Matematika 4.Razred Srednje Skole

INTEGRALI ZADACI (I – DEO)

∫ f ( x)dx = F ( x) + C

Ako je f(x) neprekidna funkcija i F `(x) = f(x) onda je

, gde je C proizvoljna konstanta.

Morate naučiti tablicu osnovnih integrala:

1.

∫ dx = x + C

2.

∫ xdx =

3.

x2 +C 2 x n +1 +C n +1

n ∫ x dx =

1

4.

∫ x dx = ln x + C

5.

x ∫ a dx =

6. 7. 8.

najčešće se koristi... ili da vas ne zbuni

12.

dx = ln x + C x

ax +C ln a

∫ e dx = e + C ∫ sin xdx = − cos x + C ∫ cos xdx = + sin x + C x

x

1

∫ sin

dx = −ctgx + C x 1 dx = tgx + C 10. ∫ cos 2 x arctgx + C ili 1 11. ∫ dx = 2 − arcctgx + C 1+ x 9.

∫

∫

2

1 1− x

2

dx =

arcsin x + C

∫a

to jest

ili

− arccocx + C

to jest

2

1 1 x dx = arctg + C 2 +x a a 1

∫

a −x 2

dx = arcsin

2

x +C a

Ovo su osnovni tablični integrali. Neki profesori dozvoljavaju da se kao tablični koriste i :

dx

13.

∫ 1− x

14.

∫

2

1 1+ x = ln +C 2 1− x

dx x ±1 2

odnosno

= ln x + x 2 ± 1 + C

odnosno

∫a

2

dx 1 a+x dx 1 x−a = ln + C to jest ∫ 2 = ln +C 2 2 −x 2a a − x x −a 2a x + a

∫

dx x ±a 2

2

= ln x + x 2 ± a 2 + C

www.matematiranje.com

1

Primeri: 1.

5 ∫ x dx =

x5+1 x6 +C = +C 5 +1 6

7x 2. ∫ 7 dx = +C ln 7 x

3.

∫

kao 3. tablični

kao 5. tablični

n ∫ x dx =

x n +1 +C n +1

ax ∫ a dx = ln a + C x

xdx = pogledamo i vidimo da ga ovaj integral nema u tablici osnovnih integrala... Ideja je da se kod ovakvih m

integrala iskoristi pravilo za stepenovanje x

n m

x = x , odnosno n

1 2

x = x . Na ovaj način se integral svede na najčešće

n +1

∫ x dx = n + 1 + C . n

upotrebljavani tablični

Dakle: 1 1 2

3

+1

3

∫

x2 x2 2x 2 xdx = ∫ x dx = +C = +C = +C 1 3 3 +1 2 2

4.

∫x

1 12

dx = I ovaj ga nema u tablici...Za njega ćemo upotrebiti pravilo za stepenovanje, da je

1 = x − n ... xn

1 x −12 +1 x −11 1 −12 ∫ x12 dx = ∫ x dx = −12 + 1 + C = −11 + C = −11x11 + C

Najbolje je da se mi podsetimo svih pravila za stepenovanje i korenovanje:

1) a 0 = 1 1 an m n 3) a ⋅ a = a m + n 4) a m : a n = a m − n 5) (a m ) n = a m⋅n

2) a − n =

6) (a ⋅ b) = a n ⋅ b n n

an a 7)   = n b b a 8)   b

−n

b =  a

n

www.matematiranje.com

2

m

1)

n

am = a n

2)

n

a ⋅b = n a ⋅ n b

3)

n

a : n b = n a:b

4) 5) 6)

( a)

m

n

a = n ⋅m a

n m np

= n am

a

mp

= n am

Nastavimo sa primerima…

∫ x⋅

5.

3

xdx = Upotrebimo pravila za stepen i koren da “ pripremimo” podintegralnu funkciju : 1

1+

x ⋅ 3 x = x1 ⋅ x 3 = x

1 3

4

= x3 4

4 3

7

+1

7

x3 x3 3x 3 3 x ⋅ xdx = x dx = + C = + C = +C ∫ ∫ 4 7 7 +1 3 3 x

5 x   5 3 +C x −x x 1 5 3 5 ⋅ dx = ⋅ dx = dx = ∫ ∫ 3x ∫  3  5 ln    3

6.

7.

∫

x x x dx = ? 7

"Spakujemo" podintegralnu funkciju 7 7 8

+1

15

x x x = x

x2 ⋅ x = x 4 x3 =

4

x4 ⋅ x3 = 8 x7 = x 8

15

x8 x8 8x 8 x dx = + C = + C = +C ∫ 7 15 15 +1 8 8

Da se upoznamo i sa osnovnim svojstvima neodredjenog integrala:

1)

∫ A ⋅ f ( x)dx = A ⋅∫ f ( x)dx

gde je A konstanta (broj)

Dakle, slično kao i kod izvoda, konstanta (broj) izlazi ispred integrala... www.matematiranje.com

3

Primeri: 8.

∫ 4 x dx = ? 3

3 3 ∫ 4 x dx = 4∫ x dx = 4

x4 + C = x4 + C 4

9. 1

∫ 4 xdx = ? 1

1

1

1

∫ 4 xdx = 4 ⋅ ∫ x dx = 4 ⋅ ln x + C 10.

∫ 2π sin xdx = ? ∫ 2π sin xdx =2π ⋅ ∫ sin xdx =2π ⋅ (− cos x) + C = −2π cos x + C 2)

∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx

Opet slično kao kod izvoda: Ako imamo zbir ili razliku više funkcija od svake tražimo posebno integral... 11. 2 ∫ (4 x + 2 x − 3)dx = ?

∫ (4 x

2

+ 2 x − 3)dx = ∫ 4 x 2 dx + ∫ 2 xdx − ∫ 3dx = konstante izbacimo ispred integrala... = 4 ∫ x 2 dx + 2 ∫ xdx − 3∫ dx =4

x3 x2 x3 +2 − 3x + C = 4 +x 2 − 3 x + C 3 2 3

12.

1

4 23 − 2 + 2 ⋅ 5 x )dx = ? x sin x 1 x 4 23 1 1 dx 3 x x 3 x ∫ (5cos x + 3e − 2 x + x − sin 2 x + 2 ⋅ 5 )dx = 5∫ cos xdx + 3 ∫ e dx − 2∫ x dx + 4∫ x dx − 23∫ sin 2 x + 2 ⋅ ∫ 5 dx = 1 x4 5x = 5 sin x + e x − 2 + 4 ln x − 23(−ctgx) + 2 +C 3 4 ln 5

∫ (5cos x + 3e

x

− 2 x3 +

www.matematiranje.com

4

13.

∫

x−2 dx = ? x3

Kod ovog i sličnih integrala ćemo upotrebiti

∫

A± B A B = ± C C C

x−2 x 2 dx = ∫ ( 3 − 3 )dx = ∫ ( x −2 − 2 x −3 )dx = ∫ x −2 dx − 2 ∫ x −3 dx 3 x x x x −2+1 x −3+1 = −2 +C −2 + 1 −3 + 1 1 1 = − + 2 +C x x

14. 2 x +1 − 5 x −1 ∫ 10 x dx = ? Da prisredimo najpre malo podintegralnu funkciju... 2 x +1 − 5 x −1 = 10 x

5x 5x x x x x 1 x 51 = 2 ⋅ 2 − 51 = 2 ⋅  2  − 1 ⋅  5  = 2 ⋅  1  − 1 ⋅  1          10 x 10 x 10 x  10  5  10  5 5  2

2 x ⋅ 21 −

x

x

x

x

2 x +1 − 5 x −1 1 1 1 1 1 1 ∫ 10 x dx = ∫ [2 ⋅  5  − 5 ⋅  2  ]dx = ∫ 2 ⋅  5  dx − ∫ 5 ⋅  2  dx = x

x

1 1 x x    1 1 1 2 5 1 = 2 ⋅ ∫   dx − ⋅ ∫   dx =2 ⋅   −   + C 1 5 1 5 2 5 ln ln 5 2

15. x2 ∫ x 2 + 1dx = ? Ovo je tip integrala koji najlakše rešavamo malim ''trikom'' ( dodamo 1 i oduzmemo 1) x2 x2 + 1 −1 x2 + 1 1 x2 + 1 1 dx = dx = dx − dx = ∫ x2 + 1 ∫ x2 + 1 ∫ x 2 + 1 ∫ x 2 + 1 ∫ x 2 + 1 dx − ∫ x 2 + 1dx

= ∫ dx − ∫

1 dx = x − arctgx + C x +1 2

I ovde će nam trebati znanje iz trigonometrije. Da se podsetimo nekih najvažnijih formula:

www.matematiranje.com

5

Osnovni trigonometrijski indetiteti 1) sin 2 α + cos 2 α = 1 sin α 2) tgα = cos α cos α 3) ctgα = sin α 4) tgα ⋅ ctgα = 1

Adicione formule sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β

sin(α − β ) = sin α cos β − cos α sin β

cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β

cos(α − β ) = cos α cos β + sin α sin β tgα − tgβ 1 + tgα ⋅ tgβ ctgα ⋅ ctgβ + 1 ctg (α − β ) = ctgβ − ctgα

tgα + tg β 1 − tgα ⋅ tg β ctgα ⋅ ctg β − 1 ctg (α + β ) = ctg β + ctgα

tg (α − β ) =

tg (α + β ) =

Polovina ugla 1. sin

α

2. cos

2

α

1 − cos α 2

=±

1 + cos α α 1 + cos 2 x ili 2 cos 2 = 1 + cos α odnosno cos 2 x = 2 2 2

ili

2 sin 2

α 2

= 1 − cos α odnosno sin 2 x =

1 − cos 2 x 2

1 − cos α 2 1 + cos α 1 + cos α α 4. ctg = ± 2 1 − cos α 3. tg

α

2

=±

=±

Transformacije zbira i razlike u proizvod α +β α −β 1. sin α + sin β = 2 sin cos 2 2 α +β α −β 2. sin α − sin β = 2 cos sin 2 2 α +β α −β 3. cos α + cos β = 2 cos cos 2 2 α +β α −β 4. cos α − cos β = −2 sin sin 2 2 sin(α ± β ) 5. tgα ± tgβ = cos α cos β sin(α ± β ) 6. ctgα ± ctgβ = sin α sin β

Dvostruki ugao 1. sin 2α = 2 sin α cos α 2. cos 2α = cos 2 α − sin 2 α 3. tg 2α =

2tgα 1 − tg 2α

4. ctg 2α =

ctg 2α − 1 2ctgα

www.matematiranje.com

6

16. cos 2 x dx = ? treba nam formula cos 2 x = cos 2 x − sin 2 x x ⋅ cos 2 x cos 2 x cos 2 x − sin 2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 xdx = ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x dx = rastavimo na dva integrala... cos 2 x sin 2 x dx − ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x dx = skratimo...

∫ sin

∫ sin

2

cos 2 x

x ⋅ cos 2 x

2

1

∫ sin

2

x

dx − ∫

sin 2 x

dx − ∫

sin 2 x ⋅ cos 2 x

dx = i dobijamo dva tablična integrala...

1 dx = −ctgx − tgx + C cos 2 x

17. dx =? treba nam formula sin 2 x + cos 2 x = 1 x ⋅ cos 2 x 1 ⋅ dx 1 sin 2 x + cos 2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x = uz dx je 1, zar ne?= ∫ sin 2 x ⋅ cos2 xdx = ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x dx = rastavimo na dva integrala... sin 2 x cos 2 x dx + ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 xdx = skratimo...

∫ sin

2

∫ sin

sin 2 x 2

x ⋅ cos 2 x

1

∫ cos

2

x

dx − ∫

dx + ∫

cos 2 x sin 2 x ⋅ cos 2 x

dx = i dobijamo dva tablična integrala...

1 dx = tgx + ctgx + C sin 2 x

18.

∫ tg

2

xdx = ?

Ovde koristimo tgx = 2 ∫ tg xdx = ∫

=∫

sin x cos x

sin 2 x dx = kako je sin 2 α + cos 2 α = 1 → sin 2 α = 1 − cos 2 α , pa je 2 cos x

1 1 − cos 2 α 1 cos 2 α dx dx dx = ∫ dx − ∫ dx = tgx − x + C = − 2 2 2 ∫ ∫ cos x cos x cos x cos 2 x

www.matematiranje.com

7

19. 18 x 2 − 2 ∫ 3x − 1 dx = ? Probamo da sredimo podintegralnu funkciju, ako neće, mora se koristiti neki drugi trik( druga metoda)...

18 x 2 − 2 2(9 x 2 − 1) 2 (3 x − 1) (3 x + 1) = 2(3 x + 1) = 6 x + 2 = = 3x − 1 3x − 1 3x − 1

Sad je već lakše...

18 x 2 − 2 x2 (6 2) 6 2 6 dx = x + dx = xdx + dx = + 2 x + C = 3x 2 + 2 x + C ∫ 3x − 1 ∫ ∫ ∫ 2

20.

4− x dx = ? x

∫ 2+

1 4− x 22 − ( x ) 2 (2 − x )(2 + x ) (2 − x ) (2 + x ) = = = = 2 − x = 2 − x2 2+ x 2+ x 2+ x 2+ x 3

3

1 1 4− x 2x2 x2 2 2 (2 ) 2 2 2 dx = − x dx = dx − x dx = x − + C = x − +C ∫ 2+ x ∫ ∫ ∫ 3 3 2

www.matematiranje.com

8

INTEGRALI ZADACI ( II DEO) – INTEGRACIJA POMOĆU SMENE Ako uvedemo smenu x  g (t ) onda je dx  g `(t )dt i početni integral

 f ( x)dx

postaje:

 f ( x)dx   f ( g (t ))  g `(t )dt Za početak evo jednog saveta: za smenu birati izraz čiji je izvod uz dx. Smena ustvari, prosto rečeno, znači da u datom integralu nešto (recimo  )izaberemo da je t. Od toga nadjemo izvod i t . to zamenimo u početni integral, koji je sada sve '' po t ''. `dx  dt Primeri:

1 2 xdx ? 2  12

x

Vidimo da uz dx imamo izraz 2x. Razmišljamo od čega je izvod 2x ? Znamo da je ( x 2 )` 2 x i to ćemo izabrati kao smenu. Još je pametnije da uzmemo ceo izraz x 2  12 da nam bude smena jer je izvod od konstante 0. [ ( x 2  12)` 2 x ] x 2  12  t 2 xdx dt  x 2  12  2 xdx  dt   t  ln t  C  kad rešimo integral 'po t' , onda vratimo smenu i dobijamo rešenje 'po x' = ln x 2  12  C

2 x 2 dx  x3  1  ?

I ovde slično razmišljamo, izvod od x3  1 je 3x 2 i to je pogodno za smenu, al šta ćemo sa onom trojkom? Ne brinite, znamo da konstanta uvek može da ide ispred integrala po pravilu

 A  f ( x)dx  A  f ( x)dx

koje smo objasnili u prethodnom delu ( integrali zadaci I deo). dt x3  1  t x 2 dx 1 3 3 1 dt 1  x3  1  3x 2 dx  dt  x 2 dx  dt   t  3  t  3 ln t  C  3 ln x  1  C 3 www.matematiranje.com

1

3

1

 x  5dx  ? Ovaj integral liči na tablični

1

 xdx  ln x  C

ali umesto x u imeniocu imamo x + 5. Zato je pametno baš taj izraz

uzeti za smenu : 1

 x  5dx 

x5 t 1   dt  ln t  C  ln x  5  C dx  dt t

Vezano za ovakve integrale možemo izvesti jedan zaključak:

1

 x  a dx  ln x  a  C

4 1

 ( x  5) dx  ? 3

Ovaj integral je sličan prethodnom, ali pazite jer u imeniocu je stepen izraza pa on ‘ne ide’ u ln. x5  t 1 1 t 31 1 1 3 dx   dt  t dt  C   C   C 3 2  ( x  5)3   dx  dt t 3  1 2t 2  ( x  5) 2

5

 sin

2

x  cos xdx  ?

Uz dx imamo cosx, a kako znamo da je izvod od (sinx)`=cosx , jasno je da će to i biti smena. sin x  t

t3 sin 3 x  sin x  cos xdx  cos xdx  dt   t dt  3  C  3  C 2

2

6

e

 x3

e

3

x

x 2 dx  ?

 x3  t

x 2 dx 

1 1 1 3 t dt    et dt   et  C   e x  C dt   e 3 3 3 3 3 x dx  dt  x dx  3 2

2

www.matematiranje.com

2

7

 ctgxdx  ? Ovde najpre moramo upotrebiti identitet ctgx  cos x

sin x  t

 ctgxdx  sin x dx  cos xdx  dt  

cos x , pa tek onda uzeti smenu: sin x

dt  ln t  C  ln sin x  C t

8 arctgy

 1 y

2

dy  ?

Vidite i sami da se bez znanja izvoda teško može razumeti metoda smene, zato vam savetujemo da prvo njih dobro obnovite pa tek onda da se probate sa integralima…( fajlovi izvodi – zadaci I,II III deo) arctgy  1  y 2 dy 

arctgy  t t2 (arctgy ) 2  tdt   C  C 1  dy dt  2 2 1 y2

9 x 2 dx  x6  4  ? Ovde uz dx imamo x 2 I znamo da je izvod od ( x3 )` 3x 2 a u imeniocu nemamo x3 . Zato ćemo mi malo prepraviti imenilac da bi dobili x3 … dt x dx x dx 1 dt 3  x6  4   ( x3 )2  4  3x 2 dx  dt  x 2 dx  dt   t 2  4  3  t 2  4 3 2

2

x3  t

Ovde ćemo upotrebiti tablični integral

a

2

1 1 t dx  arctg  C ali moramo najpre odrediti a. 2 a a t

1 dt 1 dt 1 1 t 1 x3 =  2    arctg  C  arctg  C 3 t  4 3  t 2  22 3 2 2 6 2 www.matematiranje.com

3

Kad smo već upotrebili ovaj tablični integral , ako se sećate, mi smo pomenuli da ne dozvoljavaju svi profesori da se on koristi. Pa da vidimo kako smo mi njega rešili metodom smene: 10

a

2

1 1 x dx  arctg  C TABLIČNI 2 x a a

Dokaz: x t 1 1 1 1 1 1 1 1 a dx  dx  dx   2 adt  2 a  dt  2  2  a2  x2  2 x2 x dx a [1  ( ) 2 ] a [1  t ] [1  t 2 ] a a [1  ( ) ]  dt  dx  adt a a a 1 1 1 1 x dt  arctgt  C  arctg  C 2  a [1  t ] a a a

11 1

 25  x

dx  ?

2

Ovde je dakle samo problem odrediti vrednost za a. 1

 25  x

dx  

2

1 dx  [ovde je dakle a =5]  5  x2 2

1 x arctg  C 5 5

Slična situacija je i sa : 12



1 a2  x2

dx  arcsin

x C a

TABLIČNI

Dokaz:





1 a x 2

2

dx  

1 x a [1  ( ) 2 ] a 2

x t a dx  dt  dx  adt a



dx  

1 x a  [1  ( ) 2 ] a 2

dx  

1 x a  [1  ( ) 2 ] a

dx 

1 a

1 x 1  ( )2 a

dx

1 1 1 1 1 x dt   dt  arcsin t  C  arcsin  C adt   a    2 2 2 a a 1 t a 1 t 1 t

www.matematiranje.com

4

13 1



15  x 2

dx  ?

Opet se traži vrednost za a. Ovde je malo teže jer 15 nije kvadrat nekog broja, ali mi upotrebimo trikče: 1



15  x 2

dx  

1 ( 15) 2  x 2

dx  [dakle a  15 pa je] = arcsin

x C 15

14

 sin axdx  ?

gde je a konstanta, to jest bilo koji broj.

ax  t

dt

 sin axdx  adx  dt  dx  dt   sin t  a a



1 1 1 sin tdt  (  cos t )  C   cos ax  C  a a a

Vezano za ovakve integrale , gde umesto x-sa imamo ax , možemo reći da se rade uvek sa smenom ax=t, odnosno 1 radimo ga kao tablični, a ispred integrala dodamo konstantu . a Na primer: 1

 cos axdx  a sin ax  C e

ax

dx 

1 ax e C a

itd.

15

 sin

2

xdx  ?

Ovde nam treba trigonometrijska formulica za sin 2 x ( pogledaj prethodni fajl : integrali zadaci I deo)

 sin

2

xdx  

1  cos 2 x 1 1 1 1 1 dx  [  1  dx   cos 2 xdx]  [ x  sin 2 x]  C  x  sin 2 x  C 2 2 2 2 2 4

Ovde smo u radu iskoristili zaključak iz prethodnog zadatka

1

 cos 2 xdx  2 sin 2 x . www.matematiranje.com

5

16

 cos

2

xdx  ? cos 2 x =

Opet mora trigonometrija…

1  cos 2 x 2

1  cos 2 x 1 dx   [1  cos 2 x]dx  2 2 1 1 1 1 1  [  1  dx   cos 2 xdx]  [ x  sin 2 x]  C  x  sin 2 x  C 2 2 2 2 4

 cos

2

xdx  

17

dx

 sin x  ? Ovaj zadatak možemo rešiti na više načina. Upotrebićemo trikče : dx

dx

sin x

sin x sin x dx   dx 2 1  cos 2 x x

 sin x   sin x  sin x   sin

Sada već imamo očiglednu smenu... cos x  t dt dt sin x  1  cos2 xdx   sin xdx  dt   1  t 2   t 2  1 sin xdx   dt

Ovo je tablični integral

x

2

dx 1 xa  ln  C pa je 2 a 2a x  a

dt 1 t 1 1 cos x  1  ln  C  ln C 2 cos x  1 1 2 t  1 Rešenje može ostati i ovakvo, ali ćemo ga mi namerno malo prepraviti jer se ovaj integral može elegantnije rešiti

t

2

preko trigonometrijskih smena, a tamo će rešenje izgledati baš kao... 1

1 cos x  1 cos x  1 2 ln  C  ln  C  ln 2 cos x  1 cos x  1

cos x  1 x  C  ln tg  C cos x  1 2 www.matematiranje.com

6

18



1 x dx  ? 1 x

1 x 1 x 1 x 1 x 1 x dx   dx  ovde je trik izvršiti racionalizaciju   dx    1 x 1 x 1 x 1 x 1  x2 Sad ćemo ovaj integral rastaviti na dva...







1 x 1  x2



1 1  x2

dx  

x 1  x2

dx  prvi je tablični a drugi ćemo rešiti smenom( na stranu)

1  x2  t x 1 dx   ( 2 x)dx  dt   ( dt )  t  C   1  x 2  C 2 2 1 x 2 1 x x   dt 1  x2

Vratimo se u dosadašnje rešenje i imamo:



1 x 1 x

2



1 1 x

2

dx  

x 1 x

2

dx  arcsin x  ( 1  x 2 )  C  arcsin x  1  x 2  C

www.matematiranje.com

7

INTEGRALI ZADACI (III-DEO) PARCIJALNA INTEGRACIJA Ako su u i v diferencijabilne funkcije od x , onda je :

 udv  uv   vdu Ova metoda, parcijalna integracija, po pravilu je na početku proučavanja slabo razumljiva. Mi ćemo pokušati , koliko to dozvoljava pisana reč da vam je približimo i objasnimo . Zadati integral mi upoređujemo sa

 udv . “Nešto” (recimo  ) izaberemo da je

u , a “nešto” (recimo dx ) izaberemo

da je dv. Od onog što smo izabrali da je u tražimo izvod , a od onog što smo izabrali da je dv tražimo integral. u

dx=dv

`dx  du

 dx  v

Kad nađemo du i v to menjamo u formulu parcijalne integracije: novodobijeni integral

uv   vdu . Ideja parcijalne integracije je da

 vdu bude lakši od početnog  udv . Ako dobijemo da on nije lakši, znači da smo pogrešno

izabrali u i dv. Najčešći primer na kome profesori objašnjavaju parcijalnu integraciju je :

primer 1.

 xe dx  ? x

Ovaj integral upoređujemo sa  udv . Izabraćemo da je x = u a e x dx=dv. xu

e x dx  dv

 xe dx  dx  du  e dx  v x

x

 ovo sad menjamo u

u  v   vdu

ex  v

 x  e x   e x dx  xe x  e x  C  e x ( x  1)  C u v  vdu A šta bi se desilo da smo birali pogrešno? Da vidimo: ex  u x x  xe dx  e dx  du

xdx  dv

 xdx  v  x2 v 2

x2 x e  2

x2 x  2  e dx  ovaj integral je teži od početnog!

www.matematiranje.com

1

Da bi “pametno” birali ove integrale ćemo podeliti u 4. grupe.

1. GRUPA Ovde ćemo birati da je x ili izraz vezan sa x jednak u, a sve ostalo je dv x Na primer :  x cos xdx ,  (1  x) sin xdx ,  xe x dx ,  2 dx ,  ( x 2  2 x  5)e  x dx itd. sin x 2. GRUPA Ovde ne uzimamo x za u , već funkciju pored x , (odnosno izraza sa x). lnx = u,

arcsinx = u, arctgx = u Na primer :

a sve ostalo je dv.

 x ln xdx  x arcsin xdx ,  x

2

arctgxdx ,

x

3

ln xdx itd.

3. GRUPA Ovde ćemo uzimati dx=dv, a unutrašnja funkcija je u, kao u 2. grupi Na primer :

 ln xdx ,  ln

2

xdx ,

 arctgxdx ,  arcsin xdx

itd.

4. GRUPA To su kružni integrali, koji uvek imaju svog “para” preko koga se dati integral vraća na početak… Na primer :

e

x

sin xdx ,  e x cos xdx ,

 sin(ln x)dx ,  cos(ln x)dx

itd.

Od svake grupe ćemo uraditi po nekoliko primera...

 xe

Jasno je da urađeni primer

primer 2.

x

dx pripada prvoj grupi.

 (1  x) sin xdx  ? 1 x  u

sinxdx=dv

 (1  x) sin xdx  dx  du

 sinxdx  v  (1  x)( cos x)  ( cos x)(dx)  ( x  1) cos x  sin x  C  cos x  v

xdx

 cos

primer 3.

xu xdx

 cos

2

x

 dx  du

2

x

u v

 vdu

?

dx =dv cos 2 x dx  cos2 x  v  x  tgx   tgxdx  tgx  v

izvući ćemo  tgxdx ‘ na stranu’ , rešiti ga , pa ćemo se vratiti u parcijalnu integraciju...

www.matematiranje.com

2

cos x  t sin x  dt  tgxdx   cos xdx   sin xdx  dt   t   ln t   ln cos x sin xdx  dt

vratimo se u zadatak:

xdx

 cos

2

x

 x  tgx   tgxdx  x  tgx  ( ln cos x )  C  x  tgx  ln cos x  C

 x ln xdx  ?

primer 4.

Ovde je primamljivo uzeti da je x = u , ali bi nas to odvelo u ćorsokak... Ovaj integral je iz II grupe:

 xdx  v

ln x  u

 x ln xdx  

1 dx  du x

x2  ln x   x2 2 v u v 2

x2 1 x2 x2 1  2  x dx  2  ln x   2  x dx   vdu

x2 1 x2 1 x2 x2 x2  ln x   xdx   ln x    C   ln x   C 2 2 2 2 2 2 4

 x  arctgxdx  ?

primer 5.

arctgx  u

 x  arctgxdx 

1 dx  du 1  x2

 xdx  v 2

x v 2

 arctgx 

x2 x2 1 x2 1 x2 dx arctgx dx       2 2 1  x2 2 2  1  x2

Ovde ćemo stati i

x2  1  x2 dx rešiti na stranu pa ubaciti rešenje…Ovo je onaj trik integral , objašnjen u I delu.

Da se podsetimo:

x2 x2  1  1 x2  1 1 x2  1 1 dx  dx  dx  dx   x2  1  x2  1  x 2  1  x 2  1  x 2  1 dx   x 2  1dx 1   dx   2 dx  x  arctgx x 1

Sada je:

 x  arctgxdx  arctgx 

x2 1 x2 x2 1   dx  arctgx   ( x  arctgx)  C 2 2 1  x2 2 2 www.matematiranje.com

3



primer 6.

x3 arccos x 1  x2

dx  ?

I ovo je integral iz II grupe al je malo teži i ima više posla.



x 3 arccos x 1  x2

x3

arccos x  u dx  -

dx 1  x2

1  x2

=du

dx  dv  Uokvireni integral ćemo rešiti “na stranu”

x3



1  x2

dx  v

1  x2  t 2



x3 1  x2

x2  x

dx  

1  x2

dx 

 2 xdx  2 tdt

1 t2 t3 t 3  3t 2  ( t dt )   (t  1)dt   t   3 3 t

xdx  tdt 1  x2  t 2  x2  1  t 2

t (t 2  3) 1  x 2 (1  x 2  3) 1  x 2 ( x 2  2) 1  x 2 ( x 2  2)    3 3 3 3 Vratimo se sada u parcijalnu integraciju:



x 3 arccos x 1  x2

arccos x  u dx 

 arccos x  (

-

dx 1  x2

=du

x3 1  x2

dx  dv

1  x 2 ( x 2  2)  v 3



1  x 2 ( x 2  2) dx 1  x 2 ( x 2  2) ] ][ )   [ 2 3 3 1 x

1  x 2 ( x 2  2) 1   arccos x  ( )   ( x 2  2)dx 3 3 1  x 2 ( x 2  2) 1 x3   arccos x  ( )  (  2 x)  C 3 3 3 www.matematiranje.com

4

 ln xdx  ?

primer 7.

Ovo je integral iz naše III grupe. ln x  u dx=dv 1 1 1  ln xdx  x dx  du  dx  v  ln x  x   x  x dx  x ln x   x  x dx  x ln x  x  C  x(ln x  1)  C xv

 ln

primer 8.

 ln

2

2

xdx  ?

ln 2 x  u

dx=dv

xdx  ? dx  du

 dx  v

, da nađemo mi ovaj izvod “na stranu”, jer se radi o složenoj funkciji.

xv

(ln 2 x)` 2 ln x  (ln x)` 2 ln x 

1 2 ln x  x x

Vratimo se na zadatak:

ln 2 x  u

 ln

2

xdx 

dx=dv

2 ln x dx  du x

 dx  v

 ln 2 x  x   x 

2 ln x ln x dx  x  ln 2 x  2  x  dx  x  ln 2 x  2  ln xdx x x

xv

Radili smo i dobili

 ln xdx , koji smo rešili u prethodnom primeru. Znači ovde bi morali da radimo novu parcijalnu

integraciju!

