1
red divergira
2n − 1
.
2n
n =1
∞
Primjer: Ispitajte konvergenciju reda
∑
Red je s pozitivnim članovima, pa možemo primijeniti D'alambertov kriterij.
lim
n→∞
a n +1
an
2n + 1
n +1
1
= lim 2
= < 1 red konvergira
n → ∞ 2n − 1
2
n
2
16
Radni materijali
Alternirani ( izmjenični) redovi
∞
Redovi
∑ (−1) n an ili
n =1
∞
∑ (−1)
n +1
n =1
a n a n > 0 , ∀n ∈ N zovu se alternirani ili izmjenični redovi.
Leibnitzov konvergencije za alternirane redove:
Alternirani red konvergira ako vrijedi:
1. a n > a n +1
2. lim a n = 0 .
n→∞
∞
Primjer: Da li konvergira red
∑ (−1)
n =1
1. a n =
a n +1
n→∞
n +1
?
2n + 1
n +1
2n + 1
n+2
=
2n + 3
n +1
n+2
>
2 n + 1 2n + 3
2. lim
n
⇒
n +1 1
= ≠0
2n + 1 2
3> 2
red divergira.
Apsolutno konvergentni redovi
∞
Red
∑ an je apsolutno konvergentan ako ed apsolutnih vrijednosti njegovih članova
n =1
∞
∑
n =1
a n konvergira.
Ako red apsolutno konvergira, onda on konvergira.
Redovi potencija
∞
Red potencija
∑a
n= 0
n
( x − x0 ) n
a n koeficijenti reda potencija
Radijus konvergencije reda potencija r = lim
n→ ∞
Interval konvergencije reda
∞
Red potencija
∑a
n=0
n
( x0 − r , x0 + r ) .
an
1
ili r = lim
x
→
∞
n
a n +1
an
( x − x0 ) n za savki x ∈ ( x0 − r , x0 + r ) . Red potencija divergira za za savki
x ∉ ( x0 − r , x0 + r ) .
17
Radni materijali
Specijalno ako je x0 = 0
∞
∑a
n =0
n
xn
Suma reda potencija S ( x) =
∞
∑a
n=0
n
( x − x0 ) n je u intervalu konvergencije reda neprekidna funkcija
S (x) koja ima derivacije svakog reda.
∞
Primjer: Odredite interval konvergencije reda
∑ (n
n =1
2
1
⋅x n .
+ 1)
1
n 2 + 2n + 2
r = lim n + 1 = lim
=1
n→∞
n→∞
1
n2 + 1
(n + 1) 2 + 1
2
Red konvergira za x ∈ (−1,1) .
Taylorov polinom P( x) stupnja n u okolini točke x = 0 (Mc Laurinov polinom)
1
Pokažimo kako ćemo dobiti aproksimaciju funkcije f ( x) =
u okolini točke x = 0 Kako je
1− x
1
1
f (0) =
= 1 , možemo biti sigurni da je
≈ 1 za jako male vrijednosti x .
1− 0
1− x
1
≈1
1− x
y=
y
1
1- x
2
y=1
1
-1
0
1
18
x
Radni materijali
Bolja aproksimacija u okolini točke x = 0 dana je jednadžbom tangente u točki x = 0 . Kako je
1
i f ′(0) = 1 jednadžba tangente je y = x + 1 .
f ′( x) =
(1 − x) 2
y=
y
1
1- x
y=1+x
2
1
-1
0
x
1
1
≈ 1+ x
1− x
Aproksimaciju funkcije označimo s P( x) = 1 + x . Vidimo da je P(0) = f (0) i P ′(0) = f ′(0) = 1 .
U namjeri da dobijemo sljedeću- bolju aproksimaciju neka to bude polinom drugog stupnja za
kojeg vrijedi
P(0) = f (0) , P ′(0) = f ′(0) i P ′′(0) = f ′′(0) .
2
, P ′′(0) = f ′′(0) = 2 lako je provjeriti da je P ( x) = 1 + x + x 2 polinom
3
(1 − x)
koji zadovoljava gornja tri uvjeta.
Kako je f ′′( x) =
y=
y
1
1- x
2
y=1+x
2
1
-1
0
1
19
x
Radni materijali
1
≈ 1+ x + x2
1− x
Ovaj postupak možemo provesti za bilo koju funkciju . Sukcesivne aproksimacije su polinomi kojima
stupnjevi rastu.
Isti postupak možemo razviti za bilo koju funkciju i bilo koju točku x = x0
Ranije smo vidjeli da funkciju u okolini točke x 0 možemo aproksimirati linearnom funkcijom
l ( x) = f ( x0 ) + f ′( x0 )( x − x0 ) .
Primijetimo da vrijedi l ( x 0 ) = f ( x 0 ) i l ′( x 0 ) = f ′( x 0 )
Ako bismo željeli to generalizirati na n puta derivabilnu funkciju, mogli bismo potražiti polinom n − tog
stupnja
Pn ( x) = a 0 + a1 ( x − x0 ) + a 2 ( x − x0 ) 2 + ... + a n ( x − x0 ) n .
′
(n)
Koji ima svojstva Pn ( x 0 ) = f ( x 0 ) , Pn ( x 0 ) = f ′( x 0 ) ,....., Pn ( x0 ) = f ( n ) ( x 0 ) .
f (i ) ( x0 )
, i = 0,1,2,..., n .
i!
Polinom Pn ( x) s ovako definiranim koeficijentima zove se Taylorov polinom n − tog stupnja funkcije
Lako se vidi da koeficijenti polinoma moraju biti : a i =
f ( x) u okolini točke x0 .
Specijalno za x0 = 0 Taylorov polinom ima oblik:
Pn ( x) = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a n x n
ai =
f ( i ) ( 0)
, i = 0,1,2,..., n
i!
f ( x) = Pn ( x) + Rn ( x)
Pn ( x) Taylorov polinom n − tog stupnja funkcije f ( x) u okolini točke x0 .
Rn ( x) ostatak
Polinom Pn ( x) aproksimira funkciju f ( x) u okolini točke x0 .
Primjer: Odredite Taylorov polinom petog stupnja P5 ( x) za funkciju e x u okolini točke x = 0 .
Pokažimo kako dobiveni polinom aproksimira funkciju za neke vrijednosti varijable x.
f ( x) = e x
f ′( x) = f ′′( x) = f ′′′( x) = f IV ( x) = f V ( x) = e x , pa je
f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = f IV (0) = f V (0) = e 0 = 1 , pa je
1
1
1
1
1
P5 ( x) = 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5
1!
2!
3!
4!
5!
20
Radni materijali
ex ≈ 1+
x
ex
P5 ( x)
1
1
1
1
1
x + x2 + x3 + x4 + x5
1!
2!
3!
4!
5!
-4
0.0183
-3
0.0494
-2
0.1353
-1
0.3679
-0.5
0.6065
0
1
0.5
1.6487
1
2.7183
2
7.3891
3
20.086
4
54.598
-3.533
-0.6500
0.0667
0.3666
0.6065
1
1.6487
2.7167
7.2667
18.400
42.867
Analizom tablice možemo uočiti da polinmo jako dobro aproksimira funkciju za x ∈ (−1, 2) .
3. TAYLOROV RED
Znamo da je suma reda potencija neprekidna beskonačno puta derivabilna funkcija u intervalu
konvergencije reda. Postavimo obrnuto pitanje : kada možemo tvrditi da se neka funkcija f ( x) može
prikazati kao suma nekog reda potencija?
Odmah je jasno da funkcija f ( x ) mora biti beskonačno puta derivabilna, ali to nije dovoljno. Još mora
vrijediti da u okolini točke x 0 apsolutna vrijednost svih derivacija funkcije f mora biti ograničena
jednim te istim brojem M .
∞
Red
∑ a n ( x − x0 ) n , a n =
n=0
f ( n ) ( x0 )
, zove se Taylorov red funkcije f ( x ) u okolini točke x0 .
n!
Koeficijenti a n , zovu se Taylorovi koeficijenti funkcije f ( x) u točki x0 .
∞
f ( x) = ∑ a n ( x − x0 ) n
n=0
Specijalno za x0 = 0 Taylorov red poprima oblik
an =
f
∞
∑a
n =1
n
x n i zove se Maclaurinov red. Koeficijenti
(n)
( 0)
zovu se Maclaurinovi koeficijenti funkcije f ( x )
n!
Primjer: Odredte Taylorov red funkcije f ( x) = cos x u okolini točke x0 =
∞
∑a
n= 0
n
π
(x − )n
2
⎛π⎞
f (n) ⎜ ⎟
⎝ 2⎠
an =
n!
f ( x) = cos x
⎛π⎞
f⎜ ⎟=0
⎝ 2⎠
21
π
.
2
Radni materijali
f ′( x) = − sin x
⎛π⎞
f ′⎜ ⎟ = − 1
⎝ 2⎠
f ′ ′( x) = − cos x
⎛π⎞
f ′ ′⎜ ⎟ = 0
⎝ 2⎠
f ′ ′′( x) = sin x
⎛π⎞
f ′ ′ ′⎜ ⎟ = 1
⎝ 2⎠
⎛π⎞
f (2n) ⎜ ⎟ = 0
⎝ 2⎠
a2n
⎛π⎞
f ( 2 n +1) ⎜ ⎟ = (−1) n +1
⎝ 2⎠
,
⎛π⎞
f (2n) ⎜ ⎟
⎝ 2⎠ = 0
=
( 2n) !
∞
cos x = ∑ (−1) n +1
n=0
a 2 n +1
,
1
π⎞
⎛
⎜x− ⎟
(2n + 1) ! ⎝
2⎠
n = 0,1,2,...
⎛π⎞
f ( 2 n +1) ⎜ ⎟
n +1
⎝ 2 ⎠ = (−1)
=
(2n + 1) !
(2n + 1) !
2 n +1
Dobiveni red možemo koristiti za izračun sume redova.
x=
π
4
∞
π
2
1
⎛π π⎞
= ∑ (−1) n +1
cos =
⎜ − ⎟
4
2
(2n + 1) ! ⎝ 4 2 ⎠
n=0
2 n +1
Nakon sređivanja imamo:
∞
2
1
⎛π⎞
= ∑ (−1) n
⎜ ⎟
2
(2n + 1) ! ⎝ 4 ⎠
n=0
2 n +1
Razvijte u Maclaurinov red funkciju f ( x) = cos x
∞
∑ an x n
n= 0
f ( x) = cos x
f ( x) = cos x
f ′( x) = − sin x
an =
f ( n ) ( 0)
n!
f (0) = 1
f ′(0 ) = 0
22
Radni materijali
f ′ ′(0 ) = −1
f ′ ′ ′(0 ) = 0
f ′ ′( x) = − cos x
f ′ ′′( x) = sin x
....................
f ( 2 n ) (0) = (−1) n
a 2 n +1 =
.................
f ( 2 n +1) (0 )
=0
( 2n ) !
∞
cos x = ∑ (−1) n
n=0
f ( 2 n +1) (0 ) = 0
,
,
a2n =
f ( 2 n ) (0 ) (−1) n +1
=
(2n + 1) ! (2n) !
1
x 2n
( 2n) !
23
n = 0,1,2,...
Radni materijali
PROVJERA ZNANJA
(redovi)
1. Što je n − ta parcijalna suma reda?
∞
2. Da li vrijedi D'Alambertov kriterij konvergencije za red
∑ (−1)
n =1
∞
∑a
3. Dan je red brojeva
n =1
n
∞
4. Dan je red brojeva
∑a
n =1
n
i vrijedi lim a n ≠ 0 . Dani red je divergentan.
∑ (−1)
n→ ∞
n
1
možemo ispitati pomoću
n2
a) D'Alambertovog kriterija
b) Leibnitzovog kriterija
∞
∑ (n − 1) aritmetički.
n =1
∞
7. Ispitajte da li je
∑5
n
DA
NE
DA
NE
n→ ∞
n =1
6. Pokažite da je red
1
?
n2
i vrijedi lim a n = 0 . Dani red je konvergentan.
∞
5. Konvergenciju reda
n
geometrijski.
n =1
∞
8. Napišite formulu za sumu reda
∑q
n =1
n
, ako je q < 1 .
24
DA
NE
Radni materijali
RIJEŠENI ZADACI
(redovi)
n2 + 5
.
∑
2
n =1 n + 4
∞
1.Ispitajte konvergenciju reda
n2 + 5
Opći član reda je a n = 2
.
n +4
n2 + 5
=1≠ 0
n→ ∞ n 2 + 4
lim a n = lim
n→∞
Red divergira jer nije ispunjen nužan uvjet konvergencije.
n +1
konvergira.
(n − 1) !
n =1
n +1
Opći član reda je a n = n
>0 .
2 (n − 1) !
∞
2. Pokažite da red
∑2
n
Primijenimo D'alambertov kriterij konvergencije.
lim
n→∞
a n +1
an
n+2
2 n +1 n !
n+2
= lim
= lim
= 0<1
n→ ∞
n
→
∞
n +1
2n(n + 1)
2 n (n − 1) !
Dakle red konvergira.
n ⋅ 3n+ 2
.
∑
5n
n =1
∞
3. Ispitajte konvergenciju reda
Red je s pozitivnim članovima. Primijenimo Cauchyev kriterij konvergencije.
3n ⋅ 32
n ⋅ 3n+ 2
n n
=
= lim n n ⋅ n
lim
lim a n = lim
n→∞
n→ ∞
n→∞
n→ ∞
5n
5n
n
n
n
2
n
⎛ 3⎞
2
⎜ ⎟ ⋅3 =
5
⎝ ⎠
2
3
3
3
⎛ 3⎞
= lim n ⋅ lim ⎜ ⎟ ⋅ 3 2 = 1 ⋅ lim ⋅ 3 n = lim 3 n =
n→∞
n→∞
n→∞ 5
5
5 n→ ∞
⎝ 5⎠
n
n
4. Izračunajte sumu prvih deset članova aritmetičkog niza a = 2 , d = 3 .
n = 10
n
S10 = (a + a10 )
2
25
Radni materijali
a10 = 2 + (10 − 1) ⋅ 3 = 29
10
S10 = (2 + 29) = 155
2
∞
5. Ispitajte konvergenciju reda
∑ (1.2)
n
n =0
Red je s pozitivnim članovima.
(1.2) n = 1.2 > 1 red divergira.
n
Cauchyev kriterij
∞
6. Pokažite da red
∑ (0.2)
n
konvergira. Izračunajte sumu reda.
n =0
n
Cauchyev kriterij
(0.2) n = 0.2 < 1 red konvergira.
Red je geometrijski a = 1 , q = 0.2 < 1
S=
a
1
1
=
=
1 − q 1 − 0.2 0.8
7. Izračunajte MacLaurinove razvoje za funkciju a) cos x , b) e x .
∞
f ( x) = f (0) + ∑
n =1
a) f ( x) = cos x
f ′( x) = − sin x
f ′′( x) = − cos x
f ( n ) ( 0) n
x
n!
f (0) = cos 0 = 1
f ′(0) = − sin 0 = 1
f ′′(0) = − cos 0 = −1
.............................
f ( x) = 1 −
.............................
∞
x2 x4 x6
+
−
+ ⋅ ⋅ ⋅ = 1 + ∑ ( −1 )
2! 4! 6!
n =1
b) f ( x) = e x
n
(
x 2n
2n ) !
f ′( x) = e x
f (0) = e 0 = 1
f ′(0) = e 0 = 1
...............
.....................
f ( n ) ( x) = e x
f ( n ) (0) = e 0 = 1
∞
1 n
x
n= 0 n !
ex = ∑
26
Radni materijali
8. Nađimo Mclaurinov polinom četvrtog stupnja funkcije f ( x) = ln(1 + x)
f ′(0)
f ′′(0) 2 f ′′′(0) 3 f IV (0) 4
x+
x +
x +
x
1!
2!
3!
4!
