SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Valentina Zemlić LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA Diplomski rad Voditelj rada: do
|
|
- Винко Миловановић
- пре 5 година
- Прикази:
Транскрипт
1 SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Vlentin Zemlić LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA Diplomski rd Voditelj rd: doc. dr. sc. Mj Resmn Zgreb, studeni 217.
2 Ovj diplomski rd obrnjen je dn u sstvu: pred ispitnim povjerenstvom 1., predsjednik 2., čln 3., čln Povjerenstvo je rd ocijenilo ocjenom. Potpisi člnov povjerenstv:
3 Sdržj Sdržj iii Uvod 1 1 Stieltjesov integrl Svojstv Stieltjesovog integrl Neprvi Stieltjesov integrl Lplceov trnsformcij Definicij Lplceove trnsformcije i područje konvergencije Osnovni primjeri Svojstv Lplceove trnsformcije Inverzn Lplceov trnsformcij 53 4 Jedn primjen Lplceove trnsformcije: rješvnje običnih diferencijlnih jedndžbi 56 Bibliogrfij 6 iii
4 Uvod Lplceov trnsformcij jedn je od pozntijih integrlnih trnsformcij koj svoju primjenu nlzi u brojnim znnstvenim područjim, medu kojim se njviše ističu mtemtik i fizik. Stog je cilj ovog rd detljnije proučiti Lplceovu trnsformciju. Svoje ime dobil je prem pozntom mtemtičru Pierre-Simon Lplceu koji je svojim rdom nstvio Eulerov istrživnj o integrlim ko rješenjim diferencijlnih jedndžbi. Lplce n tj nčin produbljuje Eulerove rezultte te uvodi Lplceovu trnsformciju u modernom smisu u svrhu rješvnj prcijlnih diferencijlnih jedndžbi. Vžnost Lplceove trnsformcije njbolje se očituje u rješvnju diferencijlnih jedndžbi koje n tj nčin trnsformirmo u lgebrske jedndžbe, čime je njihovo rješvnje znntno olkšno. No, d bi se od rješenj lgebrske jedndžbe dobilo rješenje početne diferencijlne jedndžbe trebmo odrediti inverz Lplceove trnsformcije. Ovj rd bvi se prvenstveno Lplceovom trnsformcijom, njezinim svojstvim, inverzom te u končnici primjenom u rješvnju linernih diferencijlnih jedndžbi s konstntnim koeficijentim. Lplceov trnsformcij je linerni opertor n odgovrjućim prostorim funkcij. Pri tome domenu čine sve one funkcije čiji Lplceovi trnsformti postoje, kodomenu čine uprvo njihovi Lplceovi trnsformti. Lplceov trnsformt može se promtrti ko specijlni slučj neprvog Riemnn-Stieltjesovog integrl. Stog se u rdu prvo uvodi pojm Riemnn-Stieltjesovog integrl i odreduju se dovoljni uvjeti njegovog postojnj. Početk drugog poglvlj donosi teoreme koji govore o području konvergencije i nlitičnosti Lplce-Stieltjesovog integrl te definiciju Lplceovog trnsformt. Nkon tog, prelzi se n rčunnje Lplceovih trnsformt osnovnih funkcij i prikz vžnih svojstv Lplceove trnsformcije. Treće poglvlje posvećeno je inverznoj Lplceovoj trnsformciji pri čemu se, osim definicije, prikzuje primjer odredivnj inverzne Lplceove trnsformcije z rcionlne funkcije. N krju rd kroz nekoliko primjer ilustrir se primjen Lplceove trnsformcije u rješvnju linernih diferencijlnih jedndžbi s konstntnim koeficijentim. 1
5 Poglvlje 1 Stieltjesov integrl Prvo poglvlje posvećeno je Stieltjesovom integrlu, počevši od njegove definicije, preko teorem o nužnim i dovoljnim uvjetim z njegovo postojnje p u končnici do korisnih svojstv. Kroz sve spomenuto cilj je demonstrirti uvjete u kojim postoji Lplceov trnsformcij, kojom ćemo se bviti u nrednim poglvljim. D bismo definirli Stieltjesov integrl potrebno je njprije uvesti relne funkcije f i g, relne vrijble x, pri čemu x [, b]. Ndlje, definirmo prticiju P dnog segment odredenu točkm x, x 1,..., x n, pri čemu je = x < x 1 <... < x n = b. Oznčimo := mx x i+1 x i, z i =, 1,..., n 1, što nzivmo normom prticije P. Definicij ([9]) Kžemo d postoji limes integrlnih sum lim f (α i ) [ g(x i+1 ) g(x i ) ], te d je on jednk I ko z svki ɛ > postoji tkv d z svki < < i svku prticiju P norme te svki izbor točk α P i [ x P i, xp i+1], i =, 1,..., n 1, vrijedi: f (αi P ) [ g(x P i+1 ) g(xp i ) ] I < ɛ. Td Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g definirmo ko f (x)dg(x) = lim f (α i ) [ g(x i+1 ) g(x i ) ]. 2
6 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 3 S obzirom n to d tko definirni integrl postje Riemnnov ukoliko je g(x) = x uobičjeno je zvti g i Riemnn-Stieltjesovim integrlom. Pritom z funkciju f kžemo d je Riemnn-Stieltjes integrbiln u odnosu n funkciju g. Pri definirnju Stieltjesovog integrl, izborom funkcij f i g ogrničili smo se n relne funkcije relne vrijble x p se prirodno jvlj problem definirnj Stieltjesovog integrl z kompleksne funkcije. U tu svrhu uvodimo kompleksne funkcije f i g relne vrijble x tkve d je f (x) = f 1 (x) + i f 2 (x) g(x) = g 1 (x) + ig 2 (x) pri čemu su funkcije f 1, f 2, g 1, g 2 relne funkcije relne vrijble x. Td se Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g definir ko: f (x)dg(x) := = = + i [ f 1 (x) + i f 2 (x)]d[g 1 (x) + ig 2 (x)] [ f 1 (x)dg 1 (x) + f 1 (x)idg 2 (x) + i f 2 (x)dg 1 (x) + i 2 f 2 (x)dg 2 (x)] f 1 (x)dg 1 (x) f 2 (x)dg 1 (x), f 2 (x)dg 2 (x) + i f 1 (x)dg 2 (x) uz uvjet d integrli s desne strne jednkosti postoje. Time je definicij Stieltjesovog integrl proširen n nčin d uključuje kompleksne funkcije relne vrijble x. Prije prelsk n uvjete postojnj Stieltjesovog integrl i bitn svojstv potrebno je uvesti oznke z gornju i donju Stieltjesovu sumu. Oznčimo s M i supremum funkcije f n segmentu [x i, x i+1 ], s m i infimum funkcije f n segmentu [x i, x i+1 ], pod pretpostvkom d supremum i infimum postoje. Sume S P = M i [g(x i+1 ) g(x i )] s P = m i [g(x i+1 ) g(x i )].
7 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 4 nzivmo redom gornj i donj Stieltjesov sum funkcije f u odnosu n funkciju g, obzirom n prticiju P. Teorem ([9]) Nek su funkcije f i g relne i omedene n segmentu [, b] te nek je uz to funkcij g neopdjuć 1. Td Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g postoji ko i smo ko vrijedi lim (S P s P ) =, neovisno o izboru prticije P. Dokz. Pretpostvimo d Stieltjesov integrl postoji te d je f (x)dg(x) = I. Nek je ɛ > te nek je P proizvoljn prticij. Td, z svki i =, 1,..., n 1 možemo nći α ɛ i [x i, x i+1 ] tko d vrijedi nejednkost M i ɛ < f (α ɛ i ), (1.1) pri čemu je M i = sup xi x x i+1 f (x) čije postojnje grntir činjenic d je funkcij f omeden. Uočimo d, kko je funckij g neopdjuć, vrijedi odnosno f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] M i [g(x i+1 ) g(x i )], f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] S P (1.2) jer je S P = n 1 M i [g(x i+1 ) g(x i )]. Osim tog, iz (1.1) slijedi odnosno M i [g(x i+1 ) g(x i )] M i < f (α ɛ i ) + ɛ, f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] + [g(x i+1 ) g(x i )] ɛ. 1 Funkcij g je neopdjuć n segmentu [, b] ko z svki x, y [, b], x < y, vrijedi g(x) g(y). Često ih zovemo rstućim (ne nužno strogo rstućim) funkcijm.
8 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 5 Sredivnjem tog izrz dobivmo sljedeće točnije M i [g(x i+1 ) g(x i )] S P Sd iz (1.2) i (1.3) dobivmo nejednkost f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] S P f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] + ɛ[g(b) g()], f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] + ɛ[g(b) g()]. (1.3) f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] + ɛ[g(b) g()]. (1.4) Zbog Stieltjes integrbilnosti funkcije f u odnosu n funkciju g slijedi d je p puštnjem lim n (1.4) dobivmo lim f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] = I, I lim S P I + ɛ[g(b) g()] iz čeg puštnjem lim ɛ slijedi Stog, možemo zključiti d je I lim S P I. lim S P = I. Anlogno, uočimo d z proizvoljnu prticiju P i ɛ > možemo nći α ɛ i [x i, x i+1 ] tko d vrijedi m i + ɛ > f (α ɛ i ), (1.5) pri čemu je m i infimum funkcije f n segmentu [x i, x i+1 ]. Tkoder, očito je d z donju sumu s p vrijedi sljedeće kko iz (1.5) slijedi f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] s P, (1.6) m i > f (α ɛ i ) ɛ,
9 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 6 immo m i [g(x i+1 ) g(x i )] Sredivnjem tog izrz dobivmo sljedeće točnije m i [g(x i+1 ) g(x i )] s P Sd iz (1.6) i (1.7) slijedi f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] [g(x i+1 ) g(x i )] ɛ. f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] ɛ[g(b) g()], f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] ɛ[g(b) g()]. (1.7) f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] ɛ[g(b) g()] s P Zbog Stieltjes integrbilnosti funkcije f u odnosu n funkciju g vrijedi p puštnjem lim n (1.8) dobivmo lim f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] = I, I ɛ[g(b) g()] lim s P I iz čeg puštnjem lim ɛ slijedi I lim s P I. Stog, možemo zključiti d je lim s P = I. Končno, primjenom svojstv o limesu rzlike dobivmo lim (S P s P ) = lim S P lim s P = I I = čime smo dokzli nužn uvjet z postojnje Stieltjesovog integrl. Pretpostvimo sd d vrijedi f (α ɛ i )[g(x i+1) g(x i )] (1.8) lim (S P s P ) =, (1.9)
10 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 7 pri čemu su S P i s P redom gornj i donj sum pridružene prticiji P. Nek je σ P = f (α i )[g(x i+1 ) g(x i )], jedn integrln sum pridružen prticiji P, z α i [x i, x i+1 ]. S obzirom n to d je funkcij g neopdjuć vrijedi s P σ P S P. (1.1) D bismo dokzli postojnje Stieltjesovog integrl, zbog (1.9) dovoljno je pokzti d postoji lim S P. Td postoji i lim s P te primjenom teorem o sendviču n (1.1) zključujemo d postoji lim σ P, što je ekvivlentno postojnju Stieltjesovog integrl. Fiksirjmo ɛ >. Pokžimo d z tj ɛ postoji tkv d z gornje sume pridružene proizvoljnim prticijm P 1 i P 2, normi 1 i 2 tkvih d je 1, 2 < vrijedi S P1 S P2 < ɛ. S obzirom n to d vrijedi lim (S P s P ) = možemo nći tko d < i svku prticiju P norme mnje od vrijedi S P s P < ɛ 2. (1.11) Uzmimo sd dvije prticije P 1 i P 2 normi 1 i 2 tkvih d vrijedi 1, 2 <. Nek je P 3 prticij segment [, b] tkv d uključuje točke sdržne u prticijm P 1 i P 2. To znči d je prticij P 3 nstl iz prticije P 1 dodvnjem končno mnogo točk iz P 2, li je nstl i iz P 2 dodvnjem končno mnogo točk iz prticije P 1. To znči d z gornje sume vrijedi S P3 S P1 te S P3 S P2, donje sume zdovoljvju nejednkosti Iz čeg dobivmo Td zbog (1.11) i (1.12) vrijedi s P1 s P3 i s P2 s P3. s P1 S P3 S P1 i s P2 S P3 S P2. (1.12) (S P1 S P3 ) < ɛ 2 i (S P2 S P3 ) < ɛ 2. Sredivnjem, dolzimo do S S P1 P2 < ɛ što smo trebli pokzti te sd možemo zključiti d postoji lim S P, time i lim s P. Zbog teorem o sendviču slijedi d postoji lim σ P, odnosno d je funkcij f Stieltjes integrbiln u odnosu n funkciju g.