Iskoristićemo rešenje prethodnog primera da je

 ln xdx  x(ln x  1)

Pa će rešenje našeg integrala biti:

 ln

2

xdx  x  ln 2 x  2  ln xdx  x  ln 2 x  2 x(ln x  1)  C  x  (ln 2 x  2 ln x  2)  C www.matematiranje.com

5

primer 9.

 ln( x 

1  x 2 )dx  ?

Ovo je već ozbiljniji primer i imaćemo više posla…

2  ln( x  1  x )dx 

[ln( x  1  x 2 )]`

ln( x  1  x 2 )  u ? du

1 x  1 x

2

dx  dv , kao i obično, složeni izvod ćemo “ na stranu” xv

 ( x  1  x 2 )`

1

1

 (1  x 2 )`)

2 1 x 1  2 x) =  (1  x  1  x2 2 1  x2 1 x = )  (1  1  x2 x  1  x2 =

x  1 x 1

 (1 

2

1 x  1  x2

(

2

1  x2  x 1 x

2

)

1 1  x2

Vratimo se u zadatak:

ln( x  1  x 2 )  u 2  ln( x  1  x )dx  1 dx  du 1  x2  ln( x  1  x 2 )  x 



x 1  x2

dx  dv xv

 ln( x  1  x 2 )  x   x 

1 1  x2

dx 

dx 

Opet problem, izvučemo uokvireni integral i rešimo ga metodom smene:



1  x2  t x dx    dt  t  1  x 2 x 2 dx  dt 1 x 1  x2

Konačno, rešenje će biti:

 ln( x 

1  x 2 )dx  x  ln( x  1  x 2 )  1  x 2  C www.matematiranje.com

6

I još da pokažemo par primera iz IV grupe.

 sin(ln x)dx  ?

primer 10.

Krenemo sa parcijalnom integracijom ( početni integral najčešće obeležavamo sa I ):

sin(ln x)  u I   sin(ln x)dx  cos(ln x)  (ln x)`dx  du 1 cos(ln x)  dx x  sin(ln x)  x   x  cos(ln x)  Za sada

dx  dv xv 

1 dx  sin(ln x)  x   cos(ln x)dx x

I  sin(ln x)  x   cos(ln x)dx

* Integral

 cos(ln x)dx radimo “ na stranu” , opet parcijalnom integracijom:

cos(ln x)  u  cos(ln x)dx  -sin(lnx) 1 dx  du x cos(ln x)  x   x (-sin(lnx)

dx=dv xv



1 )dx  cos(ln x)  x   sin(ln x)dx  cos(ln x)  x  I x

Dakle imamo

 cos(ln x)dx  cos(ln x)  x  I

Vratimo se na

*

I  sin(ln x)  x   cos(ln x)dx ovde zamenimo da je

 cos(ln x)dx  cos(ln x)  x  I

I  sin(ln x)  x  [cos(ln x)  x  I ] I  sin(ln x)  x  cos(ln x)  x  I I  I  sin(ln x)  x  cos(ln x)  x 2 I  x  [sin(ln x)  cos(ln x)] x  [sin(ln x)  cos(ln x)] C 2 Konstantu C dodamo tek kad izrazimo I. I

www.matematiranje.com

7

Profesori najviše vole da ovaj tip integrala objasne ( a posle vala i pitaju) na integralima:

e

x

sin xdx

e

i

x

cos xdx

Mi ćemo uraditi jedan uopšteniji primer :

primer 11.

e

ax

sin bxdx  ?

Startujemo sa parcijalnom integracijom…( i naravno ovaj integral obeležimo sa I) sin bx  u

e ax dx  dv

I   e ax sin bxdx  cos bx  (bx)`dx  du

e

1 ax 1 e ax sin bx b ax e   e ax b cos bxdx    e cos bxdx a a a a

 sin bx 

Za sad dakle imamo Rešavamo

e

ax

I

e ax sin bx b  a a

cos bxdx   sin bx  (bx)`dx  du b sin bxdx  du

 cos bx 

Dakle :

e

ax

cos bxdx

cos bxdx , pa ćemo to rešenje vratiti…

cos bx  u ax

dx  v 

1 ax e v a

b cos bxdx  du

e

ax

e ax dx  dv

e

ax

dx  v 

1 ax e v a

1 ax 1 e ax cos bx b ax   e sin bxdx e   eax (b sin bx)dx  a a a a ax  e cos bxdx 

ax  e cos bxdx 

e ax cos bx b ax   e sin bxdx a a

to jest

e ax cos bx b  I a a www.matematiranje.com

8

e ax sin bx b ax I   e cos bxdx a a ax e sin bx b  e ax cos bx b  I     I  odavde moramo da izrazimo I a a  a a  e ax sin bx b  e ax cos bx b 2 I   2  I .........../ a 2 2 a a a 2 ax ax a  I  a  e sin bx  b  e cos bx  b 2  I a 2  I  b 2  I  a  e ax sin bx  b  e ax cos bx I (a 2  b 2 )  a  e ax sin bx  b  e ax cos bx a  e ax sin bx  b  e ax cos bx I a 2  b2 I

e ax (a  sin bx  b  cos bx) C a 2  b2

Rešenje ovog uopštenog integrala možemo primeniti da rešimo recimo  e x sin xdx . Kako? e ax (a  sin bx  b  cos bx) e1x (1  sin1x  1  cos1x) e x (sin x  cos x) Za a  1 i b  1 je   a 2  b2 12  12 2

Dakle:

e x (sin x  cos x) +C  e sin xdx = 2

primer 11.

x



a 2  x 2 dx  ?

Ovo je jedan od poznatijih integrala koga možemo rešiti na nekoliko načina. Ajmo da vidimo kako bi to išlo pomoću parcijalne integracije... Najpre vršimo malu racionalizaciju podintegralne funkcije:

a2  x2 

a2  x2 a2  x2 a2  x2 a2 x2     1 a2  x2 a2  x2 a2  x2 a2  x2

Dakle , sada imamo dva integrala( početni integral ćemo označiti sa I ):

I   a 2  x 2 dx  

a2 a2  x2

dx  

x2 a2  x2

dx www.matematiranje.com

9

Prvi od njih je tablični:



a2 a x 2

2

dx  a 2 

dx a x 2

2

 a 2  arcsin

x a

A drugi ćemo rešiti parcijalnom integracijom:



x

x

xu

2

a2  x2

a  x2 x 2

dx 



dx  du

dx  dv 

a2  x2

dx  v

Rešimo ovaj integral posebno: a2  x2  t 2



x

dx  2 xdx  2 tdt  

a2  x2

xdx  tdt

 t dt  t   a 2  x 2 t

Vratimo se sada u parcijalnu integraciju: x

xu

  

x2 a x 2

2

x2 a x x2 2

2

a2  x2 x

dx 



dx  du

dx  dv

a2  x2

2 2 2 2 dx  v   x a  x   (  a  x )dx

 a2  x2  v

dx   x a 2  x 2   ( a 2  x 2 )dx dx   x a 2  x 2  I

a x Da se podsetimo početka: 2

I 

2

a2 a2  x2

dx  

x2 a2  x2

dx

x  ( x a 2  x 2  I ) a x I  a 2  arcsin  x a 2  x 2  I a Prebacimo I na levu stranu! x x I  I  a 2  arcsin  x a 2  x 2  2 I  a 2  arcsin  x a 2  x 2 i konačno: a a I  a 2  arcsin

1 x  I   a 2  arcsin  x a 2  x 2   C 2 a  www.matematiranje.com

Ovaj integral možemo rešiti elegantnije primenom odgovarajuće smene, ali to u sledećem fajlu… 10

INTEGRALI ZADACI ( IV DEO) – Integracija racionalne funkcije P( x) . Može biti prava i neprava. Q( x) Prava racionalna funkcija je ona kod koje je maksimalni stepen polinoma P(x) manji od maksimalnog stepena

Racionalna funkcija je oblika

polinoma Q(x). ( na primer :

x x 2  3 x  12 4 , , 5 itd.) 2 3 2 2 x  3 x  5 x  2 x  1 x  5 x  22 x  31

Neprava racionalna funkcija je ona kod koje je max stepen P(x) veći ili jednak sa max stepenom Q(x). x 2  2 x  7 x 2  3 x  12 x 4  75 x 2  14 , , itd. ) . U slučaju da je zadata neprava racionalna funkcija x 2  13 2x 1 x3 moramo podeliti ta dva polinoma , dobiti rešenje plus prava racionalna funkcija. ( na primer :

Integraciju prave racionalne funkcije vršimo tako što : Imenilac rastavimo na činioce upotrebom: -

izvlačimo zajednički ispred zagrade

-

razlika kvadrata: a2 – b2 = (a-b)(a+b)

-

ax2 + bx +c = a(x-x1)(x-x2) ako nam je data kvadratna jednačina

-

a3-b3 = (a-b)(a2+ab+b2) ili a3+b3 = (a+b)(a2-ab+b2) razlika, odnosno zbir kubova

-

Koristimo Bezuovu teoremu ili sklapamo “ dva po dva” ako je dat polinom većeg stepena Dalje datu pravu racionalnu funkciju rastavljamo na sledeći način:( primeri)

P( x) A B   ako su u imeniocu svi linearni bez stepena , svaki ide sa po jednim slovom: A,B,C… ( x  1)( x  5) x  1 x  5 P( x) A B C D     ako u imeniocu imamo linearne članove , ali sa stepenom, 3 2 3 ( x  1) ( x  7) x  1 ( x  1) ( x  1) ( x  7) rastavljamo dok ne dođemo do najvećeg stepena. P( x) A Bx  C   2 ako u imeniocu imamo nerazloživ polinom , za njega moramo da uzmemo 2 ( x  2)( x  1) x  2 x  1 izraz tipa Bx+C ( pazi na ovo) P ( x) A Bx  C Dx  E F G H   2     evo primera gde i nerazloživ činilac u imeniocu koji 2 2 3 ( x  7)  ( x  5)  x x  7 x  5 ( x 2  5) 2 x x 2 x3 je na kvadrat moramo dva puta da uzimamo u razlaganju. www.matematiranje.com

1

1.

PRIMERI

x 3  x3  xdx  ?

Ovde se radi o pravoj racionalnoj funkciji, pa odmah krećemo sa razlaganjem. Najpre imenilac rastavimo na činioce! x3  x  x( x 2  1)  x( x  1)( x  1) Dakle, naš integral je

x3

 x( x  1)( x  1)dx  ?

Izvučemo racionalnu funkciju: x3 A B C    sve pomnožimo sa x( x  1)( x  1) x( x  1)( x  1) x x  1 x  1 x  3  A( x  1)( x  1)  Bx( x  1)  Cx( x  1) x  3  A( x 2  1)  Bx 2  Bx  Cx 2  Cx x  3  Ax 2  A  Bx 2  Bx  Cx 2  Cx

"sklopimo" uz x 2 , pa one uz x, pa slobodne članove...

x  3  x 2 ( A  B  C )  x( B  C )  A

sad vršimo upeređivanje: članovi uz x 2 , pa uz x, pa bez x

A  B  C  0  Na levoj strani nemamo član x 2 ili možemo dodati da je to 0  x 2 B  C  1  Na levoj strani imamo x, to jest 1  x, a na desnoj x( B  C )  A  3  Ovo su oni bez x-seva

Rešavamo ovaj sistem jednačina: A B C  0 B C 1  A  3 A  3  A  B  C  0  3  B  C  0  B  C  3 B C 1  2 B  2  B  1  C  2 B  C  3 Vratimo rešenja: x3 A B C    x( x  1)( x  1) x x  1 x  1 x3 3 1 3 1 2 2 =      x( x  1)( x  1) x x  1 x  1 x x  1 x  1

E sad se vratimo da rešimo dati integral, jer smo ga rastavili na tri mala integrala koji su najčešće ili tablični ili se rešavaju smenom. www.matematiranje.com

2

x3

 x( x  1)( x  1) dx  

3 1 2 dx   dx   dx x x 1 x 1

= 3ln x  ln x  1  2 ln x  1  C Možda će vaš profesor da traži da “ spakujete” rešenje upotrebom pravila za logaritme. Da se podsetimo: 1. ln1  0 2. ln e  1 3. ln( x  y )  ln x  ln y x 4. ln  ln x  ln y y 5. ln x n  n ln x 6. eln x  x

Naše rešenje će biti: 3

2

3

2

3ln x  ln x  1  2 ln x  1  C  ln x  (ln x  1  ln x  1 )  C  ln x  ln x  1  x  1  C  = ln

2.

x

x3 +C ( x  1)( x  1) 2

x2 dx  ? 3  2x

Opet se radi o pravoj racionalnoj funkciji. Izvlačimo je i rastavljamo: x2 x2  2 3 x  2 x x ( x  2) x2 A B C   2 2 x ( x  2) x x x2

sve pomnožimo sa x 2 ( x  2)

x  2  Ax( x  2)  B( x  2)  Cx 2 x  2  Ax 2  2 Ax  Bx  2 B  Cx 2 1  x  2  x 2 ( A  C )  x(2 A  B)  2 B sad vršimo upoređivanje AC  0 2 A  B  1 2 B  2 Rešavamo ovaj sistem jednačina, iz treće jednačine odmah dobijamo vrednost za B B  1  2 A  B  1  2 A  1  1  A  1  C  1 www.matematiranje.com

3

x2 A B C   2 x ( x  2) x x x2 x2 1 1 1   2 2 x ( x  2) x x x2 2

x2 x 21 1 1 1 1 1 2 dx dx dx dx dx x dx dx x          ln   ln x  2  C  x 2 ( x  2)  x  x 2  x  2 x   x2 2  1 Malo prisredimo rešenje: ln x  2  ln x 

3.

x2 1 1  C  ln  C x x x

x 3  x 2  16 x  16  x 2  4 x  3 dx  ?

Ovo je neprava racionalna funkcija ( stepen u brojiocu je veći od stepena imenioca), pa moramo podeliti ova dva polinoma ( podsetite se deljenja , fajl polinomi iz I godine).

x 3  x 2  16 x  16  x2  4x  3 ( x 3  x 2  16 x  16) : ( x 2  4 x  3)  x  5  x3  4 x 2  3x +5 x 2  19 x  16 5 x 2  20 x  15 x  1  ostatak x  x  16 x  16 x 1  x5 2 2 x  4x  3 x  4x  3 3

2

Dobili smo pravu racionalnu funkciju koju dalje rastavljamo: www.matematiranje.com

4

x 1  x  4x  3 2

42 b  b 2  4ac  x1,2   x1  3, x2  1 2a 2 x 2  4 x  3  ( x  1)( x  3) x 1 A B   ( x  1)( x  3) x  1 x  3 x  1  A( x  3)  B( x  1) x  1  Ax  3 A  Bx  B x  1  x( A  B)  3 A  B A B 1 3 A  B  1 x 2  4 x  3  0  x1,2 

 2 A  2  A  1  B  2 x 1 A B 2 1     ( x  1)( x  3) x  1 x  3 x  1 x  3 Rešimo sada i ceo integral:

1 x 3  x 2  16 x  16 x 1 2  x5 2  x5  2 x  4x  3 x  4x  3 x 1 x  3 3 2 1 x  x  16 x  16 x2 2       5 x  ln x  1  2 ln x  3  C dx x dx ( 5 )  x2  4x  3  x 1 x  3 2 

4.

x

3

x2 ( x  3) 2  5 x  ln C x 1 2

xdx ?  3x  2

Prava racionalna funkcija, izdvojimo je: x  x  3x  2 Najpre da funkciju u imeniocu rastavimo na činioce... 3

x3  3x  2  0

ideja je da sklapamo "2 po 2" zato rastavimo  3x   x  2 x

x3  x  2 x  2  0 x( x 2  1)  2( x  1)  0 x ( x  1) ( x  1)  2 ( x  1)  0

( x  1)[ x( x  1)  2]  0 ( x  1)( x 2  x  2)  0  x  1  0  x 2  x  2  0  x1  1, x2  1, x3  2 x3  3x  2  ( x  1)( x  1)( x  2)  ( x  1) 2 ( x  2) x x  3 2 x  3 x  2 ( x  1) ( x  2) www.matematiranje.com

5

x A B C    ....................................... / ( x  1) 2 ( x  2) 2 x2 ( x  1) ( x  2) x  1 ( x  1) 2

x  A( x  1)( x  2)  B( x  2)  C ( x  1) 2 x  A( x 2  x  2)  Bx  2 B  C ( x 2  2 x  1) x  Ax 2  Ax  2 A  Bx  2 B  Cx 2  2Cx  C 1  x  x 2 ( A  C )  x( A  B  2C )  2 A  2 B  C

sad uporedjujemo

AC  0 A  B  2C  1 2 A  2 B  C  0 C  A A  B  2A 1 2 A  2 B  A  0 3A  B  1 3 A  2 B  0 1 2 2 2  3A   A   C   3 3 9 9 2 1 2  x  9  3 2 9 2 x2 ( x  1) ( x  2) x  1 ( x  1)

3B  1  B 

Još da rešimo integral:

2 1 2  x  ( x  1)2 ( x  2) dx   x 9 1 dx   ( x 31)2 dx   x 92 dx  2 1 1 2 1   dx   ( x  1) 2 dx   dx 9 x 1 3 9 x2 

5.

2 1 1 2  ln x  2  C ln x  1   9 3 x 1 9

x

3

xdx ?  x2  x 1

Postupak je dakle isti: kako se radi o pravoj racionalnoj funkciji , nju izdvajamo i rastavljamo na sabirke. U imeniocu imamo polinom trećeg stepena koji moramo rastaviti na činioce. Upotrebićemo sklapanje ‘2 po 2’, A možemo koristiti i Bezuovu teoremu. www.matematiranje.com

6

x  x  x  x 1 Da sredimo imenilac prvo... 3

2

x3  x 2  x  1  x 2 ( x  1)  1( x  1)  ( x  1)( x 2  1) x A Bx  C   2  pazi x 2  1 je nerazloživ u R 2 ( x  1)( x  1) x  1 x  1 x A Bx  C   2 .......................... / ( x  1)( x 2  1) 2 ( x  1)( x  1) x  1 x  1 x  A( x 2  1)  ( Bx  C )( x  1) x  Ax 2  A  Bx 2  Bx  Cx  C x  x 2 ( A  B)  x( B  C )  A  C A B  0 B  C  1 AC  0  A  C A B  0 A B 1 1 1 1  C  B 2 2 2 1 1 1  x x A Bx  C 1 1 1 x 1 1 1 x 1   2  2  22 2    (  2 ) 2 2 x 1 ( x  1)( x  1) x  1 x  1 x  1 2 x 1 2 x  1 2 x 1 x 1

2A 1  A 

Vratimo se da rešimo zadati integral: x

 ( x  1)( x

2

x 1 1 1  2 )dx  dx   (  1) 2 x 1 x 1

x 1 1 1    dx   2 dx   2 dx  x 1 x 1  2  x 1 

6.

1 1  2  ln x  1  ln x  1  arctgx   C 2 2 

x

4 dx  ? 1

4

Ovo je već malo ozbiljniji zadatak! www.matematiranje.com

7

4  x 1 Ovde je problem: Kako rastaviti imenilac na činioce? 4

Trik je da dodamo i oduzmemo 2x 2 , da napunimo pun kvadrat pa iskoristimo formulu za razliku kvadrata! x 4  1  x 4  2 x 2  1  2 x 2  ( x 2  1)2  2 x 2  ( x 2  1) 2  ( 2 x) 2  ( x 2  1  2 x)  ( x 2  1  2 x) x 4  1  ( x 2  2 x  1)  ( x 2  2 x  1) 4 4  2 4 x  1 ( x  2 x  1)  ( x 2  2 x  1) Ax  B Cx  D 4  2  2 ........................ / ( x 2  2 x  1)  ( x 2  2 x  1) 2 2 ( x  2 x  1)  ( x  2 x  1) x  2 x  1 x  2 x  1 4  ( Ax  B)( x 2  2 x  1)  (Cx  D)( x 2  2 x  1) 4  Ax 3  A 2 x 2  Ax  Bx 2  B 2 x  B  Cx3  C 2 x 2  Cx  Dx 2  D 2 x  D 4  x 3 ( A  C )  x 2 ( A 2  B  C 2  D)  x( A  B 2  C  D 2)  B  D Uporedjujemo : AC  0 A 2  B C 2  D  0 A  B 2  C  D 2  0  A  C  0  B 2  D 2  0  2( B  D)  0  B  D  0 BD 4 BD 0 BD 4 B2  D2 AC  0 2( A  C )  4 A 2  C  2 Zamenimo : Ax  B Cx  D 4  2  2 2 ( x  2 x  1)  ( x  2 x  1) x  2 x  1 x  2 x  1 2

 2x  2 4 2x  2  2  2 2 ( x  2 x  1)  ( x  2 x  1) x  2 x  1 x  2 x  1 2

Imamo dakle da rešimo:

 (x

2

 2x  2 4 2x  2 dx   2 dx   2 dx 2  2 x  1)  ( x  2 x  1) x  2x 1 x  2x 1

Ovo su integrali tipa I2= 

Ax  B dx ax  bx  c 2

koji se rešavaju preko I1= 

dx ax  bx  c 2

i formule: www.matematiranje.com

8

I2 =

A Ab ln ax 2  bx  c +(B) I1 + C 2a 2a

Postupak rešavanja je objašnjen u jednom od fajlova integrali - zadaci . Evo konačnog rešenja a vi ga proverite .

1 x2  x 2  1 x 2  ln 2  2  arctg C 1  x2 2 x  x 2 1

7.

x

Kad smo u prvom fajlu integrali zadaci ( I deo) davali tablicu integrala pomenuli smo i integral

2

dx xa 1   C kao tablični. Da vidimo kako smo došli do rešenja istog. ln 2 a 2a x  a

On se radi kao racionalna funkcija: 1 1  2 ( x  a)( x  a ) x a 1 A B   ...................................... / ( x  a)( x  a) ( x  a)( x  a) x  a x  a 1  A( x  a )  B( x  a) 1  Ax  Aa  Bx  Ba 1  x( A  B)  Aa  Ba 2

Uporedjujemo : A B  0 a( A  B)  1 A B  0 1 A B  a 2A 

1 1 1  A  B a 2a 2a

B A 1   ( x  a)( x  a) x  a x  a 1 1  1 1  1 1   2a  2a     ( x  a)( x  a) x  a x  a 2a  x  a x  a  www.matematiranje.com

9

1

1  1

1 

1

 1

1 

 ( x  a)( x  a) dx   2a  x  a  x  a  dx  2a   x  a  x  a  dx 1  1 1  dx   dx   2a  x  a xa  1   ln x  a  ln x  a   C 2a





1 xa ln C 2a x  a

www.matematiranje.com

10

INTEGRALI ZADACI (V-DEO) Integrali nekih funkcija koje sadrže kvadratni trinom ax 2  bx  c

I1  

Najpre ćemo proučiti integrale oblika:

dx ax  bx  c 2

dx

I3  

i

ax  bx  c 2

Kod njih se kvadratni trinom ax 2  bx  c svede na kanonični oblik pomoću formule: 2

b  4ac  b 2  ax  bx  c  a  x    2a  4a  2

naravno, možemo koristiti i dopunu do punog kvadrata, ko ne voli da pamti formulu.

Zatim uzimamo smenu:

I1  

ili

I3  

b t , i dobijemo neki od tabličnih integrala. 2a dx  dt x

dx se može svesti na ax  bx  c dx xa 1  x 2  a 2  2a ln x  a  C 2

dx

se svodi najčešće na

ax  bx  c 2

x

primer 1.

2

a

2

1 1 x dx  arctg  C , 2 x a a



1 a x 2

2

dx  arcsin

a

2

dx ax 1 ln  C 2 2a a  x x

x  C ili a



dx x a 2

2

 ln x  x 2  a 2  C

dx ?  6 x  13 2

b  4ac  b 2  , dakle: x 2  6 x  13  Ovde je a  1, b  6, c  13 pa to zamenimo u formulicu a  x    2a  4a  2

2

52  36 b  4ac  b 2 6  4 1 13  (6) 2 2 2    1 x    x  3    x  3  4 a x      2a  4a 2 1  4 1 4  

Lakše je naravno izvršiti dopunu do punog kvadrata, znate ono dodamo i oduzmemo onaj uz x podeljen sa 2 pa to na  broj uz kvadrat.  2 

x  

2

2

x 2  6 x  13  x 2  6 x  9  9  13  ( x  3) 2  4

6 Uz x je 6, pa dodajemo i oduzimamo    9 2 www.matematiranje.com

1

Vraćamo se u integral:

x

2

x 3  t 1 1 dx dx dt x ( ovo je  2    2 dx  arctg  C iz tabele)= 2 2 2 ( x  3)  4 dx  dt  6 x  13 t 2 a x a a

1 1 t x 3 arctg  C  (vratimo smenu )  arctg C 2 2 2 2

dx



primer 2.

2x  6x  5 2

?

5 9 9 5 3 1 2 x 2  6 x  5  2( x 2  3 x  )  2( x 2  3 x    )  2[( x  ) 2  ] 2 4 4 2 2 4 3 x t dx dx dx 1 1    2  2 x2  6 x  5     3 1 2 3 1 dx  dt 2 1 t 2  ( )2 2[( x  ) 2  ] ( x  )2  2 4 2 4 2 dx Upotrebimo iz tablice   ln x  x 2  a 2  C 2 2 x a dx

1 2

dx 1 t 2  ( )2 2



1 1 1 3 ln t  t 2  ( ) 2  C  vratimo smenu  ln x   2 x 2  6 x  5  C 2 2 2 2

Kad znamo ova dva tipa integrala ,možemo naučiti i : I2  

Ax  B dx ax  bx  c 2

i

I4  

Ax  B ax 2  bx  c

dx

Oni se radom svedu na prethodna dva integrala: I2   I4  

Ax  B dx se svede na integral ax  bx  c 2

Ax  B ax 2  bx  c

dx svede na integral

I1   I3  

dx , dok se ax  bx  c 2

dx ax 2  bx  c

.

Postoje gotove formulice u kojima treba samo da uporedite i nadjete vrednosti za A,B,a,b i c. Pazite: njih smete koristiti samo ako to odobrava vaš profesor! Mi ćemo vam pokazati i ceo postupak u slučaju da

ne smete da koristite formule… www.matematiranje.com

2

Formulice su: I2 =

A Ab ln ax 2  bx  c +(B) I1 +C 2a 2a

primer 3.

x

2

i

I4 

A Ab   ax 2  bx  c   B   I 3 +C 2a  a 

x 1 dx  ?  x 1

Ovo je očigledno integral tipa

I2  

Ax  B dx ax  bx  c 2

Uporedjivanjem dobijamo da je : A=1, B=1, a=1, b=1,c=1 A Ab ln ax 2  bx  c  ( B  ) I1  C 2a 2a A  1, B  1, a  1, b  1, c  1

I2 

I2 

1 1 1 1 1 ln 1x 2  1x  1  (1  ) I1  C  ln x 2  x  1  I1  C 2 1 2 1 2 2

Sad imamo poso da rešimo integral tipa I1  

I1  

1 dx i da njegovo rešenje posle vratimo u formulu. x  x 1 2

1 dx  ? x  x 1 2

2

1 1 1 3  x2  x  1  x2  x    1   x    4 4 2 4  1 1 2( x  ) x t 1 1 1 1 2 t 2  I1   2 dx   dx  dx  arctg arctg   2 2 x  x 1 3 3 3 3 3 1 3   dx  dt t 2  ( )2 x   2 2 2 2 4   

2 2x 1 arctg 3 3

Vratimo se u formulu:

x

2

x 1 1 1 1 1 2 2x 1 C dx  ln x 2  x  1  I1  C  ln x 2  x  1   arctg 2 2 2  x 1 2 3 3

1 1 2x 1 C ln x 2  x  1  arctg 2 3 3

www.matematiranje.com

3

Kako bi ovaj integral rešavali da nismo smeli koristiti formulu?

x

2

x 1 dx  ?  x 1

Ideja je da se izraz u brojiocu Ax+B napravi da bude izvod izraza u imeniocu ax 2  bx  c . To možete uraditi tako što izvučete ispred integrala

A . 2a

U našem primeru imamo x 2  x  1 u imeniocu, njegov izvod je ( x 2  x  1)` 2 x  1 , što znači da u brojiocu treba da

napravimo 2 x  1 , odnosno da izvučemo

x

2

A 1  ispred integrala! 2a 2

x 1 1 2x  2 1 2x 1 1 1 2x 1 1 dx   2 dx   2 dx  (  2 dx   2 dx) 2 x  x 1 2 x  x 1 2 x  x 1  x 1 x  x 1

Sad se problem sveo na rešavanje dva integrala, gde prvi uvek radimo smenom, a drugi je tipa I1 . x2  x  1  t 2x 1 1 2 dx   x 2  x  1 (2 x  1)dx  dt   t dt  ln t  ln x  x  1

Ovaj drugi smo već rešavali: 1 1 2( x  ) x t 1 1 1 1 1 t 2  x 2  x  1dx   x 2  x  1dx    1 2 3 dx  2   2 3 2 dx  3 arctg 3  3 arctg 3 2  dx  dt t ( ) x   2 2 2 2 4  2 2x 1  arctg 3 3

Vratimo se na zadatak :

x

2

x 1 1 2x 1 1 dx  (  2 dx   2 dx)  2 x  x 1  x 1 x  x 1 1 2 2x 1  (ln x 2  x  1  )C arctg 2 3 3



1 1 2x 1 C ln x 2  x  1  arctg 2 3 3

www.matematiranje.com

4

primer 4.



5x  3 x 2  4 x  10

dx  ?

I način ( uz pomoć formule)

A Ab   ax 2  bx  c   B   I3 2a  a  5x  3  x 2  4 x  10 dx  ? A  5, B  3, a  1, b  4, c  10 I4 

5 2 1  5 4  x  4 x  10   3  dx  2 1 2 1   x  4 x  10 x  4 x  10 1 dx  5  x 2  4 x  10  (7)  2 x  4 x  10 1 dx  5  x 2  4 x  10  7   2 x  4 x  10



5x  3

2

dx 

Da rešimo ovaj integral posebno, pa ćemo vratiti njegovo rešenje...



1

dx  x  4 x  10 x 2  4 x  10  x 2  4 x  4  4  10  ( x  2) 2  6



2

1 x  4 x  10 2

dx  

1 ( x  2)  6 2

dx 

x2t 1  dx  koristimo : dx  dt t2  6



dx x a 2

2

 ln x  x 2  a 2  C

 ln t  t 2  6  ln x  2  x 2  4 x  10



5x  3 x  4 x  10 2

dx  5  

x2 x  4 x  10 2

dx  7  

1 x  4 x  10 2

dx

 5  x 2  4 x  10  7  ln x  2  x 2  4 x  10  C

II način (direktno, bez upotrebe formulice)



5x  3 x  4 x  10 2

dx  ?