P4 ( x) = f (0) +
f ( x) = ln(1 + x)
f (0) = 0
1
= (1 + x) −1
1+ x
f ′( x) =
f ′(0) =
1
=1
1+ 0
f ′′( x) = −1 ⋅ (1 + x) −2
f ′′(0) = −1
f ′′′( x) = (−1)(−2)(1 + x) −3
f ′′′(0) = 2
f
IV
( x) = (−1)(−2)(−3)(1 + x) −4
f
P4 ( x) = 0 +
1
1
2
6
x − x2 + x3 − x4
1!
2!
3!
4!
P4 ( x) = x −
1 2 1 3 1 4
x + x − x
2
3
4
∞
9. Pokažite da je red
∑3
n= 0
an = 3
(0) = −6
4n
geometrijski. Ako je konvergentan izračunajte njegovu sumu.
5 n +1
n
4
5 n +1
a n +1 = 3
a n +1
an
IV
4 n +1
5 n+ 2
4 n +1
n+ 2
4
= 5 n = ,
5
4
3 n +1
5
3
q=
4
< 1 red je konvergentan i S =
5
∞
10. Ispitajte konvergenciju reda
∑ (−1)
n =1
n
1
n
3
5
4
1−
5
=3
.
Red je alternirajući, pa ćemo primijeniti Laibnitzov kriterij konvergencije.
1. lim
n→∞
2. a n =
1
n
1
=0
n
<
1
n +1
= a n +1 , za svako n ∈ N
Red konvergira.
27
Radni materijali
∞
11. Ispitajte konvergenciju reda
an
∑ n! .
n =0
Red je s pozitivnim članovima pa možemo primijeniti D'Alambertov kriterij.
lim
n→∞
a n +1
an
a n +1
a
(n + 1) !
=
lim
= 0<1
= lim
n→∞
n→∞ n + 1
an
n!
Red konvergira.
n2
⎛ n + 1⎞
12. Ispitajte konvergenciju reda ∑ 2 ⎜
⎟ .
⎝ n ⎠
n =1
∞
−n
Red je s pozitivnim članovima pa možemo primijeniti Cauchyev kritrij konvergencije.
⎛ n + 1⎞
lim n a n = lim n 2 − n ⎜
⎟
n→∞
⎝ n ⎠
n→∞
n2
n
⎛
−n ⎛ n + 1 ⎞
⎜
= lim 2 ⎜
⎟
n → ∞⎜
n ⎠
⎝
⎝
n
1
1⎞
1
⎛
= lim ⎜ 1 + ⎟ = e > 1
2 n → ∞⎝
n⎠
2
Red divergira.
28
1
2
n
n
⎞n
⎟ = lim 2 −1 ⎛⎜ n + 1 ⎞⎟ = 1 lim ⎛⎜ n + 1 ⎞⎟
n →∞
⎟
2 n → ∞⎝ n ⎠
⎝ n ⎠
⎠
Radni materijali
ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD
(redovi)
∞
1. Pokažite da je red
∑ (n − 1) aritmetički.
n=0
∞
2. Pokažite da je red
∑5
n =1
6
3. Izračunajte sumu
∞
4. Pokažite da je red
1
∑2
n=0
n
.
n
4
∑ 10
n =1
geometrijski. Da li je konvergentan?
n
∞
5. Izračunajte sumu reda
geometrijski. Ako je konvergentan izračunajte mu sumu.
4
∑ 10
n =0
n
.
6. Odredite Taylorov polinom četvrtog stupnja za funkciju f ( x) = cos x u okolini točke x0 = π .
7. U okolini točke x = 0 aproksimirajte funkciju f ( x) =
e−x
1+ x
Taylorovim polinomom drugog stupnja.
3 n −1
8. Pokažite da je red ∑ n + 2 geometrijski. Da li je konvergentan?
n= 0 2
∞
∞
∞
n3
en
n 2 + 2n
, b) ∑
,
c)
, d)
9. Ispitajte konvergenciju reda: a) ∑
∑
n
2
n =1 n
n =2 (ln n )
n =1 n − 1
∞
3
e) ∑ ( −1) n n +1
2
n =1
∞
1
10. Odredite interval konvergencije reda ∑ x n .
n =0 n !
∞
29
∞
∑ (−1) n
n =1
n3
n −1
Radni materijali
RJEŠENJA
(redovi)
1. a n +1 − a n = 1
5 n +1
= 5 , nije
5n
1
1 − q 6+1 127
=
3. q = , S =
2
1− q
64
2.
4.
5.
6.
7.
8.
4
1
4
q=
, red je konvergentan, S = 10 =
1
10
9
1−
10
1
10
=
S=
1
9
1−
10
1
1
P4 ( x) = −1 + ( x − π ) 2 − ( x − π ) 4
2!
4!
3
11
f ( x) ≈ 1 − x + x 2
2
8
a n +1 3
= = q > 1 , red ne konvergira.
an
2
9. a) Red divergira, b) Red konvergira, c) Red divergira , d) Red divergira, e) Red konvergira
10. Red konvergira za svako x ∈ R .
30
Radni materijali
4. NEODREĐENI INTEGRAL
Ako je zadana realna funkcija realne varijable f ( x) , onda pod primitivnom funkcijom funkcije
f ( x) podrazumijevamo funkciju F ( x) čija je derivacija jednaka zadanoj funkciji f ( x) . Dakle F ( x) je
primitivna funkcija funkcije f ( x) ako je
F ′( x ) = f ( x )
2
2
Primjer: Pokažite da je F ( x) = e x + x 3 primitivna funkcija funkcije f ( x) = 2 xe x + 3 x 2 .
2
2
Budući je F ′( x) = (e x + x 3 ) ′ = 2 xe x + 3 x 2 to je F ( x) primitivna funkcija funkcije f ( x) .
Ako je F ( x) primitivna funkcija funkcije f ( x) tada je funkcija F ( x) + C također primitivna funkcija
funkcije f ( x) .
Važno je napomenuti da primitivna funkcija ako postoji nije jedinstvena nego postoji beskonačno mnogo
primitivnih funkcija koje se međusobno uvijek razlikuju samo za konstant. Ako je F ( x) primitivna
funkcija funkcije f ( x) , tada su sve primitivne funkcije funkcije f ( x) oblika
F ( x) + C
gdje je C aditivna konstanta (konstanta integracije)
Skup koji sadrži sve primitivne funkcije neke funkcije f ( x) zvat ćemo neodređeni integral i označavat
ćemo ga sa
∫ f ( x)dx .
Čitamo: 'neodređeni integral funkcije f ( x)dx '.
Znak
∫
- neodređeni integral.
Funkciju f ( x) zovemo podintegralna funkcija.
f ( x)dx - podintegralni izraz .
Budući da se sve primitivne funkcije za neku podintegralnu funkciju f ( x) razlikuju samo za aditivnu
konstantu, zbog jednostavnosti zapisa uobičajeno se piše
∫ f ( x) dx = F ( x) + C
Dovoljno je odrediti jednu primitivnu funkciju da bismo znali odrediti sve primitivne funkcije, odnosno
izračunali neodređeni integral. Odrediti i tu jednu primitivnu funkciju nije jednostavan postupak, jer se
zapravo radi o postupku obrnutom od deriviranja.
Postupak nalaženja integrala naziva se integracija (integriranje, antideriviranje). Kada se traži integral
neke funkcije kaže se da se ona integrira.
31
Radni materijali
Osnovna svojstva neodređenog integrala
∫ df ( x) =
f ( x) + C
d ∫ f ( x)dx = f ( x)dx + C
( ∫ f ( x)dx )′ = f ( x)
∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx
∫ ( f ( x) ± f
1
2
( x))dx =
∫ f ( x)dx ± ∫ f
1
2
( x)dx
Tablica neodređenih integrala
∫x
n
dx =
1
1 n +1
x +C
n +1
∫ xdx = ln
∫e
x
n ≠ −1
x +C
dx = e x + C
ax
∫ a dx = ln a + C
x
∫ sin x dx = − cos x + C
∫ cos xdx = sin x + C
1
∫ cos
2
x
1
∫ sin
2
x
1
∫ 1+ x
∫
2
dx = tgx + C
dx = − ctgx + C
dx = arctgx + C
dx
1− x2
= arcsin x + C
32
Radni materijali
Metode integriranja
Direktna (neposredna integracija)
Pravila deriviranja omogučavaju računanje derivacije bilo koje elementarne funkcije.
Računaje neodređenog integrala je bitno teže, jer ne postoje univerzalna pravila
integriranja.
Direktna integracija sastoji se u tome da se zadana podintegralna funkcija transformira, tako
da primitivnu funkciju možemo naći direktno iz tablica koristeći svojstva neodređenog
integrala.
(
)
Primjer: ∫ x 2 + 4e x dx = ∫ x 2 dx + ∫ 4e x dx =
1 3
x + 4e x + C
3
Metoda supstitucije
Vidjeli smo da se osnovna pravila integriranja odnose na računske operacije zbrajanja i
oduzimanja te množenja s konstantom. Znači ostaje problem antideriviranja podintegralne
funkcije koja je formirana kao umnožak dviju funkcija ili kao kompozicija dviju funkcija.
Metoda supstitucije prvenstveno služi za antideriviranje funkcije koja je nastala kao kompozicija
dviju funkcija. Ideja metode supstitucije sastoji se u tome da dio podintegralne funkcije
proglasimo novom varijablom.Kod uvođenja nove varijable važno je da nova podintegralna
funkcija, ali i diferencijal budu izraženi isključivo terminima nove varijable.
Ukoliko je metoda supstitucije bila efikasna dolazimo do novog neodređenog integrala kojeg
možemo izračunati neposrednom integracijom.
Metoda integriranja supstitucijom temelji se na sljedećoj formuli
∫ f ( x)dx = {
x = φ(t )
dx = φ′(t )dt
} = ∫ f (φ(t ) ) φ′(t )dt
Formula se može koristiti u oba smjera. Jednom je povoljno podintegralnu funkciju shvatiti kao
f ( x) i tražiti povoljnu supstituciju x = φ(t ) tako da se funkcija f (φ(t ) ) φ′(t )dt može direktno
integrirati. Drugi put će povoljnije biti shvatiti podintegralnu funkciju kao f (φ( x) ) φ′( x)dx pa
supstitucijom t = φ( x) podintegralna funkcija postaje f (t )
∫ f (φ( x)) φ′( x)dx = {
t = φ( x)
33
dt = φ′( x )dx
}= ∫
f (t )dt
Radni materijali
Primjer:
⎧
= ⎨ t = ln x
⎩
dx
∫ x (ln x)
2
dt =
⎫
⎬=
⎭
1
dx
x
dt
∫t
2
1
1
= − +C = −
+C
ln x
t
ili
∫
dx
⎪⎧
=⎨
2
x (ln x )
⎪⎩
x = et
dx = e dt
t
⎫⎪
⎬=
⎪⎭
et
∫ e (ln e )
t 2
t
⎧⎪
2
3
2
4
∫ (3x + 2 x) ( x + x + 100) dx = ⎨⎪
⎩
=
dt = ∫
dt
1
1
= − +C = −
+C
2
ln x
t
t
t = x 3 + x 2 + 100
dt = (3 x 2 + 2 x)dx
⎫⎪
1 5
4
⎬ = ∫ t dt = t + C =
5
⎪⎭
1 3
( x + x 2 + 100) 5 + C
5
∫ sin x cos
3
xdx = { u = cos x
du = − sin xdx
} = − ∫ u 3 du = − 1 u 4 + C =
4
1
= − cos 4 x + C
4
Specijalni slučajevi:
∫
f ′( x)dx ⎧
=⎨
f ( x)
⎩
∫ f ′ ( x )e
f ( x)
u = f ( x)
du = f ′( x)dx
⎧
dx = ⎨
⎩
⎫
⎬=
⎭
u = f ( x)
du = f ′( x )dx
∫
du
= ln u + C = ln f ( x) + C
u
⎫
u
u
f ( x)
+C
⎬ = ∫ e du = e + C = e
⎭
Primjeri:
sin x
dx = { u = cos x
du = − sin xdx
3
x
1
1
1
= u −2 + C = ⋅
+C
2
2 cos 2 x
∫ cos
∫ sin x ⋅e
− cos x
dx = { z = cos x
} = −∫
dz = − sin xdx
= e − cos x + C
34
1
du = − ∫ u −3 du =
3
u
} = −∫ e
−z
dz = e − z + C =
Radni materijali
Meoda parcijalne integracije
Metoda parcijalne integracije prvenstveno je namijenjena antideriviranju podintegralne funkcije
koja je umnožak dviju funkcija.
Formula parcijalne integracije
∫ u dv = u ⋅ v − ∫ v du
ili
∫ u ( x) ⋅ v′( x) dx = u ( x) ⋅ v( x) − ∫ v( x) ⋅ u ′( x) dx
Napomena:
Ako koristimo metodu parcijalne integracije za računanje
∫ f ( x) dx podintegralnu funkciju
f (x)
moramo prikazati u obliku umnoška funkcije u ( x) i diferencijala funkcije d v ( x) = v ′( x)dx .
Pri tom treba odabrati funkciju v ′( x) tako da se lako može odrediti njena primitivna funkcija
v( x) . Osim toga vrlo je važno da integral na desnoj strani formule za parcijalnu integraciju
∫ vdu bude jednostavniji
∫ f ( x) dx = ∫ udv .
od integrala na lijevoj strani formule za
parcijalnu integraciju
Primjer:
⎧⎪
x
=
xe
dx
⎨
∫
⎪⎩
u ( x) = x
dv = e dx
x
du = dx
v( x) = ∫ e dx = e
x
x
⎫⎪
⎬=
⎪⎭
= xe x − ∫ e x dx = xe x − e x + C
ili
⎧
⎪
x
∫ xe dx = ⎨
⎪
⎩
u ( x) = e x
du = e x dx
dv = xdx
v( x) = ∫ xdx =
1 2
x
2
⎫
⎪ 1 2 x 1 2 x
⎬ = x e − ∫ x e dx
2
⎪ 2
⎭
Na ovom primjeru vidimo kako je važno dobro odabrati funkcije u i dv jer drugom slučaju
integral na desnoj strani formule za parcijalnu integraciju postaj složeniji od početnog integrala.
35
Radni materijali
Integrali racionalnih funkcija
Poznato nam je da se neprava racionalna funkcija f ( x) može prikazata kao suma polinoma
P ( x)
.
Pk (x) i prave racionalne funkcije n
Qm ( x )
P ( x)
f ( x) = Pk ( x) + n
Qm ( x )
Pn ( x)
∫ f ( x)dx = ∫ Pk ( x)dx + ∫ Qm ( x) dx
Integriranje racionalnih funkcija se temelji na mogučnosti rastava prave racionalne funkcije na
tzv 'parcijalne razlomke'. Rastav na parcijalne razlomke ovisi o tome kakve su nultočke polinoma
u nazivniku. Prema tome kakve su nultočke polinoma u nazivniku imamo četiri slučaja kod
integracije pravih racionalnih funkcija.
Slučaj kada su nul-točke polinoma u nazivniku sve realne i jednostruke.
Pn ( x)
Pn ( x)
Am
A1
A2
=
=
+
+ ...... +
Qm ( x) ( x − x1 )( x − x 2 )....( x − x m ) x − x1 x − x 2
x − xm
∫
Pn ( x)
dx =
Qm ( x )
∫
Am
A1
A2
dx + ∫
dx + ...... + ∫
dx
x − x1
x − x2
x − xm
Potrebni integrali su:
Primjer:
1
1.1.
∫ xdx = ln x + C
1.2.
∫ x − a dx = ln x − a
1
+C
A
A
A
3x + 1
= 1+ 2 + 3
x( x − 2)( x − 1)
x x − 2 x −1
Slučaj kada su sve nultočke ploinoma u nazivniku realne, ali je barem jedna višestruka.
