LINDITA MUKLI, VLADIMIR MUKA, OSMAN HYSA
MATEMATIKA 1
TIRANË, 2013
1
MATEMATIKA 1 DOC. LINDITA MUKLI, DOC. VLADIMIR MUKA, MSC. OSMAN HYSA
RECENZENT: PROF. AS. DR. EDMOND PISHA
REDAKTOR SHKENCOR: OSMAN HYSA Arti grafik: Suela Kolpepaj
ISBN: 978-99956-54-50-4
Të gjitha të drejtat e rezervuara
MATEMATIKA 1 |
2
KREU I
FUNKSIONI REAL I.1. PËRKUFIZIMI I FUNKSIONIT REAL Dimë që në një relacion, çdo element i bashkësisë së fillimit çiftohet me një, disa ose asnjë element të bashkësisë së mbarimit. Rastet kur çdo element i bashkësisë së fillimit çiftohet vetëm me një element të bashkësisë së mbarimit na çojnë në një koncept shumë të rendësishëm matematik, atë të funksionit. Le të jetë f një relacion me fillim në X dhe mbarim në Y. Përkufizim:Relacioni f do të quhet funksion në qoftë se f përmbush dy kushtet në vijim: 1) xX, gjendet një yY e tillë që (x, y)f 2) xX dhe y1, y2Y, në qoftë se (x, y1)f dhe (x, y2)f atëhere y1 = y2. Sa herë që themi y-i është funksion i x-it menjëherë duhet të na shkojë mendja tek çifti i radhitur (x, y), pra, kordinata e dytë është funksion i kordinatës së parë. Bashkësinë e fillimit do ta shënojmë me X, ndërsa bashkësinë e mbarimit me Y. Tek funksionet bashkësia e fillimit dhe bashkësia e përcaktimit janë të barabarta, në ndryshim nga relacionet ku bashkësia e përcaktimit është nënbashkësi e bashkësisë së fillimit. Kështu X quhet bashkësi përcaktimi për funksionin f. Ndryshorja x që merr vlerat në X quhet ndryshore e pavarur. Ndryshorja y që merr vlerat në bashkësinë Y quhet ndryshore e varur. Numri f(x) quhet vlerë e funksionit në x (lexohet f e x-it). Bashkësia e të gjitha f(x) formon bashkësinë, F, të vlerave të funksionit f. Pra, çdo element x nga bashkësia e fillimit çiftohet me elementin f(x) nga bashkësia e mbarimit. Në qoftë se x është një element që nuk i përket bashkësisë së fillimit të funksionit f, atëherë thuhet se f nuk është i përcaktuar në x dhe f(x) nuk ekziston. Pika 2) e përkufizimit e thënë me fjalë të tjera do të thotë se grafi i një funksioni është bashkësia e çifteve të radhitur në të cilën nuk gjenden dy çifte të radhitur që të kenë, njëherazi, kordinatat e para të njëjta dhe kordinatat e dyta të ndryshme. MATEMATIKA 1 |
3
Bashkësia e fillimit dhe bashkësia e mbarimit, në përgjithësi, kanë në përbërje elementë me natyra çfarëdo. Në këtë libër do të flitet vetëm për funksionin real. Tek funksionet real bashkësia e fillimit dhe ajo e mbarimit janë bashkësi numerike, elementët e të cilave janë numra real. Bashkësitë X dhe Y mund të jenë intervale numerike, segmentë numerikë, gjysmëintervale, gjysmësegmentë, apo dhe bashkësi çfarëdo të përbërë nga numra real. Simbolika për funksionin. Funksionet do t’i emëtojmë me shkronjat f, g, h, , , , etj. Le të jetë f një funksion me fillim në bashkësinë X dhe mbarim në bashkësinë Y. Ky funksion simbolikisht shënohet në mënyrë të ndryshme si: f f: X Y, y = f(x). X Y , x f(x), Në këtë libër në të shumtën e herëve funksioni do të Y shënohet y = f(x) dhe në disa raste mund të gjendet X edhe shënimi x f(x), ku xX dhe y = f(x)Y. F f Me x paraqitet një element në bashkësinë e fillimit të funksionit f dhe me f(x) shëmbëllimi i tij, figura 1. x f(x) Shembull: Është dhënë funksioni f(x) = x2 – 2x + 7. f ( a h) f ( a ) Gjeni: f(a); Figura 1 h Zgjidhje: f(x) = x2 – 2x + 7 f(a) = a2 – 2a + 7 = a2 – 2a + 7 2 2 2 f (a h) f (a) a 2ah h 2a 2h 7 a 2a 7 h h 2 2 2 a 2ah h 2a 2h 7 a 2a 7 h 2 2ah h 2h h 2a h 2 2a h 2 h h
MATEMATIKA 1 |
4
I.2.
BASHKËSIA E PËRCAKTIMIT. BASHKËSIA E VLERAVE.
Nisur nga përkufizimi i funksionit rrjedhin dy përfundime: 1. Bashkësia e përcaktimit përputhet me bashkësinë e fillimit. 2. Bashkësia e vlerave është nënbashkësi e bashkësisë së mbarimit. Nga figura shihet se bashkësia e vlerave f(X) = F është nënbashkësi e bashkësisë së mbarimit, Y. Nëse ndonjë element i bashkësisë së fillimit nuk rezulton të jetë i çiftuar Y X atëherë cënohet përfundimi i parë i sapocituar e për rrjedhojë f nuk është f f(X) funksion. Për këtë arsye si dhe për x f(x) faktin që për funksionet numerike bashkësia e përcaktimit shpesh nuk shkruhet por jepet thjesht me formulë y = f(x) na shtyn të bëjmë këtë marrëveshje: Marrëveshje: Në rastet kur bashkësia e përcaktimit X nuk është e shkruar si e tillë merret bashkësia e vlerave të ndryshores së pavarur x për të cilat ka kuptim shprehja f(x), ndërsa nëse Y nuk është e shkruar do ta nënkuptojmë të barabartë me R. Bashkësia e përcaktimit. Për të gjetur bashkësinë e përcaktimit duhet mbajtur parasysh: a) Pjestimi me zero në R është i pamundur. b) Rrënja me tregues çift e një numri negativ nuk ekziston. c) Logaritmet e numrave negative ose zero nuk ekzistojnë. Pra, për të gjetur bashkësinë e përcaktimit (e shënojmë me P) të një funksioni duhet të mbajmë në konsideratë rastet e mëposhtme: 1. Për funksionin që jepet në mënyrë polinomiale të formës: f(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 kemi P = R. P( x) 2. Funksioni i formës f ( x) , ku P(x) dhe Q(x) janë polinome, ka Q( x) si bashkësi përcaktimi bashkësinë e të gjithë numrave real me përjashtim të atyre vlerave të x-it për të cilat bëhet zero polinomi Q(x). Pra, kemi: P = R – {xR| Q(x) = 0}. 3. Për funksionin e formës f(x) = loga[P(x)] ku a > 0, a 1 kemi: P = {xR | P(x) > 0}. 4. Për funksionin e formës f ( x) n P( x) dallojmë dy raste: MATEMATIKA 1 |
5
a) b)
Në qoftë se n është numër tek atëhere P = R. Në qoftë se n është numër çift atëhere P = {xR | P(x) 0}. 3x 1 Shembull: Gjeni bashkësinë e përcaktimit për funksionin y . 2x 8 Zgjidhje: Kemi të bëjmë me një thyesë. Kushti që duhet plotësuar është “emëruesi të jetë i ndryshëm nga zero”. Pra, 2x + 8 0. Gjejmë ato vlera të x-it që e bëjnë emëruesin zero, domethënë zgjidhim ekuacionin: 2x + 8 = 0. Zgjidhje e këtij ekuacioni është x = –4. Bashkësia e përcaktimit përbëhet prej të gjithë numrave real që plotësojnë kushtin: x –4, ose P = ]–; –4[ ] –4; +[. Shembull: Gjeni bashkësinë e përcaktimit për funkionin y 2 x 2 x 10 . Zgjidhje: Kemi të bëjmë me një rrënjë me tregues 2 (çift). Kushti që duhet plotësuar është: “shprehja nën rrënjë të jetë jo negative”. Pra, 2x2 – x – 10 0. Zgjidhim inekuacionin 2x2 – x – 10 0. 5 Për ekuacionin 2x2 – x – 10 = 0, rrënjët janë x1 x2 = = –2. 2 Hartojmë tabelën e studimit të shenjës së trinomit 2x2 – x – 10. Vlera e x-it Shenja e 2x – x –10 2
5 2
–2
– +
–
+ +
5 Nga tabela shihet se bashkësia e përcaktimit është P ; 2 ; . 2 Shembull: Gjeni bashkësinë e përcaktimit për funkionin 2x y x 10 . ln 2 x 2 x
Zgjidhje: Kemi të bëjmë me një rrënjë me tregues 2 (çift), me një thyesë dhe me shprehje me logaritëm. Secila prej tyre duhet të plotësojë një kusht. Gjithsej duhen plotësuar tre kushte që janë: x – 10 0, ln(2x2 – x) 0 dhe 2x2 – x > 0. x 10 0 Pra kemi sistemin 2 x 2 x 0 . ln(2 x 2 x) 0 MATEMATIKA 1 6 |
Nga zgjidhja e inekuacionit të parë gjejmë bashkësinë e numrave real që plotësojnë kushtin e parë, pra P1 = [10; +[. Nga zgjidhja e inekuacionit të dytë gjejmë bashkësinë e numrave real që 1 plotësojnë kushtin e dytë, pra P2 ;0 ; . 2 2 Merremi me kushtin e tretë të sistemit ln(2x – x) 0. Zgjidhim ekuacionin ln(2x2 – x) = 0 ln(2x2 – x) = ln1 (0 është zëvëndësuar me ln1). Nga barazimi i fundit rrjedh barazimi 2x2 – x = 1 që është një ekuacion. 1 Nga zgjidhja e ekuacionit 2x2 – x – 1 = 0 gjejmë rrënjët x1 , x2 = 1. 2 1 Kushti i njëvlershëm me kushtin e tretë është x1 , x2 1. 2 Bashkësia e numrave real që plotësojnë kushtin e tretë është: 1 1 P3 ; ;1 1; . 2 2 Me ndihmën e boshtit numerik gjejmë prerjen e tre bashkësive numerike P1P2P3. P1 P3 P3 P3 P2 P2 –
1 2
0
1 2
1
10
+
Bashkësia e përcaktimit për funksionin e dhënë është: P = P1P2P3 = [10; +[. Bashkësia e vlerave. Le të jetë dhënë funksioni y = f(x) me bashkësi përcaktimit X dhe bashkësi mbarimi Y. Më sipër u theksua se bashkësia e vlerave F = f(X) është nënbashkësi i bashkësisë Y. U theksua, gjithashtu, se nëse bashkësia e mbarimit nuk është e shkruar do të thotë Y = R. Shtrohet problemi: Si duhet vepruar për gjetjen e bashkësisë së vlerave F = f(X)? Arsyetojmë kështu: Le të jetë bY një element çfarëdo. Për elementin b ka dy mundësi: bF, bF. Mundësia I: bF. Kjo do të thotë se gjendet një element xX i tillë që çiftohet me elementin bY. Pra, ekuacioni b = f(x) ka rrënjë. MATEMATIKA 1 |
7
Mundësia II: bF. Kjo do të thotë se nuk gjendet një element xX i tillë që çiftohet me elementin bY. Domethënë ekuacioni b = f(x) nuk ka rrënjë. Përfundimisht për gjetjen e bashkësisë së vlerave F të funksionit veprohet në këtë mënyrë: Zgjidhet ekuacioni parametrik f(x) = b. Tregohet se për ç’vlera të parametrit b ekuacioni ka zgjidhje. Formohet bashkësia F e vlerave të mundshme të b-së. 3x 2 Shembull: Për funksionin y gjeni bashkësinë e vlerave të tij, ku X 2x 6 = R – {–3}. Zgjidhje: Bashkësia e mbarimit nuk është shënuar. Kjo do të thotë Y = R. Marrim bR çfarëdo. 3x 2 Zgjidhim ekuacionin parametrik b. 2x 6 Meqë numri –3X kemi që 2x + 6 0. Shumëzojmë të dy anët e ekuacionit me shprehjen 2x + 6 dhe kemi: 3x – 2 = b(2x + 6). Zgjidhim këtë ekuacion: 3x – 2 = 2bx + 6b 3x – 2bx = 2 + 6b (3 – 2b)x = 2 + 6b 2 6b x 3 2b Barazimi i fundit ka kuptim nëse 3 – 2b 0. 3 Prej këtej merret b . 2 3 E thënë me fjalë të tjera, nëse b atëhere është e pamundur të gjendet një 2 3 vlerë e ndryshores x që çiftohet me të (pra, është e pamundur që f x ). 2 Kjo vlerë e b-së mbetet e paçiftuar e për rrjedhojë ajo nuk i përket bashkësisë së vlerave F = f(X). 3 Meqë kjo vlerë e b-së është e vetme kemi që F = R– . 2 3x – 1 Shembull: Për funksionin y = 2 gjeni bashkësinë e vlerave. Zgjidhje: Bashkësia e mbarimit nuk është shënuar. Kjo do të thotë se Y = R. Marrim b R+* çfarëdo. MATEMATIKA 1 |
8
Zgjidhim ekuacionin parametrik 23x – 1 = b. Logaritmojmë të dy anët log(23x – 1) = logb (3x – 1)log2 = logb 3xlog2 – log2 = logb 3xlog2 = log2 + logb log 2 log b log 2b x 3 log 2 log8 Që barazimi i fundit të ketë kuptim duhet që të plotësohen kushti: b>0 Përfundimisht bashkësia e vlerave është F = ] 0;+[ Shembull: Gjeni bashkësinë e vlerave për funksionin y = 3x2 + 5. Zgjidhje: Bashkësia e mbarimit nuk është shënuar. Kjo do të thotë se Y = R. Marrim bR çfarëdo. Zgjidhim ekuacionin parametrik 3x2 + 5 = b 3x2 = b – 5 b 5 b 5 => x x2 3 3 Që barazimi i fundit të ketë kuptim duhet që të plotësohet kushti: b 5 0 b5 0 b 5. 3 Përfundimisht bashkësia e vlerave është F = [5; +[
I.3. FUNKSIONI INJEKTIV, SYRJEKTIV DHE BIJEKTIV. Funksioni injektiv Le të jetë y = f(x) një funksion me fillim në X dhe mbarim në Y. Me anë të funksionit f elementë të ndryshëm të X-it mund të jenë të çiftuar me elementë të ndryshëm ose me element të njëjtë të Y-it. Në varësi nga kjo fitohen lloje të ndryshme funksionesh. Përkufizim:Në qoftë se funksioni f: X Y plotëson kushtin x1, x2X të kemi: x1 x2 f(x1) f(x2) atëhere ai quhet funksion injektiv. Mbështetur në logjikën matematike ky implikim është i njëvlershëm me implikimin f(x1) = f(x2) x1 = x2. Ky implikim përdoret në rastet kur funksioni është dhënë me formulë. MATEMATIKA 1 |
9
Shembull: Prej funksioneve të dhënë me diagramë shigjetore në figurën më poshtë f-ja është injektiv, sepse fytyra të ndryshme kanë shëmbëllime të ndryshme. Funksioni g nuk është injektiv sepse fytyra të ndryshme kanë shëmbëllime të njëjta. Kështu megjithëse 1 2 kemi që g(1) = g(2) = 8. X
Y
f
X 8 7 6 9
g
8 7 6
Y
Për të kuptuar nëse një funksion i dhënë me diagramë karteziane është ose jo injektiv vizatojmë drejtëza paralele me boshtin e x-ve. Funksioni është injektiv nëse çdo drejtëz paralele me x’x e pret grafikun e funksionit në të shumtën një pikë të tij. Në të kundërt funksioni nuk është injektiv. Shembull: Prej funksioneve dhënë me diagramë karteziane në figurën 1 f-ja nuk është injektiv, sepse ka drejtëza paralele me boshtin e x-ve që e presin grafikun e funksionit në më shumë se një pikë. Funksioni g është injektiv sepse çdo drejtëz paralele me boshtin e x-ve e pret grafikun në një dhe vetëm në një pikë. g y y f y1 y1 x x x2
x1
x1
Figura 1 Funksioni syrjektiv Përkufizim: Funksioni f: X Y quhet syrjektiv në qoftë se bashkësia e vlerave të funksionit është e barabartë me bashkësinë e mbarimit të tij, pra f(X) = Y. E thënë ndryshe, funksioni f: X Y quhet syrjektiv në qoftë se për çdo yY gjendet të paktën një element xX i tillë që f(x) = y. Shembull: Tek funksioni f i dhënë me diagramë shigjetore në figurën 2 vërehet se të gjithë elementët e Y-it janë të çiftuar, pra f(X) = Y, ndaj funksioni f është syrjektiv. Funksioni g nuk është syrjektiv sepse g(X) = {a, b, c} ndërkohë që Y = {a, b, c, d}, pra, g(X) Y. Për ta bërë edhe më të qartë pse g-ja nuk është syrjektiv vëmë në dukje që elementi dY nuk rezulton i çiftuar. MATEMATIKA 1 |
10
X
Y
f
X
a
g
a
b
b
c
c
d
Y
Figura 2
Për të arsyetuar grafikisht për syrjektivitetitn e një funksioni të dhënë me diagramë karteziane shohim nëse drejtëzat paralele me boshtin e abshisave të hequra nga nga çdo y Y e presin grafikun të paktën në një pikë. Nëse drejtëzat paralele me boshtin e abshisave e presin të paktën në një pikë atëhere funksioni është syrjektiv, në të kundërt jo. Shembull: Në figurën 3, janë dhënë grafikët e dy funksioneve të R R. I pari, f-ja, nuk është syrjektiv ndërsa i dyti, g-ja, është syrjektiv. (Pse?). y
y
x
g
x f Figura 3
Funksioni bijektiv Përkufizim: Funksioni f: X Y quhet bijektiv në qoftë se është injektiv dhe syrjektiv. Shembull: Në diagramat shigjetore të figurës 4 vëmë re se: Funksioni f është bijektiv pasi është injektiv dhe syrjektiv; Funksioni g nuk është injektiv sepse për fytyrat b d kemi shëmbëllime të barabarta g(b) = 3 = g(d). Përfundimisht funksioni g nuk është bijektiv. Funksioni h nuk është syrjektiv sepse f(X) = {1, 2, 4} Y = {1, 2, 3, 4}. Përfundimisht funksioni nuk është bijektiv. Funksioni i dhënë me diagramë karteziane është bijektiv nëse drejtëzat paralele me boshtin e abshisave të hequra nga nga çdo y Y e presin grafikun vetëm në një pikë, në të kundërt funksioni nuk është bijektiv.
a b
|
c
h
g
f
a
a
b
b MATEMATIKA 1 c d
c d Figura 4
11
Shembull: Në diagramat karteziane të funksioneve f, g, h të R R, në figurën 5, vërehet se: Funksioni f është bijektiv pasi ai është edhe injektiv edhe syrjektiv; Funksioni g nuk është injektiv sepse gjendet të paktën një drejtëz paralele me boshtin e x-ve e pret grafikun e funksionit në më shumë se një pike. Kaq mjafton për të konkluduar që funksioni g nuk është bijektiv. Funksioni h nuk është syrjektiv sepse h(X) = [0, [ Y = ]-, [. Përfundimisht funksioni h nuk është bijektiv. y
y
f x
y
g
h
x
x
Figura 5
I.4. DISA ELEMENTË PËR STUDIMIN E VARIACIONIT TË FUNKSIONIT. Monotonia e funksionit. Rikujtojmë që: 1. Funksioni y = f(x) quhet rritës në bashkësinë A nëse për çdo dy numra x1, x2 në A të tillë që x1 < x2 të kemi f(x1) < f(x2). Grafikisht në figurën 1. 2. Funksioni y = f(x) quhet zbritës në bashkësinë A nëse për çdo dy numra x1, x2 në A të tillë që x1 < x2 të kemi f(x1) > f(x2). Grafikisht në figurën 2. 3. Funksioni y = f(x) quhet konstant në bashkësinë A nëse për çdo dy numra x1, x2 në A të tillë që x1 < x2 të kemi f(x1) = f(x2). Grafikisht në figurën 3. y y |
f(x2)
f(x1)
MATEMATIKA 1
12
f(x1) f(x2)
x1
x2
x
x1
x2
x
y
y = f(x)
f(x1)
f(x2)
x1
x2
x
Figura 3 Në fakt, gjatë kryerjes së detyrave për të treguar monotoninë e një funksioni f x2 f x1 shqyrtohet raporti . Në varësi të shenjës së këtij raporti nxirret x2 x1 edhe përfundimi për monotoninë e funksionit në bashkësinë A. f x2 f x1 Nëse x1, x2A (x1 < x2) kemi 0 atëhere funksioni është x2 x1 rritës në A. f x2 f x1 Nëse x1, x2A (x1 < x2) kemi 0 atëhere funksioni është x2 x1 zbritës në A. f x2 f x1 Nëse x1, x2A (x1 < x2) kemi 0 atëhere funksioni është x2 x1 konstant në A. Një funksion y = f(x) mund të jetë monoton rritës në një ose disa intervale të bashkësisë së përcaktimit, monoton zbritës në intervale të tjera, si dhe mund të jetë konstant. Të studjosh monotoninë e një funksioni do të thotë të gjesh, nëse ekzistojnë, intervalet ku ai është monoton (rritës, zbritës apo konstant). Si rregull studimi i monotonisë përmblidhet në një tabelë (tabela e variacionit) në të cilën vendosen edhe shenjat (kur funksioni është rritës), (kur funksioni është zbritës) kur funksioni është konstant. Shembull: Tregoni intervalet e monotonisë së funksionit dhënë në figurën 4. Zgjidhje: Duke vërejtur me kujdes grafikun plotësojmë tabelën: MATEMATIKA 1 13 |
x
–5
–3
–1
2
5
f(x)
0
3
–2
1,8
1.8
Shembull: Tregoni se funksioni y x është rritës në R+. Zgjidhje: Shohim se çfarë shenje ka raporti f x2 f x1 , ku 0 ≤ x1 < x2. x2 x1
f x2 f x1 x2 x1
x2 x1
x2 x1 x2 x1
x2 x1
x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1
1 x2 x1
4 y 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 -1 -2 -3 Figura 4
Zëvëndësuam f(x2) me f(x1) me
3
x 4 5
x2 dhe
x1 .
U shumëzua me të konjuguarën e numeruesit. U kryen veprimet në numerues. U thjeshtua shprehja (x2 – x1) sepse x1 < x2 domethënë x1 ≠ x2.
Në shprehjen e përftuar të gjitha gjymtyrët janë pozitive. Që këtej rrjedh se edhe vetë shprehja është pozitive. f x2 f x1 Përfundimisht 0 që do të thotë se funksioni y x është x2 x1 rritës në R+. Çiftësia e funksionit. Le të jetë dhënë funksioni y = f(x) me bashkësi përcaktimi X dhe bashkësi mbarimi Y. Përkufizime: 1. Funksion y = f(x) quhet çift në qoftë se: xX –xX dhe xX, f(–x) = f(x). 2. Funksion y = f(x) quhet tek në qoftë se:xX –xX dhe MATEMATIKA 1 |
14
xX, f(–x) = –f(x) . Përshembull, për funksionet e mëposhtme kemi: f(x) = x2 është funksion çift në R sepse xR kemi –xR dhe f(–x) = (–x)2 = x2 = f(x). f(x) = x3 është funksion tek në R sepse xR kemi –xR dhe f(–x) = (–x)3 = –x3 = –f(x). f(x) = 3 x është funksion tek në R sepse xR kemi –xR dhe f ( x) 3 x 3 x = –f(x). f(x) = cosx është funksion çift në R sepse xR kemi –xR dhe f(–x) = cos(–x) = cosx = f(x). f(x) = sinx është funksion tek në R sepse xR kemi –xR dhe f(–x) = sin(–x) = –sinx = –f(x). 5 x 5 x f(x) = është funksion çift në R 2 5 x 5 x sepsexR kemi –xR dhe f(–x) = = f(x). 2 f(x) =
9 x 2 është funksion çift në [–3; 3]
sepsex[–3; 3] kemi –x[–3; 3] dhe f(–x) =
9 x = f(x). 2
bx është funksion tek në [–b; b], për b > 0 b x 1 b x bx sepse x[–b; b] kemi –x[–b; b] dhe f(–x) = ln ln bx b x bx = ln = –f(x). b x Shembull: Tregoni çiftësinë e funksioneve të mëposhtme në bashkësinë e tyre të përcaktimit: 1) f(x) = x3 – 5x 2) f(x) = x2 + cosx – 4 x3 x 3) f(x) = |x| 4) f x sin x 2 Zgjidhje: 1)f(–x) = (–x)3 – 5(–x) = –x3 + 5x = – (x3 – 5x) = –f(x). Funksioni është tek në R. 2) f(–x) = (–x)2 + cos(–x) – 4 = x2 + cosx – 4 = f(x). Funksioni është çift në R. 3) f(–x) = |–x| = |x| = f(x). Funksioni është çift në R. f(x) = ln
MATEMATIKA 1 |
15
x3 x x x x3 x x3 x . f x sin x 2 sin x 2 sin x 2 sin x 2 3
4)
Funksioni
nuk është as çift dhe as tek në R. Janë të vërteta pohimet e mëposhtme: Teoremë: Grafiku i funksionit çift është simetrik në lidhje me boshtin e ordinatave. Vërtetim: Le të jetë dhënë funksioni çift y = f(x) grafiku i të cilit jepet në figurën 5. Le të jetë M(x1, y1) një pikë çfarëdo e grafikut të këtij funksioni. Me që pika M gjendet në grafikun e funksionit barazimi y1 = f(x1) është i vërtetë. Simetrikja e pikës M në lidhje me y y = f(x) boshtin oy është pika M’(–x1, y1). Vërtetimi i teoremës përfundon nese M'(–x1, y1) M(x1; y1) tregojmë se edhe pika M’ gjendet në grafikun e këtij funksioni. Në barazimin y = f(x) zëvëndësojmë –x1 x1 koordinatat e pikës M’. Pra, y1 = f(–x1). Mirëpo f(–x1) = f(x1) sepse funksioni Figura 5 është çift, prandaj y1 = f(–x1) = f(x1). Barazimi i fundit tregon se koordinatat e pikës M’ vërtetojnë barazimin y = f(x). Kjo do të thotë se edhe pika M’ gjendet në grafik. Teoremë: Grafiku i funksionit tek është simetrik në lidhje me origjinën e koordinatave. Vërtetim: y Le të jetë dhënë funksioni tek y = f(x) y = f(x) grafiku i të cilit jepet në figurën 6. Le M(x1; y1) të jetë M(x1, y1) një pikë çfarëdo e grafikut të këtij funksioni. Me që pika x M gjendet në grafik atëhere barazimi y1 = f(x1) është i vërtetë. Figura 6 M'(–x1; –y1) Simetrikja e pikës M në lidhje me origjinën është pika M’(–x1, –y1). Vërtetimi i teoremës përfundon nese tregojmë se edhe pika M’ gjendet në grafikun e këtij funksioni. Në barazimin y = f(x) zëvëndësojmë koordinatat e pikës M’ dhe kemi: –y1 = f(–x1). Mirëpo f(–x1) = –f(x1) sepse funksioni është tek. Pra –y1 = f(–x1) = –f(x1). Që këtej del y1 = f(x1), që do të thotë se edhe koordinatat e pikës M’ vërtetojnë MATEMATIKA 1 |
16
barazimin. Pra, edhe pika M’ gjendet në grafik. 2 x Shembull: Tregoni që f ( x) log është funksion tek në bashkësinë e tij 2 x të përcaktimit ]–2; 2[. Zgjidhje: Që funksioni të jetë tek duhet që f(–x) = –f(x) ose f(–x) + f(x) = 0. 2 x 2 x 2 x 2 x Nga ana tjetër f(–x) + f(x) = log log log log 2 x 2 x 2 x 2 x log
2 x 2 x log1 0 2 x 2 x
Meqë f(–x) + f(x) = 0 funksioni është tek. Shembull: Gjeni m që f(x) = x3 + 7mx + 4m + 3 të jetë funksion tek. Zgjidhje: Meqë funksioni duhet të jetë tek atëhere f(–x) + f(x) = 0. f(–x) + f(x) = 0 (x3 + 7mx + 4m + 3) + (–x3 – 7mx + 4m + 3) = 0 4m + 3 + 4m + 3 = 0 3 m . 4 Funksionet periodikë. Le të jetë dhënë funksioni y = f(x) me bashkësi përcaktimi X dhe bashkësi mbarimi Y. Funksion y = f(x) quhet periodik në X në qoftë se gjendet a > 0 i tillë që : xX, të kemi (x + a)X, dhe f(x+ a) = f(x). Në rast se një numër i tillë a ekziston, ai nuk është i vetëm. Këtë veti e gëzojnë edhe të gjithë numrat e trajtës ka, ku kZ. Tregohet thjesht se nga barazimi f(x+ a) = f(x) rrjedh edhe barazimi f(x+ ka) = f(x). Në rast se funksioni është periodik numri më i vogël pozitiv a i tillë që xX të kemi f(x+ a) = f(x), quhet periodë e funksionit y = f(x). Shembull: Për funksionin y = sinx gjeni periodën e tij. Zgjidhje: Bashkësia e përcaktimit e këtij funksioni është bashkësia e numrave real. Kështu që nga xR rrjedh (x + a)R. Le të gjejmë tani periodën e këtij funksioni. Pra, të gjejmë vlerën e më të vogël pozitive të a-së për të cilën është i vërtetë barazimi: f(x+ a) = f(x) sin(x + a) = sinx. MATEMATIKA 1 |
17
Duke zgjidhur ekuacionin e fundit marrim x + a = n2 + x Duke veçuar a marrim: a = n2. Më i vogli numër pozitiv është a = 2 që merret për n = 1. Pra, perioda është a = 2. Kujdes, ekuacioni sin(x + a) = sinx ka edhe një zgjidhje dytë e cila është: x + a = n2 +( – x) x + a = (2n + 1) – x a = (2n + 1) – 2x Që këtej del se vlera e a-së mund të jetë edhe negative, prandaj kjo zgjidhje nuk merret në konsideratë për gjetjen e periodës së funksionit. Shembull: Tregoni që funksioni y = 2x2 – 3x – 3 nuk është periodik në R. Zgjidhje: Bashkësia e përcaktimit e këtij funksioni është bashkësia e numrave real. Kështuqë nga xX rrjedh (x + a)R. Le të gjejmë vlerën e a–së për të cilën është i vërtetë barazimi f(x + a) = f(x). Pra, 2(x + a)2 – 3(x + a) – 3 = 2x2 – 3x – 3 2x2 + 4ax + 2a2 – 3x – 3a – 3 = 2x2 – 3x – 3 2x2 + (4a – 3)x + (2a2 – 3a – 3) = 2x2 – 3x – 3. Kujtojmë që dy polinome janë të barabartë nëse koeficientët pranë fuqive të njëjta të ndryshores jenë të njëjtë. Pra: 22 4a 3 3 2a 2 3a 3 3 Që këtej del a = 0. Kjo do të thotë se ky funksion nuk është periodik. Shembull: Për funksionin y = sin(3x – 25) gjeni periodën e tij. Zgjidhje: Bashkësia e përcaktimit e këtij funksioni është bashkësia e numrave real. Kështu që nga xX rrjedh (x + a)R. Le të gjëjmë tani periodën e këtij funksioni. Të gjejmë vlerën e a-së për të cilën është i vërtetë barazimi f(x + a) = f(x). Pra: sin[3(x + a) – 25] = sin(3x – 25) Duke zgjidhur ekuacionin e fundit marrim: 3(x + a) – 25 = n2 + 3x – 25 3x + 3a – 25 = n2 + 3x – 25 Duke veçuar a marrim: 3a = n2. 2 Më i vogli numër pozitiv është a = që merret për n = 1. 3 MATEMATIKA 1 |
18
2 . 3 Funksione periodik janë funksionet: y = sinx, y = cosx, y = tgx, y = cotgx. Pra, perioda është a =
Kufizueshmëria e funksionit. Le të jetë dhënë funksioni y = f(x) me fillim në bashkësinë X dhe mbarim në Y. Përkufizime: 1. Thuhet se funksioni y = f(x) është i kufizuar nga sipër në bashkësinë e tij të përcaktimit nëse gjendet numri M i tillë që: xX të kemi f(x) M. Nëse nuk mund të gjendet numri M i tillë që xX të kemi f(x) M atëhere thuhet se funksioni është i pakufizuar nga sipër. 2. Thuhet se funksioni y = f(x) është i kufizuar nga poshtë në bashkësinë e tij të përcaktimit nëse gjendet numri m i tillë që xX të kemi f(x) m. Nëse nuk mund të gjendet numri m i tillë që xX të kemi f(x) m atëhere thuhet se funksioni është i pakufizuar nga poshtë. 3. Thuhet se funksioni y = f(x) është i kufizuar nga sipër dhe nga poshtë në bashkësinë e tij të përcaktimit nëse gjenden numrat m dhe M të tillë që xX të kemi m f(x) M. y Nëse numrat m dhe M që përmendëm në 6 përkufizimet 1., 2. dhe 3. nuk ekzistojnë 4 atëhere thuhet se funksioni f(x) është i 2 pakufizuar përkatësisht nga sipër, nga poshtë x dhe i pakufizuar. -6 -4 -2 2 4 6 Kufizueshmëria e një funksioni është -2 lehtësisht e dallueshme nëse ai është dhënë -4 grafikisht. Le të analizojmë grafikët në -6 figurën 7. Figura 7/1 Funksioni me grafik në figurën 7/1 është i kufizuar nga sipër nga numri M = 4. Siqo që të merret xX vlerat përkatëse të f(x) janë të tillë që f(x) 4. Ky funksion është i pakufizuar nga poshtë. Është e pamundut të gjendet një numër m i tillë që xX të kemi f(x) m. Funksioni me grafik në figurën 7/2 është i kufizuar nga poshtë nga numri m = –5. Nga grafiku shihet se xX kemi f(x) –5. Ky funksion është i pakufizuar nga sipër sepse nga grafiku shihet se sado që të merret numri M gjendet një x i tillë që f(x) > M. Pra është e pamundur që mosbarazimi f(x) M të plotësohet për çdo vlerë të x-it. Funksioni me grafik në figurën 7/3 është i kufizuar nga sipër dhe nga poshtë. MATEMATIKA 1 |
19
Vërtet po të merret M = 4 dhe m = –5 kemi që xX është i vërtetë mosbarazimi –5 f(x) 4. Funksioni me grafik në figurën 7/4 është i pakufizuar nga sipër dhe nga poshtë. y y 6 6 4 2 -6 -4 -2
4 2
x
2 -2 -4 -6 Figura 7/2
4
6
-6 -4 -2
2 -2 -4 -6 Figura 7/3
6
x 4
6
y
4 2
-6 -4 -2
2 -2 -4 -6 Figura 7/4
x 4
6
Për të vlerësuar kufizueshmërinë e një funksioni një mënyrë do të ishte skicimi i grafikut të tij. Por kjo nuk është e vetmja mënyrë dhe ndonjëherë jo shumë praktike. Ka edhe mënyra të tjera për të përcaktuar kuefizueshmërinë e një funksioni. Njëra prej tyre është mënyra analitike. Mënyra analitike e vlerësimit të kufizueshmërisë mbështetet kryesisht në vetitë e mosbarazimeve numerike. 3x 2 Shembull: Tregoni se funksioni f ( x) 2 me bashkësi fillimi X = R x 5 është i kufizuar nga sipër nga numri 3. Zgjidhje: Duhet të tregojmë se mosbarazimi f(x) 3 është i vërtetë xR. Kryejmë shndërrime të njëvlershme në mënyrë që të përftojmë një mosbarazim të ri për të cilin është më e lehtë vlerësimi i vërtetësisë së tij. f(x) 3
Mosbarazimi i kërkuar
MATEMATIKA 1 |
20
3x 2 3 x2 5
3x2 3x2 + 15
E dhënë. Shumëzohen të dy anët me shprehjen x2 + 5 që është pozitive. U zbriten të dy anëve shprehja 3x2.
3x2 – 3x2 15 0x2 15 Mosbarazimi i fundit është i vërtetë për çdo vlerë të ndryshores x e për rrjedhojë edhe mosbarazimi fillestar është i vërtetë xR. 3 Shembull: Tregoni nëse funksioni f ( x) me bashkësi fillimi X = R 2 x2 është i kufizuar nga sipër. Zgjidhje: Jemi të interesuar të tregojmë nëse gjendet apo ndonjë numër M i tillë që mosbarazimi f(x) M të jetë i vërtetë xR. Pra, 3 M E dhënë. 2 x2 3 Meqë 0 dhe M > 0 të anasjlltat e tyre krijojnë 2 x2 1 2 x2 3 M mosbarazim të vërtetë me kah të kundërt. 3 2 x2 Dy anët janë shumëzuar me numrin 3. M 3 x2 2 M Tashmë është e nevojshme të kryejmë një arsyetim të thjeshtë. Arsyetimi duhet të orientohet në dhnëien e përgjigjes për pyetjen:Kush është ajo vlerë e 3 M për të cilën mosbarazimi x 2 2 është i vërtetë xR. M Po qe se merret M = 1 fitohet mosbarazimi x2 1. Ky mosbarazim nuk është i vërtetë xR. Ka vlera të x-it të cilat vërtetojnë mosbarazimin x2 1 (janë të tilla 1; 2; 3; 3; ...; –1; –2; –3; ...) sikurse ka edhe 1 1 1 1 vlera të tjera të cilat nuk e vërtetojnë (përshembull ; ; ; ;... ) 2 2 3 3 Kështuqë M = 1 nuk është vlera e kërkuar e M-së. Po qe se merret M = 3 fitohet mosbarazimi x2 –1 i cili është i vërtetë xR sepse x2 është numër jonegativ dhe është më i madh se çdo numër negativ. Përfundimisht u gjet vlera M = 3 e cila plotëson kushtin xR të kemi f(x) 3. 3 Përfundimisht funksioni f ( x) është i kufizuar nga sipër. 2 x2 MATEMATIKA 1 |
21
Shembull: Të tregohet se funksioni f ( x)
2 me bashkësi fillimi X = R* x
është i pakufizuar nga sipër. Zgjidhje: Duhet të tregojmë se nuk mund të gjendet një numër M i tillë që mosbarazimi f(x) M të jetë i vërtetë xR. Vërtet, nëse numri M gjendet atëhere mosbarazimi f(x) M është i vërtetë xR. Pra: Mosbarazimi i kërkuar. f(x) M 2 M E dhënë. x Duke marrë x > 0 dhe M > 0, të anasjellta e gjymtyrëve x 1 krijojnë mosbarazime të vërteta. 2 M 2 x Duke shumëzuar me numrin 2. M Mosbarazimi i fundit është një inekuacion që ka si zgjidhje bashkësinë 2 M ; . Kjo do të thotë se vlerat e ndryshores x që i përkasin bashkësisë 2 ; M nuk janë zgjidhje të inekuacionit. Pra, për disa vlera të x-it 2 mosbarazimi x e për rrjedhojë mosbarazimi f(x) M është i vërtetë e M për disa vlera të tjera të x-it nuk është i vërtetë. Fakti që mosbarazimi f(x) M nuk është i vërtetë xR* do të thotë se funksioni nuk është i kufizuar nga sipër në R*. 2 Shembull: Të tregohet se funksioni f ( x) me bashkësi fillimi X = R*– x është i kufizuar nga sipër. Zgjidhje: Duhet të tregojmë se është e mundut të gjendet një numër M i tillë që mosbarazimi f(x) M të jetë i vërtetë x R*. Mosbarazimi i kërkuar. f(x) M 2 M E dhënë. x
2 x xM x 2 xM 2 x M
Duke shumëzuar të dy anët me x < 0, kahu ndryshon.
Duke pjestuar të dy anët me M > 0. MATEMATIKA 1
|
22
Meqë xR*– dhe M > 0 mosbarazimi i fundit është i vërtetë për çdo vlerë të x-it nga bashkësia e përcaktimit. Kjo do të thotë se funksioni është i kufizuar nga sipër.
I.5. FUNKSIONET ELEMENTARË Në matematikën elementare takohen rëndom veprime të tilla si: mbledhja, zbritja, shumëzimi, pjestimi, ngritja në fuqi, nxjerrja e rrënjës, gjetja e logaritmit të një numri dhe anasjelltas eksponencimi i tij, gjetja e sinusit, kosinusit, tangentit, kotangentit të një këndi dhe anasjelltas gjetja e këndit kur njihen sinusi, kosinusi, tangenti, kotangenti i i tij. Këto veprime shpesh shqyrtohen si veprime elementarë. Nisur nga kjo në matematikë (në analizën matematike) flitet edhe për klasë funksionesh elementarë. Para se të formulojmë përkufizimin e klasës së funksioneve elementare listojmë të gjithë funksionet që emërtohen si funksione elementarë themelore. Funksione elementarë themelore janë: Funksioni konstant y = c (c një numër real çfarëdo). Funksioni fuqi y = xm dhe y n x (m dhe n janë numra natyror). Funksioni eksponencial y = ax (a > 0, a 1). Funksoini logaritmik y log a x , (a > 0, a 1). Funksionet trigonometrik y = sinx, y = cosx, y = tgx, y = cotgx (x është një kënd çfarëdo i matur në radian). Funksionet e anasjelltë trigonometrikë (harkfunksionet) y = Arcsinx, y = Arccosx, y = Arctgx, y = Arcotgx. Me këto funksione lexuesi është njohur në shkollimin e deritanishëm të tij, megjithatë në këtë libër do të trajtohen në mënyrë më të plotë. Përkufizim: Funksionet që merren nga funksionet elementarë themelorë me anën e një numri të fundëm veprimesh elementare dhe veprimin e përbërjes së funksioneve quhen funksione elementarë. Është evidente që në matematikë, përveç funksioneve elementare, hasen një grup shumë më i gjërë funksionesh jo elementare. Megjithatë funksionet elementare kanë një rëndësi të veçantë. Kjo për dy arsye: 1. Shumë zbatime të praktikës dhe të analizës matematike janë të lidhura ngushtësisht me funksionet elementare, 2. Për studimin e funksioneve të tjera joelementare përdoret si bazë mbështetëse klasa e funksioneve elementare. Në vijim do të trajtohen me radhë funksionet elementare themelore. MATEMATIKA 1 |
23
I.6. FUNKSIONET POLINOMIALË. Funksioni y = P(x) quhet polinomial në qoftë se y = P(x) = anxn + an–1xn–1 + ...+ a2x2 + a1x + a0 ku n është numër i plotë jo negativ dhe numrat an, an–1, ..., a2, a1, a0 janë konstante dhe quhen koeficientë të polinomit. Bashkësia e përcaktimit e çdo funksioni polinomial është X = R = ] –; +[. Nëse koeficienti më i vjetër an 0 atëhere shkalla e polinomit është n. Përshembull, funksioni y = 2x6 + 5x3 – 3x2 + x – 1 është polinomial i shkallës së 6. Funksioni konstant. Funksioni polinomial i shkallës 0 është i trajtës y = f(x) = c. Ky funksion emërtohet ndryshe funksion konstant ndaj ndryshores x. Vlera e e ndryshores y është c pavarësisht nga vlera e ndryshores x. Grafiku i këtij funksioni është një drejtëz paralele me boshtin e abshisave dhe e pret boshtin e ordinatave në pikën me koordinata (0; c) Funksioni linear.
y
Funksioni polinomial i shkallës së parë është i trajtës y = f(x) = ax + b dhe emërtohet ndryshe funksion linear ndaj ndryshores x. Grafiku i funksionit linear është një drejtëz. Figura 1 paraqet drejtëzën që grafik i funksionit y = 3x–2.
2 x 2 -2
Figura 1
y 1 2
Funksioni trinom. Funksioni polinomial i shkallës së dytë është i trajtës y = f(x) = ax2 + bx + c dhe emërtohet ndryshe funksion bikuadrat. Grafiku i tij është një parabolë.
y = 3x–2
x
-6 Figura 2/a MATEMATIKA 1
|
24
Për a > 0 “degët” e parabolës janë të drejtuara lart. Në figurën 2/a është grafiku i funksionit y = 4x2 – 4x – 5. Për a < 0 degët e grafikut janë të drejtuara poshtë. Në figurën 2/b është grafiku i funksionit y = –3x2 + 5x + 1. Kulmi i parabolës gjendet në b pikën me koordinata K(m, n), ku m dhe 2a D n . 4a
y 3 x 1 Figura 2/b
Funksioni polinom i shkallës së tretë.
y
Funksioni polinomial i shkallës së tretë është i trajtës y = f(x) = ax3 + bx2 + cx + d dhe emërtohet ndryshe funksion kubik. Në figurën 3 është grafiku i funksionit y = x3– x +1 .
y = x3– x +1
1
x 1
Figura 3
I.7. FUNKSIONET FUQI. Funksioni i formës f(x) = xa, ku a është një konstante quhet funksion fuqi. Dallohen raste të ndryshme lidhur me vlerën e a-së. a = n, ku n është numër i plotë pozitiv. Grafikët e f(x) = xn, për n = 1, 2, 3, 4 janë treguar në figurën 1 y y = x3 y y = x2 y=x y x x
x
y
y = x4
y
y = x5 y = x3 x
x |
Figura 1
MATEMATIKA 1
Figura 2
25
Në përgjithësi, forma e grafikut të funksionit fuqi varet nëse n është numër çift apo tek. Në qoftë se n është numër çift atëhere f(x) = xn është funksion çift. Si i tillë grafiku i tij është simetrik me boshtin e ordinatave dhe është i ngjashëm me parabolën e funksionit f(x) = x2. Në qoftë se n është numër tek atëhere f(x) = xn është funksion tek. Grafiku i tij është simetrik me origjinën dhe është i ngjashëm me grafikun e funksionit f(x) = x3. Në figurën 2 janë skicuar grafikët e funksioneve f(x) = x3 dhe f(x) = x5. a = 1/n, ku n është numër i plotë pozitiv. 1 n
Funksioni f ( x) x n x është funksion rrënjë. Për n = 2 funksioni i përftuar është funksion i rrënjës katrore. Bashkësia e përcaktimit është X = [0; +[ ndërsa grafiku i tij është ajo pjesë e grafikut të funksionit x = y2 që gjendet sipër boshtit të abshisave, figura 3. Për n = 3 kemi funksionin rrënjë kubike f ( x) 3 x . Bashkësia e përcaktimit është R ndërsa grafiku i tij është në figuërn 4. Në përgjithësi, për n numër tek grafiku është i ngjashëm me grafikun e figurës 4. y f ( x) 3 x y f ( x) x x
x
Figura 3 a = –1.
1 dhe x quhet përpjestimor i zhdrejtë. Bashkësia e përcaktimit është X = ]–; 0[]0; +[ = R*. Grafiku është hiperbola në figurën 5. Funksioni merr formën f ( x) x 1
Figura 4 y f ( x)
x Figura 5
MATEMATIKA 1 |
1 x
26
I.8. FUNKSIONET OMOGRAFIKË. ax b y quhet cx d omografik. Bashkësia e tij e përcaktimit d është X R , ndërsa bashkësia e c 3 6x 5 f ( x) x a 3x 4 vlerave është F R . –2 c Figura 1 Grafiku i tij është hiperbolë që ka si a asimptotë horizontale drejtëzën y dhe asimptotë vertikale drejtëzën c d 6x 5 . x . Në figurën 1 është skicuar grafiku i funksionit f ( x) c 2x 4 Funksioni i formës f ( x)
I.9. FUNKSIONI EKSPONENCIAL DHE FUNKSIONI LOGARITMIK. Funksioni eksponencial. Funksioni i formës f(x) = ax ku a > 0 dhe a 1 quhet funksion eksponencial. Bashkësia e përcaktimit është X = R = ]–; +[, ndërsa bashkësia e vlerave është F = R*+. Në përkufizimin e dhënë për funksionin eksponencial janë përjashtuar bazat a = 1, a = 0. Është bërë për arsyen e thjeshtë se f(x) x x = 1 = 1 dhe f(x) = 0 = 0 janë funksione konstante. Janë përjashtuar, gjithashtu, edhe vlerat negative të a-së sepse numrat negativ nuk mund të përdoren si baza. Shprehja e tillë si (–4)x nuk është numër real për vlera të x1 it të tilla si x = . Kjo gjë cënon kushtin e të qënurit funksion në R. 2 Në figurën 1/a është skicuar grafiku i funksionit eksponencial f(x) = 2x ndërsa x
1 në figurën 1/b është skicuar grafiku i funksionit f ( x) . 2 x y f ( x) 2 x 1 y f ( x) 2
x
MATEMATIKA 1
|
Figura 1/a
Figura 1/b
27 x
Funksioni logaritmik. Funksion logaritmik quhet funksioni i formës y = logax ku a > 0, a 1 dhe x > 0. Nisur nga ky përkufizim kemi njëvlershmërinë y = logax ay = x. Kjo na ndihmon që nga shprehja logaritmike të kalojmë në shprehjen eksponenciale dhe anasjelltas nga ajo eksponenciale të kalojmë në shprehjen logaritmike. Në përkufizimin e dhënë për funksionin logaritmik janë përjashtuar bazat a = 1, a = 0 dhe vlerat negative të a-së. Këto vlera të a-së janë përjashtuar sepse: Nëse baza do të ishte 1, pra y = log1x, atëhere do të kishim vetëm një çift të radhitur që vërteton barazimin y = log1x. Ky çift i radhitur është (1, 1). Për x 1 shprehja y = log1x, nuk vërtetohet. Pra, formula y = log1x është funksion vetëm në se bashkësia e fillimit është X = {1}. Po kështu do të ndodhte nëse baza është 0 apo një numër negativ. Bashkësia e përcaktimit është X = R*+, ndërsa bashkësia e vlerave F = ]–; +[ = R. Në figurën 2/a është skicuar grafiku i funksionit eksponencial f(x) = log2x ndërsa në figurën 1/b është skicuar grafiku i funksionit f ( x) log 1 x . y 2 y f(x) = log2x
f ( x) log 1 x 2
x
x
Figura 2/a Figura 2/b
I.10. KONCEPTE TRIGONOMETRIKE. Sinusi, kosinusi, tangenti, kotangenti një këndi (harku) trigonometrik Në rrethin trigonometrik le të jetë dhënë këndi y
A O M me masë ]0; , figura 1. Shënojmë xM dhe yM koordinatat e pikës M. Ndërtojmë pingulen MP me boshtin e abshisave. Formohet
B(0, 1) M MATEMATIKA 1
|
O
28x P A(1, 0) Figura 1
POM kënddrejtë në pikën P. Kujtojmë që përkufizimet e sinusit, kosinusit, tangentit dhe kotangentit në trekëndëshin kënddrejtë POM janë: | PM | | OP | sin cos , cos , tg , cotg . sin | OM | | OM | cos sin Nisur nga fakti që në rrethin trigonometrik rrezja është me gjatësi një njësi kemi |OM| = 1 prandaj gjejmë: sin = |PM| dhe cos = |OP|. Tani le të përgjithësojmë konceptin e sinusit, kosinusit, tangentit dhe kotangentit për një kënd çfarëdo trigonometrik. Përkufizime:
Sinusi i një këndi A O M në rrethin trigonometrik quhet ordinata e pikës M. sin = yM.
Kosinus i një këndi A O M në rrethin trigonometrik quhet abshisa e pikës M. cos = xM. Në figurën 2, OPM OAT (le ta provojë y lexuesi). Nga ngjashmëria e trekëndëshave rrjedh B(0, 1) S | PM | | AT | barazimi: . M T | OP | | OA | | PM | x | AT | Meqë |OA| = 1 njësi del që P O A(1, 0) | OP | Po ashtu, në figurën 7, OPM OBS (le ta Figura 2 provojë lexuesi). Nga ngjashmëria e trekëndëshave | OP | | BS | rrjedh barazimi: . Meqë |OB| = 1 | PM | | OB | | OP | | BS | . njësi del që | PM | Përkufizime:
Tangenti i një këndi A O M në rrethin trigonometrik quhet ordinata e pikës T. tg = yT.
Kotangenti i një këndi A O M në rrethin trigonometrik quhet abshisa e pikës T. cotg = xS.
MATEMATIKA 1 |
29
Sekanti dhe kosekanti i një këndi. Në rrethin trigonometrik le të jetë dhënë këndi
y
D A O M me masë ]0; , figura 3. Në pikën M heqim tangenten me rrethin. Kjo tangente boshtin B e abshisave e prêt në pikën C ndërsa bshtin e M ordinatave në pikën D. C 1 1 Dimë që sec dhe cos ec . x A O cos sin Duke iu referuar figurës 3, këto dy përkufizime Figura 3 marrin trajtë të re paraqitjeje. Në OMC | OM | kënddrejtë në pikën M kemi cos . Që këtej del | OC | 1 | OC | sec . Mirëpo |OM| = 1 njësi prandaj kemi sec = |OC|. cos | OM |
Po nga figura 8, del se m(O D M ) (le ta provojë lexuesi). Në OMD | OM | kënddrejtë në pikën M kemi sin . Që këtej del | OD | 1 | OD | cosec . sin | OM | Mirëpo |OM| = 1 njësi prandaj kemi cosec = |OD|. Përgjithësojmë, tani, edhe konceptin e sekantit dhe kosekantit për një kënd çfarëdo trigonometrik. Përkufizime:
Sekant i një këndi A O M në rrethin trigonometrik quhet abshisa e pikës C. sec = xC.
Kosekant i një këndi A O M në rrethin trigonometrik quhet ordinata e pikës D. cosec = yD.
I.11. FUNKSIONET TRIGONOMETRIKE. Funksioni kosinus. Funksioni kosinus çifton një numër x (të dhënë në gradë apo në radian) me një numër real cosx. Pra, x cosx. Shënohet y = cosx osef(x) = cosx. MATEMATIKA 1 |
30
Bashkësia e përcaktimit është X = R. Akoma 1 cos x 1 , që do të thotë se y[–1; 1] ose që bashkësia e vlerave është F = [–1; 1]. Grafiku i funksionit y = cosx (emërtohet kosinusoidë) jepet në figurën 1 y
3 2
2
2
3 5 2 2
7 2
x
Figura 1 Funksioni sinus. Funksioni sinus çifton një numër x (të dhënë në gradë apo në radian) me një numër real sinx. Pra, x sinx. Shënohet y = sinx ose f(x) = sinx. Bashkësia e përcaktimit është X = R. Është e qartë që 1 sin x 1 dhe xR, y[–1; 1] ose që bashkësia e vlerave është F = [–1; 1] Grafiku i funksionit y = sinx (emërtohet sinusoidë) jepet në figurën 2.
2
y
3 2
7 2
5 2
2
x
Figura 2 Funksioni tangent. Funksioni tangent çifton një numër x (të dhënë në gradë apo në radian) me një numër real tgx. Pra, x tgx. Shënohet y = tgx ose f(x)= tgx. Për për funksionin y = tgx bashkësia e përcaktimit është X R k 2 ndërsa bashkësia e vlerave është F = R. Grafiku i funksionit y = tgx jepet në figurën 3. y
|
3 2
2
2
Figura 3
3 2
x
MATEMATIKA 1
31
Funksioni kotangent. Funksioni kotangent çifton një numër x (të dhënë në gradë apo në radian) me një numër real cotgx. Pra, x cotgx. Shënohet y = cotgx ose f(x) = cotgx. Njëlloj si për funksionin tangent edhe për funksionin y = cotgx bashkësia e përcaktimit është X = R – (k) ndërsa bashkësia e vlerave është bashkësia e numrave real F = R. Grafiku i funksionit y = cotgx jepet në figurën 4. y
2
2
x 3 2
Figura 4 Funksioni sekant dhe funksioni kosekant. Funksioni sekant çifton një numër x (të dhënë në gradë apo në radian) me një numër real secx. Pra, x secx. Shënohet y = secx ose f(x) = secx. Për funksionin y = secx bashkësia e përcaktimit është X R k | k Z dhe bashkësia e vlerave është F = R. 2 Grafiku i funksionit y = secx jepet në figurën 5. y
|
2
2
x MATEMATIKA 1
3 2
5 2
32
Funksioni kosekant çifton një numër x (të dhënë në gradë apo në radian) me një numër real cosecx. Pra, x cosecx. Shënohet y = cosecx ose f(x) = cosecx. Për funksionin y = cosecx bashkësia e përcaktimit është X = R – {k| kZ} dhe bashkësia e vlerave është F = R. Grafiku i funksionit y = cosecx jepet në figurën 6. y
2
3 2
x
2
Figura 6
I.12. FUNKSIONI I ANASJELLTË Çiftet e radhitur (a, b) dhe (b, a) po të hidhen në planin kartezian “prodhojnë” dy pika të ndryshme. Për rrjedhojë këto dy çifte janë të ndryshëm nga njëri tjetri, me përjashtim të rastit kur a = b. Dimë që çifti i radhitur (b, a) quhet i anasjelltë i çiftit të radhitur (a, b). Le të jetë R një relacion me fillim në bashkësinë X dhe mbarim në bashkësinë Y. Grafi i këtij relacioni përbëhet nga çifte të radhitur (a, b) të tillë që aX, bY. Bashkësia e përbërë nga çiftet e anasjelltë (b, a) ku bY, aX të çifteve të relacionit R është grafi i relacionit të anasjelltë të relacionit R. Shënohet MATEMATIKA 1 |
33
me R–1 dhe është: R–1 ={(b, a) | (a, b)R} Kështu çdo relacion R ka të anasjelltin e tij R–1. Vlerësuar si relacione edhe funksionet kanë relacion të anasjelltë. Shtrohet pyetja: I anasjellti i një funksioni a është funksion? Përgjigja jepet nga teorema në vijim. Teoremë: Në qoftë se funksioni f: X Y është bijektiv atëhere relacioni i tij i anasjelltë f–1:Y X është funksion. Vërtetësinë e kësaj teoreme lexuesi e njeh nga kurset e mëparshme të matematikës prandaj këtu nuk po e vërtetojmë. Për të krijuar një përfytyrim vizual të një funksionit dhe të të anasjelltit të tij i referohemi diagrama shigjetore, në figurën 1. Nga figura shihet se: Fytyra x sipas funksionit f ka shëmbëllimin e X vet y, pra y = f(x). Y f Fytyra y sipas funksionit f–1 ka shëmbëllimin e vet x, pra x = f–1(y). x y Kompozimi i funksionit f me të anasjelltin e –1 f tij f–1 jep: (f–1of)(x) = f–1[f(x)] = f–1(y) = x Figura 1 që është funksioni identik y = x. Grafiku i funksionit të anasjelltë. Le të jetë dhënë funksioni f: X Y i cili ka funksion të anasjelltë f–1: Y X, ku X dhe Y janë bashkësi numerike. Teoremë: Grafikët e funksioneve f dhe f–1 janë simetrike të njëri tjetrit në lidhje me dejtëzën me ekuacion y = x. Vërtetim. Le të jetë aX një element çfarëdo. Pra, f(a) = b, apo, f–1(b) = a. Në planin kartezian pika E(a, b) gjendet në grafikun e funksionit f ndërsa pika E’(b, a) gjendet në grafikun e funksionit f–1. Nëse tregojmë që drejtëza me ekuacion y = x është përmesore e segmentit EE’ kemi treguar që kjo drejtëz shërben y y=x si bosht simetrie. E(a, b) Në drejtëzën me ekuacion y = x marrim E’(b, a) një pikë çfarëdo M(m, n). Meqë kjo pikë gjendet në drejtëzën y = x rrjedh se koordinatat m = n, prandaj pika M x është me koordinata M(m, m). Nisur M(m, m) f(x) nga barazimet: g(x) Figura 2 EM (m a)2 (m b)2 dhe MATEMATIKA 1 |
34
EM ' (m b)2 (m a)2 rrjedh se |EM| = |E’M|. Nga barazimi i fundit rrjedh se pika M gjenden në përmesoren e segmentit EE’. Meqë pika M është e çfarëdoshme rrjedh se drejtëza me ekuacion y = x shërben si bosht simetrie. Shënim: Teorema e mësipërme lehtëson procedurën e ndërtimit të grafikut të një funksioni kur njihet grafiku i funksionit të anasjelltë të tij. Procedura është: Ndërtohet grafiku i funksionit të njohur y = f(x). Ndërtohet simetriku i këtij grafiku në lidhje me drejtëzën y = x. Kështu kemi fituar grafikun e funksionit y = f–1(x). Funksioni i anasjelltë i disa funksioneve të njohur. 1. Funksioni y = x2, x R+ ka të anasjelltë të y = x2 y=x y tij funksionin y x , x R+. Grafikët e tyre janë në figurën 3. 2. Funksionet fuqi të formës y = xn, për n y x çift, x R+ ka funksion të anasjelltë funksionin y n x . Grafikët e tyre janë x pak a shimë të formës si në figurën 3. Figura 3 3. Funksioni i formës y = x3, x R ka të y = x3 anasjelltë të tij funksionin y 3 x , x y=x y R. Grafikët e tyre janë në figurën 4. y3 x 4. Funksioni i formës y = xn, x R ku n numër tek ka të anasjelltë të tij funksionin y n x , x R. Grafikët e y 3 x x tyre janë të ngjashëm si me grafikët në figurën 5. Figura 4 1 y = x3 5. Funksioni f ( x) , xR* ka të x 1 anasjjelltë të tij funksionin f 1 ( x) , xR* është i njëjtë.. Pra, në këtë rast x funksioni dhe i anasjellti i tij kanë të njëjtën formulë. Grafiku i tyre është i skicuar në figurën 5. 6. Funksioni eksponencial i formës y = ax, ku 0 < a 1, xR, yR*+ dhe funksioni logaritmik y = logax, ku 0 < a 1, x R*+ , yR janë funksione të anasjelltë të njëri tjetrit. Për a > 1 grafiku i tyre është në figurën 7. Njëlloj MATEMATIKA 1 y ax |
y y=x y = logax
35
skicohet grafiku edhe për rastin kur 0 < a < 1. y f ( x)
1 x
x Figura 5
I.13. FUNKSIONI I ANASJELLTË I FUNKSIONEVE TRIGONOMETRIKË. Për të shprehur të anasjelltin e funksionit trigonometrik do të vendosim fjalën “arc” si parashtesë e secilit funksionit trigonometrik. Për të anasjelltin e cosx do të shkruajmë arccosx (lexohet arkkosinus x), për të anasjelltin e sinx do të shkruajmë arcsinx (lexohet arksinus x), e kështu me radhë. Funksionet trigonometrik të përcaktuar nga R në R (me bashkësi përcaktimi R dhe bashkësi mbarimi R) nuk janë funksione bijektivë. Përshembull, gjendet një pafundësi këndesh që e kanë sinusin e tyre të 1 5 13 barabartë me . Janë të tillë këndet , , ,... 2 6 6 6 Për rrjedhojë, i anasjellti i funksioneve trigonometrike në bashkësinë e tyre të përcaktimit nuk është funksion. Për të bërë të mundur që i anasjellti i tyre të jetë funksion ngushtojmë bashkësinë e përcaktimit dhe bashkësinë e mbarimit si në vijim: Arcsinx: [–1, 1] , Arccosx: [–1, 1] [0, ] 2 2 Arctgx: ]–, [ , Arccotgx: ]–, [ ]0, [ 2 2 Shënojmë që ka ndryshim midis shënimeve “Arcsinx“ dhe “arcsinx”. y = Arcsinx është funksion me bashkësi fillimi X = [–1, 1] dhe bashkësi mbarimi Y , , ndërsa y = arcsinx është relacion me bashkësi fillimi 2 2 X = [–1, 1] dhe bashkësi mbarimi R (bashkësinë e numrave real). Pra, shënimi MATEMATIKA 1 |
36
y = arcsinx nuk tregon funksion. Funksioni Arcsinx. Le të zgjedhim një segment në të cilin funksioni sinus merr të gjitha vlerat e mundshme në [–1, 1], ta zëmë , . Funksioni y = sinx është injektiv 2 2 dhe syrjektiv, pra, bijektiv. Kështu i anasjellti i funksionit f: , [–1, 1], f(x) = sinx është 2 2 gjithashtu funksion. Shënohet me sin–1x ose Arcsinx. Në këtë rast do të shkruajmë: f–1: [–1, 1] , , f–1(x) = Arcsinx. 2 2 Në tabelën në vijim shihet se si ndryshojnë vlerat e funksionit y = Arcsinx. 1 1 3 2 3 2 x –1 0 1 2 2 2 2 2 2 Arcsinx
2
3
4
6
0
6
4
3
2
Grafiku i funksionit y = Arcsin x është në figurën 1. 3 2 Shembull: Jepen Arc sin dhe Arc sin . Gjeni + 2 2 nëse , dhe , 2 2 2 2
y
Zgjidhje:
3 3 . Arc sin sin 2 2
Që këtej del
2
y = sinx
3 2 Arc sin 2 2 sin . 2 4
y = Arcsinx
2
2
MATEMATIKA 1
|
x
y=x
2
Figura 1
37
3
4
12
.