11 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 8 U dljnjem proučvnju Stieltjesovog integrl trebt će nm pojm neopdjuće funkcije i funkcije ogrničene vrijcije, p ćemo kroz definicije i teoreme koji slijede proći osnovn svojstv tkvih funkcij. Definicij ([9]) Nek je funkcij g neopdjuć n segmentu [, b]. Točku x i [, b] nzivmo točkom nepromjenjivosti funkcije g ko postoji dvostrn (ili jednostrn u slučju x = ili x = b) okolin te točke u kojoj je funkcij g konstnt. Definicij ([9]) Ako je dn neopdjuć funkcij, točkom rst funkcije nzivmo onu točku koj nije točk nepromjenjivosti. Primjer N slici je prikzn grf funkcije g definirne s 2x + 1, x [, 3 g(x) = 7, x [3, 5]. x + 2, x 5, 8] Slik 1.1: Grfički prikz funkcije g Uočimo d je funkcij g neopdjuć n segmentu [, 8], pri čemu je n intervlim [, 3 i 5, 8] strogo rstuć, n segmentu [3, 5] je konstntn. Z svku točku iz segment [, 3] i [5, 8] kžemo d je točk rst jer ne postoji niti jedn dvostrn okolin svke od
12 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 9 tih točk u kojoj je funkcij konstntn. S druge strne, točke iz intervl 3, 5 su točke nepromjenjivosti jer oko svke od njih postoji okolin u kojoj je funkcij konstntn. Teorem ([9]) Nek je dn neopdjuć funkcij n segmentu koj im končn broj točk rst. Td on nije neprekidn u točkm rst te je konstntn izmedu njih. To je po dijelovim konstntn (step) funkcij. Dokz. Pretpostvimo d je funkcij f neopdjuć n segmentu s končnim brojem točk rst. Pretpostvimo suprotno, tj. d je funkcij f neprekidn u točkm rst. Nek je bilo koj od (končno mnogo) točk rst i nek je funckij f neprekidn u. Td je točk izolirn točk rst, točnije postoji okolin te točke ɛ, + ɛ, z dovoljno mli ɛ >, u kojoj su sve ostle točke točke nepromjenjivosti (u protivnom, imli bismo kontrdikciju s končnosti broj točk rst). Zbog nepromjenjivosti, očito je funkcij f konstntn n intervlim ɛ, i, + ɛ. Pošto je f neprekidn u, konstnte slijev i zdesn su jednke te je njihov vrijednost jednk f (). No td je tkoder točk nepromjenjivosti funkcije f, što je kontrdikcij s pretpostvkom. Stog f im prekid u točki, tj. konstnte slijev i zdesn se rzlikuju. Anlogno zključujemo z sve točke rst, p slijedi je funkcij f po dijelovim konstntn (step) funkcij. Definicij ([1, 5]) Z funkciju g kžemo d je funkcij ogrničene vrijcije n segmentu [, b] ko postoji reln broj M > tkv d z svku prticiju P segment [, b] vrijedi g(x i+1 ) g(x i ) M. Potpun vrijcij funkcije g ogrničene vrijcije je funkcij od x [, b], koju definirmo ko V[g] x = sup P g(x i+1 ) g(x i ), x [, b]. Kžemo d je funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b] ko vrijedi V[g] b <. Ndlje, objsnit ćemo odnos omedene funkcije n segmentu i funkcije ogrničene vrijcije n segmentu. Teorem ([1]) Nek je funkcij g neopdjuć i omeden n segmentu [, b]. Td je funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b] te vrijedi V [ g ] b = g(b) g().
13 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 1 Dokz. Nek je dn funkcij g neopdjuć i omeden n segmentu [, b]. Nek je P proizvoljn prticij segment [, b] tkv d je = x < x 1 <... < x n = b. D bismo dokzli d je funkcij g ogrničene vrijcije trebmo pokzti d z potpunu vrijciju vrijedi V[g] b <. S obzirom n to d je funkcij g rstuć immo g(x i+1 ) g(x i ) = (g(x i+1 ) g(x i )) = g(b) g(). Td z potpunu vrijciju funkcije g vrijedi V [ g ] b = sup g(x i+1 ) g(x i ) = g(b) g() < P p zključujemo d je funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Pitmo se je li svk omeden funkcij n segmentu bez pretpostvke rst ujedno i funkcij ogrničene vrijcije. Sljedećim kontrprimjerom pokzt ćemo d to ne mor vrijediti. Primjer ([8]) Nek je funkcij g : [, 1] R definirn ko x cos π, x, 1] 2x g(x) =, x =. Tko definirn funkcij g je omeden, što se može zključiti iz grfičkog prikz funkcije: Slik 1.2: Grf funkcije g
14 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 11 Pokžimo d funkcij g nije ogrničene vrijcije n segmentu [, 1]. Uzmimo prticiju P segment [, 1] odredenu točkm < 1 2n < 1 2n 1 <... < 1 4 < 1 3 < 1 2 < 1. Funkcij g je ogrničene vrijcije n [, 1] ko z potpunu vrijciju vrijedi V[g] 1 <. Stog rčunmo V[g] 1 = sup g(x i+1 ) g(x i ), P p krenimo od dne sume. Immo g(x i+1 ) g(x i ) = g(x 1 ) g(x ) + g(x 2 ) g(x 1 ) + g(x 3 ) g(x 2 ) +... Dkle, dobili smo iz čeg slijedi d je V[g] 1 = sup n N + g(x n 1 ) g(x n 2 ) + g(x n ) g(x n 1 ) = = 1 cos nπ 2n + 1 (2n 1)π cos 1 cos nπ 2n 1 2 2n cos π 1 3 cos 3π 2 + cos π cos π = = 1 2n + 1 2n + 1 2n n = 1 n + 1 n g(x i+1 ) g(x i ) = 1 n + 1 n , ( 1 g(x i+1 ) g(x i ) = sup n N n + 1 n ) što očito teži u kd n pošto hrmonijski red divergir. Stog zključujemo d funkcij g nije ogrničene vrijcije. Teorem ([1]) Ako je funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b] td je on omeden n segmentu [, b].
15 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 12 Dokz. Nek je funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b] te nek je prticij P segment [, b] odreden točkm = x x 1 x 2 = b. Td je 1 g(x i+1 ) g(x i ) = g(x 1 ) g() + g(b) g(x 1 ) iz čeg, zbog V[g] b = sup P n 1 g(x i+1 ) g(x i ) slijedi Osim tog, očito je g(x 1 ) g() + g(b) g(x 1 ) V[g] b. g(x 1 ) g() + g(b) g(x 1 ) g(x 1 ) g(), p immo g(x 1 ) g() g(x 1 ) g() + g(b) g(x 1 ) V[g] b iz čeg zključujemo d je funkcij g omeden n segmentu [, b]. Primijetimo d je zključk vljn zbog proizvoljnosti izbor točke x 1 jer činjenic d je funkcij g ogrničene vrijcije ne ovisi o izboru prticije segment [, b]. Sljedeći teorem pokzuje d funkciju ogrničene vrijcije možemo prikzti ko rzliku dviju neopdjućih funkcij. Teorem ([1]) Nek je funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Td n segmentu [, b] postoje neopdjuće funkcije g 1 i g 2 tkve d vrijedi te g(x) = g 1 (x) g 2 (x) (1.13) V[g] x = g 1 (x) + g 2 (x), x [, b]. (1.14) Dokz. Nek je funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Definirjmo funkcije g 1 i g 2 n segmentu [, b] s g 1 (x) = 1 ( V[g] x 2 + g(x) ), g 2 (x) = 1 ( V[g] x 2 g(x) ), x [, b]. Funkcije smo definirli n tj nčin kko bi one zdovoljvle jednkosti (1.13) i (1.14), što možemo provjeriti: g 1 (x) g 2 (x) = 1 2 V[g]x g(x) 1 2 V[g]x + 1 g(x) = g(x), te 2 g 1 (x) + g 2 (x) = 1 2 V[g]x g(x) V[g]x 1 2 g(x) = V[g]x.
16 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 13 Preostje provjeriti jesu li funkcije g 1 i g 2 neopdjuće. Provjerimo prvo je li funkcij g 1 neopdjuć. Nek su x, y [, b] tkvi d x < y. Trebmo dokzti d vrijedi g 1 (y) g 1 (x). Immo g 1 (y) g 1 (x) = 1 ( V[g] y 2 + g(y) ) 1 ( V[g] x 2 + g(x) ) = 1 ( V[g] y 2 V[g] ) x 1 + (g(y) g(x)) 2 = 1 [ V[g] y 2 x + (g(y) g(x)) ]. Budući d je funkcij g ogrničene vrijcije vrijedi V[g] y x g(y) g(x) p slijedi d je odnosno 1 [ V[g] y 2 x + (g(y) g(x)) ], g 1 (y) g 1 (x) što znči d je funkcij g 1 neopdjuć. Anlogno se pokže d je funkcij g 2 tkoder neopdjuć. Kroz dv teorem prikzt ćemo dovoljne uvjete z postojnje Stieltjesovog integrl tkvih funkcij. Teorem ([9]) Nek je funkcij f neprekidn, g ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Td postoji Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g. Dokz. Bez smnjenj općenitosti možemo pretpostviti d su funkcije f i g relne, s obzirom n to d kompleksne funkcije relne vrijble prikzujemo pomoću relnih funkcij, koristeći pritom svojstv Stieltjesovog integrl (1.2) i (1.21). Nek je funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Prem Teoremu 1..1 slijedi d je funkcij g omeden n segmentu [, b]. Ndlje, prem Teoremu funkciju g možemo zpisti ko rzliku dviju neopdjućih funkcij. To znči d možemo primijeniti Teorem 1..2 o nužnom i dovoljnom uvjetu z postojnje Stieltjesovog integrl. Budući d je funkcij f neprekidn n segmentu [, b], on je ujedno i uniformno neprekidn n tom segmentu p možemo pretpostviti d z proizvoljn ɛ > postoji norm tkv d z svku subdiviziju P norme z koju je <, vrijedi M i m i < ɛ. (1.15)
17 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 14 Pritom su M i i m i supremum i infimum funkcije f n [x i, x i+1 ], z i =, 1,..., n 1. Stog, z proizvoljnu prticiju P tkvu d je < iz (1.15) slijedi M i [g(x i+1 ) g(x i )] m i [g(x i+1 ) g(x i )] [g(x i+1 ) g(x i )] ɛ, odnosno, nkon sredivnj dobivmo Puštnjem lim n (1.16) dolzimo do S P s P ɛ [ g(b) g() ]. (1.16) lim (S P s P ) lim ɛ [ g(b) g() ], što je jednko lim(s P s P ) ɛ [ g(b) g() ]. Končno, pustimo lim ɛ i dolzimo do lim (S P s P ), što znči d je lim (S P s P ) =. Iz tog, zbog Teorem 1..2 slijedi d Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g postoji, što je i treblo dokzti. Promotrimo specijlni slučj kd je funkcij g(x) = x, funkcij f neprekidn n segmentu [, b]. Funkcij g(x) = x je ogrničene vrijcije. Nime, uzmimo proizvoljnu prticiju P segment [, b] odredenu točkm = x < x 1 <... < x n = b. S obzirom n to d je g(x) = x neopdjuć funkcij, immo g(x i+1 ) g(x i ) = (x i+1 x i ) = x 1 x + x 2 x x n x n 1 = x n x = b, iz čeg slijedi d je V[g] b = sup P n 1 g(x i+1 ) g(x i ) = b < p zključujemo d je funkcij g ogrničene vrijcije. Prem Teoremu funkcij f je Riemnn-Stieltjes integrbiln u odnosu n funkciju g. U tom slučju je Riemnn-Stieltjesov integrl zprvo Riemnnov integrl funkcije f.
