UNIVERZITET U BEOGRADU GRA EVINSKI FAKULTET

Transkripts

1 UNIVERZITET U BEOGRADU GRA EVINSKI FAKULTET www@grf.bg.c.rs Studijski progrmi: GRA EVINARSTVO OSNOVNE AKADEMSKE STUDIJE 22 Godin/Semestr: PRVA GODINA/DRUGI SEMESTAR Nziv predmet (ifr): MATEMATIKA 2 (B3O2M2) Nstvnik: ALEKSANDRA ERI Nslov predv : ODRE ENI Beogrd, 222. Sv utorsk prv utor prezentcije i/ili video snimk su ztien. Snimk ili prezentcij se mogu koristiti smo z nstvu n d inu student Grevinskog fkultet Univerzitet u Beogrdu u kolskoj 22/222 i ne mogu se koristiti z druge svrhe bez pismene sglsnosti utor mterijl.

2 Odreeni integrli Z konqn skup tqk π = {,, 2..., n, n }, z koje vi = < < 2 < < n < n = b, kemo d je jedn podel segment [, b] R. D e, s i, z i [n], emo oznqvti rzliku i := i i. Mksimlnu vrednost skup {, 2, 3,..., n } nzivmo i prmetrom podele π i oznqvmo s λ(π) := m i [n] i. D e, uoqimo skup tqk ξ = {ξ, ξ 2,..., ξ n }, tkvih d ξ i [ i, i ] z svko i [n]. Td z ureeni pr (π, ξ) kemo d je jedn podel segment [, b] s istknutim tqkm. f(ξ n) = f() f(ξ 3) f(ξ 2) f(ξ ) ξ ξ2 2 ξ3 3 n n ξn Definicij Nek je f : [, b] R jedn funkcij i (π, ξ) nek podel segment [, b] s istknutim tqkm. Z zbir σ(f, π, ξ) := f(ξ i ) i kemo d je integrlni zbir funkcije f z dtu podelu (π, ξ).

3 Primer Posmtrjmo funkciju f() = c koj je definisn z [, b]. I nek je π = {,, 2,..., n } proizvo n podel segment [, b] i ξ = {ξ, ξ 2,..., ξ n } skup istknutih tqk podele P. Kko z svko i [n] vi f(ξ i ) = c, jsno je d integrlni zbir iznosi σ(f, π, ξ) = f( i ) i = c i = c i = c(b ). Definicij 2 Broj I je odreeni integrl funkcije f n segmentu [, b] ko i smo ko je Drugim reqim, ko i smo ko lim σ(f, π, τ) = I. λ(π) ( ε > )( δ > )( (π, ξ) P[, b])(λ(π) < δ = I σ(f, π, ξ) < ε), gde je P[, b] skup svih podel segment [, b]. Odreeni integrl I funkcije f n segmentu [, b] emo oznqvti s f() d. I jo, z funkciju f emo rei d je integrnd (podintegrln funkcij), z brojeve i b d su do i gro grnic odreenog integrl. Ukoliko postoji odreeni integrl funkcije f n segmentu [, b], kzemo d je f integrbiln (po Rimnu) n [, b] i pisti f R[, b], gde je s R[, b] oznqen skup svih integrbilnih funkcij n segmentu [, b]. Primer 2 U prethodnom primeru smo pokzli d z konstntnu funkciju f i proizvo nu podelu s istknutim tqkm (π, ξ) vi σ(f, π, ξ) = c(b ), odkle zk uqujemo d je c d = Specijlno, ko je c = dobijmo lim σ(f, π, ξ) = c(b ). λ(π) d = b. Stv (Potrebn uslov) Potrebn uslov d f() bude integrbiln n segmentu [, b] jeste d funkcij bude ogrniqen n emu. Obrnuto ne vi. To jest, ukoliko je funkcij f() ogrniqen n nekom intervlu [, b], td ne moemo zk uqiti d je funkcij i integrbiln n istom intervlu.