Pn ( x)
Pn ( x)
=
=
k
Qm ( x) ( x − x1 ) ( x − x 2 )....( x − x m − k )
=
Bm − k
Ak
A1
A2
B1
B2
+
+ ... +
+
+
+ .... +
2
k
x − x1 ( x − x1 )
x − x 2 x − x3
x − xm− k
( x − x1 )
36
Radni materijali
Potrebni integrali:
Primjer:
1
1
1
⋅ n −1 + C
1− n x
2.1.
∫x
2.2.
∫ x − a dx = ln x − a
2.3.
∫ ( x − a)
n
dx =
1
1
n
dx =
+C
1
1
⋅
+C
1 − n ( x − a) n −1
A3
A
A2
2
B
C
= 1 +
+
+
+
2
3
x +1 x − 2
( x − 1) ( x + 1)( x − 2) x − 1 ( x − 1)
( x − 1)
3
Slučaj kada polinom u nazivniku ima konjugirano kompleksne jednostruke nul točke
A
Pn ( x)
Pn ( x)
A1
Mx + N
= 2
+
+ ..... + m − 2
= 2
x − xm
Qm ( x) ( x + px + q) ( x − x3 )....( x − x m ) x + px + q x − x3
Integral koji se javlja u ovom slučaju:
3.1.
=
∫x
1
a2
2
∫t
dx
=
+ a2
∫
dx
⎛⎛ x ⎞
a2⎜⎜ ⎟
⎜⎝ a ⎠
⎝
2
adt
1
= arctgt + C
+1 a
2
3.1.
∫x
3.2.
∫
3.3.
∫
dx
+ a2
1
dx , p 2 − 4q < 0
2
x + px + q
Mx + N
dx , p 2 − 4q < 0
2
x + px + q
2
⎧ x
=⎨
=t
⎞ ⎩ a
+ 1⎟
⎟
⎠
x
1
= arctg + C
a
a
dx = adt
37
⎫
⎬=
⎭
Radni materijali
∫
3.2.
1
dx
x + px + q
p 2 − 4q < 0
2
1
dx =
x + px + q
∫
2
⎧
⎪
=⎨
⎪
⎩
⎫
2
2
2
⎪
p
p
p
p
1
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎛
⎞
x 2 + px + q = x 2 + 2 ⋅ ⋅ x + ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ = ⎜ x + ⎟ + (4q − p 2 ) ⎬
2
2⎠
4 4243 ⎪
⎝2⎠ ⎝ 2⎠
⎝
1
a2
⎭
p
⎧
⎫
x+
⎪
dx
1
dx
⎪
2 = t ⎪⎪
=
dx
=
=
⎨
⎬=
∫ ⎛ p ⎞2
∫ ⎛⎛ p ⎞2 ⎞
a
x 2 + px + q
⎪
⎪
2
⎟ ⎪ dx = adt
⎜⎜ x + ⎟
⎜x+ ⎟ +a
⎪⎭
⎩
2
2 ⎟ + 1⎟
⎝
⎠
a2⎜⎜
⎟
⎜⎜ a ⎟
⎟
⎟
⎜⎜
⎠
⎠
⎝⎝
∫
dt
1
1
1
p⎞
⎛x
= arctgt + C = arctg ⎜ +
⎟+C
2
∫
a
a t +1 a
⎝ a 2a ⎠
=
Primjer:
1
1
1
1
= 2
=
=
2
2
x − 2 x + 3 x − 2 x + 1 + 2 ( x − 1) + 2 ( x − 1) +
2
∫
=
1
dx =
x − 2x + 3
2
⎧
dx = ⎨
⎛ ⎛ x − 1⎞
⎞
⎩
⎟ + 1⎟
2⎜ ⎜⎜
⎟
⎜⎝ 2 ⎠
⎟
⎝
⎠
∫
⎧
=⎨
⎩
(
M
2
Mx + N
dx =
x + px + q
′
x 2 + px + q = 2 x + p
∫x
x −1
1
2 dt
1
2
=
arctgt + C =
2
∫
2 t +1
2
3.3.
=
∫
2
2
=t
( 2)
2
1
=
⎛ ⎛ x − 1⎞2
⎞
2⎜ ⎜
⎟ + 1⎟
⎜⎝ 2 ⎠
⎟
⎝
⎠
⎫
dx = 2 dx ⎬ =
⎭
2
⎛ x − 1⎞
arctg ⎜
⎟+C
2
⎝ 2 ⎠
2
)
2
Mx + N =
M
Mp
(2 x + p) −
+N
2
2
Mp ⎞
dx
2x + p
⎛
dx + ⎜ N −
⎟∫ 2
2 ⎠ x + px + q
+ px + q
⎝
142
4 43
4
f ′( x)
dx
∫ f ( x)
142
4 43
4
int egral
tipa
3.2
38
⎫
⎬=
⎭
Radni materijali
Primjer:
∫x
2
x+2
dx
+ x+3
p 2 − 4q = 1 − 12 < 0
korak
(x
2
′
+ x + 3) = 2 x + 1
korak
x+2=
∫x
2
1
3
(2 x + 1) +
2
2
x+2
1
1
2x + 1
3
dx
3
dx = ∫ 2
= ln x 2 + x + 3 + I 1
dx + ∫ 2
2
2 x + x+3
2 x + x+3
2
+ x+3
dx
=
+ x+3 ∫⎛
⎜x+
⎝
dx
dx
2 11
2x + 1
4
=
arctg
2
∫
11
11 ⎛
11
1⎞
⎜x+ ⎟
2 ⎟ +1
⎜
⎜ 11 ⎟
⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
I1 =
∫x
∫x
3 11
2x + 1
1
x+2
arctg
+C
dx = ln x 2 + x + 3 +
11
2
+ x+3
11
2
2
2
1 ⎞ 11
⎟ +
2⎠
4
=
Samo informativno
Slučaj kada polinom u nazivniku ima i višestruke konjugirano kompleksne nultočke.
Pn ( x)
Pn ( x)
=
= 2
k
Qm ( x) ( x + px + q) ( x − x 2 k +1 )....( x − x m )
=
M k x + Nk
Am
M 1 x + N1
A1
+ ...... +
+
+ ... +
2
k
2
x − xm
x + px + q
(x + px + q ) x − x2k +1
39
Radni materijali
Integral koji se javlja u ovom slučaju
4.1. I k =
4.2.
4.1. I k =
∫ (x
∫
∫ (x
dx
2
+ a)
k
Mx + N
( x + px + q) k
2
, p 2 − 4q < 0
dx
+ a)
Za računanje ovih integrala koristimo formulu (tzv. rekurzivnu formulu)
k
2
2k − 3
x
I k −1 +
2k − 2
2(k − 1)( x 2 + 1) k −1
Ik =
Primjer:
I4 =
∫ (x
I3 =
∫ (x
I2 =
∫ (x
I1 =
∫x
4
=
2⋅ 4 − 3
5
x
x
I 4−1 +
= I3 +
2
4 −1
2
2⋅ 4 − 2
6
2(4 − 1)( x + 1)
6 ⋅ ( x + 1) 3
3
=
2⋅3− 3
3
x
x
I 3−1 +
= I2 +
2
3−1
2
2⋅3− 2
4
2(3 − 1)( x + 1)
4 ⋅ ( x + 1) 2
=
2⋅ 2− 3
1
x
x
I 2−1 +
= I1 +
2
2 −1
2⋅ 2 − 2
2
2(2 − 1)( x + 1)
2 ⋅ ( x 2 + 1)
dx
+ 1)
2
dx
+ 1)
2
dx
2
+ 1)
2
dx
= arctgx
+1
2
Mx + N
( x + px + q) k
4.2. ∫
2
Postupak kao u slučaju integrala 3.3.
⎧
⎨
⎩
(x
2
′
+ px + q ) = 2 x + p
Mx + N =
M
Mp
(2 x + p) −
+N
2
2
40
⎫
⎬
⎭
Radni materijali
∫
Mx + N
M
=
k
2
( x + px + q)
2
∫ (x
2
2x + p
Mp ⎞
dx
⎛
dx + ⎜ N −
⎟∫ 2
k
2 ⎠ ( x + px + q ) k
+ px + q)
⎝
142
4 43
4
144424443
f ′( x)
svedemo ga na int egral tipa 4.1
dx
∫ f ( x)
Integrali racionalnih funkcija su od izuzetnog značaja jer se za veliki broj integrala koriste
supstitucije koje vode na integral racionalne funkcije. Integrali pravih racionalnih funkcija se
svode na gore navedene slučajeve.
x 2 + 3x − 1
x 2 + 3x − 1
Primjer: ∫ 3
dx = ∫ 2
dx
( x + 1)( x − 1)
x − x2 + x − 1
Podintegralna funkcija je prava racionalna funkcija. Polinom u nazivniku ima jednostruku
kompleksno konjugiranu nul-točku I jednu realnu nul-točku.
x 2 + 3x − 1
Ax + B
C
= 2
+
⋅ ( x 2 + 1)( x − 1)
2
( x + 1)( x − 1)
x +1 x −1
x 2 + 3 x − 1 = ( Ax + B)( x − 1) + C ( x 2 + 1)
x 2 + 3 x − 1 = ( A + B ) x 2 + (C − B ) x + A − C
Odredbeni sustav
A+ B =1
C−B=3
A − C = −1
∫
⎛
⎜
⎝
⇒
A = 2 , B = −1 , C = 2
x 2 + 3x − 1
dx
x−2
dx
x
dx
−∫ 2
=
dx = 2 ∫
−∫ 2
dx = 2 ∫
dx + 2 ∫ 2
3
2
x −1
x −1
x − x + x −1
x +1
x +1
x +1
∫x
2
x
1
2x
dx = ∫ 2
dx
2 x +1
+1
⎞
⎟
⎠
1
= 2 ln x − 1 − ln x 2 + 1 + 2arctgx + C
2
Integrali trigonometrijskih funkcija
Na nivou informacije
Za rješavanje integrala oblika
supstitucija tg
∫ R(sin x, cos x)dx , gdje je R racionalna funkcija koristi se
x
=t.
2
41
Radni materijali
Napomena: Ovdje spadaju i ntegrali racionalnih funkcija R(tgx, ctgx)dx , pri čemu koristimo
sin x
cos x
, ctgx =
.
tgx =
cos x
sin x
Sada je
2tg
sin x =
x
2
=
2t
1+ t2
x
2
x
1 − tg 2
2
2 = 1− t
cos x =
x 1+ t2
1 + tg 2
2
x
2
dt .
Iz tg = t imamo x = 2arctgt , dx =
2
1+ t2
Tako dobivamo
1 + tg 2
∫ R(sin x, cos x)dx = ∫ R (t )dt
1
Primjer:
x
2
⎫
⎧
tg = t dx =
dt
2
⎪⎪
⎪
2(1 − t 2 )(1 + t 2 )
cos x
2
1+ t
⎪
=
dx
=
dt =
⎬
⎨
∫ sin x + 1
1 − t 2 ⎪ ∫ (1 + t )(1 + t 2 ) 2
⎪ sin x = 2t
cos x =
⎪⎩
1+ t2
1 + t 2 ⎪⎭
dt
2(1 − t )
2t
=∫
dt = 2∫
−∫
dt = 2arctgt − ln t 2 + 1 + C =
2
2
1+ t
1+ t
1+ t2
⎛
= 2 ⋅ arctg ⎜ tg
⎝
∫ sin
2
∫ cos
2
x⎞
x
x
2 x
+ 1 + C = 2 ⋅ − ln tg 2 + 1 + C
⎟ − ln tg
2
2
2⎠
2
xdx =
{
sin 2 x = 1 − cos 2 x
}= 12 ∫ (1 − cos 2 x)dx
xdx =
{
cos 2 x = cos 2 x + 1
}= 12 ∫ (cos 2 x + 1)dx
42
Radni materijali
PROVJERA ZNANJA
(neodređeni integral)
1. Pokažite da je funkcija F ( x) = x 3 + 3 primitivna funkcija funkcije f ( x) = 3 x 2 .
2. Koju supstituciju koristimo pri rješavanju integrala oblika ∫
3. Koja se supstitucija koristi kod rješavanja integrala oblika
4. Napišite formulu za parcijalnu integraciju.
5. Navedite metode integriranja.
43
f ′( x)
dx ?
f ( x)
∫ f ′ ( x )e
f ( x)
dx ?
Radni materijali
ODGOVORI
(neodređeni integral)
1. F ′( x) = f ( x)
2. t = f ( x)
3. t = f (x)
4.
∫ udv = uv − ∫ vdu
5. neposredna integracija, supstitucija, parcijalna integracija
44
Radni materijali
RIJEŠENI ZADACI
(neodređeni integral)
1.
2.
3.
∫ (x
2
+ 3) dx =
∫ (x
2
4
∫
x 5 − 2 x 3 + 5x
dx =
x
∫
x 3 − x 2 + 5x − 5
dx
x −1
+ 6 x 2 + 9 )dx = ∫ x 4 dx + 6 ∫ x 2 dx + 9 ∫ dx =
∫ (x
4
− 2 x 2 + 5) dx =
1 5 6 3
x + x + 9x + C
5
3
1 5 2 3
x − x + 5x + C
5
3
x 3 − x 2 + 5 x − 5 = x 2 ( x − 1) + 5( x − 1) = ( x − 1)( x 2 + 5)
ili
x 3 − x 2 + 5 x − 5 : ( x − 1) = x 2 + 5
x3 − x2
5x − 5
− 5x + 5
0
∫
x − x + 5x − 5
dx =
x −1
3
2
1
( x − 1)( x 2 + 5)
dx = ∫ ( x 2 + 5) dx = x 3 + 5 x + C
∫
x −1
3
1
4.
5.
∫
2x x
∫
sin x
3
x
dx =
∫
2x ⋅ x 2
⎧⎪
dx = ⎨
x
⎪⎩
x
1
3
3 1
−
x = t2
t=
x
13
12 6
x +C
13
dx = 2tdt ⎫⎪
sin t
⋅ 2tdt = 2∫ sin tdt = −2 cos t + C =
⎬=∫
t
⎪⎭
= −2 cos x + C
6. sin 3 x ⋅ cos xdx = { u = sin x
∫
7
dx = 2 ∫ x 2 3 dx = 2 ∫ x 6 dx =
du = cos xdx
} = ∫ u 3 du = 1 u 4 + C =
1
= sin 4 x + C
4
45
4
Radni materijali
7.
x 2 dx
∫
3
x −4
3
= { t = x3 − 4
1
1
1 −
1
dt = 3x 2 dx } = ∫ 33 dt = ∫ t 3 dt = 3 t 2 + C
3
2
t
13 3
2
(
x − 4) + C
2
=
⎧
⎪
8. ∫ 4 x( x + 4) dx = ⎨
⎪⎩
u = 4x
du = 4dx
5
v = ∫ ( x + 4) 5 dx =
1
( x + 4) 6
6
4
4
4
4
x( x + 4) 6 − ∫ ( x + 4) 6 dx = x( x + 4) −
( x + 4) 7 + C
6
6
6
42
=
9.
dv = ( x + 4) 5 dx
⎫
⎪
⎬=
⎪⎭
x+3
dx
− 2x − 3
x+3
je prava racionalna funkcija. Rastaviti ćemo je na parcijalne razlomke .
f ( x) = 2
x − 2x − 3
∫x
2
x 2 − 2x + 3 = 0
⇒
x1 = 3 , x 2 = −1
x+3
x+3
A
B
=
=
+
x − 3 x +1
x − 2 x − 3 ( x − 3)( x + 1)
x + 3 = A( x + 1) + B( x − 3)
x + 3 = ( A + B ) x + A − 3B
2
Odredbeni sustav
A +
B =1
A − 3B = 3
3
1
, B=−
2
2
3 1
1 1
x+3
= ⋅
− ⋅
2
x − 2x − 3 2 x − 3 2 x + 1
A=
∫x
2
3
1
x+3
3
1
1
1
dx = ∫
dx − ∫
dx = ln x − 3 − ln x + 1 + C
2
2
2 x−3
2 x +1
− 2x − 3
46
Radni materijali
2x
dx
2x − 7
′
= I 1 − 7I 2
dx − 7 ∫ 2
dx = ⎧⎨ (x 2 + 3) = 2 x ⎫⎬ = ∫ 2
2
+3
⎩
⎭
x +3
x +3
⎧ t = x2 + 3 ⎫
dt
2x
2
I1 = ∫ 2
dx = ⎨
⎬ = ∫ = ln t + C = ln( x + 3) + C
t
x +3
dt
xdx
=
2
⎩
⎭
10.