Kako je izvod ( x 2  4 x  10)` 2 x  4  2( x  2) u brojiocu mora biti napravljeno to. www.matematiranje.com

5



5x  3 x 2  4 x  10

3 3 5( x  ) x22 5 5 dx  dx  5   2 2 x  4 x  10 x  4 x  10

dx  

 5  (  5  (  5 

3 5 dx   dx) 2 2 x  4 x  10 x  4 x  10 7  x2 5 dx   dx) 2 2 x  4 x  10 x  4 x  10 1 x2 dx  7   dx 2 2 x  4 x  10 x  4 x  10 2 

x2

Sad radimo ova dva integrala ( drugi smo već rešavali kod prvog načina).





x2 x 2  4 x  10

dx 

x 2  4 x  10  t 2 (2 x  4)dx  2tdt



2 ( x  2)dx  2 tdt ( x  2)dx  tdt

t dt   dt  t  x 2  4 x  10 t

1

dx  x  4 x  10 x 2  4 x  10  x 2  4 x  4  4  10  ( x  2) 2  6



2

1 x  4 x  10 2

dx  

1 ( x  2)  6 2

dx 

x2t 1  dx  koristimo : 2 dx  dt t 6



dx x a 2

2

 ln x  x 2  a 2  C

 ln t  t 2  6  ln x  2  x 2  4 x  10

Vratimo se u zadatak:



5x  3 x  4 x  10 2

dx  5  

x2 x  4 x  10 2

dx  7  

1 x  4 x  10 2

dx

 5  x 2  4 x  10  7  ln x  2  x 2  4 x  10  C

www.matematiranje.com

6

x

primer 5.

2x  7 dx  ?  x2

2

Ovaj primer vam navodimo jer trebate voditi računa o polinomu u imeniocu!

Rekli bi da je ovo integral tipa I 2  

Ax  B dx i radili bi: ax  bx  c 2

2x  7 2x 1 6 2x 1 6 dx   2 dx   2 dx   2 dx   x2 x  x2 x  x2 x  x2 Rešimo ova dva integrala posebno, pa ćemo zameniti njihova rešenja...

x

2

x2  x  2  t 2x 1 dt 2 dx   x 2  x  2 (2 x  1)dx  dt   t  ln t  ln x  x  2 6 1 dx  6  2 dx  x  x2  x2 1 1 1 9 x 2  x  2  x 2  x    2  ( x  )2  4 4 2 4 1 x t 1 1 1 6 2 dx  6 dx   6 dx  koristimo : 2 2 1 2 9 x  x2 3   2 (x  )  dx  dt t   2 4 2

x

2

x

2

1 dx xa ln  C 2 2a x  a a

3 1 3 x  2  2 ln 2 2  2 ln x  1 ln  6 3 3 1 3 x2 2 t x  2 2 2 2 1

t

vratimo rešenja: 2x  7 2x 1 6 dx   2 dx   2 dx   x2 x  x2 x  x2 x 1  ln x 2  x  2  2 ln C x2

x

2

2

x 1  ln ( x  1)( x  2)  ln C x2  ln ( x  1) ( x  2)   ln

( x  1) 2 C ( x  2) 2

( x  1)3 C ( x  2) www.matematiranje.com

7

Nije bilo lako rešiti ga, priznaćete...

Nismo razmišljali jednu drugu stvar: Da li je ovaj zadatak mogo da se uradi kao integracija racionalne funkcije? Proverimo da li polinom u imeniocu može da se rastavi na činioce... x 2  x  2  0  x1,2 

b  b 2  4ac  x1  1, x2  2 2a

MOŽE!

Lakše je raditi ( bar nama):

2x  7  x  x  2dx  ? A B 2x  7 2x  7    .................................. / ( x  1)( x  2) 2 x  x  2 ( x  1)( x  2) x  1 x  2 2 x  7  A( x  2)  B( x  1) 2

2 x  7  Ax  2 A  Bx  B 2 x  7  x( A  B)  2 A  B uporedjujemo A B  2 2A  B  7 3 A  9  A  3  B  1 1 3 1 2x  7 3     ( x  1)( x  2) x  1 x  2 x  1 x  2 2x  7 3 1  ( x  1)( x  2)dx   x  1 dx   x  2 dx  3ln x  1  ln x  2  C 3

 ln x  1  ln x  2  C ( x  1)3  ln C x2 Naš savet je dakle da proverite da li je kvadratna jednačina u imeniocu rešiva i da ako jeste radite integral kao integraciju racionalne funkcije. Ako kvadratna nije rešiva, radite ga kao integral tipa I 2  

Ax  B dx . ax  bx  c 2

Videli ste da su ispala ista rešenja. Uostalom, odlučite sami, šta vama više odgovara ili kako pak komanduje profesor... www.matematiranje.com

8

 (mx  n)

Sledeći tip integrala je

dx ax 2  bx  c

1 t dx 1 Ovi integrali se smenom: mdx   2 dt , svedu na integral tipa I 3   2 t ax  bx  c 1 dx   dt m t2 mx  n 

primer 6.

dx

 x

Najpre uzimamo smenu x 

 x 

x

dx x2  4x  1 



1 dt t

1 2 t  4t  1 t

?

x  4x 1 2

1 kojom svodimo dati integral na tip I 3 . t

1 t

1 dx   2 dt t





 dt t 2  4t  1



1 dt t2

1 12 1  ( )  4  1 t t t

 



1 1 dt  dt 2 t t   2 1 1 4   t t 1 4  2  1 t t t t2 

dt t 2  4t  1

t 2  4t  1  t 2  4t  4  4  1  (t  2) 2  3 

dt t  4t  1 2

 

dt (t  2)  3 2



t2 z dt  dz

 

dt z 3 2

 koristimo : 

dx x a 2

2

 ln x  x 2  a 2  C , pa je

  ln z  z 2  3  vratimo smenu   ln t  2  t 2  4t  1  C Moramo da vratimo i prvu smenu :   ln t  2  t 2  4t  1  C   ln

1 1 1  2  ( )2  4   1  C x x x

www.matematiranje.com

9

Metoda neodredjenih koeficijenata (metoda Ostrogradskog)



Ovom metodom se rešavaju integrali tipa

Pn ( x) ax 2  bx  c

dx gde je u brojiocu podintegralne funkcije imamo

polinom n-tog stepena. Postupak rada je sledeći:

-

postavimo jednačinu



Pn ( x) ax  bx  c 2

dx  Qn 1 ( x)  ax 2  bx  c    

dx ax  bx  c 2

Ovde je Qn 1 ( x) polinom (n-1) vog stepena sa neodredjenim koeficijentima. -

ovu jednačinu diferenciramo

-

zatim sve pomnožimo sa

-

sa obe strane dobijamo polinome reda n, pa neodredjene koeficijente odredjujemo izjednačavanjem

ax 2  bx  c

koeficijenata uz iste stepene x-a.

Kako je polinom Pn ( x) u zadacima najčešće drugog stepena početna jednačina će biti:



mx 2  px  r ax  bx  c 2

dx =(Ax+B)

ax 2  bx  c +   

dx ax  bx  c 2

Ali, najbolje da to vidimo na primeru:

primer 7.



2 x 2  3x

x2  2 x  2

dx  ? www.matematiranje.com

10

Postavimo jednačinu:



2 x 2  3x

dx

dx  ( Ax  B)  x 2  2 x  2    

 diferenciramo x  2x  2 x  2x  2 2 x 2  3x   ( Ax  B )` x 2  2 x  2  ( x 2  2 x  2)`(  Ax  B)  x2  2x  2 x2  2x  2  2 x 2  3x 1  A  x2  2x  2  ( x 2  2 x  2)`(  Ax  B)  2 x2  2 x  2 x2  2x  2 x2  2 x  2  2 x 2  3x 1 (2 x  2)  ( Ax  B )   A  x2  2x  2  2 2 2 x  2x  2 2 x  2x  2 x  2x  2 2  2 x  3x 1 2 ( x  1)  ( Ax  B )   A  x2  2x  2  2 x2  2x  2 x2  2 x  2 x2  2x  2 2

2 x 2  3x

 A  x2  2x  2 

( x  1)  ( Ax  B)

x  2x  2 x  2x  2 2 2 2 x  3 x  A( x  2 x  2)  ( x  1)  ( Ax  B)   2

2

2





x  2x  2 2

 .............................. / x 2  2 x  2

Sada uporedjujemo koeficijente:

2 x 2  3 x  A( x 2  2 x  2)  ( x  1)  ( Ax  B)   2 x 2  3 x  Ax 2  2 Ax  2 A  Ax 2  Bx  Ax  B   2 x 2  3 x  2 Ax 2  x(3 A  B)  2 A  B    uporedjujemo 2A  2  A  1 3A  B  3 2A  B    0 3 A  B  3  3 1  B  3  B  0 2 A  B    0  2  0    0    2 Vratimo se u početnu jednačinu:



2 x 2  3x x2  2 x  2

dx  ( Ax  B)  x 2  2 x  2      (1x  0)  x 2  2 x  2  2    x  x2  2x  2  2  

dx x2  2x  2 dx

x2  2x  2 dx

x2  2x  2

Da rešimo posebno ovaj integral... www.matematiranje.com

11



dx x  2x  2 2

upotrebimo : 



dx x  2x 1 1 2

dx x a 2

2



dx ( x  1)  1 2



x 1  t dx   dx  dt t2 1

 ln x  x 2  a 2  C

 ln t  t 2  1  C  ln x  1  x 2  2 x  2  C

Konačno, rešenje će biti:



2 x 2  3x x2  2 x  2

dx  x  x 2  2 x  2  2  

dx x2  2 x  2

 x  x 2  2 x  2  2  ln x  1  x 2  2 x  2  C

primer 8.



a 2  x 2 dx  ?

Ako se sećate, ovaj integral smo rešavali u fajlu parcijalna integracija. Tada smo rekli da on može da se rešava na više načina. Evo kako bi išlo rešavanje metodom Ostrogradskog. Naravno, opet racionalizacijom malo prepravimo podintegralnu funkciju...



a2  x2 a2  x2 a2  x2   1 a2  x2 a2  x2 a2  x2 a 2  x 2 dx   dx a2  x2

Sada je ovo oblik koji nam treba… www.matematiranje.com

12

a2  x2



a x 2

2

a2  x2 a x 2

dx  ( Ax  B )  a 2  x 2    

 A a2  x2 

2

a2  x2

 2x 2 a x

 A a2  x2 

2

x

2

dx a  x2 2

a x a x 2 2 2 a  x  A(a  x )  x( Ax  B )   2

2

2

2



( Ax  B ) 

( Ax  B) 

 diferenciramo

a  x2 2

 a x 2

2

............................................ / a 2  x 2

2

a 2  x 2  Aa 2  Ax 2  Ax 2  Bx   a 2  x 2  2 Ax 2  Bx  Aa 2   uporedjujemo 2 A  1 B  0  B  0 Aa 2    a 2 Rešavamo ovaj sistemčić A

1 1 1  a2    a2    a2 2 2 2

Vratimo se u postavku…

  

a2  x2 a x a2  x2

2

a x

2

2

2

a2  x2 a x 2

2

dx  ( Ax  B)  a 2  x 2    

dx a  x2 dx 2

dx 

1 1 x  a2  x2  a2   2 2 a2  x2

dx 

1 1 x x  a 2  x 2  a 2  arcsin  C 2 2 a

www.matematiranje.com

13

INTEGRALI ZADACI ( VI-DEO) Integracija nekih iracionalnih funkcija Kad smo radili racionalna funkcije, videli smo da ,u principu, možemo odrediti integral svake racionalne funkcije. Zato će nam kod integrala sa iracionalnom funkcijom prvi poso biti da ga pogodnom smenom ili na neki drugi način svedemo na integral racionalne funkcije. Proučićemo tri metode za rešavanje:

 R[ x, (

ax  b n ax  b s ) ,.......( ) ]dx cx  d cx  d

i)

Rešavanje integrala tipa

ii)

Integracija diferencijalnog binoma

iii)

Ojlerove smene

m

r

ax  b ax  b  R[ x, ( cx  d ) n ,.......( cx  d ) s ]dx m

Integrali tipa

Ovde ćemo uzimati smenu

Primer 1.

dx

 1

x

ax  b  t k , gde je k najmanji zajednički sadržalac za razlomke cx  d

m r ,......., n s

? 1

Ovde imamo samo

r

x  x 2 pa će nam smena biti

x  t2 .

x  t2 2tdt dx tdt  1  x  dx  2tdt   1  t  2 1  t  Kao trik dodamo i oduzmemo 1 u brojiocu  2

 t 1 1  1  t 11  dt   dt   2   dt   dt   2(t  ln 1  t )  C  vratimo smenu dt  2   1  t 1  t 1 t 1  t      2 x  2 ln 1  x  C

www.matematiranje.com

1

 1

Primer 2.

x 3

x

dx  ? 1

1

Sada imamo dva različita korena 3.

 1

x 3

x

dx 

x  t6 dx  6t 5 dt



t6 1 3 t6

x  x2 i

6t 5 dt  6 

3

x  x 3  smena je x  t 6 , jer je 6 najmanji zajednički sadržalac za 2 i

t3 t8 5 6  t dt   1  t 2 dt 1 t2

Dobili smo integral racionalne funkcije , što nam je i bio cilj. Ovde je racionalna funkcija neprava, pa najpre moramo podeliti polinome da dobijemo pravu racionalnu funkciju... t8 t8   1 t2 t 2 1 t 8 : (t 2  1)  t 6  t 4  t 2  1  t8  t 6 t6  t6  t4 t4  t4  t2 t2  t2 1 1  ostatak

Pa je

6

t8 t8 1    (t 6  t 4  t 2  1  2 ) 2 2 1 t t 1 t 1

t8 1 t7 t5 t3 1 t 1 6 4 2            t  ln dt 6 ( t t t 1 ) dt 6( )  C  vratimo smenu t  6 x 2 2  1 t t 1 7 5 3 2 t 1 6

7

5

3

6 6 x x x 1  6(    6 x  ln 7 5 3 2

6 6

x 1 )C x 1

www.matematiranje.com

2

Integracija diferencijalnog binoma

Pod ovom klasom integrala podrazumevamo integrale oblika

x

m

(a  bx n ) p dx .

Podintegralni izraz se naziva diferencijalni binom. Naš poso je da najpre dati integral “spakujemo” da bude ovakvog oblika a zatim da iz njega “pročitamo” vrednosti za m,n,p a zatim i za a i b.

U zavisnosti od vrednosti ovih brojeva razlikujemo tri situacije: 1) Ako je p-ceo broj , onda dizanjem binoma (a+bxn) na p-ti stepen, ovaj integral bude kao integral racionalne funkcije m 1 2) Ako je  ceo broj , smena je a+bxn = ts , gde je s imenilac razlomka p n m 1 3) Ako je +p  ceo broj, tada je smena ax-n + b=ts , gde je s opet imenilac razlomka p n

Posle smene, ovaj integral se svodi na integral racionalne funkcije kao što smo već pomenuli na početku fajla.

Primer 3.



x dx  ? 1  x3

Spakujemo podintegralnu funkciju:



1 2

1 1  x x x 3 2 2 dx   dx   dx   x (1  x ) dx 1 1  x3 3 2 1  x3 (1  x )

Ovaj integral uporedjujemo sa

x

m

(a  bx n ) p dx

1 1 i a  1; b  1 m  ; n  3; p   2 2 1 3 1 1 m 1 2   2   nije ceo broj! 3 3 2 n 1 1 m 1  p    0  ceo broj ! 2 2 n www.matematiranje.com

3

Znači, ovo je treća situacija. Uzmemo odgovarajuću smenu: a  xn  b  t s 1 1 i a  1; b  1 m  ; n  3; p   2 2 a  x  n  b  t s  1  x 3  1  t 2  x 3  1  t 2 je smena

E , sad nije lako. Znamo da posle uvodjenja smene novi integral treba da bude sve “ po t ” . Smenu diferenciramo ( nadjemo izvod i izrazimo dx). Iz smene izražavamo one izraze koje ostanu po x a moramo da ih prebacimo da budu po t. Ovde vam je neophodna dobra matematička tehnika od ranije...



1  x3 1 x  1  t  3  t 2  1  x3  t 2 x3  x3  2 1 1  x x t 1  dx   x 2 (1  x 3 ) 2 dx  3 4 1 x 2tdt x 2tdt 4 3 x dx  2tdt  dx   dx  3x 4 3



1 x 4 2 t dt 2 2 1 x x 4 2tdt     x3 dt    2 dt   2 3 3 3 3 3 t 1 t x t x

3



2

t 1 1 t 1 2 1  ln  C   ln  C  Moramo da vratimo smenu... 3 2 t 1 3 t 1 1  x3

x 3  1  t 2  t 

x3 1  x3

1 t 1 1  ln  C   ln 3 t 1 3

x3 1  x3 x3

Primer 4.

x

dx 3

 3 (1  x 1 )

1 1

1  x3  x3 1  C   ln 3

1 1  x3  x3  C   ln C 3 1  x3  x3 1  x3  x3 x3 x3

?

Opet najpre spakujemo podintegralnu funkciju i odredimo vrednisti za m,n,p i za a i b. www.matematiranje.com

4

x

dx 3

 3 (1  x 1 )



1 3

  x  (1  x ) dx  3

1

x

m

1 (a  bx n ) p dx  m  3; n  1; p   ; i a  1; b  1 3

m  1 3  1   2  ceo broj 1 n Ovde dakle imamo 2. situaciju: Smena je : a  bx n  t s  1  x 1  t 3 1 t 1 2  x dx  2tdt  dx   x 2  2tdt

1  x 1  t 3  x 

x

dx 3

 3 (1  x 1 )

=  2



3

 x 2  2tdt x 3  3 t3

 2 

t dt dt  2   zamenimo x koje smo gore izrazili... x x t

dt t4  2 (t 3  1)dt  2(  t )  C  moramo da vratimo smenu... 1 4 3 t 1

Iz 1  x 1  t 3  t 3  1 

1 1 x  t3 , pa je x x

1 x 4 1 x 3 1 x  ( ) t 1 x x x x  3 1 x )  C 3 2(  t )  C  2(  )  C  2( x x 4 4 4 1 x 1 1 x 1 x x   2 3 ( x  1)  C  2 3 (  1)  C 4 4x x x 4

3

Naravno , ako vaš profesor traži napakujte rešenje kakvo on voli...

Ojlerove smene

Ojlerove smene upotrebljavamo za rešavanje integrala oblika To znači da se u imeniocu ovog integrala nalazi Pazite, integrale oblika

 (mx  n)

dx ax  bx  c 2

 R ( x,

ax 2  bx  c )dx

ax 2  bx  c pa plus ili minus neki linearni polinom po x.

rešavamo smenom mx  n 

1 i tako izbegnemo Ojlera… t

www.matematiranje.com

5

Prva Ojlerova smena

U integralu

 R ( x,

ax 2  bx  c )dx

Ako je a  0 uvodimo smenu

posmatramo ax 2  bx  c .

ax 2  bx  c   ax  t . Da li ćemo izabrati plus ili minus ispred

a zavisi od

konkretnog zadatka . Postupak je na dalje isti za oba znaka( recimo da smo uzeli plus): ax 2  bx  c   ax  t.......................kvadriramo ax 2  bx  c  ( ax  t ) 2 ax 2  bx  c  ax 2  2 a  x  t  t 2

odavde izrazimo x

bx  2 a  x  t  t 2  c x(b  2 a  t )  t 2  c x

t2  c b  2 a t

Sad diferenciramo, pazimo, na desnoj strani je izvod količnika … Integral se svede na integraciju racionalne funkcije koja je po t. Druga Ojlerova smena

Ako je u posmatranom integralu c  0 , uvodimo smenu zavisno od zadatka , biramo plus ili minus ispred

ax 2  bx  c  x  t  c . Kao i u prethodnom slučaju,

c.

Ako recimo izaberemo plus , dalje radimo(i za minus bi radili isto): ax 2  bx  c  x  t  c ........................kvadriramo ax 2  bx  c  x 2  t 2  2 x  t  c  c ax 2  bx  x 2  t 2  2 x  t  c  0 x 2 (a  t 2 )  x(b  2  t  c )  0.......................izvučemo x kao zajednički x  [ x(a  t 2 )  (b  2  t  c )]  0......................... A  B  0  A  0  B  0 x  0  x(a  t 2 )  (b  2  t  c )  0 x(a  t 2 )  b  2  t  c  0 x(a  t 2 )  2  t  c  b x

2t  c  b a  t2 www.matematiranje.com

6

Kao i u prvoj Ojlerovoj smeni x je izraženo kao funkcija od t, pa će po logici stvari i dx i

ax 2  bx  c

takodje biti funkcije od t. Diferenciramo, vratimo se u integral i dobijemo integraciju racionalne funkcije. Treća Ojlerova smena

Ova smena se koristi kad je diskriminanta za ax 2  bx  c pozitivna , odnosno kad ova kvadratna jednačina ima različita, realna rešenja. Tada je Uvodimo smenu

ax 2  bx  c  a ( x  x1 )( x  x2 ) .

a ( x  x1 )( x  x2 )  ( x  x1 )  t

ili

a ( x  x1 )( x  x2 )  ( x  x2 )  t .

Opet zavisi sve od konkretnog zadatka da li ćemo uzeti jednu ili drugu smenu... Ako recimo uzmemo : a( x  x1 )( x  x2 )  ( x  x1 )  t..............kvadriramo a( x  x1 )( x  x2 )  ( x  x1 ) 2  t 2 ......................... sve prebacimo na levu stranu a( x  x1 )( x  x2 )  ( x  x1 ) 2  t 2  0 ( x  x1 )[a( x  x2 )  ( x  x1 )  t 2 ]  0  a( x  x2 )  ( x  x1 )  t 2  0 ax  ax2  x  t 2  x1  t 2  0 ax  x  t 2  ax2  x1  t 2 x(a  t 2 )  ax2  x1  t 2 x

ax2  x1  t 2 a  t2

Na dalje isto kao i kod prve i druge smene...dobijemo racionalnu funkciju itd.

Primer 5.

 x

dx x2  x  1

?

Najpre proverimo da li kvadratna funkcija pod korenom ima rešenja: x 2  x  1  0  x1,2 

1  12  4 1 1 1  3   nema realna rešenja! 2 1 2

Ovde je a=1, c=1. Možemo uzeti prvu ili drugu Ojlerovu smenu. Recimo uzmemo prvu. www.matematiranje.com

7

ax 2  bx  c   ax  t Kad zamenimo a=1 dobijamo x2  x  1   x  t

Da li da biramo minus ili plus? Kako je u imeniocu podintegralne funkcije x  x 2  x  1 , bolje je izabrati minus jer će posle ti x-sevi da se potiru: x  x 2  x  1  x  ( x  t )  x  x  t  t Ne bi bila greška ni da uzmemo plus ali onda komplikujemo situaciju i sami sebi pravimo posao... x2  x  1   x  t

kvadriramo

x 2  x  1  ( x  t ) 2 x 2  x  1  x 2  2tx  t 2

sve sa x prebacimo na levu stranu

x  2tx  t 2  1 x(1  2t )  t 2  1 t 2 1 x 2t  1

diferenciramo(izvod)

 t 2 1  dx   pazi , moramo izvod količnika `dt  2t  1  2t (2t  1)  2(t 2  1) dx  dt (2t  1) 2 dx 

4t 2  2t  2t 2  2 dt (2t  1) 2

dx 

2t 2  2t  2 dt (2t  1) 2

2(t 2  t  1) dx  dt (2t  1) 2

Vraćamo se u integral:

2(t 2  t  1) 2(t 2  t  1) dt dt dx 2(t 2  t  1) t2  t 1 (2t  1) 2 (2t  1) 2    dt  2  x  x2  x  1  x  x  t   t  (2t  1)2  t  (2t  1)2 dt t www.matematiranje.com

8

Dobili smo racionalnu funkciju . Postupak njenog rešavanja je detaljno objašnjen u jednom od prethodnih fajlova sa zadacima iz integrala. Izvlačimo racionalnu funkciju: t2  t 1 A B C    .............................. / t  (2t  1) 2 2 2 t  (2t  1) t 2t  1 (2t  1) t 2  t  1  A(2t  1) 2  Bt (2t  1)  Ct t 2  t  1  A(4t 2  4t  1)  2 Bt 2  Bt  Ct t 2  t  1  4 At 2  4 At  A  2 Bt 2  Bt  Ct t 2  t  1  t 2 (4 A  2 B)  t (4 A  B  C )  A uporedjujemo : 4 A  2B  1 4A  B  C 1 A 1 4  2 B  1  2 B  3  B  

3 2

3 3 4 C 1 C   2 2 Vratimo se u razlaganje : 3 3   t2  t 1 1 2   2  t  (2t  1) 2 t 2t  1 (2t  1) 2

Sad integral od svakog posebno... t2  t 1 1 3 1 3 dt  t  (2t  1)2 dt   t dt  2  2t  1 dt  2  (2t  1)2

Ovaj treći ćemo rešiti na stranu...



1 2t  1  z dz 1 dt 1 2  1 z 2 dz  1 z   1      2 dt dz 2 2   (2t  1) z 2 2 1 2z 2(2t  1) 1 dt  dz 2 www.matematiranje.com

9

Sada je: t2  t 1 dt 1 3 1 3  t  (2t  1)2 dt   t dt  2  2t  1 dt  2  (2t  1)2  3 1 3 1  ln t   ln 2t  1    C 2 2 2  2(2t  1)  3 3  ln t  ln 2t  1  C 4 4(2t  1) Dakle rešenje ovog integrala po t je:

 x

dx x2  x  1

 2

  t2  t 1 3 3 dt  2  ln t  ln 2t  1  C 2 t  (2t  1) 4 4(2t  1)  

Moramo da vratimo t. Iz

x2  x  1   x  t  t  x  x2  x  1

  3 3 2  ln t  ln 2t  1  C  4 4(2t  1)     3 3 2  ln x  x 2  x  1  ln 2( x  x 2  x  1)  1  C 2   4 x x x 4(2( 1) 1)       Ako vaš profesor zahteva vi malo ovo prisredite... www.matematiranje.com

10

INTEGRALI ZADACI ( VII – DEO) Integracija nekih trigonometrijskih funkcija Daćemo vam savete za četiri tipa integrala trigonometrijskih funkcija. A)

Integrali tipa

 R(sin x, cos x)dx

To su integrali u kojima sinx i cosx nemaju stepene. Uvodimo smenu:

tg

x t 2

Iz smene ćemo upotrebom formula iz trigonometrije dobiti: x  sin  x 2 cos  2  x x x 2  cos x  2sin cos 2tg sin x  2  2 2  2  2t  2t  sin x  x x 1  2x  tg 2 x  1 t 2  1 1  t 2 sin 2  cos 2 sin 2 2 cos 2 x  2 2  1   x 2  cos 2   2  x  sin 2   x 2 cos 2 1  x x x 2 2  cos  1  tg 2 x cos 2  sin 2 2 cos x  2 2  1 t 2 2  cos x  x x 1  2x  1  tg 2 x 1  t 2 sin 2  cos 2 sin 2 2 2 cos 2 x  2  1   2  cos 2 x   2  x x 2 Kako je tg  t onda je  arctgt  x  2arctgt  dx  dt 2 2 1 t2 2

Da rezimiramo: Kad uzimamo smenu tg

x  t menjamo: 2 2t 1 t2 1 t2 cos x  1 t2 2 dx  dt 1 t2

sin x 

x  t je univerzalna trigonometrijska smena i može se uvek upotrebljavati, al je lakše , zavisno od izgleda 2 podintegralne funkcije koristiti i sledeću smenu: Smena tg

www.matematiranje.com

1

B) Integrali tipa

 R(tgx)dx

i

 R(sin

2

x, cos 2 x,sin x  cos x)dx

To su integrali koji mogu da se sredjivanjem svedu sve na tgx ili kod kojih se javljaju stepeni kod sinusa i kosinusa i proizvod

sin x  cos x .

Uvodimo smenu:

tgx  t

Iz smene ćemo upotrebom formula iz trigonometrije dobiti: sin 2 x sin 2 x sin 2 x tg 2 x t2 2 cos 2 x      sin 2 x  svuda dodamo cos x sin 2 x cos 2 x tg 2 x  1 1  t 2 1 sin 2 x  cos 2 x  cos 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x 1 1 cos 2 x cos 2 x    svuda dodamo cos 2 x   2  2 2 2 2 sin x cos x tg x  1 1  t 2 1 sin x  cos x  cos 2 x cos 2 x sin x  cos x sin x  cos x sin x  cos x tgx t cos 2 x sin x  cos x     2  2 2 2 2 1 sin x  cos x sin x cos x tg x  1 1  t 2  cos 2 x cos 2 x x x 2 tg  t   arctgt  x  2arctgt  dx  dt 2 2 1 t2

Da rezimiramo: Kad uzimamo smenu tgx  t menjamo: t2 1 t2 1 cos 2 x  1 t2

sin 2 x 

sin x  cos x  dx 

t 1 t2

2 dt 1 t2

www.matematiranje.com

2

C) Integrali tipa

 sin

m

x  cos n xdx

Razlikovaćemo dve situacije: i) Ako su m i n celi brojevi ii) Ako su m i n racionalni brojevi

U obe situacije uvodimo smenu sin x  u ili cosx=u ali se u situaciji i) kad su m i n celi brojevi integral svede na

integraciju racionalne funkcije, a u situaciji ii) kad su m i n racionalni brojevi svede na integral diferencijalnog binoma.

D) Integrali tipa

 sin ax cos bxdx; sin ax sin bxdx; cos ax cos bxdx;

Najpre iskoristimo trigonometrijske formulice:

1 [cos(a-b)x – cos(a+b)x] 2 1 sinax cosbx= [sin(a+b)x + sin(a-b)x] 2 1 cosax cosbx= [cos(a+b)x + cos(a-b)x] 2 sinax sinbx=

A zatim ih rastavimo na dva integrala od kojih svaki rešavamo lakom smenom.

NEKI TRIKOVI:

Ako je u integralu izraz a2  x2 =

a 2  x 2 , onda je zgodno uzeti smenu x=asint jer tako uništavamo koren

a 2  (a sin t ) 2 = a 2  a 2 (sin t ) 2 =a 1  sin 2 t =a cos t

Ako je u integralu dat izraz x 2  a 2 = (atgt ) 2  a 2 =

x 2  a 2 , onda je zgodno uzeti smenu x=a tgt jer tako uništavamo koren

a 2tg 2t  a 2 =a tg 2t  1 = a

sin 2 t sin 2 t  cos 2 t 1 1  1  a a =a 2 2 2 cos t cos t cos t cos t

www.matematiranje.com

3

PRIMERI

primer 1.

dx

 sin x  ?