Funksioni Arccosx. Le të zgjedhim një segment në të cilin funksioni kosinus merr të gjitha vlerat e mundshme në [–1, 1], ta zëmë [0, ]. Funksioni y = cosx është injektiv dhe syrjektiv, pra, bijektiv. Kështu i anasjellti i funksionit f: [0, ] [–1, 1], f(x) = cosx është gjithashtu funksion. Shënohet me cos–1x ose Arccosx. Në këtë rast do të shkruajmë: f–1: [–1, 1] [0, ], f–1(x) = Arccosx. Në tabelën në vijim shihet se si ndryshojnë vlerat e funksionit y = Arccosx. x
–1
Arccosx
3 2 5 6
2 2 3 4
1 2 2 3
0
1 2
2
2 2
3 2
3
4
6
1
0
Grafiku i funksionit y = Arccosx jepet në figurën 2. 1 Shembull: Gjeni sin( + + ) nëse janë dhënë Arc cos , 2 3 1 Arc cos dhe Arc cos për [0, ], [0, ], [0, ]. 2 2
Zgjidhje:
MATEMATIKA 1 |
38
1
Arc cos cos 2
3
1 2
6
.
1 Arc cos 2 1 2 . cos 2 3 3 3 Arc cos cos 2 2
y
y = Arccosx y=x
2
.
x
2
Figura 2
y = cosx
Kështu, 2 7 sin sin sin 3 6 3 6
1 2
Funksioni Arctgx.
Le të zgjedhim një interval, ta zëmë , në të cilin funksioni y = tgx të 2 2 jetë injektiv dhe syrjektiv, pra, bijektiv. Kështu i anasjellti i funksionit f: , R, f(x) = tgx është gjithashtu 2 2 –1 funksion. Shënohet me tg x ose Arctgx. Në këtë rast do të shkruajmë: f–1:R , , f–1(x) = Arctgx. 2 2 Në tabelën në vijim shihet se si ndryshojnë vlerat e funksionit y = Arctgx. 3 3 x 3 + – 3 –1 0 1 3 3
Arctgx
0
2 3 4 6 6 Grafiku i funksionit y = Arctgx jepet në figurën 3.
4
3
2
Shembull: Gjeni Arctg 3 Arctg (1) për kënde që plotëojnë kushtin y y = tgx MATEMATIKA 1 39 2 | y = Arctgx
. 2 2 Zgjidhje: Arctg 3 tg 3 , 3 2 2 Arctg 1
tg 1 3 , 4 2 2
Arctg 3 Arctg (1)
3 13 4 12
3 . Funksioni Arccotgx. Le të zgjedhim një interval, ta zëmë ]0, [ në të cilin funksioni y = cotgx të jetë injektiv dhe syrjektiv, pra, bijektiv. Kështu i anasjellti i funksionit f: ]0, [R, f(x) = cotgx është gjithashtu funksion. Shënohet me cotg–1x ose Arccotgx. Në këtë rast do të shkruajmë: f–1: R ]0, [, f–1(x) = Arccotgx. Në tabelën në vijim shihet se si ndryshojnë vlerat e funksionit y = Arctgx. 3 3 x 3 + – 3 –1 0 1 3 3 5 3 2 0 Arccotgx 6 4 3 2 3 4 6 Grafiku i funksionit y = Arccotgx jepet në figurën 4. 3 Shembull: Gjeni A tg Arccotg cos Arc cot g 3 3 Për kënde që plotësojnë kushtin 0 < < . Zgjidhje: 3 3 . Arc cot g cotg 3 3 3
MATEMATIKA 1 |
40
Arc cot g 3 cotg 3
5 . 6
Duke bërë zëvëndësimet e duhura kemi:
y
y = Arccotgx
y=x
2
2
x
Figura 4 y = cotgx 3 5 A tg Arccotg cos Arc cot g 3 = tg cos 3 3 6 3 3 = 3 . 2 2
I.14. KONCEPTI I FUNKSIONIT ME SHUMË NDRYSHORE. Në kapitujt e deritanishëm është bërë fjalë për funksionin me një ndryshore. MATEMATIKA 1 |
41
Në këtë kapitull do të flitet për funksionn me dy, tre a më shumë ndryshore. E fillojmë me një shembull të thjeshtë. Le të supozojmë se një kompani prodhon për në treg vetëm artikullin A për konsum. Le të supozojmë, akoma se, kostoja rutinë e kompanisë është 500 euro në javë, ndërsa kostoja për çdo artikull A është 70 euro. Në këto kushte funksioni i kostos javore të kompanisë është: C(x) = 500 + 70x ku x është numri i artikujve A të prodhuar nga kompania gjatë një jave. Për çdo vlerë të ndryshores x gjendet saktësisht një vlerë e kostos C(x). Në këtë rast funksioni i kostos javore është një funksion me një ndryshore. Le të supozojmë tani se kompania në fjalë vendos të dalë në treg edhe me një artikull B me kosto për çdo artikull 150 euro. Kostoja rutinë tashmë është rritur dhe supozojmë se është bërë 800 euro në javë. Në këto kushte funksioni i kostos javore të kompanisë është: C(x, y) = 800 + 70x + 150y Ku C(x, y) është kostoja javore e kompanisë për prodhimin e x artikujve A dhe y artikujve B të prodhuar gjatë një jave. Ky barazim është një shembull i një funksioni me dy ndryshore të pavarura x dhe y. Është e qartë që nëse kompania prodhon tre lloje artikujsh x, y, z kostoja javore e saj do të jetë një funksion me tre ndryshore, e kështu me radhë. Në përgjithësi, barazimi i formës z = f(x, y) shpreh një funksion me dy ndryshore të pavarura në qoftë se për çdo çift të radhitur vlerash të lejueshme gjendet një dhe vetëm një vlerë e ndryshores z e përcaktuar nga shprehja f(x, y). Përkufizim: Funksion me dy ndryshore është relacioni që çdo çift të radhitur (x, y) numrash real nga bashkësia D R2 e çifton me një numër real të vetëm që e shënojmë me f(x, y). Bashkësia D quhet bashkësia e përcaktimit e funksionit f dhe përbëhet nga të gjitha ato çifte të radhitur (x, y) për të cilën ka kuptim shprehja f(x, y). Bashkësia e vlerave është bashkësia e të gjitha vlerave që merr f - ja, domethënë, {f(x, y)| (x, y)D}.
MATEMATIKA 1 |
42
Ndryshoret x, y quhen ndryshore të pavarura ndërsa z quhet ndryshore e varur. y f Funksioni me dy ndryshore është një D (x, y) funksion bashkësia e përcaktimit e të cilit f(a, b) z 2 është nënbashkësi e R x O f(x, y) dhe bashkësia e vlerave (a, b) të tij është nënbashkësi Figura 1 e R-së. Një paraqitje me diagramë shigjetore e funksionit me dy ndryshore është figura 1, ku bashkësia e përcaktimit D është një nënbashkësi e planit kartezian ndërsa bashkësia ë vlerave është nënbashkësi e boshtit numerik. Një listë funksionesh me shumë ndryshore mund të jetë: Sipërfaqja e drejtëkëndëshit: S(x, y) = xy, ku x, y janë përmasat e drejtëkëndëshit. Vëllimi i paralelepipedit kënddrejtë: V(x, y, z) = xyz, ku x, y dhe z janë përmasat e paralelepipedit. Vëllimi i cilindrit rrethor të drejtë: V(r, h) = r2h, ku r është rrezja e bazës së cilindrit dhe h lartësia e tij. Interesi i thjeshtë: A(C, r, t) = C(1 + rt), ku A është vlera e kapitalizuar, C kapitali fillestar (principiali), r interesi vjetor dhe t është koha e maturimit. nt
r Interesi i përbërë: A(C, r, t, n) = C 1 ku A është vlera e kapitalizuar, n C kapitali fillestar (principiali), r interesi vjetor, t koha e maturimit dhe n perioda e maturimit. Shembull: Gjeni bashkësinë e përcaktimit të funksioneve të mëposhtme dhe pastaj f(3, 2). y √𝑥+𝑦+1 2 a) f(x, y) = ; b)f(x, y) = xln(y – x) 𝑥−1 x Zgjidhje: a)Bashkësia e përaktimit është bashkësia e -1 1 zgjidhjeve të sistemit: -1 𝑥+𝑦+1≥0 𝑦 ≥ −𝑥 − 1 { { 𝑥−1≠0 𝑥≠1 Inekuacioni i parë i sistemit të përftuar ka për Figura 2 zgjidhje bashkësinë e të gjitha pikave të planit që gjenden sipër drejtëzës me ekuacion y = –x – 1. Inekuacioni i dytë shpreh atë që pikat që gjenden në drejtzën x = 1 nuk përfshihen në y MATEMATIKA 1 |
43 x = y2 x
bashkësinë e përcaktimit. Shih figurën 2.
f 3, 2
3 2 1 6 3 1 2
b)Dimë që ln(y2 – x) ka kuptim vetëm nëse y2 – x > 0, domethënë, x < y2. Që këtej rrjedh se bashkësia e përcaktimit të funksionit f është D = {(x, y)| x < y2}. Në figurën 3, pjesa e e planit që gjendet majtas parabolës y2 = x tregon bashkësinë e përcaktimit. f(3, 2) = 3ln(22 – 3) = 3ln1 = 0 Shembull: Gjeni bashkësinë e përcaktimit dhe bashkësinë e vlerave për funksionin g(x, y) = √9 − 𝑥 2 − 𝑦 2 ;
y
x2 + y2 = 9 x
Zgjidhje: -3 Bashkësia e përcaktimit për funksionin g është: D = {(x, y)| 9 – x2 – y2 ≥ 0} = {(x , y)| x2 + y2 ≤ 9} e cila është një qark me qendër pikën (0, 0) dhe rreze 3 njësi, shih figurën 4. Bashkësia e vlerave të funksionit g është: {z| z = √9 − 𝑥 2 − 𝑦 2 , (x , y)D}. Meqënëse z është rrënjë katrore pozitive, z ≥ 0 atëherë: 9 – x2 – y2 ≤ 9 √9 − 𝑥 2 − 𝑦 2 ≤ 3 Përfundimisht bashkësia e vlerave është: {z| 0 ≤ z ≤ 3} = [0, 3]
3
Figura 4
Shembull: Në dimër për matjen e ashpërsisë së të ftohtit përdoret temperatura subjektive e cila tregon ndjeshmërinë e të ftohtit prej individit. E thënë ndryshe, të ftohtin çdo individ e ndjen edhe më shumë nëse temperaturat e ulta shoqërohen me erë. Madje, sa më e madhe të jetë shpejtësia e erës aq më tepër ndjehet i ftohti. Tabela 1 jep temperaturën subjektive (ndjeshmërinë) e të ftohtit. Për ilustrim, tabela tregon që nëse temperatura është –50C dhe shpejtësia e erës është 50 km/h atëhere temperatura ndjehet sikur të ishte –150C. Pra, f(–5, 50) = –15. t (0C) 5 |
v(km/h) 0
5
10 15 20 25 30 40 50 60 70
5
4 3
0
0
-2 -3
-5
-5 -7
-10
-10 -13 -15 -17 -18 -19 -20 -21 -22 -23 -23
-9
2 1 -4
-5
1
0
-6
-6
-1
-1
-2
MATEMATIKA 1
-7
-8
-9
-2 -9
-11 -12 -12 -13 -14 -15 -16 -16
44
z Sistemi koordinativ tre dimensional. Le të jetë dhënë funksioni me dy ndryshore z = f(x, y), ku x dhe y janë ndryshore të pavarura ndërsa ndryshorja z është ndryshore e varur. Për të ndërtuar grafikun e këtij funksioni x O nevojitet një sistem koordinativ tredimensional i formuar prej tre boshtesh y Figura 5 koordinativ përkatësisht pingul me njëri tjetrin, shih figurën 5. Në një sistem të tillë çdo pikë e hapësirës lidhet me një treshe të radhitur (x, y, z) dhe anasjelltas, çdo treshe e radhitur (x, y, z) përfaqëson një pikë në hapësirë. Shembull: Hidhni në sistemin koordinativ tridimensional pikën me koordinata (4, –3, 2). (4, –3, 3) Zgjidhje: z Në pikën 4 të boshtit të x-ve hiqet një paralele me 3 boshtin Oy. -3 Ne pikën –3 të boshtit të y-ve hiqet një paralele me boshtin Ox. O 4 x Në pikëprerjen e këtyre dy drejtëzave hiqet një pingule me planin xOy me gjatësi 3 njësi (aq sa y Figura 6 është vlera e ndryshores z). Pika e përftuar në këtë mënyrë është pika e kërkuar, shih figurën 6.
MATEMATIKA 1 |
45
Grafiku i funksionit me dy ndryshore. Përkufizim: Në qoftë se f është një funksion me dy ndryshore me bashkësi përcaktimi D, atëhere grafiku i f-së është bashkësia e të gjitha pikave (x, y, z) të R3 të tillë që z = f(x, y) dhe (x, y)D. Ndërsa grafiku i funksionit f me një ndryshore është një kurbë C e ndërtuar sipas ekuacionit y = f(x), grafiku i funksionit f me dy ndryshore është një sipërfaqe S e ndërtuar sipas y ekuacionit z = f(x, y). Një ide të sipërfaqes S e jep figura 7.
z (x, y, z)
S
f(x, y) O D
(x, y, 0)
x
Figura 7
Shembull: Skiconi grafikun e funksionit f(x, y) = 6 – 2x – 3y. Zgjidhje: Formula e funksionit f ka është: z = 6 – 2x – 3y, ose 2x + 3y + z = 6. Barazimi i fundit paraqet një plan. Për të skicuar z planin, grafik të këtij funksioni gjejmë pikat ku (0, 0, 6) plani pret boshtet koordinativ. Për y = z = 0 gjendet x = 3, pra pika (3, 0, 0); Për x = z = 0 gjendet y = 2, pra pika (0, 2, 0); Për x = y = 0 gjendet z = 6, pra pika (0, 0, 6), shih (3, 0, 0) figurën 8. x Shembull: Skiconi grafikun e funksionit g(x, y) = y (0, 2, 0) 2 2 √9 − 𝑥 − 𝑦 . Figura 8 Zgjidhje: Funksioni g është i dhënë me formulën z = z √9 − 𝑥 2 − 𝑦 2 . (0, 0, 3) Katrori i të dy anëve i këtij barazimi jep barazimin z2 = 9 – x2 – y2 ose x2 + y2 + z2 = 9. (3, 0, 0) Formula e fundit jep sferën me qendër x origjinën dhe rreze 3 njësi. y (0, 3, 0) Figura 9
MATEMATIKA 1 |
46
Meqë z ≥ 0, grafiku i funksionit mbetet të jetë pjesa e sipërme e kësaj sfere, shih z figurën 9. Vijë niveli e funksionit me dy ndryshore. Përkufizim: Vijë niveli e një funksioni me dy ndryshore quhet kurba me ekuacion f(x, y) = k, ku k është një konstante nga bashkësia e 65 4 3 2 1 shëmbëllimeve. x Me fjalë të tjera, vija e nivelit tregon grafikun e funksionit f me y koordinatë të tretë një konstante k. Në figurën 10 është e dukshme një Figura 10 marrëdhënie midis vijës së nivelit dhe gjurmës në planin horizontal. Pra, vija e nivelit f(x, y) = k është pikërisht gjurma e grafikut të f-së në planin z = k. Në figurën 10 vijat e nivelit janë projektuar në planin xOy. Vijat e përftuar në planin horizontal xOy emërtohen izoipse. Izoipsi i përftuar i parë (duke numëruar nga jashtë brenda) përftohet për k = 20, i dyti për k = 25, i treti për k = 30, i katërti për k = 35, i pesti për k = 40 dhe i gjashti për k = 45. Shënim: Një shembull tipik i përdorimit të vijë nivelit janë hartat topografike. Shembull: Për funksionin f(x, y) = √𝑥 2 + 𝑦 2 tregoni vijat e nivelit për vlerat 1, 2, 3, 4, 5 të k-së. Zgjidhje: Së pari rishkruajmë funksionin e dhënë duke e paraqitur me tre ndryshore, z = √𝑥 2 + 𝑦 2. Ngrejmë të dy anët në katror dhe kemi: z2 = x2 + y2 Meqë rrënja katrore ka kuptim vetëm për vlera pozitive, trupi gjeometrik i përftuar do të jetë vetëm pjesa e konit që gjendet mbi planin xOy. Shembull: Skiconi grafikun e gjurmës së funksionit f(x, y) = 10 – x2 – 4y2 në planin x = 2 dhe y = 1. Zgjidhje: Për x = 2 kemi: z = f(2, y) = 10 – 22 – 4y2 z = 6 – 4y2, shih figurën 11. Në figurën 11, majtas paraqitet prerja e trupit gjeometrik me planin x = 2. Në figurën djathtas paraqitet grafiku i gjurmës përkatëse. Për y = 1 kemi: z = f(x, 1) = 10 – x2 – 412 z = 6 – x2, shih figurën 12. MATEMATIKA 1 47 |
Në figurën 12, majtas paraqitet prerja e trupit gjeometrik me planin y = 1. Në figurën djathtas paraqitet grafiku i gjurmës përkatëse. z
y 3
11
xy 4 3 Figura 11
z
z
1 1
xy 3 4
11
z
xy 4 3 Figura 12
11
x 4
Shënim: Njëlloj si për funksionin me dy ndryshore edhe për funksionin me tre a më shumë ndryshore formulohet përkufizimi i funksionit. Përshembull përkufizimi i funkiosnit me tre ndryshore është: Përkufizim: Funksion me tre ndryshore është relacioni që çdo treshe të radhitur (x, y, z) numrash real nga bashkësia D R3 e çifton me një numër real të vetëm që e shënojmë me f(x, y, z).
I.16. USHTRIME 1. Është dhënë funksioni f(x) = x2 – 2x + 7. Gjeni: f ( a h) f ( a ) a)f(a); b)f(a + h); c) . h F (3 h) F (3) 2.Nëse F(t) = 4t + 7 gjeni . h G(2 h) G(2) 3.Nëse G(r) = 3 – 5r gjeni . h Q(2 h) Q(2) 4.Nëse Q(x) = x2 – 5x + 1 gjeni . h
MATEMATIKA 1 |
48
5.Nëse P(x) = 2x2 – 3x – 7 gjeni
P(3 h) P(3) h
. 6.Duke iu referuar figurës 1 gjeni (në disa raste përgjigjja mund të mos jetë e vetme): 1)y = f(–5); 2)y = f(4); 3)y = f(5); 4) y = f(–2); 5) 0 = f(x); 6) 3 = f(x), x < 0; 7) –4 = f(x); 8) 4 = f(x); 9)0 = f(x);
y 8 6 4 2 -6
-4 -2
x 2
4
6
-2 -4
7.Gjeni bashkësinë e përcaktimit për funksionet e mëposhtme: 1)y = 2x3 – 2x2 + 3 2)y = 7 – x2 – 2x4 x2 x 1 3) y 4) y x4 x2 x2 x7 5) y 2 6) y 2 x 3x 4 x x6 7) y 7 x 10) y 13) y
1 5 x 1
-8 -10
Figura 1
9) y
8) y 5 x 11) y
-6
x2 3 x
12) y
1 7x
x 3 1 x
14) y x 2 9 2 x
x 2x 3 2
15) y 2 x 2 x 3
16) y 2 x 2 2 x 4
8.Gjeni bashkësinë e përcaktimit për funksionet e mëposhtme: 1 3 1)y = ln(2x + 1) 2)y = log(4 – x2) + 3) y log x 3 | x | x 1 2 3 4) y 5) y ln( x 2) 6) y ln x log(1 x) | x| 7) y log 5 x 4 8) y 3 log 2 x 2 9)y = ln(2x – 3x – 3) 10)y = ln(x2 – 5x + 6) 9.Gjeni bashkësinë e përcaktimit për funksionet e mëposhtme: x
1) y 2 32 x
2) y 2 1 x
1 3) y 1 2
MATEMATIKA 1 |
49
4) y
1 4x 4
5) y x 5
6) y 2 x 1 1 x x 1 11) y | x | 3
x ln x 2 4
7) y
3x ln x 2 2 x
x a2 x2 2
8) y
2 1 x
10) y x3 4 x 2 3x
9) y
12) y
1 | x 3|
10.Gjeni bashkësinë e vlerave për funksionet e mëposhtme: 3 x 1) y 2)y = 1 – x2, xR 3)y = 3x2 + 6. 2 1 3 x 4) y = 3x2 + 5x. 5) y , xR 6) y , xR – {–2} x x2 1 2x 1 7) y , xR – {1} 8) y , xR – {–4} 9) y 2 x 1 x4 x 1 2 2x 3 1 1 10) y 2 2 11) y 3 2 12) y 2 x 1 x 1 x 1 11.Gjeni bashkësinë e vlerave për funksionet e mëposhtme: 1)y = 2x – 1
2)y = 2x + 7
3) y 2 x 16
x
1 5) y 1 2 8) y = 6x + 5
4) y 2 1 x
7) y = 3x – 1
6) y
1 4x 4
12.Tregoni bashkësinë e fillimit dhe të mbarimit që funksionet të jenë bijektiv: 1)y = 2x + 5 2)y = 2x2 + 1 3)y = x2 x 1 4) y x 5) y = log2(3x + 12), 6) y 2x 4 x2 7) y 8) y = ln(x + 8) x 3 13. Tregoni intervalet e monotonisë së funksioneve në figurat 2, 3. y
-4 -3 -2 -1 |
3 2 1
y x 1 2 3 4 -1 -2 -3 Figura 2
3 2 MATEMATIKA 1 11 2 3 4 -4 -3 -2 -1 -1 -2 Figura 3
50 x
14. Një sasi uji në temperaturën e mjedisit ngrohet deri në vlim, lihet të vlojë për pak kohë, pastaj largohet nga zjarri. Grafiku në të djathtë tregon varësinë e temperaturës së ujit nga koha. Studioni variacionin e këtij funksioni (figura 4).
T0C 10 075 50 25
t (min) 8 10 12 14 16
2 4 6 Figura 4 15. Pa vizatuar grafikun e funksionit tregoni intervalet e monotonisë: 2)y = –2x + 4 4)y = sin x 6)y = 1 – x2. 1 7) y x 1 8) y 2x 16. Tregoni çiftësinë e funksioneve: 1) y = x2 – 9 2)y = –x2 + 5x – 4 3 2 3) y = 2x – x + x + 3 4) y = (–1)x + 1 5)y = x2 + cosx 6) y = 4x + sinx 7) y = xsinx 8)y = xcosx 2 sin x 3cos x 9) y 2 10) y 2 x 1 x 4 1) y = 3x 3)y = x2 – 1 5)y = cos x
11) y log x 4 x 2
12)y = x2x
17)y = |x| 20) y log a
x2 1 x
2 x 2 x 18)y = x|x| 15) y ln
14)y = x2 + cotgx
13)y = cos2x – sin2x 16) y log
x 3 x3
19)y = 2|x|
17. Gjeni m që f(x) = x3 + 2mx + m + 5 të jetë funksion tek. 18.Gjeni m që f(x) = x4 + 3mx2 + 5m + 3 të jetë funksion çift. 19. Tregoni që funksioni y = 2x2 – x – 5 nuk është periodik. 20. Për funksionin y = sin(3x – 30) gjeni periodën e tij. MATEMATIKA 1 |
51
2 . m 22. Mbëshetur në formulën f(x + T) = f(x) gjeni periodën e funksioneve: 1) f(x) = –cosx 2)f(x) = 2 + cosx 3) f(x) = 5sin3(4x – 1) 4)f(x) = 3 – tg2(2x + 1) 5) f(x) = 1 + cotg3(1 – 3x) 6)f(x) = sinxcosx x x 7)f(x) = 2cos2x – 1 8) f ( x) sin 2 cos 2 2 2 cos x sin x 9) f ( x) 10) f ( x) sin x cos x 11)y = sin(2x + ) 12)y = 3cos(x + ) 2 x2 23. Tregoni se funksioni f ( x) 2 me bashkësi fillimi X = R është i x 5 kufizuar nga sipër nga numri 2. 1 24. Tregoni që funksioni f ( x) me bashkësi fillimi X = R është i 1 x2 kufizuar nga sipër nga numri 1. 25. Të tregohet se funksioni f ( x) 1 me bashkësi fillimi X = R – {2} është 21. Tregoni që perioda e funksionit f(x) = sin3(mx + n) është
x2
i pakufizuar nga sipër. 26. Të tregohet se funksioni f ( x) 2
x 3
me bashkësi fillimi X = ] –; 3[ është
i kufizuar nga sipër. 27. Pasi të keni gjetur bashkësinë e përcaktimit dhe bashkësinë e vlerave që funksioni të jetë bijektiv gjeni formulën funksionit të anasjelltë: 1) f(x) = x + 6 2) f(x) = –2x + 9 3) f(x) = –x + 1 4) f(x) = –2x – 5 2 x 3 2x 6 5) f(x) = 6) f(x) = . 5 3 28. Pasi të keni gjetur bashkësinë e përcaktimit dhe bashkësinë e vlerave që funksioni të jetë bijektiv gjeni formulën funksionit të anasjelltë. 1) f(x) = x 2 2) f(x) = 1 x 3) f(x) =
x 2
5) f(x) = 2 x 3
4) f(x) =
x 2 1
6) f(x) = 2 x 1 3 .
29. Pasi të keni gjetur bashkësinë e përcaktimit dhe bashkësinë e vlerave që funksioni të jetë bijektiv gjeni formulën funksionit të anasjelltë.
MATEMATIKA 1 |
52
1 x 2 ; 2) f(x) = ; x 2 x 1 1 x 2x 1 3) f(x) = ; 4) f(x) = . x2 x4 30. Gjeni funksionin e anasjelltë të secilit prej funksioneve. x 1 2 x 3 1) f(x) = 2) f(x) = 2x 3 x4 2x 3x 1 3)f(x) = 4) f(x) = . x2 x 1 31. Le të jetë dhënë f(x) = mx + n, f: R R, f(1) = 2 dhe f–1(0) = 1. Gjeni çiftin e radhitur (m, n). 2x a 32. Le të jetë dhënë f(x) = dhe f–1(0) = 3. Gjeni a. x 3 2 x 2 x 33. Le të jetë dhënë f(x) = x x dhe f-1(x) = 1. Gjeni x. 2 2 mx 3 6 34. Le të jetë dhënë f(x) = dhe f-1(-1) = . Gjeni m. x 2 5 35. Le të jetë dhënë f(x) = 3x2 – (m + 3)x – 2. Gjeni m në qoftë se i anasjellti i f(x) ka çiftin e radhitur (–3, 1). 36. Gjeni numrin më të vogël pozitiv në shprehjet e dhëna më poshtë: 1 1 1) Arc sin 2) Arc cos 3)Arccos2 2 2 3 3 3 4) Arc sin 5) Arc cos 6) Arc cos 2 2 2 2 2 7) Arc sin 8) Arc sin 9) Arctg 3 2 2 10) Arctg 3 11) Arc sin 3 12) Arc sin1 13)Arccos1 14)Arccos(–1) 15)Arctg1 3 16)Arctg(–1) 17)Arctg0 18) Arctg 3 37. Gjeni numrin më të vogël pozitiv në shprehjet e dhëna më poshtë: 1 1 1) sin Arc sin 2) cos Arc sin 2 2
1) f(x) =
MATEMATIKA 1 |
53
1 3) tg Arc sin 2 3 5) cos Arc sin 2 7) sin Arctg
3
4) sin Arc sin 0 2 6) tg Arc sin 2 3 8) Arctg tg 4
4 9) Arc cos cos 10) Arc cos cos 3 3 11) Arctg 2sin 12) Arc cos 3 sin 3 6 1 13) Arctg sin sin 14) Arc cos tg sin 3 6 3 2 3 2 2 38. Për funksionet f(x, y) = 10 + 2x – 3y dhe g(x, y) = x – 3y gjeni vlerat e kërkuara. a) f(0, 0); b)f(2, 1); c)f(–3, 1); d)f(2, –7); e)g(0, 0); f)g(0, –1); k)g(2, –1); l)g(–1, 2) m)g(0, –1) n)f( –2, 5) + 9g(–2, 5) p)g(3, 4) –6f(3, 4) 39. Gjeni A(2, 3) për funksionin A(x, y) = xy. 40. Gjeni V(2, 3, 4) për funksionin V(x, y) = xyz. M 41. Gjeni Q(12, 8) për funksionin Q(M, C) = 100 . C 33V 42. Gjeni T(50, 17) për funksionin T(V, x) = . x 33 43. Gjeni V(2, 4) për funksionin V(x, y) = r2h. 44. Gjeni S(4, 2) për funksionin S(x, y) = 5x2y2. 45. Gjeni P(2, 2) për funksionin P(x, y) = –x2 + 2xy – 2y2 – 4x + 12y + 5. 46. Gjeni R(1, 2) për funksionin R(x, y) = –x2 + 2xy – 2y2 – 4x + 200x + 300y. L 47. Gjeni R(6; 0,5) për funksionin R(L, r) =0,002 4 . r 48. Gjeni L(2000, 50) për funksionin L(ë, v) = 1,2510–5ëv2. 49. Gjeni A(100; 0,06; 3) për funksionin A(P, r, t) = P + Prt. nt
r 50. Gjeni A(10; 0,04; 3; 2) për funksionin A(P, r, t, n) = P 1 n 𝑟𝑡 51. Gjeni A(100; 0,08; 10) për funksionin A(P, r, t) = P𝑒 52. Le të jetë dhënë funksioni F(x, y) = x2 + exy – y2. Gjeni të gjitha vlerët e MATEMATIKA 1 |
54
mundshme të x-it të tilla që F(x, 2) = 0. 53. Le të jetë dhënë funksioni G(a, b, c) = a3 + b3 + c3 – (ab + bc + ca) – 6. Gjeni të gjitha vlerët e mundshme të b-së të tilla që G(2, b, 1) = 0. f x h, y f x, y 54. Për funksionin f(x, y) = x2 + 2y2, gjeni . h f x, y k f x , y 55. Për funksionin f(x, y) = x2 + 2y2, gjeni . k f x h, y f x, y 56. Për funksionin f(x, y) = 2xy2, gjeni . h f x, y k f x , y 57. Për funksionin f(x, y) = 2xy2, gjeni . k
KREU II
LIMITI I FUNKSIONIT MATEMATIKA 1 |
55
II. 1. BASHKËSIA. SASORËT. Dimë që koncepti i bashkësisë nuk përkufizohet. Ai pranohet intuitivisht. Bashkësia është një koleksion apo grumbull objektesh (materiale ose koncepte abstrakte) qё kanё njё veti tё pёrbashkёt. Ajo që duhet pasur kujdes në shkrimin e bashkësisë është qё çdo element shënohet vetëm njëherë, renditja e elementëve nuk ka rëndësi dhe elementët ndahen me presje (ndonjëherë edhe me pikëpresje) ndërmjet tyre. Bashkësia shënohet me shkronjat e madha të alfabetit të tilla si A, B, C, … etj, ndërsa elementët e bashkësisë shënohen me shkronjë të vogla të alfabetit të tillë si a, b, x, ... etj. Shënimi x A (lexohet x është element i A-së, ose x i përket A-së, ose x bën pjesë në A) ndërsa shënimi x A (lexohet x nuk bën pjesë në A, etj). A = {a, b, c, …} do të thotë që A përbëhet prej elementëve a, b, c, …. Në veçanti, A = {a, b} do të thotë që A përbëhet prej elementëve a dhe b. A = {p} do të thotë që A përbëhet vetëm prej elementt p. Bashkësia boshe nuk ka element. Njohim, gjithashtu, edhe disa përkufizime lidhur me bashkësitë, si pëshembull: 1. Bashkësia A është nënbashkësi e B-së në qoftë se çdo element i A-së është element i B-së. Shënohet A B. Pra, për çdo element x kemi tё vёrtetё pohimin: x A x B . Nëse A B por B A (domethënë, B ka disa element që nuk gjenden në A) themi që A është nënbashkësi e mirëfilltë e B-së. 2. Dy bashkësi A dhe B quhen të barabarta, në qoftë se ato kanë të njëjtët elementë. E thënë ndryshe, x A x B është pohim i vërtetë për çdo element x. Shënohet A = B. Në rast të kundërt A-ja dhe B-ja janë të ndryshme A B . Nga ky përkufizim rrjedh se nëse dy bashkësi A dhe B janë të barabarta atëhere janë të vërteta përfshirjet A B dhe B A. Është e rëndësishme të theksojmë se për bashkësitë e barabarta nuk ka rëndësi renditja e elementëve, pra {a, b} = {b, a}, ndërsa për çiftet e radhitura ka rëndësi renditja e elementëve. Kështu (a, b) ≠ (b, a). Themi se (a, b) = (x, y) nëse dhe vetëm nëse a = x dhe b = y. Për shkruar një bashkësi përdoren mënyra të ndryshme shënimi. Dy prej tyre janë shënimi me emërtim dhe shënimi me përshkrim. Bashkësia është e shkruar me emërtim atëhere kur të gjithë elementët e saj janë shënuar brenda kllapave { } tё papёrsёritura dhe të ndara me presje. Përshembull, le të kemi bashkësinë A = {a, b, c, 3, 5}. Në këtë rast kemi: MATEMATIKA 1 |
56
aA, bA, cA, 3A, 5A, ndërsa mA, 7A, 11A, etj. Bashkësia është e shkruar me përshkrim atëhere kur brenda kllapave { } është shkruar cilёsia karakteristike qё gёzojnё elementёt e saj. Le të përmendim disa shënime dhe le të trajtojmë domethënien e tyre: Nëse P(x) është pohim apo një formulë që përmban ndryshoren x përdoret shënimi {xA| P(x)} për të treguar bashkësinë e të gjitha x-ve të bashkësisë A për të cilat është i vërtetë pohimi P(x). Përshembull, le të kemi shënimin {xA| x2 – 1 ≤ 0}. Në këtë rast P(x): “x2 – 1 ≤ 0” Përbërja e kësaj bashkësie varet nga përbërja e bashkësisë A. Nëse A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} atëhere bashkësia {xA| x2 – 1 ≤ 0} përbëhet nga numrat 0 dhe 1 sepse vetëm këta dy elemenetë të bashkësisë A janë zgjidhje të inekuacionit x2 – 1 ≤ 0. Pra, {x| x2 – 1 ≤ 0} = {0, 1}. Nëse A = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} atëhere bashkësia {xA| x2 – 1 ≤ 0} është bashkësi boshe sepse asnjë prej elementëve të A-së nuk është zgjidhje e inekuacionit x2 – 1 ≤ 0. Kështu kemi: {x| x2 – 1 ≤ 0} = . Nëse A = N (N bashkësia e numrave natyror) atëhere bashkësia {xA| x2 – 1 ≤ 0} përbëhet vetëm nga numri 1 sepse nga numrat natyror vetëm 1-shi është zgjidhje i inekuacionit x2 – 1 ≤ 0. Pra, {x| x2 – 1 ≤ 0} = {1}. Po kështu është i vërtetë barazimi {xN| x < 4} = {1, 2, 3}. Kur natyra e elementëve të bashkësisë është evidente dhe nuk krijon keqkuptime përdoren shënime më të thjeshta në dukje. Si përshembull: Shënimi {x| P(x)} që do të thotë “bashkësia e të gjithë x-ve për të cilat është i vërtetë pohimi P(x).” Le të kemi shënimin, {x| x2 – 1 ≤ 0}. Ky shënim do të thotë se kemi të bëjmë me bashkësinë e të gjithë numrave real të tillë që x2 – 1 ≤ 0. Duke zgjidhur inekuacionin e fundit fitojmë baashkësinë e zgjidhjeve të tij që është [–1; 1]. Pra, {x| x2 – 1 ≤ 0} = [–1; 1] Le të marrim edhe një shembull tjetër, {x| x është trekëndësh barabrinjës}. Në këtë shembull bashkësia në fjalë është e përbërë vetëm nga trekëndësha barabrinjës. Pra, çdo trekëndësh barabrinjës është element i kësaj bashkësie ndërsa çdo trekëndësh tjetër jo barabrinjës nuk është element i kësaj bashkësie.
MATEMATIKA 1 |
57
Shënimi {(x, y)| P(x, y)} do të thotë “bashkësia e të gjithë çifteve të radhitur për të cilat është i vërtetë pohimi P(x, y).” Përshembull, elementët e bashkësisë {(x, y)| 9 – x2 – y2 ≥ 0} janë të gjitha pikat e qarkut me qendër pikën (0, 0) dhe rreze 3 njësi, figura 1. -3 Pra, kemi: {(x, y)| 9 – x2 – y2 ≥ 0} = {(x , y)| x2 + y2 ≤ 9}
y
x2 + y2 = 9 x 3 Figura 1
Sasorët (kuantorët) logjik. Në matematikë janë shumë të përdorshëm kuantorët logjik. Kush janë kuantorët logjik? Le t’i trajtojmë më poshtë: Shënimi “(xA) …” do të thotë “Për çdo element x nga A është e vërtetë që …” Shënimi “(xA) … do të thotë “Ekziston të paktën një element x nga A i tillë që …” Simboli xA emërtohet sasori (kuantori) universal ndërsa simboli xA emërtohet sasori i ekzistencës. Shpesh, kur nuk ka keqkuptime përdoret thjesht simboli “(x)” apo simboli “(x)” sipas rastit. Shembull: Tregoni nëse janë të vërteta ose jo pohimet e mëposhtme: a) (xN) x > 0; b) (xZ) x > 0; c) (xN) x + 5 = 4. Zgjidhje: a) Pohimi (xN) x > 0 është i vërtetë; b) Pohimi (xZ) x > 0 nuk është i vërtetë. Ka numra të plotë që nuk janë pozitiv. Janë të tillë të gjithë numrat negative, si përshembull, –9; –2; –100; –46; –125, etj c) Pohimi (xN) x – 5 = 4 nuk është i vërtetë. Që të plotësohet barazimi x – 5 = 4 duhet që x = 6. Ka një pafundësi numrash natyror që nuk e vërtetojnë barazimin e kërkuar, si përshembull, x = 3 sepse 3 + 5 ≠ 4, x = 6 sepse 6 + 5 ≠ 4, x = 15 sepse 15 + 5 ≠ 4, etj. Shembull: Tregoni nëse janë të vërteta ose jo pohimet e mëposhtme: a) (xR) x + 2 = 0; b) (xR) x2 + 4 = 0. Zgjidhje: a) Pohimi (xR) x + 2 = 0 është i vërtetë. Mjafton të marrim x = –2. b) Pohimi (xR) x2 + 4 = 0 nuk është i vërtetë. Nuk gjendet ndonjë numër real që të vërtetojë barazimin e kërkuar. MATEMATIKA 1 |
58
Shënim: Sasori universal (xA)| P(x) nuk do të thotë që gjendet një element x i tillë që P(x) është i vërtetë. Ky sasor do të thotë që nuk gjendet ndonjë x nga A i tillë që P(x) të jetë i rremë. Në përdorimin e sasorëve duhen mbajtur në konsideratë rastet e mëposhtme: Kur sasorët (kuantorët) përdoren së bashku në të njëjtin pohim matematik renditja e tyre është e rëndësishme. Le të jenë m, n dy numra natyrorë: Shënimi “(n) (m)| m > n” do të thotë “Për çdo numër natyror n, gjendet të paktën një numër natyror m i tillë që m > n”. Le të analizojmë me kujdes dy pohimet që formohen nga ndryshimi i renditjes së sasorëve. Pra, “(nN) (m N)| m > n” (“Për çdo numër natyror n, gjendet të paktën një numër natyror m të tillë që m > n”). “(mN) (n N)| m > n” (“Gjendet të paktën një numër natyror m, që për çdo numër natyror n të kemi m > n”). Pohimi i parë është i vërtetë ndërsa pohimi i dytë nuk është i vërtetë. Ka raste që një formulë e caktuar P(x) nuk është e vërtetë për të gjitha xA, por vetëm për disa vlera që plotësojnë kushtin Q(x). Në këtë rast përdoret shënimi: (xA| Q(x)), P(x) Përshembull, shënimi (xN| x > 3), x 4 do të thotë “Për çdo xN të tillë që x > 3, është e vërtetë që x 4. Me fjalë të tjera, kjo do të thotë që për numrat natyror x > 3 x 4. Në matematikë, hasen shpesh mohimet e pohimeve që fillojnë me një nga sasorët (kuantorët). Është e rëndësishme të theksojmë se në këto raste çdo sasor universal zëvëndësohet me sasorin e ekzistencës dhe anasjelltas, çdo sasor i ekzistencës zëvëndësohet me atë universal. Le ta konkretizojmë me një shembull nga analiza matematike. Në përkufizimin e konceptit të limitit është esenciale fjalia e mëposhtmë: Për çdo numër real > 0, gjendet një numër natyror k (i varur nga ) i tillë që, për të gjithë numrat natyror n > k, të kemi |xn – p| < . Simbolikisht kjo fjali shkruhet: ( > 0) (k) (n > k) |xn – p| < (1) Domethënia e formulimit (1) është si në vijim: “Për çdo > 0” gjithçka është e vërtetë, (domethënë edhe pjesa e mbetur e formulimit (1) është e vërtetë). Le të arsyetojmë ç’ trajtë merr mohimi i këtij formulimi. Mohimi i formulimit (1) duhet të fillojë me fjalët “gjendet një > 0” për të cilën pjesa e mbetur e formulimit (1) nuk është e vërtetë (pra, e gabuar). MATEMATIKA 1 |
59
Pra, tek formulimi (1) mbetet të jetë e gabuar pjesa: (k) (n > k) |xn – p| < (1’) Mohimi i formulimit (1’) duhet të fillojë me fjalët “Për çdo k”. Mbetet të jetë e gabuar pjesa: (n > k) |xn – p| < (1”) Si më sipër, mohimi i formulimit (1”) duhet të fillojë me fjalët “gjendet një n > k”. Mbetet të jetë e gabuar pjesa: |xn – p| < (1*) Më në fund, mohimi i formulimit (1*) është |xn – p| . Mohimi i formulimit (1) i përmbledhur është: ( > 0) (k) (n > k) |xn – p| (2) Në përgjithësi zgjedhja e numrit n > k varet nga k prandaj tek formulimi (2) në vend të shënimit “n” shkruhet “nk”.
II. 2. VARGJET NUMERIKË. Përkufizim: Varg numerik quhet një bashkësi numrash a1, a2, a3, a4, …., an, ... të renditur sipas një rregulli të caktuar. Çdo numër në varg quhet kufizë. Për vargu numerik a1, a2, a3, a4, …., an, ... numri a1 quhet kufiza e parë, a2 quhet kufiza e dytë, dhe në përgjithësi an quhet kufiza e n-të. Këtu do të merremi me vargje të pafundëm prandaj çdo kufizë an do të ketë pasardhësen e vet an+1. Shënojmë se për çdo numër të plotë pozitiv n gjendet një numër an që i korespondon. Parë nga ky këndvështrim çdo varg numerik mund të trajtohet si funksion f(n) me fillim në Z+ (bashkësia e numrave të plotë pozitiv) dhe mbarim në R (bashkësinë e numrave real). Pra, për vargun ka edhe një përkufizimi tjetër që është: Përkufizim: Varg numerik quhet funksioni f(n) me fillim në Z+ (bashkësia e numrave të plotë pozitiv) dhe mbarim në R (bashkësinë e numrave real). Do të përdorim shënimin {an} për të shënuar vargun numerik. Theksojmë që an paraqet kufizën e n-të vargut numerik {an}. Theksojmë, gjithashtu, që shënimi {an} për vargun është krejt i ndryshëm nga shënimi për bashkësinë. Vargjet mund të jepen edhe me ndihmën e formulës për kufizën e n-të të tij, an = f(n). MATEMATIKA 1 |
60
Për të gjetur kufizat e një vargu duhet të njohim formulën e funksionit numerik (ose ta gjejmë atë). Duke i dhënë vlerë n-së gjejmë kufizat e vargut. Për ilustrim, le të jetë dhënë an = f(n) = 2n – 3. Atëherë kemi: f(1) = a1 = –1, f(2) = a2 = 1, f(3) = a3 = 3, …, f(n) = an = 2n – 3. Këtë varg mund ta shkruajmë në formë të përgjithshme kështu: {an} –1. 1, 3, 5, …, 2n–3, … Jo çdo shprehje e an-së mund të formojë varg. Në qoftë se gjendet një element nN që e bën emëruesin 0, atëherë nuk kemi të bëjmë me varg. Për shembull, shprehja: 3n an n 5 nuk mund të formojë varg sepse në këtë rast nuk ekziston a5-shi. Me dhënien e kufizës së përgjithshme vargu numerik konsiderohet i dhënë sepse mund të gjejmë çdo kufizë të tij duke i dhënë n-së vlera të ndryshme nga N. Shembull: Gjeni vargjet numerik nëse:
1 n 1 , 2n a) an , b) an 3n n 1 n c) n 3 , d) an cos për n 0. n 3 6 n
Zgjidhje: 2n 2n 2 4 6 8 a) an , , , ,..., ,... n 1 n 1 2 3 4 5 n n 2 3 1 n 1 1 n 1 4 5 ,... b) an , , , ,..., 3n 3n 3 9 27 81 c)
n3
n 3
0,1, 2, 3,..., n 3,...
3 1 n n për n 0 1, , , 0,..., cos ,... 6 6 2 2 Gjetja e formulës së kufizës së përgjithshme të vargut. Në mjaft raste jepet vargu dhe kërkohet të gjendet fomula e kufizës së n-të të tij
d) an cos
MATEMATIKA 1 |
61
Shembull: Gjeni formulën e kufizës an të vargut nëse vargu numerik është: 4 5 6 7 3 , , ,... , , 5 25 125 625 3125 Zgjidhje: Pra, janë dhënë: 3 4 5 6 7 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ,... 5 25 125 625 3125 Vëmë re që: Numeruesat e këtyre thyesave fillojnë me numrin 3 dhe duke kaluar nga kufizë në kufizë numeruesat rriten me 1 njësi. Kështu konkludojmë që kufiza e n-të e këtij vargu e ka numeruesin të barabartë me n + 2. Emëruesat e thyesave, vihet re se janë fuqi të numrit 5. Kufiza an e ka emëruesin 5n. Shenja e kufizave është alternative herë pozitive dhe herë negative. Kjo do të thotë se kemi të bëjmë me fuqi të numrit –1. Meqë negative janë kufizat që ndodhen në vendet çift rrjedh se fuqia e numrit –1 është ose n – 1 ose n + 1. Përfundimisht kufiza e n-të e këtij vargu ka formulën: n 1 n 2 an 1 5n Gjetja e formulës së kufizës an të vargut nuk është gjithmonë e mundur. Në mjaft raste gjetja e formulës është e ndërlikuar dhe në mjaft raste të tjera është e pamundur. Kështu, për vargun {1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, …} gjetja e formulës nuk është për çdo njërin një detyrë e thjeshtë. Ky varg jepet në mënyrë rekurente. Rregulli për gjetjen e kufizave është i tillë a1 = 1, a2 = 1, an = an–1 + an–2 për n 3. Ky varg njihet me emrin Vargu i Fibonaçit. Për vargun {7, 1, 8, 2, 8, 3, 8, 5, 4, …} nuk ka një formulë për kufizën e përgjithshme të tij e për rrjedhojë formula është e pumundur të gjendet.
II. 3. LIMITI I VARGUT Çdo varg numerik mund të trajtohet edhe si funksion f: Z+ R ku Z+ është bashkësia e numrave të plotë pozitiv dhe R bashkësia e numrave real. MATEMATIKA 1 |
62
Dimë që çdo funksion paraqitet në planin kartezian. Për rrjedhojë edhe çdo varg numerik mund të paraqitet në planin kartezian. Grafiku i vargut numerik është bashkësia e pikave të veçuara me koordinata (1, a1), (2, a2), (3, a3), ..., (n, an), ... Në figurën 1 është paraqitur grafiku i vargut numerik me kufizë të n përgjithshme an . n 1 Përkufizim 1: Vargu {an} ka limit numrin L, shënohet lim an L ose an L për n
an 1
a7
7 8
1 2 3 4 5 6 7
n
Figura 1
an L
n
në qoftë se për çdo > 0 gjendet numri i plotë N sado i madh i tillë që për n > N të kemi |an – L| < Në figurën 2 jepet ilustrimi i përkufizimit të mësipërm.
Figura 2
n
an
Në përgjithësi lim an L n
L+
do të thotë që kufizat e L vargut {an} i afrohen pambarimisht numrit L për L – indekse n shumë të mëdha. Një tjetër ilustrim i përkufizimit 1 jepet në N n Figura 3 figurën 3. Të gjitha fufizat an të vargut {an} me indekse n > N shtrihen midis drejtëzave horizontale y = L – dhe y = L + .
2n 1 2 . n 3n 5 3
Shembull: Nisur nga përkufizimi 1 tregoni që lim Zgjidhje:
2 2n 1 Për të treguar që vargu ka limit numrin , duhet të tregojmë që: 3 3n 5 > 0, N = N(), numër natyror sado i madh i tillë që 2n 1 2 n > N të kemi . 3n 5 3 MATEMATIKA 1 63 |
Arsytojmë kështu: Le të fiksojmë një > 0 numër shumë i vogël. Për këtë të çfarëdoshëm le të përpiqemi të gjejmë N() që përmbush kushtet e përkufizimit. 2n 1 2 Tek mosbarazimi kryejmë shndërrime të njëvlershme: 3n 5 3
2n 1 2 3(2n 1) 2(3n 5) 3n 5 3 3(3n 5)
6n 3 6n 10 3(3n 5)
13 3(3n 5) 13 9n 15 Tek mosbarazimi i fundit, i përftuar, veçojmë n-në dhe kemi: 13 < (9n + 15) 13 < 9n + 15 13 – 15 < 9n 13 15 n 9 13 15 13 15 Shënojmë N (lexohet pjesa e plotë e ). 9 9 13 15 Përfundimisht kemi: > 0, N të tillë që 9 2n 1 2 për n > N të kemi . 3n 5 3 2 2n 1 Mbështetur në përkufizimin 1 themi se vargu gu ka limit numrin . 3 3n 5
Shembull: Mbështetur në përkufizimin 1 të limitit të vargut tregoni që nuk 3n 1 2 është e vërtetë barazimi lim . n 5n 2 3 Zgjidhje: Qe të të jetë i vërtetë barazimi duhet që: > 0, të gjendet të paktën një N(), numër natyror sado i madh i tillë që 3n 1 2 n > N të kemi . 5n 2 3
MATEMATIKA 1 |
64
Tek mosbarazimi
3n 1 2 kryejmë shndërrime të njëvlershme: 5n 2 3
3n 1 2 3(3n 1) 2(5n 2) 5n 2 3 3(5n 2) 9n 3 10n 4) 3(5n 2) n 1 n 1 15n 6 15n 6 n + 1 < 15n + 6 n – 15n < 1 + 6 n(1 – 15) < 1 + 6
Për shumë të vogla kemi që 1 – 15 > 0, prandaj kemi që: n
6 1 1 15
6 1 Nëse shënojmë me N shohim se nuk plotësohet përkufizimi 1 i 1 15 3n 1 2 limitit të vargut. Pra, mosbarazimi plotësohet për n < N dhe 5n 2 3 jo për n > N. Kjo ndodh ngaqë nuk 3n 1 2 është e vërtetë që lim . n 5n 2 3 an Përkufizim 2: Vargu {an} ka limit M , shënohet lim an ose an për n n
në qoftë se për çdo numër të plotë pozitiv M sado të madh të gjendet numri i plotë pozitiv N sado i madh i tillë që: për n > N të kemi an > M n N Në figurën 4 jepet ilustrim i Figura 4 përkufizimit 2. Në këtë figurë verehet se për indekse n >N të gjitha kufizat e vargut {an} gjenden sipër vijës me ekuacion y = M. Shembull: Mbështetur në përkufizimin 2 të limitit të vargut tregoni që 3n 2 6 lim . n n 2 Zgjidhje: 3n 2 6 Për të treguar që vargu ka limit +, duhet të tregojmë që: n2 MATEMATIKA 1 |
65
M sado të madh, N = N(M), numër natyror sado i madh i tillë që 3n2 6 n > N të kemi M . n2 Le të fiksojmë një M numër natyror shumë të madh. Për këtë M të çfarëdoshëm le të përpiqemi të gjejmë N(M) që përmbush kushtet e përkufizimit. Pasi të kemi pjestuar (3n2 + 6) me (n + 2) kemi: 3n 2 6 (n 2)(3n 6) 18 n2 n2 (n 2)(3n 6) 18 18 3n 6 n2 n2 n2 Meqë thyesa
18 > 0 rrjedh që është i vërtetë mosbarazimi: n2 3n 6
18 3n 6 n2
3n2 6 M . n2 M 6 Nga mosbarazimi (3n – 6) > M rrjedh n . 3 M 6 M 6 Shënojmë N (pjesën e plotë të ) 3 3 Për N-në e gjetur plotësohet përkufizimi 2, prandaj themi që 3n 2 6 lim . n n 2 4n 6 Shembull: Tregoni që nuk është e vërtetë lim . n n 1 Zgjidhje: 4n 6 Për të treguar që vargu ka limit +, duhet të tregojmë që: n 1 M sado të madh, N = N(M), numër natyror sado i madh i tillë që 4n 6 n > N të kemi M . n 1 Le të fiksojmë një M numër natyror shumë të madh. Për këtë M të çfarëdoshëm le të përpiqemi të gjejmë N(M) që përmbush kushtet e përkufizimit.