∫x
dx
=
I2 =
2
x +3
∫
⎛⎛
3 ⎜ ⎜⎜
⎜⎝
⎝
⎫
3
⎪ 1
dt =
⎬=
2
⎪ 3 t +1
⎭
∫
3
x
arctg
+C
3
3
=
11.
∫
x
⎧
⎪ t=
3
=⎨
2
⎞ ⎪
x ⎞
3 dt = dx
⎟⎟ + 1⎟ ⎩
⎟
3⎠
⎠
dx
∫(
ex + 1
e +x)
3
x
⎧⎪
dx = ⎨
⎪⎩
z = ex + x
dz = (e + 1)dx
x
⎫⎪
⎬=
⎪⎭
dz
∫z
3
=−
1 −2
1
1
z +C = −
+C
x
2
2 (e + x ) 2
dx
dx
=∫
( x − 1)( x + 2)
+ x−2
1
A
B
=
+
( x − 1)( x + 2) x − 1 x + 2
12.
∫x
2
1 = A( x + 2) + B( x − 1)
0 ⋅ x + 1 = ( A + B) x + 2 A − B
A+ B = 0
⇒
2A − B = 1
∫x
2
A=
1
1
, B=−
3
3
dx
dx
1 dx
1 dx
1
=∫
= ∫
− ∫
= (ln x − 1 − ln x + 2 )
( x − 1)( x + 2) 3 x − 1 3 x + 2 3
+ x−2
x −1
1
= ln
+C
3 x+2
⎧
x
⎪
13. ∫
=
dx
⎨
2
( x + 3)
⎪⎩
=−
x
+
x+3
1
u=x
du = dx
dv = ( x + 3) − 2 dx
x
∫ x + 3 dx = − x + 3 + ln
v = ∫ ( x + 3) − 2 dx
x+3 +C
47
v=−
1
x+3
⎫
⎪
⎬=
⎪⎭
Radni materijali
14.
xdx
∫ 1+
x
{
x = t2
dx = 2tdt
} = ∫ 1t+ t dt = ∫ ⎛⎜ t − 1 + t +1 1 ⎞⎟dt =
2
⎝
⎠
1 2
t − t + ln t + 1 + C =
2
1
= x − x + ln x + 1 + C
2
=
15.
∫
x 3 − x 2 + 5x − 5
dx = { ( x 3 − x 2 + 5 x − 5) : ( x − 1) = x 2 + 5
x −1
}= ∫ (x
2
+ 5)dx =
1 3
x + 5x + C
3
=
⎧⎪
2
3
6
3
6
2
x
x
dx
x
x
dx
3
(
3
)
(
3
)
(
3
)
+
=
+
=
⎨
∫
∫
⎪⎩
1
1
= ∫ t 6 dt = t 7 + C = ( x 3 + 3) 7 + C
7
7
∫ f ( g ( x)) ⋅ g ′( x)dx
16.
17.
∫
⎧
=⎨
2
3z − 7 ⎩
5 zdz
= { t = 3z 2 − 7
(3z 2 − 7)′ = 6 z
dt = 6 zdz
5z =
t = x3 + 3
dt = 3x 2 dx
⎫⎪
⎬
⎪⎭
6z
5
⎫ 5
⋅ 6z⎬ = ∫
dz =
6
⎭ 6
3z 2 − z
} = 56 ∫ dt = ∫ t
t
−
1
2
dt =
1
=
5
5
⋅ 2t 2 + C =
3z 2 − 7 + C
6
3
dx
18. ∫
=
25 + 4 x 2
⎧
⎪⎪
1
dx
=
=
⎨
2
∫ ⎛
⎞ 25 ∫
⎛
⎞
⎪
⎜
2 ⎟
⎜ x⎟
⎪⎩
x
⎟
25⎜ 1 +
⎜ ⎟
1
+
25 ⎟
⎜
⎜5⎟
⎜
⎟
⎜ ⎟
4 ⎠
⎝
⎝ 2⎠
dx
x
t=
5
2
5
dx = dt
2
⎫
⎪⎪
⎬=
⎪
⎪⎭
5
dt
1
1
2x
1
2
=
=
arctgt + C = arctg
+C
2
∫
10
10
5
25 1 + t
19.
∫ sin
2
xdx
dx = { t = x 2 + 1
2
( x + 1)
dt = 2 xdx
1
= − ctg ( x 2 + 1) + C
2
48
} = 12 ∫
dt
1
= − ctgt + C =
2
2
sin t
Radni materijali
x2 − 2
∫ ( x − 1) 3 dx
20.
x2 − 2
A
B
C
=
+
+
3
2
x − 1 ( x − 1)
( x − 1)
( x − 1) 3
x 2 − 1 = A( x − 1) 2 + B( x − 1) + C
x 2 − 1 = Ax 2 + ( B − 2 A) x + A − B + C
Odredbeni sustav
A
=1
− 2A + B
=0
⇒
A = 1 , B = 2 , C = −1
A − B + C = −2
x2 − 2
∫ ( x − 1) 3 dx = ∫
2
= ln x − 1 −
+
x −1
dx
dx
dx
+ 2∫
−∫
=
2
x −1
( x − 1)
( x − 1) 3
1
1
⋅
+C
2 ( x − 1) 2
49
Radni materijali
ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD
(neodređeni integral)
1.
∫ 5 x dx
2.
∫x
3.
5
∫
2.
∫
x
3
x5
dx
4x + 1
dx
− x−2
2
x2 + 1
x
dx
∫
4. 12t 2 1 − 4t 3 dt
5.
∫ x (x
6.
x2 + 1
∫ − x2 + 1
7.
∫x
8.
∫ x tg ( x
4
5
+ 6) dx
4
x +1
dx
2
+4
2
3
+ 1) dx
9. Provjerite istinitost sljedećih tvrdnji
a)
∫ 2 xe dx = xe
x
x
+C,
2x
∫ x + 1 dx = ln( x + 1) + 8
c) ∫ x sin x dx = sin x − x cos x + C
b)
10.
2
2
∫x
2x − 2
dx
+ x +1
2
50
Radni materijali
RJEŠENJA
1
1. 1.
−
5 6
x , 2. − 6 x 6
6
2. ln( x + 1) + 3 ln( x − 2) + C
3.
2 5
x +2 x
5
4. −
5.
3
2
(
1 − 4t 3 ) 2
3
1 5
5
(
x + 6)
25
6. − x − ln 1 − x + ln 1 + x + C
7.
x
1
1
ln ( x 2 + 4 ) + arctg
2
2
2
8. −
1
1
2
3 cos ( x 3 + 1)
9. a) NE, b) DA, c) DA
10. ln( x 2 + x + 1) − 2 3arctg
2x + 1
3
+C
51
Radni materijali
5. ODREĐENI INTEGRAL
Problem površine
Jedan od osnovnih zadataka matematike u njenim začecima bio je problem mjerenja površina lika kojemu
je rub opisan nekom krivuljom.
Pri izvodu formule za površinu kruga moramo se koristiti aproksimacijom. Na taj je način još Arhimed
računao površinu kruga, upisujući i opisujući mu pravilne mnogokute. Povećavajući broj njihovih stranica,
možemo izračunati površinu kruga sa zadovoljavajućom točnošću. Na isti je način Arhimed računao i
površinu omeđenu dijelovima parabole.
Kroz povijest su matematičari na različite načine računali površine raznih likova i volumena tijela,
primjenjujući metode koje su bile prilagođene konkretnom liku ili tijelu. Tek krajem 17. stoljeća problem
računanja površine i volumena riješen je analitičkim, a ne geometrijskim metodama, time što je
uspostvljena njegova veza s diferencijalnim računom.
Na sličan način kao i površini kruga možemo prići problemu računanja površine bilo kojeg lika omeđenog
proizvoljnom krivuljom.
Pri tome ključnu ulogu ima lik kojeg zovemo krivocrtni trapez (pseudotrapez) . Njegove tri sranice su
poput stranica trapeza , a četvrta stranica je luk krivulje. Horizontalnim i vertikalnim linijama svaki lik
moemo prikazati kao uniju krivocrtnih trapeza (vidi sliku)
Krivocrtni trapez
Na taj način možemo problem računanja površine ravninskog lika dovesti vezu s problemom računanja
površine krivocrtnog trapeza ispod grafa neke funkcije.
Neka je f ( x) ograđena funkcija na intervalu [a, b ] i f ( x) ≥ 0 .
Želimo izračunati površinu P lika
omeđenog grafom funkcije x -osi i pravcima x = a i x = b . Interval [a, b] podijelimo na n dijelova
diobenim točkama xi tako da je
a = x0 < x1 < x 2 < ... < xi −1 < xi < xi +1 < .... < x n −1 < x n = b .
[
Tako smo dobili n intervala xi − 1 , xi
]
i = 1,2,..., n . Duljinu intervala označimo s Δxi = xi − xi − 1 ,
[
( Δxi ≥ 0 ) , i = 1,2..., n . Za svaki podinterval [xi −1 , xi ] odaberimo proizvoljnu točku t i tj. t i ∈ xi − 1 , xi
[
Nad svakim intervalom x i − 1, xi
]
postavimo pravokutnik visine f (t i ) .
52
]
Radni materijali
f = (ti)
f
a = x0 x1
x2
xi-1 ti
xi
xn-1 b = xn
Površina pravokutnika Pi = f (t i ) Δxi .
Zbrajanjem pvršina Pi = f (t i ) Δxi svih pravokutnika dobit ćemo integralnu sumu funkcije f ( x) na
intervalu [a, b]
S n = P1 + P2 + P3 + ... + Pn
n
S n = f (t1 )Δx1 + f (t 2 )Δx 2 + ..... + f (t n )Δx n = ∑ f (t i )Δxi
i =1
Ako postoji limes integralne sume S n kad n → ∞ i Δxi → 0 ( max(Δxi ) → 0 ), i limes ne ovisi o
0< i < n
izboru brojeva xi , t i pišemo:
n
I = lim S n = lim ∑ f (t i )Δxi
n→∞
n→ ∞
i =1
Taj limes mora biti jednak površini krivocrtnog trapeza . Broj I određen je samom funkcijom f i ne ovisi
o načinu računanja integralne sume (načinu na koji smo podijelili interval [a, b] i izabrali brojeve t i ).
Zovemo ga određeni integral funkcije f i označavamo s
b
I=
∫ f ( x)dx
a
On je jednak pvršini ispod grafa pozitivne funkcije nad intervalom [a, b] .
Znak
∫
zovemo znakom integracije
Broj a donja granica integracije, broj b gornja granica integracije.
Funkcija f je podintegralna funkcija.
Oznaka za itegral dolazi iz načina kako je on nastao. Integral je limes sume. Znak za integral nastao je iz
izduženog slova S koji je sinonim za znak sumiranja ,nastao od istoimenog grčkog slova Σ .
53
Radni materijali
Integral negativne funkcije
Računajući integral negativne funkcije f pomoću njezinih integralnih suma, dobiva se negativna
vrijednost površine krivocrtnog trapeza.
y
a
b
x
n
lim ∑ f (t i ) ⋅ Δ
x
{ {
n→∞
i =1
>0
<0
b
Postavlja se pitanje možemo li za svaku funkciju računati
∫ f ( x)dx .
a
Za funkciju f ( x) koja ima određeni integral na [a, b ] kažemo da je integrabilna na [a, b ] .
Teorem
Funkcija f ( x) je integrabilna na [a, b ] ako je zadovoljen jedan od uvjeta:
Funkcija f ( x) je neprekidna na [a, b] .
Funkcija f ( x) je ograđena na [a, b] s konačnim brojem točaka prekida na [a, b ] .
Funkcija f (x ) je monotona na [a, b] .
Ako je funkcija f ( x) integrabilna na [a, b] , tada je integrabilna i na (a, b ) , [a, b ) , (a, b ] .
Osnovna svojstva određenog integrala
b
1.
∫
a
a
f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx
b
2. a ≤ b ≤ c
c
b
a
b
a
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
3.
4.
b
b
b
a
a
∫ ( f ( x) ± g ( x))dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx
a
b
b
a
a
∫ k ⋅ f ( x)dx = k ⋅ ∫ f ( x)dx
54
Radni materijali
a
Integral parne funkcije
∫
−a
a
f ( x)dx = 2∫ f ( x)dx
0
a
Integral neparne funkcije
∫ f ( x)dx = 0
−a
Primjeri:
5
2
2
5
x
x
∫ e dx = − ∫ e dx
4
x
∫ e dx =
−2
3
0
4
−2
0
x
x
∫ e dx + ∫ e dx
3
3
1⎞
1
⎛
∫2 ⎜⎝ x + x ⎟⎠ dx = ∫2 x dx + ∫2 x dx
3
3
1
1
∫2 30 1 + x 2 dx = 30∫2 1 + x 2
Osnovni teorem integralnog računa
Newton-Leibnitzova formula
Osnovna formula integralnog računa povezuje pojam određenog integrala s primitivnom funkcijom. Na taj
način dobiti ćemo močno sredstvo za računanje određenog integrala.
Ako je funkcija f ( x) integrabilna na intervalu [a, b ] i ima na tom intervalu primitivnu funkciju F ( x) tj
F ′( x) = f ( x) , x ∈ [a, b] , tada je vrijednost određenog integrala jednaka razlici vrijednosti primitivne
funkcije za gornju i donju granicu intrgrala, tj.
b
∫ f ( x)dx = F ( x)
b
a
= F (b) − F (a )
a
Primjeri:
3
3
∫ x dx =
1
1 43 1 4 1 4
x = ⋅ 3 − ⋅ 1 = 20
4 1 4
4
2π
∫
−π
sin xdx = − cos x
2π
−π
= − cos 2π − (− cos(−π )) = −1 + 1 = 0
55
Radni materijali
Supstitucija u određenom integralu
Funkcija f ( x) je neprekidna na intervalu [a, b] . Odaberemo funkciju x = g (t ) , gdje je funkcija
g (t ) strogo monotona i neprekidna i ima neprekidnu prvu derivaciju na [α, β ] , pri čemu je a = g (α ) i
b = g ( β ) . Tada je α = g −1 (a) i β = g −1 (b)
b
β
a
α
∫ f ( x)dx = ∫ f ( g (t )) g ′(t )dt
Primjeri:
2
∫
1
⎧
⎪
dx
⎪
=⎨
5x − 1 ⎪
⎪⎩
⎧
dx
⎪
∫0 1 + x = ⎨
⎪
⎩
4
t = 5x − 1
dx =
x
1 2
t
4 9
⎫
9
9
1
1 9
⎪
1
⎪ 1 dt 1 − 2
2
=
2
=
=
t
dt
=
⋅
⋅
t
⎬
∫4 t 5 ∫4
5
5
4
⎪
⎪⎭
2
2
=
9− 4 =
5
5
1
dt
5
[
x = t2
dx = 2tdt
x
0 4
t
0 2
Podintegralna funkcija φ(t ) =
⎫
2
t
⎪
=
2
⎬
∫0 1 + t dt
⎪
⎭
t
je neprava racionalna funkcija.