Ovaj integral smo već rešavali u fajlu Integrali zadaci I- deo bez trigonometrijkih smena. Videćemo da je mnogo

elegantnije iskoristiti smenu tg

x  t . Dakle: 2

2t 1 t2 2 dx  dt 1 t2

sin x 

2 dx 1  t 2 dt  1dt  ln t  C  ln tg x  C   sin x  2t t 2 2 1 t

primer 2.

2  sin x

 2  cos xdx  ?

I ovde ćemo koristiti smenu tg

x  t jer sinx i cosx nemaju stepene. 2

x t 2 2 dx  dt 1 t 2 2t sin x  1 t 2 1 t 2 cos t  1 t 2 tg

Imamo gotove smene:

2t 2  sin x 1  t 2  2 dt  dx   2  cos x  1  t 2 1  t 2 2 1 t2 2



koje menjamo u integralu:

2  2t 2  2t 2 t 2  t 1 1 t2 dt   4  (t 2  3)(1  t 2 ) dt 2  2t 2  1  t 2 1  t 2 1 t2

Ovo je integral racionalne funkcije. Izvlačimo na stranu i radimo: www.matematiranje.com

4

Pazite: oba izraza u imeniocu su nerazloživa... t2  t 1 At  B Ct  D ..................................... / (t 2  3)(1  t 2 )  2  2 2 2 (t  3)(1  t ) t  3 1 t

t 2  t  1  At  At 3  B  Bt 2  Ct 3  3Ct  Dt 2  3D Neko piše i identički jednako umesto jednako…U suštini je po nama sve jedno al vi radite kako kaže vaš profesor… t 2  t  1  ( A  C )t 3  ( B  D)t 2  ( A  3C )t  B  3D

Uporedjujemo : A  C  0, B  D  1, A  3C  1 i B  3D  1

Rešimo ovo sistemče ( ukombinujemo 1. i 3. jednačinu, a 2. i 4.) i dobijamo: A  1 / 2, B  1, C  1 / 2, D  0

Vratimo se da vidimo kako će da ide razlaganje: 1 1 t 1 t t2 t t2  t 1 2 2 dt  4 dt  2  2 dt  2 dt 4 2 dt = 4 2 2 2 t 3 1 t t 3 1 t2 (t  3)(1  t ) Rešavanje ovih integrala smo detaljno objasnili u prethodnim fajlovima…

x x tg 3  tg 2 t2  3 2 t 2 2  ln  arctg  C  ln arctg 2  C 2 x 1 t 3 3 3 3 1  tg 2 2

www.matematiranje.com

5

I 

primer 3.

dx ? (2  cos x) sin x

Često se integral u radu obeležava nekim slovom , najčešće sa I, J … Razlog je da ga ne bi posle vazdan prepisivali, već samo upišemo I, J … I ovaj integral ćemo rešiti prvom , univerzalnom smenom tg x t 2 2 dx  dt 1 t 2 2t sin x  1 t 2 1 t 2 cos t  1 t2

x t. 2

tg

2 I 

pa je

1 t2 dt 1 t2 dt    2  2t 2  1  t 2  (t 2  3)t dt  1 t2  2t t  2 2 2  2 1  t 1  t 1  t  

Integracija racionalne funkcije, izdvojimo podintegralnu funkciju: 1 t2 A Bt  C At 2  3 A  Bt 2  Ct 2   2  (t 2  3)t t t 3 t (t 2  3) 1  t 2  A(t 2  3)  ( Bt  C )t 1  t 2  At 2  3 A  Bt 2  Ct 1  t 2  t 2 ( A  B)  Ct  3 A A  B  1,

C  0, 3 A  1

A  1 / 3,

B  2 / 3,

C 0

t2  3  u 1 dt 2 1 1 du t I    2 dt  za drugi integral smena  ln t   c 1 3 t 3 t 3 3 u tdt  du 3 2

1 1 1 x 1  x  I  ln t  ln(t 2  3)  C  ln tg  ln  tg 2  3   C 3 3 3 2 3  2 

www.matematiranje.com

6

I 

primer 4.

sin x cos x dx  ? sin 4 x  cos 4 x t2 1 t2 1 cos 2 x  1 t2 tgx  t pa je: sin 2 x 

Kako ovde imamo stepene sinusa i kosinusa, uzećemo drugu smenu

sin x  cos x  dx 

t 1 t2

2 dt 1 t2

t t sin x cos x 2 2 1 t2 1 t2 I  4 dx   dt  dt  4 2 4 2   2 t 1 1 t2 sin x  cos x  t2   1  1 t  2  2  2  (1  t 2 )  1 t   1 t  t2  z 2t 2t dz   4 dt   2 2 dt  2  arctgz  C  arctgt 2  C  arctg (tg 2 x)  C t 1 (t )  1 2tdt  dz z 1

Ovaj zadatak smo mogli da rešimo i na drugi način, koristeći trigonometrijske formule. Ideja je da se izraz u imeniocu transformiše. Krenemo od osnovne identičnosti: sin 2 x  cos 2 x  1............................. / () 2 sin 4 x  2sin 2 x cos 2 x  cos 4 x  1 sin 4 x  cos 4 x  1  2sin 2 x cos 2 x 4sin 2 x cos 2 x sin x  cos x  1  2 2 sin 2 x sin 4 x  cos 4 x  1  2 2  sin 2 2 x sin 4 x  cos 4 x  2 4

4

sin 4 x  cos 4 x 

1  1  sin 2 2 x 2

sin 4 x  cos 4 x 

1  cos 2 2 x 2

www.matematiranje.com

7

Vratimo se u integral... cos 2 x  t dt sin x cos x 2sin x cos x sin 2 x 1 I  dx   dx   dx  sin 2 x  2dx  dt  2 2 2  1  cos 2 x 2 1  t 2 1  cos 2 x 1  cos 2 x dt sin 2 xdx  2 2 

1 1 arctgt  C   arctg (cos 2 x)  C 2 2

primer 5.



a2  x2  ?

Sećate se ovog integrala? Rešavali smo ga do sada na dva načina: parcijalnom integracijom i metodom Ostrogradskog. Po nama je najelegantnije koristiti trikče: Ako uzmemo smenu x  a sin t a2  x2 =

a 2  (a sin t ) 2 = a 2  a 2 (sin t ) 2 =a 1  sin 2 t =a cos t

x  a sin t  dx  a cos tdt



a 2  x 2   a cos t  a cos tdt  a 2  cos 2tdt  a 2 

1  cos 2t dt  2

a2 a2 1 (1 cos 2 t ) dt ( t sin 2t )  C     2  2 2 Moramo vratiti t iz smene: x  a sin t  sin t 

x x  t  arcsin a a

i još da sredimo :

1 1 x x 2 sin t cos t  sin t  1  sin 2 t  sin(arcsin ) 1  sin 2 (arcsin )  sin 2t  2 a a 2 x x2 x a2  x2 x 1 2    2 a2  x2 2 a a a a a

Rešenje je:

a2 1 a2 x x a2 x x 2 (t  sin 2t )  C  (arcsin  2 a 2  x 2 )  C  arcsin  a  x2  C 2 2 2 a a 2 a 2 www.matematiranje.com

8

ODREĐENI INTEGRAL Određeni integral u Rimanovom smislu se obeležava sa : b

I=

 f ( x)dx a

Ovo se čita:” integral od a do b ef od iks de iks”. -

a je donja granica integrala

-

b je gornja granica integrala

-

f(x) je podintegralna funkcija ( integrand)

-

x je integraciona promenljiva

-

[a,b] je interval integracije

Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a,b], tada ona ima primitivnu funkciju

 f ( x)dx  F ( x)  c

i važi

jednakost : b

 f ( x)dx  F ( x)

b a

 F (b)  F (a )

a

Ova jednakost se zove Njutn- Lajbnicova formula i daje vezu između određenog i neodređenog integrala. Može se reći da je ovo osnovna formula integralnog računa.

Osnovna svojstva određenog integrala 1) Ako je f(x) integrabilna funkcija u intervalu [a,b] , onda je : b

b

a

a

 kf ( x)dx = k  f ( x)dx 2) Ako su f(x) i g(x) integrabilne funkcije, onda je : b

 [ f ( x)  g ( x)]dx = a

b

 a

b

f ( x)dx   g ( x)dx a

3) Ako integrabilne funkcije f(x) i g(x) zadovoljavaju u intervalu [a,b], gde je a0

Ako je data racionalna funkcija

Θ , onda je Θ ≥ 0

Ako je data Ako je data

3

@ , onda je svuda definisana

Funkcija ex je svuda definisana. Ako je data arcsin @ onda je − 1 ≤ @ ≤ 1

Ako je data arctg % onda je svuda definisana ZADACI

1. Nadji asimptote sledećih funkcija: a) y =

x +1 x −1

x2 − 4 b) y = x −1

v) y =

x2 − 4 1− x2

Rešenja:

x +1 x −1 vertikalna

a) y =

Funkcija je definisana za x − 1 ≠ 0 to jest x ≠ 1 .To nam govori da je x = 1 vertikalna asimptota. Tražimo sada 2 limesa: lim

1+1 2 2 x +1 = = +∞ = = pazi: samo dole menjamo 1+ ε , jer nam gore to nista ne znači = x −1 1 + ε − 1 +ε +0

x →1+ε , kadε →0

lim

x +1 1+1 2 = - ∞ ŠTA OVO ZNAČI KONKRETNO NA GRAFIKU? POGLEDAJMO: = = x −1 1 − ε −1 − ε

x →1−ε , kadε →0

www.matematiranje.com

y

x=1 . 1

lim

x

x +1 = + ∞ Ovo je žuta crta na grafiku, a znači da kada se x približava 1 sa pozitivne strane(+ ε ) da x −1

x →1+ε , kadε →0

funkcija y teži + ∞ .

lim

x +1 = - ∞ Ovo je crvena crta na grafiku, a znači da kada se x približava 1 sa negativne strane (- ε ) da x −1

x →1−ε , kadε →0

funkcija y teži - ∞ .

Horizontalna: lim

x → ±∞

x +1 = 1, što znači da je y = 1 horizontalna asimptota i da kose nema! Na grafiku: x −1 y x=1 y=1

.1 . 1

x

www.matematiranje.com

b)

y=

x2 − 4 x −1

Funkcija je definisana za x − 1 ≠ 0 to jest x ≠ 1 .Onda je x = 1 vertikalna asimptota. Tražimo sada 2 limesa: −3 −3 x 2 − 4 12 − 4 lim = = - ∞ ( žuta crta na grafiku) = = x −1 1 + ε − 1 + ε + 0 x →1+ε , kadε →0

lim

x 2 − 4 12 − 4 −3 −3 = = + ∞ ( crvena crta na grafiku) = = x −1 1− ε −1 − ε − 0

x →1−ε , kadε →0

horizontalna asimptota: x2 − 4 = ± ∞ Ovo nam govori da nema horizontalne asimptote pa moramo tražiti kosu! x → ±∞ x − 1 lim

kosa asimptota: Kosa asimptota je prava y = kx + n k= lim

x → ±∞

f ( x) x

x2 − 4 x2 − 4 − x 1 =1 = lim 2 k= lim x → ±∞ x → ±∞ x − x x

n= lim [ f ( x) − kx]

i

x → ±∞

(pogledaj fajl granične vrednosti funkcija, zadaci (i deo))

⎡ x2 − 4 ⎤ ⎡ x2 − 4 − x2 + x ⎤ ⎡ x 2 − 4 − x( x − 1) ⎤ ⎡ x − 4⎤ n= lim [ f ( x) − kx] = lim ⎢ = lim ⎢ − 1x ⎥ = lim ⎢ ⎥ = xlim ⎥ ⎢⎣ x − 1 ⎥⎦ =1 → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x −1 x −1 ⎣ ⎦ ⎣ x −1 ⎦ ⎣ ⎦

Sada k i n zamenimo u formulu: y = kx + n i dobijamo da je

y = x + 1 kosa asimptota

y y=x+1 1. -1.

. 1

x

x=1

www.matematiranje.com

v) y =

x2 − 4 1− x2

Funkcija je definisana za 1 − x 2 ≠ 0 to jest (1 − x)(1 + x) ≠ 0 to jest x ≠ 1 i x ≠ −1 Ovo znači da moramo tražiti četiri limesa, za +1 i za –1 sa “obe” strane. lim

x2 − 4 x2 − 4 lim = = Pazi , pametno je dole izraz napisati kao razliku kvadrata, pa tek onda menjati...= (1 − x)(1 + x) 1− x2

x →1+ε , kadε →0

x →1+ε , kadε →0

12 − 4 −3 −3 = = +∞ = (1 − (1 + ε ))(1 + 1 + ε ) (1 − 1 − ε )2 (−ε )2

lim

(plava crta)

x2 − 4 x2 − 4 12 − 4 −3 −3 = = = = = - ∞ (crvena crta) lim 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (1 − ε ))(1 + 1 − ε ) (1 − 1 + ε )2 ε 2 1− x

x →1−ε , kadε →0

x →1−ε , kadε →0

x2 − 4 x2 − 4 (−1) 2 − 4 −3 −3 = lim = = = = - ∞ ( žuta crta) lim 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (−1 + ε ))(1 + (−1 + ε )) (2 − ε )ε 2ε 1− x

x → −1+ε , kadε →0

lim

x → −1+ε , kadε →0

x2 − 4 (−1) 2 − 4 −3 −3 x2 − 4 = = = = = + ∞ ( zelena crta) lim 2 1− x (1 − x)(1 + x) (1 − (−1 − ε ))(1 + (−1 − ε )) (2 + ε )(−ε ) 2(−ε )

x → −1−ε ,kadε →0

x → −1−ε , kadε →0

horizontalna asimptota: 1 x2 − 4 = − = −1 pa je y = - 1 horizontalna asimptota pa kose asimptote nema. 2 x → ±∞ 1 − x 1 lim

y

x=-1 . -1

x=1 . 0 1 . -1

x y=-1

www.matematiranje.com

2. Nadji asimptote sledećih funkcija:

y=e

a)

b) y = xe

1 x

1 x

Rešenja: 1

y = ex

a)

Funkcija je definisana za x ≠ 0 , pa je x = 0 potencijalna vertikalna asimptota. lim e

1 x

x →0 +ε , kadε →0

=e

x →0 −ε ,kadε →0

= e +∞ = ∞

(crvena crta na grafiku)

1

1

lim e x

1 0 +ε

= e 0 −ε = e − ∞ = 0

Šta sad ovo znači? Trebali smo da dobijemo + ili – beskonačno...

Ovo znači da kada x teži nuli sa leve, negativne strane, funkcija teži nuli, što na grafiku prikazujemo STRELICOM.

horizontalna asimptota: 1 x

lim e = e

1 +∞

x → +∞

1

= e0 = 1

1

lim e x = e −∞ = e 0 = 1 x → −∞

Dakle y = 1 je horizontalna asimptota!

y

.1

y=1 x

0

www.matematiranje.com

1

b) y = xe x Funkcija je definisana za x ≠ 0 , pa je x = 0 potencijalna vertikalna asimptota. 1

1

lim xe x = (0 + ε )e 0 = 0 o ∞

a ovo je neodređen izraz! Ideja je da iskoristimo Lopitalovu teoremu, ali pre toga

x →0 +ε

moramo ’prepraviti’ funkciju da bude oblika 1 x

1 x

e x →0 +ε 1 x

lim xe = lim

x →0 +ε

0 ∞ ili . 0 ∞ ∞ , pa smemo da koristimo Lopitalovu teoremu ∞

Ako ovde zamenimo da x teži nuli, dobijamo

1 x

1 x

1 x

e lim xe = lim = tražimo izvod gore, izvod dole, posebno= lim x →0 +ε x →0 +ε 1 x → 0 +ε x crta) 1 x

lim xe = (0 − ε )e

x → 0 −ε

1 −ε

1 ) 1 1 x 2 = lim e x = e 0+ε = e + ∞ = ∞ (Žuta x →0 +ε , kadε →0 1 − 2 x

e (−

= 0 o 0 = 0 (strelica)

horizontalna asimptota: 1

1

lim xe x = ∞ o e ∞ = ∞ o e 0 = ∞ o 1 = ∞

x → +∞

1 ∞

1 x

lim xe = − ∞ o e = −∞ o e 0 = −∞ o 1 = −∞

x → −∞

Dakle, nema horizontalne asimptote, pa moramo potražiti kosu: Kosa asimptota je prava y = kx + n k= lim

x → ±∞

f ( x) x

1 x

n= lim [ f ( x) − kx]

i

1

x → ±∞

1

f ( x) xe = lim = lim e x = e ∞ = e 0 = 1 k= lim x x → ±∞ x → ±∞ → ±∞ x x 1 x

1 x

n= lim [ f ( x) − kx] = lim [ xe − 1x] = lim x[e − 1] = sličan trik kao malopre, da bi mogli da upotrebimo Lopitala… x → ±∞

x → ±∞

= lim

x → ±∞

1 x

x → ±∞

0 e −1 = sada je ovaj izraz oblika ,tražimo izvode= lim x → ±∞ 1 0 x

1

1 ) 1 1 x 2 = lim e x = e ∞ = e 0 = 1 x → ±∞ 1 − 2 x

e x (−

www.matematiranje.com

Dobili smo kosu asimptotu y = x +1 y y=x+1

1. -1.

3.

0

x

y=

Nadji asimptote funkcije:

x−2 x2 + 4

Rešenje: Pošto je izraz x 2 + 4 > 0 za svako x, funkcija je svuda definisana, a to nam govori da ona nema vertikalnih asimptota! horizontalna asimptota:

lim

x−2

= lim

x−2

= lim

x−2

x →±∞ 4 4 x (1 + 2 ) x (1 + 2 ) x x odvojiti limese za + i za – beskonačno! x → ±∞

x2 + 4

x → ±∞

PAZI ! Pošto smo dole dobili apsolutnu vrednost, moramo

2

x−2 =1 x → +∞ 4 x (1 + 2 ) x lim

lim

x → −∞

x−2 4 − x (1 + 2 ) x

= -1

Vrlo neobična situacija koja se ipak javlja kod korenih funkcija:

www.matematiranje.com

KАД X TEŽI + BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = 1 KАД X TEŽI - BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = -1 Na slici bi to izgledalo ovako: y

y=1

1.

y=-1

4.

x

.-1

Nadji asimptote funkcije: y = ln

x−2 x +1

Najpre kao i uvek moramo ispitati oblast definisanosti: x−2 > 0 Najbolje je da idemo preko tablice: (pogledaj fajl sa nejednačinama iz prve godine) x +1 −∞ x-2 x+1 x−2 x +1

-1 +

Ovo nam dakle govori da je funkcija definisana y

x=2

x=-1 . -1

0

. 2

x

-1

2 + -

+∞

2 + + +

∀x ∈ (−∞,−1) ∪ (2, ∞) , to jest izmedju –1 i 2 je NEMA!

www.matematiranje.com

To znači da ćemo tražiti za x = 2 limes samo sa desne strane, a za x = -1 samo sa leve strane! x−2 = [Kako je ln neprekidna x → 2 +ε x +1 2+ε −2 ln = ln 0 = −∞ (crvena crta) 2 +1 lim ln

lim ln

x → −1−ε

funkcija,

ona

može

da

zameni

mesto

−1 − 2 −3 x−2 = ln = ln = ln ∞ = ∞ (zelena crta) x +1 −1 − ε +1 −ε y

x=2

x=-1 . -1

. 2

0

x

horizontalna asimptota: lim ln

x → ±∞

x−2 x−2 = ln lim = ln 1 = 0 Dakle y = 0 (x- osa) je horizontalna asimptota.(plave crtke) x → ±∞ x +1 x +1 y

x=2

x=-1 . -1 y=x+1

0

. 2

x

sa

lim

]=

IZVODI ZADACI (I deo)

Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:

1. C`=0 2. x`=1 3. (x2)`=2x 4. (xn)`=nxn-1 5. (ax)`=axlna 6. (ex)`=ex 7. (logax)`=

8. (lnx)`=

1 x ln a

1 x

(ovde je x >0 i a >0)

(x>0)

`

1 ⎛1⎞ 9. ⎜ ⎟ = − 2 x ⎝ x⎠ 1 10. x `= 2 x

( x ≠ 0) (x>0)

11. (sinx)`=cosx 12. (cosx)`= - sinx 1 13. (tgx)`= cos 2 x 1 14. (ctgx)`= − sin 2 x

15. (arcsinx)`= 16. (arccosx)`= -

x≠

1 1− x2 1

π 2

+ kπ

x ≠ kπ

x 0 za x +2 >0 to jest za x > -2 y < 0 za x +2 0 tu funkcija raste, a za y` 0 funkcija konveksna ( smeje se ) a za y``0 za 6x > 0 , to jest x > 0

y`` 0 → −6 x > 0 → x < 0

-

8

y`< 0 → −6 x < 0 → x > 0

8

Dakle

0

Na skici to bi izgledalo : Dobijena tačka M(0,-4) je dakle tačka minimuma. Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

y`=

−6 x (1 − x 2 ) 2

y``=

(−6 x)`(1 − x 2 ) 2 − ((1 − x 2 ) 2 )`(−6 x) pazi , izraz ((1 − x 2 )2 )` mora kao izvod složene funkcije... (1 − x 2 ) 4

y``=

−6(1 − x 2 ) 2 − 2(1 − x 2 )(−2 x)(−6 x) (1 − x 2 ) 4

y``=

−6(1 − x 2 ) 2 − 24 x 2 (1 − x 2 ) (1 − x 2 ) 4

y``=

(1 − x 2 )[−6(1 − x 2 ) − 24 x 2 ] (1 − x 2 ) 4

y``=

−6 + 6 x 2 − 24 x 2 (1 − x 2 )3

y``=

−6 − 18 x 2 (1 − x 2 )3

y``=

−6(1 + 3x 2 ) (1 − x 2 )3

izvučemo (1 − x 2 ) ispred zagrade...

y`` = 0 za −6(3x 2 + 1) = 0 , a ovo nema racionalna rešenja, što nam govori da funkcija nema prevojnih tačaka.

Konveksnost i konkavnost ispitujemo iz znaka drugog izvoda. Razmislimo opet malo...

3x 2 + 1 > 0 pa on ne utiče na znak drugog izvoda . Radićemo tablično, ali vodimo računa da u tablici mora biti i -6. www.matematiranje.com

7

-1

1

8

8

-

-6 1-x 1+x y``

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)

Vertikalna asimptota 12 − 4 −3 x2 − 4 x2 − 4 −3 lim = lim = = = = +∞ 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (1 + ε ))(1 + 1 + ε ) (1 − 1 − ε )2 (−ε )2 1− x x →1+ε , kadε →0

lim

x →1+ε , kadε →0

12 − 4 x2 − 4 x2 − 4 −3 −3 lim = = = = = -∞ 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (1 − ε ))(1 + 1 − ε ) (1 − 1 + ε )2 ε 2 1− x

x →1−ε , kadε →0

x →1−ε , kadε →0

(−1) 2 − 4 x2 − 4 x2 − 4 −3 −3 lim = lim = = = = -∞ 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (−1 + ε ))(1 + (−1 + ε )) (2 − ε )ε 2ε 1− x

x → −1+ε , kadε →0

lim

x → −1+ε , kadε →0

x2 − 4 (−1) 2 − 4 −3 −3 x2 − 4 lim = = = = =+ ∞ 2 1− x (1 − x)(1 + x) (1 − (−1 − ε ))(1 + (−1 − ε )) (2 + ε )(−ε ) 2(−ε )

x → −1−ε ,kadε →0

x → −1−ε , kadε →0

Horizontalna asimptota 1 x2 − 4 = − = −1 pa je y = - 1 horizontalna asimptota 2 x → ±∞ 1 − x 1 lim

Znači da , pošto ima horizontalna asimptota, kose asimptote nema.

Još da sklopimo konačan grafik: www.matematiranje.com

8

x=-1

x=1 y 5 4 3 2 1

-5 -4 -3 -2

-1

0 1 -1 -2

2

3

4

5

x

y=-1

-3 M(0,-4)

-5

0

-1

3. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije

1

x2 − 4 y= x −1

Oblast definisanosti (domen)

Funkcija je definisana za x − 1 ≠ 0 odnosno

x ≠1

Dakle x ∈ (−∞,1) ∪ (1, ∞) Znači , u x=1 je vertikalna asimptota y

x=1

3 2 1 -5 -4 -3

-2

-1

0 1 2 -1 -2

3

4

5

x

-3

www.matematiranje.com

9

Nule funkcije

y = 0 za x 2 − 4 = 0 → ( x − 2)( x + 2) = 0 → x = 2 ∨ x = −2 Dakle, grafik seče x osu u dvema tačkama x = -2 i x = 2 y

2 1 -5 -4 -3 -2 -1

0 1 -1

2 3

4

5

x

Znak funkcije

y=

x 2 − 4 ( x − 2)( x + 2) = x −1 x −1 x=1

-2

1

2

8

8

y

-

x-2 x+2

0 -5

x-1

-4 -3

-2

-1

-1

1

2 3

4

5

x

-2 -3

y Funkcija je u žuto osenčenim oblastima. Parnost i neparnost

f ( − x) =

(− x) 2 − 4 x 2 − 4 = − x −1 −x −1

Funkcija nije ni parna ni neparna. Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)

x2 − 4 x −1 ( x 2 − 4)`( x − 1) − ( x − 1)`( x 2 − 4) y`= ( x − 1) 2 y=

2 x( x − 1) − 1( x 2 − 4) y`= ( x − 1) 2 y`=

2 x 2 − 2 x − 1x 2 + 4 x 2 − 2 x + 4 = ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 www.matematiranje.com

10

y`= 0 za x 2 − 2 x + 4 = 0 Kako je x 2 − 2 x + 4 > 0 jer je a > 0 ∧ D < 0 (pogledaj fajl iz druge godine, kvadratna funkcija)

zaključujemo da funkcija nema ekstremnih vednosti, i da je stalno rastuća. ( y`> 0 ) Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

x2 − 2 x + 4 y`= ( x − 1) 2 y``=

( x 2 − 2 x + 4)`( x − 1) 2 − (( x − 1) 2 )`( x 2 − 2 x + 4) ( x − 1) 4

y``=

(2 x − 2)( x − 1) 2 − 2( x − 1)( x 2 − 2 x + 4) gore izvučemo x-1 ispred zagrade ( x − 1) 4

y``=

( x − 1)[(2 x − 2)( x − 1) − 2( x 2 − 2 x + 4)] ( x − 1) 4

[2 x 2 − 2 x − 2 x + 2 − 2 x 2 + 4 x − 8] ( x − 1)3 −6 y``= ( x − 1)3

y``=

Zaključujemo da funkcija nema prevojnih tačaka, jer je −6 ≠ 0 .

1

8

-

8

Konveksnost i konkavnost ispitujemo :

-6 x-1 y``

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)

Vertikalna asimptota lim

−3 −3 x 2 − 4 12 − 4 = = -∞ = = x −1 1 + ε − 1 + ε + 0

x →1+ε , kadε →0

lim

x 2 − 4 12 − 4 −3 −3 = = +∞ = = x −1 1− ε −1 − ε − 0

x →1−ε , kadε →0

www.matematiranje.com

11

horizontalna asimptota: x2 − 4 = ± ∞ Ovo nam govori da nema horizontalne asimptote pa moramo tražiti kosu! x → ±∞ x − 1

lim

kosa asimptota: Kosa asimptota je prava y = kx + n k= lim

x → ±∞

f ( x) x

i

n= lim [ f ( x) − kx] x → ±∞

x −4 x2 − 4 − x 1 k= lim =1 = lim 2 x → ±∞ x → ±∞ x − x x 2

⎡ x2 − 4 ⎤ ⎡ x2 − 4 − x2 + x ⎤ ⎡ x 2 − 4 − x( x − 1) ⎤ ⎡ x − 4⎤ n= lim [ f ( x) − kx] = lim ⎢ − 1x ⎥ = lim ⎢ ⎥ = xlim ⎢ ⎥ = xlim ⎢⎣ x − 1 ⎥⎦ =1 → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ → ±∞ x → ±∞ x −1 x −1 ⎣ ⎦ ⎣ x −1 ⎦ ⎣ ⎦

Sada k i n zamenimo u formulu: y = kx + n i dobijamo da je

y = x + 1 kosa asimptota

x=1

y

y=x+1

5 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1

0 1 -1

2

3

4

5

x

-2 -3 -4 -5

0

1

www.matematiranje.com

12

13

1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije

y = ln

x−2 x +1

Oblast definisanosti (domen)

Sve iza ln mora da je veće od 0.

Koristimo tablicu... 2

-1

8

-

8

x−2 >0 x +1

x-2 x+1

x-2 x+1

Domen funkcije je x ∈ (−∞, −1) ∪ (2, ∞) . Ovo nam govori da funcija ne postoji između -1 i 2, na skici je to

y

N E M A -5 -4 -3

-2

-1

F U N K C I J E

2 3

4

5

x

Nule funkcije

Da vas podsetimo : ln Θ = 0 ↔ Θ = 1 y=0 x−2 =1 x +1 x − 2 = x +1 −2 = 1 Dakle nema nule , a to nam govori da funkcija ne seče x osu. Znak funkcije

Opet malo podsećanje : ln Θ > 0 ↔ Θ > 1 ln Θ < 0 ↔< 0 < Θ < 1 www.matematiranje.com

1

Dakle: y>0 x−2 >1 x +1 x−2 −1 > 0 x +1 x − 2 − 1( x + 1) >0 x +1 x − 2 − x −1 >0 x +1 −3 > 0 pomnožimo sa -1 x +1 3 0 za x < -1 ( grafik iznad x ose) onda je jasno da je y < 0 za x > 2 (grafik ispod x ose) y

N E M A -5 -4 -3 -2

NEMA F-JE

-1

F U N K C I J E

NEMA F-JE 2 3

4

5 x

Parnost i neparnost

Funkcija nije ni parna ni neparna. To nam je jasno i iz oblasti definisanosti… Ako baš mora , onda je f (− x) = ln

−x − 2 ≠ f ( x) −x +1

Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)

Pazi, radi se o izvodu složene funkcije... x−2 x +1 x + 1 ( x − 2)`( x + 1) − ( x + 1)`( x − 2) x + 1 1( x + 1) − 1( x − 2) x + 1 − x + 2 1 x−2 ⋅ = ⋅ y`= = ( )`= x − 2 x +1 x−2 x−2 ( x + 1) 2 ( x − 2)( x + 1) ( x + 1) 2 x +1 3 y`= ( x − 2)( x + 1) y = ln

2

y` = 0 za 3=0 , pa zaključujemo da nema ekstremnih vrednosti.