Është qe qartë që për (3n – 6) > M aq më tepër
MATEMATIKA 1 |
66
4n 6 M 4n 6 M n M n 1 4n – Mn > M – 6 n(4 – M) > M – 6 Për M numër shumë të madh 4 – M < 0, prandaj duke pjestuat dy anët e barazimit të fundit me numër negativ kemi: M 6 n 4M M 6 Mirëpo thyesa 0 sepse M – 6 > 0 dhe 4 – M < 0. 4M Rrjedh që numri natyror n < 0, gjë që nuk është e vërtetë. Pra, nuk mund të gjendet N e tillë që për n > N të plotësohen kushtet e kërkuara nga përkufizimi. 4n 6 Përfundimisht lim nuk është i vërtetë. n n 1 Përkufizim 3: Vargu {an} ka limit –, shënohet lim an ose an për n – n
në qoftë se për çdo numër të plotë M sado të madh të gjendet numri i plotë pozitiv N sado i madh i tillë që: për n > N të kemi an < –M Shembull: Mbështetur në përkufizimin 3 të limitit të vargut tregoni që 3 2n 2 lim . n n 4 Zgjidhje: 3 2n 2 Për të treguar që vargu ka limit –, duhet të tregojmë që: n4 M sado të madh, N = N(M), numër natyror sado i madh i tillë që 3 2n 2 M . n > N të kemi n4 Le të fiksojmë një M numër natyror shumë të madh. Për këtë M të çfarëdoshëm le të përpiqemi të gjejmë N(M) që përmbush kushtet e përkufizimit. Pasi të kemi pjestuar (3 – 2n2) me (n + 4) kemi: 3 2n 2 (n 4)(2n 8) 29 n4 n4 (n 4)(2n 8) 29 n4 n4 29 2n 8 n4 MATEMATIKA 1 |
67
29 0 rrjedh që është i vërtetë mosbarazimi: n4 29 2n 8 2n 8 n4 29 Është qe qartë që për (–2n + 8) < –M aq më tepër 2n 8 M . n4 Nga mosbarazimi (–2n + 8) < –M rrjedh –2n < –M – 8 2n > M + 8 M 8 . n 2 M 8 M 8 Shënojmë N (pjesën e plotë të ) 2 2 Për N-në e gjetur plotësohet përkufizimi 3, prandaj themi që 3 2n 2 lim . n n 4 Meqë thyesa
II. 4. VETI TË VARGJEVE KONVERGJENT Përkufizim. Nëse lim an L (ku L numër i fundëm) atëhere thuhet se vargu {an} është n
konvergjent. Vargu i cili nuk është konvergjent quhet varg divergjent. Për vargjet divergjent, e thënë ndryshe, kemi që për n vargu {an} nuk ka limit ose ka limit por ai është + ose – . Për vargjet konvergjent janë të vërteta vetitë e mëposhtme: Teoremë 1: Nëse vargu an ka limit numrin a, atëherë ky numër është i vetëm. Vërtetim: Supozojmë se vargu an ka dy limite të ndryshme, a dhe b, ku a b. Pra, lim an a dhe lim an b , ku dhe a b |a – b| > 0.
n
n
Nisur nga lim an a shkruajmë: n
0 p0 N e tillë që n p0 të kemi | an a | Nisur nga lim an b shkruajmë:
(1).
n
MATEMATIKA 1 |
68
0 q0 N e tillë që n q0 të kemi | an b | (2). Shënojmë me n0 max{ p0 , q0 } . Shihet qartë se për n > n0 plotësohen njëkohësisht të dy mosbarazimet (1) dhe (2). Atëherë për n > n0 kemi: |a – b| = |a – an + an – b| = |(a – an) + (an – b)| ≤ |a – an| + |an – b| < 2 2 Në arsyetimet e mësipërme i shte i çfarëdoshëm. | a b | Këto arsyetime janë të vërteta edhe për . 2 Për këtë arrijmë në përfundimin që: |a – b| < |a – b| Kjo tregon se supozimi ynë nuk është i vërtetë. Mbetet që, nëse vargu ka limit një numër ai është i vetëm. Teoremë 2: Nëse vargu an është konvergjent atëherë çdo nënvarg i tij është konvergjent. E pranojmë pa vërtetim. Përkufizim: Vargu an quhet i kufizuar nga poshtë nëse ekziston të paktën një numër real m i tillë që an m për çdo numër natyror n.
Përkufizim: Vargu an quhet i kufizuar nga lartë nëse ekziston të paktën një numër real M i tillë që an M për çdo numër natyror n.
Përkufizim: Vargu an quhet i kufizuar nga poshtë dhe nga lartë, ose thjesht i kufizuar, nëse ekzistojnë numrat realë m dhe M të tillë që m an M për çdo numër natyror n. Teoremë 3: Nëse vargu an ka limit numrin A, atëherë vargu an është i kufizuar. Vërtetim: Meqë lim an A shkruajmë: n
0, p0 N e tillë që n p0 | an A | . Pra, për n > p0 kemi që: an A A an A . Shënojmë me m A dhe me M A dhe kemi: m an M që tregon se vargu an është i kufizuar.
MATEMATIKA 1 |
69
Limite të rëndësishme. 1 1) Provoni se lim 0 . n n Zgjidhje: 1 1 1 Mosbarazimi 0 n n n 1 është i vërtetë për n .
1 1 Pra, > 0, N(), e tillë është N (pjesa e plotë e numrit ) e tillë që: 1 për n > N të kemi: 0 . n 1 2) Provoni se lim 0 . n n Zgjidhje: 1 1 1 Mosbarazimi 0 n n n 1 është i vërtetë për n .
1 1 Pra, > 0, N(), e tillë është N (pjesa e plotë e numrit ) e tillë që: 1 për n > N të kemi: 0 . n Rregulla të kalimit në limit për vargjet konvergjentë. Teoremë 4: Nëse lim an A , lim bn B dhe k një konstante çfarëdo atëhere: n
n
1) lim( an bn ) lim an lim bn A B ; n
n
n
2) lim( an bn ) lim an lim bn A B ; n
n
n
3) lim( k an ) k lim an k A ; n
n
4) lim( an bn ) lim an lim bn A B ; n
n
n
lim an
an n A nëse lim bn = B 0; n n b lim bn B n
5) lim
n
MATEMATIKA 1 |
70
an nuk ekziston. bn a Nëse B = 0 dhe A = 0 lim n mund të ekzistojë ose mund të mos ekzistojë. n b n
Nëse B = 0 dhe A 0 lim
n
6) lim anp lim an n
n
p
A p nëse p është një numër çfarëdo dhe Ap ekziston.
lim an
7) lim p an p x p A nëse p është një numër çfarëdo dhe pA ekziston n
Vërtetim: Po vërtetojmë pikën 1):
lim(an bn ) lim an lim bn A B n
n
n
Që lim an A do të thotë: n
0 prandaj edhe për
të kemi: | an A |
, gjendet të paktën një p1N e tillë që për n > p1 2
2 Nisur nga lim bn B shkruajmë:
(1)
n
0 prandaj edhe për
, p2 N e tillë që n p2 të kemi: 2 (2) | bn B | 2
Shohim diferencën |(an + bn) – (A + B)| = |(an – A) + (bn – B)|
2 2 Pra, kemi mosbarazimin |(an + bn) – (A + B)| . Kjo do të thotë se lim(an bn ) A B |an – A| + |bn – B|
n
Pra, pohimi u vërtetua. Shenim: Pikat e tjera i pranojmë pa vartetim. Lexuesi le të provojë t’i vërtetojë. k Shembull: Gjeni lim , ku k është një konstante çfarëdo. n n Zgjidhje: Zbatojmë teoremën 4.3 dhe kemi: k 1 1 lim lim k k lim k 0 0 . n n n n n n 1 Shembull: Gjeni lim 2 . n n MATEMATIKA 1 |
71
Zgjidhje: Zbatojmë teoremën 3.4 dhe kemi: 1 1 1 1 1 1 lim 2 lim lim lim lim 0 0 0 . n n n n n n n n n n n n 2n 4 Shembull: Gjeni limitin e vargut lim . n 9n2 2 Zgjidhje: 4 4 n2 n2 2n 4 n n lim lim lim 2 n n n 2 2 9n 2 |n| 9 2 n2 9 2 n n 4 4 n2 2 n n lim lim n n 2 2 n 9 2 9 2 n n
4 lim 2 2 2 n . 9 3 2 lim 9 2 n n
n
Teoremë 5: (Teorema e Policit) Në qoftë se për vargjet an , bn , cn n p0 , bn an cn atëherë lim an L . n lim bn lim cn L n n Vërtetim: Nga kushtet e teoremes: lim bn L do të thotë:
kemi:
n
0, p1 N e tillë që n p1 | bn L | . Pra, L – < bn < L+
(1)
lim cn L do të thotë:
n
0, p2 N e tillë që n p2 | cn L | . Pra, L – < cn < L + (2). Duke shënuar me p0 max{ p1 , p2 } edhe për kufizat e vargut {an } do të kemi: n p0 , L – < bn an cn < L + . Që këtej rrjedh që: n p0 , L – < an < L + ose n p0 , | an L | që tregon se lim an L . n
MATEMATIKA 1 |
72
1 . x 2 n
Shembull: Gjeni lim Zgjidhje:
Shqyrtojmë vargun yn
1 . 2n
1 1 . 2n n Për më tepër këto thyesa janë pozitive prandaj kemi: 1 1 0 n 2 n 1 Mirëpo lim 0 dhe lim 0 0 , prandaj sipas teoremës së “policit” rrjedh n n n 1 që: lim n 0 . n 2 Teoremë 6: Nëse vargu an është konvergjent dhe lim an a atëhere: Për çdo xN, kemi: 2n n . Që këtej rrjedh:
n
1) për a > 0, p0 N i tillë n p0 të kemi an 0 ; 2) për a < 0, p0 N i tillë n p0 të kemi an 0 . Vërtetim: a a)Meqë a > 0, marrim si numrin = 0 . 2 0 p0 N e tillë që lim a a Meqenëse kemi që n n
n p0 | an a | . Pra, a a a an a ose an a an 2 2 a 0 n p që tregon se n për 0. a b)Me që a < 0, marrim si numrin = – 0 . 2 (Vërtetimi vazhdon njëlloj si në pikën a). Teoremë 7: Nëse për çdo numër natyror n më i madh se një numër i fiksuar kemi: an bn lim an a atëherë a b. n lim bn b n Vërtetim: MATEMATIKA 1 73 |
Nga mosbarazimi an bn rrjedh bn – an 0. Mbështetur në teorëmën 4.2 gjejmë limitin e vargut {bn – an}. lim (bn an ) lim bn lim an b a n
x
x
Supozojmë se b – a < 0. Mbështetur në teoremën 6.2, p0 N e tillë që n > p0 të kemi bn – an < 0 Që këtej rrjedh bn < an, në kundërshtim me të dhënat e teoremës. Supozimi ynë është i gabuar. Mbetet që a b. Teoremë 8: Nëse lim an a , atëherë lim | an || a | n
n
Përkufizime për vargjet monoton. Përkufizime: Vargu an quhet: 1) monoton rritës nëse nN kemi an an 1 . 2) monoton jozbritës nëse nN kemi an an 1 . 3) monoton zbritës nëse nN kemi an an 1 . 4) monoton jorritës nëse nN kemi an an 1 . Teoremë 9: a) Nëse vargu an është jozbritës dhe i kufizuar nga sipër atëherë ai është konvergjent. b)Nëse vargu an është jorritës dhe i kufizuar nga poshtë atëherë ai është konvergjent. Vërtetësinë e kësaj teoreme do ta pranojmë pa vërtetim. 2n 7 Shembull: Jepet vargu me kufizë të n-të an Tregoni që: 3n 2 a)është rritës, b)është i kufizuar nga sipër, c)ka limit: Zgjidhje: a)Për të provuar që vargu është rritës duhet të tregojmë që an+1 > an ose duhet të tregojmë që an+1 – an > 0. 2(n 1) 7 2n 7 an 1 dhe an . 3(n 1) 2 3n 2 2(n 1) 7 2n 7 an 1 an 3(n 1) 2 3n 2 2n 5 2n 7 3n 5 3n 2 (2n 5)(3n 2) (2n 7)(3n 5) (3n 5)(3n 2) MATEMATIKA 1 74 |
6n2 4n 15n 10 6n2 10n 21n 35 (3n 5)(3n 2) 25 >0 (3n 5)(3n 2) Meqë të dy gjymtyrët e thyesës janë pozitive rrjedh se edhe vetë thyesa është pozitive. Pra, vargu është rritës. b)Duke shkruar disa kufiza të këtij vargu vërejmë se një kufi i sipërm mund të jetë numri 2, pra an 2. Shohim diferencën 2 – an. Atëhere: 2n 7 2 an 2 3n 2 2(3n 2) 2n 7 3n 2 3n 2 6n 4 2n 7 4n 11 0 3n 2 3n 2 Thyesa e përftuar është pozitive sepse të dy gjymty rët e saj janë pozitive. Përfundimisht vargu është i kufizuar nga sipër. c)Mbështetur në teoremën 11, meqë vargu është rritës dhe i kufizuar nga sipër ai është konvergjent (ka limit). Le të gjejmë limitin e vargut për n . 7 n2 2n 7 n 2 lim an lim lim . x x 3n 2 x 2 3 n3 n
II. 5. LIMITI I FUNKSIONIT Para se të formulojmë përkufizimin e limitit të funksionit japim disa kuptime të tjera që nevojiten. Kuptimi i zonës rrethuese të pikës. Jepet pika x0 R . Intervalin e trajtës ] x0 , x0 [, 0 do ta quajmë fqinjësi të pikës x0 , ose zonë rrethuese të pikës x0 . Numrin δ e quajmë rreze të fqinjësisë dhe pikën x0 qendër të saj. Shihet qartë se çdo pikë e R-së ka një pafundësi fqinjësish. MATEMATIKA 1 |
75
Intervali ] x0 , x0 [ është bashkësi numerike dhe përbëhet nga x-e të tilla që: x0 x x0 Duke i zbritur të tre anëve të këtij mosbarazimi numrin x0 kemi: x x0 x x0
Pra: ] x0 , x0 [ = {x R| |x – x0 | < δ}. Kuptimi i pikës limite. Përkufizim: Numri real x0 quhet pikë limite e bashkësisë ER në qoftë se për çdo zonë rrethuese të pikës x0 ka të paktën një element nga bashkësia E të ndryshëm nga pika x0 . Nga ky përkufizim rrjedh se në çdo zonë rrethuee të pikës x0 ka një pafundësi elementesh nga bashkësia E, sepse në çdo zonë rrethuese të pikës x0 përfshihen një pafundësi zonash rrethuese të pikës x0 . Nëse pika x0 nuk është pikë limite e bashkësisë E, atëherë pika x0 quhet pikë izolimi e bashkësisë E, pra ekziston një zonë rrethuese e pikës x0 që nuk ka asnjë element nga bashkësia E e ndryshme nga pika x0 . Përkufizimi i limitit të funksionit kur x x0 Në matematikë shpesh interesohemi për vlerën e funksionit f(x) kur x merr vlera afër një numri x0 , (jo domosdoshmërisht të barabartë me x0 ). Le të shqyrtojmë funksionet: f1 (x) = x2 , x R në pikën x1 3 , figura. 1
x 2 për x 2 f 2 (x) = , në pikën x2 2 figuar. 2 3 për x = 2 Funksioni f1 është i përcaktuar në x1 3 sepse f(3) = 9. Nga figura 1, kur vlerat e ndryshores x merren afër numrit x1 3 duket që vlerat e funksionit f1 i afrohen numrit 9. Funksioni f 2 është i përcaktuar në pikën x2 2 sepse f(2) = 3. Nga figura 2 duket që kur x i afrohet numrit x2 2 vlerat e funksionit f 2 i afrohen numrit 4.
MATEMATIKA 1 |
76
Kjo duket qartë edhe nga vlerat në tabelën e mëposhtme: x x2 y y 1,9 3,61 1,99 3,96 4 9 1,999 3,996 1,9999 3,9996 3 2 4 2,0001 4,000400001 x 2,001 4,004001 3 2,01 4,0401 Figura 1 Figura 2 2,1 4,41
x 2
Arsyetimi që përdorëm për funksionet f1 e f 2 është intuitiv. Për studimin e sjelljes së funksionit në një pikë të caktuar, përdoret kuptimi i limitit. Nëse x merr vlera afër numrit x0 (por x ≠ x0 ) dhe funksioni f(x) merr vlera afër një numri L, themi se limiti i funksionit f(x), kur x shkon drejt x0 , është i barabartë me numrin L. Matematikisht, përkufizimi i limitit të funksionit jepet në dy mënyra: Le të jenë dhënë funksioni y = f(x) i përcaktuar në bashkësinë E R dhe x0 e L dy numra realë, ku x0 ështëpikë limite e bashkësisë E. Marrim një varg çfarëdo vlerash të ndryshores nga bashkësia e përcaktimit të funksionit x1 , x2 , x3 , …, xn , …të tillë që xn ≠ x0 për çdo n dhe që lim xn x0 n
(meqë x0 është pikë limite) Formojmë vargun përgjegjës të vlerave të funksionit f ( x1 ) , f ( x2 ) , f ( x3 ) , …, f ( xn ) , … Përkufizim 1: (Limiti sipas Hajnes) Numri L quhet limit i funksionit y = f(x) në pikën x0 , në qoftë se për çdo varg vlerash të ndryshores { xn } ku xn ≠ x0 nN, të tillë që lim xn x0 , vargu n
përgjegjës i vlerave të funksionit f ( xn ) ka limit L, pra lim f ( xn ) L . n
Përkufizim 2: (Limiti sipas Koshiut) Numri L quhet limit i funksionit f(x) në pikën x0 , në qoftë se për çdo numër real > 0 , ekziston të paktën një numër > 0, i tillë që për të gjitha vlerat e ndryshores x, nga bashkësia e përcaktimit të funksionit, që vërtetojnë mosbarazimin 0 < | x x0 | vlerat përgjegjëse të funksionit plotësojnë MATEMATIKA 1 |
77
kushtin | f ( x) L | . Simbolikisht shënohet
lim f ( x) L
x x0
E thënë me fjalë të tjera, lim f ( x) L >0, >0 e tillë që xE që: x x0
|x – x0| < të kemi: |f(x) – L| < Mosbarazimet e mësipërme mund të shkruhen: x0 x x0 dhe L – < f(x) < L + . x x0 Ky përkufizim tregon se: Numri L quhet limit i funksionit f(x) për x x0 në qoftë se për çdo zonë rrethuese të pikës L, ekziston një zonë rrethuese e pikës x0 , me përjashtim ndoshta të pikës x0 , ku për çdo x të kësaj zone rrethuese, vlerat përgjegjëse të funksionit ndodhen në zonën rrethuese të pikës L. Dy përkufizimet e dhëna për përkufizimin e limitit të funksionit y = f(x) në pikën x0 janë të njëvlershme. Njëvlershmërinë e këtyre dy përkufizimeve do ta pranojmë pa vërtetim. Kuptimi gjeometrik y y = f(x) Le të kemi parasysh që: M(x, y) |x – x0 | < – < x – x0 < L+ L M x0 – < x < x0 + x0 L – dhe x ≠ x0 . x O x0 – x0 x+0 | f ( x) L | f ( x) L f ( x) L Figura 3 Mund të themi se: Numri L quhet limit i funksionit f(x) në x0 , atëhere kur për çdo > 0 sado të vogël, ekziston të paktën një ““ zonë rrethuese e pikës x0 , e tillë që po të marrim x nga kjo zonë, (x ≠ x0 ) vlerat e funksionit të ndodhen në ““ zonën rrethuese të pikës L. Nga grafiku shihet se sidoqoftë një pikë M(x, y) në grafik, kur x x0 vëmë re se M M 0 duke mbetur pikë e grafikut dhe f(x) L. Në përkufizimin sipas Koshiut duhet të kemi parasysh që: 1. Pika x0 është pikë limite e bashkësisë së përcaktimit të funksionit f. Pra MATEMATIKA 1 78 |
është e nevojshme që funksioni f të jetë i përcaktuar rreth pikës x0 , por jo detyrimisht në pikën x0 . Kjo duket edhe nga shënimi në përkufizim
| x x0 | 0 x x0 . 2. Numri real pozitiv është numër sado i vogël që të merret. 3. Që të plotësohet përkufizimi duhet të paktën të gjendet në numër real pozitiv , që varet nga , pra (), i tilllë që në qoftë se x –et nga bashkësia e përcaktimit të ndryshme nga pika x0 i përkasin zonës rrethese të pikës x0 me rreze , atëherë grafiku i funksionit do të ndodhet në zonën e planit koordinativ të kufizuar nga drejtëzat me ekuacione y = L – dhe y = L + . Shembull: Jepet funksioni f: y = 2x – 1. Të provohet se lim(2 x 1) 7 . x4
Zgjidhje: Që të kemi lim(2 x 1) 7 duhet të plotësohet përkufizimi: x4
0, 0 ,e tillë që x R, që plotësojnë mosbarazimin 0 | x 4 | të kemi | (2 x 1) 7 | . Le të jetë dhënë > 0, i çfarëdoshëm. Për këtë kemi: | (2 x 1) 7 | | 2 x 8 | 2 | x 4 |
| x 4 | Po të marrim
2
2
.
plotësohet përkufizimi sipas Koshiut për limitin e funksionit:
0 < | x 4 | | (2 x 1) 7 || 2 x 8 | 2 | x 4 | 2 2
2 Pra, 0 < | x 4 | | (2 x 1) 7 | , që do të thotë se: lim(2 x 1) 7 . x4
Shembull:
Jepet
x funksioni g ( x) 3
2
për x 2 . për x 2
Të
provohet
që:
lim g ( x) 4 . x2
Zgjidhje: lim g ( x) 4 0, 0 , x R, të tillë që për x2
0 | x 2 | të kemi | g ( x) 4 | . Nga 0 < |x – 2| < rrjedh që x ≠ 2, prandaj g(x) = x2. Le të jetë dhënë > 0 i çfarëdoshëm dhe shqyrtojmë diferencën | g ( x) 4 | . MATEMATIKA 1 |
79
Për shprehjen g(x) kemi |x2 – 4| = |x – 2||x + 2|. Marrim si -zonë rrethuese të pikës x = 2 intervalin ]1, 3[. Për x ]1, 3[ kemi: |x + 2| < 5 Kështu që: |x2 – 4| = |x – 2||x + 2| < 5|x – 2|, ose |x2 – 4| < 5|x – 2| Mosbarazimi | x 2 4 | është i plotësuar nëse marrim 5 | x 2 | , ose | x 2 |
5
.
Zgjedhim min{1, } 5 Përfundimisht kemi: > 0 (sado të vogël),
të tillë që për 5 | x 2 | të kemi |x2 – 4| < 5|x – 2| < 5 = Mbështetur në përkufizimin e limit kjo do të thotë se: lim g ( x) 4 x2
Vihet re se limiti në pikën x = 2 ndryshon nga vlera e funksionit g në këtë pikë që është 3. Funksione që kanë limit numrin L për x . Jepet funksioni f: y = f(x) i përcaktuar në R dhe L numër real. Përkufizim 3: Numri L quhet limit i funksionit f(x) për x , në qoftë se për çdo numër > 0 , ekziston një numër N > 0, i tillë që për të gjitha vlerat e ndryshores x që vërtetojnë mosbarazimin | x | N ka vend mosbarazimi | f ( x) L | . E thënë me fjalë të tjera kemi: lim f ( x) L x
0, N 0 e tillë që për |x| > N të kemi |f(x) – L| < .
Ky përkufizim tregon se: Numri L quhet limit i funksionit f(x) për x në qoftë se për çdo zonë rrethuese të pikës L, ekziston një numër pozitiv N sado i madh që plotëson kushtin që për |x| > N, vlerat përgjegjëse të funksionit ndodhen në zonën rrethuese të pikës L. MATEMATIKA 1 |
80
Kuptimi gjeometrik Duke patur parasysh që: |x | > N x < –N ose x > N dhe | f ( x) L | f ( x) L y L f ( x) L mund të themi se: Numri L është limit i funksionit f(x) në “”, y = L L + L– atëhere kur për çdo > 0 sado të vogël ekziston x N –N një “N > 0“ që për çdo x të marrë në ] –, –N[ ose ]N, +[ vlerat e funksionit të ndodhen në ““ Figura 4 zonën rrethuese të pikës L, ose x {]–, –N[ ]N, +[} f ( x) ]L , L [ Nga grafiku shihet se kur një pikë çfarëdo M(x, y) ndodhet në degën e majtë të grafikut dhe x , pika M i afrohet pambarimisht drejtëzës y = L që tregon se f(x) L. Njëlloj edhe kur pika M(x, y) ndodhet në degën e djathtë të grafikut. Ushtrim: Shkruani përkufizimin në gjuhën e , N, për limitet: lim f ( x) L dhe lim f ( x) L . x
x
2x 2 për E = R – {1} x 1 x
Shembull: Vërtetoni se lim Zgjidhje:
Duhet të tegojmë që > 0, N > 0 e tillë që për x > N të kemi
2x 2 1 x
Le të jetë > 0 i çfarëdoshëm. Duke kryer transformime të njevlershme kemi: 2x 2x 2 2x 2 1 x 1 x 2 1 x 1 x 1 2 2 |1 x |
1 x
2
ose 1 x
2
Nga mosbarazimi 1 x
2
rrjedh MATEMATIKA 1
|
81
2 2 x 1 ose x 1
2 2 Marrim si N 1 (pjesën e plotë të numrit 1 ). 2 2x 2x Për këtë N kemi: x 1 dhe 2 që tregon se lim 2 . x 1 x 1 x Shembull: Jepet funksioni f : y a x ku a > 1. Provoni se lim a x 0 . x
Zgjidhje: Duhet të tregojmë që > 0, N > 0 e tillë që për x < – N të kemi | a x | . Le të jetë dhënë 0 < < 1, i çfarëdoshëm. Meqënësë a x 0 për çdo xR kemi: | a x | a x Logaritmojmë të dy anët dhe kemi: x log a a log a ose x log a (sepse log a a 1 )
log a < 0, sepse baza a > 1 dhe 0 < < 1. Kështu si N > 0 marrim numrin N = – log a . Për këtë N kemi: x < –N x log a a x që tregon se lim a x 0 . x
Funksione që kanë limit kur x x0 1 Shqyrtojmë funksionin f : y . Bashkësia e përcaktimit është E = R ( x 1) 2 – {–1}. Shohim vlerat e funksionit kur vlerat e x-it i afrohen numrit x = –1. x –2 –1,5 –1,2 –1,1 –1,01 –1,001 –1,00002
f(x) 1 4 25 100 10 000 1 000 000 2 500 000 000
x 0 –0,5 –0,6 –0,9 –0,98 –0,99 –0,99995
f(x) 1 4 6,25 100 2 500 10 000 400 000 000
Nga tabelat duket qartë se kur x merr vlera afër –1, vlerat e funksionit marrin 1 . vlera shumë të mëdha. Kjo tregon se lim x 1 ( x 1) 2 Jepet funksioni f: y = f(x) i përcaktuar në bashkësinë E R dhe x0 pikë limite. Përkufizim 4: MATEMATIKA 1 |
82
Themi se lim f ( x) , në qoftë se për çdo numër M > 0 sado i madh, x x0
ekziston një numër > 0, i tillë që për të gjitha vlerat e ndryshores x që vërtetojnë mosbarazimin 0 < | x x0 | ka vend mosbarazimi | f ( x) | M . Pra, me fjalë të tjera: lim f ( x) x x0
M 0, 0 , e tillë që për x E që 0 < | x x0 | të kemi | f ( x) | M . Ky përkufizim tregon se: Limiti i funksionit f(x) për x x0 është , në qoftë se për çdo numër real M
> 0, sado të madh, ekziston një numër pozitiv > 0 që për x që plotësojnë kushtin 0 | x x0 | , vlerat përgjegjëse të funksionit në vlerë absolute janë më të mëdha se numri M, | f ( x) | M . Kuptimi gjeometrik Duke patur parasysh që: | x x0 | x0 – < x < x0 + dhe | f ( x) | M f ( x) M ose f ( x) M Mund të themi se: Vlerat e funksionit në një zonë rrethuese të pikës x0 , janë më të mëdha se vlera e numrit M > 0 sado i madh i marrë nëse lim f ( x) ( f ( x) M ) dhe më të vogla se –M nëse x x0
lim f ( x) , ( f ( x) M ).
x x0
y
y
x = x0 I (x0)
M
x
O x
O
M
I (x0) x = x0
Figura 6
Figura 5 Shembull: Të tregohet se lim x 3
1 . x 3
Zgjidhje: MATEMATIKA 1 |
83
1 duhet që të plotësohet përkufizimi x 3 x 3 1 M 0, 0 e tillë që për 0 | x 3 | të kemi | | M . x 3 Nisemi nga inekuacioni i fundit për të gjetur . Pra: 1 1 1 (Pse?) M M | x 3 | x3 | x 3| M 1 1 Shënojmë . Kështu gjetëm një të tillë që për çdo x që plotëson M M kushtin : 0 < |x – 3| < vlerat e funksionit bëhen në vlerë absolute më të mëdha se M. Vërtetë: 1 1 1 M (|f(x)| > M) x 3 | x 3| 1 gjë që tregon se lim . x 3 x 3 Ushtrim: Shkruani në gjuhën e -ve pohimet: lim f ( x) dhe Për të provuar që lim
x x0
lim f ( x) .
x x0
Funksione që kanë limit kur x Përkufizim 6: Jepet funksioni f: y = f(x) i përcaktuar në bashkësinë R. Themi se lim f ( x) nëse: x
M 0; N 0 ; e tillë që x N f ( x) M . (figura 7) M 0; N 0 ; e tillë që x N f ( x) M (figura 8)
y
y
y = f(x)
f(x) M
f(x) M
x
x kM x
O
Figura 7
x kM
O
Figura 8
y = f(x)
Themi se lim f ( x) nëse: x
M 0; N 0 ; e tillë që x N f ( x) M (figura 9) MATEMATIKA 1
|
84
M 0; N 0 ; e tillë që x N f ( x) M (figura 10)
y
y = f(x) y x kM
x
kM x
y = f(x)
x O M f(x) Figura 10
O M f(x)
Figura 9 Shembull: Tregoni se lim ( x3 4) . x
Zgjidhje: Për të treguar që lim ( x3 4) duhet të tregojmë që x
3 M 0; N 0; e tillë që për x N të kemi ( x 4) M Nisemi nga mosbarazimi i fundit x3 4 M x3 M 4 x 3 M 4 . Mjafton të marrim N = 3 M 4 dhe do të kemi që 3 x N ( x 4) M që tregon se lim ( x3 4) .
x
Funksione pambarimisht të vogla (p.m.v) Nëse lim f ( x) 0 themi se funksioni është pambarimisht i vogël në pikën ku x b
shqyrtohet, ku b mund të jetë një pikë limite ose . Zakonisht funksionet pambarimisht të vegjël shënohen me , , , , … Pra, lim ( x) 0 , lim ( x) 0 , lim ( x) 0 , lim ( x) 0 . x x0
x
x
x
Duke patur parasysh kuptimin e p.m.v, përkufizimin e limitit të një funksioni mund ta japim: lim f ( x) L atëhere dhe vetëm atëhere kur x
f ( x) L ( x) f ( x ) L ( x ) ku ( x) p.m.v në (b) pikën ku shqyrtohet.
Veti të funksioneve pambarimisht të vogla 1. Shuma e një numri të fundëm funksionesh p.m.v në ( x0 , +, – ose ) MATEMATIKA 1 |
85
është p.m.v në ( x0 , +, – ose ). 2.
Prodhimi i një numri të fundëm funksionesh p.m.v në ( x0 , +, – ose
) është funksion p.m.v në ( x0 , +, – ose ). 3.
Prodhimi i një funksioni konstant me një funksion p.m.v në ( x0 , +, –
ose ) është p.m.v në ( x0 , +, – ose ). 4.
Prodhimi i një funksioni të kufizuar në ( x0 , +, – ose ) me një funksion
p.m.v në ( x0 , +, – ose ) është funksion p.m.v në ( x0 , +, – ose ). Funksione pambarimisht të mëdha (p.m.m) Funksioni f është pambarimisht i madh në ( x0 , +, – ose ), atëhere kur
1 f
është pambarimisht i vogël në ( x0 , +, – ose ). Pra, pohimi: “funksioni f është p.m.m në ( x0 , +, - ose )” është i 1 njëvlershëm me pohimin: “funksioni p.m.v në ( x0 , +, - ose )” f 1 0] Pra, [lim f ( x) ] [lim x b f ( x) x b ku b{x0, –, +}. Veti të funksioneve pambarimisht të mëdha 1. Shuma e një numri të fundëm funksionesh p.m.m me të njëjtën shenjë në ( x0 , +, – ose ) është p.m.m në ( x0 , +, – ose ) me po atë shenjë. 2.
Prodhimi i një numri të fundëm funksionesh p.m.m në ( x0 , +, – ose
) është funksion p.m.m në ( x0 , +, – ose ). 3.
Prodhimi i një funksioni që ka limit L ≠ 0 në ( x0 , +, – ose ) me një
funksion p.m.m në ( x0 , +, – ose ) është p.m.m në ( x0 , +, – ose ). 4.
Shuma e një funksioni të kufizuar në ( x0 , +, – ose ) me një funksion
p.m.m në ( x0 , +, – ose ) është funksion p.m.m në ( x0 , +, – ose ).
II. 6. TEOREMA MBI LIMITIN E FUNKSIONIT MATEMATIKA 1 |
86
Teoremë 1: Uniciteti i limitit Nëse funksioni f: y = f(x) ka limit numrin L në një pikë limite të dhënë, atëhere ai është i vetëm. (Në qoftë se lim f ( x) L , atëhere numri L është i vetëm). x
Vërtetim: Për të bërë vërtetimin e teoremës shqyrtojmë rastin lim f ( x) L . x x0
Duam të vërtetojmë se L është i vetëm. Supozojmë të kundërtën. Pranojmë që edhe numri L1 L është limit i funksionit, pra lim f ( x) L1 . x
Pra, kemi që lim f ( x) L dhe lim f ( x) L1 . x x0
x x0
L L1 2 Nga përkufizimi i limitit, lim f ( x) L atëhere kur Supozojmë se L L1 . Shënojmë x x0
L L1 , 1 0 e tillë që x E, që plotësojnë 2 0 | x x0 | 1 të kemi | f ( x) L | . mosbarazimin Nga mosbarazimi i fundit marim: (1) f ( x) L L f ( x) L . L L1 Gjithashtu, po për këtë dhe meqë lim f ( x) L1 , 2 0 e tillë që x x0 2 x E, që plotësojnë mosbarazimin 0 | x x0 | 2 të kemi | f ( x) L1 | . Nga mosbarazimi i fundit marim: f ( x) L1 L1 f ( x) L1 . (2) , prandaj edhe për
Marrim min{1 , 2 } . Nga mosbarazimet (1) dhe (2) për x-et që plotësojnë mosbarazimin 0 < | x x0 | kemi:
L f ( x) L1 që nga: L L1 L L1 2 2
(3).
L L1 , gjë që rrjedh 2 nga fakti i supozuar se funksioni kishte një limit të dytë L1 . Mosbarazimi (3) bie në kundërshtim me barazimin Njëlloj hidhet poshtë edhe se L L1 . MATEMATIKA 1 |
87
Pra, vërtetuam se limiti i një funksioni është i vetëm. Teoremë 2: Kufizueshmëria e funksionit që ka limit L në x0 Në qoftë se funksioni f(x) ka limit numrin L në pikën limite x0 atëhere ekziston të paktën një zonë rrethuese e pikës limite x0 ku funksioni është i kufizuar. Vërtetim: Jepet që lim f ( x) L . Nga përkufizimi i limitit në gjuhën e , shkruajmë: x x0
lim f ( x) L 0, 0 , x E, 0 < | x x0 | | f ( x) L |
xx0
prej nga L f ( x) L . Për një > 0 të marrë shënojmë me C1 L dhe C2 L . Duke marrë C max{C1 , C2 } do të kemi:
C1 f ( x) C2 C f ( x) C | f ( x) | C . Kjo tregon që funksioni f(x) është i kufizuar në x0 . Teoremë 3: Ruajtja e shenjës së limitit Në qoftë se funksioni f(x) ka limit të ndryshëm nga zero në pikën limite x0 ,
lim f ( x) L 0 , atëherë ekiston një zonë rrethuese e pikës x0 në të cilën
x x0
funksioni ka shenjën e limitit L. Vërtetim: Supozojmë se lim f ( x) L 0 . Nga përkufizimi i limitit shkruajmë: x x0
lim f ( x) L 0, 0 , x E,
x x0
0 | x x0 | | f ( x) L | prej nga L f ( x) L . Zgjedhim një të tillë që L – > 0. (Pse është e mundur të zgjidhet ε i tillë?). Për këtë është -zonë rrethuese e x0-s në të cilën f(x) merr vlera me shenjë pozitive si dhe shenjën e L-së. Nëse L < 0, do të zgjidhet i tillë që L + < 0 dhe njëlloj tregohet që vlerat e funksionit në intervalin ]L – , L + [ janë negative si dhe limiti i tij. Teoremë 4: (“Teorema e policit”) Nëse funksionet f(x), g(x), h(x) të përcaktuar në një zonë rrethuese të pikës limite x x0, të tillë që: për çdo x nga ky interval f ( x) g ( x) h( x) ekzistojnë limitet e f dhe h në pikën x0 MATEMATIKA 1 |
88
janë të barabarta lim f ( x) lim h( x) L x x0
x x0
atëhere ekziston limiti i funksionit g në x0 dhe është i barabartë me L. Pra,
lim g ( x) L .
x x0
Kjo teoremë quhet “teorema e policit” sepse, mendojmë që g(x) është “i arrestuar” nga “policët” f(x) dhe h(x). Kështu që g(x) është i “detyruar” të shkojë ku e drejtojnë f(x) dhe h(x). Vërtetim: lim f ( x) L do të thotë: 0, 1 0 , x E, e tillë që x x0
0 | x x0 | 1 të kemi | f ( x) L | ose të kemi L f ( x) L . Shënojmë me 1 zonën rrethuese të pikës x0 .
lim h( x) L 1 0, 2 0 , x E,
x x0
0 < | x x0 | 2 | h( x) L | prej nga L h( x) L . Shënojmë me 2 zonën rrethuese të pikës x0 . Shënojmë me min{1 , 2 } dhe do të kemi që për çdo x ( zonë rrethuese) kemi: L f ( x) g ( x) h( x) L gjë që tregon se L g ( x) L . Pra, lim g ( x) L . x x0
Teoremë 5: Në qoftë se funksionet f(x), g(x) të përcaktuar në një zonë rrethuese të pikës limite x0 (ndoshta me përjashtim të x0), të tillë që për çdo x nga ky interval ka vend mosbarazimi f ( x) g ( x) , atëhere lim f ( x) lim g ( x) . xx0
xx0
Kjo teoremë tregon që gjatë kalimit në limit shenja e mosbarazimit vetëm mund të “zbutet”, pra nga “<” mund të bëhet “”.
II. 7. RREGULLA TË KALIMIT NË LIMIT Teoremë 1: Limiti i shumës Në qoftë se funksionet f(x) dhe g(x) kanë limit në pikën limite x0 , ( lim f ( x) L1 , lim g ( x) L2 ) atëhere shuma e tyre f(x) + g(x) ka limit x x0
x x0
gjithashtu në x0 dhe lim[ f ( x) g ( x)] lim f ( x) lim g ( x) L1 L2 xx0
xx0
xx0
Vërtetim: MATEMATIKA 1 |
89
Duke patur parasysh kuptimin e p.m.v shkruajmë: f ( x) L1 1 ( x) dhe g ( x) L2 2 ( x) ku lim 1 ( x) lim 2 ( x) 0 . x x0
x x0
Duke i mbledhur anë më anë të dy barazimet kemi: f ( x) g ( x) L1 L2 [1 ( x) 2 ( x)] Nga vetia e limitit të shumës së dy p.m.v kemi lim[1 ( x) 2 ( x)] 0 . x x0
Kjo tregon që lim[ f ( x) g ( x)] L1 L2 lim f ( x) lim g ( x) . x x0
x x0
x x0
Shembull: Njehsoni limitin: lim( x 1) x 5
Zgjidhje: lim( x 1) lim x lim1 5 1 4 . x 5
x 5
x 5
Limiti i shumës së dy funksioneve parqitet në tabën e mëposhtme: lim f ( x) L L + – x x0
lim g ( x)
+
x x0
–
+
–
lim[ f ( x) g ( x)] + – + – Shënim 1: Teorema nuk mund të përdoret në rastin kur: lim f ( x) dhe lim g ( x) . x x0
x x0
x x0
Teoremën mund t’a përgjithësojmë për një numër të fundëm funksionesh që kanë limit në pikën x0 . Në qoftë se ekzistojnë: lim f1 ( x) L1 , lim f 2 ( x) L2 ,…, lim f n ( x) Ln , x x0
x x0
x x0
atëhere ekziston dhe lim[ f1 ( x) f 2 ( x) ... f n ( x)] dhe ka vend barazimi: x x0
lim[ f1 ( x) f 2 ( x) ... f n ( x)] = lim f1 ( x) + lim f 2 ( x) +…+ lim f n ( x)
x x0
x x0
x x0
x x0
= L1 L2 ... Ln . Teoremë 2: Limiti i prodhimit Në qoftë se funksionet f(x) dhe g(x) kanë limit në pikën limite x0 , ( lim f ( x) L1 , lim g ( x) L2 ) atëhere prodhimi i tyre f(x)g(x) gjithashtu ka x x0
x x0
limit në x0 dhe lim[ f ( x) g ( x)] lim f ( x) lim g ( x) L1 L2 x x0
x x0
x x0
Vërtetim: Duke patur parasysh kuptimin e p.m.v shkruajmë: f ( x) L1 1 ( x) dhe g ( x) L2 2 ( x) ku lim 1 ( x) lim 2 ( x) 0 . x x0
x x0
Duke i shumëzuar anë më anë të dy barazimet kemi: f ( x) g ( x) L1 L2 [ L1 2 ( x) L21 ( x) 1 ( x) 2 ( x)] MATEMATIKA 1 |
90
Nga vetitë e limitit të p.m.v kemi lim[ L1 2 ( x) L21 ( x) 1 ( x) 2 ( x)] 0 . x x0
Kjo tregon që lim[ f ( x) g ( x)] L1 L2 lim f ( x) lim g ( x) . xx0
x x0
x x0
Shembull: Njehsoni limitin: lim ( x 2)(3 x 1) x 1
Zgjidhje: lim ( x 2)(3x 1) lim ( x 2) lim (3x 1) (1 2) ( 3 1) 1 ( 4) 4 . x 1
x 1
x 1
Limiti i prodhimit të dy funksioneve parqitet në tabën e mëposhtme: lim f ( x) L≠0 x x0
lim g ( x)
lim[ f ( x) g ( x)]
x x0
x x0
Shënim 2: Teorema nuk mund të përdoret në rastin kur lim f ( x) 0 dhe x x0
lim g ( x) .
x x0
Teoremën mund t’a përgjithësojmë për një numër të fundëm funksionesh që kanë limit në pikën x0 . Në qoftë se ekzistojnë: lim f1 ( x) L1 , lim f 2 ( x) L2 ,…, lim f n ( x) Ln , x x0
x x0
x x0
atëhere ekziston dhe lim[ f1 ( x) f 2 ( x) ... f n ( x)] dhe ka vend barazimi: x x0
lim[ f1 ( x) f 2 ( x) ... f n ( x)] = lim f1 ( x) lim f 2 ( x) … lim f n ( x)
x x0
x x0
x x0
x x0
= L1 L2 ... Ln . Rrjedhim 1: Konstantja del jashtë shenjës së limitit. Vërtetë, nëse ekziston lim f ( x) dhe c një x x0
konstante,
atëhere
lim cf ( x) lim c lim f ( x) c lim f ( x) .
x x0
x x0
x x0
x x0
Rrjedhim 2: lim[ f ( x)]n lim[ f ( x) f ( x) ... f ( x)] x x0
x x0
lim f ( x) lim f ( x) ... lim f ( x) [lim f ( x)]n . x x0
x x0
x x0
x x0
Pra, lim[ f ( x)] [lim f ( x)] . n
x x0
n
x x0
Shembull: lim(3x 1)3 [lim(3x 1)]3 [3lim x lim1]3 [3 1 1]3 23 8 . x1
x1
x 1
x 1
MATEMATIKA 1 |
91
Rrjedhim 3: lim[ f ( x) g ( x)] lim f ( x) lim g ( x) x x0
x x0
x x0
Me të vërtetë: lim[ f ( x) g ( x)] lim[ f ( x) (1) g ( x)] xx0
xx0
lim f ( x) lim 1 g ( x) lim f ( x) lim g ( x) x x0
x x0
x x0
x x0
Teoremë 3: Limiti i raportit Limiti i raportit dy funksioneve që kanë limit në pikën limite x0 është i barabartë me raportin e limiteve të tyre në x0 me kusht që limiti i funksionit që ndodhet në emërues, të jetë i ndryshëm nga zero. f ( x) f ( x) xlim x0 Pra, lim , në qoftë se lim g ( x) 0 . x x0 g ( x ) x x0 lim g ( x) x x0
Limiti i raportit të dy funksioneve parqitet në tabën e mëposhtme: lim f ( x) L L≠0 x x0
lim g ( x)
x x0
lim
x x0
f ( x) g ( x)
L≠0
0
0
Shënim 3: Teorema nuk mund të përdoret në rastin: a) lim f ( x) 0 dhe lim g ( x) 0 ; x x0
x x0
b) lim f ( x) dhe lim g ( x) . x x0
x x0
Teoremë 4: Në qoftë se ekziston lim f ( x) L ku x0 pikë limite dhe ka x x0
kuptim n L , atëhere ekziston dhe lim
x x0
3
Shembull: Njehsoni limitin: lim x2
n
f ( x) n lim f ( x) n L . x x0
x 1 3 2x 1
Zgjidhje: 3 x 1 3) 3 lim( x 1) lim 3 3 1 3 1 3 x 1 3 lim( 2 x 2 x2 lim x 2 x 2 2x 1 lim(2 x 1) 4 1 3 3 3 3
x2
II. 8. METODA PËR GJEJEN E LIMITEVE Teoremë 1: Limiti i funksionit konstant është i barabartë me vetë konstanten. MATEMATIKA 1 92 |
Pra, lim c c . x
Vërtetim: lim c c 0, 0,0 | x | | c c | x
Marrim një > 0. Për këtë kemi: |c - c| = 0 < gjë që tregon se lim c c . x
Shembull : lim 3 3 x2
Teoremë 2: Limiti i çdo funksioni elementar në një pikë të bashkësisë së tij të përcaktimit është i barabartë me vlerën e funksionit në atë pikë. Shembull : lim sin x sin 0 0 ; lim x 1 ; lim ln x ln e 1 . x 0
x 1
x e
x x x 3 2
Shembull: Njehsoni limitin: lim x 2
Zgjidhje: Meqë vlera x = 2 i përket bashkësisë së përcaktimit atëhere limiti i funksionit në atë pikë është i barabartë me vlerën e funksionit f(2). Pra, x 2 x) 22 2 x 2 x lim( x 2 lim 6 x 2 x 3 lim( x 3) 23 x 2
1 (x ≠ 0). Njehsoni limitet: x f ( x) a) lim f ( x) g ( x) ; b) lim f ( x) g ( x) ; c) lim . x 3 g ( x ) x2 x Zgjidhje: a) lim f ( x) g ( x) lim f x lim g x Shembull: Jepet f(x) = 5 dhe g ( x)
x2
x2
x2
1 1 9 5 ( ) ; x 2 2 b) lim f ( x) g ( x) lim f ( x) lim g ( x) lim 5 lim x 2
x
x
x 2
x
1 lim 5 lim 5 0 0 ; x x x 5 f ( x) xlim 5 3 c) lim 15 x 3 g ( x ) lim 1 1 x 3 x 3 Teorema 3: Nëse për x-e shumë ... dhe nëse ... afër x0 ka vend ...
... atëhere... MATEMATIKA 1
|
93
lim u( x)
u(x) f(x)
lim f ( x)
x x0
x x0
lim u( x)
f(x) u(x)
lim f ( x)
x x0
x x0
lim u( x) 0
|f(x) – L| u(x) u(x) f(x) v(x)
lim f ( x) L
x x0
x x0
lim u( x) lim v( x) L
x x0
x x0
x x0
lim f ( x) L
teorema e “policave” Funksionet f dhe g kanë lim f ( x) lim g ( x) f(x) g(x) xx0 xx0 limit në x0. 2 x cos x Shembull: Gjeni lim x x 1 Zgjidhje: Dimë që: –1 cosx 1 2x –1 2x + cosx 2x + 1 Për x > –1 ka vend mosbarazimi x + 1 > 0. Prandaj kemi: 2 x 1 2 x cos x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 Nga ana tjetër kemi: 2x 1 2x 1 lim 2 dhe lim 2, x x 1 x x 1 prandaj mbështetur në teoremën e policave rrjedh që: 2 x cos x lim 2 x x 1 Teoremë: Limiti i funksionit polinomial P( x) an xn an1xn1 ... a0 ku n > 0, në një pikë është i barabartë me vlerën e polinomit në atë pikë. Pra: lim P( x) P( x0 ) x x0
Vërtetë nga teoremat e limitit kemi: lim P( x) lim(an x n an1 x n1 ... a0 ) x x0
x x0
lim an x n lim an1 x n1 ... lim a0 x x0
x x0
x x0
an lim x an1 lim x n
x x0
n 1
x x0
... a0
an x0n an1 x0n1 ... a0 P ( x0 ) Shembull: Njehsoni limitin: lim( x3 2 x 3) x2
MATEMATIKA 1 |
94
Zgjidhje: lim( x3 2 x 3) 23 2 2 3 8 4 3 7 x2
Shohim limitin e polinomit kur x lim P( x) lim(an x n an 1 x n 1 ... a0 ) lim an x n (1 x
x
x
an 1 1 a 1 ... 0 n ) an x an x
an 1 1 a 1 ... 0 n ) 0 si shumë e një numri të fundëm an x an x a a 1 1 p.m.v në “”. Atëhere, lim(1 n 1 ... 0 n ) 1 . x an x an x
Shihet qartë se lim( x
Pra, lim P( x) lim an xn . x
x
Rasti 1: Nëse an 0 ; x dhe n real çfarëdo, atëherë
lim P( x) lim an xn
x
x
Rasti 2: Nëse an 0 ; x dhe n tek, atëherë
lim P( x) lim an xn
x
x
Rasti 3: Nëse an 0 ; x dhe n çift, atëherë
lim P( x) lim an xn
x
x
Ushtrim: Sa do të jetë limiti i polinomit në rastin kur an 0 ? Shembull: Njehsoni limitin: lim(3x2 x 6) x
1 6 Zgjidhje: lim(3x2 x 6) lim x 2 (3 2 ) lim3x 2 x x x x x Pra, shihet qartë se nëse x, limiti i polinomit përcaktohet nga limiti i monomit me fuqi më të madhe. Shënim: Duke u mbështetur në përfundimin e mësipërm kemi: nëse n m an x n an 1 x n 1 ... a0 an x n an n m an lim lim lim( x ) nëse n m m 1 x b x m b ... b0 x bm x m x bm m m 1 x bm 0 nëse n m Shembull: Njehsoni limitin: 4 x3 2 x 2 x3 x 3 a) lim ; b) lim ; x x 3x x3 4 Zgjidhje:
x3 2 x c) lim 4 . x 3 x 5 MATEMATIKA 1
|
95
4 x3 2 x 4 x3 4x2 lim lim ; x x 3 x x 3 3x 2 x3 x 3 2 x3 b) lim lim 3 lim 2 2 ; x x x x x3 4 x3 2 x x3 1 lim 4 lim 0. c) lim 4 x 3 x 5 x 3 x x 3 x
a) lim
II. 9. LIMITET E NJËANSHME Deri tani kemi dhënë përkufizimin e limitit me gjuhën e „ - “ lim f ( x) L 0, 0 , x E, xx0
0 | x x0 | | f ( x) L | Kur themi se x x0 , nënkuptojmë që x i afrohet x0 nga e majta nëse x < x0 dhe nga e djathta kur x > x0 . Përkufizim 1: Në qoftë se për x x0 (x < x0 ) funksioni f(x) tenton në një numër L të caktuar, atëhere themi se numri L është limit i majtë i funksionit f(x). Pra, kur x tenton në x0 nga e majta, funksioni f(x) tenton në L. E shkruajmë këtë përkufizim në gjuhën e „ - “ : lim f ( x) L 0, 0 , x E , x ]x0 , x0 [ | f ( x) L | x x0
Përkufizim 2: Në qoftë se për x x0 (x > x0 ) funksioni f(x) tenton në një numër L të caktuar, atëhere themi se numri L është limit i djathtë i funksionit f(x). Pra, kur x tenton në x0 nga e djathta, funksioni f(x) tenton në L. E shkruajmë këtë përkufizim në gjuhën e „ - “ : lim f ( x) L 0, 0 , x E , x ]x0 , x0 [ | f ( x) L | x x0
Shënim: Në të dy përkufizimet L mund të jetë një prej simboleve (+, –, ). Në këto raste shprehja “numri L” në të dy përkufizimet shënohet thjesht”L”. Shembull: Gjeni limitet e njëanshme të funksionit të paraqitur grafikisht në pikat |
y y = f(x) MATEMATIKA 1 96 2 o 1 o x o 0 o -2 -1 1 2 o
3
–2; –1, 0; 1; 2. Zgjidhje: lim f ( x) 0 ; x 2
lim f ( x) 0
x 2
Plotësoni limitet e njëanshme për pikat e tjera (–1; 0; 1; 2) duke u mbështetur në figurën 8. Teoremë: Kusht i nevojshëm dhe i mjaftueshëm që funksioni f të ketë limit të barabartë me L në pikën limite x0 , është që të ekzistojnë të dy limitet e njëanshme dhe të jenë të barabarta me L. Pra, lim f ( x) lim f ( x) L lim f ( x) L Vërtetim: x x x x0 x x0 0 Supozojmë që lim f ( x) L . Atëherë, në bazë të përkufizimit të limitit të
x x0
funksionit në pikën limite x0 do të kemi: lim f ( x) L 0, 0 , xx0
x E, 0 < | x x0 | | f ( x) L | (1) Nga (1) mund të shkruajmë për një > 0: > 0, x ]x0 , x0 [ | f ( x) L |
Dhe > 0, x ]x0 , x0 [ | f ( x) L | . Pra, lim f ( x) lim f ( x) L . x x0
x x0
Anasjelltas: Kemi që lim f ( x) lim f ( x) L . Nga përkufizimi i limiteve x x0
x x0
të njëanshëm shkruajmë: lim f ( x) L 0, 1 0 , x E , x ]x0 , x0 1[ | f ( x) L | x x0
lim f ( x) L 0, 2 0 , x E , x ]x0 2 , x0 [ | f ( x) L |
x x0
Zgedhim si min{1. 2 } dhe do të kemi: x E, 0 < | x x0 | | f ( x) L | që
tregon se lim f ( x) L . x x0
Shembull: Gjeni lim f ( x) nëse x2
y = f(x)
y 3 2 1
o
f: R – {2} R jepet me ligjin: 0 1 2 3 x 1 per x 2 . f ( x) Figura 9 x 3 per x 2 Zgjidhje: Gjejmë limitet e njëanshme të funksionit në pikën x = 2. MATEMATIKA 1 |
x
97
lim f ( x) lim ( x 1) 2 1 1 ;
x 2
lim f ( x) lim ( x 3) 2 3 1 .
x 2
x2
x2
Meqënëse lim f ( x) lim f ( x) 1 themi se ekziston limiti i funksionit në x2
x2
pikën x = 2 dhe është i barabartë me 1. Pra, lim f ( x ) 1 . x2
y y=x+4 Shembull: Jepet funksioni f: R – {2}R, o 6 | x2| ku f ( x) x 3 . Gjeni limitet e o x2 4 njëanshme të funksionit në pikën 2. 2 Zgjidhje: x Meqënëse në ligjin e funksionit kemi vlerë -4 -2 0 2 4 absolute, |x – 2|, do të kemi dy raste: Figura 10 a) |x – 2| = x – 2 kur x – 2 > 0 x > 2 atëhere | x2| x2 f ( x) x3 x 3 1 x 3 x 4 x2 x2 b) |x – 2| = –(x – 2) kur x – 2 < 0 x < 2 atëhere | x2| ( x 2) f ( x) x3 x 3 1 x 3 x 2 x2 x2 x 4 kur x 2 Pra, f ( x) . x 2 kur x 2 Njehsojmë limitet e njëanshme të funksionit në pikën x = 2: lim f ( x) lim ( x 4) 2 4 6 ; x 2
x 2
lim f ( x) lim ( x 2) 2 2 4 .
x 2
x 2
Meqënëse limitet e njëanshmë në pikën x = 2 nuk janë të barabartë, themi se nuk ekziston lim f ( x) . x2
II. 10. LIMITET TË RËNDËSISHME. Në vijim do të gjejmë disa limite të rëndësishme: E fillojmë me: Limiti i funksionit y
sin x kur x 0 x MATEMATIKA 1
|
98
Meqë: lim sin x sin 0 0 dhe lim x 0 , nuk mund të përdorim teoremën x 0
x 0
për limitin e raportit.
sin x 1. x 0 x
Përdorim një metoda tjetër për të treguar që lim
Në rrethin trigonometrik (rrethi me rreze 1 njësi) marrim këndin x [0, ] . 2 sin x y cos x x tgx y Dimë se: M ; M dhe T. Nga figura vëmë re se: SMOM ' SOMAM ' STOT ' (1) Nga ana tjetër kemi: b h MM ' OP 1 SMOM ' 2PM OP sin x cos x ; 2 2 2 Figura OMAM’ është sector qarkor prandaj sipërfaqja e tij është: l r l 2x SOMAM ' x 2 2 2 (masa e këndit qëndror është e barabartë me masën e harkut në të cilin mbështetet) b h TT ' OA 1 STOT ' 2 AT 1 tgx ; 2 2 2 Zëvendësojmë përfundimet e arritura në (1) dhe marrim: sinxcosx < x < tgx y Pjesëtojmë inekuacionin me sinx > 0 dhe x 1 M kemi: cos x sin x cos x Kalojmë në limit: x x x 1 O P A(1, 0) . limcos x lim lim x0 x0 sin x x0 cos x Meqë ' ' 1 limcos x lim 1 x 0 x 0 cos x x atëhere nga teorema e “policit” rrjedh që: lim 1. x 0 sin x sin x Kjo tregon se edhe lim 1. x 0 x Shohim rastin kur x < 0. sin( x) sin x sin x . x x x sin x Sic shihet mund të themi se: lim 1. x 0 x MATEMATIKA 1 |
99
Shënim: Shihet qartë në figurë se sinx < x < tgx për çdo masë të këndit të marrë. Shembull:
sin 4 x sin 2 x tgx 1 cos x ; b) lim ; c) lim ; d) lim . x 0 x x0 x0 sin 5 x x 0 x x2
Gjeni:a) lim
Zgjidhje: sin 4 x sin 4 x a) lim lim 4 1 4 4 ; x 0 x 0 x 4x sin 2 x 2x sin 2 x 1 2 2 b) lim lim 2 x ; x 0 sin 5 x x 0 sin 5 x 1 5 5 5x 5x sin x tgx sin x 1 c) lim lim cos x lim 1 1 1 ; x 0 x x 0 x 0 x x cos x x x 2sin 2 2sin 2 1 cos x 2 lim 2 2 1 1 . d) lim lim 2 2 2 x 0 x 0 x 0 x x 4 2 x 2 2 2 1 Limiti i funksionit y (1 ) x kur x x x 1 Le të gjejmë disa vlera të funksionit f ( x) 1 për x = 1, 10, 100, 1000, x 10000. x f(x) 1
1
1 1 2 1
10
1 1 2,593742460 10
100
1 1 100
1000
1 1 1000
100 00
1 1 10000
10
100
2, 7048133829 1000
2, 716923932 10000
2, 71815 MATEMATIKA 1
|
100
Këto llogaritje tregojnë se për vlera shumë të mëdha të ndryshores x shprehja x
1 1 x merr vlera që i përafrohen numrit 2,718281828. Intuiivisht pranojmë që: x
1 (2) e lim 1 x x Në fakt, përfundimi i mësipërm vërtetohet matematikisht. Një vërtetim të tillë mund ta gjeni në literatura të ndryshme. 1 x
Limiti i funksionit y (1 x) kur x 0. 1
Le të vërtetojmë që lim(1 x) x e x 0
Tek (2) zëvendësojmë
1 t dhe kemi: x t
1 lim(1 x) lim 1 e . x 0 t t 1 x
1 x
k Ushtrim: Tregoni se: lim(1 kx) lim(1 ) x ek . x 0 x x
log a (1 x) (ku a > 1, a 0) për x 0. x log (1 x) 1 Kemi: lim a loge a x 0 x ln a Limiti i funksionit y
ln(1 x) 1 x a x 1 Limiti i funksionit y (ku a > 1, a 0) për x 0. x Shënojmë me t = ax – 1, prej nga x = loga(1 + t). a x 1 t 1 lim lim ln a x 0 t 0 x log a (1 t ) log a e Rast i veçantë lim x 0
a x 1 lim ln a Përfundimisht: x 0 x ex 1 1 Rast i veçantë lim x 0 x MATEMATIKA 1 |
101
e x 1 e x 0 x
Shembull : Njehsoni lim
Zgjidhje: e x 1 e e(e x 1) lim lim e 1 e x 0 x 0 x x Disa limite të tjera. lim x ; lim x x
lim x 2
x
lim x3 ;
x
x
lim x 0 ;
lim
x 0
x
x
lim x 2 ;
x
lim x3
x
1 ; x 0 x 1 lim 2 ; x 0 x lim
1 1 lim 0 x x x 0 x 1 1 lim 2 lim 2 0 x x 0 x x Limiti i funksionit y log a x (ku a > 1, a 1 , x > 0) Dallohen disa raste: Rasti 1: 0 < a < 1 lim log a x lim log a x lim
x 0
x
Rasti 2: a > 1 lim log a x
lim log a x
x 0
x
Limiti i funksionit y a x (ku a > 1, a 1) Rasti 1: 0 < a < 1 lim a x lim a x 0 x
Rasti 2: a > 1 lim a x 0 x
x
lim a x
x
II. 11. FORMAT E PACAKTUARA Deri tani ne kemi parë përkufizimin e limitit në gjuhën e , -ve, vetitë e limitit, limitet e disa funksioneve. Në këtë pjesë do të shohim se si do të njehsohen limitet në rastet kur kemi të bëjmë me forma të pacaktuara të cilat janë: 0 0 ; dhe 1 . ; ; 0 MATEMATIKA 1 102 |
0 . 0 Jepen funksionet f(x), g(x) dhe x0 R e tillë që lim f ( x) 0 dhe Limiti i formës
x x0
lim g ( x) 0 .
x x0
Në këtë rast teorema mbi limitin e raportit nuk përdoret sepse: f ( x) 0 lim x x0 g ( x ) 0 0 Do të themi se kemi të bëjmë me formën e pacaktuar . 0 Për gjetjen e limitit të funksionit përdoren dy metoda: E para, Funksionet f(x) e g(x) kanë për faktor të përbashkët binomin (x – x0 ). Limiti merr trajtën: f ( x)( x x0 ) f ( x) f1 ( x0 ) f ( x) lim lim 1 lim 1 x x0 g ( x ) x x0 g ( x )( x x ) x x0 g ( x ) g1 ( x0 ) 1 0 1 ku f1 ( x0 ) 0 ose g1 ( x0 ) 0 . Nëse përsëri rezulton që lim f1 ( x) lim g1 ( x) 0 përsëritim faktorizimin me x x0
x x0
binomin (x – x0 ). E vazhdojmë këtë process derisa pas thjeshtimit me (x – x0 ) të merret një thyesë e ndrysme nga zero. Shembull: Gjeni a) lim x 1
x2 1 ; x 1
b) lim x2
3 x2 5x 6 2 x 2 x 1 ; c) ; d) . lim lim 2 3 2 x 2 x 1 x 1 8 x x x2
Zgjidhje: x2 1 ( x 1)( x 1) lim lim( x 1) 1 1 2 ; a) lim x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 x 5x 6 ( x 2)( x 3) ( x 3) 2 3 1 b) lim 2 lim lim ; x 2 x x 2 x 2 ( x 2)( x 1) x 2 ( x 1) 2 1 3 c) Për të njehsuar këtë limit do të përdorim formulën: a 2 b 2 (a b)(a b) (të konjuguarën) lim
x 2
2 x 2 ( 2 x 2)( 2 x 2) lim 3 x 2 8 x (8 x3 )( 2 x 2) ( 2 x ) 2 22 x 2 (8 x 3 )( 2 x 2)
= lim
MATEMATIKA 1 |
103
2 x4 (8 x3 )( 2 x 2) ( x 2) = lim x 2 (2 x )(4 2 x x 2 )( 2 x 2) 1 = lim x 2 (4 2 x x 2 )( 2 x 2) 1 1 48 (4 4 4)( 4 2) = lim
x 2
d) Për të njehsuar këtë limit do të përdorim formulën: a 3 b3 (a b)(a 2 ab b 2 ) x 1 ( 3 x 1)( 3 x 2 3 x 1) ( 3 x )3 13 lim lim x 2 1 x1 ( x 2 1)( 3 x 2 3 x 1) x1 ( x 2 1)( 3 x 2 3 x 1)
3
lim x 1
lim x 1
lim x 1
lim
( 3 x )3 13 ( x 2 1)( 3 x 2 3 x 1) x 1
( x 1)( x 1)( 3 x 2 3 x 1) 1
( x 1)( 3 x 2 3 x 1) 1 1 . (1 1)(1 1 1) 6 E dyta, Funksioni ka si pjesë përbërëse njërën nga formulat e rëndësishme. Në këto raste veçohet formula e rëndësishme dhe më pas gjendet limiti i kërkuar. 1 cos 2 x Shembull: Gjeni lim . x 0 x sin x cos x Zgjidhje: 1 cos 2 x sin 2 x lim lim x 0 x sin x cos x x 0 x sin x cos x sin x lim x 0 x cos x sin x 1 lim lim x 0 x x0 cos x = 11 = 1 x 1
MATEMATIKA 1 |
104
Jepen funksionet f(x), g(x) e x0 R pikë limite e tillë që: Limiti i formës
lim f ( x0 ) dhe lim g ( x0 ) .
x x0
x x0
Në këtë rast kemi që: lim
x x0
f ( x) g ( x)
Themi që kemi të bëjmë me formën e pacaktuar
.