18 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 15 Teorem ([1]) Nek su dne funkcije f i g tkve d je f funkcij ogrničene vrijcije, funkcij g neprekidn n segmentu [, b]. Td postoji Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g te vrijedi: f (x)dg(x) = f (b)g(b) f ()g() g(x)d f (x). (1.17) Dokz. Nek je P proizvoljn prticij dnog segment [, b], te nek je funkcij f ogrničene vrijcije, funkcij g neprekidn n zdnom segmentu. Nek je n σ P = f (α i )[g(x i ) g(x i 1 )], pri čemu α i [x i 1, x i ], proizvoljn integrln sum z prticiju P. Sumu σ P možemo zpisti u obliku n f (α i )[g(x i ) g(x i 1 )] = i=1 i=1 i=1 f (α i )[g(x i ) g(x i 1 )] + f (α n )g(x n ) f (α n )g(x n 1 ) = [ f (α i ) f (α i+1 )]g(x i ) + f (α i+1 )g(x i ) f (α i )g(x i 1 ) + f (α n )g(x n ) f (α n )g(x n 1 ) i=1 i=1 = [ f (α i ) f (α i+1 )]g(x i ) + f (α n )g(x n 1 ) f (α 1 )g(x ) + f (α n )g(x n ) f (α n )g(x n 1 ) = [ f (α i ) f (α i+1 )]g(x i ) + f (α n )g(x n ) f (α 1 )g(x ). Definirmo li α = te α n+1 = b, dodvnjem i oduzimnjem izrz g(x ) f (α ) = g() f () i g(x n ) f (α n+1 ) = g(b) f (b) desnoj strni jednkosti, dobit ćemo n n f (α i )[g(x i ) g(x i 1 )] = g(x i )[ f (α i ) f (α i+1 )] + g(b) f (b) g() f (). (1.18) i=1 S obzirom n to d je funkcij g neprekidn, f ogrničene vrijcije, prem Teoremu postoji Stieltjesov integrl funkcije g u odnosu n funkciju f. To znči d postoji lim n g(x i )[ f (α i ) f (α i+1 )]. Uočimo d kd norm = mx x i x i+1 teži u nulu, jednko će biti i s mx α i α i+1 jer je točkm α i [x i, x i+1 ] odreden prticij ugniježden s prticijom odredenom točkm x i segment [, b]. Stog zključujemo d postoji lim σ P. To znči d puštnjem lim n jednkost (1.18) dobivmo lim n i=1 f (α i )[g(x i ) g(x i 1 )] = lim n i=1 g(x i )[ f (α i ) f (α i+1 )]+lim [ g(b) f (b) ] lim [ g() f () ],
19 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 16 iz čeg slijedi f (x)dg(x) = f (b)g(b) f ()g() g(x)d f (x). Formul (1.17) nziv se formulom prcijlne integrcije z Riemnn-Stieltjesov integrl. Primijetimo, ko stvimo g(x) = x, on prelzi u formulu prcijlne integrcije z Riemnnov integrl n koju smo nvikli. 1.1 Svojstv Stieltjesovog integrl Teoremim koji slijede u nstvku prikzt ćemo svojstv Stieltjesovog integrl. Pritom podrzumijevmo d su f i g kompleksne funkcije relne vrijble, ukoliko u iskzu teorem ne definirmo drugčije. Z početk primijetimo d, ukoliko je funkcij g konstnt, vrijedi f (x)dg(x) =. Tkoder, vrijedi dg(x) = g(b) g(). Teorem ([9], [1]) Nek je funkcij f neprekidn, g funkcij ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Td vrijede sljedeć svojstv Stieltjesovog integrl: 1. k f (x)dg(x) = k f (x)dg(x), k je konstnt (1.19) 2. [ f 1 (x) + f 2 (x)]dg(x) = f 1 (x)dg(x) + f 2 (x)dg(x) (1.2) 3. f (x)d[g 1 (x) + g 2 (x)] = f (x)dg 1 (x) + f (x)dg 2 (x) (1.21)
20 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL f (x)dg(x) = c f 1 (x) f 2 (x) f (x)dg(x) + c f 1 (x)dg(x) f (x)dg(x), c, b (1.22) f 2 (x)dg(x) (1.23) 6. f (x)dg(x) f (x) dv[g], x x [, b] (1.24) Dokz. Svojstv (1.19), (1.2) i (1.21) slijede iz definicije Stieltjesovog integrl te primjenom svojstv sume. Pokžimo sd (1.22). Odberimo prticiju P segment [, b] koj sdrži točku c, što je moguće nprviti jer po definiciji Stieltjesov integrl postoji neovisno o izboru prticije. Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g postoji prem Teoremu Točkom c možemo podijeliti segment [, b] n podsegmente [, c] i [c, b]. Kko smo ustnovili d je funkcij f Stieltjes integrbiln n segmentu [, b], bit će Stieltjes integrbiln i n podsegmentim [, c] i [c, b]. Nek je P 1 prticij segment [, c] odreden točkm = x < x 1 <... < x m = c, P 2 prticij segment [c, b] odreden točkm c = x m < x m+1 <... < x n = b te nek je P = P 1 P 2 pripdn prticij segment [, b]. Z integrlne sume pridružene tim prticijm vrijedi: σ P1 + σ P2 = σ P. Kko je funkcij f Stieltjes integrbiln n segmentim [, c], [c, b] i [, b], limes integrlnih sum Stieltjes integrbilnih funkcij ne ovisi o izboru prticije, puštnjem lim dobivmo: m 1 lim j= iz čeg slijedi f (α j )[g(x j+1 ) g(x j )]+lim j=m c f (x)dg(x) + f (α j )[g(x j+1 ) g(x j )] = lim f (α j )[g(x j+1 ) g(x j )], c f (x)dg(x) = f (x)dg(x). Ndlje, dokžimo svojstvo (1.23). Kko je f 1 (x) f 2 (x), z svki x [, b], nejednkost će vrijediti i z svku točku α i [x i, x i+1 ], i =, 1,..., n 1, iz čeg slijedi f 1 (α i )[g(x i+1 ) g(x i )] f 2 (α i )[g(x i+1 ) g(x i )].
21 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 18 Kko su funkcije f 1 i f 2 Stieltjes integrbilne, postoje lim, p je lim f 1 (α i )[g(x i+1 ) g(x i )] lim f 2 (α i )[g(x i+1 ) g(x i )], tj. f 1 (x)dg(x) f 2 (x)dg(x). Uočimo kko postojnje integrl n desnoj strni jednkosti (1.22) smo po sebi ne grntir postojnje integrl n lijevoj strni jednkosti što ćemo pokzti primjerom preuzetim iz ([9]). Nek su funkcije f i g definirne s: 1, x [, 1] f (x) =, x 1, 2] Primijetimo d integrli 1 f (x)dg(x) i 2 1, x [, 1 g(x) =, x [1, 2]. 1 f (x)dg(x) zist postoje jer je 1 f (x)dg(x) = 1 dg(x) = g(x) 1 = g(1) g() = 1 = 1, te 2 f (x)dg(x) =. 1 No, kko funkcije f i g imju zjedničku točku prekid, x = 1, integrl 2 f (x)dg(x) ne postoji. Promtrmo limes po subdivizijm sve mnjeg kork tko d točk prekid x = 1 uvijek leži unutr nekog intervl subdivizije. Kd kork, tj intervl oko x = 1 postje sve uži. Kd bi Stieltjesov integrl postojo, postojo bi limes integrlnih sum kd kork, n : f (α i )[g(x i+1 ) g(x i )]. No, s lijeve i desne strne točke x = 1 je funkcij g konstnt, p u čitvoj sumi, bez obzir n kork subdivizije, preživljv smo čln f (α i )( 1), pri čemu je α i proizvoljno izbrn iz intervl subdivizije oko x = 1. Kko tj α i možemo odbrti iz intervl oko x = 1
22 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 19 s lijeve ili desne strne točke x = 1 (gdje f poprim vrijednost 1, odnosno ), tj čln je jednk -1 ili. Zbog tog je i limes po opdjućim subdivizijm koje sdrže x = 1 unutr nekog intervl jednl -1, odnosno. To je kontrdikcij s definicijom postojnj Stieltjesovog integrl, p Stieltjesov integrl ne postoji. Teorem ([9]) Nek su funkcije f 1 i f 2 neprekidne, g 1 i g 2 funkcije ogrničene vrijcije te k 1, k 2, l 1, l 2 konstnte. Td vrijedi [k 1 f 1 (x) + k 2 f 2 (x)]d[l 1 g 1 (x) + l 2 g 2 (x)] = 2 i=1 2 k i l j j=1 f i (x)dg j (x). Dokz teorem slijedi direktnom primjenom svojstv (1.19), (1.2) i (1.21) Stieltjesovog integrl. Lem ([5]) Nek je funkcij g klse C 1 [, b]. Td je funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Dokz. S obzirom n to d je funkcij g klse C 1 [, b] znmo d postoji njen derivcij g te d su g i g neprekidne n segmentu [, b]. Tkoder, funkcije g i g omedene su n segmentu [, b]. D bi funkcij g bil ogrničene vrijcije trebmo pokzti d vrijedi V[g] b <, odnosno sup P g(x i+1 ) g(x i ) <. Primijenimo Lgrngeov teorem srednje vrijednosti prem kojem postoje točke η i [x i, x i+1 ] tkve d g(x i+1 ) g(x i ) = g (η i )(x i+1 x i ), z i =, 1,..., n 1. Odnosno, to znči d vrijedi g(x i+1 ) g(x i ) = g (η i ) x i+1 x i. (1.25) Ndlje, kko je funkcij g omeden, slijedi d postoji M tkv d z svki η i [x i, x i+1 ] vrijedi g (η i ) M, z svki i =, i,..., n 1, što primjenimo n (1.25) te dobivmo g(x i+1 ) g(x i ) = g (η i ) x i+1 x i M(b ).
23 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 2 Iz tog slijedi V[g] b = sup P g(x i+1 ) g(x i ) M(b ) < p je funkcij g ogrničene vrijcije. Teorem ([9]) Nek je funkcij f neprekidn, te nek je funkcij ϕ psolutno integrbiln 2 n segmentu [, b]. Ako je funkcij g definirn s g(x) = pri čemu c b, vrijedi sljedeće f (x)dg(x) = x c ϕ(t)dt, x [, b], (1.26) f (x)ϕ(x)dx = f (x)g (x)dx. (1.27) Dokz. Kko je funkcij ϕ psolutno integrbiln n segmentu [, b] vrijedi ϕ(x) dx <. Može se pokzti d je funkcij g definirn s (1.26) ogrničene vrijcije n segmentu [, b] (vidjeti ([9]), Teorem 5c). To znči d Stieltjesov teorem funkcije f u odnosu n funkciju g postoji, prem Teoremu Nek je P proizvoljn prticij segment [, b], norme. Stvimo Kko je g(x) = x c iz čeg oduzimnjem ϕ(t)dt slijedi σ P σ P := σ P = f (x i )[g(x i+1 ) g(x i )]. xi+1 f (x i ) ϕ(t)dt, x i f (t)ϕ(t)dt s obje strne jednkosti dobivmo xi+1 f (t)ϕ(t)dt = ( f (x i ) f (t)) ϕ(t)dt x i 2 Funkcij ϕ je psolutno integrbiln n segmentu [, b] ko ϕ(x) dx <.
24 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 21 σ P f (t)ϕ(t)dt = xi+1 x i [ f (xi ) f (t) ] ϕ(t)dt. Ndlje, promotrimo li psolutne vrijednosti dobivenih izrz slijedi d je σ P f (t)ϕ(t)dt mx f (x i) f (t) t [x i,x i+1 ] xi+1 x i ϕ(t) dt. Ako mx t [xi,x i+1 ] f (x i ) f (t), z i =, 1,..., n 1, oznčimo s M P, dobivmo σ b P f (t)ϕ(t)dt M P ϕ(t) dt. Uočimo kko vrijednost M P teži u nulu kko norm prticije P teži u nulu, zbog uniformne neprekidnosti. Stog, lim σ P = f (t)ϕ(t)dt. S druge strne, kko je funkcij f Stieltjes integrbiln u odnosu n funkciju g, iz definicije Stieltjesovog integrl vrijedi i lim σ P = f (x)dg(x). Time dobivmo: f (x)dg(x) = f (x)ϕ(x)dx. Korolr ([1]) Nek je funkcij f neprekidn, g klse C 1 n segmentu [, b]. Td z Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g vrijedi f (x)dg(x) = f (x)g (x)dx. Dokz. Nek je ϕ := g n segmentu [, b]. Td je funkcij ϕ neprekidn, p i psolutno integrbiln n segmentu [, b]. Stog tvrdnj direktno slijedi iz Teorem Teorem ([9]) Nek su funkcije f i ϕ neprekidne, funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Ako je funkcij β definirn s β(x) = x c ϕ(t)dg(t), x [, b], c [, b], td je i funkcij β ogrničene vrijcije n [, b] te vrijedi f (x)dβ(x) = f (x)ϕ(x)dg(x).
25 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 22 Primijetimo d je teorem, u slučju pretpostvke d je funkcij g klse C 1 n [, b], direktn posljedic Teorem Vžnost ovog teorem, čiji se dokz može nći u [9] jest u tome d vrijedi i uz slbiju pretpostvku n funkciju g, to je d je funkcij ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Jsno je d je svojstvo C 1 n segmentu [, b] jče od svojstv ogrničene vrijcije funkcije jer Lem grntir d je funkcij koj je klse C 1 ujedno i ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Definicij ([9]) Funkciju g : [, b] R definirnu s g(x) = i, x [x i, x i+1 pri čemu i R, z i =, 1,..., n 1, nzivmo step-funkcijom. Primjer ([9]) Odredimo Stieltjesov integrl neprekidne funkcije f : [, b] R u odnosu n step-funkciju g : [, b] R, definirnu s pri čemu i R, z i =, 1,..., n 1. g(x) = i, x [x i, x i+1 Jedn prticij segment [, b] odreden je točkm skok step-funkcije = x < x 1 <... < x n = b. Promtrjmo sv moguć profinjenj te prticije s normom koj teži u. Td je Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n step-funkciju (z koji znmo d postoji jer je f neprekidn, g ogrničene vrijcije) jednk f (x)dg(x) = lim f (x i )[g(x i+1 ) g(x i )] = f (x i )[ i+1 i ], pri čemu su x i, i =,..., n 1, točke skok step-funkcije. Primijetimo d, bez obzir koliko profinili prticiju, u sumi ostje smo nvedenih n člnov, jer ostli iščezvju zbog tog što je izmedu točk skok g konstnt. Teorem ([9]) Nek je funkcij f neprekidn, funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, b]. Uz to nek funkcij g poprim vrijednost c n gustom skupu točk iz segment [, b] koji uključuje i krjnje točke segment. Td vrijedi f (x)dg(x) =.