2

-1

8

-

8

Dalje razmišljamo od čega zavisi znak prvog izvoda? Оd (x-2)(x+1).

x-2 x+1

y`

nema f-je

Ova tablica je ista kao i ona za oblast definisanosti. To nam govori da je funkcija stalno monotono rastuća.

Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost x−2 x +1 3 1 ⎛1⎞ pazi ⎜ ⎟`= − 2 ⋅ ⊗` y`= ( x − 2)( x + 1) ⊗ ⎝⊗⎠ 3 [( x − 2)( x + 1)]` y``= − 2 ( x − 2) ( x + 1) 2 3 [1( x + 1) + 1( x − 2)] y``= − 2 ( x − 2) ( x + 1) 2 3 (2 x − 1) y``= − 2 ( x − 2) ( x + 1) 2 3(1 − 2 x) y``= ( x − 2) 2 ( x + 1) 2 y = ln

y`` = 0 za 1-2x = 0 pa je x =

1 , ali PAZI , ova tačka NE PRIPADA oblasti definisanosti , pa funkcija nema 2

prevoj. 1 → x < −1 2 1 y``< 0 → 1 − 2 x < 0 → x > → x > 2 2 y``> 0 → 1 − 2 x > 0 → x <

-1

2

www.matematiranje.com

3

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)

vertikalna asimptota x−2 = [Kako je ln neprekidna funkcija, ona može da zameni x +1 2+ε −2 ln = ln 0 = −∞ (crvena crta) 2 +1 lim ln

x → 2 +ε

lim ln

x → −1−ε

mesto sa lim ]=

−1 − 2 −3 x−2 = ln = ln = ln ∞ = ∞ (zelena crta) x +1 −1 − ε +1 −ε y

x=2

x=-1 . -1

. 2

0

x

horizontalna asimptota:

lim ln

x → ±∞

x−2 x−2 = ln lim = ln 1 = 0 Dakle y = 0 (x- osa) je horizontalna asimptota.(plave crtke) x → ±∞ x + 1 x +1 y

x=2

x=-1 . -1

0

. 2

x

y=x+1

Kako smo našli da horizontalna asimptota postoji, zaključujemo da nema kose asimptote. Još da sklopimo konačan grafik...

www.matematiranje.com

4

x=2

x=-1

y

5 4 3 2 1 x -5 -4 -3 -2

-1

0 1 -1

2

3

4

5

-2 -3 -4 -5

2. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije

y=

-1

2

-1

2

1 + ln x 1 − ln x

Oblast definisanosti (domen)

Sve iza ln mora da je veće od 0, pa je odatle x > 0. Kako imamo i razlomak, sve u imeniocu mora da je različito od 0. 1 − ln x ≠ 0 ln x ≠ 1 x≠e

Oblast definisanosti je : x ∈ (0, e) ∪ (e, ∞)

www.matematiranje.com

5

Na skici, to bi izgledalo ovako: x=e

y

3 2

nema -5 -4 -3

-2

1

e

0 1 2 -1

-1

funkcije

3

4

5

x

-2 -3

Nule funkcije

y = 0 → 1 + ln x = 0 → ln x = −1 → x = e −1 =

1 e

y

2 1 0 11 -1 e

2

3 4 5

x

0

1 -1 e =e

e

8

Znak funkcije

1+lnx 1-lnx

Na skici to bi izgledalo ovako: y

2 1 0 -1

1 2

e3 4

5 x

Funkcija se nalazi samo u obeleženim oblastima. Parnost i neparnost

Funkcija nije ni parna ni neparna. Zašto? Pa nema smisla ni tražiti f(-x) jer funkcija nije ni definisana za x 0 uvek ( iz oblasti definisanosti) i (1 − ln x) 2 > 0 tako da je uvek y`>0, pa je funkcija stalno rastuća. Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

1 + ln x 1 − ln x 2 y`= x ⋅ (1 − ln x) 2 2 ⋅ [ x ⋅ (1 − ln x) 2 ]` y``= − 2 4 x ⋅ (1 − ln x) 2 ⋅ [ x`(1 ⋅ − ln x) 2 + ((1 − ln x) 2 )`x] y``= − 2 x ⋅ (1 − ln x) 4 2 1 ⋅ [1⋅ (1 − ln x) 2 + 2(1 − ln x)(− ) x] y``= − 2 4 x ⋅ (1 − ln x) x 2 2 ⋅ [(1 − ln x) 2 − 2(1 − ln x)] ⋅ [1⋅ (1 − ln x) 2 + 2(1 − ln x)(−1)] = − 2 y``= − 2 4 4 x ⋅ (1 − ln x) x ⋅ (1 − ln x) 2 2 ⋅ (1 − ln x) [1 − ln x − 2] = − 2 ⋅ [− ln x − 1] y``= − 2 4 x ⋅ (1 − ln x)3 x ⋅ (1 − ln x) 2(1 + ln x) y``= 2 x ⋅ (1 − ln x)3 1 y``= 0 → 1 + ln x = 0 → ln x = −1 → x = e −1 = e −1 1 + ln e 1 −1 = =0 y= −1 1 − ln e 1+1 y=

1 Tačka P ( , 0) je tačka prevoja. e

www.matematiranje.com

7

Od čega zavisi znak drugog izvoda? Od 1+lnx i od 1-lnx. Idemo u tablicu… 1 -1 e =e

e

8

0

1+lnx 1-lnx

y``

odnosno

0

1 e

e

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)

vertikalna asimptota 1 1 + ln x 1 + ln(0 + ε ) ∞ lim = = = lopital = lim x = −1 ( strelica na skici) x → o + ε 1 − ln x x →o +ε 1 1 − ln(0 + ε ) ∞ − x 1 + ln x 1 + ln(e + ε ) 2 lim = = = −∞ ( zelena crta) x → e +ε 1 − ln x 1 − ln(e + ε ) −ε 1 + ln x 1 + ln(e − ε ) 2 = = = +∞ ( crvena crta) lim x → e −ε 1 − ln x 1 − ln(e − ε ) +ε x=e

y

3 2 1 -5 -4 -3 -2

-1 0 -1

1

2

e

3

4

5

x

-2 -3

horizontalna asimptota: 1 1 + ln x ∞ lim = = lopital = lim x = −1 x →∞ 1 − ln x x →∞ 1 −∞ − x y = −1 je horizontalna asimptota , pa kose nema...

I da skolopimo konačan grafik

www.matematiranje.com

8

y

x=e

5 4 3 2

1

x

P(1/e,0)

0 -1

1 2e3 4

5

y=-1

-2 -3 -4 -5

0

01/e

e

www.matematiranje.com

9

10

1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije

y = xe x

Oblast definisanosti (domen) Ova funkcija je svuda definisana, jer nema razlomka a funkcija e x je definisana za svako x iz skupa R. Dakle x ∈ (−∞, ∞) . Ovo nam odmah govori da funkcija nema vertikalne asimptote!

Nule funkcije y=0 xe x = 0 → x = 0

Da vas podsetimo da je e x >0 uvek.

Znak funkcije y > 0 → xe x > 0 → x > 0 y < 0 → xe x < 0 → x < 0

Na skici bi to izgledalo: y

3 2 -5 -4 -3 -2

-1

1 0 1 2 -1 -2

3

4

5

x

-3

Funkcija se nalazi samo u plavim oblastima a x- osu seče samo u x = 0.

Parnost i neparnost

f (− x) = − xe − x =

−x ≠ f ( x) ex

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na koordinatni početak.

www.matematiranje.com 1

Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje) y = xe x

pazi , mora kao izvod proizvoda

y`= x`e x + (e x )`x y`= 1e x + e x x y`= e x (1 + x) y`= 0 → e x (1 + x) → 1 + x = 0 → x = −1 1 e 1 Dakle , tačka ekstrema je M (−1, − ) e Za x = -1 je y = (−1)e −1 → y= −

y 7 6 5 4 3

-5 -4 -3 -2 -1

2 1 0 1 2 -1 -2 -3

3

4

5

x

Od čega nam zavisi znak prvog izvoda?

-1

8

-

8

Kako je e x > 0 uvek, to znak prvog izvoda zavisi samo od 1+ x

1+x y`

Tačka M je onda tačka minimuma. Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

y`= e x (1 + x) y``= (e x )`(1 + x) + (1 + x)`e x y``= e x (1 + x) + e x y``= e x ( x + 2)

y``= 0 x + 2 = 0 → x = −2 za x = -2 je y = −2e −2 =

−2 e2

2

Dakle, postoji prevoj i to je tačka P(−2, −2e −2 ) . Nadjemo približno da je −2e −2 ≈ −0, 27 i na skici to bi bilo: y 7 6 5 4 3 2 -5 -4 -3 -2 -1 P(−2, −2e )

1 0 -1

1 2

3

4

5

x

-2 -3

Od čega nam zavisi znak drugog izvoda?

-2

8

-

8

e x > 0 to znak drugog izvoda zavisi samo od x + 2

x+2 y``

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)

Kao što smo već rekli , nema vertikalne asimptote! Horizontalna asimptota Jedan mali savet : Kod funkcija koje imaju e x , radite posebno limese kad x → +∞ i kad x → −∞ , jer važi da je e∞ = ∞ e −∞ = 0 Dakle: lim xe x = ∞ ⋅ e∞ = ∞ ⋅ ∞ = ∞

x →+∞

lim xe x = −∞ ⋅ e −∞ = −∞ ⋅ 0 = ?

x →−∞

x −∞ −∞ 1 1 = − ( −∞ ) = = lopital = lim − x = = 0− − x x →−∞ e x →−∞ − e e ∞ −∞

lim xe x = lim

x →−∞

Šta nam ovo govori? Kad x → +∞ ne postoji horizontalna asimptota , ali kad x → −∞ imamo horizontalnu asimptotu y=0, odnosno, Kad x teži −∞ , funkcija se približava nuli sa donje, negativne strane! To je ovo 0− u rešenju. 3

y 7 6 5 4 3 2 -5 -4 -3 -2 -1

1 0 1 2 -1

3

4

5

x

-2 -3

I još da sklopimo konačan grafik:

y 7

6

5 4 3 2 1 -5

-4

-3

-2

x

-1

P M

0 1 -1

2

3

4

5

-2 -3 -4 -5

-1

-2

www.matematiranje.com

4

2. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije

y=

ex x

Oblast definisanosti (domen)

x ≠ 0 → x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, ∞) Ovo znači da funkcija u x=0 ima potencijalnu vertikalnu asimptotu. y

3 2 1 -5 -4 -3

-2

-1

0 1 2 -1 -2 -3

3

4

5

x

x= 0 je y- o sa

Nule funkcije

Kako smo već rekli e x >0 , pa funkcija nema nula, odnosno nigde ne seče x osu.

Znak funkcije

Jasno je da znak funkcije zavisi samo od x.

y >0→ x>0 y 0 zaključujemo da znak prvog izvoda zavisi samo od x-1.

x-1 y`

Tačka M je onda tačka minimuma! Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

e x ( x − 1) x2 [e x ( x − 1)]`⋅x 2 − ( x 2 )`⋅e x ( x − 1) y``= pazi e x ( x − 1) mora kao izvod proizvoda 4 x x [(e )`( x − 1) + ( x − 1)`e x ] ⋅ x 2 − 2 x ⋅ e x ( x − 1) y``= x4 [e x ( x − 1) + 1e x ] ⋅ x 2 − 2 x ⋅ e x ( x − 1) y``= x4 [e x x − 1e x + 1e x ] ⋅ x 2 − 2 x ⋅ e x ( x − 1) e x x ⋅ x 2 − 2 x ⋅ e x ( x − 1) e x x ⋅ ( x 2 − 2( x − 1)) y``= = x4 x4 x4 e x ( x 2 − 2 x + 2) y``= x3 y`=

6

y``= 0 → x 2 − 2 x + 2 = 0 Ova kvadratna jednačina nema rešenja, jer je kod nje D 0. x2 − 2 x + 2 > 0

Možemo zaključiti da je zato

( pogledaj fajl kvadratna funkcija iz druge godine) Dakle, funkcija nema prevojnih tačaka! Od čega nam zavisi znak drugog izvoda? Pa samo od x 3 , odnosno samo od x. 8

8

-

o

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)

Vertikalna asimptota ex e0 1 = = = +∞ x →0 +ε x 0 + ε +ε 1 ex e0 lim = = = −∞ x → 0 −ε x 0 − ε −ε lim

(plava crta) ( žuta crta) y

3 2 1 -5 -4 -3 -2

-1

0 1 2 -1 -2 -3

3

4

5

x

Horizontalna asimptota e x e∞ ∞ (e x )` ex = = = lopital = lim = lim = e∞ = ∞ x →+∞ x x x →+∞ →+∞ ∞ ∞ x` 1 x −∞ e e 0 lim = = = 0_ (crvena crtka) x →−∞ x −∞ −∞ lim

( crna crtka)

Dakle, funkcija ima horizontalnu asimptotu y = 0 ali samo sa leve strane. Onda nema kose asimptote!

www.matematiranje.com

7

Konačan grafik izgleda:

y

5 4 e 3 M(1,e)

2 1 -5 -4 -3

-1

-2

0 1 -1

2

3

4

5

x

-2 -3 -4 -5

1

0

1

3. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije

y = x ⋅ e x −2

Oblast definisanosti (domen)

x − 2 ≠ 0 → x ≠ 2 → x ∈ (−∞, 2) ∪ (2, ∞) y

x=2

3 2 1 -5 -4 -3

-2

-1

0 1 2 -1 -2

3

4

5

x

-3

www.matematiranje.com

8

Nule funkcije 1

1

y = 0 → x ⋅ e x − 2 = 0 → x = 0 jer e x − 2 > 0 uvek

Znak funkcije 1

Kako je e x − 2 > 0 , zaključujemo da znak funkcije zavisi samo od x-2 y > 0 kad x – 2 > 0 , pa je tu x > 2 y < 0 kad x – 2 < 0 , pa je tu x < 2 x=2 y

3 2 -5 -4 -3 -2

-1

1 0 1 2 -1 -2

3

4

5

x

-3

Funkcija se nalazi samo u žutim oblastima. Parnost i neparnost 1

f (− x) = − x ⋅ e − x − 2 ≠ f ( x)

funkcija nije ni parna ni neparna. Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje) 1

1

y = x ⋅ e x − 2 moramo kao izvod proizvoda i pazimo da je e x − 2 složena funkcija (eΘ )`= eΘ ⋅ Θ` y`= 1⋅ e y`= e

1 x−2

1 x−2 1

y`= e x − 2 1

y`= e

1 x−2

)`⋅ x

1 )`⋅ x x−2 1 1 1 1 1 1 1 ( x − 2) 2 − x x x −2 x−2 x−2 x−2 ) (1 ) = e ⋅ + e x − 2 ⋅ (− ⋅ x = e − e ⋅ ⋅ x = e ⋅ − ( x − 2) 2 ( x − 2) 2 ( x − 2) 2 ( x − 2) 2 +e

y`= e x − 2 ⋅ 1 x−2

+ (e

1 x−2

⋅(

x2 − 4x + 4 − x ( x − 2) 2

x2 − 5x + 4 ⋅ ( x − 2) 2

Izjednačimo prvi izvod sa nulom da nadjemo ekstremne vrednosti.

www.matematiranje.com

9

y`= 0 → x 2 − 5 x + 4 = 0 → x1,2 =

−b ± b 2 − 4ac → x1 = 1; x2 = 4 2a x=2 y

M(4,4 e)

7 6 5 4 3 2

Za x=1 y = 1⋅ e

1 1− 2

= e −1 =

1 1 → M 1 = (1, ) e e

-5 -4 -3

-2

-1

1 M(1,1/e) 0 1 2 -1

3

4

5

x

-2 -3

Za x=4 1

1

y = 4 ⋅ e 4− 2 = 4e 2 = 4 e → M 2 = (4, 4 e )

Od čega nam zavisi znak prvog izvoda?

1

8

-

> 0 i ( x − 2) 2 > 0 , znak zavisi samo od x 2 − 5 x + 4 4

8

Kako je e

1 x −2

x-1 x-4 y`

Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

y`= e

1 x−2

⋅ 1

x2 − 5x + 4 ( x − 2) 2

y``= (e x − 2 )`⋅

x 2 − 5 x + 4 x 2 − 5 x + 4 x −1 2 +( )`e ( x − 2) 2 ( x − 2) 2

1

1 x 2 − 5 x + 4 ( x 2 − 5 x + 4)`( ⋅ x − 2) 2 − (( x − 2) 2 )`( ⋅ x 2 − 5 x + 4) x −1 2 ) ⋅ + ⋅e ( x − 2) 2 ( x − 2) 2 ( x − 2) 4 Posle sredjivanja dobijamo: y``= e x − 2 ⋅ (−

y``=

5 x − 8 x −1 2 ⋅e ( x − 2) 4

www.matematiranje.com

10

y``= 0 → 5 x − 8 = 0 → x =

8 5

1 8 −2 5

1 2 5

8 8 −5 → y = ⋅e → y = ⋅e 2 5 5 5 8 8 − Tačka prevoja je dakle : P ( , ⋅ e 2 ) 5 5 Za x =

8 8 → y = ⋅e 5 5

−

x=2 y 7 6 5 4 3 2 1 -5 -4 -3

-2

-1

P( , e ) 0 1 2 -1 -2

3

4

5

x

-3

Od čega nam zavisi znak drugog izvoda ? Samo od izraza 5x-8 8

8 5

8

-

5x-8

y``

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)

Vertikalna asimptota 1

y = x ⋅ e x −2 1

1

1

lim xe x − 2 = 2 ⋅ e 2+ε − 2 = 2 ⋅ e + ε = 2 ⋅ e∞ = ∞

x → 2 +ε

1

1

(žuta crta)

1

lim xe x − 2 = 2 ⋅ e 2−ε − 2 = 2 ⋅ e −ε = 2 ⋅ e −∞ = 2 ⋅ 0 = 0

x → 2 −ε

y

(plava strelica)

x=2

3 2 1 -5 -4 -3

-2

-1

0 1 2 -1 -2

3

4

5

x

-3

www.matematiranje.com

11

Horizontalna asimptota lim xe

1 x−2

= ∞⋅e

x →+∞

1 ∞− 2

1

1 ∞

= ∞ ⋅ e = ∞ ⋅ e0 = ∞ ⋅1 = ∞ 1

1

lim xe x − 2 = −∞ ⋅ e −∞− 2 = −∞ ⋅ e −∞ = −∞ ⋅ e0 = −∞ ⋅1 = −∞

x →−∞

Nema horizontalne asimptote, pa moramo ispitati da li postoji kosa asimptota! Kosa asimptota y= kx+n 1 x−2

f ( x) xe = lim k = lim x →±∞ x →±∞ x x

= lim e x →±∞

n = lim [ f ( x) − kx] = lim [ xe x →±∞

= lim

e

x →±∞

1 x−2

x →±∞

1 x−2

−1

1 x

=

1 x−2

=e

1 ∞− 2

= e0 = 1

− 1⋅ x] = lim x(e

0 = lopital = lim x →±∞ 0

1 x−2

x →±∞

e

1 x −2

− 1) = ∞ ⋅ 0 = ?

1 ) 1 1 x2 x2 ( x − 2) 2 x−2 x−2 = lim e ⋅ = lim e ⋅ lim = 1⋅1 = 1 2 x →±∞ x →±∞ x →±∞ ( x − 2) 2 1 ( x − 2) − 2 x

⋅ (−

Dobili smo kosu asimptotu : y= kx + n pa je y = x + 1 Davidimo kako ona izgleda: Za x=0 y = 0 +1 = 1 Za y=0 0 = x + 1 → x = −1 y

x=2 y=x+1

3 2

x y

1 -5 - 4 -3

-2

-1

0 1 -1

2

3

4

5

x

0 1

-1 0

-2 -3

I da sklopimo konačan grafik:

12

x=2

y

y=x+1

7

6

5 4 3 2 1 x -5

-4

-3

-2

-1

0 1 -1

2

3

4

5

-2 -3 -4 -5

1

4

8 5

www.matematiranje.com

13

14

1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije

y = 3 x 2 − x3

Oblast definisanosti (domen) Ova funkcija je svuda definisana jer nema razlomaka a treći korern je svuda definisan... D f = (−∞, ∞)

Ovo nam govori da nema vertikalne asimptote. Nule funkcije

y = 0 → x 2 − x 3 = 0 → x 2 (1 − x) = 0 x = 0; x = 1 X osu grafik seče u dvema tačkama: y

2 1 -5 -4 -3 -2 -1

0 1 -1

2 3

4

5

x

Znak funkcije

Kao i uvek, najpre razmišljamo od čega zavisi znak funkcije?

y = 3 x 2 − x3 = 3 x 2 (1 − x) Samo od 1-x , pa je y

1 8

-

8

2

1

-5 -4 -3 -2 -1

1-x

0 -1

1 2 3 4

5 x

na skici je to

Parnost i neparnost

f ( − x ) = 3 ( − x ) 2 − ( − x )3 = 3 x 2 + x 3 Funkcija nije ni parna ni neparna! www.matematiranje.com

1

Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)

y = 3 x 2 − x3 lakše nam je da tražimo izvod ako funkciju posmatramo kao 1

y = ( x 2 − x3 ) 3 1 −1 1 y`= ( x 2 − x3 ) 3 ⋅ ( x 2 − x3 )` 3 2 − 1 2 3 3 y`= ( x − x ) ⋅ (2 x − 3 x 2 ) 3 1 2 x − 3x 2 y`= 3 3 ( x 2 − x3 )2

y`= 0 → 2 x − 3x 2 = 0 → x(2 − 3x) = 0 → x = 0 ∨ x =

2 3

Za x = 0 y = 3 0−0 = 0

Za x =

2 3

3 2 2 4 8 4 4 y = 3 ( ) 2 − ( )3 = 3 − =3 = 3 3 9 27 27 3 Dakle :

2 34 , ) 3 3

M 1 (0, 0); M 2 ( y 7 6 5 4 3 2 -5 -4 -3 -2 -1

1

M (0, 0)

M (

2 3

,

4 3

)

0 1 2 -1

3

4

5

x

-2 -3

Od čega nam zavisi znak prvog izvoda ?

-

0

2 3

8

x(2-3x) 8

Pa samo od izraza u brojiocu!

x 2-3x y` www.matematiranje.com

2

Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost

y = 3 x 2 − x3 2 − 1 2 3 3 y`= ( x − x ) ⋅ (2 x − 3 x 2 ) radimo kao izvod proizvoda 3 2 2 − − 1 y``= [(( x 2 − x 3 ) 3 )`(2 ⋅ x − 3 x 2 ) + ( x 2 − x3 ) 3 ⋅ (2 x − 3 x 2 )`] 3 5 2 − − 1 2 2 3 3 2 2 2 3 3 y``= [− ( x − x ) ⋅ (2 x − 3 x ) ⋅ (2 x − 3 x ) + ( x − x ) ⋅ (2 − 6 x)] 3 3 Posle pažljivog sredjivanja dobijamo da je 1 −2 y``= 3 3 x 2 (1 − x) 4

Odavde možemo zaključiti da nema prevojnih tačaka i da je uvek y`` 0 A ovo je očigledno tačno za svako realno x , pa je D f = (−∞, ∞) A odavde zaključujemo da funkcija nema vertikalne asimptote. Nule funkcije

y=0 za x-2 = 0 , to jest x = 2 y

2 1 -5 -4 -3 -2 -1

0 1 -1

2 3

4

5

x

Znak funkcije

y=

x−2 x2 + 2

Kako je izraz u imeniocu uvek pozitivan, zaključujemo da znak zavisi samo od brojioca...

2

2

8

-

8

y

-5 -4 -3 -2 -1

x-2

1 0

-1

1

2 3

4

5

x

Parnost i neparnost

f ( − x) =

−x − 2 (− x) + 2 2

=

−x − 2 x2 + 2

≠ f ( x)

Funkcija nije ni parna ni neparna. www.matematiranje.com

5

Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)

x−2

y= y`=

x2 + 2 ⋅ x − 2) ( x − 2)`⋅ x 2 + 2 − ( x 2 + 2)`( ( x + 2) 1 2

1⋅ x 2 + 2 − y`= 1⋅ x 2 + 2 −

2

2 x2 + 2 x2 + 2

y`=

x 2 + 2 mora kao složena funkcija...

⋅ ( x 2 + 2)`( ⋅ x − 2)

2 x +2 x2 + 2 1 2

pazi ,

⋅ 2 x ⋅ ( x − 2)

( x 2 + 2) 2 − x( x − 2) x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2 − x2 + 2 x

y`= y`= y`= y`=

( x 2 + 2) x 2 + 2 2 + 2x ( x 2 + 2) x 2 + 2 2( x + 1)

ili ako odmah pripremimo za drugi izvod y`=

( x 2 + 2) x 2 + 2

2( x + 1) ( x + 2) 2

3 2

y`=0 za x+1 = 0 , to jest x = -1 Za x = -1 y=

−1 − 2 −3 −3 3 = = ⋅ =− 3 1+ 2 3 3 3

M (−1, − 3) y 7 6 5 4 3

-5 -4 -3 -2 -1

M (− 1, −

2 1 0 1 2 -1 -2 3) -3

3

4

5

x

-1

8

-

8

Znak prvog izvoda zavisi samo od izraza u brojiocu , pa je : 2x+2 y`

tačka M minimum funkcije. www.matematiranje.com

6

Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost y= y`=

x−2 x2 + 2 2( x + 1) ( x + 2) 2

y``= 2

3 2 3 2

3 2

( x + 1)`( ⋅ x + 2) − (( x + 2) )`( x + 1) 2

2

3 2 2

(( x + 2) ) 2

3 2

3

−1 3 1 ⋅ ( x + 2) − ( x 2 + 2) 2 ( x 2 + 2)`( ⋅ x + 1) 2 y``= 2 ( x 2 + 2)3 2

3

( x 2 + 2) 2 − y``= 2

1

3 2 ( x + 2) 2 ⋅ 2 x ⋅ ( x + 1) 2 ( x 2 + 2)3

3

1

( x 2 + 2) 2 − 3( x 2 + 2) 2 ⋅ x ⋅ ( x + 1) y``= 2 ( x 2 + 2)3

1

izvučemo zajednički ( x 2 + 2) 2 u brojiocu

1

y``= 2 y``= 2

( x 2 + 2) 2 [ x 2 + 2 − 3 x ⋅ ( x + 1)] ( x 2 + 2) 3 x 2 + 2 − 3x 2 − 3x ( x + 2) 2

y``= 2

5 2

−2 x 2 − 3 x + 2 ( x + 2) 2

5 2

y``= 0 −2 x 2 − 3 x + 2 = 0 → x1,2 = Za x1 = −2 → y1 =

1 −b ± b 2 − 4ac → x1 = −2 ∧ x2 = 2a 2

−4 6

1 → y1 = −1 2 Imamo dve prevojne tačke: −4 P1 (−2, ) 6 1 P2 ( , −1) 2 Za x2 =

www.matematiranje.com

7

y 7 6 5 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 0 -1

4 P (−2, − ) 6

-2 -3

1 2 3 1 P ( , −1) 2

4

5

x

Znak drugog izvoda opet zavisi samo od izraza u brojiocu −2 x 2 − 3 x + 2 . Upotrebićemo da kvadratni trinom ima znak broja a = -2 svuda osim izmedju nula! -

-

+ 1 2

-2

Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)

Vertikalna asimptota ne postoji. Horizontalna asimptota lim

x−2

x−2

= lim

= lim

x−2

x →±∞ 2 2 x (1 + 2 ) x (1 + 2 ) x x moramo odvojiti limese za + i za – beskonačno!

x →±∞

x2 + 2

x →±∞

PAZI ! Pošto smo dole dobili apsolutnu vrednost,

2

x−2 =1 x →+∞ 2 x (1 + 2 ) x x−2 lim = -1 x →−∞ 2 − x (1 + 2 ) x KАД X TEŽI + BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = 1 lim

KАД X TEŽI - BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = -1 Na slici bi to izgledalo ovako: y

1.

y=-1

.-1

y=1 x

Kose asimptote naravno nema, jer postoji horizontalna! www.matematiranje.com

8

Konačan grafik je :

y 7 6 5

4 3 2 -5

-4 -3

-2

y=1

1 -1 0 1

y=-1

-1 P1

M

2

3

4

5

x

P2

-2 -3

-1

-2

1 2

www.matematiranje.com

9

10

FUNKCIONALNE JEDNAČINE Postupak rešavanja: i)

“ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t ( smena)

ii)

Odatle izrazimo x

iii)

Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili

iv)

Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ” i zamenimo t sa x

ZADACI 1)

Rešiti funkcionalnu jednačinu:

f ( x+1) = x2 –3x + 2

Rešenje: f ( x+1) = x2 –3x + 2

“ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t

x +1 = t

Odatle izrazimo x

x=t-1

Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili

f ( t ) = (t – 1)2 – 3 (t – 1 ) + 2 f ( t ) = t2- 2t + 1 – 3t +3 + 2 f ( t ) = t2 – 5t + 6 f (x) = x2 – 5x + 6

Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ”

zamenimo t sa x i evo konačnog rešenja date funkcionalne jednačine.

2) Rešiti funkcionalnu jednačinu:

⎛1⎞ f ⎜ ⎟ = x + 1+ x2 ⎝ x⎠

Rešenje:

⎛1⎞ f ⎜ ⎟ = x + 1+ x2 ⎝ x⎠

1 1 = t pa je odavde = x ovo zamenimo u datoj jednačini x t 1 1 f (t ) = + 1 + 2 t t

www.matematiranje.com

1 t2 +1 f (t ) = + t t2 1 t2 +1 f (t ) = + t t 1+ t2 +1 f (t ) = t

1+ x2 +1 je konačno rešenje f ( x) = x

zamenimo t sa x

3) Rešiti funkcionalnu jednačinu:

f(

x ) = x2 x +1

Rešenje:

x ) = x2 x +1 x =t x +1 f(

x = t ( x+1) x=tx+t

x – tx = t izvučemo x kao zajednički na levoj strani... x(1–t)=t x=

f(

t 1− t

vratimo se sad na početnu jednačinu...

x ) = x2 x +1

f (t ) = (

t 2 ) 1− t

zamenimo t sa x ...