Kujtesë: a x n a x n1 ... a0 P( x) lim lim n m n1 m1 x Q( x) x b x b ... b0 m m 1 x
nëse n m an x a lim n nëse n m x b x m m bm 0 nëse n m Shembull: Njehsoni 2 x3 1 2x 4 a) lim 5 ; b) lim ; 2 x x x 1 x 9 x2 2 n
cot g 4 x ; x 0 cot g 5 x
d) lim
e) lim
x
2x cot g
1 x
c) lim
x 4 x2 1
x2 2 x 5 2 x 5x 1 f) lim x . x 3 5 x x 2
;
Zgjidhje: 2 x3 1 2 x3 2 lim lim 2 0 ; a) lim 5 2 5 x x x 1 x x x x 4 4 x(2 ) x(2 ) 2x 4 x x b) lim lim lim 2 x x x 2 2 9x 2 x 2 (9 2 ) | x| 9 2 x x 4 4 x(2 ) 2 x x 2 2; lim lim x x 2 2 9 3 x 9 2 9 2 x x
MATEMATIKA 1 |
105
x 4x 1 2
c) lim
x
x2 2 x 5
1 1 ) x | x | (4 2 ) 2 x lim x x 2 5 2 5 x 2 (1 2 ) | x | (1 2 ) x x x x
x x 2 (4 lim
x
1 1 ) x x (4 2 ) 2 x lim x lim x x 2 5 2 5 ( x) (1 2 ) ( x) (1 2 ) x x x x 1 x 1 4 2 x 1 4 lim 3 ; x 2 5 1 ( x) (1 2 ) x x 1 tg 5 x 5x cot g 4 x tg 5 x 5 tg 4 x 5 x d) lim lim lim lim ; x 0 cot g 5 x x 0 x 0 tg 4 x x 0 tg 4 x 1 4x 4 tg 5 x 4x 1 tg 2x 2x e) lim lim 2 lim x 2 1 2 ; x x 1 1 x 1 cot g 1 x x tg x 2 5x ( ) x 5 x x 1 2 5 5 5 f) lim x lim x 3 5 x x 3 5 x ( ) x 1 5 2 3 sepse lim( ) x 0 dhe lim( ) x 0 . x 5 x 5 x ( x) (4
Limiti i formës 0 Jepen funksionet f(x), g(x) dhe x0 R e tillë që:
lim f ( x) 0 dhe lim g ( x) .
x x0
x x0
Atëhere lim f ( x) g ( x) 0 është formë e pacaktuar. x x0
MATEMATIKA 1 |
106
Forma e pacaktuar 0 mund të kthehet me ndihmën e transformimeve të 0 njëvlershme në formën ose , si përshembull: 0 f ( x) 0 lim f ( x) g ( x) lim ; x x0 x x0 1 0 g ( x) g ( x) ose lim f ( x) g ( x) lim . x x0 x x0 1 f ( x) Shembull:
1 (3x 2) ; x x 5 c) lim(2 x cot gx) . Njehsoni a) lim
1 b) lim( x sin ) ; x x
x 0
Zgjidhje:
1 3x 2 3x (3x 2) lim lim 3; x x 5 x x 5 x x 1 sin 1 x b) lim( x sin ) lim x x x 1 x 1 1 sepse duke zëvendësuar t kemi: x, 0 dhe t0 x x 1 sin x lim sin t 1 ; kështu që lim x t 0 1 t x 1 x ) 2 lim( ) 2 1 2 . c) lim(2 x cot gx) lim(2 x x 0 x 0 x 0 tgx tgx a) lim
Limiti i formës – Jepen funksionet f(x), g(x) dhe x0 R e tillë që:
lim f ( x) ; lim g ( x) ose
x x0
x x0
lim f ( x) ; lim g ( x)
x x0
x x0
Pra, f(x) dhe g(x) janë pmm me të njëjtën shenjë në pikën x0. MATEMATIKA 1 |
107
Atëhere lim[ f ( x) g ( x)] . x x0
Limiti i formës – mund të kthehet në formën Shembull: Njehsoni 2 1 a) lim( 2 ); x 1 x 1 x 1
b) lim( 4 x 2 x 1 4 x 2 2 x 5) ; x
c) lim ( x 2 2 x 3 x 4) ; d) lim( x
e) lim
0 ose . 0
x 0
1 1 ); sin x tgx
4 x2 1 x2
. 9 x2 3 x2 5 Zgjidhje: 2 1 2 ( x 1) 2 x 1 a) lim( 2 ) lim lim x 1 x 1 x 1 x1 ( x 1)( x 1) x1 ( x 1)( x 1) 1 x 1 1 lim lim ; x 1 ( x 1)( x 1) x 1 x 1 2 x
b) lim( 4 x 2 x 1 4 x 2 2 x 5) x
lim( 4 x 2 x 1 4 x 2 2 x 5) x
lim x
lim x
lim x
( 4 x 2 x 1 4 x 2 2 x 5)
(4 x 2 x 1) (4 x 2 2 x 5) ( 4 x 2 x 1 4 x 2 2 x 5) 4 x2 x 1 4 x2 2 x 5 ( 4 x 2 x 1 4 x 2 2 x 5)
3x 4 ( 4 x x 1 4 x 2 2 x 5)
lim x
( 4 x 2 x 1 4 x 2 2 x 5)
2
3x 4 ( 4 x x 1 4 x 2 2 x 5) 2
MATEMATIKA 1 |
108
4 x 3 x lim x 1 1 2 5 x 2 (4 2 ) x 2 (4 2 ) x x x x 4 x 3 x lim x 1 1 2 5 | x| 4 2 4 2 x x x x Meqenëse x do të shohim dy raste: I. x +; 4 x 3 3 3 x I. lim ; x 4 4 4 1 1 2 5 x 4 2 4 2 x x x x
II. x – 4 x 3 3 3 x II. lim . x 1 1 2 5 ( 4 4) 4 x 4 2 4 2 x x x x
c) lim ( x 2 2 x 3 x 4) x
lim ( x 2 2 x 3 x 4) x
lim
x
x 2 2 x 3 ( x 4) 2 x 2 2 x 3 ( x 4)
x 2 2 x 3 ( x 4) x 2 2 x 3 ( x 4)
lim
x
x 2 2 x 3 x 2 8 x 16 2 3 x 2 (1 2 ) ( x 4) x x
6 x 13 2 3 | x | 1 2 ( x 4) x x 13 x(6 ) 6 x lim 3 ; x 2 3 4 1 1 x 1 2 (1 ) x x x
lim
x
MATEMATIKA 1 |
109
1 1 cos x 1 d) lim lim x 0 sin x x 0 tgx sin x sin x 1 cos x lim x 0 sin x 1 cos x 2 x 2 x lim lim x 0 x 0 x 0 sin x x x 1 cos x 1 Kujtesë: lim . x 0 x2 2 e) lim x
4x2 1 x2 9 x2 3 x2 5
x 2 (4 lim x
x 2 (9
1 ) x2 2 x
1 5 ) x 2 (1 2 ) 2 3x x
1 x 4 2 1 x 4 1 1 lim . x 9 1 2 1 5 x 9 2 1 2 3x x
Limiti i formës 1 , 00 , 0 . Për të njehsuar limitet e këtyre formave të pacaktuara mbështetemi në limitin 1 e njohur: lim(1 ) x e x x Shembull 28: Njehsoni x
2 a) lim 1 ; x x
3 b) lim 1 x 2x 1
2 x4
;
2x 1 c) lim x 2 x 1
2 x2
.
Zgjidhje: 2 (2) 2 a) lim 1 lim 1 e ; x x x x x
3 c) lim 1 x 2x 1
x
2 x4
3 lim 1 x 2x 1
2 x 1
3
3 3 3 1 e 1 e ; 2 x 1 MATEMATIKA 1
|
110
2x 1 d) lim x 2 x 1
2 x 2
2x 1 1 1 lim x 2x 1
2 2x 1 lim x 2 x 1 2x 1 2 lim 1 x 2x 1
2 x 1
2 x2
2 x 2
2x 1 2 lim x 2x 1
2 lim 1 x 2 x 1
2 x 2
2 x2
1
2 2 2 1 e 1 e 2x 1
Përmbledhje: (+) + (+) = (+);
(+) (+) = (+);
(–) + (–) = (–);
(–) (–) = (+);
(+) + L = (+);
(+) (–) = (–);
L 0;
Herësi merr L (+) L = Prodhimi shenjën e L-së (L ≠ 0). merr shenjën e L-së;
II.12. USHTRIME 1. Tregoni cili nga pohimet e mëposhtme është i vërtetë (V) dhe cili i gabuar (G). 1) x A , 2) x A 1 x 3 , 3) x A x 5 , 4) x A 4 x 3 6 , 5) x A 1 x 3 . 2. Dke ditur se limiti lim an 4 ; lim bn 1 dhe lim cn 3 . Gjeni: n
a) lim (an cn ) ; n
2an cn ; n 3b 1 n
c) lim
n
n
an ; n b n
b) lim
d) lim (2an cn )(4bn 1) . n
3. Gjeni limitin e vargjeve duke përdorur teoremën e Policit. sin n cos n a) yn ; b) yn ; n n MATEMATIKA 1 |
111
c) yn
sin n ; 2n
(1) n ’ n5
d) yn
4. Duke përdorur teoremat për veprimet me limitet, gjeni: 2 4 1 n; a) lim 2 ; b) lim n n 3 n 2 n n 1 1 c) lim 2 ; d) lim 4 2 . n 2 n n n sin x 5. Duke ditur se lim 1 gjeni: x 0 x a) lim n sin n
1 ; n
b) limsin n
1 ; 2n
3 n. c) lim n 4 tg n sin
1 gjeni lim an . n 2n 2 2 b) Nëse për çdo nN, 3 an 3 gjeni lim an . n n n 1 c) Nëse për çdo nN, an 1 2 gjeni lim an . n n 6. a) Nëse për çdo nN, an 2
7. Gjeni limitet e vargjeve të mëposhtëm. n
2 a) lim ; n 3 n
3 d) lim ; n 2
k) lim 5 ; n
n
n
n
1 b) lim ; n 2
e c) lim ; n
e) lim ln e ;
f) lim cos 30 0 ; n
n
n
l) lim tg 45
o n
n
n
.
8. Gjeni limitet e vargjeve të mëposhtëm. n 2 5n 2n 2 3n 1 lim a) lim ; b) ; n 1 2n n 5n 2 n 2 n5 1 n2 d) lim ; e) lim ; n n 2 n n 1
1 n2 ; n n3 n 1 4 7n6 f) lim 6 n n 3
c) lim
MATEMATIKA 1 |
112
9. Gjeni limitet e vargjeve të mëposhtëm. 2n 1 5 9n 1 n a) lim n1 2 ; b) lim ; n 2 n n 4n n 2
e) lim c) lim
n
n
4n2 6n 3 4n2 2n ; d) lim 9n2 n n2 1
n
10. Provoni se: 1) lim(2 7 x) 5 ;
2) lim3x 1;
3) lim(2 x x) 6 ;
4) lim sin x 0 ;
5) lim cos x 1 ;
6) lim
x 1
2
x2
x 0
7) lim a x 0 ku 0 < a < 1; x
9) lim sin 3 x 1 ; x
6
11) lim x 1
2 ; ( x 1) 2
x2 ; x x 2 x2 lim ; 15) x 3 x 1 17) lim 0; x x 2 për x 19) lim(2 x ) ; x 0 për x
13) lim
n 2 1 4n 2 1 ;
x0
x 0
3x 2 1 3 ; x 2 x 2 2 1 8) lim n 0 ku n N; x x 10 10) lim ; x 2 x 2 1 ; x 3 5x2 ; 14) lim x x 5 1 16) lim(3 2 ) ; x 0 x
12) lim x 9
18) lim 2x 0 ; x
0 2 20) lim( ) x x 3
për x . për x
x 2 1 për x 1 11. Njehsoni limitin e funksionit f: R – {1}R, f ( x) në x 1 për x 1 pikën x = 1 x për 1 x 0 ose 0 x 1 12. Jepet funksioni: f: R R, f ( x) 1 për x 0 0 për x 1 ose x 1 MATEMATIKA 1 |
113
a) Gjeni limitet e njëanshme të funksionit në pikat -1, 0, 1; b) Në cilën pikë ekziston limiti i funksionit? 13. Duke u mbështetur në grafikun e funksionit, njehsoni: 1) lim f ( x) ; 2) lim f ( x) ; x
x
3) lim f ( x) ;
4) lim f ( x) .
x 1
x 3
14. Duke ditur që njehsoni lim x c
y
lim f ( x) 2 ,
y = f(x)
x c
f 2 ( x) f ( x) . f ( x) 3
o 3
15. Jepen f ( x) sin x 2 dhe g ( x) cos 2 x . f ( x) g ( x) f ( x) Njehsoni lim . g x 2 f ( x) 16. Jepet funksioni f: RR, f ( x)
-1 0 -1
x2 . x( x 1)( x 2)
Njehsoni limitet: 1) lim f ( x) ;
2) lim f ( x) ;
3) lim f ( x) ;
4) lim f ( x ) ;
5) lim f ( x ) ;
6) lim f ( x ) ;
7) lim f ( x ) ;
8) lim f ( x) .
x
x 1
x 0
x o
x 1
x 0
x2
x
x2
17. Nëse lim f ( x) 4 , njehsoni lim x2
x 2
f ( x) f ( x) . f ( x) 5
18. Duke ditur që lim f ( x) 3 dhe lim g ( x) 8 , njehsoni lim xa
xa
x a
2 f ( x) g ( x) f ( x)
19. Njehsoni limitin: MATEMATIKA 1 |
114
| x2 4 | x | x | ; 3) lim ; x 3 x 1 x 2 x2 x | x 2 3x 2 | 1 1 4) lim ; 5) lim ; 6) lim 2 ; x 1 x 1 x 1 x 2 x 4 x 1 5x 1 1 x2 2 7) lim ; 8) lim ; 9) lim ; x 2 | 2 x | x 0 | x | x 3 x | x 1| 6
1) lim( x2 | x 1|) ;
10) lim ( x tgx) ; x
2) lim
11) lim(25
1 x 5
x 5
);
12) lim x 0
2
20. Njehsoni limitin: 1) lim (2 x x4 ) ; x
0 21. Njehsoni limitin ( ): 0 x3 2x 2 x 2 1) lim ; x 2 x2 x 2
23 1 4
1 x
1 x
.
2) lim ( x3 2 x2 5) ; 3) lim (1 x x3 ) . x
x
x3 1 ; x 1 x 1
2) lim
3) lim x 3
x 3 x2 9
;
x3 a3 x3 2x 2 x 2 4) lim 2 ; 5) lim ; xa x a 2 x 2 x2 x 2 x3 x 2 x 1 x2 2x 8 x2 2x lim lim 6) lim ; 7) 8) ; x 1 x4 x 2 3x 4 x2 x 2 x 2 3x 2 6 x 3 x2 1 x2 9 x5 1 lim 9) lim 3 10) lim 11) x 1 x 1 x 3 27 x 3 x 1 x10 1 ( x a) 2 x a (a 2 a ) ( x 4) ln( x 6) lim 12) lim 13) x 0 x 4 x x2 16 2 t 9 2 x x 1 2 14) lim 2 15) lim ; 16) lim x4 x 3 t 3 2t 7t 3 x4 x 3
17) lim x 0
4 3x 2 ; x
| x| 19) lim ; x 0 x sin(2 x 2) ; x 0 4x 4
22) lim
18) lim x 0
1 x4 1 x4 ; x4
cos x 20) lim ; x cot gx 2
3x 2 ; x 0 1 cos 2 x
23) lim
x 2; 21) lim x 0 3 x sin
4 2x . x 2 4 x 16
24) lim
MATEMATIKA 1 |
115
22. Njehsoni limitin (
): 2x 1 ; x x 2 x2 4 x 3 5) lim ; x 2 x 2x 3 8) lim ; x 6 x 2 1 x2 11) lim ; x 2 7 x 2
x 3 ; 2 x x 3x 2 1 x3 4) lim 3 ; x 2 x x 2 3 2 7) lim [ 3 x 2 ] ; x x 2 x 2x 1 10) lim 2 ; x 2 x x 5 1) lim
2) lim
3x3 2 x 1 ; x 6 x 2 3 x 2 1 6) lim [e x ] ; x x 3 x 1 9) lim ; x x4 | x| 12) lim ; x | x | 1
3) lim
x2 2 ; x 4 x 2 x 16) lim 2 ; x x 1
1 2| x| 14) lim (1 cos ) ; 15) lim ; x x x x 3x 2 2 2x 1 17) lim ; 18) lim ; x x 4x2 1 x2 x 3x 7 x 2 x 9 x2 1 lim 19) lim ; 20) . x 7 x 5 x x x 2 1 3x 23. Njehsoni limitin (0): 1 1 1) lim( x 4) 2 ; 2) lim 2 x2 x 2 ; x x x 9 x3 x 9 3) lim sin ; 4) lim(sin 3 x cot g 7 x) ; x 0 x 3 x 1 5) lim( x sin ) ; 6) lim(tg 3x cot g 2 x) ; x 0 x 3x 1 7) lim( 2 sin 2 x tgx) . x 0 x 24. Njehsoni limitin (– ) x2 x 2 1 lim( ); 1) lim( ; 2) ) 2 x 2 x 5 x 1 1 x 2 x 1 1 1 3) lim( x 2 x 4 x) ; 4) lim( ); cos x x cotgx x 13) lim
2
5) lim( x 2 x 5 x 2 x 7) ; 6) lim ( x 2 5 x 1 x 1) ; 2
2
x
7) lim( x 5 x 5) ; x
x
8) lim (2 x 2 x 2 x 1) ; x
9) lim ( 3 x 2 9 x 2 x 9) . x
MATEMATIKA 1 |
116
25. Njehsoni limitin (1 ) 7 1) lim 1 ; x x
x 5 2) lim ; x x
3x 1 3) lim ; x 3x
4x 3 4) lim ; x 4x
x
x
x
3x
2 5) lim 1 x 5x 4
x3 7) lim x x 5
3x2
;
2x 5 6) lim x 2 x 3
.
x 3
27. Njehsoni limitin: ( x a )3 x 3 1) lim ; a 0 a x 8 3) lim 3 ; x 64 x 4
a 1 ; a 1 4 a 1 (2 x 1)4 ( x 1)3 7) lim ; x (5 x 3)7
nx 4 2 nx6 1
9) lim x( x 1 x) ; 2
x
(3x 1) ; 510 x 20 x5 2
1 x2 1 2) lim ; x 0 x2 x 8 4) lim 3 ; x 8 x 2
13) lim x 0
6) lim x 1
x 1 2 ( x 1)2
8) lim x
x
3
x x2 2 8 ;
1 cos x 15) lim ; x 0 x sin x cos x 3
;
25 x 1 ; 4x 3 3 2
10) lim x ( x2 1 x2 1) ; x
10
1 x 1
2.
3
3
5) lim
x
;
2 x 3
26. Njehsoni vlerën e n-së nëse lim
11) lim
4 x 1
12) lim x
3x 1 2 x x2 5
;
sin 3x ; x 0 tg 7 x
14) lim
sin 2 x 16) lim ; x 0 1 cos 3 x
MATEMATIKA 1 |
117
17) lim x 0
19) lim
2 1 cos x ; x2
1 sin x
; 2 x 2 1 1 ); 21) lim( x 0 sin x tgx 7 sin x 2 x x 2 23) lim ; x 0 sin x 2 x x 2
25) lim x
4
27) lim x
sin x cos x ; 1 tgx
1 cos x ; ( x) 2
18) lim
1 cos x
; 1 cos3 x tgx cot gx 20) lim ; sin x cos x x x 0
4
x sin 2 x ; x 0 x sin 3 x 1 sin x cos x 24) lim ; x 0 1 sin x cos x 2x 26) lim ; cos x x 22) lim
2
28) lim(1 x) tg x 1
cos
x 2
;
x
2 ; 29) limcot g 2 x cot g ( x) ; 30) lim x 0 x 1 2 1 x 1 tgx 1 sin x sin x sin a 31) lim ; 32) lim ; x 0 x a x3 xa ex e 1 sin x 1 sin x 33) lim ; 34) lim ; x 1 x 1 x 0 tgx 2 e x e x ex 1 35) lim ; 36) lim ; x 0 x 0 2 x sin x x 1 ln x 1 37) lim x(e x 1) ; 38) lim . x x e x e
MATEMATIKA 1 |
118
KREU III
VAZHDUESHMËRIA E FUNKSIONIT III. 1 PËRKUFIZIMI I VAZHDUESHMËRISË SË FUNKSIONIT Në kapitullin e mëparshëm, ne mësuam të njehsojmë limitin e një funksioni f(x), në pikën x = x0, dhe nuk shprehëm interes nëse ekzistonte vlera e funksionit në këtë pikë, f(x0). Gjatë njehsimit të limitit nuk ishte e rëndësishme të shihej se çfarë ndodhte me funksionin në pikën x0, madje shpesh pika x0 mund të mos ishte element i bashkësisë së përcaktimit e funksionit f(x). Vlera f(x0) është e rëndësishme nëse ne do të flasim për vazhdueshmërinë e funksionit. Përkufizim 1: Funksioni f(x) i përcaktuar në një bashkësi X, quhet i vazhdueshëm në një pikë x0 X në qoftë se:
lim f ( x) f ( x0 ) .
x x0
E thënë me fjalë të tjera, funksioni y = f(x) është i vazhdueshëm në pikën x0 X nëse plotësohen njëkohësisht tre kushtet: 1. ekziston vlera e funksionit në pikën x0 (f(x0)); 2. ekziston limiti i funksionit në pikën x0 ( lim f ( x) ); x x0
3. Limiti i funksionit në atë pikë të jetë i barabartë me vlerën e funksionit në pikën x0, ( lim f ( x) f ( x0 ) ). x x0
Vazhdueshmëria e funksionit y = f(x) në pikën x = x0 jepet edhe në një mënyrë tjetër. Para se ta formulojmë përkufizimin e dytë është e nevojshme të përkufizojmë dy koncepte ndihmëse: Diferencën h = x – x0 do ta quajmë shtesë të argumentit në pikën x0, ndërsa diferencën y = f(x) – f(x0) do ta quajmë shtesë të funksionit në pikën x0, që i përgjigjet shtesës së argumentit. Siç shihet, çdo shtese të argumentit në pikën x0 i përgjigjet një shtesë plotësisht e përcaktuar e funksionit y. Përkufizim 2: Funksioni y = f(x) i përcaktuar në një segment [a, b], quhet i vazhdueshëm në një pikë x0 [a, b] në qoftë se ndryshesa e funksionit y shkon në zero kur shtesa h shkon në zero. Pra, lim y 0 h 0
MATEMATIKA 1 |
119
Teoremë: Dy përkufizimet për vazhdueshmërinë e funksionit në pikën x = x0 janë të njëvlershme: Vërtetim: Nga barazimi lim f ( x) f ( x0 ) rrjedhin: x x0
lim f ( x0 h) f ( x0 ) 0 h 0
lim[ f ( x0 h) f ( x0 )] 0 h 0
lim y 0 h 0
Dhe anasjelltas nga barazimi lim y 0 kemi: h 0
lim[ f ( x0 h) f ( x0 )] 0 h 0
lim f ( x0 h) f ( x0 ) 0 h 0
lim f ( x) f ( x0 )
x x0
Përkufizim 3: 1. Funksioni është i vazhdueshëm nga e majta në pikën x = x0 nëse: lim f ( x) f ( x0 ) x x0
2. Funksioni është i vazhdueshëm nga e majta në pikën x = x0 nëse: lim f ( x) f ( x0 ) x x0
Përkufizim 4: 1. Funksioni është i vazhdueshëm në intervalin ]a, b[, nëse ai është i vazhdueshëm në çdo pikë të tij. 2. Funksioni është i vazhdueshëm në segmentin [a, b], nëse: - ai është i vazhdueshëm në çdo pikë të intervalit ]a, b[ ; - është i vazhdueshëm nga e djathta në pikën “a”; - është i vazhdueshëm nga e majta në pikën “b”.
MATEMATIKA 1 |
120
Pra, duhet të plotësohen barazimet:
y
x0 ]a, b[ të kemi lim f ( x) f ( x0 ) x x0
dhe në skajet e segmentit të kemi: lim f ( x) f (a ) e lim f ( x) f (b) . x b
xa
oy = f(x) 2 o -4 -2 2 4 6 4
Shembull 1: Tregoni nëse funksioni i dhënë grafikisht, në figurën 1, është i vazhdueshëm në pikat: x = 0; x = 1; dhe x = 2. Zgjidhje: Nga grafiku shihet se: në x = 0, lim f ( x) 3 dhe f (0) 1 . Pra,
x
Figura 1
x 0
lim f ( x) f (0) . Funksioni nuk është i vazhdueshëm në x = 0; x 0
Në x = 1, lim f ( x) nuk ekziston dhe f (1) 2 . Pra, funksioni nuk është i x 1
vazhdueshëm në x = 1; Për x = 2, lim f ( x) f (2) = 3. Pra, funksioni është i vazhdueshëm në pikën x 2
x = 2; Shembull 2: Të studiohet vazhdueshmëria e funksionit:
f ( x)
1 x x2 1 në pikën x = 0. x
Zgjidhje: Që funksioni të jetë i vazhdueshëm në pikën x = 0, duhet të plotësohen tre kushtet e kërkuara në përkufizimin 1. Prandaj: 1 0 0 1 Njehsojmë f (0) . 0 Shihet qartë se f(0) nuk ekziston, sepse emëruesi i thyesës është zero; Cënohet kështu, një nga tre kushtet e vazhdueshmërisë së funksionit. Konkludojmë që funksioni f ( x)
1 x x2 1 nuk është i vazhdueshëm x
në pikën x = 0. x3 1 x 1 Shembull 3: Jepet funksioni f: R R: f ( x) x 1 . 2 x 1 Të studiohet vazhdueshmëria e funksionit në pikën x = 1.
Zgjidhje: MATEMATIKA 1 |
121
Për x = 1 kemi f(1) = 2; x3 1 ( x 1)( x 2 x 1) lim f ( x) lim lim lim( x 2 x 1) 3 . x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Pra, lim f ( x) f (1) , kështu që funksioni nuk është i vazhdueshëm. x 1
1 x0 x Shembull 4: Jepet funksioni f: R R : f ( x) x 0 x2. 2 x2 Të studiohet vazhdueshmëria e funksionit në pikat x = 0 dhe x = 2. Zgjidhje: Për x = 0 kemi: f(0) = 0; 1 lim f ( x) lim dhe lim f ( x) lim x 0 . Domethënë x 0 x 0 x 0 x 0 x lim f ( x) lim f ( x) që tregon se nuk ekziston lim f ( x) . Pra funksioni nuk x 0
x 0
x 0
është i vazhdueshëm në x = 0; Për x = 2 kemi f(2) = 2. lim f ( x) lim x 2 dhe lim f ( x) lim 2 2 domethënë x 2
x 2
x 2
x2
lim f ( x) lim f ( x) .
x 2
x2
Përfundimisht lim f ( x) 2 f (2) që do të thotë se funksioni është i x2
vazhdueshëm në x = 2. mx 2 +nx x 2 x 2 . Shembull 5: Jepet funksioni f: R R: f ( x) 8 mx n x 2 2 5 x Gjeni vlerën e m dhe n-së që funksioni të jetë i vazhdueshëm në x = –2. Zgjidhje: Që funksioni të jetë i vazhdueshëm në pikën x = –2 duhet që lim f ( x) f (2) 8 ose njëlloj duhet që lim f ( x) lim f ( x) . x 2
x 2
Atëhere: lim f ( x) lim
mx n
x 2
2m n 8 dhe 3
5 x lim f ( x) lim (mx nx) 4m 2n 8 . x 2
x 2
2
2
x2
x2
MATEMATIKA 1 |
122
2m n 8 2m n 24 Pra: 3 2m n 4 4m 2n 8 Nga zgjidhja e këtij sistemi me ndryshore m dhe n gjejmë: n = –14 dhe m = –5. Pra që funksioni të jetë i vazhdueshëm në pikën x = –2 duhet që m = –5 dhe n = –14.
III. 2. FUNKSIONE JO TË VAZHDUESHËM NË NJË PIKË. PIKAT E KËPUTJES. Më sipër u theksua që për të studiuar vazhdueshmërinë e një funksioni y = f(x) në pikën x0 X duhet verifikuar nëse plotësohen njëkohësisht tre kushtet e mëposhtme: 1. ekziston vlera e funksionit në pikën x0 (f( x0 )); 2. ekziston limiti i funksionit në pikën x0 ( lim f ( x) ); x x0
3. Limiti i funksionit në atë pikë të jetë i barabartë me vlerën e funksionit në pikën x0 , ( lim f ( x) f ( x0 ) ). x x0
Nëse të paktën një nga këto kushte nuk plotësohet, atëhere themi se funksioni nuk është i vazhdueshëm në pikën x0 X. Në këtë rast përdoret koncepti i pikës së këputjes. Pra, nëse për funksionin y = f(x) në pikën x = x0 nuk plotësohet një nga këto tre kushte themi se pika x0 është pikë këputje për këtë funksion. Dallohen disa raste pika këputjesh: Rasti 1: Në figurën 1 jepet grafiku i funksionit y = f(x). Shihet se limiti i majtë në pikën x = a është i ndryshëm nga limiti i djathtë në atë pikë. Pra, në pikën a, lim f ( x) nuk ekziston. xa
Konkludohet që funksioni nuk është i vazhdueshëm në pikën a. y
y = f (x)
y = f (x)
y
o f(a)
|
O
o a Figura 1
L x
o
MOATEMATIKA b 1
Figura 2
x 123
Rasti 2: Në figurën 2, lim f ( x ) L , por f(b) nuk ekziston. Kështu që funksioni nuk është x b
i përcaktuar në x = b e për rrjedhojë ai nuk është i vazhdueshëm në pikën b. Rasti 3: Në figurën 3, në pikën x = c kemi që lim f ( x ) L dhe f(c) ekziston, por x c
lim f ( x) f (c) . Kështu që, përsëri, funksioni nuk është i vazhdueshëm në x c
pikën c. y f(c)
y
L
o
O
c Figura 3
y = f (x)
y = f (x)
x
f(d) = L
O
d Figura 4
x
Rasti 4: Në figurën 4, në pikën x = d, lim f ( x) f ( d ) . Funksioni është i vazhdueshëm xd
në pikën d. Pikat e këputjes ndahen në dy tipe (lloje): a)të mënjanueshme (jo thelbësore) dhe b)të pamënjanueshme (thelbësore). Përkufizim: Pika x = x0 quhet pikë këputjeje e mënjanueshme (jo thelbësore) nëse plotësohet kushti i dytë i vazhdueshmërisë dhe cënohet të paktën njëri nga dy kushtet e tjera (1 ose 3). E thënë me fjalë të tjera, pika e këputjes është e mënjanueshme nëse ekziston lim f ( x) L por cënohet kushti 1, pra nuk ekziston f(x0) ose cënohet kushti x x0
3, L f ( x0 ) ose cënohen njëherazi të dy kushtet, kushti 1 dhe kushti 3.
MATEMATIKA 1 |
124
Shembull 8: Të studiohet vazhdueshmëria e funksionit x2 1 x 1 . f ( x) x 1 1 x 1 Zgjidhje: x2 1 ( x 1)( x 1) lim lim( x 1) 2 Njehsojmë limitin e funksionit: lim x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Shihet qartë se lim f ( x) f (1) . Pra, cënohet kushti 3 i vzhdueshmërisë, x 1
kështu që funksioni nuk është i vazhdueshëm në pikën x = 1. Pika x = 1 është pikë këputje e mënjanueshme. Ky funksion do të ishte i vazhdueshëm në pikën x = 1 nëse atë e modifikojmë si në vijim: x2 1 x 1 g ( x) x 1 2 x 1 Përkufizim: Pika x = x0 quhet pikë këputje e pamënjanueshme nëse nuk ekziston lim f ( x) ose lim f ( x) . x x0
x x0
E thënë me fjalë të tjera, pika x = x0 është pikë këputjeje e pamënjanueshme nëse: limitet e njëanshëm ekzistojnë, janë të fundëm por nuk janë të barabarta; lim f ( x) lim f ( x) x x0
x x0
të paktën njëri nga limitet e njëanshme nuk ekziston ose është i pafundëm. 3x 1 x 1 x 1 Shembull 9: Të studiohet vazhdueshmëria e funksionit f ( x) 2 2 x x 1 Zgjidhje: Njehsojmë limitin e funksionit: lim f ( x) lim(3 x 1) 4 dhe
x 1
x 1
lim f ( x) lim(2 x) 1 .
x 1
x 1
MATEMATIKA 1 |
125
Meqënëse limitet e njëanshme të funksionit janë të ndryshëm rrjedh që funksioni nuk ka limit në pikën x = 1 dhe prandaj funksioni nuk është i vazhdueshëm në pikën x = 1. Pika x = 1 është pikë këputje e pamënjanueshme. Shembull 10: Të studiohet vazhdueshmëria e funksionit f: [0, ]R, f(x) = tgx në pikën x
2
.
Zgjidhje: lim tgx tg x
Pika x
2
2
2
.
është pikë këputje e pamënjanueshme.
III. 3. VAZHDUESHMËRIA E FUNKSIONEVE ELEMENTARË NË PIKËN “X0“ Teoremë: Funksionet elementarë janë të vazhdueshëm në çdo pikë të bashkësisë së vet të përcaktimit. Vërtetim: Le të jetë dhënë funksioni y = f(x) me bashkësi përcaktimi E dhe pika x0E. Për funksionet elementare dimë që për çdo pikë në bashkësinë e tij të përcaktimit është i vërtetë barazimi lim f ( x) f ( x0 ) . x x0
Ky barazim nuk tregon gjë tjetër veçse vazhdueshmërinë e funksionit në pikën x = x0. Nga kjo teoremë fitojmë mjaft rrjedhime si: 1.
Funksioni konstant f(x) = k është i vazhdueshëm në R, sepse lim k k ,
2.
cR. Funksioni identik f(x) = x është i vazhdueshëm në R, sepse lim x c
3.
x c
x c
,cR. Funksioni polinomial f ( x) an xn an1xn1 ... a0 vazhdueshëm në R, sepse lim Pn ( x) Pn (c) .
është
i
x c
MATEMATIKA 1 |
126
4.
5.
P( x) ku P(x) dhe Q(x) janë polinome, është Q( x) i vazhdueshëm në çdo pikë cR, të tillë që Q(c) ≠ 0, sepse P ( x ) P (c ) . lim x c Q ( x ) Q (c ) Funksioni sinus, f(x) = sinx, është i vazhdueshëm në R, sepse lim sin x sin c , cR.
Funksioni racional f ( x)
x c
6.
Funksioni kosinus, f(x) = cosx, është i vazhdueshëm në R, sepse lim cos x cos c , cR. x c
f(x) = tgx, është i vazhdueshëm cR, sepse
7.
Funksioni tangent, lim tgx tgc .
8.
Funksioni kotangent, f(x) = cotgx, është i vazhdueshëm cR, sepse lim cot gx cot gc , cR.
x c
x c
9.
Funksioni eksponencial, f(x) = a x , (a > 0; a ≠ 1) është i vazhdueshëm, sepse lim a x ac , cR.
10.
Funksioni logaritmik, f(x) = log a x (a > 0; a ≠ 1) është i vazhdueshëm, sepse lim log a x log a c , cR*+.
xc
x c
11.
Funksioni fuqi, f(x) = x ku x > 0 dhe aR, është i vazhdueshëm, sepse lim x c , cR+. x c
12.
Funksioni irracional, f(x) = lim n x n c , cR+.
n
x është i vazhdueshëm, sepse
x c
f ( x) për x x0 Shënim: Për funksionet jo elementare të tipit y duhet g ( x) për x x0 shqyrtuar vazhdueshmëria e funksionit në pikat kufitare. Shembull 6: Gjeni bashkësinë në të cilën funksioni f ( x) log
2x është i x 1
vazhdueshëm. Zgjidhje: Mbështetur në teoremën e mësipërme duhet gjetur bashkësia e përcaktimit. Pra,
MATEMATIKA 1 |
127
2x 2x 2x x 1 log x 1 0 x 1 1 x 1 1 0 x 1 0 2 x 2 x 2 x 2x 0 0 0 0 x 1 x 1 x 1 x 1 2x 2x 2x x 1 log 0 1 1 0 0. x 1 x 1 x 1 x 1
Zgjidhja e inekuacionit të parë të përftuar bëhet duke studiuar shenjën si në vijim: vlera e x – –1 1 + x+1 x–1 x 1 x 1
– – +
0
+ – –
||
+ 0 + 0 +
Nga tabela e studimit të shenjës del se bashkësia e zgjidhjes së inekuacionit të parë është: S1 = ] –, –1[[1, +[ Zgjidhja e inekuacionit të dytë të përftuar bëhet duke studiuar shenjën si në vijim: vlera e x – –1 0 + 2x – 0 – + x +1 – + 0 + + || – 0 + 2x x 1 Nga tabela e studimit të shenjës del se bashkësia e zgjidhjes së inekuacionit të dytë është: S2 = ] –, –1[]0, +[ Duke iu referuar figures 1 zgjidhja e sistemit të inekuacioneve është: S1 S2 = ] –, –1[[1, +[ S1 S1 S2
S2 1
0
1
x Figura 1
Shembull 7: Gjeni bashkësinë ku funksioni është i vazhdueshëm. x3 1. f ( x) 9 x 2 ; 2. f ( x) 2 ; 3. f ( x) log(8 2 x) x 5x 6 MATEMATIKA 1 |
128
Zgjidhje: Mbështetur në teoremën e mësipërme, për secilin rast, duhet gjetur bashkësia e përcaktimit. Pra: 1. f ( x) 9 x 2 . Që të ekzistojë rrënja duhet: 9 x 2 0 . Zgjidhja e këtij inekuacioni bëhet duke studiuar shenjën e trinomit 9 – x2. Tabela e studimit të shenjës është: Vlera e x-it
–
–3 __
Sh e
3
+
__
Funksioni f ( x) 9 x 2 është i vazhdueshëm për x[–3, 3]. x3 2. f ( x) 2 . x 5x 6 Duhet që: x 2 5x 6 0 . Që këtej rrjedh që x ≠ 2 dhe x ≠ 3. Pra, funksioni është i vazhdueshëm në R – {2, 3}. 3. f ( x) log(8 2 x) . Që të ekzistojë logaritmi duhet që 8 – 2x > 0 . Nga zgjidhja e inekuacionit del x < 4. Kështuqë, bashkësia ku funksioni është i vazhdueshëm është ] –, 4[.
III. 4. VETI TË FUNKSIONEVE TË VAZHDUESHËM Le të jenë dhënë funksionet y = f(x), y = g(x), dhe një numër real k çfarëdo. Janë të vërtëteta vetitë e mëposhtme. 1. Nëse funksioni f(x) është i vazhdueshëm në pikën x = x0, atëhere edhe prodhimi kf(x), ku kR, është i vazhdueshëm në x = x0. Me të vërtetë: Meqë funksioni f(x) është i vazhdueshëm në pikën x = x0, atëherë ekziston f(x0) dhe lim f ( x) f ( x0 ) . x x0
Duke ditur se, konstantja del jashtë shenjës së limitit mund të shkruajmë: lim k f ( x) k lim f ( x) k f ( x0 ) . xx0
xx0
Pra, prodhimi i një funksioni të vazhdueshëm në pikën x0 me një konstante reale është i vazhdueshëm në këtë pikë. 2. Nëse funksionet f(x) dhe g(x) janë të vazhdueshëm në pikën x = x0, atëhere edhe shuma e tyre f(x) + g(x) është e vazhdueshme në pikën x = x0. Me të vërtetë:
MATEMATIKA 1 |
129
Meqë funksionet f(x) dhe g(x) janë të vazhdueshëm në x = x0, atëherë ekzistojnë f(x0) dhe g(x0). Nga barazimi (f + g)( x0 ) = f( x0 ) + g( x0 ) rrjedh se ekziston (f + g)( x0). Nisur nga barazimet lim f ( x) f ( x0 ) dhe lim g ( x) g ( x0 ) si dhe nga fakti x x0
x x0
që limiti i shumës së funksioneve që kanë limit në një pikë x0 është i barabartë me shumën e limiteve të tyre në atë pikë kemi: lim( f g )( x) lim[ f ( x) g ( x)] lim f ( x) lim g ( x) f ( x0 ) g ( x0 ) ( f g )( x0 ) . xx0
xx0
xx0
x x0
Domethënë, edhe shuma e funksioneve të vazhdueshëm në një pikë x0 është e funksion i vazhdueshëm në atë pikë. 3. Nëse funksionet f(x) dhe g(x) janë të vazhdueshëm në x = x0, atëhere edhe prodhimi i tyre f(x)g(x) është i vazhdueshëm në x = x0. Me të vërtetë: Meqë funksionet f(x) dhe g(x) janë të vazhdueshëm në x = x0, atëherë ekzistojnë f(x0) dhe g(x0). Nga barazimi (f g)( x0) = f( x0 )g(x0) rrjedh se ekziston (f g)( x0). Po ashtu janë të vërteta barazimet: lim( f g )( x) lim[ f ( x) g ( x)] lim f ( x) lim g ( x) f ( x0 ) g ( x0 ) ( f g )( x0 ) . xx0
xx0
xx0
xx0
Përfundimisht edhe prodhimi i funksioneve të vazhdueshëm në një pikë x0 është e funksion i vazhdueshëm në atë pikë. 4. Nëse funksionet f(x) dhe g(x) janë të vazhdueshëm në x = x0 dhe g( x0 ) ≠ 0, atëherë edhe herësi i tyre
f ( x) është i vazhdueshëm në x = x0 . g ( x)
Ushtrim: Duke u mbështetur në vërtetimin e vetisë 2, 3, tregoni vërtetësinë e vetisë 4.
III. 5. VETI TË FUNKSIONEVE TË VAZHDUESHËM NË NJË SEGMENT. Le të jetë dhënë funksioni y = f(x) i vazhdueshëm në segmentin [a, b]. Përkufizim:
Funksioni y = f(x) merr vlerën më të madhe në segmentin [a, b] nëse ekziston një pikë c[a, b] e tillë që x[a, b], kemi f(c) ≥ f(x). MATEMATIKA 1
|
130
Funksioni y = f(x) merr vlerën më të vogël në segmentin [a, b] nëse ekziston një pikë d[a, b] e tillë që x[a, b], kemi f(d) f(x).
Shih figurën 1, pikat a dhe b. Përveç kësaj jepen edhe përkufizimet për ekstremumet lokale të funksionit. Përkufizim:
Themi se funksioni y = f(x) ka minimum në pikën x = c nëse për çdo pikë në një zonë rrethuese të pikës c, kemi f(c) ≥ f(x).
Themi se funksioni y = f(x) ka maksimum në pikën x = d nëse për çdo pikë në një zonë rrethuese të pikës d, kemi f(d) f(x).
Shih figurën 1 pikat c dhe d. a) y M
M
y
b)
m
m O
a
b
x
M M
y
c)
O
a
b
M
y
m O
a
b
x
d)
m x
O
a
b
x
Figura 1 Nisur nga këto përkufizime pranojmë pa vërtetim teoremën: Teoremë 1: (Vajershtras) Në qoftë se funksioni y = f(x) është i vazhdueshëm në segmentin [a, b], atëherë ai merr të paktën një herë vlerën më të madhe (M) dhe të paktën një herë vlerën më të vogël (m) në atë segment. Teoremë 2: (Vajershtras) Në qoftë se funksioni y = f(x) është i vazhdueshëm në segmentin [a, b], atëherë ai është i kufizuar në këtë segment. Vërtetim: MATEMATIKA 1 |
131
Vërtetësia e kësaj teoreme rrjedh nga teorema 1. Meqë funksioni është i vazhdueshëm në [a, b] rrjedh që ekziston një pikë d[a, b] e tillë që: x[a, b], kemi f(d) f(x). Duke shënuar m = f(d) kemi që: x[a, b], kemi m f(x). Meqë funksioni është i vazhdueshëm në [a, b] rrjedh që ekziston një pikë c[a, b] e tillë që: x[a, b], kemi f(c) ≥ f(x). Duke shënuar M = f(c) kemi që: x[a, b], kemi M ≥ f(x). Përfundimisht kemi: x[a, b], kemi m f(x) M. Kjo do të thotë që funksioni është i kufziuar në segmentin [a, b]. Shembull 12: Tregoni vlerën më të madhe dhe më të vogël për funksionet: 2 a) f ( x) në R; b) y = sinx në ; ; 2 3 x 2 2 2 c) y x në [–1, 2]. Zgjidhje:
2 . 3 x2 Ky funksion është i vazhdueshëm në R. Kjo thyesë arrin vlerën më të madhe atëhere kur emëruesi i saj arrin vlerën më të vogël. Emëruesi arrin vlerën më të vogël për x = 0. 2 Vlera më e madhe e funksionit është f (0) ; 3 b) y = sinx në ; 2 2 Funksioni y = sinx është i vazhdueshëm në segmentin e dhënë. Vlerat e funksionit në skaje janë: sin 1 dhe sin 1 2 2 Pra, funksioni merr vlerën më të madhe në këtë segment që është numri 1 dhe vlerën më të vogël që është –1; c) y x 2 në [–1, 2]. Ky funksion është i vazhdueshëm në R dhe prandaj është i vazhdueshëm edhe a) f ( x)
MATEMATIKA 1 |
132
në [–1, 2]. Dimë që grafiku i këtij funksioni është një parabol me kulm në pikën (0, 0). Vlera më e vogël arrihet në pikën x = 0 dhe është y = 0. Vlera më e madhe arrihet na skajin e segmentit, x = 2 dhe është y = 22 = 4. Pranojmë pa vërtetim: Teoremë 3: Në qoftë se funksioni është i vazhdueshëm në pikën x = x0 dhe f(x0) > 0 (ose f(x0) < 0) atëhere gjendet një zonë rrethuese e pikës x0 në të cilën f(x) > 0 (ose f(x) < 0). Teoremë 4: (Koshi) Nëse funksioni y = f(x) është i vazhdueshëm në një segment [a, b] dhe nëse f(a) = A dhe f(b) = B, atëhere për çdo numër C ndërmjet A dhe B gjendet një numër c[a, b] të tillë f(c) = C. Kjo teoremë emërtohet teorema për vlerat e ndërmjetme. Teorema na siguron se gjithmonë ekziston një numër c[a, b] e tillë që: A f (c) B Madje në figurën 2 gjenden tre pika c1, c2, c3. Shembull 13: Tregoni se ekuacioni 2 x3 x2 x 1 5 ka zgjidhje në [1, 2]. Zgjidhje: Shqyrtojmë funksionin f ( x) 2 x 3 x 2 x 1 . Gjejmë vlerat e tij në skaje: f (1) 2 13 12 1 1 3 dhe f (2) 2 23 22 2 1 19 Numri 5 gjendet në boshtin numerik ndërmjet numrave 3 dhe 19, (f(1) 5 f(2)). Nga ana tjetër meqë funksioni është y polinom ai është i vazhdueshëm në B [1, 2] dhe sipas teoremës 3 gjendet C një pikë c[1, 2] e tillë që: f(1) f(c) f(2)
A
Rrjedh që ekziston të paktën një a c1 vlerë c, për të cilën f(c) = 5. Pra, 2 c3 c 2 c 1 5 Kjo do të thotë se numri c[1, 2] është rrënjë e ekuacionit 2 x3 x2 x 1 5 .
x c2
c3
b
Figura 2
Teoremë 5: (Koshi) Nëse funksioni f(x) i vazhdueshëm në segmentin [a, b] dhe merr vlera me shenja të kundërta në skaje, atëhere ekziston një pikë c[a, b] për të cilën f(c) = 0. Duke iu referuar figurës 3 kemi që f(a) < 0 dhe f(b) > 0. MATEMATIKA 1 |
133
Siç shihet grafiku i funksionit pret boshtin e abshisave të paktën në një pikë c. Pra, f(c) = 0
y
f(b) Shembull 14: Tregoni se ekuacioni: x3 3x 1 0 ka të paktën një zgjidhje reale. Zgjidhje: c Shqyrtojmë funksionin: f(a) Figura 3 f ( x) x3 3x 1 Ky është funksion polynomial dhe si i tillë është i vazhdueshëm në R. Gjejmë: lim ( x3 3x 1) dhe lim ( x3 3x 1) . x
x b
x
Këto vlera të limitit do tregojnë që mund të gjejmë dy numra a dhe b të tillë që: f(a) < 0 dhe f(b) > 0. Domethënë, funksioni f ( x) x 3 3x 1 është i vazhdueshëm në segmentin [a, b] dhe ka vlera me shenja të kundërta në skaje prandaj, nga teorema 3, ekziston një pikë c[a, b] e tillë që f(c) = 0. Ose, c3 3c 1 0 që tregon se c është rrënjë e ekuacionit x3 3x 1 0 . Shembull 15: Njehsoni vlerat e m-së për të cilën funksioni: x2 2 f ( x) 2 është kudo i vazhdueshëm në bashkësinë e numrave 4 x mx 4 real R. Zgjidhje: x2 2 Që një funksioni f ( x) 2 të jetë kudo i vazhdueshëm duhet që 4 x mx 4 emëruesi i thyesës të mos bëhet zero, ose njëlloj, ekuacioni 4 x2 mx 4 0 të mos ketë zgjidhje reale. Për këtë duhet që D < 0. D b2 4ac m2 64 0 . Zgjidhja e këtij inekuacioni është bashkësia S = ]–8, 8[. Kjo do të thotë se bashkësia e vlerave që mund të marrë ndryshorja m që funksioni f(x) të jetë kudo i vazhdueshëm në R është ] –8, 8[.
MATEMATIKA 1 |
134
III. 6 VAZHDUESHMËRIA E FUNKSIONIT TË PËRBËRË. Le të jetë dhënë funksionet f: A B dhe g: C D të tillë që y = f(x), z = g(y) dhe C B. Funksioni h: AD A i tillë që
B f
h(x) = g[f(x)]
C
quhet përbërje e funksioneve f dhe g dhe shënohet (fog)(x).
D g
go f
Teoremë: Nëse funksioni y = f(x) është i vazhdueshëm në pikën x = x0 dhe funksioni z = g(y) është i vazhdueshëm në pikën y = y0 ku y0 = f(x0) atëhere funksioni i përbërë h(x) = g[f(x)] është i vazhdueshëm në pikën x = x0. Vërtetim. Meqë funksionet f(x) dhe g(y) janë të vazhdueshëm në pikat x = x0 dhe x = x0, respektivisht, kemi:
lim g ( y ) g lim y g ( y ) g[ f ( x )]
lim f ( x) f lim x f ( x0 )
x x0
x x0
x x0
y y0
0
0
lim h( x) lim g f ( x) g lim f ( x) g[ f ( x0 )] x x0 x x0 Kjo tregon që funksioni h(x) = g[f(x)] është i vazhdueshëm në pikën x = x0. Kjo teoremë është shumë e përdorshme në njehsimin e limitit të funksioneve.
Atëhere :
x x0
Mbështetur në këtë teoremë mund të shkruajmë, ndër të tjera: 1. lim n g ( x) n lim g ( x) n L ; x c
x c
2. lim log a g ( x) log a lim g ( x) log a L për L > 0 dhe (0 < a ≠ 1); x c
x c
lim g ( x )
3. lim a g ( x ) a xc xc
a L për (0 < a ≠ 1);
4. duke ditur që edhe lim f ( x) m 0 , atëherë lim[ g ( x) f ( x ) ] Lm . x c
xc
Shembull 16: Njehsoni limitin e funksionit të përbërë:
MATEMATIKA 1 |
135
a) lim x 2 ;
b) lim5
x 3
3 x 1 x
x 2
c) lim log 1 cos2 x .
;
x
2
3
Zgjidhje: a) lim x x 3
2
3 ; 2
b) lim5 x 2
3 x 1 x
5
lim
x2
3 x 1 x
5 2
5 55 25 5 ;
1 c) lim log 1 cos 2 x log 1 [lim cos 2 x] log 1 ( ) 2 2 . 2 x 2 2 x 2 3
3
Shembull 17: Jepen funksionet f(x) = x + 2 dhe g ( x) log x1 ( x2 1) . Gjeni bashkësinë ku gof është funksion i vazhdueshëm. Zgjidhje: Njehsojmë përbërjen e funksioneve: ( gof )( x) g[ f ( x)] g ( x 2) log x21[( x 2)2 1] log x3 ( x2 4 x 3) Për të gjetur bashkësinë ku përbërja e funksioneve është e vazhdueshme mjafton të gjejmë bashkësinë e tij të përcaktimit. Pra, të gjejmë bashkësinë e përcaktimit për funksionin: (gof) = log x3 ( x2 4 x 3) . x 3 0 Duhen plotësuar kushtet: x 3 0 x2 4 x 3 0 Duke zgjidhur secilin inekuacion gjejmë bashkësitë e zgjidhjeve: Për inekuacionin e parë bashkësia e zgjidhjes është: S1 = ]–3, +[ Për inekuacionin e dytë bashkësia e zgjidhjes është: S2 = ]–, –3[]–3, +[ Për inekuacionin e dytë bashkësia e zgjidhjes është: S3 = ] –, –3[]–1, +[ Bashkësia e përcaktimit është: S = S1S2S3 = ]–1, +[. Kështu, funksioni f është i vazhdueshëm në ] –1, +[.
III. 7. VAZHDUESHMËRIA E FUNKSIONIT TË ANASJELLTË MATEMATIKA 1 |
136
Në qoftë se funksioni f: X Y, ka funksion të anasjelltë, atëhere i anasjellti i tij është f–1: Y X i tillë që f–1 = {(y, x)YxX| f(x) = y}. Jepet funksioni f: [a, b][f(a), f(b)] ku f(x) është monoton rritës (monotonia e funksionit është e domosdoshme, përndryshe nuk garantohet ekzistenca e funksionit të anasjelltë f–1). Teoremë: Nëse funksioni y = f(x) është i vazhdueshëm në segmentin [a, b], atëhere funksioni i anasjelltë i tij f 1 është i vazhdueshëm në segmentin [f(a), f(b)] (nëse f(a) < f(b)). Shembull 18:
3x 1 është i vazhdueshëm në R. 2 2x 1 I nasjellti i tij f 1 : y është funksion i vazhdueshëm në R. 3 b) Funksioni y e x është i vazhdueshëm në R. I nasjellti i tij f 1 : y ln x është funksion i vazhdueshëm në ]0, +[. c) Funksionet e anasjellta të funksioneve trigonometrike janë të vazhdueshëm në bashkësinë e tyre të përcaktimit. 1) y = sinx; f 1 : y arcsin x është i vazhdueshëm në ; . 2 2 a) Funksioni y
Për shembull: limarcsin x arcsin1
; 2 2) y = cosx; f 1 : y arccos x është i vazhdueshëm në 0; x 1
1 2 Për shembull: lim arccos x arccos( ) ; 1 2 3 x 2
3) y = tgx; f
1
: y arc tgx është i vazhdueshëm në R.