4 Primer 3 Posmtrjmo Dirihleovu funkciju χ koj je definisn s {, [, b] i je rcionln broj, χ() =, [, b] i je ircionln broj. Posmtrjmo bilo koju podelu π P[, b] i dv izbor tqk ξ, ξ, li tko d su sve tqke ξ i ξ iz prvog izbor rcionlne, sve tqke ξ j ξ ircionlne. Td ve sledee jednkosti σ(χ, π, ξ ) = i = b i σ(χ, π, ξ ) = i =, i= odkkle zk uqujemo d grniqn vrednost lim λ(π) σ(χ, π, ξ) ne postoji. Teorem Ve slede tvre :. Ukoliko je f neprekidn n [, b], ond je f integrbiln n [, b]. 2. Ukoliko je f monoton n [, b], ond je f integrbiln n [, b]. Osobine odreenog integrl Stv 2 Ukoliko f R[, b], td vi slede jednkost f() d = b f() d. Dokz. Nek je π = {,,..., n } proizvo n podel intervl [, b], td vi slede jednkost f(ξ i )( i i ) = f(ξ i )( i i ), Jsno je d kd λ(π) dobijmo d je f() d = f() d. b Posledic Ukoliko je funckij f definisn u tqki, td vi f() d =.

5 Stv 3 (Aditivnost odreenog integrl) Ako z relne brojeve, b i c vi < b < c i ukoliko je funkcij f integrbiln n segmentu [, c], ond je integrbiln i n segmentim [, b] i [b, c] i jo vi c f() d = f() d + c b f() d. Stv 4 (Linernost odreenog integrl) Nek su f, g R[, b] i α, β R. Td je αf + βg R[, b] i jo vi: (αf() + βg()) d = α f() d + β g() d. Dokz. Z integrlne sume proizvo ne podele π vi slede jednkost σ(αf + βg, π, ξ) = (αf(ξ i ) + βg(ξ i )) i = α f(ξ i ) i + β g(ξ i ) i = ασ(f, π, ξ) + βσ(g, π, ξ). Prem pretpostvci f i g su integrbilne n [, b], p postoje grniqne vrednosti lim λ(π) σ(f, π, ξ) i lim λ(π) σ(g, π, ξ) i vi lim σ(αf + βg, π, ξ) = α lim σ(f, π, ξ) + β lim σ(g, π, ξ), λ(π) λ(π) λ(π) to je i treblo pokzti. Stv 5 (Monotonost odreenog integrl) Nek su f, g R[, b] i nek z svko [, b] vi f() g(). Td vi slede nejednkost: f() d g() d. Dokz. Z integrlne sume proizvo ne podele π vi slede nejednkost σ(f, π, ξ) = f(ξ i ) i g(ξ i ) i = σ(g, π, ξ). Prem pretpostvci f i g su integrbilne n [, b], p postoje grniqne vrednosti lim λ(π) σ(f, π, ξ) i lim λ(π) σ(g, π, ξ) i vi to je i treblo pokzti. lim σ(f, π, ξ) λ(π) lim σ(g, π, ξ), λ(π)

6 Posledic 2 Nek je f R[, b] i nek z svko [, b] vi f(). Td vi slede nejednkost: f() d. Teorem 2 (Teorem o sred oj vrednosti integrlnog rqun) Nek je f R[, b] i nek je m = inf f() i M = sup f(). [,b] [,b] Td postoji µ [m, M] tko d vi f() d = µ(b ). Ukoliko je jo i f neprekidn n segemntu [, b], td postoji c [, b] tko d vi f() d = f(c)(b ). Dokz. Kko z svko [, b] vi m f() M, to tqno znqi d je z svku podelu π tqn i slede nejednkost m(b ) = m i f(ξ i ) i M i = M(b ). Jsno je d td vi m(b ) f()d M(b ). Ako je = b, tren jednkost je trivijlno ispu en. Ukoliko je b vi b m f()d M, (b ) odkle proizilzi d postoji broj µ [m, M] koji zdovo v trenu jednkost. Ukoliko je f neprekidn n segmentu [, b], on dostie svoju njm u m = f(α) i njveu M = f(β) vrednost, z neke α, β [, b]. Prem Bolcno - Koijevoj teoremi o meuvrednosti postoji c [, b] tko d je µ = f(c), qime je teorem dokzn.