1+ t
t : (t + 1) = 1
t +1
φ(t ) =
⇒
−1
2
⎛2
⎡
dt ⎞⎟
= 2⎜ dt −
= 2⎢ t
⎜
⎟
t + 1⎠
⎣
0
⎝0
∫
∫
2
]
− ln t + 1
0
t
1
= 1−
1+ t
t +1
2⎤
2
⎥ = 2 ( 2 − ln 3 + ln 1) = 4 − 2 ln 3 = 4 − ln 3 = 4 − ln 9
0⎦
Parcijalna integracija u određenom integralu
b
b
∫ u ( x)dv( x) = u ( x) ⋅ v( x) a − ∫ v( x)du( x)
a
b
a
56
Radni materijali
Primjer:
π
2
u=x
⎧
∫ x sin xdx = ⎨⎩
dv = sin xdx v = − cos x
−π
π
2
π
2
du = dx
⎫
⎬ = − x cos x + ∫ cos xdx =
−π
⎭
−π
π
2
π
π
π
= − cos + ((− π ) cos(− π ) ) + sin x = π + sin − sin(− π ) = π + 1
2
2
2
−π
Pazi!
1
∫ (x
0
x2
2
1
)
+1
∫
dx = x
2
0
x
dx =
( x + 1) 2
2
u=x
⎧
⎪
⎪
⎪
=⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
dv =
du = dx
(x
x
2
+ 1)
2
dx v =
1
2x
dx =
∫
2
2 (x + 1)2
= { t = x 2 + 1 dt = 2 xdx } =
1 dt
1 1
1
1
= ∫ 2 =− ⋅ =− ⋅ 2
2 t
2 t
2 x +1
⎫
⎪
⎪
⎪
⎬=
⎪
⎪
⎪
⎭
1
1
1 1 π
1
x 1 1
dx
1 1 1
=− ⋅ 2
+ ∫ 2
= − ⋅ + arctgx = − + ⋅
4 2 4
2 x +1 0 2 0 x +1
2 2 2
0
Trik
1
∫ (x
0
1
dx
2
+ 1)
2
=
∫
0
x2 + 1− x2
dx =
( x 2 + 1) 2
1
∫ (x
0
1
x2 + 1
2
+ 1)
2
dx − ∫
0
dx
=
2
x +1
1
∫
0
1
dx
x 2 dx
−
=
x 2 + 1 ∫0 ( x 2 + 1) 2
Prvi integral je tablični, a drugi smo pokazali u prethodnom primjeru kako se rješava.
Nepravi integrali
b
∫ f ( x)dx se naziva nepravi integral ako vrijedi jedan od uvjeta:
a
jedna ili obe granice integracije beskonačne
podintedgralna funkcija f (x) nije omeđena na intervalu integracije.
57
Radni materijali
Beskonačne granice
+∞
∫
B
f ( x)dx = lim
B → +∞
a
b
∫
a
b
f ( x)dx = lim
A→ −∞
−∞
+∞
∫
∫ f ( x)dx
∫ f ( x)dx
A
+∞
c
f ( x)dx =
∫
∫ f ( x)dx
f ( x)dx +
−∞
−∞
c
B
c
= lim
A→ −∞
∫ f ( x)dx +
lim
B → +∞
A
∫ f ( x)dx
c
Funkcija nije ograničena na intervalu konvergencije
f (x) definirana na [a, b ) i lim− f ( x) = +∞ , (−∞ )
x→b
b− ε
b
∫
f ( x)dx = lim
ε→0
a
∫ f ( x)dx
ε>0
a
f (x) definirana na (a, b ] i lim+ f ( x) = +∞ (−∞ )
x→ a
b
∫
b
f ( x)dx = lim
ε →0
a
∫ f ( x)dx
ε>0
a+ ε
f (x) nije definirana u točki c ∈ [a, b] i lim− f ( x) = +∞ (−∞ ) , lim+ f ( x) = +∞ (−∞ )
b
c
b
a
a
c
x→c
c− ε
x→c
b
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx + lim ∫ f ( x)dx
ε →0
ε→0
a
c+ ε
Primjeri:
1
∫
dx
1
dx
0
∫
0
x
f ( x) =
1
x
, Df = (0,+ ∞ ) ,
lim+
x→ 0
1
x
[
= +∞
]
1
1
−
⎡ 1 1⎤
= lim ∫ x 2 dx = lim ⎢ 2 x 2 ⎥ = lim 2 ⋅ 1 − 2 ⋅ ε = 2
ε→0
ε→0
ε⎦
x ε →0 ε
⎣
58
Radni materijali
∞
dx
∫−∞1 + x 2 =
0
dx
∫−∞1 + x 2 +
= lim arctg x
a → −∞
+∞
∫
0
1
dx
dx
=∫ 4 +
4
x
0 x
0
∞
lim arctg x
a b → +∞
+∞
∫
1
+∞
0
dx
dx
dx
=
+ lim ∫
2
2
∫0 1 + x 2 = alim
∫
→ −∞ 1 + x
b → +∞
0 1+ x
a
b
0
1
= lim (− arctga ) + lim arctgb =
a → −∞
dx
dx
= lim ∫ 4 + lim
4
ε→0
b → +∞
x
ε x
b→∞
b
∫
1
π π
+ =π
2 2
dx
1 −3 1
1 −3 b
=
lim
(
−
x
)
+
lim
(
−
x
)=
b → +∞
3
x 4 ε→0 3
1
ε
1 1
1
1
= lim(− + ε − 3 ) + lim (− b − 3 + ) = (+∞ )
ε→0
b → +∞
3 3
3
3
59
Radni materijali
PROVJERA ZNANJA
(određeni integral)
2
1. Možete li primijeniti Newton-Leibnitzovu formolu za računanje
∫
0
1
dx ?
x −1
1
2. Je li integral
∫
x + 1 dx korektno zadan?
DA
NE
DA
NE
DA
NE
DA
NE
−1
2
3.
2
∫ x dx = 0
−2
3
4. Možete li primijeniti Newton-Leibnitzovu formolu za računanje
∫
2
1
dx .
x −1
5. Napišite formulu za parcijalnu integraciju određenog integrala.
2
6.
∫
x 2 + 1 dx = ?
∫
f ( x) dx = 20 ,
2
10
7.
0
0
∫ f ( x) dx = ?
10
3
8. Da li se može primijeniti supstitucija x = sin t u slučaju integrala
∫
0
5
9. Kako se računa nepravi integral
1
∫ x dx ?
0
60
1 − x 2 dx .
Radni materijali
ODGOVORI
(određeni integral)
1. NE
2. DA
3. NE
4. DA
b
5.
∫ u dv = u v
a
b
a
b
− ∫ v du
a
6. 0
7. − 20
8. NE
5
9. lim
ε→0
1
∫ x dx
ε
61
Radni materijali
RIJEŠENI ZADACI
(određeni integral)
5
∫ (2 x + 7)dx = (x
1.
2
2
5
+ 7x
)
5
2
(
) (
)
= 5 2 + 7 ⋅ 5 − 2 2 + 7 ⋅ 2 = 42
1
∫ x dx
2.
0
f ( x) =
lim+
x→0
1
x
D f = R \ {0}
1
= +∞
x
5
5
1
1
dx = lim ln x 5ε = lim(ln 5 − ln ε ) = ∞
∫0 x dx = lim
∫
ε→0
ε→0
ε→0
x
ε
−2
1
∫ x + 2 dx
3.
−4
f ( x) =
1
x+2
−2
1
∫− 4 x + 2 dx = lim
ε→0
−2 − ε
∫
−4
1
dx = lim ln x + 2
ε →0
x+2
− 2− ε
−4
=
= lim( − 2 + 2 − ε − ln − 4 ) = −∞
ε →0
2
4.
∫
3
1 − x 2 dx
0
Supstitucija x = cos t se u slučaju ovog integrala ne može primijeniti jer ne postoji t ∈ R za koji je
2 = cos t .
π
dx
∫ 1 + sin
0
2
x
Supstitucija tgx = t se ne može primijeniti.
x
0 π
t
0 0
62
Radni materijali
4
∫
5.
x dx
−1
f ( x) =
D f = [0,+∞ )
x
Integral nije korektno zadan.
6. Pazi!
−1
∫
x 2 dx
−3
−1
−1
∫
x dx =
2
−3
∫
x dx = { za x ∈ [− 3,−2] ⇒
x = −x
}
−3
−1
∫ − xdx = −
=
−3
4
∫x
7.
3
2
1 2
x
2
1
8
= − (1 − 9) = = 4
2
2
−3
−1
x dx
− 3x + 2
x − 3 x + 2 = ( x − 1)( x − 2)
2
x
a
b
=
+
( x − 1)( x − 2) x − 1 x − 2
x = ( a + b) x − 2a − b
a+b =1
− 2a − b = 0
4
⇒
4
a = −1 , b = 2
4
xdx
dx
dx
∫3 ( x − 1)( x − 2) = − ∫3 x − 1 + 2∫3 x − 2 = − ln x − 1
4
3
= − (ln 3 − ln 2) + 2(ln 2 − ln 1) =
= − ln 3 + 3 ln 2 = ln
8
3
63
+ 2 ln x − 2
4
3
=
Radni materijali
8.
1
⎧
3
2
2
⎪ u = 1 − 4t du = −12t dt 2t = − 6 du
⎪
2
3
∫− 2 2t 1 − 4t dt = ⎨ t − 2 0
⎪
⎪⎩ u
33 1
1 1
3 1
1
1 2
1
1
= − ∫ u 2 du = − ⋅ u 2 = − (1 − 33 33 ) = (33 33 − 1)
6 33
6 3 33
9
9
0
⎧
⎪
x
x
∫0 e cos(1 − e )dx = ⎨
⎪
⎩
ln(1− π )
9.
π
π
0
0
u = 1− ex
du = − e x dx
x
0 ln(1 − π )
u
0
π
⎫
⎪
⎬=
⎪
⎭
= − ∫ cos udu = − sin u = − (sin π − sin 0) = 0
⎧
⎪
⎪
2
2
2
2
⎪
x
e
1
⎪
10. ∫ 2 dx = ∫ 2 e x dx = ⎨
1 x
1 x
⎪
50
50
⎪
⎪
⎪⎩
z=
2
x
2
dx
x2
1
1
dx = − dz
2
2
x
dz = −
1
⇒
50
x=2
⇒
x=
z = 100
z =1
1
1
1 z 1
1
z
e
dz
=
−
e
= − (e − e100 )
∫
2 100
2
2 100
=−
π
4
π
8
8
π
4
4
1 − cos 2 x
1
cos 2 x
11. ∫
dx
=
dx
−
dx
2
2
2
∫
∫
π sin 2 x
π sin 2 x
π sin 2 x
π
4
∫ sin
π
8
1
2
1
dx = − ctg 2 x
2
2x
8
π
4
π
8
1
π 1
π 1
= − ctg + ctg =
2
2 2
4 2
64
⎫
⎪
⎪
⎪
⎪
⎬=
⎪
⎪
⎪
⎪⎭
⎫
⎪
⎪
⎬=
⎪
⎪⎭
Radni materijali
⎧
⎪
cos 2 x
⎪⎪ t = sin 2 x
∫π sin 2 2 x dx = ⎨
⎪
8
⎪
⎪⎩ dt = 2 cos 2 x dx
=−
1 1 2
1
+ ⋅
=
2 2 2 2
(
π ⎫
4 ⎪⎪
⎪ 1
2
⎬=
1⎪ 2
2
⎪
⎪⎭
π
8
x
π
4
t
1
∫
2
2
11
dt
=−
2
2t
t
)
⎧
⎪
⎪
⎪
13. Zadana je funkcija f ( x ) = ⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
π
0
∫
∫
f ( x)dx , 2.
− 2π
x≤
x
sin x
3
π
< x ≤ 2π . Izračunajte
2
x > 2π
3π
f ( x)dx , 3.
− 2π
∫
3π
f ( x)dx , 4.
− 2π
∫ f ( x)dx . Dovoljno je postaviti zadatak.
π
∫ xdx
− 2π
π
2.
3.
∫
f ( x)dx =
π
2
− 2π
3π
π
2
∫
− 2π
f ( x)dx =
π
∫ xdx + ∫ sin xdx
− 2π
π
2
2π
3π
π
2
2π
∫ xdx + ∫ sin xdx + ∫ 3dx
− 2π
⎫
⎪
⎪
⎪
⎬=
⎪
⎪
⎪
⎭
π
2
0
1.
=
2
2
2 −1
⎧
⎪
2
x
x
x = ln (u 2 + 1)
⎪ u = e −1 u = e −1
ln 2
⎪
2u du 2u du
12. ∫ e x − 1 dx = ⎨ 2udu = e x dx
dx =
= 2
ex
u +1
0
⎪
⎪ x 0 ln 2
⎪
1
⎩u 0
1
1
u2
π
= 2∫ 2
du = 2(u − arctgu ) = 2 −
2
0
0 u +1
1.
1
65
Radni materijali
3π
4.
∫
2π
3π
π
2π
f ( x)dx = ∫ sin xdx + ∫ 3dx
π
b
14. Odredite broj b ∈ R tako da je
∫x
2
= 18
3
b
2
∫x =
3
1 3
x
3
b
3
1
1
1
= b 3 − 33 = b 3 − 9
3
3
3
Uvjet
1 3
b − 9 = 18
3
5
15.
∫
0
2
⇒
b 3 = 3 ⋅ 27
⎧ u = x 2 + 10
x
⎪
dx = ⎨ x 0
5
2
x + 10
⎪ u
10 35
⎩
⇒
b = 33 3
du = 2 xdx ⎫ 35
1 1
1
⎪
⎬ = ∫ ⋅ du = ln u
2
⎪ 10 2 u
⎭
35
10
=
1
(ln 35 − ln 10)
2
1
∫ x − 1 dx
1
Funkcija f ( x) =
1
nije omeđena na intervalu (1, 2 ) pa je promatrani integral jnepravi.
x −1
2
2
1
dx
=
lim
ln
(
x
−
1
)
= lim ( ln 1 − ln ε ) = +∞
ε→0 ∫ x −1
ε→0
ε→0
1+ ε
1+ ε
lim
66
Radni materijali
ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD
(određeni integral)
9
1.
∫
x2 + 1
x
4
1
dx , 2.
5.
2
∫ x 1 − x dx , 4.
3
b
0
π
2
1
2
3
100
∫ x ( x + 1) dx , 3.
0
2
2
x
∫ x sin x dx , 6. ∫ ( − y + 3 y) dy , 7. ∫ ( x + 3e ) dx ,
5
2
1
4⎞
⎛
dx , 10 ∫ ⎜ 2 x + 3e x − ⎟ dx , 11.
9. ∫
x⎠
2x + 3
2
1⎝
1
14.
∫
0
3
19.
∫
1
x −1
dx , 15.
2
x − 2x + 3
x
2
3
x
x
π
2
dx , 20.
7
5
∫
0
1
8.
∞
∫
5 − t dt ,
−4
1
∫e
3
5x
dx , 13.
−1
∫x
0
π
ln(t − 5)
−x
2
∫6 t − 5 dt , 16. ∫1 ln xdx , 17. ∫0 e dx , 18. ∫0 cos t dt
cos x
dx
2
x
∫ sin
π
4
−1
x
dx , 12.
2
x + 10
e
13 9
+ x dx
4 4
∫
0
0
0
4
67
x + 1 dx
Radni materijali
RJEŠENJA
2 5
1
1
1
335
9
(
(3 − 2 5 ) + 2 , 2.
2101 − 1) , 3. , 4.
, 5. 1, 6. , 7. b 3 + 3e b − 3
5
303
3
3
27
2
1
1
1
38
, 9. (ln 13 − ln 7) , 10 3 + 3e 2 − 3e − 4 ln 2 , 11. (ln 35 − ln 10) , 12. (e 5 − e − 5 ) ,
8.
2
2
5
3
1
1
1
116
π
2
, 14. (ln 2 − ln 3) , 15. ( ln 2) , 16. 1, 17. 1, 18. (cos 2 t = (1 + cos 2t )) ,
13.