Për shembull: lim arc tgx arc tg ( x
3 3
3 ) ; 3 6
1) y = cotgx; f 1 : y arc cot gx është i vazhdueshëm në R. Për shembull: lim arc cot gx arc cot g ( x
3 3
3 ) . 3 3
MATEMATIKA 1 |
137
III. 8. ASIMTOTAT Asimtota horizontale Përkufizim: Drejtëza y = L ku L R quhet asimptotë horizontale e grafikut të funksionit y = f(x) nëse është i vërtetë të paktën njëri prej barazimeve lim f ( x) L lim f ( x) L x
x
Për ilustrim figura 7.
Figura 7 Shënim: Nëse lim f ( x) , themi se grafiku i funksionit nuk ka asimptotë x
horizontale. Shembull: Gjeni asimptotën horizontale të grafikut të funksionit y Zgjidhje: Njehsojmë limitin dhe kemi: 2x 2x lim lim lim 2 2 x x 3 x x x Drejtëza y = 2 është asimptotë horizontale. Grafikisht në figurën 8.
y
y=2
Asimtota vertikale: Përkufizim: Drejtëza x = a quhet Figura 8 asimptotë vertikale e grafikut të funksionit y = f(x) nëse është i vërtetë të paktën njëri prej barazimeve: lim f ( x) lim f ( x) lim f ( x) xa
lim f ( x) xa
xa
lim f ( x)
xa
2x x 3
x
xa
lim f ( x)
xa
Për ilustrim shih figurën 9.
MATEMATIKA 1 |
138
Shembull: Gjeni asimptotën vertikale të grafikut të funksionit y
2x . x 3
Zgjidhje: Bashkësia e përcaktimit e këtij funksioni është ]–, 3[]3, +[. Gjejmë limitin e majtë dhe limitin e djathtë të këtij funksioni në pikën x = 3. Për x 3 dhe x > 3 kemi që: 2x 6 dhe x – 3 0, madje x – 3 > 0. Për rrjedhojë: 2x lim x 3 x 3 Arsyetojmë njëlloj për të gjetur limitin e majtë të funksionit. Për x 3 dhe x < 3 kemi që: 2x 6 dhe x – 3 0, madje x – 3 < 0. Për rrjedhojë: Figura 10 2x lim x 3 x 3 Kështu, konkludojmë që drejtëza x = 3 është asimptotë vertikale. Grafikisht në figurën 10. Asimtota e pjerrët (oblike): MATEMATIKA 1 |
139
Funksioni y = f(x) të ketë dhe të ashtuquajturat asimptodë oblike (të pjerrët). Përkufizim: Drejtëza me ekuacion y = kx + t është asimptotë e pjerrët për grafikun e funksionit y = f(x) nëse lim[ f ( x) (kx t )] 0 (1) x
Ilustrimi grafik i asimptotës oblike jepet në figurën në figurën 11. Problemi që mund të shtrohet tani është gjetja e formulës së funksionit që është asimptotë oblike. Për këtë, duke u nisur nga përkufizimi i asimptotës së pjerrët nxjerrim rregullin e njehsimit të koeficientëve k b dhe t. y x k y Për të gjetur vlerën e k-së, pjesëtojmë të dy anët e barazimin (1) me x dhe kemi: f ( x) t lim[ k ] 0. x x x O x t Shihet qartë se lim 0 dhe kështu Figura 11 x x f ( x) lim[ k ] 0 . Kjo tregon se x x f ( x) lim k. x x Nga barazimi lim[ f ( x) kx t ] 0 marrim: x
lim[ f ( x) kx] t . x
Përfundimisht për asimmtotën e pjerrët y = kx + t, kemi: f ( x) lim k dhe x x lim[ f ( x) kx] t . x
Shembull 19: Gjeni asimtotat për funksionin: 3x 2 2 x2 x 3 3x 1 a) y ; b) y 2 ; c) y . 2x 1 x x6 x2 Zgjidhje: 3x 1 a) Për funksionin y kemi: x2 3x 1 3x lim lim 3 x x 2 x x prandaj drejtëza y = 3 është asimptotë horizontale e grafikut të funksionit. Bashkësia e përcaktimit të funksionit është E = R – {2}. Njehsojmë limitet e njëanshme të funksionit në pikën x = 2. MATEMATIKA 1 |
140
3x 1 3x 1 dhe lim . x 2 x 2 x 2 x 2 Kjo tregon se x = 2 është asimptotë vertikale për grafikun e funksionit. 2 x2 x 3 b) Për funksionin y 2 kemi: x x6 2x2 x 3 2x2 lim 2 lim 2 2 x x x 6 x x Pra, drejtëza y = 2 është asimptotë horizontale për funksionin. Gjejmë bashkësinë e përcaktimit. Duhet që emëruesi të jetë i ndryshëm nga zero. Pra, x 2 x 6 0 ( x 3)( x 2) 0 . Kjo do të thotë se bashkësia e përcaktimit është: E = R – {–2, 3} Shohim limitet e njëanshme në pikat –2 dhe 3. 2 x2 x 3 2x2 x 3 lim 2 dhe lim 2 . x 3 x x 6 x 3 x x 6 Pra, x = 3 është asimtote vertikale. 2x2 x 3 2 x2 x 3 lim 2 dhe lim 2 x 2 x x 6 x 2 x x 6 Drejtëza x = –2 është asimptotë vertikale. 3x 2 c) Për funksionin y kemi: 2x 1 Njehsojmë limitin kur x dhe kemi: 3x 2 3x 2 3x lim lim lim x 2 x 1 x 2 x x 2 Ky limit tregon se grafiku i funksionit nuk ka asimptotë horizontale. Për të gjetur asimptotën vertikale gjejmë, së pari, bashkësinë e përcaktimit. 1 1 2 x 1 0 x . Pra, E R { } . 2 2 Gjejmë limiutet e njëanshme në këtë pikë. 3x 2 3x 2 lim dhe lim . 1 2x 1 1 2x 1 x x lim
2
2
Nga njehsimi i këtyre limiteve del që drejtëza x
1 është asimptotë 2
vertikale. Njehsojmë asimptotën e pjerrët y = kx + t. Për këtë gjejmë: MATEMATIKA 1 |
141
f ( x) 3x 2 3x 2 3 lim lim 2 dhe x x x(2 x 1) x 2 x x 2 2 3x 3x 3x 3 t lim[ f ( x) kx] lim[ ] lim . x x 2 x 1 x 4 x 2 2 4 Pra, asimtota e pjerrët është: 3 3 y x . 2 4 k lim
III. 9. USHTRIME 1. Tregoni vazhdueshmërinë e funksionit në pikat e dhëna. Nëse funksioni nuk është i vazhdueshëm, tregoni llojin e pikës së këputjes. 2x 1) y x 2 x 2 në ]–, +[; 2) y në ] –, 3[ ]3, +[; x 3 x2 1 x 2 3) y në x = 1; 4) y në x = 2; x2 x 1 5) y
x2 1 1 në x = 0; x
6) y
x 2 3x 4 x 1 8) f ( x) x 1 në x = –1; 2 x 1
tgx 7) y në x = 0; 1 cos x 1 x 1 x x 3
9) f ( x)
x2 x 1 1 në x = 0; x
x 0 në x = 0; x0
x 1 2 x 5 në x = 5; 10) f ( x) x 5 1 x5
3 1 x 3 1 x 11) f ( x) x 4
x0
në x = 0;
x0
sin 3x x0 12) f ( x) x në x = 0; x0 3 MATEMATIKA 1 |
142
1 cos 2 x 13) f ( x) x 2 3
x0
në x = 0;
x0
x 2x 1 x 1 14) f ( x) x 1 në x = 1; 2 x 1 3
x 2 x 12 x 3 15) f ( x) x 3 në x = –3 5 x = 3 x 2 për 0 x 1 2. Tregoni nëse funksioni f x 2 për x 1 është i vazhdueshëm në x= 1. 2 x për x 1
2 x 2 1 x 1 3. Jepet funksioni f ( x) . Të gjendet vlera e A-së që x 1 Ax funksioni të jetë i vazhdueshëm në x = 1. 4. Njehsoni vlerën e a-së që të jetë i vazhdueshëm funksioni: ax 2 për x 4 g ( x) 2 në x = 4. ax 2 për x 4 5. Gjeni vlerën e parametrit a që të jetë kudo i vazhdueshëm funksioni: ax 5 për x 1 . y ln x për x 1 6. Për ç’vlerë të a-së dhe b-së është i vazhdueshëm funksioni: 2 x 6 për x 0 y ax b për 0 x 2 3x 2 për x 2 7. Për ç’vlerë të a-së dhe b-së është i vazhdueshëm funksioni: e x për x 0 2 y ax b për 0 x 1 . ln x për x 1
MATEMATIKA 1 |
143
8. Për ç’vlerë të A-së është i vazhdueshëm funksioni: x0 A x y 1+sin 2 x cos 2 x x0 x2 x 2 +2x+2 nëse x 1 9. Jepet funksioni y a nëse x 1 . Gjeni vlerën e a-së dhe b-së ax b nëse x 1
që funksioni të jetë i vazhdueshëm në x = –1. m 2 1 nëse x 2 10. Jepet funksioni y x 1 nëse x 2 . Gjeni vlerën e m-së dhe n-së që mx 3 nëse x 2
funksioni të jetë i vazhdueshëm në x = 2. 2 2 ax a x 3 për x 1 11. Jepet funksioni y 3 2 . Gjeni vlerën e a-së që a x ax 5 për x 1 funksioni të jetë i vazhdueshëm në x = –1.
x3 27 nëse x 3 3 x 12. Jepet funksioni y a nëse x 3 . Gjeni vlerën e a-së dhe x 2 bx 27 nëse x 3
b-
së që funksioni të jetë i vazhdueshëm në x = 3. 13. Gjeni pikat e këputjes dhe llojet e tyre. x3 1 x2 9 | x| a) f ( x) ; b) f ( x) ; c) f ( x) ; x 1 x 3 x x 2 1 nëse x 0 sin x 1 nëse x 2 d) y ; e) y 2 nëse x 0 . cos x x 3 nëse x 0 nëse x 2 14. Gjeni vlerën më të vogël m dhe më të madhe M të funksionit a) f(x) = 1 – x në [–1, 1] b) f(x) = |x| në [–2, 3] 1 c) f ( x) në [1, 2] d) f ( x) 5 x 2 në [–1, 2] x MATEMATIKA 1 |
144
e) f ( x ) x 3 1 në [–1, 3]
f) f ( x) ( x 4 x 3 )( x 6 5 x 2 1) në [1, 6]
15. Jepet funksioni f ( x) 4 x 2 . Gjeni vlerën më të vogël dhe më të madhe të funksionit në: a) [–5, 2]; b)[1, 4]. 16. Jepet funksioni f ( x) 3 x3 1 i përcaktuar në [–3, 5]. Gjeni numrin real c të tillë që: a) f(c) = –2; f(c) = 4. 17. Jepet funksioni: a) f(x) = 3x + 5 i përcaktuar në [1, 2]. Gjeni numrin c që f(c) = 10; b) f ( x) x 2 2 x i përcaktuar në [–1, 4]. Gjeni numrin c që f(c) = 5; 5 c) f(x) = sinx i përcaktuar në , . Gjeni numrin c që f(c) = 0; 2 2 d) f(x) = cosx i përcaktuar në [0, 5]. Gjeni numrin c që f(c) =1/2; e) f ( x) 2 x i përcaktuar në [0, 3]. Gjeni numrin c që f(c) = 4. 18. Tregoni se ekuacioni x3 x 1 0 ka të paktën një zgjidhje në [–1, 0]. 19. Tregoni se ekuacioni x5 2 x4 3x3 x2 x 1 0 ka të paktën një zgjidhje në [0, 1]. 20. Tregoni se ekuacioni x6 3x5 2 x3 x 1 0 ka të paktën një zgjidhje në [1, 2]. 21. Tregoni se ekuacioni 3x3 11x2 5x 2 ka zgjidhje. 22. Gjeni bashkësinë ku funksioni është i vazhdueshëm a) f ( x) x3 x 2 x 1 ; c) f ( x)
1 ; x 1
e) f ( x) 3 3x 4 x 2 4 ; g) f ( x) log( x 2 4) ;
x ; x 2 x2 d) f ( x) 2 ; x 5x 6 x2 2 x 1 f) f ( x) ; x 2 3x 4 x2 h) f ( x) log 1 . x 2 b) f ( x)
2
x2 2 23. Jepet funksioni f ( x) 2 . Gjeni bashkësinë e vlerave që mund 4 x mx 4 të marrë ndryshorja m që funksioni të jetë i vazhdueshëm në bashkësinë e numrave real R. MATEMATIKA 1 145 |
24. Jepet funksioni f ( x) 2 ax 2 2(a 2) x 2a 1 . Gjeni bashkësinë e vlerave që mund të marrë ndryshorja a që funksioni të jetë i vazhdueshëm në bashkësinë e numrave real R. 25. Jepen funksionet f ( x) x 2 2 x 1 dhe g ( x) 2 x 2 x 1 . Gjeni vlerën
m f ( x) nëse x 1 e m-së dhe n-së që funksioni h( x) x 1 nëse x 1 është i n g ( x) nëse x 1 vazhdueshëm për x = 1. 26. Sa duhet të jetë vlera reale e a-së që funksioni y
x2 6 të ketë pikë x2 x a
këputje në x = 2.
3 5 x 27. Gjeni vlerën reale të b-së që funksioni f ( x) 3b 4 x jetë i vazhdueshëm në pikën x = 1.
nëse x 1 nëse x 1
të
28. Gjeni vlerën reale të a-së që funksioni : sin 2 ( x a) f ( x) x 3 x2 2 x 3
nëse x 3
të jetë i vazhdueshëm në pikën x = 3.
nëse x 3
29. Gjeni vlerën reale të a-së dhe b-së, ku bZ, që funksioni ax 1 nëse x 1 të jetë i vazhdueshëm në pikën x = –1. f ( x) 6 nëse x 1 x b 30. Gjeni vlerën reale të a-së që funksioni f ( x) log4 ( x4 6x2 a) të jetë i vazhdueshëm në R. 31. Gjeni vlerën reale të a-së që funksioni f ( x)
x3 7 x 13 të jetë i x 2 ax 11
vazhdueshëm në bashkësinë e numrave real R. 32. Funksionet f(x) dhe g(x) janë të vazhdueshëm në [a, b], të tillë që f(a) < g(a) dhe f(b) > g(b). Tregoni se ekziston një pikë c[a, b] e tillë që f(c) = g(c). 33. Gjeni asimtotat për funksionin:
MATEMATIKA 1 |
146
x2 1 ; x 1 x2 c) f ( x) 2 ; x 3 x2 1 e) f ( x) 2 ; x 9 1 g) f ( x) 2 1 ; x 2x 1 i) f ( x) 2 ; 3x 4 x 1 x2 1 k) f ( x) ; ( x 3)( x 1) 3x 9 m) f ( x) 2 . x x6
a) f ( x)
sin( x 2) ; x2 1 x ; f ( x) 1 x x3 1 f ( x) 2 ; 3x 4 x 1 3 f ( x) 1 ; x x ; f ( x) 2 x 2x 1 x3 1 f ( x) 2 ; 3x 4 x 1
b) f ( x) d) f) h) j) l)
KREU IV
DERIVUESHMËRIA E FUNKSIONIT IV. 1. PËRKUFIZIMI I DERIVATIT TË FUNKSIONIT Kujtesë: Le të jetë y = f(x) një funksion me bashkësi përcaktimi X. Le të jetë x = x0 një pikë çfarëdo e tillë që x0X. f ( x1 ) f ( x0 ) k tregon koeficientin këndor të funksionit y = f(x) Raporti x1 x0 në pikën x = x0. Për koeficientin këndor përdoren edhe emërtimet koeficienti i pjerrësisë, gradient. Nëse diferencën x – x0 e shënojmë me h atëhere formula për koeficientin këndor merr trajtën: f ( x1 ) f ( x0 ) k h MATEMATIKA 1 |
147
Përkufizim: Derivati i funksionit y = f(x) në pikën x = x0, shënohet f’(x0), quhet f ( x0 h) f ( x0 ) f ' ( x0 ) lim h0 h nëse ky limit ekziston. Nëse shënojmë x = x0 + h, atëhere h = x – x0. Për h 0 kemi x x0, kështuqë: f ( x0 h) f ( x0 ) f ' ( x0 ) lim x x0 x x0 df ( x0 ) Për derivatin e funksionit y = f(x) në pikën x0 përdoret edhe shënimi . dx Derivati i funksionit në një pikë jep shpejtësinë e ndryshimit të vlerave të funksionit në atë pikë. Nisur nga përkufizimi i dhënë del se për të njëhsuar derivatin e funksionit y = f(x) në një pikë x0 duhet zbatuar kjo radhë pune: 1- Për shtesën h = x – x0 të argumentit njëhsohet shtesa e funksionit, y = f(xo + h) – f(xo) y 2- Njëhsohet raporti . x f ( x0 h) f ( x0 ) 3- Njëhsohet f ' ( x0 ) lim . h0 h Le ta shohim këtë radhë pune në disa shembuj. Shembull: Jepet funksioni y = 3x +1. Gjeni derivatin e tij në pikën x = 2. Zgjidhje: 1- Njëhsojmë shtesën e funksionit y = f(xo + h) – f(xo) = [3(2 + h) + 1] – [32 + 1] = 6 + 3h + 1 – 6 – 1 = 3h y 3h 2- Njëhsojmë raportin 3. h h f ( x0 h) f ( x0 ) 3- Njëhsojmë f ' (2) lim lim3 3 h0 h0 h Përfundimisht f’(2) = 3. Shënim: Derivati i funksionit y = 3x +1 është i barabartë me numrin 3 në çdo pikë x0. Ky përfundim provohet lehtë. Shembull: Jepet funksioni y = x2 + 5. Gjeni derivatin e tij në pikën x = 4. Zgjidhje: MATEMATIKA 1 |
148
1- Njëhsojmë shtesën e funksionit y = f(xo + h) – f(xo) = [(4 + h)2 + 5] – [42 + 5] = 16 + 8h + h2 + 5 – 16 – 5 = 8h + h2 y 8h h 2 h(8 h) 2- Njëhsojmë raportin 8 h. h h h f ( x0 h) f ( x0 ) 3- Njëhsojmë f ' (4) lim lim(8 h) 8 h0 h0 h Shembull: Jepet funksioni y x . Gjeni derivatin e tij në pikën x = a. Zgjidhje: 1- Njëhsojmë shtesën e funksionit y = f(a + h) – f(a) = a h a 2- Njëhsojmë raportin
y ah a h h
h
h
3- Njehsojmë f ' (a) lim h 0
ah a
ah a
ah a
aha ah a
1 . ah a
f ( a h) f ( a ) 1 1 lim h 0 h ah a 2 a
Për njëhsimin e derivatit të funksionit y = f(x) në pikën x = x0, mund të mos respektohen rigorozisht tre hapat e mësipërme. Mjafton të gjendet limiti i kërkuar nga përkufizimi: Le ta shohim në shembullin e mëposhtëm. Shembull : Jepet funksioni: f ( x) 2 x 2 x 3 . Gjeni f ' (1) . Zgjidhje: f ( x0 h) f ( x0 ) f (1 h) f (1) lim lim h0 h0 h h 2(1 h) 2 (1 h) 3 (2 12 1 3) lim h 0 h 2 3h 2h lim lim 3 2h 3 h 0 h 0 h ' Domethënë f (1) 3 . MATEMATIKA 1 |
149
Këtë derivat mund t’a njehsojmë edhe ndryshe: f ( x) f (1) 2 x2 x 3 4 2x2 x 1 lim lim x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 (2 x 1)( x 1) lim lim 2 x 1 3 x 1 x 1 x 1 ' Pra, f (1) 3 . lim
Derivati si funksion. Pika x0 është një pikë e fiksuar në bashkësinë e përcaktimit. Nëse piken x0 e zëvëndësojmë me pikën çfarëdo x atëhere merret derivati si një funksion. Për funksionin y = f(x) derivati i tij si një funksion shënohet f ’(x) dhe është:
f '( x) lim h0
f ( x h) f ( x) h
Kjo formulë është e përdorshme edhe në rastet kur kërkohet të gjendet derivati i funksionit në një pikë çfarëdo. Gjendet, së pari derivati i funksionit në pikën e çfarëdoshme x dhe pastaj zëvëndësohet x-i me vlerën e kërkuar të tij. Le ta shohim në shembullin e mëposhtëm. Shembull : Jepet funksioni f ( x) x 2 . Gjeni f ' (5) dhe f ' ( 3) . Zgjidhje: Gjejmë derivation e funksionit në pikën x. f ( x h) f ( x ) ( x h) 2 x 2 ( x 2 2hx h 2 ) x 2 lim lim lim h 0 h 0 h 0 h h h 2 (2hx h ) lim lim 2 x h 2 x h 0 h 0 h Pra, f ' ( x) 2 x . Në shprehjen e gjetur për derivatin e funksionit zëvëndësojmë x = 5 apo x = –3. Pra, f ' (5) 2 5 10 f ' (3) 2 3 6
IV. 2. SHËNIME TË TJERA TË DERIVATIT TË FUNKSIONIT. MATEMATIKA 1 |
150
Sa më sipër për derivatin e këtij funksioni në pikën x = x0 përdoret shënimi f ’(x0), ndërsa për derivatin e funksionit në pikën e çfarëdoshme x përdoret shënimi f ‘(x). Për derivatin e funksionit në pikën e çfarëdoshme x, matematikani Laibnic ka dy përdorur një shënimin . Sot ky shënim i Laibnicit njihet si shënim sinonim dx i shënimit f ‘(x). Po të shënojmë: y = f(x + h) – f(x) h = x sipas shënimit të Laibnic-it për dervatin e funksionit kemi shënimin: dy y lim x 0 dx x Shënimi i fundit është i përshtatshëm për rastet kur ndryshorja e pavarur nuk është x por t, u, v, ...etj apo ndryshorja e varur nuk është y por një shkronjë tjetër si u, v, ... etj. Sipas rastit do të kemi: dy y (ndryshorja e pavarur është t dhe e varur y) lim t 0 dt t dy y (ndryshorja e pavarur është u dhe e varur y) lim du u 0 u du u (ndryshorja e pavarur është t dhe e varur u), etj. lim dt t 0 t Për derivatin e funksionit y = f(x) në pikën e çfarëdoshme x kemi: dy df d f '( x) f ( x) dx dx dx Ndërsa për derivatin e funksionit y = f(x) në pikën e x = x0 përdoret shënimi: dy x x0 dx që është sinonim i shënimit f '( x0 )
IV. 3. KUPTIMI GJEOMETRIK I DERIVATIT. Mbështetur në përkufizimin e derivatit të funksionit në piën x = x0 konkludohet që: Funksioni y = f(x) është i derivueshëm në pikën x = x0 nëse ekziston dhe është f ( x0 h) f ( x0 ) i fundëm lim . h0 h MATEMATIKA 1 |
151
Akoma, thuhet se funksioni y = f(x) është i derivueshëm në një bashkësi çfarëdo X nëse ai është i derivueshëm në çdo pikë të saj. Për të trajtuar gjeometrikisht derivatin e funksionit y = f(x) në një pikë x0I, ku I është bashkësia e përcaktimit le t’i referohemi figurës 1. Supozojmë se funksioni y = f(x) është i derivueshëm në pikën x0 . Le të jetë h shtesa e argumentit. Në boshtin e abshisave përftohen pikat x0 dhe x0 + h. Në grafikun e funksionit përftohen dy pikat M 0 ( x0 , f ( x0 )) dhe
M ( x0 h, f x0 h ) , të cilat caktojnë prerësen M0M. Nga figura duket qartë që nëse h shkon drejt tangent y zeros, pika M duke lëvizur në grafik, shkon M drejt pikës M 0 . Në qoftë se funksioni y f (x) ka derivat të M0 fundëm në pikën x x0 , pra ekziston: f ( x0 h) f ( x0 ) x lim f ' ( x0 ) h0 h x0 x 0+h atëhere prerësja MoM tenton tek një pozicion Figura 1 limit M0T, e cila quhet tangente ndaj grafikut të funksionit f(x) në pikën x0. Ky derivat është i barabartë me koeficientin këndor të drejtëzës tangente të grafikut të funksionit në këtë pikë. Pra, ktg f ' ( x0 ) tg ku α është këndi që formon tangentja me drejtimin pozitiv të boshtit Ox. Shënojmë me M1(x, y) një pikë të kësaj tangente të ndryshme nga pika M 0 . f ( x) f ( x0 ) k. Pjerrësia e drejtëzës jepet nga raporti x x0
Meqënëse drejtëza M 0 M 1 është tangente me vijën kemi që ktg f ' ( x0 ) . Pra, f ( x) f ( x0 ) f ' ( x0 ) x x0 Që këtej nxjerrim që ekuacioni i tangentes ndaj grafikut të funksionit f, jepet nga ekuacioni: y f ( x0 ) f ' ( x0 )( x x0 ) . Shembull : Gjeni këndin që formon me drejtimin pozitiv të boshtit të x-ve tangentja e hequr ndaj vijës y x 2 3 x në pikën me abshisë x 1 . Zgjidhje: Dimë që k tg f ' ( x0 ) . Njehsojmë derivatin me përkufizim dhe kemi: MATEMATIKA 1 |
152
f ( x0 h) f ( x0 ) ( x h) 2 3( x0 h) ( x0 2 3x0 ) lim 0 h 0 h 0 h h 2 2 2 x0 2hx0 h 3x0 3h x0 3x0 2hx0 h 2 3h lim = lim h 0 h 0 h h h(2 x0 h 3) lim 2 x0 3 h0 h f ' ( x0 ) 2 x0 3 dhe për x0 = 1, f ' (1) 2 1 3 1
f ' ( x0 ) lim
tg ( ) 1 135o
Shembull : Gjeni ekuacionin e tangentes së vijës y x në pikën me abshisë x 4 . Zgjidhje: Ekuacioni i drejtëzës që është tangente me vijën në pikën x0 është: y f ( x0 ) f ' ( x0 )( x x0 ) Njëhsojmë f(x0) = f(4) = 4 2 Njehsojmë derivatin duke përdorur përkufizimin e derivatit: f ( x0 h) f ( x0 ) 4h 4 f ' ( x0 ) lim lim h 0 h 0 h h 4h 4 4h 4 lim h 0 h 4h 4 h 1 lim lim h 0 h( 4 h 4) h0 4 h 4 1 1 22 4 1 Pra, f ' (4) 4 Zëvendësojmë në ekuacionin e tangentes dhe do të kemi: 1 y 2 ( x 4) 4 4y 8 x 4 x 4y 4 0 Ekuacioni i tangentes është: x 4 y 4 0 . Shembull : Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj vijës y x 2 3 x 3 : a) që është paralele me drejtëzën d: x y 7 0 . b) që është pingule me drejtëzën d: x y 7 0 . MATEMATIKA 1 |
153
Zgjidhje: a) Meqenese tangentja eshte paralele me drejtëzën d, atehere k tg k dr . Nga ekuacioni x – y + 7 = 0 nxjerrim y = x + 7 që do të thotë se kdr = 1. Njëhsojmë ktg = f’(x0) në pikën e tangentes M ( x0 , y0 ) . f ( x0 h) f ( x0 ) ( x h) 2 3( x0 h) 3 x0 2 3x0 3 lim 0 h 0 h 0 h h 2 2 2 x 2hx0 h 3x0 3h x0 3x0 lim 0 h 0 h 2 2hx0 h 3h lim 2 x0 3 h 0 h Pra, ktg = f '( x0 ) 2 x0 3 . Barazojmë koeficientët e gjetur dhe kemi: 2x0 – 3=1 2x0 = 4 x0 = 2. Njehsojmë f(2) = 22 – 32 + 3 = 1 Atëhere për ekuacioni e kërkuar të tangentes këmi: y – 1 = 1(x – 2) y–1=x–2 x–y–1=0 b) Për të gjetur ekuacionin e pingules njehsojmë fillimisht koeficientin 1 1 këndor të saj: k ping 1 k tg 1 Pra, ekuacioni i pingules është: y 1 1( x 2) ose x y 3 0 . f ' ( x0 ) lim
IV.4. DERIVATET E NJËANSHËM TË FUNKSIONIT. Përkufizim: Derivati i djathtë i funksionit y = f(x) në pikën x = x0, shënohet f ' ( x0 ) , quhet f ( x0 h) f ( x0 ) (1) f ' ( x0 ) lim h0 h nëse ky limit ekziston. MATEMATIKA 1 |
154
Nëse shënojmë x = x0 + h, atëhere h = x – x0. Për h+ 0 kemi x x0 , kështuqë: f ( x0 h) f ( x0 ) (2) f ' ( x0 ) lim x x0 x x0 Për njëhsimin e derivatit të djathtë të funksionit në një pikë mund të përdoren sipas rastit barazimi (1) ose barazimi (2). Në mënyrë të ngjashme përkufizohet derivati i majtë i funksionit në një pikë. Përkufizim: Derivati i majtë i funksionit y = f(x) në pikën x = x0, shënohet f ' ( x0 ) , quhet f ( x0 h) f ( x0 ) (3) f ' ( x0 ) lim h0 h nëse ky limit ekziston. Përsëri, nëse shënojmë x = x0 + h, atëhere h = x – x0. Për h– 0 kemi x x0 , kështuqë: f ( x0 h) f ( x0 ) f ' ( x0 ) lim (4) x x0 x x0 Teoremë: Kusht i nevojshëm dhe i mjaftueshëm që funksioni y = f(x) të ketë derivat në pikën x0 është që të ekzistojnë derivatet e njëanshme të funksionit f në këtë pikë dhe ato të jenë të barabarta ndërmjet tyre dhe të barabarta me derivatin e funksionit në pikën x0 . E thënë më fjalë të tjera, themi se funksioni ka derivat në pikën x0 nëse:
f' ( x0 ) f ' ( x0 ) f '( x0 ) . Vërtetimi i kësaj teoreme rrjedh menjëherë nga teorema përkatëse për limitet e njëanshëm të funksionit në një pikë. Shembull : Njehsoni derivatin e funksionit f: RR ku f ( x) x në pikën x = 0. Zgjidhje: 0h 0 h f (0 h) f (0) lim lim lim h 0 h 0 h 0 h h h h h lim 1 dhe lim 1 h 0 h x 0 h Limitet e njëanshëm (derivatet e njëanshëm) janë të ndryshëm, f' (0) f' (0) , e për rrjedhojë funksioni f ( x) x nuk ka derivat në pikën x 0 . MATEMATIKA 1 |
155
x 2 x x ] ;1] Shembull : Njehsoni derivatin e funksionit f ( x) në 3 x 1 x ]1; [ pikën x 1 . Zgjidhje: y (1 h)2 (1 h) 2 h 2 3h Nëse x < 1 kemi: h3 h h h y 3(1 h) 1 2 3h Nëse x > 1 kemi: 3 h h h Shohim limitet e njëanshme: lim( h 3) 3 f ' (1) dhe lim 3 3 f ' (1) . h0
h0
Pra, f (1) f (1) . Kjo do të thotë se funksioni është i derivueshëm në pikën x = 1 dhe f ’(1) = 3. '
'
IV. 5. VAZHDUESHMËRIA E FUNKSIONIT QË KA DERIVAT. Le të jetë dhënë funksioni f: XY dhe pika limite x0 X . Teoremë: Në qoftë se funksioni f është i derivueshëm në pikën x0 , atëhere ai është i vazhdueshëm në pikën x0 . Vërtetim: Meqënëse funksioni është i derivueshëm në pikën x0 , atëhere ekziston limiti f ( x) f ( x0 ) lim f ' ( x0 ) x x0 x x0 dhe është numër i fundëm. Duhet të tregojmë që funksioni ëshë i vazhdueshëm. Pra, lim f ( x) f ( x0 ) . x x0
Për x x0 mund të shkruajmë: f ( x) f ( x0 )
f ( x) f ( x0 ) x x0 . x x0
Njehsojmë limitin e funksionit kur x x0 . f ( x) f ( x0 ) lim f ( x) f ( x0 ) lim lim( x x0 ) x x0 x x0 x x0 x x0 f ( x0 ) f '( x0 ) 0 f ( x0 ) .
MATEMATIKA 1 |
156
Pra, nëse funksioni është i derivueshëm në një pikë, atëhere ai është i vazhdueshëm në atë pikë. E anasjellta e kësaj teoreme nuk është e vërtetë. Pra, një funksion i vazhdueshëm në një pikë, mund të mos jetë i derivueshëm në atë pikë. Më sipër pamë se funksioni f ( x) x nuk është i derivueshëm në pikën x = 0. Ndërkohë që ky funksion është i vazhdueshëm në pikën x 0 sepse: lim f ( x) lim | x | 0 dhe x 0
x 0
lim f ( x) lim | x | 0
x 0
x 0
Pra, funksioni nuk është i derivueshëm në x = 0, por i vazhdueshëm këtë pikë. Përfundimisht themi se: vazhdueshmëria e funksionit në një pikë është vetëm kusht i nevojshëm për ekzistencën e derivatit në po atë pikë, derivueshmëria e funksionit në një pikë është kusht i mjaftueshëm që funksioni të jetë i vazhdueshëë në po atë pikë. x 2 x 1 x 1 Shembull : Tregoni që funksioni f ( x) 2 është i 2 x x 2 x 1 derivueshëm në x = 1. Zgjidhje: Të tregojmë që funksioni është i derivueshëm në pikën x = 1. Për këtë shohim derivatet e njëanshme në pikën x = 1. f (1 h) f (1) 1 2h h 2 1 h 1 3 lim lim h 0 h 0 h h h(3 h) lim 3 h0 h lim
h 0
f (1 h) f (1) 2(1 h) 2 (1 h) 1 3 lim h 0 h h 3h 2h 2 h(3 2h) lim lim 3 h 0 h 0 h h
Përfundimisht, f ' (1) 3 . Pra, funksioni është i derivueshëm në pikën x = 1.
IV. 6. DERIVATI I DISA FUNKSIONEVE ELEMENTARË. MATEMATIKA 1 |
157
Njëhsimi i derivatit të një funksioni çfarëdo në një pikë të bashkësisë së vet të përcaktimit, duke zbatuar përkufizimin e derivatit, bëhet vetëm për disa funksione elementarë. Formulat e nxjerra përdoren të gatshme në çdo rast tjetër kur kërkohet njëhsim derivati. Le të shohim derivatet e disa funksioneve elementare. 1. Derivati i funksionit konstant Jepet funksioni konstant f: RR ku f(x) = c. Derivati i funksionit konstant është i barabartë me zero. Pra, c’ = 0. Vërtetë: y = f(x0 + h) – f(x0) = c – c = 0 dhe për çdo xR kemi: f ( x0 h) f ( x0 ) cc lim lim lim0 0 . h0 h0 h0 h h 2. Derivati i funksionit identik Jepet funksioni f: RR ku f(x) = x. Derivati i funksionit identik është i barabartë me 1, pra x’ = 1. Vërtetë: y = (x + h) – x = h dhe xhx lim lim1 1 . h0 h0 h 3. Derivati i funksionit sinus y = sinx. Le të tregojmë që (sinx)’ = cosx, x R Vërtetë: f ( x h) f ( x) sin( x h) sin x lim lim h0 h0 h h sin x cos h cos x sin h sin x lim h0 h sin x cos h sin x cos x sin h lim lim h0 h0 h h cos h 1 sin h limsin x lim limcos x lim h0 h0 h0 h0 h h sin x 0 cos x 1
Për të kaluar nga barazimi i parafundit tek barazimi i fundit janë bërë zëvëndësimet: sin h lim 1. h0 h dhe: MATEMATIKA 1 |
158
cos h 1 (cos h 1)(cos h 1) cos2 h 1 lim lim h0 h0 h0 h(cos h 1) h h(cos h 1) sin h sin h sin 2 h lim lim (1) 0 0 h 0 h(cos h 1) h 0 h cos h 1
lim
4. Derivati i funksionit y = cosx. Formula për derivimin e funksionit kosinus është: (cosx)’ = –sinx x R . vërtetim: cos( x h) cos x cos x cos h sin x sinh cos x lim lim h0 h 0 h h cos h 1 sin h cos x lim sin x lim sin x , h0 h0 h h cos h 1 sepse më sipër pamë se lim 0. h0 h 5. Derivati i funksionit logaritmik Jepet funksioni f : R* R f ( x) loga x ku a 0; a 1 . Formula e derivimit për këtë funksion është: 1 1 1 dhe ln x ' . loga x ' loga e x x ln a x Le ta vërtetojmë: Për x R* kemi: log a ( x h) log a x xh 1 lim lim log a h 0 h 0 h x h x
h 1 x 1 1 1 lim log a 1 lim log a 1 h 0 x h x x h 0 x h h
Meqë h0, atëhere
x dhe h x
h t 1 1 lim log a 1 log a lim 1 log a e h 0 t x t h 6. Derivati i funksionit eksponencial MATEMATIKA 1 |
159
Jepet funksioni: f : R R f ( x) a x ku a 0; a 1 . Formula e derivimit për këtë funksion është: Pra, (a x ) ' a x ln a dhe (e x ) ' e x . Vërtetim: Për xR kemi: a xh a x ah 1 ah 1 lim lim a x a x lim a x ln a . h 0 h 0 h 0 h h h 7. Derivati i funksionit f ( x) x ku x > 0. Derivati i këtij funksioni gjendet me formulën ( x ) '
1 2 x
Vërtetim: Për xR+ kemi lim h 0
xh x xh x xh x lim h 0 h h xh x xhx 1 1 lim lim h 0 h( x h h 0 x) xh x 2 x
8. Derivati i funksionit fuqi Për funksionin e formës y = x formula e derivimit është: x ' x 1 për x nga bashkësia e funksionit. Vërtetim: Verifikohet lehtë që x – a = (x – a)(x–1 + x–2a + x–3a2 + x–4a3... + xa–2 + a–1) Nëse në formulën për gjetjen e derivatit f ’(a) përdorim barazimin e mësipërm kemi: f ( a h) f ( a ) x a lim lim x a x a x a xa ( x a)( x 1 x 2 a x 3a 2 x 4 a 3 ... xa 2 a 1 ) lim x a xa 1 2 3 2 4 3 lim( x x a x a x a ... xa 2 a 1 ) xa 1
a a 2 a a 3a2 a 4 a3 ... aa 2 a 1 = x 1 Pra, f '(a ) a 1 MATEMATIKA 1 |
160
Nëse x do të ishte një pikë çfarëdo atëhere kemi: x ' x 1 9. Derivati i funksionit f ( x)
1 për x ≠ 0 x
1 1 Për këtë funksion formula e derivimit është: ' 2 . x x 1 1 f ( a h) f ( a ) lim lim x a x a x a x a xa ax ( x a ) 1 lim ax lim 2 x a x a x a ax x a a Ndërsa për një pikë çfardo x formula e derivimit është: 1 1 ' 2 x x Kjo formulë mund të nxirret edhe ndryshe duke iu referuar faktir që : 1 x 1 x dhe duke zbatuar formulan e derivimit të funksionit fuqi ku = –1. Pra, 1 x 1 ' 1 x 11 1x 2 2 x
IV. 7. RREGULLA DERIVIMI. Le të jenë dhënë dy funksione f(x) dhe g(x) të derivueshëm në çdo pikë të intervalit I. Derivati i shumës Teoremë: Derivati i shumës së dy funksioneve në një pikë është i barabartë me shumën e derivateve të tyre në atë pikë. Vërtetim: Le të jetë x një pikë çfarëdo në bashkësinë e përcaktimit Pra, f ( x) g ( x) ' f '( x) g '( x) Me të vërtetë: Për xI kemi: Shënojmë F(x) = f(x) + g(x). Për këtë funksion kemi:
MATEMATIKA 1 |
161
F ( x h) F ( x) [ f ( x h) g ( x h)] [ f ( x) g ( x)] lim h0 h0 h h f ( x h) f ( x) g ( x h) g ( x) lim lim h0 h 0 h h f '( x) g '( x) Kjo teoremë përgjithësohet për një numër të fundëm funksionesh: [ f1 ( x) f 2 ( x) ... f n ( x)]' f1 '( x) f 2 '( x) ... f n '( x) ku f1 ( x); f 2 ( x);... f n ( x) janë funksione të derivueshme në intervalin I. lim
Shembull: Njehsoni derivatet e funksioneve: a) x + sinx +5; b) 1 2x ln x . Zgjidhje: a) (x + sinx +5)’= x’ +(sinx)’ + 5’ = 1 + cosx; b) (1 2x ln x) ' 1' (2 x ) ' (ln x) ' 2 x ln 2
1 . x
Derivati i prodhimit Prodhimi i dy funksioneve të derivueshëm në cdo pikë të I është i derivueshëm në I dhe derivati i tij është: [ f ( x) g ( x)]' f '( x) g ( x) f ( x) g '( x) . Me të vërtetë: Le të jetë F(x) = f(x)g(x). Për xI kemi:
F ( x h) F ( x) f ( x h) g ( x h) f ( x) g ( x) lim h 0 h h f ( x h) g ( x h) f ( x h) g ( x) f ( x h) g ( x) f ( x) g ( x) lim h0 h
lim h0
f ( x h) f ( x) g ( x h) g ( x) lim f ( x h) h 0 h h f '( x) g ( x) f ( x) g '( x) Po të shënojmë u = f(x) dhe v =g(x) atëhere formula për derivimin e prodhimit të dy funksioneve merr formën: lim g ( x) h0
(u v) ' u ' v u v '
ose
(u v) '
du dv v u dx dx
Që është më e lehtë [ër tu mbajtur mend. MATEMATIKA 1 |
162
Shembull : Njehsoni derivatet e funksioneve: a) xsinx; b) e x cos x . Zgjidhje: a) (xsinx)’ = x ' sin x (sin x) ' x sin x x cos x ; b) (e x cos x) ' (e x ) ' cos x (cos x) ' e x e x cos x e x sin x e x (cos x sin x) . Kjo teoremë përgjithësohet për një numër të fundëm funksionesh: [ f1 ( x) f 2 ( x) ... f n ( x)]' f1 '( x) f 2 ( x) ... f n ( x) f 2 '( x) f1 ( x) ... f n ( x) ... f n '( x) f1( x) ... f n1 ( x ) ku f1 ( x); f 2 ( x);... f n ( x) janë funksione të derivueshme në intervalin I. Shembull: Njehsoni derivatet e funksioneve: a) 4xsinxcosx; b) 3x cos x ln x . Zgjidhje: a) (4xsinxcosx)’ (4 x) ' sin x cos x (sin x ) ' 4x cos x (cos x ) ' 4x sin x 4sin x cos x cos x 4 x cos x sin x 4 x sin x 4sin x cos x 4 x cos2 x 4 x sin 2 x ; b) (3x cos x ln x) ' (3x ) ' cos x ln x 3x (cos x) ' ln x 3 x cos x (ln x) ' 1 3x ln 3 cos x ln x 3x sin x ln x 3x cos x . x Rast i veçantë: [c f ( x)]' c f '( x) .
Pra, konstantja del jashtë shenjës së derivatit. Ushtrim: Tregoni vërtetësinë e pohimit [c f ( x)]' c f '( x) Derivati i [ f ( x)]n Duke u nisur nga përgjithësimi i teoremës ku të gjithë funksionet janë të barabarta me f(x) do të kemi: [ f ( x) f ( x) ... f ( x)]' f '( x) f ( x) ... f ( x) f ( x) f '( x) ... f ( x) ... f ( x) f ( x) ... f '( x)
n[ f ( x)]n 1 f '( x ) .
Shembull: Njehsoni derivatet e funksioneve: a) ln3 x ; b) sin 2 x cos x 3x . Zgjidhje: MATEMATIKA 1 |
163
3 a) (ln3 x) ' 3(ln 2 x) (ln x) ' ln 2 x ; x 2 2 b) (sin x cos x 3x) ' (sin x cos x) ' (3 x) ' 2sin x (sin x) ' cos x sin 2 x (cos x) ' 3 2sin x cos2 x sin 3 x 3 . Derivati i funksionit
1 . f ( x)
Nëse funksioni f(x) është i derivueshëm për cdo pikë të intervalit I dhe f(x) ≠ '
1 f '( x) 0, në këtë interval atëhere: . 2 f ( x) f ( x) Për xI kemi: 1 1 1 f ( x h) f ( x ) f ( x h) f ( x ) lim lim h 0 h 0 h h f ( x h) f ( x ) 1 f ( x h) f ( x ) f '( x) . lim 2 lim h 0 h 0 h f ( x) f ( x h) f ( x) Po të shënojmë u = f(x) formula e mësipëme merr trajtën: '
u' 1 2 u u
Derivati i herësit të dy funksioneve Herësi i dy funksioneve të derivueshëm në cdo pikë të I me kusht që g(x) ≠ 0, në këtë interval, është i derivueshëm në I dhe derivati i tij është: '
f ( x) f '( x) g ( x) f ( x) g '( x) . g ( x) g 2 ( x) Me të vërtetë: Për xI dhe g(x) ≠ 0 shkruajmë herësin si prodhim dy funksionesh f ( x) 1 f ( x) g ( x) g ( x) dhe kemi: '
'
f ( x) 1 1 1 f ( x) f ( x) f '( x) g ( x) g ( x) g ( x) g ( x)
'
MATEMATIKA 1 |
164
1 g '( x) f ( x) 2 g ( x) g ( x) f '( x) g ( x) f ( x) g '( x) . g 2 ( x) Po të shënojmë u = f(x) formula e mësipëme merr trajtën: f '( x)
u u ' v v ' u v2 v '
Shembull: Njehsoni derivatet e funksioneve: x2 1 1 a) 2 ; b) 2 . x 1 x 3 Zgjidhje: ( x 2 3) ' 2x 1 a) 2 ; 2 ' 2 2 ( x 3) ( x 3)2 x 3 '
x 2 1 ( x 2 1) '( x 2 1) ( x 2 1)( x 2 1) ' b) 2 ( x 2 1)2 x 1 2 x( x 2 1) 2 x( x 2 1) 4x . 2 2 2 ( x 1) ( x 1)2
IV. 8. DERIVATI I FUNKSIONIT TË PËRBËRË. RREGULLI ZINXHIR. Le të jenë dhënë funksionet f(x) dhe g(x) dhe funksioni kompozim i tyre y = fog. Po të shënojmë u = g(x) funksioni kompozim shënohet y = f[g(x)] = f(u). Funksioni g(x) ka X-in bashkësi përcaktimi ndërsa f(u) ka U-në bashkësi përcaktimi të tillë që U X. Akoma funksioni g(x) është i derivueshëm në çdo pikë të bashkësisë X, ndërsa funksioni f(u) është i derivueshëm në pikën përgjegjëse u = g(x) të bashkësisë U. Teoremë: Nëse funksioni g(x) është i derivueshëm në pikën e çfarëdoshme x dhe funksioni f(x) është i derivueshëm në pikën përgjegjëse u = g(x) atëhere edhe funksioni F = fog është i derivueshëm në pikën x dhe derivati tij jepet me formulën: y’ = f’(u)u’(x) MATEMATIKA 1 165 |
E shënuar në mënyra të tjera formulat për derivatin e funksionit kompozim në pikën e çfarëdoshme x janë: dy dy du ose yx' yu' ux' dx du dx Vërtetim: Shënojmë me x shtesën e ndryshorit x të tillë që x x X . Funksioni u = g(x) merr shtesën u ku u u U . Për shtesën u të ndryshores u funksioni y = f(u) merr shtesën y = f(u + u) – f(u). Meqënëse funksioni y = f(u) ka derivat në pikën u g ( x) , atëherë y lim f '(u) . u 0 u y Nga ky barazim rrjedh që: (1) f '(u) u u ku u është p.m.v ( lim u 0 ), u 0
Nga barazimi (1) kemi: (2). y f '(u) u u u Pjestojmë të dy anët e barazimit (2) me shtesën x dhe gjejmë limitin e tij për x 0. y f '(u)u u u lim lim x 0 x x 0 x u u f '(u) lim lim u lim x 0 x x 0 x 0 x = f '(u) u '( x) Sepse: meqë funksioni u = g(x) ka derivat në pikën x X , prandaj u lim g '(u) dhe lim u 0 x 0 u 0 x Meqë funksioni u = g(x) është i derivueshëm në pikën x rrjedh se ky funksion është i vazhdueshëm në atë pikë, prandaj lim u 0 x 0
Nga ky barazim rrjedh edhe se lim u 0 , x 0
Pra, funksioni fog ka derivat në pikën x që njehsohet nga barazimi: y’ = f’(u)u’(x) Ndryshe këtë barzim e shkruajmë: dy dy du ose yx' yu' ux' dx du dx MATEMATIKA 1 |
166
Shembull: Njehsoni derivatin e funksionit: y x 2 3x 2 . Zgjidhje: Shënojmë u x 2 3x 2 dhe y u 5 Funksioni u është kudo i derivueshëm në R dhe u' ( x) 2 x 3 . Dhe funksioni y u 5 është kudo i derivueshëm në R dhe y ' (u ) 5u 4 5
yx' yu' ux' 5u 4 2 x 3 5 x 2 3x 2 2 x 3 . 4
Ushtrim: Gjeni derivatin e funksionit y x 2 3x 2 duke e trajtuar si y f n x . 5
Derivati i funksionit të përbërë tregon se shpejtësia e ndryshimit të y-it në lidhje me x-in është e barabartë me prodhimin e shpejtësisë së ndryshimit të y-it në lidhje me u-në me shpejtësinë e ndryshimit të u-së në lidhje me x.
IV. 9. DERIVIMI NË MËNYRË IMPLICITE. Deri tani funksionet e shqyrtuar, një ndryshore është shprehur në mënyrë eksplicite në varësi të një ndryshoreje tjetër për shembull,
x2 1 y = xcosx, y = y , etj 3x që në trajtë të përgjithsme shkruhet y = f(x). Ka formula ku ndryshorja e varur nuk është e shprehur në mënyrë eksplicite, si përshembull; x2 + y2 = 36 ose x3 + y3 = 3x2y Në se tek barazimi i fundit do të tentonim të shprehnim ndryshoren y në mënyrë eksplicite në varësi të ndryshores x detyra do të ishte e vështirë. Për të derivuar funksione të dhëna në mënyrë të tillë përdoret metoda e derivimit implicit. Kjo konsiston në derivimin e të dy anëve të barazimit në lidhje me x dhe më pas zgjidhjen ekuacionin e ri në lidhje me y’. Shembull: Gjeni y’ për funksionin xy = 1. Zgjidhje: Mënyra e parë: Shprehim ndryshoren y në varësi të ndryshores x.Pra, y
1 . x
MATEMATIKA 1 |
167
1 . x2 Mënyra e dytë: Derivojmë të dy anët e barazimit xy = 1. (xy)’ = (1)’ (x)’y + x(y)’ = 0 y + xy’ = 0 y y' x 1 y' x x 1 Përfundimisht y ' 2 . x Dimë që y '
dy 1 dx x 2 Ky ishte një shembull për të treguar që rezultati është i njëjtë pavarësisht nga mënyra e përdorur për derivim. Në vijim do të pranojmë se ekuacioni i dhënë përcakton y në mënyrë implicite si funksion të derivueshëm në lidhje me x në mënyrë që metoda e derivimit implicit të gjejë zbatim. Le të shohim disa shembuj. Sipas shënimeve të përdorura nga Laibnici kemi:
Shembull: Gjeni në mënyrë eksplicite y’ për funksionet: a) x4 + x2y2 – x y3 = 18, b) x3 + y3 = 3x2y Zgjidhje: a)Shprehjet x2y2 dhe x y3 janë prodhime ndaj derivohen si të tilla. Derivojmë të dy anët e barazimit: dy 4 dy (x x2 y 2 xy3 ) 18 dx dx d 4 d 2 2 d (x ) ( x y ) ( xy3 ) 0 dx dx dx 2 2 d (x ) 2 dx 3 d ( y3 ) 3 2 d(y ) 4x y x y x 0 dx dx dx dx 2 y dy 3 y 2 dy 4 x3 2 x y 2 x 2 y3 x 0 dx dx dy dy 4 x3 2 xy 2 2 x 2 y y3 3xy 2 0 dx dx MATEMATIKA 1 |
168
4 x 2x y 3xy dy dx 2
2
3
2 xy 2 y3
dy 4 x3 2 xy 2 y3 dx 2 x 2 y 3xy 2 b)Derivojmë të dy anët e barazimit dhe kemi: d 3 d ( x y3 ) (3x2 y) dx dx d 3 d d ( x ) ( y3 ) (3x 2 y) dx dx dx Përsëri kujtojmë se y është funksion i x prandaj kemi: d 3 d ( y 3 ) dy dy (y ) 3 y2 dx dy dx dx dhe d ( x2 ) d dy 2 (3x y ) 3 y x2 dx dx dx Duke patur në konsideratë këto barazime kemi: d ( x2 ) dy 2 2 dy 3x 3 y 3 y x2 dx dx dx dy dy 3 2 x y x2 dx dx dy dy 3x 2 3 y 2 6 x y 3x 2 dx dx dy E zgjidhim këtë ekuacion për të gjetur dhe kemi: dx dy dy 3x2 6 xy 3x2 3y2 dx dx dy 3x2 6 xy 3x 2 3 y 2 dx 2 dy 3x 6 xy dx 3x 2 3 y 2 3x 2 3 y 2
IV.10. DERIVATI I FUNKSIONIT TË ANASJELLTË. MATEMATIKA 1 |
169
Funksionet e anasjellta trigonometrike janë parë në kreun I. Për të gjetur derivatin e tyre do të përdorim derivimin implicit duke pranuar se këto funksione janë të derivueshme. Derivati i funksionit y = Arcsinx Rikujtojmë përkufizimin e funksionit arksinus: y = Arcsin x = sin–1 x domethënë sin y = x dhe
y
2 2 Duke derivuar sin y = x në mënyrë implicite në lidhje me x marrim: d dx sin y dx dx d sin y dy 1 dy dx dy cos y 1 dx dy 1 dx cos y Në kuadratin IV dhe kuadratin I kemi që cosy 0 kështuqë: cos y 1 sin 2 x 1 x 2
Që këtej del se
arcsin x '
1 1 x2
Ushtrim: Provoni si më sipër që arccos x '
1 1 x2
Derivati i funksionit y = Arctgx Rikujtojmë përkufizimin e funksionit arktangent: I anasjellti i funksionit f(x) = tgx për x , , është gjithashtu funksion. 2 2 Shënohet me tg–1x ose Arctgx. Pra, f–1(x) = Arctgx. Nga y = Arctg x = tg–1x rrjedh tg y = x ku
y
. 2 2 Në barazimin tg y = x derivojmë të dy anët e tij dhe kemi: d dx tgy dx dx MATEMATIKA 1 |
170
d tgy dy 1 dy dx 1 dy 1 2 cos y dx dy cos2 y cos2 y 2 cos y 2 dx 1 sin y cos2 y Në shprehjen e fundit pjestojmë të dy gjymtyrët e thyesës me cos2x dhe kemi: cos 2 y dy 1 1 cos 2 y 2 2 2 dx sin x cos y 1 tg x 1 x 2 cos 2 y cos 2 y 1 ' Pra, Arctgx 1 x2 1 Ushtrim: Provoni si më sipër që arc cot gx ' 1 x2 Nëse funksioni y = f(x) është i derivueshëm në pikën çfarëdo x I dhe f '( x) 0 , atëhere edhe funksioni i anasjelltë x f 1 ( y ) është i derivueshëm ' 1 në pikën koresponduese y f ( x) dhe derivati është f 1 ( y ) . f '( x) Për vërtetimin e teoremës nisuni nga derivati i funksionit ë përbërë duke patur parasysh që f 1[ f ( x)] x .
IV.1I. DERIVATE TË RENDIT n, ku nN Jepet funksioni y = f(x) i përcaktuar në intervalin I dhe i derivueshëm për çdo pikë xI. Nga derivimi i funksionit f(x) përftohet një funksion i ri f ’(x). Nëse ekziston derivati i funksionit f ’(x) në çdo pikë xI, atëhere përftohet një funksion i ri që është [f’(x)]’. Funksionin e ri i përftuar nga derivimi i funksionit derivat të y = f(x) quhet derivati i dytë i funksionit fillestar y = f(x). Derivatin e dytë të një funksioni do ta shënojmë: y" f " ( x) [ f ' ( x)]' ose f (2) ( x ) . Duke përdorur shënimet e Laibnicit derivati i dytë i funksionit y = f(x) shënohet: d dy d 2 y dx dx dx 2 MATEMATIKA 1 |
171
Derivati i rendit të tretë f’’’(x) është derivati i funksionit f”(x), pra f ’”(x) = [f”(x)]’. Derivati i katërt shënohet f(4)(x). Në përgjithësi derivat i rendit të n shënohet f ( n ) ( x) dhe është derivati i derivatit të rendit (n – 1), pra f ( n ) ( x) [ f ( n 1) ( x)]' . Sipas shënimeve të Laibnicit derivati i rendit n shënohet: y
(n)
f
(n)
dny ( x) n dx
Shembull: Njehsoni derivatin e rendit të katërt për funksionin y x3 2 x 2 1 . Zgjidhje: y ' 3 x 2 4 x y '' 6 x 4 y ''' 6 y (4) 0 Shembull: Njehsoni derivatin e rendit n për funksionin y
1 . 2x 1
Zgjidhje: (2 x 1)' 2 (1)1 21 1! y' (2 x 1)2 (2 x 1)2 (2 x 1)11
[(2 x 1)2 ]' 2(2 x 1) 2 8 (1) 2 22 2! 2 (2 x 1)4 (2 x 1)4 (2 x 1)3 (2 x 1)21 [(2 x 1)3 ]' 3 (2 x 1)2 2 48 (1)3 23 3! y"' 8 8 (2 x 1)6 (2 x 1)6 (2 x 1) 4 (2 x 1)31 (1)n 2n n ! Me metodën e induksionit provohet që: y ( n ) . (2 x 1)n1 y '' 2
Shembull: Njehsoni derivatin e rendit të pestë për funksionin y = cosx për xR. Zgjidhje: y’ = –sinx y’’ = – cosx y’’’ = sinx (4) (5) y = cosx y = –sinx.
MATEMATIKA 1 |
172
IV. 12. KUPTIMI I DIFERENCIALIT DHE ZBATIME TË TIJ NË LLOGARITJE TË PËRAFËRTA. Jepet funksioni y = f(x) i derivueshëm në bashkësinë e vet të përcaktimit. Shtesa e funksionit në pikën e çfarëdoshme x është: y f ( x x) f ( x) . Nga kjo formulë vërehet që shtesa y e funksionit y = f(x) është ndryshore, vlera e të cilës varet nga ndryshorja x dhe shtesa x. Për y gjendet edhe një shprehje tjetër. Nisur nga përkufizimi i derivatit në pikën e çfarëdoshme x kemi: y lim f '( x) x 0 x y Kjo do të thotë që raporti është jo i barabartë me f’(x) por afërsisht i x y barabartë me të. Pra. f '( x) x ose y f '( x) x Përkufizim: Shprehja e formës dy f ' ( x )dx quhet diferencial i funsionit y = f(x) në pikën x. Po të vërejmë me kujdes figurat 1 ose 2 kostatojmë që y dy. y = f(x)
y y = f(x+x)
y = f(x) dy
f(x+x)
f(x)
dy
f(x) x Figura 1
x + x x Figura 2
Megjithatë për x = dx, shumë të vogla në vlerë, vlerat dy dhe y janë afërsisht të barabarta ndërmjet tyre. Pra për x = dx, shumë të vogla kemi që: MATEMATIKA 1 |
173
y dy Që këtej rrjedh që dy y = f(x + x) – f(x) ose f’(x)dx f(x + x) – f(x) Që këtej nxjerrim që: f(x + x) f’(x)dx + f(x) ku x është një pikë e çfarëdoshme në bashkësinë e përcaktimit të funksionit f(x). Nëse pikën x e fiksojmë, përshembull x0 formula e mësipërme merr trajtën: f(x0 + x) f’(x0)dx + f(x0) Kjo formulë ndihmon për sa më poshtë: Për një funksion të dhënë, për një pikë të fiksuar x0, formula na ndihmon të njehsomë vlerën e funksionit edhe për ato vlera të x-it shumë afër pikës x0. Le ta shohim me një shembull. Shembull: Njëhsoni me përafërsi
3,98 .