26 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 23 Dokz. Dokz teorem slijedi direktno iz definicije Stieltjesovog integrl. Nime, znmo d je funkcij f Stieltjes integrbiln u odnosu n funkciju g, p je f (x)dg(x) = lim f (α i )[g(x i+1 ) g(x i )]. (1.28) Td, zbog činjenice d funkcij g poprim vrijednost c n gustom skupu točk iz segment [, b] koji uključuje i krjnje točke segment, prticiju možemo birti uprvo iz tog gustog skup točk. Iz tog, sredivnjem izrz (1.28), dobivmo d zist vrijedi f (x)dg(x) =. 1.2 Neprvi Stieltjesov integrl Nek je funkcij f neprekidn n intervlu [, te funkcij g ogrničene vrijcije n segmentu [, R], z svki R >. Definicij ([9]) Integrl definirn s R f (x)dg(x) = lim f (x)dg(x), R ko limes postoji, nzivmo neprvim Stieltjesovim integrlom funkcije f u odnosu n funkciju g. Primijetimo d integrl R f (x)dg(x), z R >, postoji prem Teoremu N sličn nčin, ukoliko je funkcij f neprekidn n intervlu, ], neprvi Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g definirmo s f (x)dg(x) = lim f (x)dg(x). R R Ukoliko je pk funkcij f neprekidn n intervlu,, neprvi Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g definirmo n sljedeći nčin f (x)dg(x) = f (x)dg(x) + f (x)dg(x). Z neprvi Stieltjesov integrl kžemo d konvergir kd definirni limes postoji. U suprotnome, kžemo d integrl divergir. ([9])
27 POGLAVLJE 1. STIELTJESOV INTEGRAL 24 Definicij ([9]) Kžemo d neprvi Stieltjesov integrl konvergir psolutno ko i smo sljedeći Stieltjesov integrl konvergir pri čemu V[g] x potpun vrijcij funkcije g. f (x) dv[g] x <, Po Teoremu 1..11, postoje neopdjuće funkcije g 1 i g 2 tkve d je V[g] x = g 1 (x) + g 2 (x) p integrl R f (x) dv g(x) = R f (x) d[g 1(x) + g 2 (x)] postoji z svki R >.
28 Poglvlje 2 Lplceov trnformcij Lplceov trnsformcij poznt je mtemtičk metod koj se koristi z rješvnje problem iz područj mtemtičke nlize. Posebno je pogodn z rješvnje diferencijlnih jedndžbi. Stog ćemo u ovom poglvlju krenuti od formlne definicije Lplceove trnsformcije kko bismo ksnije mogli prikzti osnovn svojstv te primjenu u rješvnju diferencijlnih jedndžbi. 2.1 Definicij Lplceove trnsformcije i područje konvergencije Prije formlne definicije Lplceove trnsformcije uspostvit ćemo vezu s Stieltjesovim integrlom. Utemeljeno n ([9]), nek je g kompleksn funkcij relne vrijble t n intervlu [, te ogrničene vrijcije n segmentu [, R], z svki R >, tkv d g(t) = g 1 (t) + ig 2 (t). Nek je dn kompleksn funkcij jedne relne vrijble f (t) = e st, pri čemu je s kompleksn vrijbl, s = x + iy. Td prem Teoremu postoji Stieltjesov integrl funkcije f u odnosu n funkciju g n segmentu [, R] te je on jednk 25
29 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 26 R e st dg(t) = = = = + R R R R e (x+iy)t d[g 1 (t) + ig 2 (t)] e xt iyt dg 1 (t) + i R e xt iyt dg 2 (t) e xt [ cos(yt) i sin(yt) ] dg 1 (t) + i e xt cos(yt)dg 1 (t) i R R R e xt sin(yt)dg 2 (t). e xt sin(yt)dg 1 (t) + i e xt [ cos(yt) i sin(yt) ] dg 2 (t) R e xt cos(yt)dg 2 (t) Ndlje, prem definiciji neprvi Stieltjesov integrl funkcije f = e st u odnosu n funkciju g definirmo ko e st dg(t) = lim R R e st dg(t). (2.1) Z s C z koje limes postoji, neprvi Stieltjesov integrl konvergir dok z ostle divergir. Neprvi Stieltjesov integrl funkcije f (t) = e st u odnosu n funkciju g, definirn u (2.1), nzivmo Lplce-Stieltjesovim integrlom. Njime je zdn jedn funkcij kompleksne vrijble s C, n domeni konvergencije neprvog integrl. Područje konvergencije i nlitičnost Lplce-Stieltjesovog integrl Sljedeći teoremi govore o području konvergencije Lplce-Stieltjesovog integrl. U svim teoremim u ovom poglvlju pretpostvljmo d je funkcij g ogrničene vrijcije n svkom segmentu [, R], R >. Teorem ([9]) Nek je g kompleksn ili reln funkcij ogrničene vrijcije n svkom segmentu [, R], R >. Nek je s C te nek je sup u u< e st dg(t) = M, pri čemu M <. Td integrl e st dg(t) = lim R R e st dg(t)
30 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 27 konvergir z svki s C tkv d je Re(s) > Re(s ). Ndlje, z s C tkve d je Re(s) > Re(s ) tj integrl jednk je gdje je e st dg(t) = (s s ) h(u) := u e (s s )t h(t)dt e s t dg(t), u. Pritom, integrl n desnoj strni konvergir psolutno z Re(s) > Re(s ). Dokz. Nek je g funkcij ogrničene vrijcije n segmentu [, R]. Prem Teoremu z funkciju h definirnu s h(u) := u e s t dg(t) vrijedi odnosno R e (s s )t dh(t) = R R e st dg(t) = e st+s t e s t dg(t) = R R e (s s )t dh(t). e st dg(t), Prcijlnom integrcijom Stieltjesovog integrl, po Teoremu 1..13, dobivmo R S obzirom n to d je e st dg(t) = e (s s )t h(t) R R (s s )e (s s)t h(t)dt = e (s s )R h(r) e (s s ) h() + (s s ) = e (s s )R h(r) + (s s ) e st dg(t) = lim R R R R e (s s )t h(t)dt. e st dg(t) e (s s )t h(t)dt trebmo odrediti vrijednost tog limes. To znči d puštnjem lim R n desnu strnu jednkosti R e st dg(t) = e (s s )R h(r) + (s s ) R e (s s )t h(t)dt
31 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 28 dobivmo sljedeće [ e st dg(t) = lim e (s s)r h(r) + (s s ) R = lim R [ e (s s )R h(r) ] + lim R R [ (s s ) ] e (s s)t h(t)dt R R R = lim R [ e (s s )R h(r) ] + (s s ) lim ] e (s s)t h(t)dt e (s s )t h(t)dt. Iz pretpostvke sup u u< e st dg(t) = M, pri čemu M <, zključujemo d je funkcij h omeden. Td vrijedi ( lim e (s s )R h(r) ) lim e (s s )R h(r) = lim e (s s )R h(r) R R R M lim e (s s )R R Stog, zključujemo d je e st dg(t) = (s s ) lim = (s s ) R R = M lim R e (Re(s) Re(s ))R =. e (s s )t h(t)dt e (s s )t h(t)dt odnosno d dni neprvi integrl konvergir z svki s z koji je Re(s) > Re(s ). Preostje još provjeriti konvergir li integrl e (s s)t h(t)dt psolutno. Budući d je funkcij h omeden, z Re(s) > Re(s ) slijedi e (s s)t h(t) dt = e (s s )t h(t) dt = M = M e (Re(s) Re(s ))t Mdt e (Re(s) Re(s ))t dt 1 Re(s) Re(s ) < iz čeg zključujemo d z Re(s) > Re(s ) integrl konvergir psolutno.
32 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 29 Korolr [9] Ako integrl e st dg(t) konvergir z neki s = x + iy td konvergir i z svki s = x + iy z koji vrijedi x > x. Dokz. Pretpostvimo d e st dg(t) konvergir z neki s. Td postoji sup u u< e st dg(t) p tvrdnj slijedi direktno iz Teorem Ko posljedicu ovog korolr možemo zključiti d ko integrl e st dg(t) (2.2) divergir z neki s C, ond divergir u svkoj točki s C z koju je Re(s) Re(s ). Stog, zbog Korolr i komentr o divergenciji, prem ([9]) rzlikujemo tri slučj vezn uz područje konvergencije neprvog Lplce-Stieltjesovog integrl: 1. integrl konvergir z svki s C, 2. integrl ne konvergir ni z koji s C, 3. postoji β R tkv d z svki s C tkv d Re(s) > β integrl konvergir, z s C tkv d Re(s) < β integrl divergir. U trećem slučju, iz očitih rzlog,točku β R nzivmo pscisom konvergencije, prvc Re(s) = β nzivmo os konvergencije. Sljedeći teoremi govore o području konvergencije Lplce-Stieltjesovog integrl u slučju eksponencijlne omedenosti funkcije g. Teorem ([9]) Nek je g(t) = O(e γt ) 1 z neki reln broj γ te nek je g ogrničene vrijcije n [, R], z svki R >. Td integrl konvegir z svki s C tkv d je Re(s) > γ. e st dg(t) 1 Nek su dne dvije funkcije f i g. Kžemo d je g(x) = O( f (x)) ko postoje konstnte C > i x > tkve d z svki x x vrijedi g(x) C f (x).
33 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 3 Dokz. Nek je g(t) = O(e γt ). To znči d postoje C > i t > tko d z svki t t vrijedi g(t) Ce γt. Iz tog slijedi e st g(t) Ce Re(s)t e γt, t [t, e st g(t) dt Ce (Re(s) γ)t dt e st g(t) dt C e (Re(s) γ)t dt e st g(t) 1 dt C Re(s) γ, z s C tkv d Re(s) > γ. Nime, rspisivnjem integrl s lijeve strne nejednkosti dobivmo e st g(t) R [ ] dt lim Ce (Re(s) γ)t limr e (Re(s) γ)r 1 dt = C +. R Re(s) γ Re(s) γ lim R e st dg(t) = lim R Z Re(s) > γ je lim R e (Re(s) γ)r =, odnosno neprvi integrl konvergir. S druge strne, z Re(s) < γ neprvi integrl divergir. Dkle, zključujemo d integrl e st g(t)dt konvergir psolutno z svki s C z koji vrijedi Re(s) > γ, time konvergir i obično. Ndlje, trebmo provjeriti konvergir li integrl e st dg(t) z tkve s C z koje je Re(s) > γ. Prcijlnim integrirnjem dobivmo R [ g(t)e st ] R se st g(t)dt R = lim R [ g(r)e sr g()e s] + s lim = g() + s lim R R e st g(t)dt R R e st g(t)dt Primijetimo d je lim R g(r)e sr = zbog tog što je g(t) = O(e γt ). Kko smo već pokzli d e st g(t)dt konvergir psolutno z s C z koje je Re(s) > γ, konvergir i obično što znči d postoji limes n desnoj strni jednkosti, p postoji i limes n lijevoj strni jednkosti te končno dobivmo e st dg(t) = s e st g(t)dt g(). Zključujemo d integrl e st dg(t) konvergir z svki s C, Re(s) > γ.
34 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 31 Teorem ([9]) Obrtno, nek je funkcij g ogrničene vrijcije n [, R], z svki R >. Nek integrl e st dg(t) konvergir z neki s = γ + iδ, γ >. Td vrijedi kd t. g(t) = o(e γt ) 2, Dokz. Nek je s = γ + iδ C, γ >, ko u teoremu. Definirjmo funkciju z t,. Td je prem Teoremu t β(t) := t e su dβ(u) = = e su dg(u), t t e su e su dg(u) dg(u) = g(t) g(). Prcijlnim integrirnjem integrl t esu dβ(u) dobivmo g(t) g() = β(u)e su t t = β(t)e st β() s = β(t)e st s t se su β(u)du t e su β(u)du e su β(u)du jer iz integrlne definicije funkcije β slijedi β() =. Pomnožimo li obje strne jednkosti s e st te pustimo lim t, dobivmo t ] lim [g(t) t g()]e st = lim [β(t) se st e su β(u)du t t ) = β( ) lim (se st e su β(u)du. t 2 Pišemo g(x) = o( f (x)), x, ko f (x) g(x) kd x.