7 Ukoliko je f R[, b] i f(), z svko [, b], ond odreeni integrl f() d odgovr povrini povri ogrniqene krivom = f() i b prvm =, = b i =. D e, teorem o sred oj vrednosti integrlnog rqun nm ke d pomenut povrin odgovr i povrini prvougonik s strnicm b i µ. = f() = f() P µ P b c b Vez izmeu odreenog integrl i izvod Definicij 3 Nek je f R[, b]. Funkciju φ definisnu s φ() := f(t) dt z [, b], nzivmo integrlom s promen ivom gor om grnicom. Stv 6 Ako je f R[, b], ond φ C[, b]. Dokz. Koristei teoremu o sred oj vrednosti integrlnog rqun, z tqke, [, b] vi slede jednkost φ() φ( ) = f(t) dt f(t) dt = f(t) dt + f(t) dt f(t) dt = f(t) dt = µ( ). Jsno je d vi slede jednkost lim φ() = φ( ), p zk uqujemo d je f neprekidn funkcij u tqki.

8 Stv 7 Ako je f C[, b], td je φ primitivn funkcij funkcije f n segmentu [, b], to jest z sve [, b] vi φ () = f(). Dokz. Nek je h > tko d + h [, b], td koristei teoremu o sred oj vrednosti z neprekidnu funkciju f nlzimo d je φ( + h) φ( ) = ( +h ) f(t) dt f(t) dt = +h f(t) dt h h h = h f(c) ( + h ) = f(c), z neko c [, + h]. To tqno znqi d postoji k [, ] tko d je c = + kh. Ukoliko h, ond c, p iz neprekidnosti funkcije f dobijmo d f(c) f( ). Jsno je d vi slede jednkost φ ( ) = lim h φ( + h) φ( ) h to je i treblo pokzti. = lim h f( + kh) = f( ), Teorem 3 ( utn - Ljbnicov formul) Nek je f C[, b] i nek je F bilo koj primitivn funkcij funkcije f n [, b]. Td vi f() d = F () b = F (b) F (). Dokz. N osnovu prethodnog stv, funkcij φ() = f(t) dt je primitivn funkcij funkcije f n [, b], p se funkcije F i φ rzlikuju smo do n konstntu. Drugim reqim, postoji C R tko d z svko [, b] vi φ() = F () + C. Primetimo d, z =, dobijmo jednkost = f(t) dt = φ() = F () + C, odkle sledi d je C = F (). D e, z = b dobijmo d je to je i treblo pokzti. f(t) dt = φ(b) = F (b) + C = F (b) F (),

9 Primer 4 Primer 5 Utvrdimo d ve sledee jednkosti e d = e = e i π/2 cos d = sin π/2 =. Posmtrjmo funkciju 2, koj je z [ 2, 2] odreen s { 2 2, [ 2, ] [, 2], = 2, (, ). f() Utvrdimo d vi slede jednkost 2 Primer d = 2 ( 2 ) d + ( ) 2 = ( 2 3 ( 2 ) d + ) 2 ( 2 ) d ( ) = 4. Posmtrjmo funkciju sgn( 2 ), koj je z [ 2, 2] odreen s +, [ 2, ) (, 2], sgn( 2 ) =, {, },, (, ). f() Utvrdimo d vi slede jednkost 2 2 sgn( 2 ) d = 2 d 2 d + d = =.

10 Smen promen ive Stv 8 Nek je f C[, b], funkcij ϕ : [α, β] [, b] im neprekidn izvod i vi ϕ(α) = i ϕ(β) = b. Td vi jednkost f() d = β α f(ϕ(t))ϕ (t) dt. Stv 9 Nek je f R[, b], strogo monoton funkcij ϕ : [α, β] [, b] im neprekidn izvod i vi ϕ(α) = i ϕ(β) = b. Td vi jednkost f() d = β α f(ϕ(t))ϕ (t) dt. Posledic 3 Nek je f C[, ]. Ve slede tvre :. Ako je funkcij f prn, td je f() d = 2 2. Ako je funkcij f neprn, td je f() d =. f() d. Dokz. Koristei smenu t =, dt = d, dobijmo sledeu jednkost: f() d = = f() d + f( t) dt + f() d = f( t) dt + f() d.. Ako je funkcij f prn, td vi f( t) = f(t), p je f() d = f(t) dt + f() d = 2 f() d. 2. Ako je funkcij f neprn, td vi f( t) = f(t), p je f() d f() d = f(t) dt + f() d =.