Zgjidhje: Marrim si f(x) funksionin y x dhe si pikë të dhënë x0 = 4. Për të gjetur vlerën e funksionit në pikën x = 3,98, marrim dx = 3,98 – 4 = –0,02. Gjejmë derivation e funksionit në pikën x0 = 4. 1 f '( x) dhe 2 x 1 1 1 f '( x0 ) 2 x0 2 4 4 Pra, kemi këto të dhëna: x0 = 4; dx = –0,02; f ( x0 ) x0 4 2 ; f ( x0 dx) 4 0,02 3,98 . Duke zëvëndësuar të dhënat e gjetura në formulën f(x0 + x) f’(x0)dx + f(x0) kemi:
MATEMATIKA 1 |
174
1 3,98 (0,02) 2 1,995 4 Po ashtu, nisur nga barazimet
dy f ( x x) f ( x) y f '( x) lim x 0 dx x x
dy y dhe nuk janë të njëjta. dx x
rrjedh që
PËRMBLEDHJE Nëse f x dhe g x janë funksione të derivueshëm atëhere kemi: (cf )' cf ' ku cR ( f g )' f ' g ' ( f g )' f ' g fg ' (uvw)' u 'vw v 'uw w'uv
1 ' g ' ( ) 2 ku g(x) ≠ 0 g g f f 'g g' f ku g(x) ≠ 0 ( )' g g2 ( f n )' nf n 1 f '
Tabela e derivateve c' 0 x' 1
x x '
1
1
( x )'
u u '
1 '
u
u 2u u '
'
2 x ln x ' 1 x
ln u ' u
1 loga x x ln a
u' log a u u ln a
'
'
u
'
MATEMATIKA 1 |
175
a a e e x '
x
x '
x
a a ln au e e u
ln a
(sin x) ' cos x (cos x) sin x 1 (tgx)' cos 2 x 1 (cotgx) ' 2 sin x 1 (arcsin x) ' 1 x2 1 (arc co s x) ' 1 x2 1 (arc tgx) ' 1 x2 1 (arc cotgx) ' 1 x2 '
u '
u
u '
u
'
'
(sin u)' cos u u' (cos u ) ' sin u u ' u' (tgu)' cos 2 u u1 (cotgu ) ' 2 sin u u' (arcsin u) ' 1 u2 u' (arccos u ) ' 1 u2 u' (arc tgx) ' 1 u2 u' (arc cot gu) ' 1 u2
Shembull: Njehsoni derivatet: 2 a) y log 3 x x 5 ; b) y x 2 e x ;
c) y cos 2 5 x ; 1 sin x cos x e) y ; tgx
d) y cos 3 x sin 2 x ;
g) y ln( x 2 2) ; Zgjidhje: 2 a) y log 3 x x 5
h) y arcsin(3x 1) .
y '
x
x
2
2
x5
b) y x 2 e x
'
x 5 ln 3
f) y x arctgx ;
2x 1 x 2 x 5 ln 3
y ' x 2 e x e x x 2 2 xe x e x x 2 xe x 2 x c) y cos 2 5 x '
'
y ' 2 cos 5 x(cos 5 x) ' 2 cos 5 x( sin 5 x) (5 x) ' 10sin 5 x cos 5 x 5sin10 x MATEMATIKA 1 |
176
d) y cos 3 x sin 2 x y ' (cos 3x)' sin 2 x cos 3 x (sin 2 x)' 3sin 3 x sin 2 x 2 cos 3 x sin x cos x 1 sin x cos x e) y tgx (1 sin x cos x) ' tgx (tgx) '(1 sin x cos x) y' tg 2 x 1 (cos x sin x)tgx (1 sin x cos x) cos2 x tg 2 x cos3 x sin 3 x 2 cos x 1 = ; sin 2 x f) y x arctgx x ; y ' x ' arctgx (arctgx) ' x arctgx 1 x2 g) y ln( x 2 2) ( x 2 2) ' [ln( x 2)]' x x2 2 ; y' 2 ln( x 2 2) 2 ln( x 2 2) ( x 2 2) ln( x 2 2) h) y arcsin(3x 1) (3x 1) ' 3 . y ' [arcsin(3x 1)]' 2 1 (3x 1) 9 x 2 6 x 2
USHTRIME 1. Të gjendet derivati i funksionit sipas përkufizimit në pikën x. 1) y c ; 2) y x ; 3) y ax b ; 1 4) y ax 2 bx c ; 5) y x ; 6) y ; x 3 7) y x . 2. Të gjendet derivati i funksionit sipas përkufizimit në pikën e dhënë: 1) y z 2 3 x 1 x 2 ; 2) y 3 2 x 2 x 1 ; 3) y x 2 x x 0 ; 4) y 3 x 2 x 2 x 1 ; 5) y x 1 x 3 ;
6) y 2 x x 7 ; MATEMATIKA 1
|
177
7) y 1 2 x x 7 ; 8) y 1 2 x x 4 ; 1 1 x 2; x 1 ; 9) y 10) y x 1 x2 1 1 x 3; x 1. 11) y 12) y 2x 1 3 2x 3. Gjeni derivatin dhe diferencialin e funksionit: 1 1) f ( x) 4 x 3 5e x ; 2) f ( x) 5sin x ; x 1 3) y x6 ; 4) y (2 x 3 3)( x 4 2 x) ; 4 3 x 5) y 7) y
x 1 ; x 1 x
6) f ( x) 3tg 4 x ; ;
x2 1 9) y x 2 cos x ;
x 8) y ln 2 ; x 1
10) y x 4 x ;
(sin 2 x) 2 . 2 4. Të gjendet ekuacioni i tangentes dhe i pingules së vijës me ekuacion: (Udhëzim: Ekuacioni i tangentes që kalon nga pika (x0, y0) është y – y0 = k(x – x0) ku k = f ’(x0) dhe kkp = –1 ku kp është koeficienti këndor i drejtëzës pingule) 1) y x 2 3 x 2 , për x = –1; 2) y x , për x = 9; 1 x 1 3) y , për x = 1; 4) y për x = –1; x x 5) y = 5 + lnx për x = 1; 6) y = arctgx për x = 1;
11) y sin 2 x sin x ;
12) f ( x) 1
7) y 1 x 2 për x = 1; 7) y = tg4x për x = 0; x 8) y sin cos3x për x ; 9) y = ln(3x + 2) për x = 0; 2 3 1 x 10) y e 4 x 1 për x ; 11) y 2 për x = –2; 2 x x2 1 1 12) y 2 x 1 për x . x 1 4 5. Të gjendet ekuacioni i tangentes së vijës me ekuacion: y 2 x 2 x 3 që është : a) paralele me drejtëzën 5x – y + 3 = 0; b) pingule me drejtëzën x + 5y – 1 = 0. MATEMATIKA 1 178 |
6.
Të gjendet ekuacioni i tangentes së vijës me ekuacion y x , që formon me boshtin x ' x këndin
7.
. 4
Të gjendet pika e vijës me ekuacion y
1 ku tangentja e hequr në x
3 me boshtin x ' x . 4 8. Të gjenden ekuacionet e tangenteve të vijës me ekuacion y x 2 4 x 3 në pikat ku ajo pret boshtin e abshisave. 9. Të gjendet pika e vijës y x 2 3x 7 ku tangentja ka koeficient k = –5. 2x 10. Shkruani ekuacionin e tangentes ndaj vijës y 2 në pikën x = –1. x 1 këtë pikë formon këndin
x
11. Shkruani ekuacionin e tangentes së vijës y 1 e 2 të hequr në pikën ku vija pret boshtin e abshisave. 12. Studioni derivueshmërinë e funksionit f(x) = |x - 1| në pikën x = 1. 1 x<2 x +1 13. Studioni derivueshmërinë e funksionit në f ( x) 2 2x x 2 pikën x = 2. 14. Të gjendet derivati i funksionit në pikën e dhënë: x0 x 1 x2 x2 x0 x 1 1) f ( x) 2 2) f ( x) x 0 x 1 x 2 x 1 2 x 1 x2 1 x0 x 1 2 2 3) f ( x) x 1 4) f ( x) x 0 x2 x0 1 x 2 4 x 1 4 x 4 x2 x2 x2
1 2 15. Të gjenden parametrat a dhe b që funksioni f (x) të jetë i derivushëm në pikën e dhënë x 1 x2 ax 2 x ax 2 x x 1 ; 2) f ( x) 2 x 2; 1) f ( x) 2 x2 2 x bx 3 x 1 x bx 4 5) f ( x) x 2
ln x 3) f ( x) b ax
x 2
xe xe
6) f ( x) 2 x 1
x e;
ax 2 4) f ( x) ln x x
x
x 1 x 1
MATEMATIKA 1 |
x 1;
179
2 x +1 5) y ax b 2
x 1 x 1
në x = 1;
ax 2 b 6) y 1 | x |
|x | 2 |x | 2
në x = 2;
ax 2 b |x | 2 |x | 1 log | x | 7) y në x = 2; 8) y 2 në x = 1. 2 |x | 1 |x | 2 ax b 5 x 16. Jepet funksioni g(x) i vazhdueshëm për x = a. Gjeni derivatin e funksionit g(x) = (x – a)g(x) për x = a. 17. Duke përdorur formulat e derivatit të gjenden derivatet e funksioneve të dhëna: 1 1 1) y x 3 ; 2) y x 3 x 2 x 3 ; x x x x 3) y sin 2 cos2 ; 4) y (3 x 5)(n 2 3 x 2) ; 2 2 7 5) y (3 5 x) ; 6) y (1 2 x) 2 ; 7) y 7(5 x 2 3 x 8) 4 ; 8) y (n 2 x 6) 2 (2 x 3) ;
9) y (4 x) 2 (2 x 1)3 ; 3 11) y ; 2 x x2 13) y 2 ; x 1 x2 1 2 ( z x 1) ; 15) y x2 18. Të njehsohen derivatet 1) y 3x 7 ln x
10) y x3 x ; 4 x 12) y ; x2 2x 3 2 14) y ( ) ; 1 5x 16) y
x 3 ; 1 x
7) y x 2 e 5 x
2) y 5 x x 1 4) y ln 2 x 1 ln x 6) y 1 ln x 8) y ln n 2 x 6
9) y
10) y
3) y 3 x ln x 5) y 3 x ln x 3 ln x 1
11) y ln x x5 13) y ln x2
2
ex 1 ex
12) y 5 2 x 14) y ln x MATEMATIKA 1
|
180
15) y ln( 5x)
16) y log 5 ( x 2 x 1)
17) y a 2 x 2 x 19) y x2 a2 21) y x 5 x
18) y x x 2 a 2
23) y 25) y
x3
22) y e ln x 24) y 3
x a2 x2 x
27) y arcsin x 2 29) y 2tg 2
20) y ln( x 1 x )
x x 3tg 5x 2 2
31) y x arxtgx
x x2
26) y x x 28) y arctg
x 1 x 1
30) y arcsin x arccos x
1 x2 3 x2 sin x 34) y x cos x 32) y
log x x sin 2 x 1 35) y . cos x 19. Të gjenden derivatet e funksioneve: 1) y cos( x 2 x 5) 2) y sin 2 x 3) y cos 2 2 x 4) y sin 2 5 x cos 2 x 5) y ln sin x 6) y sin(ln x) 7) y cos(sin x) 8) y e sin 2 x
33) y
9) y log(sin x 1) 11) y 2tgx cot gx 13) y tg 2 5 x
10) y cos 2 x sin 2 x 12) y 2 tgx 14) y ln(tgx)
15) y tg 2 (ln x)
16) y cos x 1 sin x 18) y 1 cos x 20) y sin 4 x cos 4 x
17) y (1 csx) 4 19) y (5 3 cos 2 x) 6 sin x cos x 21) y sin x
MATEMATIKA 1 |
181
20. Gjeni dy/dx nëpërmjet derivimit implicit. 1) x3 + x2y + 4y2 = 6; 2) x2 – 2xy + y3 = c; 4) y5 x2 y3 1 ye x ; 2
3) x2y + xy2 = 3x;
5) xy 1 x 2 y ; 6) 1 x 2 y 2 2 xy ; 7) 4cosx siny = 1; 8) xcosy + ycosx = 1. 21. Gjeni derivatin e dytë për funksionet 1 x x 1) y x 2) y 3) y x 1 x 4) y 3 x 2 4 x 5 5) y 3e x 2 6) y 2cos x sin x 7) y x 2 4
8) y sin 2 x
9) y xe x
10) y esin x 11) y ln( x 2 1) 12) y e x 22. A ka derivat të dytë funksioni per x 1 2 x 1 për x = 1 y per x 1 x 23. Gjeni derivatin e rendit (n) për funksionet: 1 1 1 1) y 2) y 3) y 1 x 3x 2 x 4) y sin x 5) y cos x
x2 24. Gjeni derivatin e funksionit y cos x 1 shkruajeni derivatin me formulë.
2
2 x
.
x0 për x 0 dhe x0
25. Pika materiale lëviz në boshtin x ' x sipas ligjit: x(t ) 4 cos(2t
) ku x 3 jepet në metra dhe t në sekonda. Të gjendet shpejtësia dhe nxitimi pas
sekondash. 6
Udhëzim: (v x ' (t )
a x '' (t ))
26. Një pikë materiale lëviz në vijën me ekuacionin y x 2 1 në mënyrë që abshisa e saj rritet me shpejtësi 4m/sek. Gjeni me çfarë shpejtësie do të ndryshojë ordinatë e saj në çastin kur x = 5. 27. Pika lëviz në grafikun e funksionit y 3 x . Në çastin kur abshisa e saj është 1 cm, shpejtësia e ndryshimit të abshisës është 2cm/sek. Gjeni shpejtësinë e ndryshimit të ordinatës 28. Studioni vazhdueshmërinë dhe derivueshmërinë e funksionit: MATEMATIKA 1 |
182
1) y | 4 x 2 | ;
3) y 5 4 x x 2 ;
|x | 1; x 0
log | x | 2 x 5) y 2 x 2 1
1 x 7) y x 2 x2 x 3
| x| ; 1 x x 2 8 x x 0 sin x 4) y ; x 0 < x 1 x x 1 2 x 1 x 1 x 0 ; 6) y x 2 1 cos x 0 x x x 2) y
x 1
;
x 1
x0 0 x2
;
x 2; x 3
e x 9) y x | x 1|
x0 x0
;
sin x 8) y x
4 x 2 10) y | x 2 |
x0 x0
;
|x | 2 |x | 2
.
KREU V
ZBATIME TË DERIVATEVE V. 1. VLERA MAKSIMALE DHE MINIMALE E FUNKSIONIT Jepet funksioni f(x): me bashkësi përcaktimi një bashkësi numerike I. Përkufizim 1: Funksioni ka minimum relativ në pikën x0 I , nëse ekziston të paktën një zonë rrethuese me rreze e pikës x0 , e tillë që x I [ x0 , x0 [ të kemi: f ( x0 ) f ( x) .
MATEMATIKA 1 |
183
Përkufizim 2: Funksioni ka maksimum relativ në pikën x0 I , nëse ekziston të paktën një zonë rrethuese me rreze e pikës x0, e tillë që x I [ x0 , x0 [ të kemi: f ( x0 ) f ( x) . Përkufizim 3: Maksimumi ose minimumi relativ i një funksioni quhet ekstremum relativ i funksionit. Shënime: 1. f(x0) është vlera më e madhe (më e vogël) në intrevalin [ x0 , x0 [ dhe nuk është e thënë që ajo të jetë e tillë në bashkësinë e përcaktimit I. Është kjo arsyeja që përdoret termi “minimum relativ” apo “maksimum relativ”. 2. Vlerën më të madhe (më të vogël) të një funksioni të vazhdueshëm në një segment e kërkojmë në maksimumet (minimumet) relative dhe në vlerat e tij në skajet e segmentit. Teoremë: (Kushti i nevojshëm dhe i mjaftueshëm i ekzistencës së ekstremumit). Në qoftë se funksioni f: [a, b]R është i derivueshëm në pikën x0 ]a, b[, ka ekstremum relativ në këtë pikë, atëherë f '( x0 ) 0 . Vërtetim: Supozojmë se funksioni ka minimum relativ në pikën x0 . Atëherë gjendet të paktën një zonë rrethuese me rreze e pikës x0 , e tillë që për çdo x [a, b] [ x0 , x0 [ të kemi: f ( x0 ) f ( x) f ( x0 ) f ( x) 0 (1). Meqënëse: f ( x) f ( x0 ) 0 (2) 1. ( x x0 ) ( x x0 ) ( x x0 0) x x0 f ( x) f ( x0 ) 0 (3) 2. ( x x0 ) ( x x0 ) ( x x0 0) x x0 f ( x) f ( x0 ) lim f ' ( x0 ) Dimë se: x x0 x x0 dhe nga mosbarazimi (2) dhe teorema e ruajtjes së shenjës gjatë kalimit në limit kemi: f ' ( x0 ) 0 (4). Po kështu: f ( x) f ( x0 ) lim f ' ( x0 ) x x0 x x0 dhe nga mosbarazimi (3) dhe teorema e ruajtjes së shenjës gjatë kalimit në limit kemi: MATEMATIKA 1 |
184
f ' ( x0 ) 0 (5). Meqenëse funksioni është i derivueshëm në pikën x0 , atëherë:
f '( x0 ) f ' ( x0 ) f ' ( x0 ) (6). Nga (4), (5) dhe (6) rrjedh që f '( x0 ) 0 dhe f '( x0 ) 0 , gjë që tregon se: f '( x0 ) 0 .
V. 2. TEOREMA ROLE , KOSHI DHE LAGRANZH Teorema Role Nëse funksioni f(x): [a, b]R është: 1. i vazhdueshëm në [a, b], 2. i derivueshëm në ]a, b[ dhe 3. vlerat e funksionit në skajet e segmentit janë të barabarta, f(a) = f(b), atëherë ekziston të paktën një pikë x0 ]a, b[ e tillë që f '( x0 ) 0 . Vërtetim: Meqënëse funksioni f(x) është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë ai merr në këtë segment vlerën më të madhe M dhe më të vogël m të tij (teoremat e vazhdueshmërisë së funksionit). Shohim disa raste: 1. Nëse M = m, atëhere funksioni f(x) është konstant në [a, b]. Në këtë rast kemi: f(x) = M dhe f’(x) = 0 për çdo x]a, b[. 2. Nëse M ≠ m dhe nga kushtet e teoremës funksioni merr vlera të barabarta në skaje të segmentit [a, b], f(a) = f(b), atëhere të paktën një nga vlerat M ose m të funksionit arrihet në një pikë x0 ]a, b[. Supozojmë se në pikën x0 arrihet vlera më e madhe e funksionit. Pra, f( x0 ) = M. Të tregojmë se f’( x0 ) = 0. Meqë f( x0 ) është vlera më e madhe e funksionit në segmentin [a, b], kemi f ( x0 h) f ( x0 ) 0 f ( x0 h) f ( x0 ) për cdo h të tillë që x0 h [a, b] . Shihet qartë se f ( x0 h) f ( x0 ) 0 për h < 0 dhe h f ( x0 h) f ( x0 ) 0 për h > 0. h MATEMATIKA 1 |
185
Meqë funksioni është i derivueshën në pikën x0 të intervalit ]a, b[ kemi: f ( x0 h) f ( x0 ) lim f ' ( x0 ) f '( x0 ) 0 h0 h f ( x0 h) f ( x0 ) lim f ' ( x0 ) f '( x0 ) 0 h0 h Nga mosbarazimet f '( x0 ) 0 dhe f '( x0 ) 0 rrjedh: f '( x0 ) 0 . Teorema u vërtetua. Interpretimi gjeometrik i teoremës: Jepet funksioni y = f(x) që plotëson kushtet e teoremës Role. Grafiku i këtij funksioni y = f(x) ka tangente paralele me boshtin y ox në të paktën një pikë të intervalit ]a, b[. Teorema pohon se ekziston të paktën një pikë x0 në intervalin f(a) = f(b) ]a, b[ e tillë që në pikën e vijës me abshisë x0 tangentja e hequr ndaj saj është paralele me boshtin ox. a x0 x1 b f '( x ) 0 Kjo ndodh meqënëse , 0 Figura 1 që tregon se koeficienti këndor i tangentes në pikën x0 është zero, figura 1.
x
Shembull : Jepet funksioni f ( x) 3 4 x 2 . Tregoni nëse plotësohen kushtet e teoremës Role. Zgjidhje: Gjejmë bashkësine e përcaktimit të funksionit. Për këtë duhet që: 4 x 2 0 x [2, 2] .
Funksioni është i vazhdueshëm në [–2, 2], i derivueshëm në ] –2, 2[, x f '( x) dhe 4 x2 ka vlera të barabarta në skaje: f (2) 3 4 (2) 2 3
f (2) 3 4 22 3 MATEMATIKA 1 |
186
Shihet qartë se ky funksion i plotëson kushtet e teoremës Role dhe themi se ekziston një pikë x0 ]–2, 2[ e tillë që f '( x0 ) 0 . Një pikë e tillë është edhe pika x0 = 0. Teorema e Lagranzhit (Zhoze Lui Lagranzh matematikan dhe mekanik i shquar francez 1736-1813) Nëse funksioni f(x): [a, b]R është: 1. i vazhdueshëm në [a, b], 2. i derivueshëm në ]a, b[ atëherë ekziston të paktën një pikë x0 ]a, b[ e tillë që: f (b) f (a ) f '( x0 )(b a ) . Vërtetim: f (b) f (a) Shënojmë k. ba Barazimi i teoremës f (b) f (a ) f '( x0 )(b a ) mund të shkruhet: f (b) f (a) f '( x0 ) . ba Pra, f (b) f (a) k (b a) . Ndërtojmë funksionin: g ( x) f ( x ) f ( a ) k ( x a ) .
Ky funksion plotëson të gjitha kushtet e teoremës Role, sepse: 1. është i vazhdueshëm në [a, b] si shumë e një numri të fundëm funksionesh të vazhdueshëm në të. 2. i derivueshëm në ]a, b[ si shumë e një numri të fundëm funksionesh të derivueshëm në këtë interval, 3. në skajet e segmentit [a, b] funksioni g(x) merr vlera të barabarta: g (a) f (a) f (a) k (a a) 0 g (b) f (b) f (a) k (b a) 0 , sepse f (b) f (a) k (b a) . Nga teorema Role kemi: ekziston të paktën një pikë x0 ]a, b[ e tillë që g '( x0 ) 0 . Por meqë g ( x) f ( x) f (a) k ( x a) kemi: g '( x) f '( x) k .
MATEMATIKA 1 |
187
g '( x0 ) f '( x0 ) k 0 k f '( x0 ) . Kjo tregon se: Përfundimisht duke ditur se: y B(b; f(b)) f (b) f (a) k P (x ; f(x ) 0 0 0 ba dhe duke zëvendësuar marrim: f (b) f (a) f '( x0 ) . ba A(a; f(a)) Ose f (b) f (a) f '( x0 ) b a a x0 x1 b x Figura 2 Interpretimi gjeometrik i teoremës së Lagranzhit
Në vijën e vazhdueshme të ndërtuar në segmentin AB në cdo pikë të vijës, përvec skajeve të segmentit, (pikat A dhe B) ekziston të paktën një pikë C në të cilën tangentja ndaj vijës është paralele me kordën AB, sepse koeficienti f (b) f (a) këndor i kordës AB është , ndërsa koeficienti këndor i tangents ba së hequr në pikën C të vijës me abshisë x0 është f '( x0 ) dhe nga teorema f (b) f (a) kemi: f '( x0 ) . ba Shihet qartë se meqënëse tangentja dhe korda kanë koeficientë këndor të barabartë, atëhere ato janë paralele. Rrjedhim 1: Nëse derivati i funksionit f(x) është zero në cdo pikë të segmentit [a, b], atëhere funksioni f(x) është konstant në këtë segment. Vërtetim: Marrim një pikë çfarëdo x > a nga segmenti [a, b]. Funksionin f(x) në segmentin [a, x] plotësohen kushtet e teoremës së Lagranzhit, që do të thotë se: f ( x) f (a ) f '( x0 )( x a ) (1) ku a x0 x . Nga kushti i rrjedhimit kemi që: f '( x0 ) 0 që tregon se duke e zëvendësuar në barazimin (1) kemi: f ( x) f ( a ) 0 f ( x) f ( a ) Pra, x[a, b], f(x) = a, domethënë funksioni f(x) është konstant në [a, b]. Rrjedhim 2: Nëse derivatet e funksioneve f(x) dhe g(x) janë të barabarta në çdo pikë të segmentit [a, b], atëhere në këtë segment këta funksione ndryshojnë nga njëri tjetri nga një konstante. Vërtetim: MATEMATIKA 1 188 |
Shënojmë:
( x) f ( x) g ( x) Njehsojmë derivatin e këtij funksioni në segmentin [a, b]. Duke ditur që: f '( x) g '( x)
Kemi:
'( x) [ f ( x) g ( x)]' f '( x) g '( x) 0 . Meqënëse '( x) 0 , nga rrjedhimi i parë kemi që ( x) c në [a, b]. Pra, f ( x ) g ( x) c që tregon se të dy funksionet ndryshojnë ndërmjet tyre me një konstante.
Shembull: Jepet funksioni f ( x) 4 x . Tregoni nëse plotësohen kushtet e teoremës Lagranzhit në segmentin [–5, 4] dhe të gjendet x0 që plotëson kushtet e teoremës. Zgjidhje: Bashkësia e përcaktimit (vlerat e lejueshme të ndryshores x) është E = ] –; 4]. Kështuqë funksioni është i vazhdueshëm dhe i derivueshëm në [–5, 4] dhe 1 . f '( x) 2 4 x Funksioni i plotëson kushtet e teoremës së Lagranzhit dhe kështu ekziston x0 ]–5, 4[ f (4) f (5) 0 3 3 1 . ku, f '( x0 ) 4 (5) 9 9 3 1 1 3 7 Pra, 4 x0 x0 . 3 2 4 2 4 x0 Llogaritjet e përafërta. Teorema e Lagranzhit ndihmon ndjeshëm në njehsimin diferencial. Barazimi f (b) f (a ) f '( x0 )(b a ) quhet formula e shtesave të fundme. Po të zëvëndësojmë a-në me ndryshoren x dhe b-në me x + x dhe nëse në [x, x + x] plotësohen kushtet e teoremës së Langrazhit do kemi: f ( x x) f ( x) f '( x0 )x ku x < x0 < x + x (x> 0) Kështuqë kemi formulën f ( x x) f ( x) f '( x0 )x për llogaritjen e vlerave të funksionit afër x-it.. MATEMATIKA 1 |
189
Shembull: Të njehsohet 1,02 . Zgjidhje: Kemi barazimin: 1,02 1 0,02 . Shënojmë: f ( x) x , x0 1 , x 0.02 Njëhsojmë: 1 1 f ' ( x) f ' (1) , 2 2 x Në formulën f ( x x) f ( x) f '( x0 )x zëvëndësojmë dhe kemi: f (1 x ) f (1) f ' (1) x 1 Pra, 1,02 1 0,02 1,01 2 Teorema Koshi Nëse funksionet f(x) dhe g(x) janë: 1. të vazhdueshëm në [a, b], 2. të derivueshëm në ]a, b[ dhe 3. g '( x) 0 për x ]a, b[ atëherë ekziston të paktën një pikë x0 ]a, b[ e tillë që: f (b) f (a) f '( x0 ) . g (b) g (a) g '( x0 ) Vërtetim: Nga kushtet e teoremës kemi që g(b) ≠ g(a), sepse nëse do të kishim g(b) = g(a) atëhere funksioni g(x) plotëson kushtet e teoremës Role dhe kështu do të ekzistonte të paktën një pikë në intervalin x ]a, b[ etillë që g’( x ) = 0, gjë që bie në kundërshtim me kushtin 3 të kësaj teoreme. Formojmë funksionin F ( x) [ g (b) g (a)] f ( x) [ f (b) f (a)]g ( x) Funksioni F(x) plotëson kushtet e teoremës Role, sepse: 1. është i vazhdueshëm në [a, b] si një kombinim funksionesh të vazhdueshëm në [a, b] 2. i derivueshëm në ]a, b[ si një kombinim funksionesh të derivueshëm në ]a, b[. 3. duke njehsuar vlerat e funksionit F(x) në skajet e segmentit [a, b] del që F(a) = F(b). Pra, për funksionin F(x) meqë plotëson kushtet e teoremës Role, mund të themi se ekziston një pikë x0 ]a, b[ e tillë që F’( x0 ) = 0. MATEMATIKA 1 |
190
Derivojmë funksionin F(x) dhe kemi: F '( x) [ g (b) g (a)] f '( x) [ f (b) f (a)]g '( x) [ g (b) g (a)] f '( x0 ) [ f (b) f (a)]g '( x0 ) . Në pikën x0 kemi: Nga ky barazim shihet qartë vërtetimi i teoremës Koshi. Pra, f (b) f (a) f '( x0 ) . g (b) g (a) g '( x0 ) Shembull: Jepen funksionet f ( x) x 2 4 dhe g ( x) 2 x 1 . Tregoni nëse plotësohen kushtet e teoremës Koshi në segmentin [0, 2] dhe të gjendet x0]0, 2[ që plotëson kushtet e teoremës. Zgjidhje: Funksionet f(x) dhe g(x) janë: 1. të vazhdueshëm në [0, 2], 2. të derivueshëm në ]0, 2[ dhe 3. g(x) 0 për x0]0, 2[ atëherë ekziston të paktën një pikë x0 ]a, b[ e tillë që: f (2) f (0) f '( x0 ) . g (2) g (0) g '( x0 ) 0 4 2 x0 Njehsojmë dhe kemi: x0 1]0, 2[ . 5 1 2 Formula e Tejlorit Shqyrtojmë polinomin e rendit n f(x) = a0 + a1x + a2x2 + …+ an-1xn-1 +anxn Gjejmë derivatet e këtij polinimi deri në rendin n dhe kemi: f’(x) = a1 + 2a2x + 3a3x2 + …+ (n-1)an-1xn-2 +nanxn-1 f’’(x) = 1∙2a2 + 2∙3a3x + …+ (n-1)(n-2)an-1xn-3 +n(n-1)anxn-2 _____________________________ f(n)(x) = 1∙2∙3∙...∙n∙an Duke zëvendësuar x = 0 në të gjitha barazimet e mësipërme do të kemi: f(0) = a0 f’(0) = a1 f’’(0) = 2!a2 _______ (n)
f (0) = n!an Nga këto barazime shkruajmë: a0 = f(0) f '(0) a1 1! MATEMATIKA 1 |
191
f ''(0) 2! _____ f ( n ) (0) an n! Duke zëvendësuar këto vlera të gjetura për koeficientët në polinomin e fuqisë n dotë kemi: f '(0) f ''(0) 2 f '''(0) 3 f ( n ) (0) n f ( x) f (0) x x x ... x (1) 1! 2! 3! n! Në mënyrë të njëjtë polinomi f(x) = b0 + b1(x – a) + b2(x – a)2 + b3(x – a)3 +…+ bn(x – a)n shkruhet: f '(a) f ''(a) f '''(a) f ( n ) (a ) f ( x) f (a ) ( x a) ( x a) 2 ( x a)3 ... ( x a) n (2) 1! 2! 3! n! Formula (1) quhet formula e Maklorenit për polinomet, ndërsa formula (2) quhet formula e Tejlorit. Formula e Tejlorit tregon se një polinom i rendit n është i njohur në qoftë se njihen vlera e tij dhe vlera e derivative të tij deri tek rendi n, në një pikë të cfarëdoshme x = a. f ( n ) (a) f '( a) f ''(a) Koeficientët b0 = f(a;) b1 ; b2 ;… bn quhen n! 1! 2! koeficientët e Tejlorit. Shihet lehtë që formula e Tejlorit është rast i vecantë i formulës së Maklorenit në rastin kur a = 0. a2
Paraqitja e një funksioni cfarëdo me një formulë të ngjashme me formulën e Tejlorit për polinomet. Supozojmë se funksioni f(x) është n herë i derivueshëm në segmentin [a, b] dhe K një numër i tillë që plotëson kushtin: f '(a) f ''(a) f '''(a) f (b) f (a) (b a) (b a)2 (b a)3 1! 2! 3! ( n 1) f (a) K (3) ... (b a)n1 (b a)n (n 1)! n! Ndërtojmë funksionin ndihmës: f '( x) f ''( x) f '''( x) ( x) f (b) f ( x) (b x) (b x)2 (b x)3 1! 2! 3! ( n 1) f ( x) K ... (b x)n1 (b x)n (4) (n 1)! n! MATEMATIKA 1 |
192
Funksioni φ(x) plotëson kushtet e teoremës së Rolesë në segmentin [a, b], sepse ai është i derivueshëm në segmentin [a, b] si shumë funksionesh të derivueshëm dhe në skajet e segmentit ky funksion merr vlera të barabarta me zero. Me të vërtetë: f '(a) f ''(a) f '''(a) (a) f (b) f (a) (b a) (b a)2 (b a)3 1! 2! 3! f ( n1) (a) K ... (b a)n1 (b a)n 0 nga barazimi (3). (n 1)! n! Në barazimin (4) zëvendësojmë x = b dhe do të kemi që φ(b) = 0. Meqenëse funksioni φ(x) plotëson kushtet e teoremës Role, atëherë ekziston një pikë c në intervalin ]a, b[ e tillë që φ’(c) = 0 Njehsojmë këtë derivat: f '''( x) (b x) 2 f ''( x )(b x ) 2! (n) ( n 1) f ( x) f ( x) K ... (b x) n 1 (b x) n 2 (b x) n 1 ( n 1)! ( n 2)! ( n 1)!
'( x) f '( x) f ''( x)(b x) f '( x)
Duke bërë reduktimet do të kemi: f ( n ) ( x) K φ’(x) = (b x)n1 (b x)n1 (n 1)! (n 1)! Meqenëse φ’(c) = 0, atëherë mund të shkruajmë f ( n ) ( x) K (b x)n1 (b x)n1 0 (n 1)! (n 1)! Meqenëse a < c < b dhe c ≠ b b – c ≠ 0, atëherë nga barazimi i fundit nxjerrim që K = f(n)(c). Duke zëvendësuar vlerën e gjetur të K-së në barazimin (3) kemi: f '(a) f ''(a) f '''(a) f (b) f (a) (b a) (b a)2 (b a)3 1! 2! 3! ( n 1) (n) f (a) f (c) (5) ... (b a)n1 (b a)n (n 1)! n! ku c ]a, b[ Duke zëvendësuar në barazimin (5) b = x barazimi shkruhet: MATEMATIKA 1 |
193
f '(a) f ''(a) f '''(a) ( x a) ( x a) 2 ( x a )3 1! 2! 3! f ( n1) (a) f ( n ) (c) (6) ... ( x a)n1 ( x a) n (n 1)! n!
f ( x) f ( a )
ku c ]a, x[. Formula e Tejlorit zbatohet për të përafruar me polinome funksione me natyrë të ndërlikuar me një saktësi mjaft të mirë. Shembull: Për funksioni f ( x ) e x dimë se f '( x) e x ; f ''( x) e x ;… f ( n ) ( x) e x dhe f (0) f '(0) ... f ( n ) (0) 1 atëherë funksioni f ( x ) e x për x[-1, 1] shkruhet: e x 1
x x2 x n1 . ... 1! 2! (n 1)!
Shembull: Njehsoni me ndihmën e formulës së Tejlorit ndryshimin midis shtesës së funksionit, y dhe diferencialit të funksionit dy në një pikë xo. Supozojmë se funksioni f(x) ka derivate të dytë të vazhdueshëm në një zonë rrethuese të pikës xo. Atëherë edhe |f’’(x)| është i vazhdueshëm në këtë zonë rrethuese të pikës xo, pra |f’’(x)| M, ku M është vlera më e madhe e |f’’(x)| në zonën rrethuese të pikës xo. Duke ditur që y = f(xo + x) – f(xo) dhe dy = f’(xo)x Pra, y – dy = f(xo + x) – f(xo) – f’(xo)x Nga formula e Tejlorit kemi: f(xo + x) = f(xo) – f’(xo) + f ''(c) ku c ndodhet ndërmjet xo dhe xo + x. Pra, mund të shkruajmë që:
y dy f ''(c)
x 2 2
x 2 2
ose | y dy || f ''(c) |
x 2 M x 2 2
Rregullat e L’Hopitalit Rregullat e L’Hopitalit na ndihmojnë të njehsojmë lehtësisht format e pacaktuara të limiteve. Rregulla e parë e L’Hopitalit
MATEMATIKA 1 |
194
Jepen funksionet f(x) dhe g(x) të përcaktuara në një segment [a, b] dhe x0 një pikë e këtij segmenti (pika x0 mund të jetë pikë e brendshme ose njëri nga skajet e segmentit [a, b]) ku plotësohen këto kushte: 1. funksionet f (x) dhe g (x) janë të derivueshëm në një zonë rrethuese të pikës xo dhe me përjashtim ndoshta të pikës xo dhe g’(x) ≠ 0 2. ekzistojnë lim f ( x) lim g ( x) 0 x x0
x x0
f '( x) L g '( x) f ( x) f '( x) lim L. atëherë ekziston edhe lim x x0 g ( x) x x0 g '( x) Vërtetim: Fillimisht duhet të theksojmë se f ( x0 ) g ( x0 ) 0 dhe për x x0 g '( x) 0 në një zonë rrethuese të pikës xo, sepse nga teorema Role do të kishim që g’(x) = 0 të paktën në një pikë të zonës rrethuese të pikës xo gjë që është përjashtuar. Atëherë për funksionet f(x) dhe g(x) në segmentin [ x0 , x] ( x x0 ) plotësohen f ( x) f ( x0 ) f '(c) kushtet e teoremës Koshi në bazë të së cilës kemi: . g ( x) g ( x0 ) g '(c) f ( x) f '(c) Meqënëse f ( x0 ) g ( x0 ) 0 atëherë: ku c është një pikë që g ( x) g '(c) f '( x) plotëson kushtin x0 < c < x. Meqë lim L dhe ( x x0 ) (c x0 ) x x0 g '( x ) f '(c) f ( x) L lim L do të kmi që lim x x0 g '(c ) x x0 g ( x ) Kjo teoremë na lejon të njehsojmë limitet e formave të pacaktuara, sepse shpesh limiti i raportit të derivatit të funksioneve është më i thjeshtë për t’u njehsuar. Shënim: Duke bërë derivimin e parë mund të shihet që përsëri mund të kemi formë të pacaktuar dhe për funksionet e fituara shohim nëse plotësohen kushtet e teoremës së L’Hopitalit dhe kalojmë përsëri në derivatet e funksioneve derisa të njehsohet limiti i raporit të dhënë. Vërejtje: Kjo teoremë është e vërtetë edhe nëse x0 është . Rregulli i dytë i L’Hopitalit Jepen funksionet f(x) dhe g(x) të përcaktuara në një zonë rrethuese të pikës x0 ku plotësohen këto kushte: 1. funksionet f (x) dhe g (x) janë të derivueshëm në një zonë rrethuese të pikës xo dhe me përjashtim ndoshta të pikës xo dhe g’(x) ≠ 0
3. ekziston i fundëm ose i pafundëm lim
x x0
MATEMATIKA 1 |
195
2. lim | f ( x) | lim | g ( x) | xx0
xx0
3. ekziston i fundëm ose i pafundëm lim
x x0
atëherë edhe lim
x x0
f '( x) L g '( x)
f ( x) f '( x) lim L. g ( x) x x0 g '( x)
Ushtrim: Duke u mbështetur në vërtetimin e teoremës së parë të L’Hopitalin vërtetoni teoremën e dytë. Vërejtje: Kjo teoremë është e vërtetë edhe nëse x0 është . Përmbledhje: Përdorimi i rregullit të Lopitalit në njehsimet e formave të 0 pacaktuara të limiteve. Kthimet e tyre në formën ose . 0 1. Nëse lim f ( x) 0 dhe lim g ( x) dhe kërkohet të njehsohet xa
xa
lim f ( x) g ( x) , kemi formën e pacaktuar 0. Kjo formë kalohet në një nga xa
0 ose . 0 f ( x) g ( x) 0 forma ose f ( x) g ( x) forma . f ( x) g ( x) 1 1 0 f ( x) g ( x) 1 1 g ( x) f ( x) 2. Nëse kemi formën e pacaktuar - atëhere: f ( x) g ( x) 1 f ( x) g ( x) 0 kthehet në formën . 0 3. Për rastet e papërcaktueshmërisë 00 , 0 dhe 1 duke kaluar në logaritëm kalojmë në formën 0. format e pacaktuara
lim[ g ( x )ln f ( x )]
lim f ( x) g ( x ) lim e g ( x )ln f ( x ) e xa xa
xa
Shembull: Të njehsohen limitet: 2 x5 x 3 ln(1 x) a) lim 3 ; b) lim ; x 1 3 x x 2 2 x 0 x
1 ex c) lim ; x 0 x
MATEMATIKA 1 |
196
x e x 1 ; x 1 ( x 1) 2
ln 2 x ; x x 3
d) lim
1 f) lim(cot gx ) ; x 0 x
e) lim
3 2
g) lim(cos 2 x) x . x 0
Zgjidhje: 2 x5 x 3 10 x 4 1 11 a) lim 3 2 lim ; x 1 3x x 2 x 1 12 x 2 2 x 10 1 ln(1 x) 1 lim 1 x lim 1; b) lim x 0 x 0 x 0 x 1 x 1 1 ex (1 e x ) ' e x lim lim e0 1 ; c) lim x 0 x 0 x 0 1 x x' x e x1 ( x e x1 )' 1 e x1 (1 e x1 )' e x1 1 d) lim lim lim lim lim ; x 1 ( x 1) 2 x 1 [( x 1) 2 ]' x 1 2( x 1) x 1 [2( x 1)]' x 1 2 2 1 2ln x ln 2 x (ln 2 x) ' x 2 lim ln x e) lim 3 lim lim 3 2 x x x ( x ) ' x 3x 3 x x3 1 2 (ln x) ' 2 2 1 lim 3 lim x 2 lim 3 0 ; 3 x ( x ) ' 3 x 3x 9 x x 1 1 1 x tgx 0 ) lim( ) është kthyer në formën . f) lim(cot gx ) lim( x 0 x 0 tgx x 0 x x xtgx 0 Zbatojmë rregullin e Lopitalit dhe kemi: 1 1 2 2 2 x tgx ( x tgx) ' cos x lim cos x 1 lim sin x lim( ) lim lim x 0 x 0 ( xtgx) ' x 0 x 0 sin x cos x x x 0 1 x xtgx tgx sin 2 x x 2 cos x 2
( sin 2 x) ' 2sin x cos x lim 0; x 0 1 x 0 1 ( sin 2 x x) ' 2cos 2 x 1 2 2
lim
3
g) lim(cos 2 x) x 0
x2
3
e
lim x2 ln(cos 2 x )
x0
MATEMATIKA 1 |
197
Njehsojmë 3 (2sin 2 x) 3 3ln(cos 2 x) [3ln(cos 2 x)]' cos 2 x lim 2 ln(cos 2 x) lim lim lim x 0 x x 0 x 0 x 0 x2 ( x2 ) ' 2x
lim x0
3tg 2 x (3tg 2 x) ' 3 2 lim lim 6 . x 0 x 0 x x' cos2 x 3
Pra, lim(cos 2 x) x 0
x2
e6
Studimi i funksionit me ndihmën e derivatve 1. Monotonia e funksioneve Për të studiuar monotoninë e një funksioni në bashkësinë e tij të përcaktimit do të mbështetemi në studimin e shenjës së derivatit të parë të funksionit. Teoremë 1: Në qoftë se funksioni y = f(x) i vazhdueshëm në segmentin I dhe i drivueshëm në pikat e brendshme të I-së, ka derivat pozitiv në cdo pikë të intervalit I, atëhere ky funksion është monoton rritës në intervalin I. Vërtetim: Marrim dy pika cfarëdo x1 , x2 I , të tilla që x2 x1 . Meqënëse funksioni f ka derivat në cdo pikë të intervali I, në bazë të teoremës së Lagranzhit shkruajmë f ( x2 ) f ( x1 ) f '(c)( x2 x1 ) ku x2 c x1 . Meqënëse pika c i përket intervalit I, si pikë që ndodhet ndërmjet pikave x2 , x1 që janë pika të intervalit I, nga kushti kemi që f’(c) > 0. Meqë x2 x1 , kemi x2 x1 0 . Nga këto mosbarazime mund të shkruajmë: f '(c)( x2 x1 ) 0 f ( x2 ) f ( x1 ) 0 f ( x2 ) f ( x1 ) . Kjo tregon se funksioni f(x) është rritës në I. Teoremë 2: Në qoftë se funksioni y = f(x) i vazhdueshëm në segmentin I dhe i drivueshëm në pikat e brendshme të I-së, ka derivat negativ në cdo pikë të intervalit I, atëhere ky funksion është monoton zbritës në intervalin I. Vërtetimi i kësaj teoreme bëhet njësoj si në teoremën 1. Shembull: Të shqyrtohet monotonia e funksionit y x 2 5 x 6 . Zgjidhje: Për cdo xR kemi: y’ = 2x – 5 MATEMATIKA 1 |
198
Studiojmë shenjën e binomit 2x – 5. x y’ Y
për x]–; për x]
- –
5 2 0
+ +
5 [ funksioni është zbritës; 2
5 ; +[ funksioni është rritës. 2
2. Ekstremumet e funksionit Jepet funksioni f(x) i përcaktuar në intervalin I dhe pika aI. Funksioni f(x) ka maksimum për x = a, të barabartë me f(a), në qoftë se ekziston një zonë rrethuese e pikës a, në të cilin funksioni merr vlera që nuk e kalojnë vlerën f(a). Pra, f ( x) f (a) . f(a) quhet maksimum i funksionit. Pra, funksioni ka maksimum për x = a vetëm atëhere kur ekziston një zonë rrethuese e pikës a dhe për cdo x ]a ; a [ vërtetohet mosbarazimi f ( x) f ( a ) . Themi se f(a) është vlera më e madhe e funksionit në I. y
y
B x a Figura 3
x b Figura 4
Funksioni f(x) ka minimum për x = b, të barabartë me f(b), në qoftë se ekziston një zonë rretuese e pikës b, në të cilin funksioni merr vlera më të mëdha ose të barabarta me f(b). Pra, f ( x) f (b) . f(b) quhet minimum i funksionit MATEMATIKA 1 |
199
Maksimumet dhe minimumet e funksionit quhen ekstremume të funksionit. Jepet funksioni f(x) i derivueshëm në bashkësinë e tij të përcaktimit. Teoremë: Në qoftë se funksioni y = f(x) ka ekstremum në pikën x0 dhe është i derivueshëm në këtë pikë, atëhere f '( x0 ) 0 . Vërtetim: Supozojmë se në pikën x0 , pikë e bashkësisë së përcaktimit të funksionit, funksioni ka maksimum. Kjo do të thotë se në një interval I x0 që përmban pikën x0 , kemi: f ( x0 ) f ( x) x I x0 . Për një h ≠ 0 të tillë që x0 h I x0 shkruajmë raportin e ndryshimit të vlerave të funksionit me h-në, në një interval rrethues të pikës x0 . Atëherë do të kemi: f ( x0 h) f ( x0 ) 0 për h < 0 dhe h f ( x0 h) f ( x0 ) 0 për h > 0. h Sepse, duke u nisur nga supozimi se në pikën x0 funksioni ka maksimum, kemi: f ( x0 h) f ( x0 ) 0 . Kalojmë në limit dhe kemi: f ( x0 h) f ( x0 ) lim f ' ( x0 ) f '( x0 ) 0 h0 h f ( x0 h) f ( x0 ) lim f ' ( x0 ) f '( x0 ) 0 h0 h Meqënëse f '( x0 ) 0 dhe f '( x0 ) 0 , atëhere f '( x0 ) 0 . Njësoj vërtetohet teorema edhe nëse supozohet se në pikën x0 funksioni arrin vlerën minimale. y Interpretimi gjeometrik i teoremës: Meqënëse f '( x0 ) 0 në pikat ku funksioni arrin vlerën më të madhe ose më të vogël, do të thotë se tangentja e grafikut në këto pika është paralele me boshtin ox. O
x0
x1
x
Figura 5
MATEMATIKA 1 |
200
Kushte të mjaftueshme për ekzistencës e ekstremumeve Teoremë 1: Në qoftë se funksioni f(x) është i derivueshëm në intervalin ]a – ; a + [ dhe ka derivat pozitiv në cdo pikë të intervalit ]a – ; a[ dhe derivat negative në cdo pikë të intervalit ]a; a + [ atëherë ky funksion ka maksimum për x = a. Paraqitja skematike e teoremës a– x y’ y
a+
a + 0 max
–
Vërtetim: Meqënëse funksioni f është i derivueshëm në intervalin ]a – ; a + [, zbatojmë teoremën e Lagranzhit për një pikë cfarëdo x të këtij intervali dhe për pikën a (x ≠ a): f ( x) f (a) f '(c)( x a) ku pika c ndodhet midis pikave x dhe a. (c]x, a[) Rasti I: Nëse x]a – ; a[, kemi x < c < a a–
c
x
a+
a Figura 6
Sipas kushtit derivati është pozitiv në cdo pikë të intervalit ]a – ; a[ prandaj f’(c) > 0. Vec kësaj kemi x – a < 0. Pra, si rrjedhim f’(c)(x - a) < 0. Meqënëse f’(c)(x – a) < 0, atëherë duke u nisur nga barazimi f ( x) f (a) f '(c)( x a) do të kemi: f ( x) f (a) 0 f ( x) f (a) për cdo x]a – ; a[. Rasti II: Nëse x]a; a + [, kemi a < c < x a–
a Figura
c
x a+
7
Sipas kushtit derivati është negativ në cdo pikë të intervalit ]a; a + [, prandaj f’(c) < 0. Vec kësaj kemi x – a > 0. Pra, si rrjedhim f’(c)(x – a) < 0. Meqënëse f’(c)(x – a) < 0, atëhere duke u nisur nga barazimi f ( x) f (a) f '(c)( x a) do të kemi: f ( x) f (a) 0 f ( x) f (a) për cdo x]a; a + [. MATEMATIKA 1 201 |
Rasti III: Për x = a kemi f(x) = f(a). Pra për cdo x]a – ; a + [ kemi f ( x) f (a) . Kjo do të thotë se funksioni f ka maksimum për x = a. Teoremë 2: Në qoftë se funksioni f(x) është i derivueshëm në intervalin ]a – ; a + [ dhe ka derivat negativ në cdo pikë të intervalit ]a – ; a[ dhe derivat pozitiv në cdo pikë të intervalit ]a; a + [ atëhere ky funksion ka minimum për x = a. Paraqitja skematike e teoremës a– a x y’ y
–
0 min
a+ +
Vërtetimi i teoremës bëhet njësoj si në teoremën 1. Shembull: Të gjenden ekstremumet e funksionit y x 3 3 x 2 4 Zgjidhje: Për cdo xR kemi: f '( x) 3 x 2 6 x Studiojmë shenjën e trinomit të fuqisë së dytë 3x2 6 x 3x 2 6 x 0 3 x( x 2) 0 ( x 0 ose x 2) x f’ f
- +
0 0 max
-
2 0 min
+ +
Për x = 0 funksioni ka maksimum, max f (0) 03 3 0 2 4 4 Për x = 2 funksioni ka minimum, min f (2) 23 3 22 4 0 Shembull: Të vërtetohet se kur funksioni f është i derivueshëm në intervalin I = ]a - ; a + [ dhe derivati i tij ruan të njëjtën shenjë në të dy intervalet ]a – ; a[; ]a; a + [ atëhere funksioni nuk ka ekstremum në pikën a. Zgjidhje: Supozojmë se f’(x) > 0 në intervalin ]a – ; a[ dhe në intervalin ]a; a + [. Meqënëse funksioni f është i derivueshëm në intervalin ]a – ; a + [, zbatojmë teoremën e Lagranzhit për një pikë cfarëdo x të këtij intervali dhe për pikën a: f ( x) f (a) f '(c)( x a) MATEMATIKA 1 |
202
ku pika c ndodhet midis pikave x dhe a. Nga ku del se për x < a kemi f(x) < f(a) dhe për x > a kemi f(x) > f(a). Pra, nuk ekziston asnjë zonë rrethuese e pikës a ku të kemi f ( x) f (a) , domethënë funksioni nuk ka maksimum në a dhe nuk ekziston asnjë zonë rrethuese e pikës a që të kemi f ( x) f (a) që do të thotë se funksioni nuk ka minimum në x = a. Shembull: Të vërtetoni se në qoftë se funksioni f ka vetëm vlera pozitive në intervalin I = ]a – ; a + [, atëhere në këtë interval funksionet f dhe f 2 kanë të njëjtat pika maksimumi (minimumi). Zgjidhje: Le të jetë a një pikë e fiksuar, kurse x një pikë cfarëdo e intervalit I. Shkruajmë f 2 ( x) f 2 (a ) [ f ( x) f (a )][ f ( x) f (a )] . Nga kushti f(x) + f(a) > 0 xI, prandaj f 2 ( x) f 2 (a ) dhe f ( x) f (a) kanë të njëjtën shenjë. Nëse për x = a funksioni f ka maksimum kemi f ( x) f (a) në një zonë rrethuese të pikës a. Prej këtej kemi që në këtë zonë rrethuese të pikës a: f ( x) f (a) 0 f 2 ( x) f 2 (a ) 0 f 2 ( x) f 2 (a ) që tregon se x = a është pikë maksimumi edhe për funksionin f 2 ( x ) . Tregoni se nëse pika x = b është pikë maksimale për f 2 ( x ) , atëhere ajo është pikë maksimumi edhe për funksionin f(x). 1 1 Shembull: Janë dhënë funksionet f ( x) x5 dhe g ( x) x3 1 . Të 5 3 vërtetohet që për x 1 kemi f ( x) g ( x) . Zgjidhje: Ndërtojmë funksionin h( x) f ( x) g ( x) për xR. 1 1 h( x) f ( x) g ( x) x5 x3 1 . Njehsojmë derivatin e funksionit h: 5 3 4 2 2 2 h '( x) x x x ( x 1) . Studiojmë shenjën e funksionit h’(x): x h’ h
- +
–1 0 max
–
0 0
1 0
-
+ +
min
Funksioni h është rritës në [1; +[. Pra për cdo x 1 kemi h( x) h(1) . Meqë h(1) > 0 për x 1 kemi h( x) 0 domethënë f ( x) g ( x) 0 f ( x) g ( x) . MATEMATIKA 1 |
203
Teoremë 3: Në qoftë se funksioni f(x) është i derivueshëm në intervalin ]a ; a [ dhe f ' (a ) 0 ndërsa f " (a ) 0 atëhere ky funksion ka në pikën a ekstremum. Në qoftë se f " (a ) 0 atëhere x = a është pikë maksimumi dhe në qoftë se f " (a ) 0 atëhere x = a është pikë minimumi. Shembull: Të gjenden ekstremumet e funksionit y x 2 sin x në ]0;2 [ Zgjidhje: f ' ( x) 1 2 cos x f " ( x) 2 sin x 1 5 f ' ( x) 0 1 2 cos x 0 cos x x1 x2 2 3 3 3 f " ( ) 2 sin 2 3 0 pra në x1 kemi pikë minimumi 3 3 2 3 5 5 5 3 kemi pikë f " ( ) 2 sin 2( ) 3 0 pra në x 2 3 3 2 3 maksimumi Duket qartë që teorema nuk jep përgjigje kur f '( x0 ) f ''( x0 ) 0 . Në këtë rast natyrën e pikës x0 mund t’a sqarojmë me anën e derivative të rendeve më të larta të funksionit në këtë pikë. Ka vend teorema e mëposhtme. Teoremë:
Në
qoftë
se
f '( x0 ) f ''( x0 ) ... f ( n1) ( x0 ) 0
ndërsa
f ( x0 ) 0 atëherë: 1. Kur n është numër tek funksioni y = f(x) nuk ka ekstrmum në pikën stacionare x0 . 2. Kur n është numër cift funksioni y = f(x) ka maksimum në pikën x0 në qoftë n
se f ( n) ( x0 ) 0 dhe ka minimum në katë pikë në qoftë se f ( n) ( x0 ) 0 . Këtë teoremë e pranojmë pa vërtetim.
3. Vlera më e madhe (më e vogël) e funksionit Themi se funksioni numerik merr vlerën më të madhe (më të vogël) në një bashkësi A në qoftë se ekziston të paktën një element x1 A i tillë që f ( x) f ( x1 ) për cdo x A . ( f ( x) f ( x1 ) për cdo x A ) Për funksionet e vazhdueshëm në një segment dihet që ato arrijnë vlerën më të madhe dhe më të vogël në këtë segment.
MATEMATIKA 1 |
204
Dhe në këtë rast vlerën më të madhe (vogël) e kërkojmë në skajet e segmentit dhe në pikat e maksimumeve (minimumeve) duke i krahasuar ato vlera se cila është më e madhja (vogla). Shembull: Gjeni vlerën më të madhe dhe më të vogël të funksionit f ( x) 2 x 3 9 x 2 2 në [-1;1] Zgjidhje: Gjejmë ekstremumet e funksionit f ' ( x) 6 x 2 18 x 6 x 2 18 x 0 x1 0 ose x 2 3 x f’ f
- +
0 0 max
-
3 0 min
+ +
Njehsojmë vlerat e funksionit në pikën maksimale, minimale dhe në skajet e segmentit [-1; 1] f (1) 2(1)3 9(1) 2 2 9 f (1) 5 f (0) 2 f (3) 25 Vlera më e madhe e funksionit në [-1;1] është 2 që arrihet në pikën e maksimumit x = 0. Vlera më e vogël e funksionit [-1;1] është f (1) 9 që arrihet në skaj. Shihet që në pikën x = 3 funksioni merr vlerën -25, por kjo pikë nuk merret në konsideratë se nuk i përket [-1;1]. Shënim: Në qoftë se funksioni f(x) është i vazhdueshëm në intervalin ]a; b[ dhe ka në këtë interval vetëm një ekstremum atëhere: a) Kur ky ekstremum është maksimum atëhere është dhe vlera më e madhe e funksionit. b) Kur ky ekstremum është minimum atëhere është dhe vlera më e vogël e funksionit, Shembull: Të gjendet vlera më e vogël e funksionit f ( x) x ln x Zgjidhje: Fillimisht, gjejmë bashkësinë e përcaktimit që është ]0;[ 1 x 1 Studiojmë shenjën e derivatit f ' ( x) 1 x x MATEMATIKA 1 |
205
Meqënëse x 0 shenja e f ' ( x ) është e njejtë me shenjën e binomit (xf ' ( x) 0 x 1 1). x 0 1 + f’ 0 + f min Meqënëse funksioni i dhënë në intervalin ]0;[ ka vetëm një ekstremum dhe ky është minimum atëhere vlera e këtij minimumi është dhe vlera më e vogël e tij ( f (1) 1 ln1 1 ).