35 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 32 Uočimo d je β( ) < po pretpostvci konvergencije u iskzu teorem, p končno dobivmo t ) lim [g(t) t g()]e st = lim (se st e su [β( ) β(u)]du. t Z s C tkv d je Re(s) = γ >, limes n desnoj strni jednkosti jednk je, p je lim [g(t) t g()]e st =, što ustvri znči d je kd t teži u. Zbog γ > immo g(t) = o(e γt ), kd t. g(t) g() = o(e γt ) Sljedeć dv teorem govore o nlitičnosti Lplce-Stieltjesovog integrl n domeni konvergencijie integrl. Teorem ([9]) Nek je b. Nek je funkcij g ogrničene vrijcije n [, b]. Td je funkcij f (s) := nlitičk n C, te z njene derivcije vrijedi Dokz. Fiksirmo proizvoljn s C. Zpišimo e st u obliku sume, odnosno Td slijedi e st dg(t) f (k) (s) = ( 1) k e st t k dg(t), k N. f (s) = e st = ( st) n. n! n= e st dg(t) = ( st) n dg(t). n! Z fiksn s eksponencijlni red ko red funkcij vrijble t uniformno konvergir. Nime, oznčimo s S n (t) := n ( s) k t k k= prcijlne sume dnog red z fiksn s. k! n=
36 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 33 One su funkcije vrijble t definirne n segmentu [, b]. Štoviše, znmo d S n (t) uniformno konvergir po t [, b] funkciji sume S (t) = ( s) k t k k=. Td po Teoremu 6.19 iz k! ([4]) vrijedi S n(t)dt S (t)dt, n. Zbog tog, u nšem slučju vrijedi ( st) n ( s) n dg(t) = t n dg(t). n! n! Primijetimo d je n= t n dg(t) n= t n dv(g) t dt mx( n, b n )(V(g) b V(g) ) = mx( n, b n )V(g) b što slijedi iz svojstv (1.24) Stieltjesovog integrl, p je red u vrijbli s dominirn eksponencijlnim redom te konvergir uniformno n kompktim u C. Po Weierstrssovom M-testu (vidjeti u ([6])) funkcij f je nlitičk n C. Kko niz nlitičkih funkcij uniformno konvergir n kompktim, po istom teoremu smijemo derivirti čln po čln te z derivcije funkcije f dobivmo: odnosno f (k) (s) = f (k) (s) = n=k s n k (n k)! ( t) n dg(t), e st ( t) k dg(t) = ( 1) k e st t k dg(t). Teorem ([9]) Nek je g ogrničene vrijcije n [, R], z svki R >. Nek integrl e st dg(t) konvergir z svki s C tkv d je Re(s) > β <. Td je funkcij f (s) = e st dg(t) nlitičk n C z Re(s) > β te vrijedi Dokz. Pretpostvimo d integrl f (k) (s) = e st ( t) k dg(t). e st dg(t) (2.3)
37 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 34 konvergir z svki s C tkv d je Re(s) > β <. Nek je s proizvoljn točk iz polurvnine u kojoj integrl (2.3) konvergir. Postoji ztvoren krug K koji se nlzi u polurvnini konvergencije integrl (2.3), točk s pripd krugu K. Može se pokzti (vidjeti Teorem 4.3 u ([9])) d integrl (2.3) konvergir uniformno po s u krugu K. Funkciju f možemo zpisti u obliku red: n+1 f (s) = e st dg(t), n= n koji po prethodnom konvergir uniformno n K. Ndlje, prem Teoremu svki čln red je nlitičk funkcij n C, on konvergir uniformno n kompktnim krugovim K u polurvnini konvergencije, p možemo primijeniti Weierstrssov M-test te zključiti d je funkcij f nlitičk n C z Re(s) > β. Po istom teoremu smijemo derivirti čln po čln te z derivcije funkcije f dobivmo: Lplceov trnsformcij f (k) (s) = e st ( t) k dg(t). Z s C z koje integrl e st dg(t) konvergir, definir funkciju F vrijble s koju nzivmo Lplce-Stieltjesovim trnsformtom funkcije g. Ako je z funkciju f : [, + C, funkcij F definirn ko F(s) := e st f (t)dt nzivmo je Lplceovim trnsformtom funkcije f. Funkcije f i g nzivt ćemo originlom. U dljnjem tekstu bvit ćemo se Lplceovom trnsformcijom, dok Lplce-Stieltjesov trnsformcij im mnog sličn svojstv. Sm vez Lplceove i Lplce-Stieltjesove trnsformcije dn u Teoremu U prethodnim teoremim pokzli smo područje konvergencije Lplce-Stieltjesove trnsformcije neke funkcije. Definicij ([7]) Nek je f kompleksn funkcij relne vrijble t, t >, te nek je s C. Lplceov trnsformt funkcije f, u oznci L f (s), definirmo ko funkciju kompleksne vrijble s dnu s L f (s) = z s C z koje limes postoji. T e st f (t)dt = lim e st f (t)dt, (2.4)
38 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 35 Npomen Primijetimo d je u definiciji funkcij f općenito kompleksn funkcij relne vrijble, f : [, + C. Medutim, stvljnjem f (t) = f 1 (t) + i f 2 (t) u (2.4) i rstvljnjem integrl n dv integrl, u nstvku ćemo bez smnjenj općenitosti pretpostviti d je f : [, + R reln funkcij jedne relne vrijble. Iz definicije možemo zključiti d je Lplceov trnsformt funkcije definirn z one vrijednosti s C z koje neprvi integrl konvergir. U suprotnome, z s C z koje neprvi integrl divergir, Lplceov trnsformt nije definirn. Prisjetimo se, kžemo d neprvi integrl e st f (t)dt konvergir psolutno ko postoji limes T lim e st f (t) dt. Apsolutn konvergencij povlči običnu konvergenciju jer z T > T vrijedi T T e st T f (t)dt e st f (t)dt što teži u nulu kd T p prem Cuchy-evom kriteriju zključujemo d integrl konvergir obično. D bismo osigurli konvergenciju integrl, smim time i postojnje Lplceovog trnsformt dne funkcije, potrebno je usmjeriti pžnju n odbir domene kojoj pripd s C. U teoremim ispod nvodimo dovoljne uvjete, vezne uz eksponencijlni rst originl, z postojnje Lplceovog trnsformt. Prije tog nvodimo neke osnovne definicije potrebne u iskzu teorem. T Definicij ([7]) Kžemo d funkcij f : R R im skok u točki t = t ko u R postoje lijevi i desni limes funkcije f u točki t R te ko su oni rzličiti, točnije, ko z lim t t f (t) := f (t ), vrijedi f (t ) f (t+ ). lim t t + f (t) := f (t + ) Definicij ([7]) Kžemo d je funkcij f : [, + R po dijelovim neprekidn n intervlu [, ko:
39 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA postoji desni limes u točki t = u skupu relnih brojev koji oznčvmo s f ( + ) ili lim t + f (t) 2. funkcij f je neprekidn n svkom segmentu [, b], b >, osim u končno mnogo točk x 1, x 2,..., x n segment, u kojim funkcij im skok. Iz drugog uvjet po dijelovim neprekidne funkcije slijedi d je dn funkcij f omeden n svkom od intervl, x i, x 1, x 2,..., x n 1, x n. Specijlno f (t) M, t, x 1. Definicij ([7]) Kžemo d je funkcij f : [, R eksponencijlnog rst ko postoje konstnte M > i α R tkve d z neki t vrijedi f (t) Me αt, t t. Infimum skup svih konstnti α koje zdovoljvju nejednkost, ukoliko je rzličit od, nzivmo eksponentom rst funkcije f te oznčvmo s α. Teorem ([7]) Nek je funkcij f : [, R po dijelovim neprekidn s eksponentom rst α R. Td, z s C tkve d je Re(s) > α, Lplceov trnsformt L f (s) funkcije f postoji. Štoviše, z tkve s C integrl konvergir psolutno. e st f (t)dt Dokz. Nek je s C tkv d Re(s) > α. Td postoji konstnt α tkv d je Re(s) > α > α. Osim tog, postoji t > i konstnt M tkv d vrijedi f (t) Me αt, t t. (2.5) Td immo e st f (t) dt = e st f (t) dt
40 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 37 iz čeg zbog (2.5) slijedi e st f (t) dt e Re(s)t Me αt dt = = M Dkle, z Re(s) > α > α vrijedi e (Re(s) α)t dt = M lim e (Re(s) α)t Mdt R R R 1 = M lim R Re(s) α e (Re(s) α)t [ ( ) 1 = M lim R Re(s) α e (Re(s) α)r M = Re(s) α. e st f (t) dt M Re(s) α <, e (Re(s) α)t dt ( lim R )] 1 Re(s) α e iz čeg zključujemo d integrl e st f (t)dt konvergir psolutno, p konvergir i obično. Stog je Lplceov trnsformt definirn z s C z koje vrijedi Re(s) > α. Tkoder, z funkciju koj zdovoljv uvjete Teorem , Lplceov integrl konvergir uniformno z s C z koje Re(s) > α. Pokžimo to. Uzmimo funkciju f po dijelovim neprekidnu n intervlu [, s eksponentom rst α ko u Teoremu Uzmimo s C tkv d Re(s) > α. Td postoji α tkv d Re(s) > α > α. Td prem definiciji eksponent rst postoje M > i R > tko d vrijedi f (t) Me αt, t R. Immo R e st f (t)dt R R e Re(s)t f (t) dt e Re(s)t Me αt dt = M e (Re(s) α)t dt R [ 1 = M Re(s) α e (Re(s) α)t = Me (Re(s) α)r Re(s) α. R ]
41 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 38 Ndlje, nek je x tkv d Re(s) x > α. Td je Me (Re(s) α)r Re(s) α Me (x α)r x α. (2.6) Zto z svki ɛ > postoji R tkv d z sve vrijednosti s C z koje je Re(s) x > α vrijedi e st f (t)dt < ɛ. Time je zdovoljen uvjet uniformne konvergencije. R 2.2 Osnovni primjeri Nkon što smo definirli Lplceov trnsformt i nveli dovoljne uvjete njegovog postojnj, nrednim primjerim prikzt ćemo postupk odredivnj Lplceovog trnsformt osnovnih funkcij koje ćemo koristiti pri rješvnju diferencijlnih jedndžbi u ksnijem poglvlju. U rčunim odmh odredujemo i područje definicije trnsformt, ko područje postojnj pripdnog neprvog integrl. Kko je z definiciju Lplceove trnsformcije bitn smo intervl [, +, možemo pretpostviti d su sve nše funkcije identički jednke z t <. Definicij ([2]) Hevisideov step funkcij 3 ili skrćeno jediničn step funkcij definir se ko, t < H(t) = 1, t Primijetimo d je Hevisideov funkcij zprvo jediničn funkcij kd stvimo f (t) =, z t <. 3 Funkcij je dobil ime prem Oliveru Hevisideu ( )
42 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 39 Primjer Odredimo Lplceov trnsformt Hevisideove funkcije. Rčunmo po definiciji: L f (s) = = e st 1dt e st dt T = lim e st dt. Pokzujemo d z s C, s, vrijedi: e st dt = e st s + C, C C. (2.7) Koristeći definiciju kompleksne eksponencijlne funkcije: e x+iy = e x (cosy + isiny), dobivmo: e st dt = e xt e iyt dt = e xt [ cos(yt) i sin(yt) ] dt = e xt cos(yt)dt i e xt sin(yt)dt [ = e xt y sin(yt) x cos(yt) ] [ ] + i e xt x sin(yt) y cos(yt) x 2 + y 2 x 2 + y 2 = e xt [ [ ]] y sin(yt) x cos(yt) + i x sin(yt) y cos(yt). x 2 + y 2 S druge strne, e st s Time smo dokzli = e (x+iy)t e xt x + iy = e iyt [ x + iy = e xt cos(yt) i sin(yt) ] x iy [ x + iy x iy = e xt cos(yt) i sin(yt) ] (x iy) x 2 + y 2 = = e xt [ ] ( cos(yt) + i sin(yt)) (x iy) x 2 + y 2 e xt x 2 + y 2 [ y sin(yt) x cos(yt) + i [ x sin(yt) y cos(yt) ]]. e st dt = e st s.