2
2
2
15
2
2
6
276 3 − 1 , 20. − 1 +
19.
19
2
1.
(
)
68
Radni materijali
6. PRIMJENA ODREĐENOG INTEGRALA
Osnovna ideja. Cilj ovog dijela je ilustrirati na koji način se određeni integral primjenjuje u svrhu
rješavanja određenog tipa problema u geometriji, fizici, tehnici itd.
Određenim integralom se rješavaju problemi gdje se ' mali dio ΔA ' tražene veličine A može linearno
aproksimira izrazom oblika f ( x) Δx
ΔA ≈ f ( x) Δx
odnosno diferencijalom ili elementom
dA = f ( x)dx .
Tada za ukupnu (tražena) veličinu vrijedi
A=
n
∑
ΔAi ≈
i =1
b
n
∑ f ( x ) Δx
i
i
odnosno
i =1
A = ∫ dA =
a
b
∫ f ( x)dx
a
Površina ravninskog lika
Definicija određenog integrala izvedena je preko površine krivocrtnog trapeza, stoga se određeni integral
direktno koristi u računanju površine ravninskih likova.
Površina krivocrtnog trapeza f ( x ) ≥ 0 , x ∈ [a, b ]
Uočimo krivocrtni trapez (pseudotrapez) koji određuju x − os , pravci x = a , x = b i graf funkcije
y = f (x) i neka pri tome vrijedi f ( x) ≥ 0 , x ∈ [a, b] . Površinu tog pseudo -trapeza označimo s P .
Neka je y = f (x) definirana i ograničena funkcija na intervalu [a, b] . Interval [a, b] podijelimo na n
podintervala tako da uočimo n + 1 točku iz intervala [a, b] ,
a = x0 < x1 < x 2 < ...... < x n −1 < x n = b .
Na taj način dobivamo intervale
[x0 , x1 ], [x1 , x2 ],..., [xn−1, xn ] .
Duljine tih intervala označimo s
Δxi = xi − xi −1 . Ako u krajevima savkog intervala podignemo okomiti pravac promatrani pseudo trapez
podijelili smo na n manjih pseudotrapeza čija je površina Δ Pi .
y
ΔPi
f
a = x0 x1
Očito vrijedi P =
x2
xi-1 ti
xi
n
∑ ΔP .
i
i =1
69
xn-1 b = xn
x
Radni materijali
U svakom od intervala odaberimo točku t i ∈ [xi −1 , xi ] , i uočimo točku grafa funkcije (t i , f (t i ) )
kojom povučemo paralelu s x − osi . Na taj način smo dobili n pravokutnika čija je površina
f (t i )Δxi . Uz pretpostavku da je n dovoljno velik isvaki Δxi dovoljno malen očito
je Δ Pi ≈ f (t i )Δxi .
Δxi
f = (ti)
xi-1 ti
P=
xi
n
n
∑ ΔP ≈ ∑ f ( x ) Δx
i
P=
i
i =1
i =1
i
n
∑ f ( x ) Δx
lim
i
n→∞
max Δxi → 0 i =1
i
Kako je funkcija f (x) integrabilna, prema definiciji određenog integrala, vrijedi
b
P=
∫ f ( x)dx
a
Međutim, formulu za površinu pseudotrapeza možemo opravdati i na drugi način, koji je puno bliži pojmu
integrala.
Zamislimo da je lik podijeljen prugama širine dx ( skoro beskonačno male širine). Površinu jednog dijela
označimo s dP i zovemo je diferencijal površine ili jednostavnije element površine. Površinu svakog
dijela možemo aproksimirati površinom pravokutnika kojemu je jedna stranica dx , a druga f (x) .
f(x)
a
dx
b
dP = f ( x)dx .
Pritom učinjenu pogrešku možemo zanemariri s obzirom na iznos elementa površine.
Ukupnu površinu dobiti ćemo zbrajajući (= 'integrirajući ') elemente površine.
b
P = ∫ dP =
a
ili
70
b
∫ f ( x)dx
a
Radni materijali
Površinu krivocrtnog trapeza određenog grafom funkcije y = f (x) ( f ( x) ≥ 0 ) od točke a do točke
b računamo kao beskonačnu (integralnu) sumu beskonačno malih elemenata površine. Elementi površine
su beskonačno mali pravokutnici s bazom dx i visinom f ( x) .
Površina krivocrtnog trapeza f ( x) ≤ 0 na intervalu [a, b ]
dP = − f ( x) dx
y
a
b
dx
x
f(x)
b
b
a
a
P = ∫ dP = − ∫ f ( x)dx
Površina lika omeđenog grafovima funkcija f (x) i g (x) na intervalu [a, b]
Promotrimo nešto općenitiji oblik krivocrtnog trapeza koji je omeđen grafovima funkcije f (x ) i g (x) i
pravcima x = a , x = b .
y
Γg
Γf
a
b
x
Površina P krivocrtnog trapeza jednaka je razlici dvaju krivocrtnih trapeza, jednog koji određuje funkcija
f (x) , i drugog određenog funkcijom g ( x) .
P = P1 − P2 =
b
b
a
a
∫ f ( x)dx − ∫ g ( x)dx
Formula vrijedi bez obzira na to siječe li graf neke od funkcija x − os ili ne, u što se možemo lako uvjeriti.
Međutim, formulu za površinu pseudotrapeza možemo opravdati i na drugi način, koristeći element
površine.
71
Radni materijali
y
Γg
f(x) - g(x)
Γf
a
x
b
Element površine dP = ( f ( x) − g ( x ) ) dx
b
b
a
a
P = ∫ dP = ∫ ( f ( x) − g ( x))dx
Primjer:
Izračunajte površinu lika određenog grafom funkcije y = x 2 − 4 x + 5 i x -osi od točke a = 0 do točke
b=5 i
y
2
y = x - 4x + 5
5
4
3
2
1
1
2 3
4
x
5
5
⎡1
⎤ 5 50
P = ∫ ( x 2 − 4 x + 5) dx = ⎢ x 3 − 2 x 2 + 5 x ⎥ =
3
⎣3
⎦0
0
Primjer:
Izračunajte površinu lika omeđenog grafovima funkcija f ( x) = x 2 i g ( x ) = 2 x − x 2 . Skicirajmo lik.
y
y = x2
1
2
x
2
y = -x + 2x
72
Radni materijali
Odredimo koordinate sjecišta grafova Γ f i Γg .
f ( x) = g ( x)
x 2 = 2x − x 2
2x 2 − 2x = 0
⇒
1
P=
∫ [g ( x) −
f ( x)] dx =
0
2 x( x − 1) = 0
⇒
1
1
∫ [ (2 x − x ) − x ]dx = 2∫ (x − x )dx
2
2
2
0
0
x1 = 0 , x 2 = 1
1 ⎤1 1
⎡1
= 2⎢ x 2 − x 3 ⎥ =
3 ⎦0 3
⎣2
Analogno možemo izračunati površinu lika omeđenog krivuljom x = f ( y ) , y -osi i pravcima y = c i
y=d.
y
x = f(y)
d
dy
c
x
dP = f ( y ) dy
d
P=
∫ f ( y)dy
c
Duljina luka ravninske krivulje
Duljinu luka ravninske krivulje y = f (x) od točke A(a , f ( a)) do točke B (b , f (b)) računamo kao
beskonačnu (integralnu) sumu beskonačno malih elemenata duljine ds . Formula za element duljine slijedi
iz Pitagorinog poučka i činjenice da se funkcija u dovoljno maloj okolini neke točke može aproksimirati
njenom tangentom (vidi sliku)
ds
y
a
ds =
=
(dx )
2
+ (dy )
(1 + ( y ′ ) )
2
2
=
⎛ ⎛ dy ⎞ 2 ⎞
⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟
⎜ ⎝ dx ⎠ ⎟
⎝
⎠
dy
dx
(dx )
x
2
x + dx
=
dx
73
b x
⎛ ⎛ dy ⎞ 2 ⎞
⎜ 1 + ⎜ ⎟ ⎟ dx =
⎜ ⎝ dx ⎠ ⎟
⎝
⎠
Radni materijali
Po dogovoru uzimamo da je duljina luka pozitivna ako je dx pozitivan .
Duljina luka krivulje y = f (x) od točke A( a , f (a )) do točke B (b , f (b)) računa se formulom:
b
s = ∫ ds =
a
b
∫
1 + ( y ′ ) dx
2
a
Primjer:
Odredite duljinu luka krivulje y =
( x + 1) 3 točke A(−1,0) do točke B (2, 2 3 ) .
y
B = (2, 3√3)
3√3)
2√2)
1
A = (-1, 0)
-1
y = ( x + 1)
2
x
3
2
1
3
( x + 1) 2
2
y′ =
2
s=
1
∫
−1
9
1 + ( x + 1) dx =
4
3 31
1 2
= ⋅ t2
9 3
4
=
(
2
∫
−1
⎧ t = 9 x + 13 dt = 9dx
⎪
13 + 9 x dx = ⎨ x − 1 2
⎪ t 4 31
⎩
2
31 31 − 8)
27
⎫
31
⎪ 1
=
⎬
∫4 t dt
9
⎪
⎭
)
Duljina luka krivulje x = f ( y ) od točke C ( f (c) , c ) do točke D ( f (d ) , d )
y
d
y +dy
y
c
D (f (d), d)
dx
dy
ds
C (f (c), c)
x
74
Radni materijali
( dy )2 + (dy )2
ds =
d
s = ∫ ds =
c
d
∫
1 + ( x ′ ) dy
2
c
Primjer:
Izračunajte duljinu luka krivulje x =
1
1
y−
2
2y
x′ =
e
s=
1 2 1
y − ln y od y = 1 do y = e .
4
2
∫
1
2
e
⎛1
1
1 ⎞
⎟⎟ dy = ∫
1 + ⎜⎜ y −
21
2y ⎠
⎝2
e
e
1 y2 +1
y4 + 2y2 + 1
1
( y 2 + 1) 2
e2 1
dy
=
+
=
dy
dy
=
2 ∫1 y
4 4
2 ∫1
y2
y2
Volumen rotacionog tijela
Dana je neprekidna funkcija f (x) ( f ( x) ≥ 0 ) na segmentu [a, b] . Uočimo lik omeđen krivuljom
y = f (x) , x ∈ [a, b ] , x-osi, pravcima x = a i x = b . Lik rotacijom oko osi x određuje u prostoru tijelo,
koje zbog prirode nastanka zovemo rotaciono tijelo.
y
y
a
b
x
a
b
Element volumena dV je volumen cilindra visine dx i radijusa baze r = f (x) .
y
dx
f(x)
x
a
dV
b
x + dx
= π [ f ( x)] dx
2
75
x
x
Radni materijali
Volumen (obujam) nastalog tijela od točke a do točke b računamo kao beskonačnu (integralnu) sumu
beskonačno malih elemenata volumena
b
b
V = ∫ dV = π ∫ [ f ( x)] dx
2
a
a
Promotrimo situaciju kad tijelo nastaje rotacijom lika određenog grafom funkcije x = f ( y ) oko y − osi .
Neka su y = c i y = d koordinate početne i završne točke lika.
y
y
d
d
D
⇒
c
c
C
x
x
Interval [c, d ] podijelimo na veliki broj horizotalnih pruga. Debljina svake pruge je dy , a njezina visina
je x = f ( y ) .
y
y + dy
x
dy
y
x
Element volumena tijela je dV = πx 2 dx = π [ f ( y )] dy .
Volumen tijela :
2
d
∫
d
V = dV = π
c
∫ [ f ( y )]
c
76
2
dy
Radni materijali
Primjer:
Izračunajte volumen tijela koje nastaje rotacijom lika omeđenog grafom funkcije y = x 3 , pravcem x = 2 i s
x − osi .
y
x
2
2
V = π ∫ ( x 3 ) 2 dx = π ⋅
0
1 7
x
7
2
0
=π
27
7
Neke primjene u fizici
Kod nejednolikog gibanja po pravcu trenutna brzina v(t ) =
ovisno o trenutku t . Element promjene položaja je
ds (t ) = v(t ) dt
ds (t )
, gdje je s (t ) funkcija položaja
dt
[
]
Kod gibanja po pravcu brzinom v(t ) u vremenskom intervalu t p , t k vrijedi
tk
Ukupna promjena položaja :
Δs = ∫ v (t ) dt
tp
s=
Prijeđeni put:
t2
∫
v (t ) dt
t1
Primjer:
Čestica se giba po y -osi brzinom v(t ) = t 2 − t u vremenu 0 ≤ t ≤ 2 .
1. Kolika je promjena položaja? 2. Koliki je ukupni prijeđeni put?
1. Promjena položaja
2
2
0
0
Δy = ∫ v(t )dt = ∫ (t 2 − t )dt =
2
3
2. Prijeđeni put
2
s=
∫
0
2
v (t ) dt =
∫
t 2 − t dt
0
77
Radni materijali
v(t)
v(t)
2
|v(t)| = |t2 - t|
v(t) = t - t
t
⎧⎪
v(t ) = ⎨
⎪⎩
2
s=
∫
0
− (t 2 − t )
t
0≤ t ≤1
t −t
1≤ t ≤ 2
2
1
2
v (t ) dt = ∫ (−t + t )dt + ∫ (t 2 − t )dt = 1
2
0
1
Rad sile
Element rada W sile F (x) koja djeluje duž x − osi na tijelo koje se giba po toj osi je:
dW = F ( x)dx .
Rad sile od položaja x p do položaja x k je:
W =
xk
∫ F ( x)dx
xp
78
Radni materijali
PROVJERA ZNANJA
(primjena određenog integrala)
1. Izračunajte površinu lika danog na slici. Integrale nije potrebno računati
g
y
-2
-1
0
1
2
x
3
f
2. Skicirajte lik u ravnini određen nejednakostima 0 ≤ x ≤ 3 i 0 ≤ y ≤ x + 2 .
Odgovori:
1.
2.
y = x +2
y
2
1
0
1
2
79
3
x
Radni materijali
RIJEŠENI ZADACI
(primjena određenog integrala)
1. Izračunajte volumen tijela koje nastaje rotacijom lika omeđenog parabolom y = 1 − x 2 i osi x
oko x -osi. Skicirajmo lik.
y
1
x
1
Parabola siječe os x u točkama x = −1 i x = 1 .