4. Përkulshmëria e vijës. Pikat e infleksionit Le të na jetë dhënë një vijë e vazhdueshme AB që paraqet grafikun e funksionit f(x) me bashkësi përcaktimi një interval I. Supozojmë se funksioni f(x) është kudo i derivueshëm në I (domethënë vija AB ka tangente në cdo pikë të saj). Përkufizim: Vija AC quhet e lugët (konvekse) në qoftë se tangentja e hequr në cdo pikë të saj ndodhet nën vijë. Vija AC është e lugët në ]a; c[ A y (fig.8) Përkufizim: Vija CB quhet e mysët (konkave) në qoftë se tangentja e hequr në cdo pikë të saj ndodhet mbi vijë. Vija CB është e mysët në ]c; b[ (fig. 8)
C B
x a
c Figura
b
8
Teoremë 1: Kusht i nevojshëm dhe i mjaftueshëm që funksioni y = f(x) dy herë i drivueshëm në intervalin I të jetë i lugët (mysët) në të është që f " ( x ) 0 ( f " ( x ) 0 ) për cdo x I . Vërtetim: Kushti i nevojshëm. Në qoftë se y = f(x) është i lugët (mysët) në I, atëherë funksioni f '( x) është monoton rritës (zvogëlues) në këtë interval. Por atëherë në bazë të teoremës mbi funksionet monotonë f " ( x ) 0 ( f " ( x ) 0 ) për çdo xI . MATEMATIKA 1 |
206
Kushti i mjaftueshëm: Në qoftë se f " ( x ) 0 ( f " ( x ) 0 ), atëherë f '( x) është rritës (zvogëlues) në intervalin I. Kjo do të thotë që vet funksioni y = f(x) është i lugët (i mysët) në inervalin I. Shembull: Shqyrtoni përkulshmërinë e vijës me ekuacion: 1 y x 3 6x 2 4x 2 3 Zgjidhje: Njehsojmë derivatin e dytë: f ' ( x) x 2 12 x 4 f " ( x) 2 x 12 f " ( x) 0 x 6 x - 6 + f’’ 0 + f domethënë në ] ;6[ vija është e mysët dhe në ]6;[ është e lugët. Përkufizim: Pika C (fig. 8) e grafikut të funksionit të vazhdueshëm që lidh pjesë të grafikut me përkulshmëri të ndryshme, quhet pikë infleksioni e grafikut (vijës). Teoremë 2: Në qoftë se funksioni y f (x) ka derivat të dytë në cdo pikë të intervalit ]a;b[ dhe pika C është një pikë e këtij intervali e tillë që f " ( x ) ndëron shenjë duke kaluar nga ]a; c[ në ]c; b[, atëherë pika C me abshisë c është pikë infleksioni për grafikun e funksionit. Vërtetim: Supozojmë se në intervalin ]a; c[ kemi f " ( x ) 0 dhe në intervalin ]c; b[ f " ( x) 0 . Atëhere grafiku i funksionit f(x) është i lugët në ]a; c[ dhe i mysët në ]c; b[. Pika C me abshisë c lidh pikat e grafikut me përkulshmëri të ndryshme. Kjo tregon që pika c është pikë infleksioni për grafikun e funksionit. Teoremë: (Kushti i nevojshëm i pikës së infleksionit) Në qoftë se funksioni y = f(x) ka në një zonë rretuese ]c – , c + [ të pikës së infleksionit x = c derivat të rendit të dytë, atëherë ai është i barabartë me zero f’’(c) = 0. Vërtetim: Meqë pika c ndan një interval lugëtie me një interval mysëtie të funksionit y = f(x), atëherë derivati f’(x) është rritës në ]c – , c[ dhe zvogëlues në ]c, c + [. Pra, f’(x) ka ekstemum në pikën c prandaj derivati i tij f’’(x) në këtë pikë, në qoftë se ekziston është zero në bazë të teoremës mbi ekstremumet. Pra, f’’(c) = 0. MATEMATIKA 1 |
207
Kushti f’’(c) = 0 është kusht i nevojshëm që pika x = c të jetë pikë infleksioni për funksionin y = f(x), por jo i mjaftueshëm. Teoremë: Jepet funksioni y = f(x) dy herë i derivueshëm në një zonë rrethuese të pikës c, me përjashtim ndoshta të pikës c ku funksioni është i vazhdueshëm, atëherë në qoftë se derivati i dytë f’’(x): 1. ka shenja të ndryshme në ]c – , c[ dhe ]c, c + [, pika x = c është pikë infleksioni e funksionit y = f(x). 2. ka shenja të njëjta në të dy intervalet, pika x = c nuk është pikë infleksioni. 3.
Teoremë: Në qoftë se f '(c) f ''(c) ... f ( n 1) (c) 0 ndërsa f n (c) 0 atëherë: 1. Kur n është numër tek pika x = c është pikë infleksioni për funksionin. 2. Kur n është numër cift pika x = c nuk është pikë infleksioni për funksionin. Këtë teoremë e pranojmë pa vërtetim x3 1 x 0 Shembull: Të studiohet përkulshmëria e vijës y cos x x 0 2 Zgjidhje: Njehsojmë limitin e funksionit në pikën x = 0. lim( x3 1) lim cos x 1 f (0) x0
x0
Meqënëse limitet e njëanshme janë të barabarta dhe për më tepër të barabarta me vlerën e funksionit në pikën x = 0, atëhere funksioni f(x) është i
vazhdueshëm në x = 0 dhe për pasojë edhe në intervalin [ ; [ . 2 2 3x x0 ' Njehsojmë derivatin e parë f ( x) sin x x 0 2 ' ' Meqenëse f (0) f (0) 0 kjo tregon se për x = 0 funksioni është i derivueshëm. 6 x x 0 " f ( x) cos x x 0 2 " f (0) nuk ekziston sepse f " (0) 0 f " (0) 1
MATEMATIKA 1 |
208
Meqenëse funksioni është i derivueshëm dy herë dhe në të dy anët e x = 0 vija ka përkulshmëri të ndryshme (derivati i dytë ka shenja të ndryshme) pika e grafikut me abshisë zero është pikë infleksioni. Vërejtje 1. Maksimumet dhe minimumet quhen me një emër të përbashkët ekstremume të funksionit 2. Një funksion mund të ketë disa ekstremume 3. Ekstremumet shpesh quhen shpesh ekstremume lokale sepse janë vlera më e madhe (vogël) vetëm në një interval të caktuar dhe jo në gjithë bashkësinë e përcaktimit. 4. Të mos ngatrohet vlera e maximumit me vlerën më të madhe 5. Pikat që dyshojmë se funksioni mund të ketë ekstremum janë pikat në të cilat derivati: 1) bëhet zero 2) nuk ekziston 3) është i pafundëm dhe këto pika quhen pika kritike. Shqyrtimi i variacionit dhe ndërtimi i grafikut të funksionit Për të shqyrtuar variacionin dhe për të ndërtuar grafikun e një funksioni të dhënë do të veprojmë në këtë mënyrë: 1. Gjejmë bashkësinë e përcaktimit të funksionit 2. Shqyrtojmë ciftësinë e funksionit dhe njehsojmë periodën e funksionit kur ai është periodik. 3. Studiohet monotonia e funksionit 4. Studiohet përkulshmëria e funksionit 5. Gjenden asimtotat e grafikut të funksionit 6. Gjejmë pikat e prerjes së grafikut me boshtet koordinative 7. Ndërtojmë grafikun e funksionit. x3 Shembull: Ndërtoni grafikun e funksionit y 2 . x 1 Zgjidhje: 1. Gjejmë bashkësinë e përcaktimit. Duhet që emëruesi të jetë i ndryshëm nga zero. Pra, x2 1 0 x 1 . E ] ; 1[] 1;1[]1; [ R {1;1} .
( x )3 x3 2. Ciftësia f ( x) 2 f ( x) që tregon se funksioni është ( x) 2 1 x 1 tek (grafiku i funksionit është simetrik në lidhje me orrigjinën e boshteve koordinativë). 3x 2 ( x 2 1) 2 x x3 x 2 ( x 2 3) 3. f '( x) 2 ( x 2 1)2 ( x 1)2 f '( x) 0 x 0 ose x 3 MATEMATIKA 1 |
209
x
-
f’ f
3 + 0 – max
–1 –
0 0
1 –
–
3 0
0 3 3 max f ( 3) 2 3 3 min f ( 3) 2 f (0) 0
+ + min
[2 x( x 2 3) 2 x3 ]( x 2 1)2 4 x( x 2 1) x 2 ( x 2 3) ( x 2 1)4 2 x[( x 2 3 x3 )( x 2 1)2 2 x 2 ( x 2 3)] 2 x( x 2 3) ( x 2 1)3 ( x 2 1)3 x – –1 0 1 + f’’ – + 0 – + f
4. f ''( x)
x = 0 është pikë infleksioni për grafikun e funksionit dhe f(0) = 0. 5. Asimtotat: x3 x3 lim 2 lim 2 lim x . Pra, grafiku i funksionit nuk ka asimtotë x x 1 x x x horizontale. x3 x3 lim 2 dhe lim 2 . Kjo tregon që x = -1 është asimtotë x 1 x 1 x 1 x 1 vertikale. x3 x3 lim 2 dhe lim 2 . Kjo tregon që x = 1 është asimtotë x 1 x 1 x 1 x 1 vertikale. Gjejmë ekuacionin e asimtotës oblike y = kx + t: x3 2 f ( x) x3 x3 k lim lim x 1 lim lim 1 . Pra, k = 1. x x x x( x 2 1) x x 3 x x
x3 x3 x3 x x t lim[ f ( x) kx] lim 2 x lim lim 2 0 . 2 x x x 1 x x x x 1 Asimtota oblike ka ekuacion: y = x. MATEMATIKA 1 |
210
y 0 x 0 6. Pikat e prerjes me boshtin ox: . Pra, O(0; 0) x3 y 0 y x2 1 Pikat e prerjes me boshtin oy: x=1 x 0 x 0 y . Pra, O(0; 0) x3 y 0 y B y=x 2 x 1 7. Grafiku Pika maksimum: 3 3 A( 3; ) dhe pika minimum x 1 -1 2 O 3 3 B ( 3; ) 2 A
x = -1
Figura 9
USHTRIME 1. A plotësohen kushtet e teoremës Role për funksionet: 1) y x 2 4 x 1 në [0; 4]; 2) y ln(3 x 2 ) në [–1; 1]; x 1 në [ ;4] ; 1 x 4
3) y | x 2 2 x | në [1 2;1 2] ;
4) y
5) y 9 x 2 në [–2; 2];
6) y sin 2 x sin x në [0; ];
7) y 4sin x në [0, ] ;
8) y 1 3 x 2 në [–1, 1];
9) y ( x 1)e 2
x2
1 1 në ; ; 2 2
x sin 10) f ( x) x 0
x0 x0
në [0, 1]. Në cilat pika f’(x) = 0. 2. Shihni plotësimin e kushteve të teoremës Koshi. 1) f ( x) 2 x 4 g ( x) x 2 4 në [1; 4]; 2) f ( x) x 2 2 x 3 g ( x) x 2 4 x 6 në [0; 1]; 3) f ( x) x 2 g ( x) e x 2 në [0; 2]; 4) f ( x) ln x g ( x) x 3 në [1; 3]; 5) f ( x) | 4 x 5 | g ( x) x 2 3 në [–2; 0]; MATEMATIKA 1 |
211
6) f ( x) tgx g ( x) sin 2 x në 0; ; 4
7) f ( x) 2 x 1 g ( x) x 2 8 x në [–1; 0]. 3. Shihni plotësimin e kushteve të teoremës së Lagranzhit 1) y x 3 x 2 2 në [–1; 2]; 3) y
2) y 1 5 x 4 në [–1; 2];
2 x2 1 në [–2; –1]; x
4) y x 3 2 x 2 5 x 1 në [0; 1];
5) y x 2 1 2 x në [1; 5 ]; 7) y 2e x x në [0; 2].
6) y x 3 2x 1 në [–1; 2];
4. Për funksionet e mëposhtme tregoni nëse plotësohen kushtet e teoremës së Lagrazhit dhe në qoftë se po, gjeni pikën x0 . x 3 3x 2) y në [0;2] 4 x
1) y n 3n 15 në [0;3] 2
3) y n 3 në [–2;2] 5. Në cilën pikë të vijës y në pikat me abshisa x1
1 tangentja është paralel me prerësen që kalon x
1 dhe x2 2 2
6. E njëjta kërkesë si ushtrimi 5 për: 1) f (n) ln x x1 0 x 2 e
2) y 1 sin x
x1 0 x2
6
7. Të vërtetohet mosbarazimi: na n 1 (b a ) b n a n nb n 1 (b a) ku (a < b) Udhëzim: Zbatoni teoremën e Lagrazhit për funksionin y x 4 në [a;b].
|x | 2 x 8. Ndërtoni grafikun e funksionit f ( x) . Shpjegoni përse |x | 2 1 nuk mund të zbatohet teorema e Lagranzhit në [0, 2].
MATEMATIKA 1 |
212
9. Ndërtoni grafikun e funksionit f(x) = |lnx| dhe tregoni cila nga kushtet e 1 teoremës së Langranzhit cënohet në , e . e 10. Jepet funksioni f(x) i përcaktuar në ] –a, a[, çift dhe i derivueshëm në këtë interval. Të provohet që gjendet të paktën një pikë c]–a, a[ në të cilën f’(c) = 0. Udhëzim: Funksioni quhet funksion çift nëse f(–x) = f(x). 11. Jepet funksioni f(x) me derivat f’(x) në çdo pikë të intervalit të fundëm, ose të pafundëm në ]a, b[ dhe lim f ( x) lim f ( x) . Provoni që ekziston xa
x b
të paktën një pikë c]a, b[ e tillë që f’(c) = 0. 12. Jepet f(x) = x(x –1)(x – 2)(x – 3). Tregoni që ekuacioni f’(x) = 0 ka tri rrënjë reale dhe gjeni intervalin ku përfshihen ato. 13. Të gjenden limitet e mëposhme duke përdorur rregullin e Lopitalit e x esin x sin x sin a 1 cos x 1) lim ; 2) lim ; 3) lim ; x 0 x sin x x a x 0 xa x tgx sin x 3x cos x arctgx 4) lim x ; 5) lim ; 6) lim ; 2 x 0 e 1 x0 x 0 4 x sin x x x ln(1 x) 1 x 3 tgx 7) lim ; 8) lim ; 9) lim ; x 0 ln x x 0 tgx x x) 3 sin( 3 ex 1 x ln(tgx) 10) lim ; 11) lim ; 12) lim ; x 0 x 1 x 1 x x cot g 2 x cot g 4 2 4 x3 1 ex ln( x) lim 13) lim 2 ; 14) lim ; 15) ; x ln x x (1 2 x ) 2 x x 1 ln( x 1) x 16) lim ; 17) lim xe ; 18) lim tgx e x ; x x 1 x 0 tg x 2 x 1 1 19) lim ln x x2 ; 20) lim x ln ; 21) lim( cot gx) ; x x 0 sin x x0 x 1 ex 1 1 1 1 x) ; ); 22) lim ( 23) lim( ) ; 24) lim( x x 1 x 0 x 0 x x ln( x 1) sin x MATEMATIKA 1 |
213
25) lim( x 0
1 1 x ); sin x e 1
1 26) lim x x 2 ln(1 ) ; x x
1
28) lim ( x2 1) x ; x
1 31) lim ( )tgx ; x 0 x
1
27) lim x x ; x
1
29) lim(cos x) x x 0
32) lim x x 0
3 ln x 4
;
1
30) lim(cot gx) ln x ; x 0
x
1 x
33) lim(e 2 x) . x 0
14. Jepet funksioni: a) Gjeni bashkësinë e përcaktimit për funksionin b) Gjeni ekstremumet e tij 1) f ( x) x 4 x ; 2) f ( x) x 2 ( x 2 6) ; 3) f ( x) x 2 (3 x ) ; 5) y 2 x 3 6 x 2 5 ;
x2 ; x2 9 6) y xnx
4) f ( x)
15. Jepet funksioni y 4 x 2 a) Të gjendet bashkësia e përcaktimit dhe shenja e funksionit në ]–2;2[ b) Të gjenden ekstremumet e funksionit në ] –2;2[ c) Të gjenden ekstremumet e funksionit f 2 : y 4 x 2 në ] –2;2[ d) Cfarë vini re? 16. Të studiohet monotonia dhe të gjenden ekstremumet e funksionit 1) y 2 x x 2 ; 2) y 3 x x 3 ; 1 3) y x 4 x 2 2 ; 4) y x 3 6 x 2 9 x 5 ; 4 5) y ( x 1) 2 ( 2 x) 2 ; 6) y x 3 ( x 3) 2 ; 7) y ( x 2 1) 3 ; 8) y ( x 1) 3 ; 2 x 2x 3 9) y ; 10) y ; x 2 1 x x 2 2x 1 1 11) y ; 12) y x 2 ; x 1 x2 1 13) y x . x 5 17. Gjeni ekstremumet e funksionit duke shqyrtuar f 2 1) y x 2 6 x 10 ;
2) y 9 x 2 ; MATEMATIKA 1
|
214
3) y x 2 x 1 ;
4) y x 2 4 .
18. Sa ekstremume ka funksioni y ax 2 bx c (a 0) dhe kur kemi max (min). 19. Duke përdorur derivatin e dytë gjeni ekstremumet e funksionit 1) y x ln x ; 2) y sin 2 x në ]0; [ ; 3) y x e x ; 4) y e x e x ; 5) y x sin 2 x në ; . 2 2 20. Gjeni bashkësinë e përcaktimit, studioni monotoninë dhe gjeni pikat e ekstremumeve 2x 3 2x 1) y ; 2) y 2 ; 3) y x 2 4 ; x 1 x 4 x2 4) y x 4 x 2 ; 5) y . x 1 21. Gjeni pikat e ekstremumeve të funksionit ln x 1) y ; 2) y x ln 2 x ; x 1 3) y e x ln x ; 4) y cos 2 x cos x . 2 22. Gjeni maksimumet dhe minimumet e funksionit: 1 1 1) f ( x) sin 2 x sin x ; 2) f ( x) cos 2 x cos x ; 2 2 3 2 3) f ( x) tgx cot gx ; 4) f ( x) e x 6 x ; 1 x x2
5) f ( x) e ; 7) f ( x) e x sin x ; 9) f ( x) ln( x 2 1) .
6) f ( x) xe x ; 8) f ( x) ln(2 x x 2 ) ; 2
23. Gjeni dy vlera të x-it për të cilat funksioni f(x) = 4 sin2x ka maksimum. 24. Gjeni vlerën e parametrit aR në mënyrë që funksioni f ( x) ax3 6 x 2 3ax 2 të jetë zbritës për cdo xR. MATEMATIKA 1 |
215
25. Gjeni vlerën e b-së që funksioni f ( x)
x 2 bx c të ketë minimum në x2 5x 4
1 pikën (2; ) . 9 26. Gjeni vlerën më të madhe dhe më të vogël të funksionit: 1) f ( x) 3x 2 12 x 5 në [0, 3] 2) f(x) = sinx + cosx 3) f ( x) 2 x në [–7, 2] 5) y x 3 3 x 2 5 , në 1;3 ,
në [0, /3]
4) f(x) = cosx – x në [0, 4] 6) y 6 x 2 x 1 në [0;1]
7) f x r x x 2 r 2 , për x 0; r 27. Gjeni vlerën më të madhe (vogël) të funsionit 1) y x 3 në [2; –2]; 2) y 6 x 2 x 1 në [0;1]; 3) y 2 x 3 3x 2 12 x 2 në [-2;0]; 4) y x 4 4x 3 në [2;4]; x4 4 x 2 5 në [–3;3]. 5) y 2 28. Të gjendet vlera më e madhe e funksionit
1) y x(a x) në ]0;2a[
2) y a 2 x 2 në ]-a,a[
x(a 2 x 2 ) 3) y në ]0;a[ 4) y x 2 (a x) 2 në ]0;a[ 4 a2 4 5) y x në ]0,[ 6) y x në ]0;4[ duke dalluar x x dy raste: a) 0 a 4 b) a 4 29. Gjeni vlerën më të madhe dhe më të vogël të funksionit
1) y 6 x x 2 në [0;6]
2) y x 2 x në [0;9]
3) y x 2 4 x 2 në [0;2]
4) y x 2 sin x në [0;2 ]
5) y x a 2 x 2 në [0;a] 6) y sin x sin 2 x në [0; 2] 7) y 3sin x cos 2 x në [0; 2] 8) y cos 2 x cos 2 x në [–; ] 9) y 2sin 2 x 3cos x në y sin x sin 2 x në [0; 2]; 10) y 3tgx cot gx në ]0; [. 30. Gjeni vleren më të vogël (më të madhe) të funksionit në bashkësinë e tij të përcaktimit. 1) y 2 x 2 ln x ; 2) y x e x ; 3) y x 2 e x .
MATEMATIKA 1 |
216
x2 31. Ndërtoni grafikun e funksionit y 2 x monotoninë dhe ekstremumet.
x 1 . Nga grafiku studioni x 1
32. Të vërtetohen mosbarazimet e mëposhtme duke marrë një funksion ndihmës 1 1) x 3 2 x 2 20 x 0 për x > 0 2) x 3 4 x 2 15 x 1 0 për x > 0 3 x 3) e 1 x në R 33. Jepet funksioni: f ( x) x 3 3 x 5 . f ( x) x 4 6 x 2 . a) Studioni monotoninë e funksionit b) Studioni përkulshmërinë e funksionit 34. Jepet funksioni f ( x) 1 2x a) Gjeni bashkësinë e përcaktimit të funksionit b) Studioni monotoninë e tij c) Gjeni bashkësinë e përcaktimit të derivatit të parë të funksionit. 4 3 35. Cila pikë është pikë infleksioni për funksionin: f ( x) x 6 x 36. Të shqyrtohet përkulshmeria dhe të gjenden pikat e infleksionit të funksionit: 1) y 3 x 2 2 x 3 ; 2) a x 2 ; 3) y ax 2 bx c ; 1 4) y x 3 5 ; 5) y x 4 6 x 2 x 5 ; 4 3 6) ( 2 x 1) 3 ; 7) y x 3 (5 x) ; 8) y ; 1 x 3 x 1 8) y ; 9) y 2 ; 10) y ; 1 x x 4 1 x2 11) y x 2 4sin x ; 12) y x 2 x ln x ; 37. Të studiohet vazhdueshmëria dhe të gjenden pikat e infleksionit 2 x 2 1 x 0 x0 x 1) y 2 ; 2) y . 2 1 x x 0 x x 0 38. Të studiohet përkulshmeria e funksionit 1) y sin 2 x në [0; ] ; 2) y cos x në [0;2 ] ; 2 2 3) y cos x sin x në [0; ] ; 4) y e x ; 5) y x ln x ; 6) y x 2 e x ; 7) y x 2 x ln x . 39. Për çfarë vlere të a-së funksioni y e x ax 3 ka pikë infleksioni. 40. Jepet grafiku i funksionit f(x). Gjeni shenjën e prodhimeve: MATEMATIKA 1 |
217
1) f ' (1) f " (3) ;
2) f ' ( 2) f " ( 2) ;
3) f (3) f ' (3) f " (3) .
41. Njehsoni: 1)
9, 04 ;
2)
1 ; 1,01 7) cos 60, 020 ; 10) log0,9992; 4)
5)
3
3,99 ;
3)
1 ; 1, 003
0,9997 ;
6)
3
8,01 ;
9) tg 44,80 ;
8) sin 6003' ; 11) log200
42. Ndërtoni grafikun e funksionit: 1) y x 2 x 4 ;
2) y x( x 2 1) ;
3) y x
2x ; x 1 6 7) y x 2 ; x 1
5) y x | x x 2 | ;
6) y
4) y x
2
10) y 1 e
x2
;
13) y e 2 x 2e x ;
8) y x x 2 1 ; 11) y e
x2 x x 1
;
14) y ln(2 x) ;
1 ; x
x ; x 1 x4 9) y ; (1 x)3 2
12) y ( x 4)e x ; x3 15) y ln ; x
x2 4 16) y ln 2 . x 4
PROBLEMA Për zgjidhjen e problemave në kërkim të vlerës më të madhe (vogël) veprohet në këtë mënyrë: a. Shënojmë me x të panjohurën dhe përcaktojmë bashkësinë e vlerave të lejueshme të x-it (bashkësinë e përcaktimit) në qoftë se është e mundur. b. Ndërtojmë funksionin f(x), S(x), V(x), L(x)…, të cilit duam t’i gjejmë vlerën më të madhe (vogël) c. Njehsojmë f ' ( x) dhe studiojmë shenjën e derivatit të parë të funksionit d. Japim përgjigjen MATEMATIKA 1 |
218
1. Shuma e dy numrave pozitivë është S. Sa duhet të jenë këta numra që prodhimi i tyre të jetë sa më i madh? 2. Prodhimi i dy numrave pozitiv është konstant . Sa duhet të jenë këto numra që shuma e tyre të jetë sa më e vogël? 3. Ndër të gjithë trekëndëshat kënddrejtë me hipotenuzë a, cili prej tyre ka sipërfaqen më të madhe? 4. Jepet funksioni y x 3 6 x 2 9 x 7 . Gjeni vlerën e x për të clin tangentja ka koeficientin këndor më të vogël. 5. Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj vijës y x 3 3x 2 5 x që ka koeficientin këndor më të vogël. 6. Gjeni pikën e grafikut të funksionit y 3x 2 x 3 ku tangentja ka koeficientin këndor më të madh. 7. Në katrorin me brinjë a të brendashkruhet katrori me sipërfaqen më të vogël. 8. Në trekëndëshin barabrinjës me brinjë a të brendashkruhet trekëndëshi barabrinjës me sipërfaqen më të vogël. 9. Për cfarë vlere të x ndryshesa e x me katrorin e tij është më e madhja? 10. Një trup kryen lëvizje drejtvizore sipas ligjit S 12t 2 t 3 ku t [0;10] . Gjeni në cilin çast: a. Shpejtesia e trupit është zero b. Shpejtësia e lëvizjes është më e madhja c. Nxitimi i lëvizjes është më i madh 11. Një drejtkëndësh me perimeter 12 cm rrotullohet rreth njërës brinjë të tij. Sa duhet të jenë përmasat e drejtkëndëshit që vëllimi (sipërfaqja) e cilindrit të përftuar të jetë më i madhi (më e vogla)? 12. Një klub është i përbërë prej 20 anëtarësh dhe secili paguan 800 lekë në muaj. Për të inkurajuar futjen e anëtarëve të rinj, për cdo anëtar të ri të futur kuota ulet me 80 lekë për secilin. Sa anëtarë të rinj duhet të futen që të ardhurat e klubit të arrijnë vlerën maksimale të mundshme. 13. Sa duhet të jenë përmasat e cilindrit rrethor të drejtë të mbyllur lart dhe poshtë me vëllim 2a 3 (a 0) që për ndërtimin e tij të harxhohet sasia më e vogël e materialit. 14. Do të ndërtohet një kuti e hapur nga sipër me fund katror dhe me vëllim 108 cm3 . Cilat duhet të jenë përmasat e kutisë që për ndërtimin e saj të harxhohet sa më pak material. 15. Një prodhues ka këto shpenzime për të prodhuar x kg të një produkti në ditë: shpenzime fikse 320 dollare, lëndë të parë për një kg produkt 20 x2 dollar, mirëmbajte dhe riparime dollarë. 20 MATEMATIKA 1 |
219
a) Tregoni që kostoja e përgjithshme x kg në një x2 20 x 320 . b) ditë është 20 c) Gjeni koston për një kg në ditë. d) Gjeni për ç e) ’vlerë të x ]0;150[ kjo kosto ka vlerën më të vogël. 16. Në rrethin me rreze r të brendashkruhet derjtkëndëshi me perimeter më të madh. 17. Në rrethin me rreze r të brendashkruhet trekëndeshi dybrinjëshëm me sipërfaqen më të madhe. 18. Paraqitni grafikisht funksionin y 1 x 2 a) Shkruani ekuacionin e tangentes së hequr në pikën e tij me abshisë a. b) Gjeni vlerën e a-së në mënyrë që sipërfaqja e trekëndëshit që formon kjo tangente me boshtet koordinative të jetë më e vogla.
MATEMATIKA 1 |
220
KREU VI
INTEGRALI I PACAKTUAR VI.1. KUPTIMI I PRIMITIVES SE NJE FUNKSIONI Njё nga çёshtjet e rёndёsishme me tё cilat merret analiza matematike ёshtё njehsimi integral. Nё kapitujt paraardhёs u trajtua kuptimi i derivatit tё njё funksioni f (x) nё njё pikё tё dhёnё tё bashkёsisё sё pёrcaktimit tё tij si dhe gjetja e funksionit derivat f’(x) tё tij nё rastin kur ai ishte i derivueshёm nё çdo pikё tё bashkёsisё sё tij tё pёrcaktimit. Tani ne do tё shtrojmё problemin e anasjelltё d.m.th. pёr njё funksion tё dhёnё f (x), do tё synojmё tё gjejmё funksionet F(x) tё derivueshёm nё çdo pikё tё bashkёsisё sё pёrcaktimit tё funksionit f (x) dhe tё tillё qё F’(x) = f (x) pёr çdo pikё tё kёsaj bahskёsie. Shembull: Nёse funksioni f (x) = 3x2 atёherё nё rolin e funksionit F(x) do tё ishte F(x) = x3 ose F(x) = x3 + 7, etj. sepse (x3)’ = 3x2 dhe (x3 + 7)’ = 3x2 pёr çdo x R. Siç shikohet mund tё ekzistojnё mё shumё se njё funksion F(x), derivati i tё cilit nё çdo pikё tё bashkёsisё sё pёrcaktimit tё f (x) ёshtё i barabartё me f (x) . Pёrkufizim: Funksioni F(x) quhet primitivё e funksionit tё dhёnё f (x) nё intervalin ]a,b[ tё bashkёsisё sё tij tё pёrcaktimit, nё qoftё se pёr çdo x tё kёtij intervali kemi: F’(x) = f (x) Shembull: Funksioni F(x) = sin x ёshtё primitivё e funksionit f (x) = cos x nё intervalin ] , [, sepse F’(x) = ( sin x )’ = cos x = f (x) pёr çdo x tё kёtij intervali. Njё primitivё tjetёr do tё ishte F(x) = sin x + c, ku c ёshtё njё konstante nga bashkёsia e numrave realё R, sepse edhe nё kёtё rast kemi: F’(x) = ( sin x + c)’ = cos x = f (x) Shembull: Funksionet F(x) = x5 – 9x + 11 dhe G(x) = x5 – 9x – 100 janё primitiva tё funksionit f(x)=5x4 – 9 nё intervalin ] , [ sepse siç shikohet lehtё derivatet e tyre nё kёtё interval janё tё barabartё me funksionin f (x). Shembull: Funksioni F(x) =
x ёshtё primitivё pёr funksionin f (x) =
1 2 x
MATEMATIKA 1 |
sepse
221
F’(x) = ( x )’ =
1
= f (x) 2 x Gjeni edhe dy primitiva tё tjera tё kёtij funksioni.
■
Ushtrim: Gjeni nga dy primitivё pёr funksionet: 1 f (x) = , f (x) = cos x , f (x) = x5 – 4ax3 + 3b x Ajo qё bie nё sy nga pёrkufizimi ёshtё se kur F(x) ёshtё njё primitivё pёr njё funksion tё dhёnё f (x) nё njё interval tё caktuar ]a,b[, atёherё edhe çdo funksion tjetёr G(x) = F(x) + c ёshtё gjithashtu primitivё pёr f (x) nё kёtё interval. Vёrtetё pёr çdo x nga intervali ]a,b[ kemi: G’(x) = [F(x) + c]’ = F’(x) + 0 = f (x) Pra kur f (x) ka njё primitivё F(x) nё njё interval ]a,b[, atёherё ai do tё ketё edhe njё pafundёsi primitivash tё formёs F(x) + c pёr c R, d.m.th. njё pafundёsi primitivash qё ndryshojnё midis tyre nga njё konstante. Pёr mё tepёr ne do tё tregojmё se tё gjitha primitivat e funksionit f (x) pёrbёjnё bashkёsinё: { F(x) + c / c R } () qё do tё thotё se ska primitiva tё tjera pёrveç atyre tё bashkёsisё sё mёsipёrme. Sikur P(x) tё ishte njё primitivё e f (x) nё intervalin ]a,b[ do tё kishim P’(x) = f (x) pёr çdo x tё kёtij intervali. Ndёrtojmё funksionin G(x) = P(x) – F(x) i cili ёshtё i derivushёm nё intervalin ]a,b[ si diferencё dy funksionesh tё vazhdushme nё kёtё interval. Pёr mё tepёr kemi: G’(x) = [P(x) – F(x)]’ = P’(x) – F’(x) = f (x) – f (x) = 0 pёr çdo x nё ]a,b[ domethёnё nё bazё tё rrjedhimit tё teoremёs sё Lagranzhit funksioni G(x) = P(x) – F(x) ёshtё constant nё kёtё interval. Prandaj G(x) = P(x) – F(x) = c, prej nga P(x) = F(x) + c. D. m. th. P(x) ёshtё njё nga primitivat nё bashkёsinё (). Kjo pёrligj pёrfundimisht atё qё thamё mё sipёr. Konkludojmё se pёr tё gjetur bashkёsinё e tё gjitha primitivave tё njё funksioni tё dhёnё f (x) nё njё interval ]a,b[, mjafton tё gjejmё njё primitivё çfardo tё tij F(x) dhe pastaj bashkёsia { F(x) + c / c R } do tё jetё bashkёsia e kёrkuar. Pёrkufizim: Bashkёsia e tё gjitha primitivave tё njё funksioni tё dhёnё f (x) nё intervalin ]a,b[, quhet integral i pacaktuar i kёtij funksioni dhe shёnohet me simbolin f ( x)dx (lexohet integrali i f ( x)dx ). Shprehja f ( x)dx quhet shprehje nёn integral, ndёrsa f (x) quhet funksioni nёn integral. Nga ky pёrkufizim rrjedh se: MATEMATIKA 1 |
222
f ( x)dx
= { F(x) + c / c R }
(I-1)
ku F(x) ёshtё njё primitivё çfardo e f (x) – it nё intervalin ]a,b[.
1
Shembull:
x dx ln x c , c R
Shembull:
5x dx x 4
Nёse simbolin
5
sepse ( ln x c )’ =
1 , x≠0 ■ x
c , c R sepse ( x5 c )’ = 5x 4 , x R ■
f ( x)dx
do ta mendonim jo si bashkёsinё e primitivave tё
funksionit f (x), por si njё nga primitivat çfardo tё kёsaj bashkёsie, d.m.th. si funksion, atёherё do tё kishim tё vёrtetё kёtё veti: Vetia 1: ( f ( x)dx )’ = f (x)
(I-2)
Me tё vёrtetё sipas marrёveshjes qё bёmё mё sipёr kemi: ( f ( x)dx )’ = (F(x) + c)’ = F’(x) = f (x) Kёshtu mund tё themi se derivati i integralit tё pacaktuar ёshtё i barabartё me funksionin nёn integral. Nga kjo veti rrjedh menjёherё se diferenciali i integralit tё pacaktuar (i konsideruar si njё prej primitivave qё ai pёrfshin) ёshtё i barabartё me shprehjen nёn integral d.m.th. d( f ( x)dx ) = f ( x)dx ■ Vetia 2: Integrali i pacaktuar i diferencialit tё njё funksioni tё diferencueshёm nё njё interval ёshtё i barabartё me shumёn e kёtij funksioni me njё konstante, d.m.th. dF ( x) = F(x) + c, c R (I-3) Me tё vёrtetё:
dF ( x) = F '( x)dx =
F(x) + c, c R ■
Siç konstatohet nga dy vetitё e mёsipёrme veprimi i integrimit nё njё integral tё pacaktuar dhe ai i diferencimit (ose i derivimit) janё tё anasjellё tё njёri – tjetrit. Nga pёrkufizimi i primitivёs tё njё funksioni rrjedh se pёr tё treguar se G(x) ёshtё njё primitivё e funksionit f ( x) nё njё interval duhet provuar se G’(x) = f ( x) pёr çdo x nga ky interval. Kёshtu pasi tё gjejmё njё primitivё tё f ( x) ne kemi gjetur edhe bashkёsinё e tё gjitha primitivave tё tij d.m.th.
f ( x)dx
do tё jetё:
f ( x)dx
= G(x) + c,
cR
Pёr njehsimin e derivatit tё njё funksioni tё dhёnё ne treguam disa rregulla tё pёrgjithshme si dhe njehsuam derivatet e funksioneve elementare themelore, qё MATEMATIKA 1 |
223
na ndihmuan pёr tё gjetur derivatin e funksioneve tё ndryshёm. Tё njёjtёn gjё do tё bёjmё edhe pёr integralin e pacaktuar. Do tё tregojmё disa rregulla integrimi dhe do tё pёrpilojmё njё tabelё integralesh themelore (vёrtetёsia e tyre mund tё tregohet drejtpёrsёdrejti nga pёrkufizimi). Pastaj pёr njehsimin e çdo integrali tjetёr do tё synohet qё duke zbatuar rregullat, vetitё dhe metodat e integrimit tё shkohet drejt integraleve tё kёsaaj tabele. Pёrgjithёsisht proçesi i integrimit ёshtё mё i vёshtirё se sa ai i derivimit, kёshtu pёr tu aftёsuar dhe shkathtёsuar nё njehsimin e integraleve tё pacaktuar duhet tё punohen sa mё shumё integrale nё mёnyrё qё tё krijohen shprehitё e nevojshme pёr ta klasifikuar njё integral nё atё kategori integralesh pёr tё cilat dihet rruga qё duhet ndjekur pёr njehsimin e tyre. Kёtu mё poshtё po japim tabelёn e integraleve themelore dhe secili student, nё mёnyrё tё pavarur, mund tё tregojё vёrtetёsinё e tyre duke u bazuar tek pёrkufizimi. TABELA E INTEGRALEVE THEMELORE 1
dx = x + c,
2
x 1 x dx 1 c,
3
4
5
6
7
dx
cR
9
c R
dx x dx x ln x c, c R 1
e dx e x
x a dx
x
c,
cR
ax c, ln a
sin xdx cos x c, cos xdx sin x c,
sin
cR cR
cR
11
x
dx
10
2
1 x2 dx
a x 2
2
1 x
13
a
14
15
x x
2
2
2
cR
arcsin x c,
arcsin
dx
12
cotgx c,
x c, a
cR
c R, (a>0)
arc tgx c,
cR
dx 1 x arc tg c, c R, x2 a a (a ≠ 0)
dx 1 x 1 ln c, 1 2 x 1
2
dx 1 xa ln c, 2 a 2a x a
cR cR
, (a ≠ 0) 8
dx cos2 x tgx c,
cR
16
dx x2 k
ln x x 2 k c,
cR
Po tregojmё si shembull kёtu vёrtetёsinё e integralit 10 tё tabelёs. Duke u bazuar nё sa thamё mё lart si dhe nё tabelёn e derivative themelore kemi: MATEMATIKA 1 |
224
( arcsin x + c)’ =
1 1 x2
,
prandaj
dx
arcsin x c,
1 x2
cR ■
VI.2. VETI TE INTEGRALIT TE PACAKTUAR Vetitё e mёposhtme pёr integralin e pacaktuar janё rrjedhojё direkte e vetive pёrkatёse pёr derivimin e funksioneve: Vetia A. Integrali i pacaktuar i shumёs algjebrike tё njё numri tё fundёm funksionesh tё integrueshёm nё njё interval tё dhёnё ёshtё i barabartё me shumёn algjebrike tё integraleve tё secilit funksion:
[ f ( x) f 1
2
( x) ... f n ( x)]dx f1 ( x)dx f 2 ( x)dx ... f n ( x)dx (II-1)
Vёrtetёsia e kёsaj vetie rrjedh menjёherё nga derivimi i anёs sё djathtё duke zbatuar vetinё pёrkatёse tё derivatit tё shumёs si dhe vetinё 1. Vetia B. Integrali i pacaktuar i prodhimit tё njё konstantje me njё funksion tё integrueshёm nё njё interval tё dhёnё ёshtё i barabartё me prodhimin e kёsaj konstantje me integralin e kёtij funksioni:
c f ( x)dx c f ( x)dx
(II-2)
Edhe vёrtetimin e kёsaj vetie mund ta bёjё vetё lexuesi duke treguar se derivati i anёs sё djathtё ёshtё i barabartё me funksionin nёnintegral tё anёs sё majt. Duke u bazuar nё vetitё A dhe B si dhe nё tabelёn e integraleve themelore ёshtё evidente vёrtetёsia e barazimeve nё shembujt e mёposhtёm: 1 1 1 1 Shembull: ( e x 3)dx dx e x dx dx 3dx x x 2 x 2 x
x ex ln x 3x c,
cR
■
1 1 Shembull: (t 4 8t 5 )dt t 4 dt 8 t 5dt t 5 8 t 6 c 5 6 1 4 = t 5 t 6 c, 5 3 Shembull: 2 z 1dz 2
dz 2ln z c, z
cR
■
c R ■ MATEMATIKA 1
|
225
Shembull: (
1 1 4cos x e x )dx 3 dx 4 cos xdx e x dx 3 x x x 3dx 4sin x e x
Shembull:
x 31 4sin x e x c 3 1
1 4sin x e x c, 2 2x
(3 x 1
cR ■
1 1 2 )dx 3 x 2 dx 2 x 2 dx x 1 1
1
3 1 3x 2 2x 2 c 2x 2 4x 2 c 1 1 1 1 2 2
2x x 4 x c, Shembull:
e x 3x e x 3x dx ( 4 4 4 )dx
1 x 3 1 x 3 x2 e dx xdx e c 4 4 4 4 2
1 3 e x x 2 c, 4 8 Shembull:
cR ■
cR ■
x2 x2 4 4 dx x2 4 x2 4 dx
dx 1 x x 4 arctg c 2 2 x 2 2 x x 2arctg c, cR ■ 2 dx 4
2
Ushtrim: Kontrollo vёrtetёsinё e pёrgjigjeve pёr integralet: 4 4 x3 x4 a) dx [ P: b) 2 dx [ P: c ] c ] 2 8 x x 1 1 1 c) ( x 2 x 3 x 4 )dx [ P: x3 x 4 x5 c ] 3 4 5 2 2 2 d) ( x 1) xdx [ P: x x x x c ] 5 3 MATEMATIKA 1 |
226
e)
( x 1)
f)
sin
2
2
[ P:
dx
dx x cos2 x
1 3 x x2 x c ] 3
[ P: tgx cotg x + c ]
VI.3. METODA E INTEGRIMIT ME ZEVENDESIM Tё integrosh me zёvendёsim do tё thotё tё gjesh njё funksion x = g(t) qё na lejon tё shprehim ndryshoren e integrimit x nё funksion tё njё ndryshoreje ndihmёse t, nё mёnyrё qё, duke qenё: dx g '(t )dt
kemi:
f ( x)dx f [ g (t )]g '(t )dt
Zёvendёsimi i zgjedhur duhet tё jetё i tillё qё ta transformojё integralin e dhёnё nё njё integral mё tё thjeshtё, mundёsisht nё njё integral tabele, ose qё kthehet mё lehtё nё njё tё tillё. Pёrkundrazi, nёse zёvendёsimi i bёrё e ndёrlikon integralin e dhёnё, metoda konsiderohet jo e suksesshme. Duhet theksuar se nё fund, integrali i njehsuar nё varёsi tё ndryshores t, duhet tё shprehet nё varёsi tё ndryshores sё vjetёr x, duke nxjerrё t nё varёsi tё x nga barazimi x = g(t) dhe duke e zёvendёsuar tek primitive e gjetur nё varёsi tё t. dx Shembull: Njehsoni integralin: (1 x) x Meqё ёshtё evidente qё bashkёsia e pёrcaktimit tё funksionit nёnintegral ёshtё ]0,+ [, ne mund tё zёvendёsojmё x = t2. Duke diferencuar anё pёr anё kemi: dx = 2tdt. Kryejmё zёvendёsimin dhe pёrftojmё: dx 2tdt dt (1 x) x = (1 t 2 )t 2 1 t 2 2arctg t c, ku c R dhe t 0, sepse x 0 . Duke u kthyer tek ndryshorja x kemi: dx (1 x) x = 2arctg x c, c R ■ Nga shembulli i mёsipёrm rezulton se, nё pёrgjithёsi, zgjedhja e zёvendёsimit pёr tu kryer nuk ёshtё e thjeshtё, nё mёnyrё qё ajo tё japё rezultat. Vetёm eksperienca qё rrjedh nga njё aplikim i vazhdueshёm dhe nga kryerja e njё numri tё madh ushtrimesh, mund t’ju orjentojё pёr zёvendёsimin e MATEMATIKA 1 |
227
pёrshtatshёm. Duhet tё dimё qё ti klasifikojmё integralet qё pёrdoren mё shpesh, megjithёse rastet qё do tё trajtohen nuk ezaurojnё aspak tё gjitha rastet e mundshme. Kёtu mё poshtё do tё shohim katёr tipe tё rёndёsishme ku pёrdoret metoda e integrimit me zёvendёsim: Tipi I: Nё kёtё rast funksioni nёnintegral i pёrket njё integrali tabele, (ose kthehet menjёherё nё tё tillё), kur nё vend tё x – it ёshtё njё binom i shkallёs sё parё ax + b, d.m.th. integrali qё kёrkohet tё njehsohet ka formёn: ( III – 1 ) f (ax b)dx Shembull: Njehsoni integralin: (3 x 1) 2 dx Bёjmё zёvendёsimin: 3 x 1 = t, prej tё cilit rrjedh 3 dx = dt ose 1 dx = dt dhe kёshtu integrali merr pamjen: 3 1 2 1 t3 1 2 2 1 (3 x 1) dx t dt = = = + c = (3x 1)3 c , c R ■ t dt 3 3 3 3 9 Shembull: Njehsoni integralin: sin 5xdx Shёnojmё 5x = t prej tё cilit rrjedh 5 dx = dt ose dx =
1 dt dhe kёshtu 5
integrali merr pamjen:
1
sin 5xdx = sin t 5 dt
=
1 1 ( cos t ) c = cos 5x c , 5 5
cR ■
Forma e integraleve tё mёsipёrme mund tё shfaqet edhe pasi tё jenё bёrё transformime tё funksionit nёnintegral si nё shembullin e mёposhtёm: Shembull: Njehsoni integralin: sin 2 xdx Duke u nisur nga formula e njohur trigonometrike e gjysmёs sё kёndit; sin x
kemi:
sin
2
1 cos 2 x 2
1 cos 2 x 1 dx = (1 cos 2 x) dx = 2 2 1 1 1 1 = dx cos 2 xdx x cos 2 xdx 2 2 2 2
xdx =
MATEMATIKA 1 |
228
Shёnojmё 2x = t prej tё cilit rrjedh 2 dx = dt ose dx =
1 dt dhe do tё 2
kemi:
1
1
1
cos 2xdx 2 cos tdt 2 sin t c 2 sin 2x c Kёhstu integrali fillestar merr pamjen:
sin
2
1 1 x cos 2 xdx = 2 2 1 1 1 1 1 = x cos 2 xdx x ( sin 2 x) c 2 2 2 2 2 1 cR ■ ( x sin x cos x) c , 2
xdx =
Shembull: Duke bёrё njё arsyetim analog kemi:
cos
2
1 xdx ( x sin x cos x) c , 2
cR ■
Shembull: Shembujt 5 dhe 6 na lejojnё tё njehsojmё çdo lloj integrali tё formёs:
(a sin
2
x b sin x cos x c cos 2 x)dx
( III – 2 )
Pёr kёtё mjafton tё pёrdoren formulat:
sin 2 x
1 cos 2 x ; 2
1 sin x cos x sin 2 x; 2
cos 2 x
1 cos 2 x 2
dhe integrali (III – 2) na çon nё disa integrale tё tipeve tё shembujve 4, 5. ■ Shembull: Njehsoni integralin: sin x(2sin x 3cos x)dx
sin x(2sin x 3cos x)dx = 2 sin = 2
2
xdx + 3 sin x cos xdx =
1 cos 2 x 1 dx + 3 sin 2 xdx ; 2 2
duke shёnuar 2x = t, prej nga rrjedh dx = 1 dt , kemi: 2
sin x(2sin x 3cos x)dx = 2 = (1 cos 2 x)dx
1 cos 2 x 1 dx + 3 sin 2 xdx = 2 2
3 3 sin 2 xdx x cos 2 xdx sin 2 xdx 2 2 MATEMATIKA 1
|
229
x
1 31 1 3 cos tdt sin tdt x sin t cos t c 2 22 2 4
1 3 x sin 2 x cos 2 x c, 2 4
cR ■
Tipi II: Nё kёtё rast funksioni nёnintegral ёshtё njё funksion thyesor qё ka pёr numёrues derivation e emёruesit d,m,th, bёhet fjalё pёr integrale tё formёs: f '( x) ( III – 3 ) f ( x) dx Nё kёtё rast mjafton tё zёvendёsojmё f ( x) = t, prej ku rrjedh f '( x)dx dt dhe integrali ( III – 3 ) merr pamjen:
f '( x) dx = f ( x)
1
1
f ( x) f '( x)dx f ( x) d [ f ( x)]
ln t c ln f ( x) c,
Shembull: Njehsoni integralin:
dt t
cR ■
1 sin x
x cos x dx
Shohim se numёruesi i funksionit thyesor nёnintegral ёshtё derivat i emёruesit tё kёsaj thyese. Kёshtu do tё kemi kёtё rezultat tё menjёhershёm:
1 sin x
x cos x dx = =
( x cos x)' dx x cos x d ( x cos x) ln x cos x c, x cos x
Shembull: Njehsoni integralin:
cR ■
1 ex x e x dx
1 ex ( x ex ) ' d ( x ex ) x dx dx x ex x ex x e x ln x e c,
cR ■
cos x dx sin x Meqenёse edhe kёtu jemi nё situatat preçedente kemi: Shembull: Njehsoni integralin: ctgxdx
cos x
(sin x) ' d (sin x) dx ln sin x c, c R ■ sin x sin x Nё shumicёn e rasteve, integrali i dhёnё, do tё duhet tё merrё pamjen e njё
ctgxdx sin x dx =
MATEMATIKA 1 |
230
integrali tё tipit ( III – 3 ) me anё tё njё seri transformimesh, qё jo gjithmonё janё evidente. Ushtrim: Njehsoni integralin: tgxdx Shembull: Njehsoni integralin:
x
2
x 1 dx 2x 7
x 1 1 2x 2 1 d ( x 2 2 x 7) x2 2x 7dx = 2 x2 2 x 7dx = 2 x2 2 x 7
1 = ln x2 2 x 7 c ln 2
x2 2 x 7 c,
cR ■
Njё integral tjetёr qё transformohet nё njё integral tё tipit ( III – 3 ) ёshtё edhe integrali i formёs: ax b cx d dx Shembull: Njehsoni integralin:
4x 2 dx x5
4x 2 4x 2 4 x 20 22 4( x 5) 22 dx = dx dx dx x5 x5 x5 x5 = 4 dx 22
dx d ( x 5) 4 x 22 4 x 22ln x 5 c x5 x5
4 x ln( x 5) 22 c, Edhe integrali i formёs:
cR ■
P(x)
ax bdx ,
ku P(x) ёshtё njё polinom me koeficientё tё plotё, sillet nё njё integral tё tipit ( III – 3 ). Shembull: Njehsoni integralin:
x 4 3x 2 2 x x 3 dx
Duke kryer pjestimin e polinomit nё numёrues me binomin nё emёrues 60 x 4 3x 2 2 x kemi: dx = ( x3 3x 2 6 x 20 )dx x 3 x 3 1 = x4 x3 3x2 20 x 60ln x 3 c, cR ■ 4 Njё rёndёsi tё veçantё do tё ketё integrali i formёs: MATEMATIKA 1 |
231
ax
2
dx bx c
Pёr njehsimin e kёtij integrali duhet tё shqyrtojmё tre rastet e mёposhtme: a) Rrёnjёt e numёruesit janё reale dhe tё ndryshme:
dx 3x 2 Duke gjetur rrёnjёt e emёruesit dhe duke e faktorizuar atё, funksioni nёn integral mund tё shkruhet: 1 1 2 x 3x 2 ( x 1)( x 2) Tani anёn e djathtё tё kёtij barazimi do ta shkruajmё nё trajtёn: Shembull: Njehsoni integralin:
x
2
A B 1 (A+B)x (2A+B) = = ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) x 1 x 2 dhe gjithmonё ekzistojnё A, B R pёr tё cilat kanё vend kёto barazime. Prej kёtu, si dhe nga pёrkufizimi i barazimit tё polinomeve, rrjedh se: 1 = (A+B)x (2A+B) , pёr çdo x 1 dhe x 2 qё do tё thotё se A dhe B vёrtetojnё sistemin e mёposhtёm: A+B = 0 (2A+B) = 1 Duke zgjidhur kёtё sistem ekuacionesh linearё me tё panjohura gjejmё: A = -1 dhe B = 1 Kёshtu pёrfundimisht shkruajmё: 1 1 1 2 x 3x 2 x 1 x 2 dhe integrali merr trajtёn: dx 1 1 x2 3x 2 = x 1dx + x 2dx = x2 c, c R ■ = ln x 1 ln x 2 c ln x 1 b) Emёruesi ka dy rrёnjё reale tё barabarta: Shembull : Njehsoni integralin:
9x
2
dx 6x 1
Nё kёtё rast dallori i trinomit nё emёrues ёshtё zero dhe ky trinom ka njё MATEMATIKA 1 |
232
rrёnjё tё dyfishtё. Trinome tё tillё shkruhen si katrorё binomi tё fuqisё sё parё dhe pёr integralin tonё do tё kemi: dx dx 9x2 6x 1 = (3x 1) 2 Integrali i fundit ёshtё i tipit ( III – I ), prandaj mjafton tё zёvendёsojmё 1 2x – 1 = t prej nga rrjedh 2dx = dt ose dx = dt 2 dhe kemi: dx 1 d (3x 1) 1 dt 1 2 dx 9x2 6x 1 = (3x 1) 2 = 3 (3x 1)2 = 3 t 2 = 3 t dt = =
1 1 t 21 1 = t 1 = c, 3 2 1 3(3 x 1) 3
cR ■
c) Emёruesi nuk ka rrёnjё reale, d.m.th. dallori i trinomit nё emёrues ёshtё negativ. Nё kёtё rast integrali me anё tё disa transformimeve tё pёrshtatshme, tё cilat nganjёherё kёrkojё shumё veprime, çohet nё njё integral tё tipit ( III – I ) dhe rezultati do tё jetё gjithmonё arctangenti i njё binomi tё shkallёs sё parё. Shembull: Njehsoni integralin:
x
2
x
2
dx 4x 5
dx dx dx = 2 1 ( x 4 x 4) 1 ( x 2) 2 4x 5
Tani mjafton tё zёvendёsojmё: x + 2 = t prej nga rrjedh dx = dt pёr tё patur: dx dt x2 4x 5 = 1 t 2 arctg t c arctg ( x 2) c, ■ Nё integrale tё tipeve a), b), c) transformohen edhe integralet qё paraqiten nё formёn e mёposhtme: kx t ax2 bx cdx nё tё cilёt funksioni nёnintegral ёshtё njё funksion qё ka pёr numёrues njё binom tё gradёs sё parё dhe pёr emёrues njё trinom tё gradёs sё dytё. Nёse nё kёtё integral, rezulton qё derivati i trinomit nё emёrues ёshtё i barabartё me binomin nё numёrues, ose me ndonjё artificё tё thjeshtё shёndёrrohet nё njё tё tillё, atёherё ky integral kthehet nё njё integral tabele dhe me afёrsinё e ndonjё koeficienti pёrpara, ёshtё i barabartё me logaritmin natyror tё MATEMATIKA 1 |
233
emёruesit. Nё rast tё kundёrt veprohet si nё shembullin e mёposhtёm: Shembull: Njehsoni integralin:
x
2
2x 1 dx 6x 9
Nё kёtё rast transformojmё numёruesin e kёsaj thyese nё mёnyrё tё tillё qё ai tё shprehet si shumё dy pjesёsh ku pjesa e parё tё jetё njё binom i shkallёs sё parё dhe i barabartё me derivatin e emёruesit, ndёrsa pjesa e dytё njё konstante. Kёshtu duke e ndarё integralin tonё nё dy integrale, ku integral i parё do tё jetё njё integral tabele dhe i dyti do tё jetё njё integral i formёs dx ax2 bx c ose njё integral tabele: 2x 1 2x 6 7 2x 6 dx x 2 6 x 9dx x 2 6 x 9dx x 2 6 x 9dx 7 x 2 6 x 9 d ( x 2 6 x 9) dx d ( x 3) 2 7 ln x 2 6 x 9 7 2 x 6x 9 ( x 3) ( x 3) 2 dt 1 7 ln( x 3) 2 7 2 2 ln x 3 7 c 2 ln x 3 c t t x 3 ku c R dhe t = x – 3, ose dx = dt ■ Kur emёruesi ёshtё njё trinom i shkallёs sё dytё me njё rrёnjё tё dyfishtё ose qё nuk ka rrёnjё, procedohet si nё integralin e mёsipёrm. Ndёrsa kur ky trinom ka dy rrёnjё reale tё ndryshme (d.m.th. kur dallori i tij ёshtё pozitiv), mund tё veprohet mё thjeshtё si nё rastin e mёposhtёm: Shembull: Njehsoni integralin:
x
2
x 8 dx = x2
x
x 8
2
x 8 dx x2
( x 1)( x 2) dx
Nga ana tjetёr kemi: A B x 8 (A+B) x (2A B) = + = ( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) x 1 x 2 prej nga nxjerrrim: x 8 = (A+B) x (2A B) , pёr çdo x nga R
qё na çon nё formimin e sistemit: A+B = 1 2A B = 8 MATEMATIKA 1 |
234
Nga zgjidhja e kёtij sistemi rezulton A = 3 dhe B = 2, dhe duke u kthyer tek integrali fillestar mund tё shkruajmё:
x
2
x 8 dx = x2
x 8
3
2
( x 1)( x 2) dx = x 1dx + x 2dx =
3ln x 1 2 ln x 2 c
ln x 1
3
ln( x 2) 2
c,
cR ■
Do tё tregojmё tani se çdo integral i formёs:
ax
2
P(x) dx bx c
ku P(x) ёshtё njё polinom i njё shkalle çfardo natyrore, sillet nё njё nga integralet e shqyrtuara mё sipёr tё Tipi II. Pёr kёtё mbetet tё shohim rastin kur shkalla e polinomit P(x) ёshtё mё e madhe ose e barabartё me dy. Duke kryer pjesёtimin e polinomit P(x) me trinomin ax2 bx c do tё mbetet pёr tu njehsuar integral i njё polinomi (integral i njohur ky) dhe njё integral i trajtave tё mёsipёrme, pra njё integral thyese numёruesi is sё cilёs ёshtё njё konstante ose binom i shkallёs sё parё dhe emёruesi ёshtё njё trinom i shkallёs sё dytё. Shembull: Njehsoni integralin:
x5 2 x 4 2 x3 x 2 x2 2 x 2 dx
2x 2 x5 2 x 4 2 x3 x 2 3 x2 2 x 2 dx = ( x 1 x2 2 x 2 )dx 1 d ( x 2 2 x 2) 1 4 x4 x 2 x x ln x 2 2 x 2 c, c R ■ 4 x 2x 2 4 Tipi III: Nё integralet e kёtij tipi bёjnё pjesё ato integrale nё tё cilat funksioni nёn integral ёshtё prodhim i fuqisё me eksponent tё plotё ose thyesor tё ndryshёm nga -1, tё njё funksioni f (x) me derivatin e kёtij funksioni f '(x) d.m.th. integrali paraqitet nё formёn:
[ f ( x)]
f '( x)dx
( III – 4)
ku ≠ -1. Duke zёvendёsuar f (x) = t dhe duke diferencuar anё pёr anё do tё kemi: f '( x)dx = dt prej nga rrjedh: 1 1 [ f ( x)] f '( x)dx = t dt 1 [ f ( x)] + c, c R MATEMATIKA 1 235 |
Meqenёse integrali ( III – 4) takohet shumё shpesh dhe nganjёherё ёshtё vёshtirё pёr ta dalluar qё kemi tё bёjmё me njё integral tё kёtij tipi, rekomandojmё tё ndiqen me vёmendje shembujt e mёposhtёm: Shembull: Njehsoni integralin: ( x 2 3 x 2) 4 (2 x 3)dx Shihet qartё se kemi tё bёjmё me njё integral tё tipit ( III – 4). Duke zёvendёsuar: x 2 3x 2 = t dhe duke diferencuar anё pёr anё do tё kemi: (2 x 3) dx = dt atёherё: 1 5 1 2 2 4 4 ( x 3x 2) (2 x 3)dx = t dt 5 t c 5 ( x 3x 2 )5 + c, c R ■ Shembull: Njehsoni integralin: sin 3 x cos xdx Edhe nё kёtё rast ёhstё evidente qё kemi tё bёjmё me njё integral tё tipit (III – 4), ku f (x) = sin x . Duke zёvendёsuar: sin x t dhe duke diferencuar anё pёr anё do tё kemi:
cos x dx = dt 1 1 atёherё: sin 3 x cos x dx = t 3 dt = t 4 c sin 4 x c, 4 4 Shembull: Njehsoni integralin:
cR ■
ln x dx x
1 dx dt dhe kemi: x ln x 1 2 1 2 x dx = tdt = 2 t c 2 (ln x) c, c R ■
Zёvendёsojmё ln x = t nga ku
1 arctg x dx 1 x2 1 Meqenёse dimё se ( arctg x )’ = , ne shёnojmё 1 arctg x = t prej 1 x2 dx nga rrjedh: dt 1 x2 dhe 1 arctg x 1 2 1 2 1 x2 dx = tdt = 2 t c = 2 (1 arctg x) c , c R ■ Shembull: Njehsoni integralin:
MATEMATIKA 1 |
236
Shembull: Njehsoni integralin: Meqenёse
sin x dx 5 x
cos
sin x dx = cos 5 x ( sin x) dx 5 x zёvendёsojmё cos x t nga ku sin xdx dt dhe kemi:
cos
sin x 1 1 dx = t 5dt t 4 c c, 5 x 4 4cos4 x
cos
Shembull: Njehsoni integralin:
cR ■
xdx 1 x2
Meqenёse
xdx 1 x2
=
1 1 2 2 (1 x ) 2xdx 2
zёvendёsojmё 1 x2 t nga ku 2xdx dt dhe kemi:
xdx 1 x2
=
1 1 12 2 t dt t c 1 x 2 c, 2
Shembull: Njehsoni integralin:
cos
2
cR ■
dx x 3 1 tgx
Meqenёse 1 dx 1 3 = (1 tgx ) dx cos2 x 3 1 tgx cos 2 x 1 zёvendёsojmё 1 tgx t nga ku dx dt dhe kemi: cos2 x
dx 1 13 3 23 3 = t dt t c 3 (1 tgx) 2 c, cos2 x 3 1 tgx 2 2 2
cR ■
Tipi IV: Tre tippet e shqyrtuara deri tani pёr integralet qё njehsohen me zёvendёsim, si dhe tё gjithё ato integrale qё me shumё apo me mё pak lehtёsi, sillen tek kёto tre tipe, janё raste tё veçanta tё integralit qё do tё trajtojmё mё poshtё dhe qё pёrbёn problemin themelor tё integrimit me zёvendёsim. Edhe nё kёtё rast funksioni nёnintegral ёshtё i njё integrali njehsohet menjёherё si integral tabele ose sillet lehtёsisht nё njё tё tillё, por qё nё vend tё x-t figuron njё funksion çfardo f (x) dhe nё vend tё dx figuron d f (x) . Pra do tё njehsojmё integrale tё tipit: MATEMATIKA 1 |
237
h[ f ( x)]df ( x) h[ f ( x)] f '( x)dx
(III – 5)
ku h ёshtё funksioni nёnintegral i njё integrali tabele, ose qe transformohet menjёherё nё njё tё tillё. Kurse f (x) njё funksion çfardo. Nё kёto raste mjafton tё zёvendёsojmё f (x) = t dhe veprohet si nё shembujt e mёposhtёm: Shembull: Njehsoni integralin: Meqenёse
x
x
1 x
4
dx
1 1 2 xdx 2 1 ( x2 )2 zёvendёsojmё x 2 t nga ku 2xdx dt dhe kemi: x 1 1 1 1 2 1 x4 dx = 2 1 t 2 dt 2 arctg t c 2 arctg x c ,
1 x
4
dx =
Shembull: Njehsoni integralin:
x
2
cR ■
sin( x3 1)dx
Meqenёse
1 [sin( x3 1)] 3x2 dx 3 zёvendёsojmё x3 1 t nga ku 3x2 dx dt dhe kemi: 1 1 1 2 3 3 x sin( x 1)dx = 3 sin t dt 3 cos t c 3 cos( x 1) c, c R ■
x
2
sin( x3 1)dx =
Shembull: Njehsoni integralin: sin x ecos x dx Meqenёse
sin x e
cos x
dx = ecos x ( sin x) dx
zёvendёsojmё cos x t nga ku sin xdx dt dhe kemi: cos x t t cos x sin x e dx = e dt e c e c, c R Shembull: Njehsoni integralin: Meqenёse
■
sin ln x dx x
sin ln x 1 dx = (sin ln x) dx x x 1 zёvendёsojmё ln x t nga ku dx dt dhe kemi: x sin ln x x dx = sin tdt cos t c cos ln x c,
cR
MATEMATIKA 1 |
■ 238
Shembull: Njehsoni integralin:
ex 1 e2 x
dx
Meqenёse
ex 1 e
2x
dx =
1 1 (e )
x 2
e x dx
zёvendёsojmё e x t nga ku ex dx dt dhe kemi:
ex 1 e
2x
dx =
dt 1 t
2
arcsin t c arcsin e x c,
cR
■
VI.4. METODA E INTEGRIMIT ME PJESE Le tё jenё dhёnё funksionet: y = u(x) dhe y = v(x) tё pёrcaktuar nё segmentin [a, b] dhe tё derivushёm nё intervalin (a, b). Duke njehsuar diferencialin e prodhimit tё kёtyre dy funksioneve kemi: d (u v) v du u dv
duke integruar anё pёr anё kёtё barazim dhe duke kujtuar se diferenciali i njё integrali tё pacaktuar ёshtё vetё funksioni nёnintegral me afёrsinё e njё konstanteje dhe integral ii shumёs sё dy funksioneve ёshtё i barabartё me shumёn e integraleve tё kёtyre dy funksioneve, do tё kemi:
d (u v) (v du u dv) ose u v v du u dv
qё mund tё shkruhet nё formёn: u dv u v v du
( IV – 1 )
e cila pёrbёn formulёn e integrimit me pjesё qё ёshtё shumё e pёrdorshme pёr njehsimin e shumё integraleve. Shembull: Njehsoni integralin: Shёnojmё:
|
ux
x sin x dx dhe
dv sin x dx MATEMATIKA 1
239
nga ku duke diferencuar anё pёr anё barazimin e parё dhe duke integruar anё pёr anё barazimin e dytё pёrftojmё: du dx
dhe
v cos x
dhe duke pёrdorur formulёn ( IV – 1 ) do tё kemi: x sin x dx = x cos x cos x dx x cos x sin x c,
cR
Ka mёnyra tё ndryshme tё pёrdorimit tё formulёs sё integrimit me pjesё. Nga shembulli i mёsipёrm shihet se formula e integrimit me pjesё nuk mundёson njehsimin e integralit tё dhёnё, por e transformon atё nё diferencёn midis prodhimit tё dy funksioneve dhe tё njё integrali tjetёr, i cili mendohet tё jetё mё i thjeshtё se integrali fillestar. Kjo gjё varet nё mёnyrё thelbёsore nga zgjedhja e u - sё dhe e dv – sё nё shprehjen nёnintegral tё integralit fillestar. Vёshtirsitё mё tё mёdha qё mund tё hasё studenti nё aplikimin e formulёs sё integrimit me pjesё, ёshtё pikёrisht zgjedhja e mёsipёrme. Integralet qё hasen mё shpesh, nё tё cilat pёrdoret metoda e integrimit me pjesё, janё integralet qё paraqiten nё njё nga tipet e mёposhtme: Tipi I: Nё kёtё rast integrali paraqitet nё njёrёn nga format:
x e
n x
x
dx ( IV – 2 )
n
x
sin x dx ( IV – 3 )
n
cos x dx ( IV – 4 )
ku n ёhstё numёr natyror. Nё tё tre kёto forma integralesh shёnohet u = xn dhe dv = exdx pёr atё tё tipit (a) dv = sin x dx pёr atё tё tipit (b) dhe dv = cos x dx pёr atё tё tipit (c). Shembull: Njehsoni integralin: Nga barazimet:
u=x du = dx
xe
x
dx
dv = e x dx v = ex
dhe
dhe duke pёrdorur formulёn e integrimit me pjesё ( IV – 1 ) kemi:
xe
x
dx = x e x e x dx = e x (x 1) + c,
Shembull: Njehsoni integralin: Nga barazimet:
u = x2 du = 2xdx
x
dhe
2
cR
■
cos x dx
dv = cos x dx v = sin x
dhe duke pёrdorur formulёn e integrimit me pjesё ( IV – 1 ) kemi:
x
2
cos x dx = x2 sin x 2 x sin x dx
Pёrdorim pёr integralin e dytё pёrsёri formulёn e integrimit me pjesё duke MATEMATIKA 1 |
240
shёnuar: u=x du = dx
dhe
dv = sin x dx v = cos x
prej ku do tё kemi:
x
2
cos x dx = x2 sin x 2 x sin x dx = x2 sin x 2( x cos x cos x dx)
x 2 sin x 2 x cos x 2sin x c, c R ■ Nga ky shembull duket qartё, se kur nё vend tё x2 kemi xn, duhet tё pёrdorim n – herё radhazi formulёn e integrimit me pjesё. Tipi II: Nё kёtё tip integralesh pёrfshihen integralet e formёs:
x
( IV – 5 )
ln x dx
ku - njё numёr real çfardo i ndryshёm nga 1 ( ёshtё e qartё se pёr = 1 integrali kthehet nё integralin e njohur qё njehsohet me 1 zёvendёsim x1 ln x dx ln x d (ln x) (ln x)2 c ). 2 Pёr integralin ( IV – 5 ) shёnojmё gjithmonё: u ln x
dhe
dv xn dx
nga ku do tё mjaftojё njё aplikim i vetёm formulёs sё integrimit me pjesё dhe integrali i dhёnё kthehet nё njё nga integralet e njohura. Shembull: Njehsoni integralin: ln x dx u ln x
Nga shёnimet:
dhe
1 du = dx x
dv = dx v= x
kemi:
1 dx x ln x x c x(ln x 1) c, c R ■ x ln x Shembull: Njehsoni integralin: 2 dx x ln x Ky integral mund tё shkruhet nё formёn: 2 dx x2 ln x dx nga ku x shihet qartё se kemi tё bёjmё me njё integral tё formёs ( IV – 5 ).