43 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 4 Končno odredimo Lplceov trnsformt funkcije f : T L f (s) = lim e st dt = lim e st T s = lim ( e st s ( e st = lim = 1 s, s + 1 s ) ) 1 + lim s z Re(s) > jer lim e st = lim e Re(s)T =. Z Re(s) < integrl divergir jer lim e st = +. Končno, z Re(s) = je s = iy, y R, p rčunmo T lim T T e iyt dt = lim cos(yt)dt + i lim sin(yt)dt, što se vidi d divergir z svki y R. Dkle, z f (t) = 1, t > je L f (s) = 1, s C, Re(s) >. s Primjer Odredimo Lplceov trnsformt funkcije identitete f (t) = t, t. Prcijlnim integrirnjem dolzimo do L f (s) = lim e st t dt = lim [ 1s T T ( te st 1 ) ] e st dt s = lim [ Ts e st 1s T] 2 e st = lim ( Ts e st 1s 2 e st + 1s ). 2 T Z Re(s) > prv dv čln teže u nulu te ostje 1 s 2. Z Re(s) < te z Re(s) =, tj. s = iy, y R, izrz divergir. Stog je L(id)(s) = 1, s C, Re(s) >. s2
44 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 41 Prethodni rezultt možemo generlizirti u obliku korolr. Korolr ([2]) Lplceov trnsformt funkcije f (t) = t n, n >, jednk je s C tkv d Re(s) >. L(t n )(s) = n! s n+1, Dokz. Kko bismo dokzli tvrdnju primijenit ćemo mtemtičku indukciju. Zpišimo rekurzivnu formulu z odredivnje Lplceovog trnsformt funkcije f (t) = t n, n N. Primjenom definicije prcijlne integrcije dobivmo: L(t n )(s) = t n e st dt = lim [ tns T e st + = lim ( T ) n s e st T nt n 1 + n s lim s ( T ] e st dt ) t n 1 e st dt Dkle, L(t n )(s) = n s L(tn 1 )(s), (2.8) z Re(s) >, dok se z Re(s) može, slično ko i prije, pokzti divergencij integrl. Već smo prije pokzli d z n = vrijedi: Prem (2.8), z n = 1 vrijedi: s C, tkv d Re(s) >. Pretpostvimo sd d vrijedi L(1)(s) = 1, s C, Re(s) >. s L(t)(s) = 1 s L(1)(s) = 1 s 1 s = 1 s 2, Td po (2.8) slijedi: L(t n )(s) = n!, s C, Re(s) >. sn+1 L(t n+1 )(s) = n + 1 L(t n )(s), s C, Re(s) >, s
45 POGLAVLJE 2. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 42 odnosno L(t n+1 )(s) = n + 1 n! s s n+1 (n + 1)! =, s C, Re(s) >. s n+2 Primjer Odredimo Lplceov trnsformt funkcije f (t) = e αt, t, α R, α. Rčunmo: T L(e αt )(s) = lim e αt e st dt T = lim e (s α)t dt = lim e (s α)t T s α = lim ( e (s α)t ( e (s α)t = lim = 1 s α, ) s α + e (s α) s α ) + 1 s α s α z s C z koji je Re(s) > α. U suprotnome integrl divergir te Lplceov trnsformt nije definirn. Primjer Odredimo Lplceov trnsformt funkcije f (t) = e iωt, ω R, ω. Rčunmo po definiciji: L(e iωt )(s) = e (s iω)t dt ( T ) = lim e (s iω)t dt = lim e (s iω)t T s iω ) = lim ( e (s iω)t s iω + 1 s iω ) = lim ( e (s iω)t 1 + s iω s iω.
Problem površine - odredeni integral Matematika 2 Erna Begović Kovač, Literatura: I. Gusić, Lekcije iz Matematike 2
Problem površine - odredeni integrl Mtemtik 2 Ern Begović Kovč, 2019. Litertur: I. Gusić, Lekcije iz Mtemtike 2 http://mtemtik.fkit.hr Uvod Formule z površinu geometrijskih likov omedenih dužinm (rvnim
ВишеMicrosoft Word - 26ms281
Zdtk 8 (Ivn, tehničk škol) Rcionlizirj rzlomk Rješenje 8 6 +, b b, b b Proširiti rzlomk znči brojnik i nzivnik tog rzlomk pomnožiti istim brojem rzličitim od nule i jedinice n b b n, n, n Zkon distribucije
ВишеSveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Zlatko Trstenjak Određeni integral i primjene
Sveučilište J.J. Strossmyer u Osijeku Odjel z mtemtiku Sveučilišni preddiplomski studij mtemtike Zltko Trstenjk Određeni integrl i primjene u geometriji Zvršni rd Osijek, 8. Sveučilište J.J. Strossmyer
ВишеStokesov teorem i primjene Stokesov teorem - iskaz pogledati u predavanjima (Teorem 21.7.) Zadatak 1 Izračunajte ukupni fluks funkcije F kroz plohu D,
Stokesov teorem i primjene Stokesov teorem - iskz pogledti u predvnjim (Teorem 1.7.) Zdtk 1 Izrčunjte ukupni fluks funkcije F kroz plohu, ko je F zdno s F (x, y, z) ( y, x, x ), je unij cilindr x + y (pri
Више1. Realni brojevi
.. Skupovi brojev N {, 2,,...,n, n +,...} Skup prirodnih brojev ztvoren je s obzirom n opercije zbrjnj i množenj. To znči d se bilo koj dv broj ili više njih) mogu zbrjti i množiti i ko rezultt opet dobivmo
Више(Microsoft Word - Dr\236avna matura - kolovoz vi\232a razina - rje\232enja)
I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA. B. Kubirmo zdnu nejednkost, što smijemo jer je funkcij f (x) = x 3 bijekcij s R u R. Dobivmo nejednkost: < < 8. Ovu nejednkost zdovoljvju prirodni brojevi, 3, 4, 5, 6 i
ВишеMicrosoft Word - integrali IV deo.doc
INTEGRALI ZADAI ( IV DEO) Integrcij rcionlne funkcije P( ) Rcionln funkcij je oblik Q( ). Može biti prv i neprv. Prv rcionln funkcij je on kod koje je mksimlni stepen polinom P() mnji od mksimlnog stepen
Више(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj vi\232a razina - rje\232enja)
. C. Intervl A tvore svi relni brojevi koji su jednki ili veći od i strogo mnji od 7. Intervl B tvore svi relni brojevi koji su strogo veći od i jednki ili veći od 5. Presjek tih intervl tvore relni brojevi
ВишеIV 3. Prostor matrica datog tipa nad poljem. Neka je dato polje (F, +, ) i neka su m, n N. Pravougaona šema mn skalara iz polja F, koja se sastoji od
IV 3 Prostor mtric dtog tip nd poljem Nek je dto polje (F, +, ) i nek su m, n N Prvougon šem mn sklr iz polj F, koj se sstoji od m vrst i n kolon zpisn ko A = 211 22 2n ili A = 21 22 2n m1 m2 mn m1 m2
ВишеOrtogonalni, Hermiteovi i Jacobijevi polinomi Safet Penjić Naučno-istraživački rad* koji je razvijen kao parcijalno ispunjenje obav
Ortogonlni, Hermiteovi i Jcobijevi polinomi Sfet Penjić inforrt@gmil.com Nučno-istrživčki rd* koji je rzvijen ko prcijlno ispunjenje obvez prem izbornom predmetu Specijlne funkcije s postdiplomskog studij
ВишеMicrosoft Word - Andrea Gelemanovic i Martina Hrkovac - Dvodimenzionalna valna jednadzba.doc
Sveučilište u Zgreu Fkultet kemijskog inženjerstv i tehnologije Zvod z mtemtiku Mtemtičke metode u kemijskom inženjerstvu Dvodimenzionln vln jedndž Profesor: Dr.sc. Ivic Gusić Andre Geleović i Mrtin Hrkovc
ВишеMicrosoft Word - MATRICE ZADACI ii deo
MATRICE ZADACI ( II DEO) REŠAVANJE SISTEMA LINEARNIH ALGEBARSKIH JEDNAČINA Siste od jednčin s n nepozntih je njčešće uopšteno dt s: x + x +... + x = b n n x + x +... + x = b... n n x + x +... + x = b n
ВишеPetar Stipanovid :: Rješenja 2. pismenog ispita iz MMF1 2010/ I2-1 Ako su Φ = r sin πφ + θ ; F = r 2 sin θ r + r cos φ θ + cos θ φ; M = log 2
Petr Stipnovid :: Rješenj. pismenog ispit iz MMF / I - Ako su Φ = r sin φ + θ ; F = r sin θ r + r cos φ θ + cos θ φ; M = log sin x y+z ; E = ρ z ρ gdje su (r, θ, φ) Krtezijeve koordinte, (r, θ, φ) sferne
Више(Microsoft Word - VI\212ESTRUKI INTEGRALI- zadaci _ I deo_.doc)
VIŠESTRUKI INTEGRALI - ZAACI ( I EO) vostruki integrli-odredjivnje grnic integrcije Prv stvr s kojom se susrećemo kod dvojnih integrl je odredjivnje grnice integrcije. Z skoro svki zdtk mormo crtti sliku
ВишеZadatak 1 U jednodimenzionalnoj kutiji, širine a, nalazi se 1000 neutrona. U t = 0, stanje svake čestice je ψ(x, 0) = Ax(x a). a) Normirajte valnu fun
Zdtk 1 U jednodimenzionlnoj kutiji, širine, nlzi se 1 neutron. U t, stnje svke čestice je ψ(x, ) Ax(x ). ) Normirjte vlnu funkciju ψ i ndite [ vrijednost konstnte A. b) Koliko čestic se nlzi u intervlu,
ВишеT E O R I J A G R A F O V A Do sada smo koristili grafove za predstavljanje relacija. Međutim, teorija grafova je samostalni i važan deo matematike. G
T E O R I J A G R A F O V A Do sd smo koristili grfove z predstvljnje relij. Međutim, teorij grfov je smostlni i vžn deo mtemtike. Grfovi su poseno znimljivi jer pomoću njih možemo modelovti složene proleme
ВишеMLADI NADARENI MATEMATIČARI Marin Getaldic Uvod u nejednakosti Nejednakosti su područje koje je u velikoj mjeri zastupljeno na matematički
MLADI NADARENI MATEMATIČARI Mri Getldic Uvod u ejedkosti..05. Nejedkosti su područje koje je u velikoj mjeri zstupljeo mtemtičkim tjecjim, li se u sredjoškolskom grdivu jedv spomije. Tkvi zdtci mogu stvrti
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 29. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (
MJERA I INTEGRAL. kolokvij 9. lipnja 018. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni! 1. (ukupno 6 bodova Neka je (, F, µ prostor s mjerom, neka je (f n n1 niz F-izmjerivih funkcija
ВишеNeprekidnost Jelena Sedlar Fakultet građevinarstva, arhitekture i geodezije Jelena Sedlar (FGAG) Neprekidnost 1 / 14
Neprekidnost Jelena Sedlar Fakultet građevinarstva, arhitekture i geodezije Jelena Sedlar (FGAG) Neprekidnost 1 / 14 Jelena Sedlar (FGAG) Neprekidnost 2 / 14 Definicija. Jelena Sedlar (FGAG) Neprekidnost
ВишеMicrosoft Word - 26ms441
Zdtk 44 (Ktri, mturtic) Dijelimo li bombo osmero djece tko d svko dijete dobije jedki broj bombo, ostt će epodijelje bombo Kd bismo toj djeci dijelili 5 bombo tko d svko dijete dobije jedki broj bombo,
ВишеMicrosoft Word - INTEGRALI ZADACI - v deo
INTEGRALI ZADACI (V-DEO) Inegrli nekih funkcij koje sdrže kvdrni rinom b c Njpre ćemo proučii inegrle oblik: I i I b c b c Kod njih se kvdrni rinom b c svede n knonični oblik pomoću formule: b c b b c
ВишеNastavna cjelina: 6. Sukladnost i sličnost Nastavne jedinice: -SUKLADNOST DUŽIN I KUTOVA -SUKLADNOST TROKUTA -SIMETRALA DUŽINE, KUTA I SREDNJICA TROKU
TEORIJA IZ SUKLADNOST DUŽINA I KUTOVA SUKLADNOST TROKUTA SIMETRALA DUŽINE, KUTA I SREDNJICA TROKUTA ČETIRI KARAKTERISTIČNE TOČKE TROKUTA PROPORCIONALNOST DUŽINA SLIČNOST TROKUTA 6.1. SUKLADNOST DUŽINA
ВишеMicrosoft Word - VALJAK.doc
ALJAK ljk je geometrijsko telo ogrničeno s dv krug u prlelnim rvnim i delom cilindrične površi čije su izvodnice normlne n rvn tih krugov. Os vljk je prv koj prolzi kroz centre z. Nrvno ko i do sd oznke
ВишеSVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivana Šore REKURZIVNOST REALNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: doc.
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivana Šore REKURZIVNOST REALNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: doc.dr.sc. Zvonko Iljazović Zagreb, rujan, 2015. Ovaj diplomski
ВишеMATEMATIČKA ANALIZA I primjeri i zadaci Ante Mimica 8. siječnja 2010.