1
1
1
1
⎛1
⎞
V = π ∫ (1 − x 2 ) 2 dx = π ∫ (1 − 2 x 2 + x 4 )dx = π ⎜⎜ ∫ dx − 2 ∫ x 2 dx + ∫ x 4 dx ⎟⎟ =
−1
−1
−1
−1
⎝ −1
⎠
1
1⎞
⎛ 1
1
1
16π
= π ⎜⎜ x − 2 ⋅ x 3 + x 5 ⎟⎟ =
⎝
3
−1
−1
5
−1 ⎠
15
2. Izračunajte površinu lika omeđenog lukom parabole y = x 2 i pravcem y = x . Skicirajmo lik.
y
y =x
1
2
y =x
S2
S1
1
x
Sjecišta krivulja su
x − x 2 = x(1 − x) = 0
⇒
x = 0 i x =1
1
Površina =
1
⎡ 1 2 1 3 ⎤ 1 ⎡ 1 1⎤
2
−
=
(
)
x
x
dx
∫0
⎢⎣ 2 x − 3 x ⎥⎦ 0 = ⎢⎣ 2 − 3 ⎥⎦ − [0] = 6
80
Radni materijali
3. Nađite površinu između grafova funkcija f 1 ( x) = sin x i f 2 ( x ) = cos x od x = 0 do x = π .
y
1
S2
0
Π
4
Γ sinx
Π
2
Π
-1
Na intervalu
Γcosx
[ 0 , π ] grafovi funkcija sijeku se u jednoj točki.
sin x = cos x za x =
⎡
x
π
4
⎡ π
π ⎤
⎤
Na ⎢ 0 , ⎥ je cos x ≥ sin x , a na ⎢ , π ⎥ je cos x ≥ sin x . Prema tome je
⎣ 4 ⎦
⎣ 4 ⎦
P=
π
4
π
∫ ( cos x − sin x ) dx + ∫ ( sin x − cos x ) dx =
π
4
0
= sin x
π
4
+ cos x
0
π
4
0
− cos x
π
− sin x
π
4
π
=
π
4
2
2
2
2
+
−1+ 1+
+
=2 2
2
2
2
2
4. Izračunajte volumen tijela nastalog rotacijom lika omeđenog krivuljom y = x 2 + 1 i pravcem
y = 2 x + 1 oko x-osi.
y
S2
2
2
y =x +1
1
S1
y = 2x + 1
1
2
x
Sjecište krivulja
x 2 + 1 = 2x + 1 ⇒
x 2 − 2x = 0
⇒
x1 = 0 , x 2 = 2
81
S1 (0 ,1) S 2 (2 , 5)
Radni materijali
2
2
1
1
V = V1 − V2 = π ∫ (2 x + 1) 2 dx − π ∫ ( x 2 + 1 ) 2 dx =
67
15
5. Lik u ravnini određen je krivuljom y = x 2 i pravcima y = 0 i x = 1 .
a) Izračunajte volumen tijela koje nastaje rotacijom lika oko x - osi.
b) Izračunajte volumen tijela koje nastaje rotacijom lika oko y - osi.
a)
y
y
1
1
0
1
0
x
2
1
V = π∫ ( x
2
0
) dx = π⎛⎜ 15 x
5
⎝
⎞
⎟
⎠
1
0
=
1
x
1
x
1
π
5
b)
y
y
1
1
0
1
0
x
y = x2
⇒
x=
y
V1
volumen valjka
V2
volumen tijela koje nastaje rotacijom lika omeđenog grafom funkcije x =
y ∈ [ 0 ,1 ] oko y - osi.
1
1
0
0
V = V1 − V2 = π ∫ 1 ⋅ dx − π ∫
2
( y ) dy = π2
82
y za
Radni materijali
6. Izračunajte površinu lika omeđenog krivuljama y = 2 x − x 2 i y = − x .
y
y = -x
0
1
2
x
3
-1
y = 2x - x
2
-2
-3
Na slici vidimo da je lik jednostavnije promatrati s obzirom na y - os, nego s obzirom na x - os.
P = P1 + P2 − P 3
Sjecišta grafova funkcija
2x − x 2 = − x
⇒
x (3 − x) = 0
2
1 ⎞
⎛
P1 = ∫ (2 x − x 2 )dx = ⎜ x 2 − x 3 ⎟
3 ⎠
⎝
0
3
1
P2 = − ∫ (− x)dx = x 2
2
0
3
0
=
2
0
⇒
S1 ( 0 , 0 ) , S 2 ( 3 , − 3)
1
4
= 4− 8=
3
3
1
9
⋅9− 0 =
2
2
3
1 ⎞ 3
1
1
4
⎛
P3 = − ∫ (2 x − x 2 )dx = ⎜ x 2 − x 3 ⎟ = (9 − 27) − (4 − ⋅ 8) =
3 ⎠ 2
3
3
3
⎝
2
9
P=
2
Ako uočimo pravokutni trokut OBC zadatak možemo rješiti jednostavnije, jer je njegova površina
1
9
P2 = ⋅ 3 ⋅ 3 =
2
2
1
7. Na slici je zadan lik lik omeđen krivuljama x = y 2 − 3 i x = y + 1 . Izračunajte površinu tog lika.
2
y
x =y +1
4
S2 (5,4)
x
-3
S2 (-1,-2)
-2
1 2
x= 2y - 3
83
Radni materijali
Uočimo da je lik jednostavniji ako se 'gleda' kao lik iznad osi y .Odredimo koordinate sjecišta grafova.
1 2
y − 3 = y +1
2
1 2
y − y−4=0
2
4
P=
∫
−2
⇒
y1 = −2 , y 2 = 4
⎡
⎛ 1 2
⎞⎤
⎢ ( y + 1) − ⎜ 2 y − 3 ⎟ ⎥ dy =
⎝
⎠⎦
⎣
4
⎛ 1 2
⎞
⎛ 1 3 1 2 ⎞
∫− 2⎜⎝ − 2 y + y + 4 ⎟⎠ dy = ⎜⎝ − 6 y + 2 y 4 y ⎟⎠
8. Izračunajte duljinu luka krivulje y 2 = (2 x − 1) 3 'presječenu' pravcem x = 4 .
y
1
s
2
0
x =2
x
2
1
s
2
⎛ 1 ⎞
, 0⎟ .
⎝ 2 ⎠
Graf funkcije je simetričan s obzirom na x -os i sječe x -os u točki ⎜
3
(2 x − 1) 3 = ( 2 x − 1) 2
Jednadžba ' gornjeg' luka krivulje je y =
1
y ′ = 3 (2 x − 1) 2
4
4
1
2
1
2
1
s = 2 ∫ 1 + 9(2 x − 1) dx = 2∫ (18 x − 8) 2 dx =
1022
27
84
4
−2
= 18
Radni materijali
9. Izračunajte površinu lika omeđenog grafom funkcije f ( x) = arctg x , x -osi za x ∈ [ − 1,1 ] .
y
Π
2
y=
Π
4
P1
-
P = P1 + P2 i P1 = P2
⎧
⎪ u = arctgx
P = 2∫ arctg x dx = ⎨
0
⎪⎩ dv = dx
⎧
1
2x
x
⎪
∫0 1 + x 2 dx = 2 ∫0 1 + x 2 dx = ⎨
⎪
⎩
1
1
x
y =-
Π
2
Π
2
P = 2P2
⇒
1
1
P2
0
-1
Π
2
1 ⎫
⎛
⎪
1 + x 2 ⎬ = 2⎜⎜ xarctgx
⎝
⎪⎭
v=x
du =
t = 1+ x2
x
0 1
t
1 2
dt = 2 xdx
⎛π 1
⎞ π
P = 2 ⋅ ⎜ − ln 2 ⎟ = − ln 2
⎝ 4 2
⎠ 2
85
1
0
⎞
x
dx ⎟⎟
2
0 1+ x
⎠
1
−∫
⎫
2
⎪ 1 dt 1
⎬ = ∫ = ln t
2
⎪ 21 t
⎭
2
1
=
1
ln 2
2
Radni materijali
ZADACI ZA SAMOSTALNI RAD
(primjena određenog integrala)
1. Skicirajte lik omeđen krivuljom y = sin x te pravcima x =
π
4
, x=
5π
i y = 0 . Izračunajte površinu
4
lika.
2. Skicirajte lik omeđen krivuljama y = − x + 1 i y =
2
2
uz uvjet x ≥ 0 , 0 ≤ y <
. Izračunajte
9x
9x
površinu lika.
3. Izračunajte površinu lika omeđenog krivuljama y = 2 x − x 2 i y = − x za x ∈ [ 0 , 2] .
4. Izračunajte površinu lika omeđenog krivuljama y = x 2 i y =
x.
5. Skicirajte lik omeđen krivuljama y = 2 x 2 + 10 , y = 4 x + 16 , x = −2 i x = 5 . Izračunajte površinu
lika (dovoljno je postaviti zadatak)
6. Na slici je zadan lik omeđen krivuljama x = − y 2 + 10 i x = ( y − 2) 2 . Izračunajte površinu lika.
y
S2
3
2
0
-1
10
S1
s
x
x = (y - 2)2
2
x = y + 10
7. Lik omeđen krivuljom y = x 2 − 4 x + 5 i pravcima y = 0 , x = 1 i x = 4 rotira oko x -osi. Izračunajte
volumen tako nastalog tijela.
x
rotira oko y -osi. Izračunajte volumen tako nastalog tijela.
4
9. Izračunajte površinu lika omeđenog krivuljom y = x 2 − 2 x , x -osi za x ∈ [ − 1,1 ]
10. Izračunajte površinu lika omeđenog grafovima funkcija f ( x) = e x , g ( x) = e − x od točke sjecišta
grafova do pravca x = 1 .
8. Lik omeđen krivuljama y =
3
xi y=
86
Radni materijali
RJEŠENJA
1.
y
Π
4
Π
2
Π
x
4Π
3
y = sin x
P=2
2.
y
1
y =2 . 1
9 x
1
3
P=
2
3
1
18
3. P =
4. P =
4
+2
3
1
3
87
1
x
y = -x + 1
Radni materijali
5.
y
40
y = 4x + 16
30
2
y = 2x + 10
20
16
10
-4 -2 -1
−1
∫ [ 2x
P=
2
]
+ 10 − ( 4 x + 16) dx +
[
]
+ ∫ 2 x 2 + 10 − ( 4 x + 16) dx =
3
∫ [− y
3
6.
2
]
+ 16 − ( 2 x 2 + 10 ) dx
−1
−2
5
∫ [ 4x
3
]
142
3
+ 10 − ( y − 2) 2 dy =
−1
7. V =
78π
5
8. V =
512π
21
x
3 5
64
3
9. P = 2
88
Radni materijali
10.
y
y = ex
S
1
-x
y =e
1
89
x
Radni materijali
FUNKCIJE VIŠE VARIJABLI
1. Područje definicije funkcije više varijabli
.................
2. Parcijalne derivacije funkcije više varijabli ..............
3. Stacionarne točke funkcije više varijabli
...............
1. Područje definicije funkcije više varijabli
Zadatak: Izračunajte vrijednost funkcija za dane vrijednosti
nezavisnih varijabli
1.
f ( x, y ) = x 2 + xy
za
za
x=3 , y=0
x=0 , y=3
2.
g ( s, t ) = s ⋅ cos t
za
s = 2 , t =π
3.
f ( x, y ) = ax + y
za
x = −a , y = 4
4.
f ( r , v ) = r 2π v
za
r = 2 , v = 8.5
R:
)
Neka su Ω ⊂ R 2 i Z ⊂ R . Ako svakom elementu
( x, y ) iz Ω pridružimo, prema nekom pravilu f ,
jedan i samo jedan element z ∈ Z , označen s f ( x, y )
kažemo da je na skupu Ω zadana funkcija f .
Simbolički to zapisujemo :
f :Ω → Z
ili
f : ( x, y ) → z = f ( x , y )
x i y zovu se nezavisne varijable
Ω je područje definicije funkcije f
R f = { f ( x, y ) ( x, y ) ∈ Ω} je skup vrijednosti
funkcije f .
Napomena: 1. Par od dva elementa x i y je uređen ako je rečeno koji je od tih elemenata prvi ,
a koji drugi. Uređeni par označavamo simbolom ( x , y ) . Grafički uređeni par prikazujemo kao
točku u koordinatnoj ravnini.
90
Radni materijali
2. R 2 = {(x, y ) x ∈ R , y ∈ R ) }.
3. Funkciju tri varijable definiramo na analogan način.
1. Vrijednost funkcije f ( x, y ) = x 2 + xy za x = 3 , y = 0
3
↓
0
↓
f ( x , y ) = 32 + 3 ⋅ 0
f (3,0) = 9
Vrijednost funkcije f ( x, y ) = x 2 + xy za
0
↓
x=0 , y=3
3
↓
f (x , y ) = 02 + 0 ⋅ 3
f (0 , 0) = 0
2.
g ( s, t ) = s ⋅ cos t
s=2
t =π
g (2, π ) = 2 ⋅ cos π = 2 ⋅ (−1) = −2
f ( x, y ) = ax + y
3.
x = −a
y=4
f (−a , 4) = a ⋅ (− a) + 4 = −a 2 + 2
f ( r , v ) = r 2π v
4.
r=2
v = 8. 5
f ( 2 , 8.5 ) = 2 2 ⋅ π ⋅ 8.5 = 34.0 π
Zadatak: Izračunajte vrijednost funkcija za dane vrijednosti
nezavisnih varijabli:
1.
f ( x, y, z ) = x 2 + xyz + z 3
2. h( x, y, z ) = ln( x y ) + z
za
za
x = 1 , y = 0 , z = −1
x = e , y = 1 , z = −2
91
Radni materijali
2
3. S ( A, B, C ) = x1 A + x1 B − C za A = 2.2
B = 0.3
C = −0.5
R:
1.
f ( x, y, z ) = x 2 + xyz + z 3
1
↓
−1
↓
0
↓
x = 1 , y = 0 , z = −1
za
f ( x , y , z ) = 12 + 1 ⋅ 0 ⋅ (−1) + (− 1 ) = 0
2.
3
h( x, y, z ) = ln( x y ) + z
y =1
z = −2
−2
1
e
↓
x=e
↓
↓
h ( x , y , z ) = ln ( e ⋅1 ) + (−2)
h( e ,1,−2 ) = −2
2
3. S ( A, B, C ) = x1 A + x1 B − C
2.2
↓
0.3
↓
A = 2.2
B = 0.3
C = −0.5
−0.5
↓
2
S ( A , B, C ) = x1 ⋅ 2.2 + x1 ⋅ 0.3 − (−0.5)
2
S ( 2.2 , 0.3 ,−0.5 ) = 2.2 x1 + 0.3x1 + 0.5
Zadatak: Odredite područje definicije funkcija i prikažite ga
grafički:
x +1
1. f ( x, y ) = 2 x + y 2
2. f ( x, y ) =
y − x2
3. f (u , v) = u 2 + v 2 − 1
4. g ( x, y ) = ln ( x − y
92
)
Radni materijali
R:
Za funkciju f zadanu formulom područje definicije je
skup D f svih uređenih parova realnih brojeva ( x , y ) za
)
1.
koje dana formula ima smisla, tj. za koje je f ( x , y ) realan
broj.
D f = ( x , y ) ∈ R 2 x ∈ R , y ∈ R ; f ( x, y ) ∈ R
{
f ( x, y ) = 2 x + y 2
Df =
2.
}
{ ( x, y ) ∈ R }
2
f ( x, y ) =
x +1
y − x2
Funkcija je definirana za svaki par ( x, y ) ∈ R 2 za koji je y − x 2 ≠ 0 , tj. y ≠ x 2 .
Dakle D f = ( x, y ) ∈ R 2 ; y ≠ x 2 .
{
}
D f je skup svih točaka ravnine osim onih koji leže na paraboli y = x 2 .
f (u , v) = u 2 + v 2 − 1
Izraz pod korijenom u 2 + v 2 − 1 mora biti nenegativan da bi korijenovanjem dobili realan
broj. Točka ( u , v ) je
element domene D f ako je u 2 + v 2 − 1 ≥ 0 , tj. ako je u 2 + v 2 ≥ 1 .
3.
Možemo zapisati: D f =
{ (u, v ) ∈ R
2
: u2 + v2 ≥ 1
}
D f je skup točaka ravnine koje se nalaze izvan kruga, radiusa 1 sa središtem u ishodištu, a
uključuje točke na kružnici.
93
Radni materijali
4. g ( x, y ) = ln ( x − y )
Funkcija ln je definirana na ( 0 , + ∞ ) . Da bi uređeni par ( x , y
području definicije mora vrijediti x − y > 0 tj. x > y .
Imamo: D g = { ( x, y ) ∈ R 2 : y < x }
) pripadao
Skup D g sadrži sve točke ispod pravca y = x isključujući točke tog
pravca.
ZADACI ZA VJEŽBU
1. Izračunajte vrijednost funkcije f ( x, y ) = sin x + xy za vrijednosti
nezavisnih varijabli x = π , y =
π
2
.
⎛ π⎞ π
R: f ⎜ π , ⎟ =
2⎠ 2
⎝
2
2. Izračunajte vrijednost funkcije f ( x, y, z ) = xe y + sin xy + e z + 2 za
x = 1 , y = 0 , z = 1.