4) Reši funkcionalnu jednačinu: f (

f ( x) = (

x 2 ) je konačno rešenje 1− x

x+2 ) = 5x + 3 2x + 1

Rešenje:

f(

x+2 ) = 5x + 3 2x + 1

x+2 =t 2x + 1

www.matematiranje.com

x + 2 = t (2x + 1) x + 2 = 2tx + t

x – 2tx = t – 2 x (1 – 2t ) = t – 2 x=

f(

t−2 1 − 2t

x+2 ) = 5x + 3 2x + 1

t−2 5t − 10 3(1 − 2t ) 5t − 10 + 3 − 6t − t − 7 + 3 sredimo… f ( t ) = + = = izvučemo minus gore i 1 − 2t 1 − 2t 1 − 2t 1 − 2t 1 − 2t ubacimo ga u imenilac, koji onda promeni redosled … A - B = - (B – A) f(t)=5

f(t)=

t+7 2t − 1

f(x)=

x+7 je konačno rešenje 2x − 1

5) Ako je f (

x ) = ( x − 1) 2 , izračunati f(3). x +1

Rešenje: Najpre moramo naći f(x).

f(

x ) = ( x − 1) 2 x +1

x =t x +1 x = t ( x+1) x=tx+t

x – tx = t x(1–t)=t x=

t 1− t

vraćamo se u početnu jednačinu…

www.matematiranje.com

f(

x ) = ( x − 1) 2 x +1

f(t)=(

t - 1 )2 1− t

f(3)= (

6)

Sada umesto t stavljamo 3 jer se traži f(3)…

3 25 - 1 )2 = 1− 3 4

Rešiti funkcionalnu jednačinu:

1 1 f (x + ) = x 2 + 2 x x

Rešenje:

1 1 f (x + ) = x 2 + 2 x x

uzimamo smenu

x+

1 = t , ako odavde probamo da izrazimo x kao što bi trebalo, x

zapadamo u probleme... 1 =t x x2 + 1 = xt x+

sve pomnožimo sa x…

x2 – xt + 1 = 0 ovo je kvadratna po x i ne vodi rešenju… TRIK : OVDE SMENU TREBAMO KVADRIRATI

x+

1 = t kvadriramo… x

(x+

1 2 2 ) =t x

x 2 + 2x

1 1 + = t2 x x2

x2 + 2 +

pokratimo x-seve…

1 = t2 x2

1 = t 2 − 2 E sad se vratimo u datu početnu jednačinu... 2 x 1 1 f ( x + ) = x 2 + 2 pa je f ( t ) = t2 – 2 odnosno f(x) = x2 – 2 je konačno rešenje x x

x2 +

www.matematiranje.com

7. Rešiti funkcionalnu jednačinu:

⎛ x +1 ⎞ ⎛ x −2⎞ f⎜ ⎟+2f⎜ ⎟=x ⎝ x −2⎠ ⎝ x +1 ⎠

Rešenje:

⎛ x +1 ⎞ ⎛ x −2⎞ f⎜ ⎟+2f⎜ ⎟=x ⎝ x −2⎠ ⎝ x +1 ⎠ I ovaj zadatak ne možemo uraditi “ klasično” već se moramo poslužiti trikom... Ako uzmemo smenu

x +1 1 x−2 = i = t , onda je x−2 t x +1

t+2 x−2 = t odavde x-2 = t (x +1) pa je x – 2= tx + t , x – tx = t + 2 , x (1-t )= t + 2 i odavde je x = 1− t x +1 Vratimo se u datu jednačinu:

⎛ x +1 ⎞ ⎛ x −2⎞ f⎜ ⎟+2f⎜ ⎟=x ⎝ x −2⎠ ⎝ x +1 ⎠ f(

1 t+2 1 )+2f(t)= dobili smo jednu jednačinu...E sad je trik da umesto t stavimo t 1− t t

1 + 2t 1 +2 1 1 + 2t f( t ) + 2 f( ) = t = t = t −1 1 t t −1 1− t t Sada pravimo sistem od dve jednačine:

dobismo i drugu jednačinu

1 t+2 )+2f(t)= t 1− t 1 1 + 2t f( t ) + 2 f( ) = t t −1

f(

Prvu jednačinu pomnožimo sa -2 pa saberemo ove dve jednačine... 1 t+2 ) = -2 t 1− t 1 1 + 2t f( t ) + 2 f( ) = t t −1

-4f(t)-2f(

-3f(t)=

− 2t − 4 1 + 2t 2t + 4 1 + 2t 4t + 5 + = + = dakle 1− t t −1 t −1 t −1 t −1 www.matematiranje.com

-3f(t)=

4t + 5 podelimo sve sa –3 i dobijamo t −1

f(t)=

4t + 5 − 3(t − 1)

f(x)=

4x + 5 konačno rešenje 3 − 3x

odnosno f ( t ) =

4t + 5 umesto t stavimo x i dobijamo: 3 − 3t

www.matematiranje.com

INVERZNA FUNKCIJA Definišimo najpre bijektivno preslikavanje: Za preslikavanje f: A → B kažemo da je : 1) “jedan – jedan” (obostrano jednoznačno) , što skraćeno pišemo “ 1-1 “, ako važi (∀x1 , x 2 ∈ A)( x1 ≠ x 2 ⇒ f ( x1 ) ≠ f ( x 2 ))

2) “na” ako je (∀y ∈ B)(∃x ∈ A)( f ( x) = y )

3) bijektivno ako je “1-1” i “na” Preslikavanje skupa A na sebe , u oznaci iA , sa osobinom (∀x ∈ A)(i A ( x) = x) naziva se identičkim (jediničnim) preslikavanjem skupa A. Ako je f: A → B bijektivno preslikavanje, onda sa f –1 ozačavamo preslikavanje skupa B na skup A, koje ima osobinu da je f

−1

οf = f οf

−1

= i A . U tom slučaju f –1 nazivamo inverznim preslikavanjem preslikavanja f.

Postupak za rešavanje zadataka : i)

Umesto f(x) stavimo y

ii)

Odavde izrazimo x preko y

iii)

Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.

Zadaci

1.

Data je funkcija f(x) = 2x – 1. Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x).

Rešenje: f(x) = 2x – 1

Umesto f(x) stavimo y

y = 2x – 1

Odavde izrazimo x preko y

2x = y + 1 x=

y +1 2

Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x. www.matematiranje.com

f –1(x) =

x +1 2

i evo nam inverzne funkcije.

Pošto obe funkcije predstavljaju prave, uzećemo po dve proizvoljne tačke( prvo x = 0, pa y = 0) i nacrtati ih. f(x) = 2x – 1 x f(x)

0 -1

f –1(x) =

x +1 2

x f (x)

0 1/2

–1

1/2 0

-1 0

y 7 6 5

f(x)=2x-1

4 y=x

3

-1

f (x) =

2 1 -5

-4

.

-3 -2 -1

. .

x+1 2

. .

1

2

3

4

5

6

7

x

-1 -2 -3 -4 -5

Primetimo da su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x .

2. Data je funkcija f(x) = log 2(x-1). Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje: f(x) = log 2(x-1) y = log 2 (x-1)

Umesto f(x) stavimo y Odavde izrazimo x preko y

x – 1 = 2y x = 2y +1

umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x

www.matematiranje.com

f –1 (x) = 2x + 1 evo inverzne funkcije

Skicirajmo sada grafike: f(x) = log 2(x-1) . Ova funkcija je definisana za x-1 >0, odnosno za x >1, a to nam govori da je x = 1 vertikalna

asimptota sa leve strane. Uzmimo kao i malopre nekoliko proizvoljnih vrednosti i popunimo tablicu: x f(x)

3/2 -1

2 0

3 1

5 2

f –1 (x) = 2x + 1 . Ova funkcija očigledno ne može imati vrednosti manje ili jednake sa 1, što nam govori da je 1

njena horizontalna asimptota. Uzmimo nekoliko proizvoljnih vrednosti i popunimo tablicu: x f –1(x)

-1 3/2

0 2

1 3

y

7

.

6 5 4

.

3 -1

x

f (x) = 2 + 1

.

2

1 -5

-4

-3 -2 -1

1 -1

y=x

.

. 2

.

. 3

4

5

y = log (x-1) 2

6

7

x

-2 -3 -4 -5

Uočimo opet da su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x .

3. Odredi inverznu funkciju funkcije f(x) = 3x – 1 Rešenje: f(x) = 3x – 1 y = 3x – 1 3x = y + 1

www.matematiranje.com

x = log 3(y + 1) f –1 (x) = log 3 (x +1) 4. Data je funkcija f(x) = x2 . Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje: f(x) = x2 y = x2 y pa je f –1(x) = ±

x= ±

x

Nije bilo teško ovo rešiti, međutim ovo rešenje nije korektno ! Zašto?

Moramo voditi računa o tome gde je funkcija rastuća, a gde opadajuća! f(x) = x2 je opadajuća za x < 0 pa njoj odgovara opadajuća grana inverzne funkcije : f –1(x) = f(x) = x2 je rastuća za x > 0 pa njoj odgovara rastuća grana inverzne funkcije : f –1(x) = +

x

x

E ovo sad je korektno rešenje!

5. Data je funkcija f(x) = log 2( x +

x 2 + 1 ).

Odrediti f –1(x).

Rešenje: x2 +1 )

f(x) = log 2( x + y = log 2( x + x+

x2 +1 )

x 2 + 1 = 2y

x 2 + 1 = 2y – x

kvadriramo …

x2 + 1 = 22y – 2x 2y + x2

potiremo x2 …

2x 2y = 22y – 1 x=

22 y − 1 2 y +1

f –1(x) =

22x − 1 a ovo možemo malo da prisredimo ... 2 x +1

www.matematiranje.com

22x 1 − x 2x x −x 2x x 2 −1 2 −1 2 2 = 2 −2 f –1(x) = = = 2 2 2 x +1 2x2

6. Data je funkcija f(x) =

3

x + 1+ x2 +

3

x − 1 + x 2 . Odrediti f –1(x)

Rešenje: f(x) = y=

3

3

x + 1+ x2 +

x + 1+ x2 +

3

3

x − 1+ x2

x − 1+ x2

Ovo sve ide na treći stepen.

Podsetimo se najpre formule : (A + B)3 = A3 + 3A2B + 3AB2 + B3 = A3 + 3AB(A+B) + B3 y3 = x + 1 + x 2 + 3 3 x + 1 + x 2

3

x − 1+ x2 ( 3 x + 1+ x2 + 3 x − 1+ x2 ) + x − 1+ x2

y3 = 2x + 3

3

( x + 1 + x 2 )( x − 1 + x 2 ) y

y3 = 2x + 3

3

x2 −1− x2 y

y3 = 2x – 3y 2x = y3 + 3y x=

−1

y3 + 3y 2

f ( x) =

x 3 + 3x 2

www.matematiranje.com

BINOMNA FORMULA

Upoznajmo se najpre sa nekim oznakama: n ! - čita se “en faktorijel” a označava sledeći proizvod: n!=n ο (n-1) ο (n-2) ο … ο3 ο 2 ο1 Primer: 5!=5 ο4 ο3 ο2 ο1= 120 Po definiciji je

ili

7! = 7 ο6 ο 5 ο4 ο3 ο2 ο1 = 5040

0!=1

U zadacima često koristimo trik da faktorijel rastavimo kao proizvod nekoliko članova i novog faktorijela. Tako je recimo:

(n+2)! = (n+2)(n+1)n(n-1) ο… ο2 ο1 (n+2)! = (n+2)(n+1)n ! ili (n+2)! = (n+2)(n+1)n (n-1)! Itd.

Primer 1.: (n − 1)! (n − 3)! (n − 1)! (n − 1)(n − 2)(n − 3)! =(n-1)(n-2) = (n − 3)! (n − 3)!

Skrati razlomak: Rešenje: Primer 2. Reši jednačinu :

Rešenje:

(2 x)! 20 x! = (2 x − 3)! ( x − 2)! (2 x)! 20 x! = (2 x − 3)! ( x − 2)!

(2 x)(2 x − 1)(2 x − 2)(2 x − 3)! 20 x( x − 1)( x − 2)! = (2 x − 3)! ( x − 2)!

1

(2x)(2x-1)(2x-2)= 20x(x-1) 2x (2x-1)2(x-1)= 20 x(x-1) [skratimo sa 2x-1 = 5 a odavde je x=3

4x(x-1)]

n Ako su n i k prirodni brojevi, onda možemo definisati simbol: ( ) k On se čita “ en nad ka”, a izračunava se :

n n(n − 1)(n − 2)...(n − k + 1) ( )= k k! Primeri: (

10 15 10 ο9 15 ο14 ο13 = 45 ili ( ) = = 455 )= 2 3 2 ο1 3 ο 2 ο1

Da bi imali brzinu u radu moramo zapamtiti da je :

n ( ) =1 0 n ( ) =1 n

5 na primer: ( ) = 1 0 7 na primer: ( ) = 1 7

n n ( )=( )=n 1 n −1

12 ( ) = 1 itd. 0 100 ( ) = 1 itd. 100

4 4 na primer: ( ) = ( ) = 4 1 3

50 50 ( ) = ( ) = 50 1 49

n n I najvažnije : ( ) = ( ) k n−k

Na primer dobijemo da rešimo

20 ( ) . Koristeći ovo pravilo mi rešavamo : 18

20 20 20 ο19 = 190. Mnogo je lakše ovako! ( )=( )= 18 2 2 ο1 Sada možemo videti kako izgleda binomni obrazac: n n n n n (a+b)n = ( ) anb0 + ( ) an-1b1 + ( ) an-2b2+ …+ ( ) a1bn-1 + ( ) a0bn 0 1 2 n −1 n

Ova formula se lako dokazuje primenom matematičke indukcije.

2

Šta je važno uočiti?

-

U razvoju uvek ima n+1 članova

-

a počinje sa n-tim stepenom, pa u svakom sledećem članu opada dok ne dođe do nule, dok b počinje sa nulom pa u svakom sledećem članu raste dok ne dođe do ntog stepena

-

n n n n n Izrazi ( ) , ( ) , ( ) ,…, ( ) i ( ) su binomni koeficijenti , i za njih važi 0 1 2 n −1 n jedna zanimljiva stvar:

Ako pođemo od nekoliko prvih razvoja dobićemo takozvani Paskalov trougao. (a+b)0 = 1

1

koeficijent je 1

(a+b)1 = a+b

1

koeficijenti su 1 i 1

(a+b)2 = a2+2ab+b2

1

koeficijenti su 1, 2, 1

(a+b)3 = a3+3a2b+3ab2+b3

(a+b)4 = a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4 koeficijenti

1

koeficijenti su 1, 3, 3, 1

su 1, 4, 6, 4, 1

1

1 2

3 4

1 3

6

1 4

1

itd.

I tako dalje.... Vidimo da su simetrični koeficijenti u razvijenom obliku binoma jednaki. Oni prave Paskalov trougao, gde su na kracima sve jedinice , a unutrašnji član se dobija sabiranjem gornja dva! 1 1 1 1 1 1

1

2

4

6 10

1

3

3 4

5

1

10

1 5

1

Opšti (bilo koji) član u razvijenom obliku binoma se traži po formuli:

3

n Tk+1 = ( ) an-k bk k

1) (3 + 2 x) 5 =?

(3 + 2 x) 5 = [Ovde je a = 3 , b = 2 x i n = 5 ] ⎛5⎞ 5 ⎛ 5⎞ ⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎜⎜ ⎟⎟3 (2 x) o + ⎜⎜ ⎟⎟34 (2 x)1 + ⎜⎜ ⎟⎟33 (2 x) 2 + ⎜⎜ ⎟⎟32 (2 x) 3 + ⎜⎜ ⎟⎟31 (2 x) 4 + ⎜⎜ ⎟⎟3o (2 x) 5 ⎝ 0⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝3⎠ ⎝ 4⎠ ⎝5⎠ Ako vam je lakše izdvojite binomne koeficijente ''na stranu'', pa ih rešite: ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 ⎝ 0⎠ ⎝ 5⎠ ⎛ 5⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 5 ⎝1 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎛ 5⎞ ⎛5⎞ 5⋅ 4 ⎜⎜ ⎟⎟ = = 10 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 ⋅1 = 1⋅ 32 ⋅1 + 5 ⋅ 34 ⋅ 2 ⋅ x + 10 ⋅ 33 ⋅ 2 2 x 2 + 10 ⋅ 32 ⋅ 23 ⋅ x 3 + 5 ⋅ 3 ⋅ 2 4 ⋅ x 4 + 1⋅1⋅ 25 ⋅ x 5 = = 243 + 810 x + 1080 x 2 + 720 x 3 + 240 x 4 + 32 x 5 2) (1 + i ) 6 =?

(1 + i ) 6 = [Ovde je a = 1 , b = i

i

n = 6]

⎛6⎞ ⎛6⎞ ⎛6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛6⎞ ⎛6⎞ ⎛6⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟16 ⋅ i o + ⎜⎜ ⎟⎟15 ⋅ i 1 + ⎜⎜ ⎟⎟14 ⋅ i 2 + ⎜⎜ ⎟⎟13 ⋅ i 3 + ⎜⎜ ⎟⎟12 ⋅ i 4 + ⎜⎜ ⎟⎟11 ⋅ i 5 + ⎜⎜ ⎟⎟1o ⋅ i 6 ⎝ 4⎠ ⎝5⎠ ⎝6⎠ ⎝ 0⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝3⎠ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 ⎝ 0⎠ ⎝ 6⎠ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 6 ⎝1 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎛6⎞ 6⋅5 ⎛6⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = = 15 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 2 ⎠ 2 ⋅1 ⎝ 4⎠ ⎛ 6⎞ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⎜⎜ ⎟⎟ = = 20 ⎝ 3 ⎠ 3 ⋅ 2 ⋅1

4

Da vas podsetimo: i1 = i ⎫ ⎪ i 2 = −1⎪ i5 = i4 ⋅ i = i pa je ⎬ i 3 = −i ⎪ i 6 = i 4 ⋅ i 2 = −1 i 4 = 1 ⎪⎭

Vratimo se u zadatak: = 1 ⋅1 ⋅ 1 + 6 ⋅ 1 ⋅ i + 15 ⋅ 1 ⋅ (−1) + 20 ⋅ 1 ⋅ (−i ) + 15 ⋅ 1 ⋅ 1 + 6 ⋅ i + 1 ⋅ 1(−1) = 1 + 6i − 15 − 20i + 15 + 6i − 1 = −8i 12

2 ⎛ 1 ⎞ 3) Odrediti peti član u razvijenom obliku binoma ⎜⎜ x 2 + x 3 ⎟⎟ ⎝ ⎠ 2 3

1 2

Odavde je a = x , b = x , n = 12 Iskoristićemo formulu: ⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K b K ⎝k ⎠ Pošto traže peti član, to je T5 = T4+1 ( pazi k = 4 ) 12 − 4

⎛12 ⎞⎛ 12 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ x ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠⎝ ⎠ ⎛12 ⎞ 4 83 = ⎜⎜ ⎟⎟ x ⋅ x ⎝4 ⎠ =

⎛ 23 ⎞ ⎜x ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

4

12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 4+ 83 x 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 20

= 495 ⋅ x 3

(

4) Odrediti član koji ne sadrži x u razvijenom obliku binoma x + x − 2

)

12

Odavde je a = x, b = x −2 , n = 12

5

Upotrebićemo formulu TK +1 i naći k ⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ ⎛12 ⎞ k = ⎜⎜ ⎟⎟ x12− k x − 2 ⎝k ⎠

( )

⎛12 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x12− k ⋅ x − 2 k ⎝k ⎠ ⎛12 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x12−3k ⎝k ⎠ Pošto nam treba član koji ne sadrži x, izvršićemo uporedjivanje: x12−3k = x o 12 − 3k = 0 3k = 12 k=4 Znači, u pitanju je (T4+1 = T5 ) peti član. n

1⎞ ⎛ 5) Zbir koeficijenta prvog, drugog i trećeg člana u razvoju binoma ⎜ x 2 + ⎟ jednak x⎠ ⎝ je 46. Naći koji član ne sadrži x . Zbir koeficijenta prva tri člana je: ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = 46 ⎝ 0 ⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ n(n − 1) 1+ n + = 46 2 2 + 2n + n 2 − n = 92 n 2 + n − 90 = 0 − 1 ± 19 ⇒ n1 = 9; n2 = −10 n1, 2 = 2 n=9 Kako je a = x 2 i b =

1 , n=9 x

6

⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ ⎛9 ⎞ ⎛1⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟( x 2 ) 9− k ⎜ ⎟ ⎝ x⎠ ⎝k ⎠ ⎛9 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x 18− 2 k ⋅ x k ⎝k ⎠ ⎛9 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x 18−3k ⎝k ⎠

k

Sada mora biti: x18−3k = x o 18 − 3k = 0 3k = 18 k =6 Znači da je u pitanju sedmi član.

⎛ 1 ⎞ 6) Odrediti koeficijente uz x u razvoju binoma ⎜ − 2x 2 ⎟ ⎝ 4x ⎠

12

3

12

1 ⎛ 1 2⎞ , b = −2 x 2 , n = 12 ⎜ − 2 x ⎟ odavde je a = 4x ⎝ 4x ⎠ ⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ 12 − k

⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎝ k ⎠⎝ 4 x ⎠

12 − k

⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎝ k ⎠⎝ 4 ⎠

12 − k

⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎝ k ⎠⎝ 4 ⎠

(

⋅ − 2x2

)

k

x k −12 ⋅ (− 2 ) ⋅ x 2 k k

⋅ (− 2 ) ⋅ 1x 32k3−12 k

Ovo je x 3

Dakle: x 3k −12 = x 3 3k − 12 = 3 3k = 15 k =5

7

Pa će koeficijent uz x 3 biti 12 − k

⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎝ k ⎠⎝ 4 ⎠

(− 2)k =

7

⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ 12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 ⋅ 8 1 ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⋅ (− 2)5 = ⋅ 7 ⋅ (−32) 5 4 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 99 =− = −1,546875 64 n

⎛ x y⎞ ⎟ odnosi se prema 7) Koeficijenat drugog člana u razvoju binoma ⎜ + ⎜ 4 ⎟ x ⎝ ⎠ koeficijentu trećeg člana kao 2:11. Odrediti peti član.

⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ : ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 : 11 ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ n(n − 1) = 2 : 11 n: 2 11n = n(n − 1) 11n = n 2 − n n 2 − 12n = 0 n(n − 12) = 0 ⇒ n = 0 Pošto je a =

∨

n = 12 , pazi: n=0 nije rešenje!

y x ,b = , n = 12 a traži se peti član, to je: x 4

⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ ⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ 8

⎛12 ⎞⎛ x ⎞⎟ ⎛⎜ y ⎞⎟ T5 = T4+1 = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⋅ ⎝ 4 ⎠⎜⎝ y ⎟⎠ ⎜⎝ x ⎟⎠ ⎛12 ⎞ x 8 y 2 = ⎜⎜ ⎟⎟ 4 ⋅ 4 ⎝4 ⎠ y x

4

12 ⋅11⋅10 ⋅ 9 x 4 = ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 y 2 = 495 x 4 y − 2

8

8) Na železničku stanicu treba da stigne iz istog pravca n ljudi. Na koliko mogućih načina, s obzirom na vreme dolaska, mogu da stignu na stanicu? Razmišljamo:

-

mogu da stignu svi u različiti vreme mogu da stignu dva zajedno, ostali u različito vreme mogu da stignu tri zajedno, ostali u različito vreme itd mogu da stignu u grupama po 2 mogu da stignu u grupama po 3 itd

Broj svih mogućnosti je: C1n + C2n + C3n + ... + Cnn = ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝n⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠

Da bi smo ovo izračunali podjimo od binomne formule: ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛ n⎞ (a + b) n = ⎜⎜ ⎟⎟a nb o + ⎜⎜ ⎟⎟a n −1b1 + ... + ⎜⎜ ⎟⎟a ob n ⎝o⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ n⎠ Ako umesto a i b stavimo jedinice, dobićemo: ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛n⎞ (1 + 1) n = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 1 ⋅ 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 1 ⋅ 1 + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 1 ⋅ 1 ⎝o⎠ ⎝1 ⎠ ⎝n⎠ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛n⎞ 2 n = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ o ⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝n⎠

⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 n − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ n⎠ ⎝o⎠ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 n − 1 ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ n⎠ Dakle broj svih mogućnosti je: 2 n − 1

9

www.matematiranje.com

KOMBINATORIKA BEZ PONAVLJANJA 1) Permutacije od n elemenata : P(n)= n != n(n-1)(n-2)…3 ο 2 ο 1 : 0!=1 2) Varijacije k-te klase od n elemenata V nk =n(n-1)(n-2)…(n-k+1) 3) Kombinacije k-te klase od n elemenata C nk =( nk )=

još važi po definiciji

Vkn n(n − 1)...(n − k + 1) = još važi: k! k!

( 0n )=( nn )=1 , ( 1n )=( nn −1 )=n , ( nk )=( nn− k )

SA PONAVLJANJEM

1) Broj permutacija od n elemenata od kojih je k jednako medjusobno je Pk(n)=

n! k!

2) Varijacije k-te klase od n elemenata Vkn =nk 3) Kombinacije C kn = ( nk +k −1 ) Sa n obeležavamo broj elemenata, a sa k klasu elementa. PRVI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan događaj može da se realizuje na m načina, a neki drugi na n načina, tada jedan od njih može da se realizuje na m+n načina DRUGI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan dogadjaj može da se realizuje na m načina , a neki drugi dogadjaj na n načina, tada se oba dogadjaja mogu istovremeno realizovati na mn načina

KAKO PREPOZNATI DA LI SU P , V ILI C ?

Neka je dat skup S sa n različitih elemenata. Ako radimo sa svih n elemenata, odnosno pravimo sve moguće različite rasporede tih n elemenata , onda ćemo upotrebiti permutacije. Ako trebamo formirati sve njegove podskupove od po k različitih elemenata gde nam je bitan redosled elemenata, onda cemo koristiti VARIJACIJE. Ako trebamo formirati podskupove gde nam nije bitan redosled elemenata , onda ćemo upotrebiti KOMBINACIJE. Dve kombinacije k-te klase su jednake, ako imaju iste elemente, bez obzira kako su uredjene. Na primer : abcd=acdb=…=dcba. Kod kombinacija je svejedno kako pišemo elemente u jednom slogu, dok kod varijacija o tome moramo voditi računa.

1

www.matematiranje.com 1) Koliko se morzeovih znakova može formirati iz oba osnovna znaka . i -, ako se jedan znak sastoji najviše od pet elementarnih znakova? Razmišljamo:

-

Imamo dva znaka : · i – (tačka i crta) pa je sigurno n = 2 Pošto kaže da se jedan znak sastoji najviše od 5 elementarnih znakova razlikovaćemo 5 situacija: _ 2

1) Ako imamo samo 1 znak → V 1 _ 2

2) Ako ima 2 znaka → V 2 _ 2

3) Ako ima 3 znaka → V 3

_ 2

4) Ako ima 4 znaka → V 4 _ 2

5) Ako ima 5 znaka → V 5 Pa je konačno rešenje: _ 2

_ 2

_ 2

_ 2

_ 2

V 1 +V 2 +V 3 +V 4 +V 5 21 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5

2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62

2) Odrediti broj različitih prirodnih brojeva od 10 000 koji se mogu formirati od cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5. Razmišljamo:

Traženi brojevi mogu biti: 1) 2) 3) 4) 5)

Jednocifreni Dvocifreni Trocifreni Četvorocifreni Petocifreni

Imamo 6 brojeva: 0, 1, 2, 3, 4, 5 i cifre se mogu ponavljati, pa su u pitanju varijacije sa ponavljanjem. Moramo paziti da 0 nije na prvom mestu!!! Zato ćemo naći sve mogućnosti pa oduzeti broj mogućnosti kada je 0 na prvom mestu!!!

2

www.matematiranje.com _ 5

1) Jednocifreni → to su brojevi 1, 2, 3, 4, 5 to jest V 1 _ 6

_ 6

2) Dvocifreni → V 2 − V 1 = 6 2 − 61 = 30 _ 6

_ 6

3) Trocifreni → V 3 −V 2 = 63 − 6 2 = 180 _ 6

_ 6

4) Četvorocifreni → V 4 −V 3 = 6 4 − 63 = 1080 _ 6

_ 6

5) Petocifreni → V 5 −V 4 = 65 − 6 4 = 6480 Dakle konačno rešenje je: 5 + 30 + 180 + 1080 + 6480 = 7775 3) U ravni je dato 10 različitih tačaka od kojih ni jedna trojka nijje kolinearna. Odrediti broj svih pravih koje su odredjene datim tačkama.

Pošto je prava odredjena dvema različitim tačkama, znači da od 10 biramo po 2. Pošto redosled tačaka nije bitan u pitanju su kombinacije. ⎛10 ⎞ 10 ⋅ 9 C210 = ⎜⎜ ⎟⎟ = = 45 ⎝ 2 ⎠ 2 ⋅1 4) Košarlaški tim sačinjavaju 5 bekova, 4 centra i 3 krila. Na koliko načina se može od njih sastaviti petorka ako u njoj moraju da bar 2 beka i bar jedan centar? Razmišljamo:

Pošto u zadatku kaže da moraju u petorci igrati bar 2 beka i 1 centar to nam daje više mogućnosti 1) 2 beka, 1 centar, 2 krila → C25 ⋅ C14 ⋅ C23 2) 2 beka, 2 centra, 1 krilo → C25 ⋅ C24 ⋅ C13 3) 2 beka, 3 centra → C25 ⋅ C34 4) 3 beka, 1 centar, 1 krilo → C35 ⋅ C14 ⋅ C13 5) 3 beka, 2 centra → C45 ⋅ C24 6) 4 beka, 1 centar → C45 ⋅ C14 Sad je broj svih mogućnosti:

C25 ⋅ C14 ⋅ C23 + C25 ⋅ C24 ⋅ C13 + C25 ⋅ C34 + ⋅C35 ⋅ C14 ⋅ C13 + ⋅C35 ⋅ C24 + C45 ⋅ C14 = ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = 540 mogućnosti ⎝ 2 ⎠⎝1 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎝1 ⎠⎝1 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠⎝1 ⎠

3

www.matematiranje.com 5) Na koliko različitih načina se moze raspodeliti 5 dečaka i 5 devojčica u bioskopskom redu od 10 stolica tako da dva dečaka nikad ne sede jedan pored drugog? Razmišljamo:

Pošto ima 10 mesta a 2 dečaka ne smeju biti jedan do drugog, to znači da raspored ide jedan dečak jedna devojčica.

Deč. -

Dev. Deč.

Dev.

Deč.

Dev. Deč.

Dev. Deč.

Dev.

Mogućnost za dečake je 5! Mogućnost za devojčice je 5!

Ali moramo razmišljati da na prvom mestu može biti i devojčica.

Dev.

Deč.

Dev.

Deč. Dev.

Deč.

Dev.

Deč. Dev.

Deč.

Pa broj svih mogućnosti: 2 ⋅ 5!5!= 2 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = 2 ⋅120 ⋅120 = 28800

6) Na koliko načina četiri osobe mogu da stanu u krug?