11 Primer 7 Primetimo d z funkciju f() = 3 vi f( ) = ( ) 3 = 3 = f(), odkle zk uqujemo d je f() neprn funkcij. N osnovu prethodne posledice zk uqujemo d je Z funkciju g() = + 2 vi g( ) = 3 d =. + ( ) 2 = + 2 = g(), odkle zk uqujemo d je g() prn funkcij. N osnovu prethodne posledice zk uqujemo d je d + 2 = 2 d + 2 = 2 rctg = 2 rctg 2 rctg = π 2. Primer 8 Primetimo d vi slede jednkost 3π/4 π/4 sin d = π/4 π/4 sin d + 3π/4 π/4 sin d. Poto je funkcij sin neprn, zk uqujemo d je prvi integrl jednk nuli, p vi 3π/4 3π/4 3π/4 sin d = sin d = ( cos ) π/4 π/4 π/4 e d Zdtk Izrqunti (ln 2 + ). = cos 3π ( 4 cos π ) = 2. 4 Ree e. Koristei smenu t = ln, dt = d/, dobijmo sledeu jednkost e d (ln 2 + ) = Zdtk 2 Izrqunti dt t 2 + = rctg t cos rctg d ln( + 2. ) = rctg rctg = π 4. Ree e. Primetimo d je podintegrln funkcij f() neprn, to jest vi f( ) = cos( ) rctg( ) ln( + ( ) 2 ) cos rctg = ln( + 2 = f(), ) p zk uqujemo d je treni integrl jednk nuli.

12 Prcijln integrcij Stv Nek funkcije u() i v() imju neprekidne izvode n segmentu [, b]. Td vi slede jednkost Primer 9 jednkost e u()v ()d = u()v() b u ()v()d. Uvodei u = ln, du = d/ i dv = d, v = 2 2, dobijmo sledeu ln d = 2 2 ln Zdtk 3 Izrqunti I = e π e 2 2 d = 2 ln ( sin ) 2 d i I 2 = Ree e. Primetimo d vi slede jednkost π I + I 2 = 2 d = 3 π 3 S druge strne, immo d je π I 2 I = 2 cos 2 d = 2 sin 2 π 2 cos 2 π = 2 π cos 2 d = π 2 2 Jsno je d vi I = π 2 ( π ) i I 2 = π 2 e π = π3 3. π 2 4 e ( cos ) 2 d. = e sin 2 d sin 2 π 4 = π 2. ( π ). Primen odreenog integrl Duin luk krive Jedn od glvnih primen integrlnog rqun jeste rqun e duine luk krive l. Nime, ko je kriv eksplicitno odreen s = f(), gde je f neprekidno diferencijbiln funkcij n intervlu [, b], ond je duin luk krive jednk l = + f 2 () d.

13 Posmtrjmo neprekidno diferencijbilnu funkciju f : [, b] R i neku podelu π = {,, 2,..., n, n } segment [, b]. Td duin poligonijlne linije A, A, A 2,..., A n, A n, gde je A i ( i, f( i )) z i n, iznosi l n = (i i ) 2 + (f( i ) f( i ) 2. Prem Lngrnovoj teoremi, z svko i [n], postoji tqk ξ i [ i, i ] tko d vi f( i ) f( i ) = f (ξ i )( i i ), odkle proizilzi d je duin poligonijlne linije jednk l n = (i i ) 2 + (f (ξ i )) 2 ( i i ) 2 = + (f (ξ i )) 2 ( i i ). Primetimo d je l n integrlni zbir funkcije + (f ()) n segmentu [, b], to jest vi slede jednkost ( ) l n = σ + (f ) 2, π, ξ = + (f (ξ i )) 2 i. Prem tome, jsno je d je duin luk krive iznosi l = Primer gor eg polukrug ( ) lim l n = lim σ + (f ) 2, π, ξ = λ(π) λ(π) + (f ()) 2 d. Posmtrjmo krug qij jednqin glsi = r 2. Td je jednqin f() = r 2 2. Duin poluobim posmtrnog krug iznosi r r ( ) + f 2 2 r r () d = + d = r r r 2 2 r r 2 d = r rcsin r 2 r, r odkle zk uqujemo d je obim posmtrnog krug jednk 2rπ.