MATEMATIČKA ANALIZA I primjeri i zadaci Ante Mimica 8 siječnja 00 Sadržaj Funkcije 5 Nizovi 7 3 Infimum i supremum 9 4 Neprekidnost i es 39 3 4 SADRZ AJ Funkcije 5 6 FUNKCIJE Nizovi Definicija Niz je
ВишеMicrosoft Word - INTEGRALI ZADACI - v deo
INTEGRALI ZADACI (V-DEO) Inegrli nekih funkij koje sdrže kvdrni rinom Njpre ćemo proučii inegrle oblik: I= i I = Kod njih se kvdrni rinom svede n knonični oblik pomoću formule: b 4 b = + + 4 nrvno, možemo
ВишеZadatak 1 U jednodimenzionalnoj kutiji, širine a, nalazi se 1000 neutrona. U t = 0, stanje svake čestice je ψ(x, 0) = Ax(x a). a) Normirajte valnu fun
Zdtk U jednodimenzionlnoj kutiji, širine, nlzi se 000 neutron. U t 0, stnje svke čestice je ψx, 0 Axx. Normirjte vlnu funkciju ψ i ndite [ vrijednost konstnte A. b Koliko čestic se nlzi u intervlu 0, ]
ВишеMicrosoft Word - KRIVOLINIJSKI INTEGRALI zadaci _I deo_.doc
KRIVOLINIJSKI INTEGRALI ZADACI ( I DEO) Krivolinijski inegrli prve vrse. Izrčuni krivolinijski inegrl ds ko je deo prve = izmeñu čk (, ) i (,). D se podseimo: b Ako je kriv d u obliku : =() b d je: f (,
ВишеPRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET Univerzitet u Nišu MASTER RAD Karamatine pravilno promenljive funkcije i linearne diferencijalne jednačine Mentor: Prof.
PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET Univerzie u Nišu MASTER RAD Krmine prvilno promenljive funkcije i linerne diferencijlne jednčine Menor: Prof. dr Jelen Mnojlović Suden: Krin Kosdinov Niš, 2015. Sdržj 1 Krmine
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 4. svibnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori n
1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 4. svibnja 2018. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) (a) (2 boda) Definirajte (općenitu) vanjsku mjeru. (b) (2 boda) Definirajte
ВишеMicrosoft Word - INTEGRALI ZADACI.doc
INTEGRALI ZADAI ( II DEO) INTEGRAIJA POMOĆU SMENE Ako uvedemo smenu = g( ) ond je d= g`( ) i počeni inegrl f ( ) d posje: f ( ) d= f ( g( )) g`( ) Z poček evo jednog sve: z smenu biri izrz čiji je izvod
ВишеIme i prezime: Matični broj: Grupa: Datum:
Lom i refleksij svjetlosti Cilj vježbe Primjen zkon geometrijske optike (lom i refleksij svjetlosti). Određivnje žrišne dljine tnke leće direktnom metodom. 1. Teorijski dio Zrcl i leće su objekti poznti
ВишеMicrosoft Word - 16ms321
Zdtk 3 (4, 4, TUPŠ) Duljine strni trokut jesu.5 m, 0 m i 8.5 m. Rzlik duljin njdulje i njkrće strnie njemu sličnog trokut iznosi 4.8 m. Kolik je duljin treće strnie (strnie srednje duljine) sličnog trokut?.
ВишеUniverzitet u Nišu Prirodno - matematički Fakultet Departman za matematiku Višestruko osiguranje - Master rad - Mentor: dr Marija Milošević Niš, Mart
Univerzitet u Nišu Prirodno - mtemtički Fkultet Deprtmn z mtemtiku Višestruko osigurnje - Mster rd - Mentor: dr Mrij Milošević Niš, Mrt 213. Student: An Jnjić 2 Sdržj 1 Uvod 5 2 Osnovni pojmovi 7 2.1 Motivcioni
ВишеZADACI ZA VJEŽBU 1. Dokažite da vrijedi: (a) (A \ B) (B \ A) = (A B) (A C B C ), (b) A \ (B \ C) = (A C) (A \ B), (c) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C). 2.
ZADACI ZA VJEŽBU. Dokažite da vrijedi: (a) (A \ B) (B \ A) = (A B) (A C B C ), (b) A \ (B \ C) = (A C) (A \ B), (c) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C).. Pomoću matematičke indukcije dokažite da za svaki n N vrijedi:
Више(Microsoft Word - EKSTREMUMI FUNKCIJA VI\212E PROMENLJIVIH _ii deo_.doc)
EKSTREMUMI FUNKCIJA VIŠE PROMENLJIVIH ( II deo ) USLOVNI EKSTREMUM Ovde osim funkcije immo dte i uslove. Njčešće je to jedn uslov, li u oiljnijim primerim mogu iti dv i više njih. Ako je recimo dt funkcij
ВишеDiferenciranje i integriranje pod znakom integrala math.e Vol math.e Hrvatski matematički elektronički časopis Diferenciranje i integriranje pod
1 math.e Hrvatski matematički elektronički časopis Diferenciranje i integriranje pod znakom integrala analiza Irfan Glogić, Harun Šiljak When guys at MIT or Princeton had trouble doing a certain integral,
ВишеMicrosoft Word - Integrali III deo.doc
INTEGRALI ZADACI (III-DEO) PARCIJALNA INTEGRACIJA Ako su u i diferencijbilne funkcije od, ond je : ud= u du O meod, prcijln inegrcij, po prilu je n počeku proučnj slbo rzumlji. Mi ćemo pokuši, koliko o
ВишеMicrosoft Word - GEOMETRIJA 3.4..doc
4. UČENIK UME DA IZRAČUNA POVRŠINU I ZAPREMINU PRIZME I PIRAMIDE U SLUČAJEVIMA KADA NEOPODNI ELEMENTI NISU DATI KOCKA D= d = P= 6 V= mrež kocke Kock im 1 ivic dužine. Ml dijgonl ( dijgonl onove) je d =.
ВишеMicrosoft Word - 15ms261
Zadatak 6 (Mirko, elektrotehnička škola) Rješenje 6 Odredite sup S, inf S, ma S i min S u skupu R ako je S = { R } a b = a a b + b a b, c < 0 a c b c. ( ), : 5. Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik
Више(Microsoft Word - Vietove formule. Rastavljanje kvadratnog trinoma na lenear\205)
VIETOVE FORMULE. RASTAVLJANJE KVARATNOG TRINOMA NA LINEARNE ČINIOCE Brojev su rešenj kvdrtne jednčine + + ko i so ko je + i Ove dve jednkosti zovu se Vietove forule. Čeu one služe? Osnovn prien je d n
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL završni ispit 6. srpnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1.
MJERA I INTEGRAL završni ispit 6. srpnja 208. (Knjige bilježnice dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!). (8 bodova) Kao na predavanjima za d N sa P d : a b ] a d b d ] : a i b i R a i b i za i
Више1
Zdci z poprvni ispit. rzred-tehničri. Izrčunj ) 0- (- 7) - [(-)- (-)]+7 (-7) (8-)-(-)(-) -+ [+ (- )].Izrčunj ) e) 7 7 7 8 7 i) 0 7 7 j) 8 k) 8 8 8 l). 0,.Poredj po veličini, počevši od njvećeg prem njmnjem,,,,.)odredi
ВишеPLB146 Manual
SRPSKI PLB-146M Uputstvo z montžu UPUTE ZA OTVARANJE PAKIRANJA! Pžljvo otvorite kutiju, izvdite njezin sdržj i rsporedite g n krton ili neku drugu zštitnu površinu (d biste izbj egli oštedenj).! Prem popisu
ВишеMicrosoft Word - 09_Frenetove formule
6 Frenet- Serret-ove formule x : 0,L Neka je regularna parametrizaija krivulje C u prostoru parametru s ) zadana vektorskom jednadžbom: x s x s i y s j z s k x s, y s, z s C za svaki 0, L Pritom je zbog
Више(Microsoft Word - RE\212AVANJE SISTEMA JEDNACINA _metoda det._)
EŠAVANJE SISTEMA JENAČINA ( METOA ETEMINANTI) U prethodni fjlovi so govorili kko se rešvju sistei upotrebo tric. U ovo fjlu ćeo pokušti d v objsnio kko se prienjuju deterinnte n rešvnje siste linernih
Вишеvjezbe-difrfv.dvi
Zadatak 5.1. Neka je L: R n R m linearni operator. Dokažite da je DL(X) = L, X R n. Preslikavanje L je linearno i za ostatak r(h) = L(X + H) L(X) L(H) = 0 vrijedi r(h) lim = 0. (5.1) H 0 Kako je R n je
ВишеPowerPoint Presentation
REALNA FUNKCIJA Fukciju f čiji je skup vrijedosti V podskup skup R relih brojev zovemo relom fukcijom. Ako je, pritom, oblst defiisosti D eki podskup skup R uređeih -torki relih brojev, kžemo d je f rel
ВишеMicrosoft Word - MATRICE.doc
MARICE (EORIJA) Z prvougonu ( kvrtnu ) šemu rojev (i,,,m j,,,n ):............ n n m m mn kžemo je mtri tip m n. Brojevi su elementi mtrie. ip mtrie je vrlo itn stvr : k kžemo je mtri tip m n, to znči on
ВишеMicrosoft Word - PRIMENE SLICNOSTI NA PRAVOUGLI TROUGAO.doc
PRIMENE SLIČNOSTI N PRVOUGLI TROUGO Nrjmo jedn prvougli rougo s sndrdnim oeležvnjim:, su kee je ipoenuz je ipoenuzin visin p i su odseči n ipoenuzi koje prvi visin β α α D p β Hipoenuzin visin D deli rougo
ВишеNumerička matematika 11. predavanje dodatak Saša Singer web.math.pmf.unizg.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb NumMat 2019, 11. p
Numerička matematika 11. predavanje dodatak Saša Singer singer@math.hr web.math.pmf.unizg.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb NumMat 2019, 11. predavanje dodatak p. 1/46 Sadržaj predavanja dodatka
Више07jeli.DVI
Osječki matematički list 1(1), 85 94 85 Primjena karakterističnih funkcija u statistici Slobodan Jelić Sažetak. U ovom radu odred ene su funkcije distribucije aritmetičke sredine slučajnog uzorka duljine
ВишеSlide 1
DINAMIKA Dinmički sistem - pogon s motorom jednosmerne struje: N: u u f Dinmički sistem Ulzi Izlzi (?) i, ϕ[ i ], ωθ, m m f f U opštem slučju ovj dinmički sistem je NELINEARAN MATEMATIČKI MODEL POGONA
Више2. Globalna svojstva realnih funkcija Denicija 2.1 Za funkciju f : A kaemo da je:! R; A R ome dena odozgor ako postoji M 2 R takav da je (8x 2 A) (f (
2. Globalna svojstva realnih funkcija Denicija 2.1 Za funkciju f : A kaemo da je:! R; A R ome dena odozgor ako postoji M 2 R takav da je (8x 2 A) (f (x) M) ; ome dena odozdol ako postoji m 2 R takav da
ВишеSVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Igor Sušić LOKALNA IZRAČUNLJIVOST Diplomski rad Voditelj rada: doc.dr.sc.
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Igor Sušić LOKALNA IZRAČUNLJIVOST Diplomski rad Voditelj rada: doc.dr.sc. Zvonko Iljazović Zagreb, lipanj 015. Ovaj diplomski
Више2. Globalna svojstva realnih funkcija Denicija 2.1 Za funkciju f : A kaemo da je:! R; A R ome dena odozgor ako postoji M 2 R takav da je (8x 2 A) (f (
2. Globalna svojstva realnih funkcija Denicija 2.1 Za funkciju f : A kaemo da je:! R; A R ome dena odozgor ako postoji M 2 R takav da je (8 2 A) (f () M) ; ome dena odozdol ako postoji m 2 R takav da je
ВишеSkalarne funkcije više varijabli Parcijalne derivacije Skalarne funkcije više varijabli i parcijalne derivacije Franka Miriam Brückler
i parcijalne derivacije Franka Miriam Brückler Jednadžba stanja idealnog plina uz p = nrt V f (x, y, z) = xy z x = n mol, y = T K, z = V L, f == p Pa. Pritom je kodomena od f skup R, a domena je Jednadžba
ВишеMATEMATIKA Preddiplomski studij molekularne biologije Damir Bakić
MATEMATIKA Preddiplomski studij molekularne biologije Damir Bakić i Predgovor Ovo je nastavni materijal za kolegij Matematika namijenjen studentima preddiplomskog studija biologije, smjer Molekularna biologija.
Више9. : , ( )
9. Динамика тачке: Енергиjа, рад и снага (први део) др Ратко Маретић др Дамир Мађаревић Департман за Техничку механику, Факултет техничких наука Нови Сад Садржаj - Шта ћемо научити (1) 1. Преглед литературе
ВишеMicrosoft Word - PRIMENA INTEGRALA.doc
PRIMENA INTEGRALA P ngo što knmo s izčunvnjm povšin, dužin luk, zpmin ili povšin otcion povši momo odditi: - pomoću p tčk ispitmo tok i nctmo kivu kivko j to nophodno - gnic intgl nñmo ko šnj sistm jdnčin
ВишеMicrosoft Word - predavanje8
DERIVACIJA KOMPOZICIJE FUNKCIJA Ponekad je potrebno derivirati funkcije koje nisu jednostavne (složene su). Na primjer, funkcija sin2 je kompozicija funkcija sin (vanjska funkcija) i 2 (unutarnja funkcija).