Najbolje da mi to nacrtamo

A D

A B

D

A C

C

D

C

B

B

A

A

A

C

B D

B

C D

B

D C

4

www.matematiranje.com

Dakle ima 6 mogućnosti!!! 7) Koliko ima četvorocifrenih brojeva koji počinju sa 2 a završavaju se sa 7?

To su brojevi 2 ▒ ▒ 7, gde umesto kvadratića mogu biti brojevi 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Znači, brojevi mogućnosti je: 2

V 1 = 10 2 = 10 ⋅ 10 = 100 8) Koliko ima trocifrenih brojeva koji su deljivi sa 5?

Trocifreni brojevi su od 100 do 999. Znači ima 900 broja Pošto je svaki peti deljiv sa 5 počevši od 100 to takvih brojeva ima 900:5=180 9) Koliko ima brojeva izmedju 3000 i 6000 koji se završavaju sa 3 ili 7?

→ Brojevi koji počinju sa 3 su _ 10

3 ▒ ▒ 3 → V 2 = 10 2 = 100 _ 10

3 ▒ ▒ 7 → V 2 = 10 2 = 100 → Brojevi koji počinju sa 4 _ 10

4 ▒ ▒ 3 → V 2 = 10 2 = 100 _ 10

4 ▒ ▒ 7 → V 2 = 10 2 = 100 Slično je i: 5 ▒ ▒ 3 → 100 broja 5 ▒ ▒ 7 → 100 broja 6 ▒ ▒ 3 → 100 broja 6 ▒ ▒ 7 → 100 broja Dakle, ukupno ima 100·6=600 broja

5

www.matematiranje.com

KOMBINATORIKA BEZ PONAVLJANJA 1) Permutacije od n elemenata : P(n)= n != n(n-1)(n-2)…3 ο 2 ο 1 : 0!=1 2) Varijacije k-te klase od n elemenata V nk =n(n-1)(n-2)…(n-k+1) 3) Kombinacije k-te klase od n elemenata C nk =( nk )=

još važi po definiciji

Vkn n(n − 1)...(n − k + 1) = još važi: k! k!

( 0n )=( nn )=1 , ( 1n )=( nn −1 )=n , ( nk )=( nn− k )

SA PONAVLJANJEM

1) Broj permutacija od n elemenata od kojih je k jednako medjusobno je Pk(n)=

n! k!

2) Varijacije k-te klase od n elemenata Vkn =nk 3) Kombinacije C kn = ( nk +k −1 ) Sa n obeležavamo broj elemenata, a sa k klasu elementa. PRVI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan događaj može da se realizuje na m načina, a neki drugi na n načina, tada jedan od njih može da se realizuje na m+n načina DRUGI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan dogadjaj može da se realizuje na m načina , a neki drugi dogadjaj na n načina, tada se oba dogadjaja mogu istovremeno realizovati na mn načina

KAKO PREPOZNATI DA LI SU P , V ILI C ?

Neka je dat skup S sa n različitih elemenata. Ako radimo sa svih n elemenata, odnosno pravimo sve moguće različite rasporede tih n elemenata , onda ćemo upotrebiti permutacije. Ako trebamo formirati sve njegove podskupove od po k različitih elemenata gde nam je bitan redosled elemenata, onda cemo koristiti VARIJACIJE. Ako trebamo formirati podskupove gde nam nije bitan redosled elemenata , onda ćemo upotrebiti KOMBINACIJE. Dve kombinacije k-te klase su jednake, ako imaju iste elemente, bez obzira kako su uredjene. Na primer : abcd=acdb=…=dcba. Kod kombinacija je svejedno kako pišemo elemente u jednom slogu, dok kod varijacija o tome moramo voditi računa.

1

www.matematiranje.com 1) Koliko se morzeovih znakova može formirati iz oba osnovna znaka . i -, ako se jedan znak sastoji najviše od pet elementarnih znakova? Razmišljamo:

-

Imamo dva znaka : · i – (tačka i crta) pa je sigurno n = 2 Pošto kaže da se jedan znak sastoji najviše od 5 elementarnih znakova razlikovaćemo 5 situacija: _ 2

1) Ako imamo samo 1 znak → V 1 _ 2

2) Ako ima 2 znaka → V 2 _ 2

3) Ako ima 3 znaka → V 3

_ 2

4) Ako ima 4 znaka → V 4 _ 2

5) Ako ima 5 znaka → V 5 Pa je konačno rešenje: _ 2

_ 2

_ 2

_ 2

_ 2

V 1 +V 2 +V 3 +V 4 +V 5 21 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5

2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62

2) Odrediti broj različitih prirodnih brojeva od 10 000 koji se mogu formirati od cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5. Razmišljamo:

Traženi brojevi mogu biti: 1) 2) 3) 4) 5)

Jednocifreni Dvocifreni Trocifreni Četvorocifreni Petocifreni

Imamo 6 brojeva: 0, 1, 2, 3, 4, 5 i cifre se mogu ponavljati, pa su u pitanju varijacije sa ponavljanjem. Moramo paziti da 0 nije na prvom mestu!!! Zato ćemo naći sve mogućnosti pa oduzeti broj mogućnosti kada je 0 na prvom mestu!!!

2

www.matematiranje.com _ 5

1) Jednocifreni → to su brojevi 1, 2, 3, 4, 5 to jest V 1 _ 6

_ 6

2) Dvocifreni → V 2 − V 1 = 6 2 − 61 = 30 _ 6

_ 6

3) Trocifreni → V 3 −V 2 = 63 − 6 2 = 180 _ 6

_ 6

4) Četvorocifreni → V 4 −V 3 = 6 4 − 63 = 1080 _ 6

_ 6

5) Petocifreni → V 5 −V 4 = 65 − 6 4 = 6480 Dakle konačno rešenje je: 5 + 30 + 180 + 1080 + 6480 = 7775 3) U ravni je dato 10 različitih tačaka od kojih ni jedna trojka nijje kolinearna. Odrediti broj svih pravih koje su odredjene datim tačkama.

Pošto je prava odredjena dvema različitim tačkama, znači da od 10 biramo po 2. Pošto redosled tačaka nije bitan u pitanju su kombinacije. ⎛10 ⎞ 10 ⋅ 9 C210 = ⎜⎜ ⎟⎟ = = 45 ⎝ 2 ⎠ 2 ⋅1 4) Košarlaški tim sačinjavaju 5 bekova, 4 centra i 3 krila. Na koliko načina se može od njih sastaviti petorka ako u njoj moraju da bar 2 beka i bar jedan centar? Razmišljamo:

Pošto u zadatku kaže da moraju u petorci igrati bar 2 beka i 1 centar to nam daje više mogućnosti 1) 2 beka, 1 centar, 2 krila → C25 ⋅ C14 ⋅ C23 2) 2 beka, 2 centra, 1 krilo → C25 ⋅ C24 ⋅ C13 3) 2 beka, 3 centra → C25 ⋅ C34 4) 3 beka, 1 centar, 1 krilo → C35 ⋅ C14 ⋅ C13 5) 3 beka, 2 centra → C45 ⋅ C24 6) 4 beka, 1 centar → C45 ⋅ C14 Sad je broj svih mogućnosti:

C25 ⋅ C14 ⋅ C23 + C25 ⋅ C24 ⋅ C13 + C25 ⋅ C34 + ⋅C35 ⋅ C14 ⋅ C13 + ⋅C35 ⋅ C24 + C45 ⋅ C14 = ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = 540 mogućnosti ⎝ 2 ⎠⎝1 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎝1 ⎠⎝1 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠⎝1 ⎠

3

www.matematiranje.com 5) Na koliko različitih načina se moze raspodeliti 5 dečaka i 5 devojčica u bioskopskom redu od 10 stolica tako da dva dečaka nikad ne sede jedan pored drugog? Razmišljamo:

Pošto ima 10 mesta a 2 dečaka ne smeju biti jedan do drugog, to znači da raspored ide jedan dečak jedna devojčica.

Deč. -

Dev. Deč.

Dev.

Deč.

Dev. Deč.

Dev. Deč.

Dev.

Mogućnost za dečake je 5! Mogućnost za devojčice je 5!

Ali moramo razmišljati da na prvom mestu može biti i devojčica.

Dev.

Deč.

Dev.

Deč. Dev.

Deč.

Dev.

Deč. Dev.

Deč.

Pa broj svih mogućnosti: 2 ⋅ 5!5!= 2 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = 2 ⋅120 ⋅120 = 28800

6) Na koliko načina četiri osobe mogu da stanu u krug?

Najbolje da mi to nacrtamo

A D

A B

D

A C

C

D

C

B

B

A

A

A

C

B D

B

C D

B

D C

4

www.matematiranje.com

Dakle ima 6 mogućnosti!!! 7) Koliko ima četvorocifrenih brojeva koji počinju sa 2 a završavaju se sa 7?

To su brojevi 2 ▒ ▒ 7, gde umesto kvadratića mogu biti brojevi 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Znači, brojevi mogućnosti je: 2

V 1 = 10 2 = 10 ⋅ 10 = 100 8) Koliko ima trocifrenih brojeva koji su deljivi sa 5?

Trocifreni brojevi su od 100 do 999. Znači ima 900 broja Pošto je svaki peti deljiv sa 5 počevši od 100 to takvih brojeva ima 900:5=180 9) Koliko ima brojeva izmedju 3000 i 6000 koji se završavaju sa 3 ili 7?

→ Brojevi koji počinju sa 3 su _ 10

3 ▒ ▒ 3 → V 2 = 10 2 = 100 _ 10

3 ▒ ▒ 7 → V 2 = 10 2 = 100 → Brojevi koji počinju sa 4 _ 10

4 ▒ ▒ 3 → V 2 = 10 2 = 100 _ 10

4 ▒ ▒ 7 → V 2 = 10 2 = 100 Slično je i: 5 ▒ ▒ 3 → 100 broja 5 ▒ ▒ 7 → 100 broja 6 ▒ ▒ 3 → 100 broja 6 ▒ ▒ 7 → 100 broja Dakle, ukupno ima 100·6=600 broja

5

www.matematiranje.com VEROVATNOĆA( ZA NIVO SREDNJE ŠKOLE) A- obeležimo neki dogadjaj,

A - obeležimo njemu suprotan dogadjaj, onda je

P(A)+P( A ) =1 KLASIČNA DEF. VEROVATNOĆE: P(A)=

m n

gde je m- broj povoljnih slučajeva

za dogadjaj A, a n- broj svih mogućnosti. ZBIR DOGADJAJA A i B je dogadjaj A+B koji se realizuje ako dodje do realizacije bar jednog od njih: P(A+B)= P(A)+(B) ako su dogadjaji A i B nezavisni P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) ako dogadjaji A i B mogu nastupiti istovremeno(zavisni) PROIZVOD DOGADJAJA A i B je dogadjaj koji se realizuje ako se realizuju i dogadjaj A i dogadjaj B: P(AB)=P(A)P(B) , ako su dogadjaji nezavisni P(AB)=P(A)P(B\A)=P(B)P(A\B) , ako su dogadjaji zavisni Za 3 zavisna dogadjaja formule su: P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC) P(ABC)=P(A)P(B\A)P(C\AB) BERNULIJEVA ŠEMA: Koristimo je ako imamo 2 ishoda pri vršenju nekog eksperimenta (primer: kad bacamo novčić). Neka se dogadjaj A ostvaruje sa verovatnoćom p, a njemu suprotan dogadjaj sa verovatnoćom q, i p+q=1 Tražimo verovatnoću da se u n nezavisnih ponavljanja dogadjaj A ostvari m-puta: P(Sn=m)=( nm ) pmqn-m TOTALNA VEROVATNOĆA: Neka dogadjaji H1,H2,…Hn čine potpun sistem dogadjaja.Dogadjaj A se može realizovati samo sa jednim od dogadjaja H1,…,Hn P(A)=P(H1)P(A\H1)+P(H2)P(A\H2)+…+P(Hn)P(A\Hn) BAJESOVA FORMULA:

P(Hi\A)=P(Hi)P(A\Hi) : P(A) za i=1,2,…,n

www.matematiranje.com SLUČAJNA PROMENLJIVA I NJENA RASPODELA:

X:(

x1

x2

xn

p1

p2

pn

)

OČEKIVANJE: E(X)=x1p(x1)+…+xnp(xn) DISPERZIJA ( srednje kvadratno odstupanje) D(x)=E[(x-E(x))2] STANDARDNA DEVIJACIJA: σ (x)= D(x)

VEROVATNOĆA - ZADACI (I DEO) U računu verovatnoće osnovni pojmovi su opit i događaj. Svaki opit se završava nekim ishodom koji se naziva elementarni događaj. Elementarne događaje profesori različito obeležavaju, mi ćemo ih obeležiti sa e1 , e2 , e3 ,... a vi naravno radite kako kaže vaš profesor. Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E . E = {e1 , e2 , e3 ,...en }

primer 1.

Odrediti skup svih elementarnih događaja za sledeće opite: a) b) c) d) e) f)

bacanje jednog dinara bacanje dva dinara bacanje tri dinara bacanje jedne kocke bacanje dve kocke bacanje tri kocke

Rešenja: a) bacanje jednog dinara Naravno, prilikom bacanja dinara može pasti pismo ili može pasti grb.

P

G

Ako sa e1 obeležimo pojavu pisma na gornjoj strani novčića a sa e2 obeležimo pojavu grba onda je skup svih elementarnih događaja ovog opita E = {e1 , e2 } , a mislimo da je bolje ovo obeležiti sa E = {P, G} .

b) bacanje dva dinara Na gornjoj strani novčića se može pojaviti:

P

P

P

G

G

P

G

G

Pa je E = {PP, PG , GP, GG} , odnosno ima 4 ishoda ovog opita.

1

c) bacanje tri dinara Ako bacamo tri novčića, broj ishoda je 8. Da vidimo: P

P

P

G

G

G

P

P

G

G

G

P

P

G

P

G

P

G

P

G

G

G

P

P

E = {PPP, PPG , PGP, PGG , GGG , GGP, GPG , GPP}

d) bacanje jedne kocke Većina nas je igrala ''ne ljuti se čoveče'' ili neku sličnu igricu sa jednom kockicom... Na gornjoj strani kocke može pasti jedan od brojeva : 1

2

3

4

5

6

pa je skup svih elementarnih događaja : E = {1, 2,3, 4,5, 6} . 6

Jasno je da ih ima 6. Preko formula iz kombinatorike bi ovo izračunali kao varijacije sa ponavljanjem: V 1 = 61 = 6

e) bacanje dve kocke 6

V 2 = 6 2 = 36

Pri bacanju dve kockice, broj mogućih ishoda je veći:

Naš savet je da uvek kad je to moguće, odnosno kad ne zahteva previše pisanja, ispišete sve mogućnosti opita:

1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

E = {11,12,13,......., 66} 2

f) bacanje tri kocke 6

Broj svih elementarnih događaja je V 3 = 63 = 216 . E ovde bi već bilo preterano da pišemo redom sve moguće ishode. E = {111,112,113,......., 666} Bitno je da znamo koliko ih ukupno ima.

E sad, u zadacima mi moramo obavezno odrediti skup svih elementarnih događaja, a oni od nas traže da nađemo verovatnoću pojave jednog od njih ( ili više njih...). Jedan takav događaj se najčešće obeležava slovima latinice: A,B,C...

Slučajan događaj A je podskup skupa E elementarnih događaja. Mi moramo precizno, navodnicima da opišemo taj događaj A= “…….”.

Ako smo sigurni da neki opit izaziva pojavu događaja A, onda za događaj A kažemo da je pouzdan. Ako se događaj A sigurno ne realizuje datim opitom, onda se on naziva nemoguć. ( obeležava se sa ∅ ) Na primer, kad bacamo jednu kockicu , sigurni smo da će se na gornjoj strani pojaviti jedan od brojeva 1,2,3,4,5,6 a ako obeležimo u tom opitu da je događaj A: “ pojavio se broj 7 na gornjoj strani kockice”, sigurni smo da je to nemoguć događaj.

Ako posmatramo dva događaja koji se mogu dogoditi u istom opitu, onda oni mogu biti zavisni i nezavisni.

Na primer, neka je opit bacanje dve kockice. Posmatramo tri događaja: Događaj A: “ pao je zbir 8” Događaj B : “ pao je zbir 7” Događaj C: “ pala je bar jedna šestica”

Ispitati da li su ovi događaji međusobno zavisni ili ne. Ovde je najbolje ispisati sve mogućnosti... www.matematiranje.com 3

1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

A:”pao je zbir 8”

B:”pao je zbir 7”

C:”pala je bar jedna šestica ”

Vidimo da su događaji A i B nezavisni. Međutim , ako posmatramo događaje A i C, vidimo da su oni zavisni , jer se oba dešavaju kad padne (2,6) i (6,2). Takođe su i B i C zavisni , jer kod oba događaja imamo (1,6) i (6,1).

Zbir ( unija)dva događaja A i B naziva se događaj A+B (ili A ∪ B ) koji se sastoji u tome da se realizuje bilo koji od njih, to jest bilo A, bilo B, bilo A i B.

Proizvod ( presek) dva događaja A i B se obeležava sa AB ( ili A ∩ B ) i predstavlja događaj koji se sastoji u tome da se događaji A i B pojavljuju zajedno. Ako se u vršenju jednog opita realizacijom događaja A uvek realizuje i događaj B, tada kažemo da događaj A povlači događaj B i tada je A ⊂ B .

Suprotan događaj događaja A se obeležava sa A .

Događaji A1 , A2 ,..., An obrazuju potpun sistem događaja ako je A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = Ω i Ai ∩ A j = ∅ , to jest dva po dva su isključivi događaji.

Verovatnoća slučajnog događaja A se obeležava sa P(A). Pravila: 1.

0 ≤ P ( A) ≤ 1

Znači, verovatnoća se “ meri” od 0 do 1. Nula je verovatnoća nemogućeg događaja a jedinica je verovatnoća sigurnog događaja.

4

2.

P ( A) + P ( A) = 1

Kad saberemo verovatnoću nekog događaja i verovatnoću njemu suprotnog događaja, dobijamo siguran događaj, odnosno , nešto il će se desi il neće... Često je u zadacima lakše izračunati verovatnoću suprotnog događaja, pa je onda P ( A) = 1 − P ( A) 3. Ako je A ⊂ B onda je P ( A) ≤ P ( B )

primer 2.

Data su dva događaja A i B. Pomoću simboličkih operacija sa datim događajima odrediti sledeće događaje: i) ii) iii)

realizovan je događaj A a nije realizovan događaj B realizovan je događaj B a nije realizovan događaj A realizovana su oba događaja

Rešenja: Pogledajmo najpre sledeću sliku:

A

AB

i)

B

AB

AB

realizovan je događaj A a nije realizovan događaj B

To ćemo obeležiti sa AB , to jest , realizovan je A a nije B.

ii)

realizovan je događaj B a nije realizovan događaj A

Ovo možemo obeležiti sa AB

iii)

realizovana su oba događaja

Ovde je rešenje presek, odnosno to je događaj AB 5

primer 3.

Data su tri događaja A,B i C. Pomoću simboličkih operacija sa datim događajima odrediti sledeće događaje: a) b) c) d)

realizovan je događaj A , a nisu realizovani događaji B i C realizovani su događaji A i C, a događaj B nije realizovana su sva tri događaja realizovan je jedan i samo jedan od ova tri događaja

Rešenja:

Pogledajmo opet sliku gde su događaji predstavljeni pomoću skupova:

A

B

ABC

ABC

ABC ABC ABC

ABC ABC

C

Da odgovorimo sada na postavljena pitanja:

a) realizovan je događaj A , a nisu realizovani događaji B i C A

B

ABC ABC

ABC

ABC ABC

ABC ABC

C

Rešenje je: ABC 6

b) realizovani su događaji A i C, a događaj B nije A

B

ABC ABC

ABC

ABC ABC

ABC ABC

C

Rešenje je: ABC ili možemo zapisati ABC + ABC + ABC ( vidi sliku)

c) realizovana su sva tri događaja A

B

ABC ABC

ABC

ABC ABC

ABC ABC

C

Rešenje je: ABC

d) realizovan je jedan i samo jedan od ova tri događaja A

B

ABC ABC

ABC

ABC ABC

ABC ABC

C

Rešenje je: ABC + ABC + ABC www.matematiranje.com 7

Pomenimo još neka pravila:

Ako je A proizvoljan događaj , tada je : i) A∅ = ∅

v) A + ∅ = A

ii) AA = A

vi) A + A = A

iii) AE = A

vii) A + A = E

iv) AA = ∅

viii) A + E = E

Ako su A, B i C proizvoljni događaji, tada je: a) A + B = B + A b) A + ( B + C ) = ( A + B ) + C = A + B + C c) A( BC ) = ( AB )C = ABC d) A( B + C ) = AB + AC

8

VEROVATNOĆA - ZADACI (II DEO)

Klasična definicija verovatnoće

Verovatnoća događaja A jednaka je količniku broja povoljnih slučajeva za događaj A i broja svih mogućih slučajeva.

P ( A) =

m n

n je broj svih mogućih slučajeva m je broj povoljnih slučajeva

PRIMER 1.

Odrediti verovatnoću da bačena kocka za igru na gornjoj strani pokaže paran broj.

Rešenje: A: “pao je paran broj” Da još jednom ponovimo savet iz prvog dela: uvek kad možete, skicirajte problem i napišite sve mogućnosti! 1

2

3

4

5

6

Jasno je da je broj svih mogućnosti n = 6 1

2

3

4

5

6

Povoljno je da padne: 2,4 ili 6 ( paran broj), pa je onda m = 3

P ( A) =

m 3 1 = = n 6 2

PRIMER 2.

Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockicama pojaviti zbir 9 na gornjoj strani? Rešenje: A: “pao je zbir 9” www.matematiranje.com

1

Već smo videli u prethodnom fajlu da se broj svih mogućnosti izračunava: 6

n = V 2 = 62 = 36 Da vidimo šta je nama povoljno: 1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

Imamo četiri povoljne mogućnosti , pa je m = 4 P ( A) =

m 4 1 = = n 36 9

PRIMER 3.

Kolika je verovatnoća da pri bacanju dva novčića padne bar jedan grb? Rešenje: Kad u zadatku kaže “bar jedan”, to znači da nam je povoljno da padne jedan ali i oba grba! A: “pao je bar jedan grb” P

P

P

P

P

G

P

G

G

P

G

P

G

G

G

G

n=4

Verovatnoća je P ( A) =

m=3

m 3 = n 4

Ovaj zadatak smo mogli da rešimo i na drugi način, koji se često koristi kad u formulaciji zadatka imamo reči “bar jedan”. Posmatramo suprotan događaj događaju A: “pao je bar jedan grb”. To će biti A , koje znači da nije pao nijedan grb ( odnosno, pala su dva pisma) 2

P

P

P

P

P

G

P

G

G

P

G

P

G

G

G

G

m=1

n=4

P ( A) =

m 1 = n 4

Dalje koristimo:

P ( A) + P ( A) = 1 P ( A) = 1 − P ( A) P ( A) = 1 − P ( A) =

1 4

3 4

PRIMER 4.

Odrediti verovatnoću da pri istovremenom bacanju tri novčića padne tačno jedno pismo.

Rešenje: A: “palo je tačno jedno pismo”

Ovde nam traže konkretno da bude samo jedno pismo na tri novčića, pa nam nije povoljno da budu dva pisma ili sva tri... P

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

n=8

P ( A) =

m=3

m 3 = n 8 www.matematiranje.com 3

PRIMER 5.

U posudi se nalazi 12 belih, 23 crvene i 27 crnih kuglica. Odrediti verovatnoću da izvučemo belu kuglicu, pod uslovom da su sve mogućnosti podjednako verovatne. Rešenje: A: “izvučena je bela kuglica”

12 bele

12 bele

23 crvene

23 crvene

27 crne

27 crne

n=12+23+27=62

m=12

Broj svih mogućnosti dobijamo kad saberemo sve kuglice, dakle n = 62 . Nama je povoljno da izvučemo belu kuglicu, a pošto ih ima 12, to je m = 12 P ( A) =

m 12 6 = = n 62 31

PRIMER 6.

Nepismeno dete sastavlja reči od sledećih slova: a,a,a,e,i,k,m,m,t,t. Odrediti verovatnoću da će sastaviti reč “matematika”. Rešenje: Ovaj zadatak ćemo rešiti na dva načina.

I način Koristimo klasičnu definiciju verovatnoće: A: “sastavljena je reč matematika” Broj svih mogućnosti je ustvari broj svih permutacija od ovih 10 slova, ali sa ponavljanjem , jer se slovo a ponavlja 3 puta, slovo m - 2 puta i slovo t - 2 puta. 4

n=

10! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = = 151200 3!⋅ 2!⋅ 2! 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅1 ⋅ 2 ⋅1

Od svih mogućnosti, nama je povoljna samo jedna, da reč bude matematika, pa je m = 1

P ( A) =

m 1 = n 151200

II način

Ovaj način je više logički, ići ćemo slovo po slovo: Najpre od ovih deset slova biramo slovo m, verovatnoća tog događaja je a

a

a

e

I

k

m m

t

2 , jer imamo 10 slova a 2 su m. 10

t

Dalje nam treba slovo a. Verovatnoća da ćemo uzeti a od preostalih 9 slova je a

a

a

e

I

Znači, za sad imamo a

a

a

e

I

Imamo dakle za sada

k

m m

t

3 , jer imamo 3 slova a. 9

t

2 3 2 ⋅ . Idemo dalje, biramo slovo t od preostalih 8 slova. Tu je verovatnoća . 10 9 8 k

m m

t

t

2 3 2 ⋅ ⋅ . 10 9 8

Napravili smo mat , sledeće slovo koje nam treba je e, a njega uzimamo sa verovatnoćom

1 , jer su ostala 7 slova a 7

imamo samo jedno e. a

a

a

e

I

k

m m

t

t

Sledeći ovaj postupak ( nadam se da smo ukapirali) , dobijamo:

P ( A) =

2 3 2 1 1 2 1 1 1 1 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1 odnosno P ( A) = 10 9 8 7 6 5 4 3 2 151200 5

PRIMER 7. U kutiji se nalaze 3 žute, 4 crvene i 5 plave kuglice. Izvlačimo 3 kuglice ali na različite načine: i) ii) iii)

sve tri odjednom jednu po jednu sa vraćanjem jednu po jednu bez vraćanja

Odrediti verovatnoću da su izvučene: a) sve tri crvene kuglice b) 2 plave i jedna žuta c) sve tri kuglice različite boje.

Rešenje: Pazite, zavisno od načina na koji izvlačimo kuglice, koristimo različite formule iz kombinatorike! Ako uzimamo sve kuglice odjednom, koristimo kombinacije Ckn . n

Ako uzimamo kuglice jednu po jednu sa vraćanjem , koristimo V k . Ako uzimamo kuglice jednu po jednu bez vraćanja , koristimo Vkn

a) sve tri crvene kuglice

A: “izvučene su tri crvene kuglice”

uzimamo tri crvene

12 kuglica ukupno

i) P ( A) =

C34 4 1 = = 12 C3 220 55 4

V3

ii) P ( A) =

12

V3 iii) P ( A) =

sve tri odjednom

3

=

3

43  4   1  1 =  =  = jedna po jedna sa vraćanjem 3 12  12   3  27

V34 4 ⋅3⋅ 2 1 = = jedna po jedna bez vraćanja 12 V3 12 ⋅11 ⋅10 55

6

b) 2 plave i jedna žuta B: “izvučene su 2 plave i jedna žuta kuglica”

uzimamo dve plave I jednu žutu

12 kuglica ukupno

i) P ( B ) =

C25 ⋅ C13 10 ⋅ 3 3 = = C312 220 22 5

ii) P ( B ) =

3

V 2 ⋅V 1 12

V3

=

sve tri odjednom

52 ⋅ 31 25 ⋅ 3 25 = = jedna po jedna sa vraćanjem 3 12 12 ⋅12 ⋅12 576

V25 ⋅ V13 5⋅ 4⋅3 1 = = jedna po jedna bez vraćanja 12 V3 12 ⋅11 ⋅10 22

iii) P ( B ) =

c) sve tri kuglice različite boje.

od svake boje po jednu

12 kuglica ukupno

C: “izvučene su sve tri kuglice različite boje”

i) P (C ) =

C13 ⋅ C14 ⋅ C15 3 ⋅ 4 ⋅ 5 3 = = C312 220 11 3

ii) P (C ) =

4

5

V 1 ⋅V 1 ⋅V 1 V

iii) P (C ) =

12 3

=

sve tri odjednom

3⋅ 4 ⋅5 5 = jedna po jedna sa vraćanjem 3 12 144

V13 ⋅ V14 ⋅ V15 3⋅ 4 ⋅5 1 = = jedna po jedna bez vraćanja 12 V3 12 ⋅11 ⋅10 22 www.matematiranje.com

7

PRIMER 8.

Kocka, čije su sve površi obojene, izdeljena je na hiljadu kocaka jednakih dimenzija. Tako dobijene kocke su izmešane. Odrediti verovatnoću da će nasumice izabrana kocka imati dve obojene površi. Rešenje: Događaj A: «izvučena je kockica sa dve obojene površine» Pošto imamo hiljadu kockica, očigledno je n = 1000 Kako kocka ima 12 ivica a svaka ivica sadrži po 10 kockica i znamo da ivice na uglovima imaju sve tri obojene strane, ispada da za svaku ivicu imamo po 10 - 2 = 8 kockica sa po dve obojene strane. Onda je broj kockica sa dve obojene strane m = 12 ⋅ 8 = 96 P ( A) =

m 96 = = 0, 096 n 1000

PRIMER 9.

Iz špila od 32 karte nasumice su izvučene tri karte odjednom. a) Naći verovatnoću da je među njima tačno jedan AS b) Naći verovatnoću da će među biti bar jedan AS

Rešenje:

a) Naći verovatnoću da je među njima tačno jedan AS Događaj A: « izvučen je tačno jedan AS »

Broj svih mogućnosti je da od 32 karte uzmemo 3: C332 Broj povoljnih mogućnosti je da bude 1 AS: C14 jer imamo 4 ASA, a preostale dve karte mogu biti bilo koje: C228

P ( A) =

C ⋅C C332 4 1

28 2

28 ⋅ 27 4 ⋅14 ⋅ 27 2 ⋅1 = = ≈ 0,30 32 ⋅ 31 ⋅ 30 32 ⋅ 31 ⋅ 5 3 ⋅ 2 ⋅1 4⋅

8

b) Naći verovatnoću da će među biti bar jedan AS

Događaj B: « izvučen je bar jedan AS » U ovakvim situacijama smo rekli da je pametno naći verovatnoću suprotnog događaja , pa to oduzeti od jedinice. Suprotan događaj događaju B bi bio da nije izvučen nijedan AS.