14 = = b (, ) (b, ) (b, f(b)) (, f()) = f() (, f()) (, ) (b, f(b)) (b, ) = = f() = b Povrin del rvni Posmtrjmo f C[, b] tkvu d je f() z svko [, b]. Povrin krivolinijskog trpez ogrniqenog krivom = f() i prvm =, = b i = odgovr odreenom integrlu P = f() d. Ukoliko je funkcij f n intervlu [, b] negtivn, vrednost integrl f() d bie negtivn, li N osnovu prethodnog rzmtr sledi d je povrin krivolonijkog e po psolutnoj vrednosti odgovrti povrini krivolinijskog trpez. trpez ogrniqnenog krivom = f() i prvm =, = b i = jednk P = f() d. Nek su funckije f i g neprekidne n intervlu [, b] i nek je f() g(), z sve [, b]. Povrin del rvni ogrniqenog krivm = f() i = g() i prvm = i = b je jednk P = (f() g()) d. (, f()) (, g()) (, ) = = g() = f() = b (b, f(b)) (b, g(b)) (b, )

15 Zdtk 4 Odrediti povrinu onog del rvni koji je ogrniqen krivom = i prvom + = 3. Ree e. Posmtrjmo deo rvni koji je ogrniqen dtim krivm. Nije teko utvrditi d se posmtrne krive seku u tqkm (, 3) i (3, ). Uz to je gro grnic odreen funkcijom = , dok je do odreen s = 3. Prem tome, tren povrin je jednk (, 3) = P = 3 (( ) (3 )) d, + = 3 odkle dobijmo d je P = 3 ( 2 +3) d = ) ( = (3, ) Zdtk 5 Odrediti povrinu onog del rvni koji je ogrniqen krivom = / 2 i prvm = i = 4. Ree e. Posmtrjmo deo rvni koji je ogrniqen dtim krivm. Utvrdimo d se krive:. = / 2 i = 4 seku u tqki (/2, 4), 2. = / 2 i = seku u tqki (, ), 3. = 4 i = seku u tqki (4, 4). ( 2, 4) = 4 (4, 4) P P 2 = Kko do grnic nije jedinstveno odreen, neophodno je d trenu povrinu del rvni P podelimo n dv del P i P 2, gde su P = (4 ) 4 2 d i P 2 = (4 ) d. /2 (3, ) = / 2 Dkle, tren povrin iznosi P = P + P 2 = ( 4 + ) + /2 ) (4 2 4 = 2 2.

16 Zdtk 6 Odrediti povrinu del rvni koj je ogrniqen krivm = + 3 i = 3. Ree e. Primetimo d ve sledee jednkosti: { + + 3, 3, + 3 = i 3 = 3, < 3, { +3,, 3, <. (2, 5) = + 3 = 3 (, 3) = 3 = 3 (, 2) P P 2 ( 3, ) (, ) Utvrdimo jo d se prve + 3 i 3 seku u tqki (2, 5), prve + 3 i 3 u tqki ( 3, ). Poto do grnic nije jedinstveno odreen, neophodno je d trenu povrinu del rvni P podelimo n dv del P i P 2, gde su P = (( + 3) ( 3 )) d i P 2 = Konqno, tren povrin iznosi P = P + P 2 = (4 + 4) d ( 2 + 4) d = ( ) (( + 3) (3 )) d. + ( 2 + 4) Npomen. Primetimo d P odgovr povrini trougl qij je duin strnice 4 visin, dok P 2 odgovr povrini trougl qij je strnic 4 visin 2. Zdtk 7 Odrediti povrinu onog del rvni koji je ogrniqen krivom ln( 2) i prvm = e, = e 2 i =. Ree e. Posmtrjmo grfike zdtih krivi i utvrdimo d je tren povrin P jednk P = P + P 2, gde su P = 3 e ( ln( 2)) d i P 2 = e 2 3 (ln( 2) ) d. 2 = 6.

17 = e = e 2 = ln( 2) (e 2, ln(e 2 2)) P P 2 (e, ) (e, ln(e 2)) (3, ) Koristei smenu t = 2, dt = d, dobijmo 3 e 2 P = ln( 2) d + ln( 2) d = ln t dt + e 3 e 2 = (e 2) ln(e 2) + (e 2 2) ln(e 2 2) + 6 e e 2. e 2 2 ln t dt Zdtk 8 Odrediti povrinu onog del rvni koji je ogrniqen krivom = i prvm 2 =, = 2 i =. Ree e. Utvrdimo d je tren povrin jednk P = P + P 2, gde su povrine P i P 2 odreene s 2 ( ( P = ( 2 ) d i P 2 = 2 )) d. 2 = 2 = / (, ) = 2 2 (, ) P P 2 (, ) (2, /2) Jsno je d vi slede jednkost P = P + P 2 = (ln 2 4 ) 2 = ln(2).