ВишеMicrosoft Word - ASIMPTOTE FUNKCIJE.doc
ASIMPTOTE FUNKCIJE (PONAŠANJE FUNKCIJE NA KRAJEVIMA OBLASTI DEFINISANOSTI) Ovo je jedna od najznačajnijih tačaka u ispitivanju toka funkcije. Neki profesori zahtevaju da se asimptote rade kao. tačka u
ВишеSveučilište u Splitu Fakultet prirodoslovno-matematičkih znanosti i odgojnih područja Zavod za fiziku Pripremni tečaj za studente prve godine INTEGRAL
Sveučilište u Splitu Fakultet prirodoslovno-matematičkih znanosti i odgojnih područja Zavod za fiziku Pripremni tečaj za studente prve godine INTEGRALI Sastavio: Ante Bilušić Split, rujan 4. 1 Neodredeni
ВишеMatrice. Algebarske operacije s matricama. - Predavanje I
Matrice.. Predavanje I Ines Radošević inesr@math.uniri.hr Odjel za matematiku Sveučilišta u Rijeci Matrice... Matrice... Podsjeti se... skup, element skupa,..., matematička logika skupovi brojeva N,...,
ВишеMatematka 1 Zadaci za vežbe Oktobar Uvod 1.1. Izračunati vrednost izraza (bez upotrebe pomoćnih sredstava): ( ) [ a) : b) 3 3
Matematka Zadaci za vežbe Oktobar 5 Uvod.. Izračunati vrednost izraza bez upotrebe pomoćnih sredstava): ) [ a) 98.8.6 : b) : 7 5.5 : 8 : ) : :.. Uprostiti izraze: a) b) ) a b a+b + 6b a 9b + y+z c) a +b
ВишеSadržaj 1 Diskretan slučajan vektor Definicija slučajnog vektora Diskretan slučajan vektor
Sadržaj Diskretan slučajan vektor Definicija slučajnog vektora 2 Diskretan slučajan vektor Funkcija distribucije slučajnog vektora 2 4 Nezavisnost slučajnih vektora 2 5 Očekivanje slučajnog vektora 6 Kovarijanca
ВишеMicrosoft Word - INTEGRALI.doc
INTEGRALI ZADAI (I DEO) Ako je f() eprekid fukcij i F `() f() od je f ( ) d F( ) +, gde je proizvolj kostt. Morte učiti tblicu osovih itegrl:.. d +. d + jčešće se koristi... d. d l + ili d vs e zbui l
Више3. КРИВОЛИНИЈСКИ ИНТЕГРАЛ
УНИВЕРЗИТЕТ У БАЊОЈ ЛУЦИ МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТ МАТЕМАТИКА 3- ПРЕДАВАЊА Aкадемска 207/208 6. ИНТЕГРАЦИЈА ФУНКЦИЈА КОМПЛЕКСНЕ ПРОМЈЕНЉИВЕ 6.. Интеграл функције комплексне промјенљиве 6.2. Кошијева интегрална
ВишеSVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Elma Daferović HIJERARHIJA KONVEKSNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Elma Daferović HIJERARHIJA KONVEKSNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: prof. dr. sc. Sanja Varošanec Zagreb, srpanj 218.
ВишеUvod u obične diferencijalne jednadžbe Metoda separacije varijabli Obične diferencijalne jednadžbe Franka Miriam Brückler
Obične diferencijalne jednadžbe Franka Miriam Brückler Primjer Deriviranje po x je linearan operator d dx kojemu recimo kao domenu i kodomenu uzmemo (beskonačnodimenzionalni) vektorski prostor funkcija
Вишеtrougao.dvi
Mtemtički fkultet Univerzitet u eogrdu Mster rd Trougo u nstvi mtemtike u osnovnoj i srednjoj školi Mentor: Student: Do. dr Srdjn Vukmirović Drgn Despotović 1048/2014 eogrd, 2015. Sdržj Uvod 2 1 Osnovn
ВишеMicrosoft Word - 12ms121
Zadatak (Goran, gimnazija) Odredi skup rješenja jednadžbe = Rješenje α = α c osα, a < b < c a + < b + < c +. na segmentu [ ], 6. / = = = supstitucija t = + k, k Z = t = = t t = + k, k Z t = + k. t = +
ВишеACTA MATHEMATICA SPALATENSIA Series didactica Vol.2 (2019) Malo kompleksne analize i osnovni teorem algebre Ljiljana Arambašić, Maja Horvat Saže
ACTA MATHEMATICA SPALATENSIA Series didactica Vol.2 (2019) 57 66 Malo kompleksne analize i osnovni teorem algebre Ljiljana Arambašić, Maja Horvat Sažetak Cilj je ovog rada približiti neke osnovne pojmove
ВишеSveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Karolina Novaković Derivacija funkcije i prim
Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Karolina Novaković Derivacija funkcije i primjene Završni rad Osijek, 2018. Sveučilište J. J. Strossmayera
ВишеMicrosoft Word - 6ms001
Zadatak 001 (Anela, ekonomska škola) Riješi sustav jednadžbi: 5 z = 0 + + z = 14 4 + + z = 16 Rješenje 001 Sustav rješavamo Gaussovom metodom eliminacije (isključivanja). Gaussova metoda provodi se pomoću
ВишеPITANJA I ZADACI ZA II KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE I Pitanja o nizovima Nizovi Realni niz i njegov podniz. Tačka nagomilavanja niza i granična vrednost(l
PITANJA I ZADACI ZA II KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE I Pitanja o nizovima Nizovi Realni niz i njegov podniz. Tačka nagomilavanja niza i granična vrednost(limes) niza. Svojstva konvergentnih nizova, posebno
ВишеMicrosoft Word - Kvalif_Zadaci_Rjesenja_TOI.docx
Univerzitet u Tuzli ZBIRKA zdtk s prijemnih ispit iz Mtemtike n Fkultetu elektrotehnike u periodu od 0-0 godine (z studijski progrm "Tehnički odgoj i informtik") Tuzl, mj 08 TEHNIČKI ODGOJ I INFORMATIKA
ВишеNewtonova metoda za rješavanje nelinearne jednadžbe f(x)=0
za rješavanje nelinearne jednadžbe f (x) = 0 Ime Prezime 1, Ime Prezime 2 Odjel za matematiku Sveučilište u Osijeku Seminarski rad iz Matematičkog praktikuma Ime Prezime 1, Ime Prezime 2 za rješavanje
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 28. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (
MJER I ITEGRL 2. kolokvij 28. lipja 29. (Kjige, bilježice, dodati papiri i kalkulatori isu dozvoljei!). (ukupo 6 bodova) eka je (, F, µ) prostor mjere. (a) ( bod) Što to zači da je izmjeriva fukcija f
Више(Microsoft Word - MATB - kolovoz osnovna razina - rje\232enja zadataka)
. B. Zapišimo zadane brojeve u obliku beskonačno periodičnih decimalnih brojeva: 3 4 = 0.7, = 0.36. Prvi od navedenih četiriju brojeva je manji od 3 4, dok su treći i četvrti veći od. Jedini broj koji
Вишеuntitled
Osnovi konstruisnj Prolemi torelnije pri konstruisnju Složen odstupnj i merni lni Složen odstupnj su rezultti sirnj ili oduzimnj dveju ili više tolerisnih kot koje se u vidu ln nstvljju jedn n drugu u
Више(Microsoft Word - VI\212ESTRUKI INTEGRALI zadaci III deo)
VIŠESTRUKI INTEGRALI - ZAACI ( III EO) Izčunvnje povšine u vni pimenom dvostukog integl Povšin olsti u vni O može se nći po fomuli: P = dd Pime. Izčunj povšinu ogničenu sledećim linijm: =, =, i =. Njpe
ВишеТРОУГАО БРЗИНА и математичка неисправност Лоренцове трансформације у специјалној теорији релативности Александар Вукеља www.
ТРОУГАО БРЗИНА и математичка неисправност Лоренцове трансформације у специјалној теорији релативности Александар Вукеља aleksandar@masstheory.org www.masstheory.org Август 2007 О ауторским правима: Дело
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 20 bodova) MJERA I INTEGRAL Popravni ispit 7. rujna (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori
1. (ukuno 20 bodova) MJERA I INTEGRAL Poravni isit 7. rujna 2018. (Knjige, bilježnice, dodatni airi i kalkulatori nisu dozvoljeni!) (a) (4 boda) Neka je nerazan sku. Precizno definirajte ojam σ-rstena
Више7. predavanje Vladimir Dananić 14. studenoga Vladimir Dananić () 7. predavanje 14. studenoga / 16
7. predavanje Vladimir Dananić 14. studenoga 2011. Vladimir Dananić () 7. predavanje 14. studenoga 2011. 1 / 16 Sadržaj 1 Operator kutne količine gibanja 2 3 Zadatci Vladimir Dananić () 7. predavanje 14.
ВишеMicrosoft Word - FINALNO.doc
Ako pronñeš cestu ez preprek, zpitj se d li t cest igdje vodi. Projektn nstv Osnovn škol Ivn Gundulić DUBROVNIK MEMENTO (mtemtik) Plnirli smo: Nprviti pregled elementrnih sdržj iz mtemtike s primjerim
ВишеMatematika 2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika Poglavlje-4 / 45 Sadržaj: Sadržaj Tablično integriranje Očigledna supstitucija Supstitucija Supstitucija u odredenom integralu 3 Kombiniranje parcijalne integracije
ВишеMicrosoft Word - BROJNI REDOVI zadaci _II deo_.doc
BROJNI REDOVI ZADACI ( II DEO) Dlmbrov kritrijum Ako z rd ostoji lim + - z r > rd divrgir - z r odlučivo - z r < kovrgir r od vži: Primr. Isitti kovrgciju rd! Ršj: Njr d odrdimo. Ovd j to! ( zči uzimmo
ВишеФАКУЛТЕТ ОРГАНИЗАЦИОНИХ НАУКА
Питања за усмени део испита из Математике 3 I. ДИФЕРЕНЦИЈАЛНЕ ЈЕДНАЧИНЕ 1. Појам диференцијалне једначине. Пикарова теорема. - Написати општи и нормални облик диференцијалне једначине првог реда. - Дефинисати:
ВишеNeodreeni integrali - Predavanje III
Neodredeni integrali Predavanje III Ines Radošević inesr@math.uniri.hr Odjel za matematiku Sveučilišta u Rijeci Neodredeni integrali Neodredeni integral Tablični integrali Metoda supstitucije Metoda parcijalne
ВишеLinearna algebra Mirko Primc
Linearna algebra Mirko Primc Sadržaj Poglavlje 1. Polje realnih brojeva 5 1. Prirodni i cijeli brojevi 5 2. Polje racionalnih brojeva 6 3. Polje realnih brojeva R 9 4. Polje kompleksnih brojeva C 13 5.
ВишеDvostruki integrali Matematika 2 Erna Begović Kovač, Literatura: I. Gusić, Lekcije iz Matematike 2
vostruki integrali Matematika 2 Erna Begović Kovač, 2019. Literatura: I. Gusić, Lekcije iz Matematike 2 http://matematika.fkit.hr Uvod vostruki integral je integral funkcije dvije varijable. Oznaka: f
ВишеVektorske funkcije i polja Mate Kosor / 23
i polja Mate Kosor 9.12.2010. 1 / 23 Tokom vježbi pokušajte rješavati zadatke koji su vam zadani. Ova prezentacija biti će dostupna na webu. Isti format vježbi očekujte do kraja semestra. 2 / 23 Danas
Више(Microsoft Word - Dr\236avna matura - studeni osnovna razina - rje\232enja)
1. C. Imamo redom: I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA 9 + 7 6 9 + 4 51 = = = 5.1 18 4 18 8 10. B. Pomoću kalkulatora nalazimo 10 1.5 = 63.45553. Četvrta decimala je očito jednaka 5, pa se zaokruživanje vrši
ВишеMicrosoft Word - ASIMPTOTE FUNKCIJA.doc
ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako
ВишеMicrosoft Word - 11ms201
Zdtk (Sr, gimzij) + + Riješi jeddžu: = 6 4 Rješeje m + m m m =, =, = ( ), =, ( ) = f ( ) g ( ) = f = g + + = 6 = 6 4 4 4 9 9 8 = 6 = 6 = 6 4 6 4 6 4 48 8 8 8 = 6 = 6 = 6 / = 6 = 6 4 8 4 8 4 8 4 4 = 6 (
Више