P( B) =

28 3 32 3

C C

28 ⋅ 27 ⋅ 26 28 ⋅ 27 ⋅ 26 3 ⋅ 2 ⋅1 = = ≈ 0, 66 32 ⋅ 31 ⋅ 30 32 ⋅ 31 ⋅ 30 3 ⋅ 2 ⋅1

P ( B ) = 1 − P ( B ) ≈ 1 − 0, 66 ≈ 0,34 www.matematiranje.com

9

VEROVATNOĆA - ZADACI (III DEO)

ZBIR DOGAĐAJA A i B je događaj A+B koji se realizuje ako dodje do realizacije bar jednog od njih: P(A+B)= P(A)+(B) ako su događaji A i B nezavisni P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) ako događaji A i B mogu nastupiti istovremeno (zavisni)

USLOVNA VEROVATNOĆA Obeležimo sa B/A uslovni događaj koji se sastoji u ostvarenju događaja B pod uslovom da je A već ostvaren:

P ( B / A) =

P ( AB ) P ( A)

Obeležimo sa A/B uslovni događaj koji se sastoji u ostvarenju događaja A pod uslovom da je B već ostvaren: P( A / B) =

P ( AB ) P( B)

PROIZVOD DOGAĐAJA A i B je događaj koji se realizuje ako se realizuju i događaj A i događaj B: P(AB)=P(A)P(B) , ako su događaji nezavisni P(AB)=P(A)P(B/A)=P(B)P(A/B) , ako su događaji zavisni Za 3 zavisna događaja formule su: P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC) P(ABC)=P(A)P(B/A)P(C/AB)

Jedna napomena: Neki profesori , da bi naglasili da su događaji nezavisni , pišu u tim situacijama umesto + znak za uniju ∪ , to jest, formulu: P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) zapisuju kao P(A ∪ B)= P(A)+P(B)-P(AB), odnosno formulu

P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)

zapisuju kao

P(A ∪ B ∪ C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)

Naš je savet, kao i uvek da vi radite onako kako radi vaš profesor... www.matematiranje.com 1

PRIMER 1.

Odrediti verovatnoću da iz 32 karte za igru izvučemo ili kralja ili asa.

Rešenje:

Najpre opišemo događaje: A: “izvučena karta je kralj ” B: “izvučena karta je as ” Događaji su očigledno nezavisni, pa računamo: P ( A + B ) = P ( A) + P ( B )

U špilu imamo 32 karte, a 4 su kralja, pa je P ( A) =

Slično je i za asa: P ( B ) =

4 . 32

4 32

P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) P( A + B) =

4 4 8 1 + = = = 0, 25 32 32 32 4

PRIMER 2.

Kolika je verovatnoća da od 32 karte za igru izvučemo ili karo (kocka) ili asa.

Rešenje:

A: “izvučena karta je karo” B: “izvučena karta je as ”

Razmišljamo: da li su ovi događaji zavisni ili nezavisni ? Pitamo se da li postoji opcija da se oni dogode istovremeno? Odgovor je DA, jer izvučena karta može biti AS KARO. Dakle, radi se o zavisnim događajima, pa ćemo koristiti formulu: P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( AB)

2

U kartama za igranje postoje, kao što znamo 4 boje: pik, karo, herc i tref. U 32 karte će biti 32:4 = 8 karona, pa je P ( A) =

8 32

Kako imamo 4 asa, to je P ( B ) =

4 . 32

AS KARO je u špilu samo jedan, to jest verovatnoća da ćemo njega izvući je P ( AB ) =

1 32

Vratimo se u formulu: P ( A + B ) = P ( A) + P ( B ) − P ( AB) P( A + B) =

8 4 1 11 + − = 32 32 32 32

PRIMER 3.

U kontejneru se nalazi 12 proizvoda, od kojih je 8 standardnih. Radnik bira nasumice dva proizvoda, prvo jedan, zatim drugi. Odrediti verovatnoću da su oba proizvoda nestandardna. Rešenje: Pošto u zadatku kaže da su 8 proizvoda standardna , jasno je da su 4 nestandardna. Opišimo događaje: A: “ izvučen je nestandardan proizvod u prvom izvlačenju” B/A: “ U drugom izvlačenju je izvučen nestandardan proizvod pod uslovom da je u prvom izvlačenju izvučen nestandardan proizvod” Koristimo formulu: P ( AB ) = P ( A) P ( B / A)

ns ns ns ns s s s s s s s s 8 standardna 4 nestandarna

ns ns ns s s s s s s s s 8 standardna 3 nestandarna

Imamo ukupno 12 proizvoda a nama je povoljno da izvučemo nestandardan proizvod: P ( A) =

4 12

www.matematiranje.com 3

U drugom izvlačenju opet trebamo uzeti nestandardan proizvod, ali je sada u kontejneru ostalo 11 proizvoda, od kojih je 3 nestandardno: P ( B / A) =

3 11

Zamenimo ovo u formulu i dobijamo: P ( AB ) = P ( A) P ( B / A) P ( AB ) =

4 3 1 ⋅ = ≈ 0, 09 12 11 11

PRIMER 4.

Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockama dobiti zbir tačaka 9 ili, ako se to ne dogodi, da se pri ponovljenom bacanju dobije zbir tačaka 7. Rešenje: Opišimo najpre događaje: A: “pao je zbir 9”

A : “ nije pao zbir 9”

B: “pao je zbir 7” Traženi događaj je zbir dva događaja: A + AB 1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

pao je zbir 9

4 1 32 = a onda je P ( A) = 36 9 36

P ( A) = 1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

pao je zbir 7

6 1 = 36 6 32 6 8 1 8 4 P ( AB ) = ⋅ = ⋅ = = 36 36 9 6 54 27 P( B) =

P ( A + AB ) =

I konačno:

1 4 3 4 7 + = + = 9 27 27 27 27 4

PRIMER 5.

U kutiji se nalazi 7 belih, 5 crvenih i 3 crne kuglice. Slučajno se jedna za drugom ( sukcesivno) izvlače 3 kuglice. Naći verovatnoću da je prva izvučena kuglica bela, druga crvena i treća crna.

Rešenje:

A: “ prva izvučena kuglica je bele boje” B: “ druga izvučena kuglica je crvene boje” C: “ treća izvučena kuglica je crne boje” Moramo opisati i događaje: B/A: “ druga izvučena kuglica je crvena pod uslovom da je prva izvučena kuglica bela” C/AB: “treća izvučena kuglica je crna pod uslovom da je prva izvučena kuglica bela i druga crvena ”

izvučena crvena

izvučena bela

7bele+5crvene+3crne =15 kuglica

P ( A) =

6bele+5crvene+3crne =14 kuglica

6bele+4crvene+3crne =13 kuglica

7 15

P ( B / A) =

5 14

P (C / AB ) =

3 13

P( ABC ) = P( A) P( B / A) P(C / AB) =

7 5 3 1 1 1 ⋅ ⋅ = ⋅ = ≈ 0, 04 15 14 13 2 13 26

5

PRIMER 6.

U posudi A nalaze se 3 crne i 2 bele kuglice, a u posudi B 2 crne i 5 belih kuglica. Ne gledajući, iz slučajno odabrane posude uzimamo 1 kuglicu i stavljamo je u drugu posudu, a zatim iz druge posude uzimamo , takođe ne gledajući , 1 kuglicu. Naći verovatnoću da obe kuglice budu iste boje. Rešenje: Ovde je najbolje da skiciramo problem i uočimo pojedinačne verovatnoće ... slučajno izabrana kuglica prebačena je u drugu posudu

B

A

3/5

crna kug.

5/8

bela kug. crna kug.

crna kug. 2/8

½

2/5

bela kug. B

A

B

½

3/8

2/7

5/7

6/8

bela kug.

4/6

crna kug.

2/6 3/6

bela kug. crna kug.

3/6

bela kug.

crna kug.

bela kug. A

Verovatnoća da ćemo od dve posude izabrati jednu je naravno

1 . 2

Ako iz posude A uzmemo 1 kuglicu i stavimo je u posudu B , tada će u posudi B biti 8 kuglica, i to:

- ako iz posude A uzmemo 1 crnu kuglicu i stavimo je u posudu B, tada u posudi B imamo 3 crne i 5 bele kuglice;

-

ako iz posude A uzmemo 1 belu kuglicu i stavimo je u posudu B, tada u posudi B imamo 2 crne i 6 bele kuglice;

Ako iz posude B uzmemo 1 kuglicu i stavimo je u posudu A , tada će u posudi A biti 6 kuglica, i to: - ako iz posude B uzmemo 1 crnu kuglicu i stavimo je u posudu A, tada u posudi A imamo 4 crne i 2 bele kuglice;

-

ako iz posude B uzmemo 1 belu kuglicu i stavimo je u posudu A, tada u posudi A imamo 3 crne i 3 bele kuglice; 6

Sad pratimo putanje koje nam daju kuglice iste boje u oba izvlačenja: slučajno izabrana kuglica prebačena je u drugu posudu

A

3/5

3/8

crna kug.

5/8

bela kug. crna kug.

crna kug. 2/8

½

2/5

bela kug. 6/8 4/6

B

½

2/7

crna kug.

crna kug. 2/6 3/6

5/7

bela kug.

bela kug. crna kug.

bela kug. 3/6

bela kug.

Crne putanje nam daju verovatnoću da je dva puta izvučena crna kuglica. Za gornju granu imamo:

1 3 3 1 2 4 ⋅ ⋅ a za donju granu imamo: ⋅ ⋅ 2 5 8 2 7 6

Žute putanje nam daju verovatnoću da je dva puta izvučena bela kuglica: Za gornju granu imamo:

1 2 6 1 5 3 ⋅ ⋅ a za donju granu imamo: ⋅ ⋅ 2 5 8 2 7 6

Ako je događaj A: “izvučene su dve kuglice iste boje” , njegovu verovatnoću dobijamo kad saberemo sve ove verovatnoće: P(A) =

1 3 3 1 2 4 1 2 6 1 5 3 901 ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = 2 5 8 2 7 6 2 5 8 2 7 6 1680

PRIMER 7.

U nekom gradu 40% stanovnika ima plavu kosu, 25% ima plave oči, a 15% ima i plavu kosu i plave oči. Biramo nasumice jednog stanovnika tog grada. a) Ako on ima plavu kosu, kolika je verovatnoća da će imati i plave oči? b) Ako on ima plave oči, kolika je verovatnoća da neće imati plavu kosu? c) Kolika je verovatnoća da on neće imati ni plave oči ni plavu kosu? www.matematiranje.com 7

Rešenje:

Označimo događaje: Događaj O: “ izabrani građanin ima plave oči ” Događaj K: « izabrani građanin ima plavu kosu »

a) Ako on ima plavu kosu, kolika je verovatnoća da će imati i plave oči?

Jasno je da su pojedinačne verovatnoće , iz teksta zadatka:

25 1 = 100 4 40 2 P( K ) = = 100 5 15 3 P (OK ) = = 100 20 P (O) =

Ovde se radi o uslovnoj verovatnoći: 3 P (OK ) 20 3 = = P (OK ) = P ( K ) ⋅ P (O / K ) → P (O / K ) = 2 8 P( K ) 5

b) Ako on ima plave oči, kolika je verovatnoća da neće imati plavu kosu?

25 1 = 100 4 40 2 P( K ) = = 100 5 15 3 P (OK ) = = 100 20 P (O) =

Lakše je ako idemo preko suprotne verovatnoće: P (OK ) = P ( K ) ⋅ P ( K / O) → P ( K / O) = P( K / O) = 1 − P( K / O) = 1 −

P (OK ) 3 = P( K ) 5

3 2 = 5 5

8

c) Kolika je verovatnoća da on neće imati ni plave oči ni plavu kosu? 25 1 = 100 4 40 2 P( K ) = = 100 5 15 3 P (OK ) = = 100 20 P (O) =

Opet je elegantnije ići na suprotnu verovatnoću , ali pazimo koju formulu koristimo, jer se radi o zavisnim događajima:

P (O + K ) = P (O) + P ( K ) − P (O ⋅ K ) 1 2 3 5 + 8 − 3 10 1 P (O + K ) = + − = = = 4 5 20 20 20 2 1 1 P (O + K ) = 1 − P (O + K ) = 1 − = 2 2

verovatnoća da ima i plavu kosu i plave oči...

www.matematiranje.com

9

VEROVATNOĆA ZADACI ( V- DEO) Totalna verovatnoća i Bajesova formula Posmatrajmo neke događaje H1 , H 2 , H 3 ,......., H n koji čine potpun sistem događaja ( H1 + H 2 + H 3 + ....... + H n = E ) i koji su međusobno nesaglasni ( ne mogu da se dese dva istovremeno). Tada se neki događaj A, koji je vezan za taj opit , može realizovati istovremeno samo sa jednim od događaja H1 , H 2 , H 3 ,......., H n ( hipoteze) i njegovu verovatnoću računamo po formuli: P( A) = P( H1 ) ⋅ P ( A / H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A / H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P ( A / H 3 ) + ....... + P ( H n ) ⋅ P ( A / H n )

Ova jednakost je poznata kao teorema o totalnoj verovatnoći. PRIMER 1.

Dva različita proizvoda , jedan iz jedne, drugi iz druge fabrike , nalaze se u različitim kontejnerima. Ako je verovatnoća da su proizvodi iz prvog kontejnera ispravni 0,9 a verovatnoća da su ispravni proizvodi iz drugog kontejnera 0,8 odrediti verovatnoću da se , nasumice birajući kontejnere, izvuče ispravan proizvod. Rešenje: Najpre ćemo opisati događaje: A: “ izvučen je ispravan proizvod ”

H1 : “ Izabran je prvi kontejner ” H 2 : “ Izabran je drugi kontejner ” A / H1 : “ izvučen je ispravan proizvod ako je izabran prvi kontejner ” A / H 2 : “ izvučen je ispravan proizvod ako je izabran drugi kontejner ” napomena: Neki profesori ne traže da im se sve piše detaljno, dok drugi to izričito zahtevaju. Vi radite kako kaže vaš profesor… Koristićemo formulu totalne verovatnoće: P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 )

1 1 , pa je P( H1 ) = P( H 2 ) = = 0,5 2 2 Verovatnoće P( A / H1 ) i P( A / H 2 ) su nam date u zadatku : P( A / H1 ) = 0,9 i P ( A / H 2 )=0,8

Kako imamo dva kontejnera, mogućnost da izaberemo jedan od njih je

P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 ) pa je P ( A) = 0,5 ⋅ 0,9 + 0,5 ⋅ 0,8 = 0,85

1

PRIMER 2.

U prodavnicu automobilskih delova stigli su akomulatori proizvedeni u 4 različite fabrike, i to: -

500 akomulatora iz I fabrike 1050 akomulatora iz II fabrike 550 akomulatora iz III fabrike 1900 akomulatora iz IV fabrike

Verovatnoća da akomulator traje više od pet godina iznosi: -

za prvu fabriku 0,20 za drugu fabriku 0,25 za treću fabriku 0,30 za četvrtu fabriku 0,10

Slučajno biramo jedan akomulator. Odrediti verovatnoću da će trajati duže od pet godina. Rešenje:

A: “izabrani akomulator će trajati duže od 5 godina”

Najpre nađemo broj svih akomulatora, iz sve četiri fabrike: 500 + 1050 + 550 + 1900 = 4000

H1 - izabrani akomulator je iz I fabrike P( H1 ) =

500 = 0,125 4000

H 2 - izabrani akomulator je iz II fabrike P( H 2 ) =

1050 = 0, 2625 4000

H 3 - izabrani akomulator je iz III fabrike P( H 3 ) =

H 4 - izabrani akomulator je iz IV fabrike

550 = 0,1375 4000

P( H 4 ) =

1900 = 0, 475 4000

P( A / H1 ) = 0, 20; P( A / H 2 ) = 0, 25; P( A / H 3 ) = 0,30; P( A / H 4 ) = 0,10 P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P( A / H 3 ) + P( H 4 ) ⋅ P( A / H 4 )

P ( A) = 0,125 ⋅ 0, 20 + 0, 2625 ⋅ 0, 25 + 0,1375 ⋅ 0,30 + 0, 475 ⋅ 0,10 P ( A) = 0, 025 + 0, 065625 + 0, 04125 + 0, 0475 P ( A) = 0,179375

2

Bajesova formula je vezana za totalnu verovatnoću: Neka je izvršen opit i neka se kao ishod tog opita ostvario događaj A. Često nas zanima u kojem je uslovu H i nastupio događaj A. To su ocene verovatnoće događaja H i / A

Bajesove formule:

P ( H i / A) =

P( H i ) P( A / H i ) P ( A)

gde je i = 1, 2,..., n . Te verovatnoće tražimo preko

∀i = 1, 2,3,..., n

PRIMER 3.

Prilikom eksplozije granata se raspada na parčad od tri težinske kategorije: krupna, srednja i mala, pri čemu respektivno ta parčad čine 0,1 ; 0,3 i 0,6 od ukupnog broja parčadi. Prilikom udara u oklop krupno parče ga probija sa verovatnoćom 0,9 , srednje sa verovatnoćom 0,2 i malo sa verovatnoćom 0,05. U momentu eksplozije na oklop je palo samo jedno parče i probilo ga. Naći verovatnoću da je oklop probijen krupnim, srednjim i malim parčetom. Rešenje: Najpre ćemo naći totalnu verovatnoću: A: “ oklop je probijen” H1 - krupnim parčetom

P( H1 ) = 0,1

H 2 - srednjim parčetom

P( H 2 ) = 0,3

H 3 - malim parčetom

P( H 3 ) = 0, 6

P ( A / H1 ) = 0,9

i i i

P ( A / H 2 ) = 0, 2 P ( A / H 3 ) = 0, 05

P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P( A / H 3 )

P ( A) = 0,1 ⋅ 0,9 + 0,3 ⋅ 0, 2 + 0, 6 ⋅ 0, 05 P ( A) = 0,18 Sada uz pomoć Bajesove formule tražimo da je oklop probijen krupnim, srednjim i malim parčetom. P ( H1 / A) =

P ( A / H1 ) 0,1 ⋅ 0,9 = = 0,5 P ( A) 0,18

P ( H1 / A) je verovatnoća da ako je oklop probijen , da je to uradilo krupno parče.

www.matematiranje.com 3

P ( H 2 / A) =

P ( A / H 2 ) 0,3 ⋅ 0, 2 = = 0,333 P ( A) 0,18

P ( H 2 / A) je verovatnoća da ako je oklop probijen , da je to uradilo srednje parče. P ( H 3 / A) =

P ( A / H 3 ) 0, 6 ⋅ 0, 05 = = 0,167 P ( A) 0,18

P ( H 3 / A) je verovatnoća da ako je oklop probijen , da je to uradilo malo parče.

PRIMER 4.

U kutiji A nalaze se 9 listića numerisanih brojevima od 1 do 9, a u kutiji B nalazi se 5 listića numerisanih brojevima od 1 do 5. Biramo kutiju nasumice i iz nje izvlačimo jedan listić. Ako je broj na listiću paran, izračunati kolika je verovatnoća da je listić izvađen iz kutije A.

Rešenje:

M : “ izvađen je paran broj” H1 - izabrana je prva kutija H 2 - izabrana je druga kutija P ( H1 ) =

1

2

1 2

3

i P( H 2 ) =

4

1 jer imamo dve kutije od kojih biramo jednu... 2

5

P ( M \ H1 ) = 6

7

8

9

4 9

A

1

2

3

4

5

P (M \ H 2 ) =

2 5

B

Izračunajmo sada totalnu verovatnoću: P ( M ) = P ( H1 ) P ( M / H 1 ) + P ( H 2 ) P ( M / H 2 ) P( M ) =

1 4 1 2 19 ⋅ + ⋅ = 2 9 2 5 45

Verovatnoća da ako je izvučen paran listić, da je uzet iz kutije A se obeležava P ( H1 / M ) i računa se: 4

P ( H1 ) P ( M / H 1 ) P( M ) 2 10 P ( H1 / M ) = 9 = 19 19 45 P ( H1 / M ) =

PRIMER 5.

Dva strelca nezavisno jedan od drugog , gađaju jednu metu ispaljujući po jedan metak. Verovatnoća da će prvi strelac pogoditi iznosi 0,8 a drugi 0,4. Nakon izvedenog gađanja konstatovan je jedan pogodak u metu. Naći verovatnoću da je pogodio prvi strelac. ( naći verovatnoću da je pogodio drugi strelac) Rešenje: A: “meta je pogođena sa jednim pogotkom ” H1 - prvi strelac pogodio metu H 2 - drugi strelac je pogodio metu Verovatnoća da će prvi strelac pogoditi metu je 0,2 . To znači da on promašuje metu sa verovatnoćom 0,8. Verovatnoća da će drugi strelac pogoditi metu je 0,4 . To znači da on promašuje metu sa verovatnoćom 0,6. Kako je meta pogođena samo jednom , to znači da je jedan od njih promašio! Zato je : P( H1 ) = 0,8 ⋅ 0, 6 = 0, 48 , to jest prvi je pogodio, drugi promašio P( H 2 ) = 0, 2 ⋅ 0, 4 = 0, 08 , to jest prvi je promašio, drugi pogodio

Koristimo najpre formulu totalne verovatnoće: P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 )

P ( A) = 0, 48 ⋅1 + 0, 08 ⋅1 P ( A) = 0,56 Sad koristimo Bajesovu formulu: 5

P ( A / H1 ) 0, 48 48 6 = = = P ( A) 0,56 56 7 P ( A / H 2 ) 0, 08 8 1 P ( H 2 / A) = = = = P ( A) 0,56 56 7 P ( H1 / A) =

za prvog strelca za drugog strelca

napomena U ovom zadatku smo mogli da posmatramo još dve hipoteze: H 3 - oba strelca su pogodila metu H 4 - nijedan nije pogodio metu Međutim , u tekstu zadatka se kaže “ Nakon izvedenog gađanja konstatovan je jedan pogodak u metu” a to nam govori da ove dve hipoteze ne moramo uzimati u obzir. Ponavljamo još jednom da svaki zadatak iz verovatnoće pročitate dobro, dok ga potpuno ne razumete , a onda postavite problem...

Ponavljanje opita sa dva ishoda (Bernulijeva šema)

Najpre da razjasnimo koji opiti imaju dva ishoda... Pri bacanju novčića, kao što smo videli može da padne pismo ili grb. Znači da ovaj opit ima dva ishoda. Pri bacanju kockice videli smo da mogu pasti brojevi 1,2,3,4,5 i 6. Ali ako mi kažemo da je događaj A: “pala je šestica” , onda i ovaj opit ima dva ishoda : pala je šestica i nije pala šestica.

Posmatramo neki događaj A koji se u opitu ostvaruje sa verovatnoćom p. Jasno je da se on onda ne ostvaruje verovatnoćom 1 − p , a mi ćemo beležiti q = 1 − p . Dakle: P ( A) = p

i

P ( A) = q , gde je naravno p + q = 1

Tražimo verovatnoću da se u n nezavisnih ponavljanja događaj A ostvari m puta. Ovo beležimo sa P ( S n = m) . Opet napomena da vaš profesor možda ovo drugačije zapisuje , vi naravno radite kao i on(a). 6

Po naučniku koji je prvi proučavao ovu problematiku imamo Bernulijevu šemu:

n P ( S n = m) =   p m q n − m  m

n P ( S n = m) =   p m (1 − p ) n − m m

ili

PRIMER 6.

Metalni novčić baci se 100 puta. Koja je verovatnoća da se grb pokaže 47 puta?

Rešenje: G

A: “ pao je grb”

P

Verovatnoća pojave grba je P ( A) = p =

1 1 , a suprotna verovatnoća, da nije pao grb ( palo je pismo) je P ( A) = q = 2 2

Primenom Bernulijeve šeme, gde je broj ponavljaja n = 100 a traženi broj ostvarenja m = 47 , dobijamo:

n P ( S n = m) =   p m q n − m m P ( S100

47

100 − 47

47

53

 100   1   1  = 47) =       47   2   2 

 100   1   1  P ( S100 = 47) =       47   2   2  100

 100   1  P ( S100 = 47) =     47   2 

 100  1 =   100  47  2

PRIMER 7.

Bacamo kockicu za igru 50 puta. Kolika je verovatnoća da će petica pasti tačno 7 puta?

Rešenje:

A: “ pala je petica ”

1

2

3

4

5

6

www.matematiranje.com 7

P ( A) = p =

1 6

i P ( A) = q =

5 , broj ponavljanja je n = 50 a broj ostvarenja m = 7 6

n P ( S n = m) =   p m q n − m m 7

50 − 7

7

43

 50   1   5  P ( S50 = 7) =        7  6   6   50   1   5  P ( S50 = 7) =        7  6   6 

 50  1 543  50  543 P ( S50 = 7) =   7 ⋅ 43 =   50  7 6 6  7 6 Retko koji profesor insistira da se ovo izračunava do kraja jer se radi o «ogromnim» brojevima i neophodan je digitron...

PRIMER 8.

Vojnik pogađa metu sa verovatnoćom 0,8 ( dobar strelac). Kolika je verovatnoća da će iz 10 nezavisnih pokušaja metu pogoditi tačno 9 puta? Rešenje: U zadatku nam je dato da je p = 0,8 , odatle znamo da je q = 1 − 0,8 = 0, 2 Imamo još da je n = 10 i m = 9

n P ( S n = m) =   p m q n − m m 10  P ( S10 = 9) =   (0,8)9 (0, 2)10 −9 9 10  P ( S10 = 9) =   (0,8)9 (0, 2)1 9 P ( S10 = 9) = 10 ⋅ 0,134 ⋅ 0, 2 P ( S10 = 9) = 0, 268

Kad su “mali” brojevi u pitanju izračunamo do kraja…

www.matematiranje.com

8

SLUČAJNA PROMENLJIVA I NJENA RASPODELA Slučajna promenljiva je vrlo važan pojam u teoriji verovatnoće. Njena definicija je malo zeznuta pa se mi njome nećemo baviti već ćemo pokušati da vam pojasnimo rešavanje zadataka... Već smo u ranijim fajlovima iz verovatnoće rešavali nekoliko zadataka sa bacanjem novčića. Podsetimo se situacije kad smo bacali novčić tri puta. Mogu da nastanu sledeće situacije: P

P

P

G

G

G

P

P

G

G

G

P

P

G

P

G

P

G

P

G

G

G

P

P

Recimo da nas interesuje broj palih grbova. Jasno je da može da ne padne nijedan grb ( 0 puta) , da može da padne jedan grb , dva grba i tri grba. Obeležimo broj palih grbova sa X i napravimo “ šemicu ” :  0 1 2 3 X :    U zagradi u gornjem redu smo zapisali koliko puta može sve da padne grb u tri bacanja novčića. Ispod ćemo zapisati verovatnoće za svaki broj. Najpre da se podsetimo tih verovatnoća:

P

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

P

G

G

G

P

P

grb pada nijednom

grb pada jednom

grb pada dva puta

grb pada tri puta

verovatnoća je 1/8

verovatnoća je 3/8

verovatnoća je 3/8

verovatnoća je 1/8

Sad ove verovatnoće ubacimo u šemicu:

0 1 2 3 X :1 3 3 1   8 8 8 8

Treba uočiti da kada saberemo sve verovatnoće uvek dobijamo jedinicu.

1 3 3 1 8 + + + = =1 8 8 8 8 8

Ovde smo dakle imali slučajnu promenljivu X koja predstavlja broj palih grbova i našli smo raspodelu njene verovatnoće.

1

Dakle, ako slučajna promenljiva X uzima vrednosti x1 , x2 ,..., xn kojima odgovaraju verovatnoće  x x . . . xn  X:  1 2   p1 p2 . . . pn 

to možemo šematski prikazati sa

gde je p1 + p2 + ... + pn = 1

p1 , p2 ,..., pn

i ovo predstavlja

raspodelu verovatnoće.

Primer 1.

Kocka se baca dva puta. Ako se sa X označi zbir tačaka dobijenih iz oba bacanja, odrediti raspodelu verovatnoća slučajne promenljive X. Rešenje: Uvek najpre ispitamo sve mogućnosti... 1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

Zaključujemo da zbir može biti najmanji 2 a najveći 12 a to nam govori da će gornji red u raspodeli biti:

 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12  X :    Sad računamo verovatnoće da će zbir biti 2, pa 3 , pa 4 itd. 1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

1

1

2

1

3

1

4

1

5

1

6

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

2

1

2

2

2

3

2

4

2

5

2

6

1

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

1

3

2

3

3

3

4

3

5

3

6

3

2

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

4

2

4

3

4

4

4

5

4

6

4

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

5

2

5

3

5

4

5

5

5

6

5

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

1

6

2

6

3

6

4

6

5

6

6

6

pao je zbir 2

pao je zbir 3

pao je zbir 4

verovatnoća je 1/36

verovatnoća je 2/36

verovatnoća je 3/36

I tako dalje…

Ubacimo ove vrednosti u šemu i dobijamo:

 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12  X : 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1     36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36  2

Primer 2.

Strelac koji ima 4 metka gađa u metu dok ne pogodi ili ne utroši sve metke. Broj utrošenih metaka je slučajna promenljiva X. Odrediti raspodelu verovatnoća pod uslovom da je verovatnoća pogodka pri svakom gađanju jednaka 0,8.

Rešenje:

Razmišljamo ovako: Ako je verovatnoća pogodka 0,8 onda je verovatnoća da će promašiti 0,2

(1 − 0,8 = 0, 2 )

-

Ako je pogodio u prvom gađanju imamo verovatnoću 0,8

-

Ako je pogodio u drugom gađanju , znači da je u prvom promašio, pa je 0, 2 ⋅ 0,8 = 0,16

-

Ako je prva dva gađanja promašio a treće pogodio imamo verovatnoću 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0,8 = 0, 0032

-

Ako je prva tri puta promašio a pogodio četvrto gađanje , onda je verovatnoća 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0,8 = 0, 0064

-

Ako je sva četiri puta promašio imamo 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0, 2 = 0, 0016

Pošto je imao 4 metka, raspodela verovatnoće će izgledati: 1 2 3 4  X :    2 3 4   1 Jasno je da je za 1 ,2 i 3 raspodela X :    0,8 0,16 0, 032 ? 

Kod četvrtog metka su moguće dve situacije, da je tri puta promašio a četvrti put pogodio ili da je sva četiri puta promašio, pa je tu verovatnoća 0, 0064 + 0, 0016 = 0, 008

Konačno imamo

2 3 4   1 X :   0,8 0,16 0, 032 0, 008 

WWW.MATEMATIRANJE.COM 3

4