R: f (1, 0 ,1 ) = 3 + e
3. Da li je funkcija f ( x, y ) = x ln( xy ) definirana za x = 1 , y = 0 ?
R: Nije, jer ln 0 nije realan broj.
4. Odredite područje definicije funkcije:
1. f ( x , y ) =
x2 + y2
x+ y
3. f ( x , y ) =
y −1
,
2. f ( x , y ) = ln ( x + y ) ,
,
4. g ( y , z ) =
94
y−z
Radni materijali
5. s (u , v) =
u v
−
v u
6. f (r , v) = π r 2 v
,
R: 1. D f = R 2
{
= {( x , y ) ∈ R
= {( y , z ) ∈ R
= { ( x, y ) ∈ R
2. D f = ( x , y ) ∈ R 2 : x + y > 0
3. D f
4. D g
5. Ds
6. D f = R
2
: y ≠1
}
}
}
2
:y−z≥0
2
: v ≠ 0,u ≠ 0
}
2
2. Parcijalne derivacije funkcije više varijabli
Zadatak: Nađite parcijalne derivacije funkcija:
1. f ( x, y ) = x 3 + 2 y 2 , 2. f ( x, y ) = xy 2 − 3x 3 y
3. f ( A, B) = 3 A + 7 B , 4. g ( x, y ) = x ln y
5. f (u , v) = u 2 e uv ,
6. g (u , v) = u sin v + cos uv
R:
)
Parcijalna derivacija funkcije f ( x, y ) po varijabli x
u točki ( x0 , y 0 ) je:
∂f ( x0 , y 0 )
f ( x0 + h, y 0 ) − f ( x0 , y 0 )
= lim
h →0
h
∂x
Parcijalna derivacija funkcije f ( x, y ) po varijabli y
u točki ( x0 , y 0 ) je:
f ( x 0 , y 0 + h) − f ( x 0 , y 0 )
∂f ( x0 , y 0 )
= lim
h →0
h
∂y
Napomena:
∂f
zaključujemo da :
∂x
a) varijablu y držimo konstantnom;
b) funkciju f ( x, y ) promatramo kao funkciju varijable x ;
c) koristimo pravila za deriviranje funkcije jedne varijable.
∂f
Analogno vrijedi za parcijalnu derivaciju
∂y
2. Za parcijalne derivacije funkcije z = f ( x, y ) koristimo i
oznake:
1. Iz definicije parcijalne derivacije
95
Radni materijali
∂f ( x, y ) ∂z
∂f ( x, y ) ∂z
,
,
odnosno
.
∂x
∂x
∂y
∂y
3. Vrijednost parcijalne derivacije funkcije f ( x, y ) po varijabli x u točki
( x0 , y 0 ) možemo označiti
∂f
∂x
( x0 , y0 )
. Analogno
∂f
∂y
( x0 , y 0 )
1.
f ( x, y ) = x 3 + 2 y 2
*
}
∂f
∂ 3
∂ ⎛⎜ 2 ⎞⎟
= (x ) +
2 y = 3x 2 + 0 = 3x 2
⎜
⎟
∂x ∂x
∂x
⎝
⎠
* y smatramo konstantom kod deriviranja po varijabli x pa je
∂
(2 y 2 ) = 0
∂x
**
}
∂f
∂ ⎛⎜ 3 ⎞⎟ ∂
=
x +
2y2 = 0 + 2⋅2y = 4y
∂y ∂y ⎜ ⎟ ∂y
⎝ ⎠
(
)
** x smatramo konstantom kod deriviranja po varijabli y pa je
∂ 3
(x ) = 0
∂y
2.
f ( x, y ) = xy 2 − 3 x 3 y
∂ 3
∂f
∂
∂
∂x
=
xy 2 −
3x 3 y = y 2
− 3y
x =
∂x
∂x ∂x
∂x
∂x
( )
(
)
( )
= y 2 ⋅ 1 − 3 y ⋅ (3x 2 ) = y 2 − 9 y x 2
∂y
∂f
∂
∂
∂
= (xy 2 ) − (3 x 3 y ) = x ( y 2 ) − 3x 3
=
∂y ∂y
∂y
∂y
∂y
3.
= x ⋅ 2 y − 3 x 3 ⋅ 1 = 2 xy − 3 x 3
f ( A, B) = 3 A + 7 B
.
96
.
Radni materijali
∂f
∂
∂
∂A
=
(3 A) +
(7 B ) = 3
+ 0 = 3 ⋅1 = 3
∂A ∂A
∂A
∂A
∂B
∂f
∂
∂
=
(3 A) +
(7 B ) = 3 ⋅ 0 + 7
= 7 ⋅1 = 7
∂B ∂B
∂B
∂B
4. g ( x, y ) = x ln y
∂g
= ln y
∂x
∂g
1
= x⋅
y
∂y
5. f (u , v) = u 2 e uv
∂f
= 2ue uv + u 2 ve uv
∂u
∂f
= u 2 ⋅ ue uv = u 3 e uv
∂v
6. g (u , v) = u sin v + cos uv
∂g
= sin v − v sin uv
∂u
∂g
= u cos v − u sin uv
∂v
Zadatak: 1. Odredite područje definicije funkcije g ( x, y ) = ln xy .
2. Izračunajte vrijednost parcijalnih derivacija funkcije
g ( x, y ) = ln xy za vrijednosti nezavisnih varijabli x = 1 ,
y =e.
R:
1. g ( x, y ) = ln xy
x⋅ y > 0
97
Radni materijali
x>0 i y>0
ili
x<0 i y<0
{
}
D g = ( x , y ) ∈ R 2 : [x ∈ (0 , + ∞) ∩ y ∈ (0 , + ∞)] ∪ [x ∈ (−∞ , 0) ∩ y ∈ (−∞ , 0)]
2. g ( x, y ) = ln xy
1
∂g
=
⋅y
∂x xy
∂g
∂x
=
(1 , e )
1
⋅e =1
1⋅ e
1
∂g
=
⋅x
∂y xy
∂g
∂y
=
(1 , e )
1
1
⋅1 =
1⋅ e
e
Zadatak: 1.Nađite parcijalne derivacije funkcije f ( x, y, z ) = y sin x + z 2
2. Izračunajte vrijednosti parcijalnih derivacija za x =
y = 1 , z = −1
π
2
,
R:
1. f ( x, y, z ) = y sin x + z 2
)
Parcijalna derivacija funkcije f ( x, y, z ) po varijabli x
u točki ( x0 , y 0 , z 0 ) je:
∂f ( x0 , y 0 , z 0 )
f ( x0 + h, y 0 , z 0 ) − f ( x0 , y 0 , z 0 )
= lim
h
→
0
h
∂x
∂f ( x0 , y 0 , z 0 ) ∂f ( x0 , y 0 , z 0 )
i
definiraju se na analogan način.
∂y
∂z
98
Radni materijali
∂f
∂
∂ 2
∂
= ( y sin x ) +
z = y (sin x ) + 0 = y ⋅ cos x
∂x
∂x ∂x
∂x
( )
y i z smatramo konstantama kod deriviranja po varijabli x .
∂y
∂f
∂
∂
= ( y sin x ) + (z 2 ) = sin x + 0 = sin x ⋅ 1 = sin x
∂y ∂y
∂y
∂y
x i z smatramo konstantama kod deriviranja po varijabli y .
∂f
∂
∂
= ( y sin x) + (z 2 ) = 0 + 2 z = 2 z
∂z ∂z
∂z
x i y smatramo konstantama kod deriviranja po varijabli z .
∂f
∂x
2.
∂f
∂y
∂f
∂z
⎛π
⎞
⎜ , 1 , −1 ⎟
⎝2
⎠
⎛π
⎞
⎜ , 1 , −1 ⎟
⎝2
⎠
⎞
⎛π
⎜ , 1 , −1 ⎟
⎠
⎝2
= sin
π
2
= 1 ⋅ cos
=1
π
2
=0
= 2 ⋅ (−1) = −2
ZADACI ZA VJEŽBU
Odredite parcijalne derivacije funkcija:
1. f ( x, y ) = 2 x 2 + 2 xy − y 3 ,
u
3. f (u , v) = ,
v
(
)
5. f ( x, y ) = ln x 2 + y 2 ,
2. f ( x, y ) = e xy ,
4. f (a, b) = ab 2
6. g ( x, y ) = 2 x − y 2
R:
1.
∂f
= 4x + 2 y ,
∂x
∂f
= 2x − 3y 2
∂y
2.
∂f
= xe xy ,
∂y
∂f
= ye xy
∂x
99
Radni materijali
∂f 1
= ,
∂u v
u
∂f
=− 2
∂v
v
4.
∂f
= b2 ,
∂a
∂f
= 2ab
∂b
5.
2x
∂f
= 2
∂x x + y 2
6.
∂g
=
∂x
3.
2y
∂f
= 2
∂y x + y 2
2x − y
− 2y
∂g
=
∂y
2
2
2x − y 2
3. Stacionarne točke funkcije više varijabli
Zadatak: Odredite stacionarne točke funkcije:
z = f ( x, y ) = x 2 + y 2 − 2 x + 1
R:
Točka ( x0 , y 0 ) je stacionarna točka funkcije f ( x, y )
)
ako vrijedi :
∂f ( x, y )
∂x
=0
( x0 , y0 )
i
∂f ( x, y )
∂y
Stacionarne točke funkcije određujemo iz uvjeta:
∂z
∂z
=0 i
=0
∂x
∂y
∂z
= 2x − 2
∂x
2x − 2 = 0
∂z
= 2y
∂y
2y = 0
Odredbeni sustav je:
2x = 2
y=0
Rješenje sustavaje: x =1 ,
=0
( x0 , y0 )
y = 0.
100
Radni materijali
Funkcija ima jednu stacionarnu točku (1, 0) .
Vrijednost funkcije u stacionarnoj točki: z = f (1,0) = 1 + 0 − 2 + 1 = 0
Zadatak: Pokažite da je ( 0 , 4 ) stacionarna točka funkcije
f ( x , y ) = 8 xy − 2 xy 2 − 4 x 2 y + x 2 y 2 .
R:
Moramo pokazati da je
∂ f (0,4)
∂ f (0,4)
= 0.
=0 i
∂y
∂x
f ( x , y ) = 8 xy − 2 xy 2 − 4 x 2 y + x 2 y 2
∂f
= 8 y − 2 y 2 − 8 xy + 2 xy 2
∂x
∂ f (0,4)
= 8 ⋅ 4 − 2 ⋅ 42 − 8 ⋅ 0 ⋅ 4 + 2 ⋅ 0 ⋅ 42 = 0
∂x
∂f
= 8 x − 4 xy − 4 x 2 + 2 x 2 y
∂y
∂ f (0,4)
= 8⋅0 − 4⋅0⋅4 − 4⋅0 + 2⋅0⋅4 = 0
∂y
Zadatak: Napišite odredbeni sustav za stacionarne točke funkcije
3
S ( A, B) = ∑ ( y i − Axi − B ) .
2
i =1
R:
Odredbeni sustav za stacionarne točke funkcije S ( A, B) je:
3
∂S
∂ ⎛ 3
∂
2⎞
2
=
⎜ ∑ ( y i − Axi − B ) ⎟ = ∑ ( y i − Axi − B ) =
∂A ∂A ⎝ i =1
⎠ i =1 ∂A
101
∂S
∂S
= 0,
=0.
∂A
∂B
Radni materijali
3
=
∑
i =1
2( yi − Axi − B )
3
∂
( yi − Axi − B ) = ∑ 2( yi − Axi − B ) ( − xi ) =
∂A
i =1
(
)
3
⎛
2
= ∑ − 2 y i xi − Axi − Bxi = − 2⎜
i =1
⎝
3
3
⎞
2
x
y
−
A
x
−
B
xi ⎟ = 0
∑
∑
∑
i i
i
i =1
i =1
i =1
⎠
3
3
∂S
∂ ⎛ 3
∂
2⎞
( y i − Axi − B )2
=
⎜ ∑ ( y i − Axi − B ) ⎟ = ∑
∂B ∂B ⎝ i =1
⎠ i =1 ∂B
=
3
∑
i =1
2( y i − Axi − B )
∂
( y i − Axi − B ) =
∂B
3
⎛
= ∑ − 2 ( y i − Axi − B ) = − 2⎜
i =1
⎝
3
∑ 2( y
i =1
i
− Axi − B ) ( − 1) =
3
3
⎞
y
−
A
x
−
B⎟ = 0
∑
∑
∑
i
i
i =1
i =1
i =1
⎠
3
Dakle traženi sustav je:
⎛
⎜
⎝
∑x
⎛
⎜
⎝
⎞
xi ⎟ ⋅ A +
∑
i =1
⎠
3
i =1
3
2
i
⎞
⎛
⎟⋅ A+⎜
⎠
⎝
⎞
3
3
∑ x ⎟⎠ ⋅ B = ∑ x y
i =1
i
i =1
i
i
3
3 ⋅ B = ∑ yi
i =1
Zadatak: Odredite stacionarne točke funkcije f ( x , y , z ) = xy + xz + y 2
R:
f ( x , y , z ) = xy + xz + y 2
Napomena: Stacionarne točke funkcije tri varijable f ( x, y, z ) određuju se na analogan način kao
i stacinarne točke funkcije dvije varijable.
∂f
= y+z
∂x
∂f
= x + 2y
∂y
102
Radni materijali
∂f
=x
∂z
Odredbeni sustav za stacionarne točke zadane funkcije je:
y+z =0
x + 2y = 0
x=0
Rješenje sustava je x = 0 , y = 0 , z = 0 .
Funkcija ima jednu stacionarnu točku: (0,0,0) .
Zadatak: Zadana je funkcija s ( x , t ) =x ln t . Odredite vrijednosti nezavisnih
varijabli x i t za koje je zadovoljen nužan uvjet za postojanje
lokalnog ekstrema.
R:
)
Nužan uvjet za postojanje lokalnog ekstrema
funkcije f ( x, y ) u točki ( x0 , y 0 ) je:
∂f
∂x
=0 i
( x0 , y0 )
∂f
∂y
=0
( x0 , y0 )
Naša funkcija je s ( x, t ) = x ln t pa imamo:
∂s
= ln t
∂x
⇒
∂s x
=
∂t t
⇒
ln t = 0
x
=0
t
⇒
⇒
t =1
x=0
Nužan uvjet za lokalni ekstrem je zadovoljen za: t = 1 , x = 0 .
103
Radni materijali
Vrijednost funkcije s (0, 1) = 0 ⋅ ln1 = 0.
Ako funkcija ima lokalni ekstrem tada je on u točki ( 0 ,1 ) .
ZADACI ZA VJEŽBU
1. Odredite stacionarne točke za funkcije:
a) f ( x, y ) = x + x 2 − y 3 ,
(
)
b) g (u , v) = ln u 2 + 1 − e v + v
R:
⎛ 1 ⎞
a) ⎜ − ,0 ⎟ ,
⎝ 2 ⎠
b)
( 0,0 )
2. Da li je ( 0 , 0 ) stacionarna točka funkcije z = y e x − y ?
R:
∂ z (0,0)
∂ z (0,0)
=0 i
= 0 pa je ( 0 , 0 ) stacionarna točka
∂x
∂y
funkcije.
3. Odredite stacionarne točke funkcije f ( x, y, z ) = x 2 + y 2 + z 2 .
R: (0,0,0)
104

Lopitalova pravila

obrazac za sponzore i izlagače - xv simpozij ortopedska pomagala

1.1 Neodre ¯deni integral

Preuzmite CJENIK. - Free technics doo

Javna vatrogasna postrojba grada Samobora

EXCLUSIVE CROATIA doo, Zadarska 77, 10 000 Zagreb, HR

MATEMATIKA Trgovina i računovodstvo (stari) Zadaci: 1. Derivirajte

rješenja zadataka sa prijemnog ispita

Nizovi - Front Slobode

Uredski namještaj