ln x dx
Shёnojmё:
= x ln x x
u ln x
du =
1 dx x
dhe
dv = x2dx v = x 1 MATEMATIKA 1
|
241
dhe kemi:
ln x dx x2 ln x dx x 1 ln x x 2 dx 2 x
1 1 1 ln x c (ln x 1) c, x x x Shembull: Njehsoni integralin:
3
cR ■
x 2 ln x dx
Ky integral mund tё shkruhet nё formёn:
2
3
x 2 ln x dx =
x 3 ln x dx nga
ku shihet qartё se kemi tё bёjmё me njё integral tё formёs ( IV – 5 ). u ln x
Shёnojmё:
dhe
1 dx x
du =
2 3
dv = x dx 3 5 v = x3 5
dhe kemi:
2
3
x 2 ln x dx = x 3 ln x dx =
3 53 3 51 3 5 3 2 x ln x x 3 dx x 3 ln x x 3 dx 5 5 x 5 5
3 9 3 3 x 3 x2 ln x x 3 x 2 c x 3 x 2 (ln x ) c, 5 25 5 5
cR ■
Meqenёse metoda e integrimit me pjesё pёrdoret pёr njehsimit tё njёrit prej P( x) integraleve nё tё cilat zbёrthehet integrali i njё thyese racionale , ku Q( x) P( x) dhe Q( x) janё polinome tё çfardoshёm me koeficientё realё, po pёrfundojmё kёtu integrimin e thyesave racionale. Pёr kёtё po shohim sё fundi edhe njehsimin e integralit tё formёs:
(x
2
Px Q dx px q) n
ku n ёhstё numёr natyror. Duke shёndёrruar nё katror tё plotё trinomin nё emёrues dhe duke i dhёnё trajtё tё pёrshtatshme numёruesit tё saj ky integral kalon nё njehsimin e dy integraleve tё formёs: Ik =
(t
2
tdt a 2 )k
dhe Jk =
(t
2
dt a 2 )k
MATEMATIKA 1 |
242
1 Siç shihet, duke shfrytёzuar barazimin t dt d (t 2 a 2 ) , integrali i parё 2 Ik kthehet menjёherё nё njё integral tabele dhe konkretisht nxjerrim: Ik =
1 2(1 k )(t 2 a 2 ) k 1
Ndёrsa pёr integralin e dytё kemi: Jk =
1 a2 1 t 2 a2 t 2 dt = dt dt (t 2 a 2 )k a2 (t 2 a2 )k a2 (t 2 a2 )k 1 t 2 a2 1 t2 dt dt a 2 (t 2 a 2 )k a 2 (t 2 a 2 )k 1 1 t2 Jk = 2 J k-1 2 2 dt a a (t a2 )k
= d.m.th.
Tani duke integruar me pjesё integralin e fundit pёr tё cilin shёnojmё:
u t
dhe
dv =
tdt (t a 2 ) k 2
arrijmё nё kёtё barazim: 1 1 t dt Jk = 2 J k-1 2 [ ] 2 2 k 1 a a 2(1 k )(t a ) 2(1 k )(t 2 a2 )k 1 dhe pas transformimesh do tё kemi: t 3 2k Jk = 2 J k-1 2 2 2 k 1 2a (k 1)(t a ) a (2 2k ) Me anё tё kёsaj formule rekurrente hap pas hapi arrihet tё njehsohet dt integrali i tipit: Jk = 2 (t a 2 ) k P( x) Q( x) , sillet nё njehsimin e integraleve tё thyesave racionale elementare tё shqyrtuara mё sipёr. Sё pari bёhet pjestimi i polinomeve nё rastin kur shkalla e polinomit P( x) ёshtё mё e madhe ose e barabartё se shkalla e polinomit Q( x) dhe thyesa qё mbetet nga pjestimi do tё jetё njё thyesё e rregullt e P'( x) formёs: ku shkalla e polinomit P'( x) ёshtё mё e vogёl se ajo e Q( x) . Q( x) Pas kёsaj bёhet zbёrthimi i emёruesit Q( x) nё prodhim binomesh tё shkallёs sё parё dhe trinomesh tё shkallёs sё dytё tё pazbёrthyeshёm d.m.th. qё kanё dallorin negativ (provohet nё algjebёr se njё zbёrthim i tillё ёshtё gjithmonё MATEMATIKA 1 243
Tani do tё pёrshkruajmё se si integrali i njё thyese racionale tё formёs
|
P'( x) shkruhet si shumё thyesash me numёrues Q( x) konstante ose binome tё shkallёs sё parё me koeficienta tё panjohur dhe emёrues binomet ose trinomet qё bёjnё pjesё nё zbёrthimin e mёsipёrm tё emёruesit Q( x) . Me fjalё tё tjera nёse:
i mundur). Prej nga thyesa
P'( x) P'( x) = m n k 2 Q( x) ( x a) ( x b) ...( x c) ( x px q)i ( x 2 sx t ) j ...( x 2 ux v)l
atёherё kjo e fundit do tё shkruhet nё formёn: P'( x) = m n k 2 ( x a) ( x b) ...( x c) ( x px q)i ( x 2 sx t ) j ...( x 2 ux v)l =
Am A m1 A ....... 1 m m 1 ( x a) ( x a) xa
+
Bn Bn 1 B ....... 1 n n 1 ( x b) ( x b) x b
…………………………………… + + +
Ck Ck 1 C ....... 1 k k 1 ( x c) ( x c) xc
Pi x Qi P x Qi 1 P x Q1 2 i 1 ........... 2 1 i i 1 ( x px q) ( x px q) x px q 2
S j x Tj ( x px q) 2
j
S j 1 x Tj 1 ( x px q) 2
j 1
...........
S1 x T1 x px q 2
…………………………………………………………… +
Ul x Vl U x Vl 1 U x V1 2 l 1 ........... 2 1 l l 1 ( x ux v) ( x ux v) x ux v 2
ku numrat: Am, Am-1,…,A1; Bn, Bn-1,…,B1; ………; Ck, Ck-1,…,C1; Pi, Pi-1,…,P1; Qi, Qi-1,…,Q1; Sj, Sj-1,…,S1; Tj, Tj-1,…,T1; ..………………………………………………………….. U l , U l 1 ,…., U1 ; Vl , Vl 1 ,…., V1 , janё konstante qё duhen pёrcaktuar. Ky zbёrthim quhet zbёrthim i thyesёs sё P'( x) rregullt nё thyesa elementare. Q( x) MATEMATIKA 1 |
244
Nga shёndёrrimet e mёsipёrme duket qartё se çdo integral i formёs: P( x)
Q( x) dx sillet nё njehsimin e integraleve tё formёs: A
( x a)
n
dx
dhe
(x
2
Px Q dx px q) n
integrale tё cilat janё trajtuar mё sipёr. Kemi parё kёshtu integrale qё pas shёndёrrimesh tё pёrshtatshme sillen nё integrale qё njehsohen me zёvendёsim tё tipit ( III – 3 ), pra tё formёs:
Shembull: Njehsoni integralin:
f '( x) dx f ( x)
x2 x 1 x( x2 1)2 dx
Nga sa thamё mё sipёr, zbёrthejmё thyesёn racionale nёnintegral nё thyesa elementare si mё poshtё: A Dx E x2 x 1 Bx C = + 2 + 2 2 2 2 x 1 x ( x 1) x( x 1) Tre thyesat e anёs sё djatht i kthejmё nё emёrues tё pёrbashkёt dhe meqё ky emёrues do tё jetё i barabartё me emёruesin e thyesёs nё anёn e majt, atёherё rrjedh edhe barazimi i polinomeve nё numёrues. Pra kemi: 2 2 2 x2 x 1 = A( x 1) (Bx C) x (Dx E)( x 1) x
ose x2 x 1 = (A + D) x4 + E x3 + (2A + B + D) x2 + (C + E) x + A
Nga barazimi i kёtyre dy polinomeve rrjedh se koeficientёt pranё fuqive tё njёjta tё x – it tek kёta polinome janё respektivisht tё barabartё. Pra: A D 0 E 0 2A B D 1 C E 1 A 1
Duke zgjidhur sistemin gjejmё: A = 1, B = 2, C = 1, D = 1, E = 0 Kёshtu integrali shkruhet si shumё tre integralesh : MATEMATIKA 1 |
245
dx x2 x 1 2x 1 x( x2 1)2 dx = x + ( x 2 1)2 dx + = ln x
2x 1 1 dx ln( x 2 1) 2 2 ( x 1) 2
Le tё njehsojmё tani integralin: I1 =
(x
2
xdx 2 1
x
2x 1 dx si njё integral i tipit: 2 1) 2
(x
Px Q dx . Do tё kemi: px q) n
2x 1 2xdx 1 1 dx + 2 dx = 2 dx 2 2 2 2 2 2 ( x 1) ( x 1) ( x 1) x 1 ( x 1)2 Duke shёnuar me I2 integralin e fundit qё mbetet pёr tu njehsuar kemi:
I1 =
I2 =
dx ( x 2 1)2 =
( x2 1 x2 ) x2 1 x 2 dx dx dx ( x2 1)2 ( x2 1)2 ( x2 1)2 =
dx xdx xdx x 2 arctg x x 2 2 1 ( x 1) ( x 1) 2 xdx Tani pёr integralin I3 = x 2 pёrdorim metodёn e integrimit me ( x 1) 2 xdx pjesё duke shёnuar: u x dhe dv = 2 . Nga integrimi me pjesё i ( x 1) 2 integralit I3, gjejmё : 1 2x 1 x 1 I1 = 2 cR dx = 2 arctg x + c, 2 2 ( x 1) x 1 2( x 1) 2
=
x
2
Kёshtu pёrfundimisht kemi njehsuar integralin tonё fillestar:
1 1 x2 x 1 x 1 2 x( x2 1)2 dx = ln x x2 1 2( x 2 1) 2 arctg x + 2 ln( x 1) + c ■
VI.5. DISA INTEGRALE TE RENDESISHME Kёtu do tё trajtojmё disa integrale tё rёndёsishёm dhe tё veçantё pёr sa i pёrket aplikimit dhe njehsimit tё tyre me teknika specifike integrimi. Shembull: Njehsoni integralin: sin 2 x dx E shkruajmё kёtё integral nё formёn:
sin
2
x dx = sin x sin x dx MATEMATIKA 1
|
246
shёnojmё:
u = sin x du = cos x dx
dhe
dv = sin x dx v = cos x
dhe duke integruar me pjesё do tё kemi:
sin
2
x dx = sin x sin x dx = sin x cos x cos 2 x dx =
sin x cos x (1 sin 2 x)dx sin x cos x x sin 2 x dx
Siç shikohet pas zbatimit tё metodёs sё integrimit me pjesё jemi rikthyer tek integrali fillestar. Duke e shёnuar me I = sin 2 x dx do tё kemi: I = sin x cos x x I ose
2I = x sin x cos x
nga ku rrjedh I = sin 2 x dx =
1 ( x sin x cos x) c, 2
cR
■
Shembull: Njehsoni integralin: cos 2 x dx Duke vepruar nё mёnyrё analoge si nё shembullin 1 do tё gjenim:
cos
2
x dx = cos x cos x dx .......
Shembull: Njehsoni integralin:
cR ■
a 2 x 2 dx
Duke bёrё zёvendёsimin: x a sin t do tё kemi:
1 ( x sin x cos x) c, 2
nga ku
dx a cos t dt
a 2 x 2 dx = a 2 a 2 sin 2 t a cos t dx =
1 a 2 cos2 t dt a 2 (t sin t cos t ) c , c R 2 x x Por meqenёse x a sin t nxjerrim sin t prej nga t arcsin a a x 1 2 dhe t . Ndёrsa cos t 1 sin 2 t 1 ( )2 a x2 a a 2 2 Tani mund thkruajmё: 1 2 x x1 2 2 2 2 a x dx = 2 a (arcsin a a a a x ) c =
MATEMATIKA 1 |
247
1 x (a 2 arcsin x a 2 x2 ) c , 2 a
cR
■
Shembull: Njehsoni me pjesё dhe zёvendёsim integralin: a 2 x 2 dx Shёnojmё:
dhe a2 x2 x dx du = a2 x2
u=
dv = dx v= x
dhe do tё kemi:
a 2 x 2 dx = x a 2 x2 + = x a x 2
2
= x a2 x2
x 2 dx a2 x2
a2 x2 a2 a2 x2
a2 x2 a2 x2
dx a 2 dx
dx
a2 x2
= x a 2 x 2 a 2 x 2 dx a 2
dx a2 x2
Nё anёn e djatht tё kёtij barazimi figurojnё dy integrale, njёri nga tё cilёt ёshtё integrali fillestar qё po njehsojmё, ndёrsa tjetri ёshtё njё integral tё cilin do ta njehsojmё me zёvendёsim. Duke e kaluar nё anёn e majt integralin qё kёrkohet tё njehsohet dhe duke shёnuar nё integralin e dytё x = at prej nga del dx = a dt , do tё kemi: 2 a 2 x 2 dx = x a 2 x 2 + a 2
a dt a 1 t
2
x a 2 x 2 a 2 arcsin t c
ose
a 2 x 2 dx =
1 2 x (a arcsin x a 2 x 2 ) c, 2 a
cR
■
Shembull: Njehsoni integralin: arcsin x dx Shёnojmё: u = arcsin x dx du = 1 x2
dhe
dv = dx v= x
dhe do tё kemi: MATEMATIKA 1 |
248
arcsin x dx = x arcsin x
xdx 1 x2
x arcsin x
1 1 2 2 (1 x ) ( 2 x) dx 2
ku integrali i fundit ёshtё njё integral i tipit (III – 4). zёvendёsuar: 1 x 2 t prej nga 2xdx dt rrjedh se:
arcsin x dx x arcsin x
Kёshtu duke
1 12 t dt x arcsin x 1 x 2 c, 2
Shembull: Njehsoni integralin:
cR■
dx
sin x
Duke shprehur sin x nё varёsi tё tg
x mund tё shkruajmё: 2
x 2 dx 1 cotg x dx 1 tg x dx x 2 2 2 2 2tg 2 x Pёr dy integralet e fundit mjafton tё zёvendёsojmё: = t nga ku 2 dx 2tdt dhe do tё kemi: dx sin x =
dx
sin x
=
1 tg 2
1 x 1 x cos t sin t cotg dx tg dx = dt dt 2 2 2 2 sin t cos t
ln sin t ln cos t c ln tg
x c, 2
cR ■
Ky integral mund tё njehsohet edhe duke shumёzuar lart dhe poshtё me sin x , ku shfrytёzohen barazimet: sin x dx d (cos x) dhe sin 2 x 1 cos2 x Lexuesi le tё bёjё vetё kёto veprime derisa tё arrijё tё njёjtin rezultat si mё sipёr. dx Shembull: Njehsoni integralin: cos x dx dx Meqenёse zёvendёsojmё x = t nga ku dx dt = cos x 2 sin( x) 2 dhe do tё kemi: MATEMATIKA 1 |
249
dx
cos x
dt t x ln tg c ln cotg( ) c, sin t 2 4 2
cR
f (sin x, cos x)dx
Nё pёrgjithёsi, integralet e formёs:
■
njehsohen duke
x dhe pastaj shprehim nё varёsi tё t – sё sin x dhe cos x 2 . Kёshtu pas transformimesh integrali merr pamjen: f (t )dt shёnuar me t = tg
Ndёrsa pёr integralet e formёs: sin m x cos n x dx dallohen dy raste: 1. Tё paktёn njёri nga numrat natyror m ose n ёshtё tek. Nё kёtё rast veçohet njё sin x (ose cos x ) nёse m – tek (nёse n – tek) dhe duke shfrytёzuar barazimin sin x dx = – d (cos x) (ose cos x dx = d (sin x) ) integrali merr pamjen: f (cos x)d (cos x) =
f (sin x)d (sin x) = f (t )dt
f (t )dt
ku
t
= cos x
ose
pamjen:
ku t = sin x . Pas kёsaj kryhen shёndёrrimet e
nevojshme pёr tё shkuar drejt integraleve tё njohur. 2. Tё dy numrat m dhe n janё numra natyrorё çift. Nё kёtё rast rekomandojmё tё shfrytёzohen formulat e njohura trigonometrike:
1 cos 2 x 1 cos 2 x dhe cos2 x 2 2 tё cilat bёjnё tё mundur uljen hap pas hapi tё eksponentёve m dhe n derisa integrali tё marrё njё pamje tё njohur. Pёr njehsimin e integraleve tё formёs: cos ax cos bx dx , sin ax cos bx dx , sin ax sin bx dx sin 2 x
kryhet shёndёrrimi nё shumё i prodhimeve tё funksioneve trigonometrike nёn shenjёn e integralit dhe pastaj integralet qё mbeten pёr tu njehsuar janё pothuajse integrale tabele. Shembull: Njehsoni integralet:
e
x
cos x dx dhe
e
x
sin x dx
Integrojmё me pjesё njёrin prej tyre (p.sh. tё parin). Shёnojmё: u = cos x du = sin x dx
dv =ex dx v = ex
dhe
dhe do tё kemi:
e
x
cos x dx = e x cos x +
Integrojmё pёrsёri me pjesё integralin
e
e
x
x
sin x dx
(1)
cos x dx por duke shёnuar: MATEMATIKA 1
|
250
u = ex du = ex dx
dv = cos x dx v = sin x
dhe
dhe do tё kemi:
e
x
cos x dx = e x sin x e x sin x dx
(2)
Duke mbledhur dhe zbritur anё pёr anё barazimet (1) dhe (2) Gjejmё: 2 e x cos x dx = ex( sin x + cos x ) 2 e x sin x dx = ex( cos x sin x ) ose
e e
x
x
1 x e ( sin x + cos x ) + c, 2
cos x dx =
sin x dx =
1 x e ( cos x sin x ) + c, 2
Shembull: Njehsoni integralin:
dx
a x 2
cR cR
■
ku a R*
2
Njё nga mёnyrat e njehsimit tё kёtij integrali ёshtё edhe mёnyra qё paraqesim kёtu mё poshtё, duke pёrdorur njё artificё tё pёrshtatshme:
dx
a x 2
= (1
2
x a2 x2
=
x a x
a x 2
2
dx
)
x a2 x2
d ( x a2 x2 ) 2
a2 x2 x
2
dx
x a2 x2 x 1 2 a x 2 dx = = x a2 x2
ln( x a 2 x 2 ) c,
cR
ku shprehja nёn shenjёn e ln - sё nuk ёshtё vendosur nё vlerё absolute sepse ajo ёshtё positive pёr çdo x – real, meqenёse a R* . ■ Shembull: Njehsoni integralin:
dx a x 2
2
ku a R*
Duke vepruar njёlloj si nё shembullin 9 gjejmё:
dx a x 2
2
= ln x x 2 a 2 c,
cR
■
MATEMATIKA 1 |
251
Shembull: Njehsoni integralin: Shёnojmё:
u= du =
a2 x2 x
a 2 x 2 dx dhe
dv = dx
dx
a2 x2
v= x
dhe do tё kemi:
a 2 x 2 dx = x a 2 x2 a2 x2 a2 a x 2
2
dx x a 2 x 2
x2 a x 2
2
dx x a 2 x 2
a 2 x 2 dx + a 2
dx a x2 2
a 2 dx
Nga ku rrjedh: 2 a 2 x 2 dx = x a 2 x 2 +
a2 x2 dhe duke shfrytёzuar pёr integralin e fundit tё anёs sё djatht rezultatin e arritur nё shembullin 9, konkludojmё:
a 2 x 2 dx =
1 [ x a 2 x 2 + a 2 ln( x a 2 x 2 ) ] + c, c R ■ 2
Shembull: Njehsoni integralin:
x 2 a 2 dx
Duke vepruar njёlloj si nё shembullin 11 gjejmё:
x 2 a 2 dx =
1 ( x x2 a 2 a 2 ln x x 2 a 2 ) + c, 2
Shembull: Njehsoni integralin:
cR ■
ax 2 bx c dx ku a > 0
Duke transformuar funksionin nёnintegral kemi: ax 2 bx c =
=
1 (4a 2 x 2 4abx b2 b2 4ac) 4a 1 2 a
(2ax b) 2 D
ku D ёshtё dallori i trinomit ax2 bx c , pra D = b2 4ac . 1 Duke zёvendёsuar: 2ax b = t nga ku dx dt do tё kemi: 2a 1 2 ax bx c dx = 4a a t 2 D dt MATEMATIKA 1 |
252
Pёr integralin e fundit dallojmё tre raste: - Kur D < 0 jemi nё kushtet e shembullit 11 - Kur D > 0 jemi nё kushtet e shembullit 12 - Kur D = 0 kemi tё bёjmё me njё integral tabele. ■ dx Shembull: Njehsoni integralin: 2 3 x 18 x 9
=
dx 3 x 18 x 9 2
=
1 dx 2 3 x 6x 3
1 ln x 3 ( x 3) 2 6 c, 3
Shembull: Njehsoni integralin:
dx 2 x 4 x 4 2
=
1 d ( x 3) 3 ( x 3) 2 6
cR ■
dx 2 x 4 x 4 2
1 dx 2 2 x 2x 2
1 dx = 2 2 x 2x 1 3
1 d ( x 1) 1 x 1 cR ■ arcsin c, 2 2 2 3 3 ( x 1) Shenim: Do tё pranojmё pa vёrtetim se pёr çdo funksion tё vazhdushёm ekziston integrali i pacaktuar i tij. Por ky pohim nuk garanton se tё gjithё funksionet elementare, si funksione tё vazhdushme nё bashkёsinё e tyre tё pёrcaktimit, janё tё integrushёm nё trajtё tё fundme, d.m.th. primitiva e tyre tё shprehet gjithmonё me anё tё njё funksioni elementar. Pra ajo qё ndodh me derivatin e funksioneve elementare, ku derivati i tyre nё bashkёsinё e pёrcaktimit ёshtё pёrsёri njё funksion elementar, nuk ndodh me integralin e tyre. Kёshtu ёhstё provuar se integralet: dx sin x cos x dx ex x2 , , , , dx dx e dx x x ln x x dx , x3 1 , etj. megjithёse ekzistojnё, ato nuk integrohen nё mёnyrё tё fundme, d.m.th. ёshtё e pamundur qё kёto integrale tё shprehen nёpёrmjet funksioneve elementare themelore me anё tё njё numri tё fundёm veprimesh tё mblehdjes, tё zbritjes, shumёzimit, pjestimit dhe tё funksionit tё pёrbёrё.
=
VI.6. USHTRIME ◙ Nё ushtrimet e mёposhtme tregoni qё funksionet F ( x) janё primitiva tё funksioneve respektive f ( x) . MATEMATIKA 1 |
253
1 3 x pёr f ( x) = x2 3 1 F ( x) = x3 x pёr f ( x) = x 2 1 3 1 F ( x) = x3 2 x pёr f ( x) = x 2 2 3 1 3 1 2 pёr f ( x) = x 2 x F ( x) = x x 3 2 1 F ( x) = x3 x 2 2 x pёr f ( x) = x2 2 x 2 3 1 F ( x) = x3 2 x 2 3x pёr f ( x) = x2 4 x 3 3 1 F ( x) = ln( x 1) pёr f ( x) = x 1 1 F ( x) = 2 x 3 pёr f ( x) = 2x 3
1. F ( x) = 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
F ( x) = ln cos x
pёr
f ( x) = tg x
10. F ( x) = e x pёr f ( x) = e x ◙ Tё njehsohen integralet e mёposhtme duke transformuar funksionin nёnintegral. dx dx 1 x2 1. 3 2. 8 3. 2 dx x x x 2 2 1 x 1 x x x 1 4. 2 dx 5. 6. dx dx x x2 x 7.
10.
x
3
x dx
8.
25
11.
x(
x3 dx
13. ( x 1)( x 3) dx
14.
4
x3 dx
12
x x dx x (x
15.
9.
x 3 x ) dx
dx x3 x
16.
x x dx x x
17.
cos x sin x dx
18.
cos( x) dx
19.
sin 2 x cos x dx cos x
20.
21.
sin 4 x sin 2 x dx cos3x
sin 2 x sin x dx sin x
x ) dx
1 x dx x
cos 2 x
MATEMATIKA 1 |
3
254
sin 3x sin x cos 2 x sin 3x sin x 23. dx dx sin 2 x cos 2 x sin 2 x cos3x cos x 24. dx 25. cos 3 x cos 2 x(tg 3 x tg 2 x) dx sin 2 x 26. sin 4 x sin 3x(cotg 4 x cotg 3 x) dx 22.
◙ Tё njehsohen integralet e mёposhtme duke pёrdorur zёvendёsimn e pёrshtatshёm.
f (ax b)dx
A. Njehsoni integralet duke synuar formёn: 1.
dx 1 x
4.
e
x 1
4x
7. 10.
dx
2
dx 4x 1
2.
1 sin 3x dx 2
3.
4x 3
5.
4
( x 1)3 dx
6.
e
9.
8.
dx 3
(2 x 3)
2
dx
4 x 3
dx
dx 3
x 2x 1 2
1 3 2x 3 2 x 3 dx
B. Njehsoni integralet duke synuar formёn:
(a sin 1. 3. 5. 7.
2
x b sin x cos x c cos 2 x)dx
(sin x sin 2 x)dx (1 3sin x)dx (sin x sin 2 x 1)dx (cos x 1)dx 2
2
2. 4.
2
6.
2
8.
2
2
2
2
2
2
10. sin( x) cos x dx 3 f '( x) C. Njehsoni integralet duke synuar formёn: dx f ( x) 2x 3 1 2x sin 2 x 1. 2 2. 2 3. dx dx dx x 3x 1 x x 3 1 sin 2 x sin 2 x dx x2 1 4. 5. 6. dx dx 3 2 x 3x 5 x ln x 1 cos x 9.
sin x sin( 4 x)dx
(cos 2 x cos x)dx (sin x 2 cos x sin x cos x)dx (2sin x 3)dx (3sin x 2 cos x)dx
MATEMATIKA 1 |
255
7. 10. 13. 16. 19.
dx
1 x 2 arcsin x 1 e x x e x dx x2 x 4 dx x2 1 x 1 dx x3 x 2 x 1 dx
9.
e x dx 1 ex
x 1 dx
12.
x 3 dx
14.
2x 1 dx
15.
17.
x2 x 3 dx
8.
dx (1 x2 )arctg x
11.
x 1
2x 1
x
3x 4 dx x 1 x2 2x 1 18. dx x2
dx , sipas rastit kur bx c dallori i trinomit në emërues është pozitiv, negativ apo zero, të njehsohen integralet e mëposhtme. D. Duke ju referuar integralit të formës
1. 4. 7. 10. 13. 16. 19.
2
dx x dx 5. 2 x x2 dx 8. 2 x 4 dx 11. 2 4x 4x 2 dx 14. 2 x 2x 1 dx 17. 2 4x 4x 1 dx 20. 2 25x 40 x 16
dx 1 dx x2 2 x 3 dx x2 4 x 12 dx x2 2 x 2 dx x2 8x 17 dx 4x2 12x 9 dx 4 x2 8x 4
x
ax
2.
2
x
2
dx 2x 3 dx 6. 2 x x 12 dx 9. 2 x 9 dx 12. 2 4 x 12 x 10 dx 15. 2 x 8x 16 dx 18. 2 9x 6x 1 3.
x
2
E. Duke ju referuar integraleve të formës: kx t P( x ) ax2 bx c dx dhe ax2 bx c dx , të njehsohen integralet e mëposhtme: 1.
x5 x2 9 dx
2.
x2 1 x 2 2 x 1 dx
3.
x3 dx 2 1
x
MATEMATIKA 1 |
256
x 1 x2 1 dx x4 1 7. 2 dx x 1 x4 10. 2 dx x 1
4 x3 3x 4 x2 4 x 1 dx x3 x 2 8. 2 dx x 2x 2
4.
x3 5 x 2 4 x 3 x 2 5x 4 dx x4 5x2 9. 2 dx x 4
5.
6.
F. Duke ju referuar integralit të formës: [ f ( x)] f '( x)dx , të njehsohen integralet e mëposhtme: 1.
x
x 2 1 dx
(1 cotg x) 4 sin 2 x dx dx 7. x 1 ln x
4.
10. sin 3 x cos3 x dx 13. 16. 19.
2.
sin x
5.
arcsin x 1 x2
8.
sin
11.
sin
4
dx
x cos x dx
cos x dx 4 x dx
1 sin x dx x cos x
14.
x
sin x dx 1 cos x
17.
(1 arctg x) 4 1 x2 dx
e x +1
20.
e
4
x ex
dx
1 ln x dx x 1 cos x 6. dx ( x sin x) 2
1 cos x dx
(1 ln x)
3
3.
9.
sin
3
x cos 2 x dx
x dx
12.
15.
sin x(1 cos x) dx
18.
4
1 x2 4
e x dx 4
2 ex
dx x 4
1 e x
G. Duke ju referuar integralit të formës: h[ f ( x)] f '( x) dx , të njehsohen integralet e mëposhtme: sin x 1. 2. x cos( x 2 1) dx dx x 4.
cos x e
7.
sin(arccotg x) dx 8. 1 x2
sin x
dx
10. e x cos e x dx
5.
sin 2x e
cos2 x
dx
earctg x 1 x2 dx
11. e x sin e x dx
3.
ln
x
x dx
sin(ln x) dx x earcsin x 9. dx 1 x2 3 x2 3 12. (1 2 ) sin dx x x 6.
MATEMATIKA 1 |
257
1 x 1 13. 2 cos dx x x cos(arctg x) 16. dx 1 x2 19. (1 x sin x 2 ) dx
1 1x 14. 2 e dx x sin(tg x) 17. dx cos2 x
x 1 x2 e x
15.
18.
x e
x2
x
dx
2
sin e x dx
H. Të njehsohen integralet e mëposhtme:
cos5x cos 4 x cos3x cos 2 x dx 2sin x x 4 3x dx 3. 2 4. dx x 2x 1 x3 x e (1 x) x 6. 7. dx dx 2 3 xe x 1 (1 x ) x4 x2 3 x2 x 3 9. 10. dx x3 dx x2 3 cos x 1 dx 12. 2 13. dx x x x sin 2 2 x xx 15. 16. dx dx x 1 x3 1 x2 x3 3x 1 18. 3 dx 19. 2 dx x x x2 3 dx 21. 2 22. x2e x 1 dx 4x 4x 5 x2 1 3 2 3 24. x ( x + x )dx 25. dx 4 3 x 3x 9 dx 27. sin 5 x cos x dx 28. x e (1 e x ) 2 1.
29.
(sin
31.
33.
cos
2
x 2 cos 2 x) dx
x3 3x 2 3x 1dx 3
x dx
34.
2. e5 4 x dx
x 1 dx x 2sin 3 x sin x 8. dx cos 2 x x2 4 11. 2 dx x 4 5.
14. (sin 2 x sin 2 x) dx
17.
x
2
20.
x
2
4 dx 6x 5 dx 16
23. sin 6 x cos x dx 26.
sin
4
x dx
1 cos2 x 30. dx ( x tg x) cos2 x sin 2 x 32. dx 1 3cos2 x sin 2 x dx dx 35. 2 1 cos x 1 3cos x MATEMATIKA 1
|
258
36.
x3 x 2 x 2 4 dx
39.
(1 x tg x
2
) dx
37.
4x
40.
ln e
2
dx 38. 28x 49
x2
dx
x 1 dx x ln x
x
41. cosec x ln(sin x cos x ) dx
I. Të njehsohen me metodёn e integrimit me pjesё integralet e mëposhtme: 1.
x e
4.
2 x
dx
2.
x ln x dx
5.
x sin x dx
7.
( x 3) ln x dx 10. ( x 3) cos x dx
ln x dx x3 x 1 8. ln x dx x 11. (3 x 2) sin x dx
13. arccos x dx
14. arccotg x dx
16.
3
dx 4 9x
2
17.
4 x2 dx
3.
x
6.
(x
4
ln x dx 2
1) ln x dx
( x 1) e dx 12. arcsin x dx 2
9.
15.
18.
x
dx 9 x2
1 4 x2 dx
KREU VII
INTEGRALI I CAKTUAR VII.1. KUPTIMI GJEOMETRIK I INTEGRALIT TE CAKTUAR MATEMATIKA 1 |
259
Njehsimi i syprinave tё figurave plane ёshtё njё problem i hershёm i njerёzimit dhe ёshtё zhvilluar me kalimin e kohёs. Nё fillimet e veta njerёzimi arrinte tё njehsonte syprinat e njё numri tё kufizuar figurash plane si trekёndёshi, katrori, drejtkёndёshi, etj. si dhe syprinat e figurave tё ndryshme, mё tё ndёrlikuara, por qё mund tё copёtoheshin nё njё numёr tё fundёm figurash tё njohura, syprinёn e tё cilave dinin ta njehsonin. Sidoqoftё mund tё themi se matja e syprinave tё figurave plane, pati njё hop cilёsor pikёrisht pas zbulimit tё konceptit tё integralit tё caktuar. Kёshtu siç ka ndodhur nё shumicёn e problemeve themelore tё matematikёs edhe ai i integralit tё caktuar e ka origjinёn tek problemi praktik i llogaritjes sё syprinave tё figurave plane. Ashtu siç ёshtё dhёnё nё gjeometrinё euklidiane kuptimi i syprinёs sё rrethit edhe integrali i caktuar qё do tё pёrcaktojё syprinёn e njё figure plane do tё jepet me anё tё konceptit tё limitit tё njё funksioni. Le tё jetё dhёnё f(x) njё funksion i vazhdushёm dhe pozitiv nё njё segment [a, b]. Shqyrtojmё figurёn plane tё kufizuar nga grafiku i funksionit f(x), drejtёzat x = a, x = b dhe boshti i abshisave, si nё figurën 1. Kёtё figurё qё pёrshkruam mёsipёr do ta quajmё trapez vijёpёrkulur dhe do tё shtrojmё problemin e gjetjes tё syprinёs sё tij. Por, sё pari duhet tё tregojmё se y f(x) ç’quajmё syprinё tё njё figure tё tillё, sepse ёshtё e pamundur qё atё ta copёtojmё nё njё numёr tё x fundёm figurash tё njohura plane. a b Figura 1 Proçedimi i pёrdorur nga grekёt e lashtё edhe tani ёshtё shumё i pёrhapur nё gjeometrinё elementare pёr tё treguar qё dy figura mund tё jenё me syprinё tё njёjtё edhe kur nuk ёshtё e mundur pёr ti ndarё ato nё pjesё tё barabarta dy e nga dy. E ndajmё segmentin [a, b] nё n – segmente tё çfarёdoshme me anё tё pikave: a = xo < x1 < x2 < ……… < xi-1 < xi < ……… xn = b me gjatёsi:
x1 , x2 , x3 ,..........xi ,...........xn
ku: xi = xi – xi-1 . Shёnojmё me max{xi } pёr i = 1, 2, ….., n Duket qartё se sa mё e vogёl tё jetё - da, aq mё i imёt do tё jetё copёtimi dhe aq mё e madhe do tё jetё n - ja dhe pёr mё tepёr kemi: 0n
MATEMATIKA 1 |
260
Me anё tё segmenteve f(xi), trapezi vijёpёrkulur ndahet y nё n – trapezё vijёpёrkulur elementarё. Nё çdo segment f(x) [xi-1, xi] marrim njё pikё tё çfardoshme xi dhe ndёrtof( xi ) jmё drejtkёndёshat me bazё xi dhe me lartёsi f( xi ) si nё figurën 2. Meqё funksioni f(x) ёshtё i x vazhdushёm nё segmentin a x1 x2 xi-1 xi xn-2 xn-1 b [a, b], d.m.th. i tillё ёshtё Figura 2 edhe nё çdo segment elementar [xi-1, xi], atёherё pёr ndarje gjithnjё e mё tё imta (d.m.th. pёr 0 ), vlerat e funksionit f(x) nё segmentet elementarё [xi-1, xi] do tё ndryshojnё gjithnjё e mё pak nga vlera f( xi ) e funksionit f nё pikёn xi tё segmentit [xi-1, xi]. Kёshtu syprinat e drejtkёndёshave elementarё tё ndёrtuar nga copёtimi i segmentit [a, b] do tё ndryshojnё gjithnjё e mё pak nga syprinat e trapezёve elementarё korespondues. Rrjedhimisht edhe shuma e syprinave tё drejtkёndёshave elementarё tё ndёrtuar si mё sipёr do tё ndryshojё gjithnjё e mё pak nga syprina e trapezit vijёpёrkulur, qё ёshtё shumё e syprinave tё trapezёve elementarё vijёpёrkulur nё tё cilёt ai ёshtё ndarё. Shёnojmё tani: n
Sn f ( xi )xi
(1)
i 1
Nga sa pёrshkruam mё sipёr ёshtё e qartё se kjo shumё varet nga mёnyrat e ndarjeve tё segmentit [a, b] nё segmente elementarё [xi-1, xi] me gjatёsi xi dhe gjithashtu, pёr njё ndarje tё dhёnё, shuma Sn varet edhe nga zgjedhja e pikёs xi nё segmentin [xi-1, xi]. Por ёshtё e qartё se kёto ndryshime bёhen gjithnjё e mё tё vogla kur 0 . Intuitivisht kuptohet se nё kёtё proces, syprina e trapezit vijёpёrkulur me shumёn Sn . Kёshtu vijmё natyrshёm tek ky pёrkufizim: Pёrkufizim 1: Syprinё tё trapezit vijёpёrkulur do tё quajmё limitin e shumave Sn , nё qoftё se ky limit ekziston, kur 0 dhe qё nuk varet as nga mёnyra e ndarjes sё segmentit [a, b] e as nga zgjedhja e pikave xi nё segmentin [xi-1, xi]. MATEMATIKA 1 |
261
Kёtё limit do ta shёnojmё me S dhe kёshtu mund tё shkruajmё: n
S lim f ( xi )xi 0
(2)
i 1
Sipas kёtij pёrkufizimi rrjedh se syprina e trapezit vijёpёrkulur ekziston vetёm kur ekziston limiti nё barazimin (2). Pёrkufizim 2: Limitin nё barazimin (2), kur ai ekziston, do ta quajmё integral tё caktuar tё funksionit f(x) nё segmentin [a, b] dhe do ta shёnojmё b
me simbolin:
f ( x)dx a
dhe do tё lexohet: “integrali nga a nё b i f ( x)dx ”. Pra b
n
f ( x)dx = lim f ( xi ) xi
a
0
(3)
i 1
nё kёtё rast funksioni f(x) quhet i integrueshёm sipas Rimanit nё segmentin [a, b], ndёrsa shuma n
f ( x )x i 1
i
i
quhet shumё
a
b
x integrale e Rimanit e funksionit f(x) nё segmentin [a, b]. Funksionet pёr tё cilat f(x ekziston integrali i caktuar i ) tyre nё segmentin [a, b], do ti y Figura 3 quajmё tё integrueshёm sipas y Rimanit, Ndёrsa numrat a dhe b do tё quhen pёrkatёsisht kufi i poshtёm i integrimit dhe kufi i S1 b sipёrm i integrimit, kurse a c funksioni f(x) do tё quhet x S2 funksion nёnintegral. f(x Figura 4 Problemi i syprinёs sё trapezit ) vijёpёrkulur mund tё trajtohet nё mёnyrё analoge edhe nё rastin kur funksioni f(x) ёshtё i vazhdushёm dhe negativ nё segmentin [a, b] (fig.3). Por nё kёtё rast tё gjitha prodhimet f ( xi )xi do te jenё negative, kёshtu qё do tё kemi: b
f ( x)dx 0
prandaj edhe pёr syprinёn e trapezit vijёpёrkulёt do shkruanim:
a
MATEMATIKA 1 |
262
S
b
b
a
a
f ( x)dx f ( x)dx
Nё rastin kur funksioni f(x) ёshtё i vazhdushёm nё segmentin [a, b] por pozitiv nё njё pjesё tё kёtij segmenti dhe negativ nё pjesёn tjetёr (fig.4) Syprina e trapezit vijёpёrkulur do tё shkruhet: c
b
a
c
S S1 S2 f ( x)dx f ( x)dx
Nga sa thamё rrjedh se syprina e trapezit vijёpёrkulur mund tё llogaritet nёpёrmjet integralit tё caktuar vetёm kur njihet shenja e funksionit nёnintegral nё segmentin e integrimit. Duke parё mёnyrёn se si u pёrcaktua integrali i caktuar shihet qartё se ky integral nuk varet nga ndryshorja e funksionit nёnintegral, por vetёm nga kufijtё e integrimit dhe nga vetё funksioni. Pra shkruajmё: b
b
b
a
a
f ( x)dx f (t )dt f (u )du,
a
etj.
(4)
Nёse ndarjen e segmentit [a, b] nё segmente elementarё do ta fillonim nga skaji b, d.m.th. a = xn < ……… < xi < xi-1 < ……… < x2 < x1 < x0 = b dhe duke ndjekur tё njёjtat proçedura si nё ndarjen e parё qё i bёmё segmentit [a, b] do tё arrinim nё konkluzionin se: b
a
f ( x)dx = f ( x)dx
a
(5)
b
Kjo ndodh pёr faktin se tё gjitha xi = xi – xi-1 janё negative. Sё fundi, duke patur parasyshё se trapezi vijёpёrkulur degjeneron nё njё segment kur a = b, mund tё pranojmё se: a
f ( x)dx 0
(6)
a
VII.2. EKZISTENCA DHE VETI TE INTEGRALIT TE CAKTUAR Nё paragrafin paraardhёs treguam se vazhdushnёria e funksionit nёnintegral MATEMATIKA 1 |
263
ishte njё kusht i mjaftueshёm pёr ekzistencёn e integralit tё caktuar. Kjo nuk do tё thotё se funksione tё tjerё qё nuk janё tё vazhdushёm nё segmentin e tyre tё integrimit, s’janё tё integrushёm. Pёr mё tepёr ka vend kjo teoremё tё cilёn do ta pranojmё pa vёrtetim: Teoremё 1: Janё tё integrueshёm sipas Rimanit nё njё segment [a, b], edhe tё gjithё ata funksione qё janё tё kufizuar nё kёtё segment dhe tё vazhdueshёm, me pёrjashtim ndoshta tё njё numri tё fundёm ose tё pafundёm tё numёrueshёm, pikash kёputje nё atё segment. ■ Kёtё teoremё do ta pranojmё pa vёrtetim. Vetia 1: Nё qoftё se funksioni f(x) ёshtё i integrueshёm nё segmentin [a, b] dhe c ёshtё njё pikё e kёtij segmenti, atёherё ka vend barazimi: b
c
b
a
c
f ( x)dx f ( x)dx f ( x)dx
a
(9)
Kjo veti mund tё vёrtetohet duke patur parasysh interpretimin gjeometrik tё integralit tё caktuar mbi syprinёn e trapezit vijёpёrkulur. Ajo mund tё pёrgjithёsohet edhe pёr mё shumё se njё pikё tё ndёrmjetme. Kёshtu nёse: a < c1 < c2 < …. ck < b atёherё kemi: b
c1
c2
c3
b
a
a
c1
c2
ck
f ( x)dx f ( x)dx f ( x)dx f ( x)dx .... f ( x)dx
(10) ■
Vetia 2: Nё qoftё se funksioni f(x) ёshtё i integrueshёm nё segmentin [a, b] dhe c ёshtё njё numёr real, atёherё ka vend barazimi: b
b
a
a
c f ( x)dx c f ( x)dx
(11) ■
Edhe vёrtetimi i kёsaj vetie ёshtё i thjeshtё, mjafton qё tё marrim shumat integrale pёr tё dy integralet e barazimit (11) dhe tё shfrytёzohet fakti qё konstantja c del jashtё shenjёs sё shumёs.Thuhet ndryshe se konstantja del jashtё shenjёs sё interalit. Vetia 3: Integrali i shumёs sё dy funksioneve tё integrueshёm f(x) dhe g(x) nё njё segment [a, b], ёshtё i barabartё me shumёn e integraleve tё secilit funksion nё kёtё segment. Pra: b
b
b
a
a
a
[ f ( x) g ( x)]dx f ( x)dx g ( x)dx
(12) ■
Vёrtetimi i kёsaj vetie bazohet tek vetia koresponduese e limitit tё shumёs, MATEMATIKA 1 |
264
zbauar pёr shumat integrale tё integraleve tё mёsipёrme, si dhe nё faktin qё funksionet e mёsipёrme f(x) dhe g(x) janё tё integrushёm nё segmentin [a, b]. Kjo veti mbetet e vёrtetё edhe pёr integralin e shumёs sё njё numri tё fundёm funksionesh tё integrushёm nё njё segment [a, b]. Vetia 4: Nё qoftё se funksioni f(x) ёshtё i integrueshёm dhe jonegativ nё segmentin [a, b] atёherё kemi: b
f ( x)dx 0
(13)
a
Nёse do tё kishim jopozitiv funksionin f(x) nё segmentin [a, b], atёherё: b
f ( x)dx 0
(13’) ■
a
Vёrtetёsia e kёsaj vetie rrjedh duke patur parasysh edhe kёtu kuptimin gjeometrik tё integralit tё caktuar. Vetia 5: Nё qoftё se funksioni f(x) ёshtё i integrueshёm nё segmentin [a, b] atёherё kemi: b
a
b
f ( x) dx f ( x) dx
(14)
a
Vёrtetim: Nga vetitё e vlerёs absolute kemi: f(x) f ( x) prej nga
f ( x) f(x) f ( x)
ose
f ( x) f x 0
dhe
f ( x) f x 0
pёr tё gjitha x – et nё segmentin [a, b]. Nga kёto dy mosbarazime, si dhe nga Vetitё 3, 4, rrjedh : b
b
f ( x)dx f ( x) dx dhe
a
a
b
b
f ( x)dx
a
f ( x) dx
a
ose b
f ( x) dx a
b
b
a
a
f ( x)dx
f ( x) dx
Nga ky mosbarazim i dyfishtё rrjedh menjёherё mosbarazimi (14).
■
Vetia 6: Nё qoftё se funksionet f(x) dhe g(x) janё tё integrueshёm nё segmentin [a, b] dhe pёr çdo x nga ky segment f(x) g(x) atёherё: MATEMATIKA 1 |
265
b
b
f ( x)dx g ( x)dx
a
(15) ■
a
Vёrtetojeni kёtё veti duke u bazuar tek Vetitё 3, 4. Teoremё 2: (Teorema mbi tё mesmen) Nё qoftё se funksioni f(x) ёshtё i integrueshёm nё segmentin [a, b] dhe ekzistojnё numrat m dhe M nga R, tё tillё qё pёr çdo x tё kёtij segmenti kemi:
m f(x) M atёherё: b
m(b a)
f ( x)dx M(b a)
(7)
a
ose b
1 (7’) f ( x)dx M b a a Vёrtetim: Meqenёse funksioni f (x) ёshtё i integrushёm nё segmentin [a, b] dhe tё tillё janё edhe funksionet y = m dhe y = M si funksione konstantё (tё vazhdushёm) nё segmentin [a, b], do tё rrjedhё ekzistenca e
m
b
b
m dx,
a
a
b
f ( x)dx,
M dx a
Atёherё pёr njё ndarje tё çfardoshme tё segmentit [a, b] nё segmente elementarё do tё kemi: b
n
n
m x m dx lim 0
a
i
i 1
lim f ( xi )xi 0
i 1
b
f ( x)dx a
por meqё n
n
lim m xi = lim m xi lim m(b a) m(b a) 0
i 1
0
0
i 1
Pra treguam kёshtu se b
m(b a)
f ( x)dx a
Njёlloj tregohet edhe mosbarazimi tjetёr b
f ( x)dx M(b a) a b
Pёrfundimisht rrjedh se : m(b a)
f ( x)dx M(b a) .
■
a
Rrjedhim: Nё qoftё se funksioni f(x) ёshtё i vazhdushёm nё segmentin [a, MATEMATIKA 1 266 |
b], atёherё ekziston njё pikё c e kёtij segmenti, e tillё qё: b
f ( x)dx f (c) (b a)
(8)
a
Vёrtetim: Meqenёse funksioni f(x) ёshtё i vazhdushёm nё segmentin [a, b] ai do tё marrё vlerёn mё tё vogёl m dhe vlerёn mё tё madhe M nё kёtё segment. Pra m f(x) M pёr tё gjitha x-et nё [a, b]. Nga teorema e sapovёrtetuar do tё kemi:
1 m ba
b
f ( x)dx M a
por nga vazhdushmёria e f(x) rrjedh gjithashtu se ky funksion merr edhe çdo vlerё tjetёr midis numrave m dhe M. Kёshtu do tё ekzistojё njё pikё c e kёtij segmenti pёr tё cilёn funksioni f(x) tё marrё vlerёn e ndёrmjetme: b b 1 1 f(c) = f ( x)dx dhe do tё kemi: f ( x)dx b a a b a a ose b
f ( x)dx
= f(c) (b a) ■
a
Ky rrjedhim ka njё interpretim tё thjeshtё gjeometrik. Ana e majtё e kёtij y barazimi ёshtё e barabartё A’ me syprinёn e trapezit vijёpёrkulur aABb qё kufiA zohet nga grafiku i funksionit f(x), drejtёzat x = a, x = b dhe boshti i abshisave, ndёrsa ana e djatht shpreh a syprinёn e drejkёndёshit aA’B’b me bazё b a dhe lartёsi f(c). Ja dhe ilustrimi grafik:
B f(x) B’
f(c) x c
Figura 5
b
Le tё jetё f(x) njё funksion i vazhdushёm nё segmentin [a, b]. Le tё jetё x njё pikё e çfardoshme e kёtij segmenti. Eshtё e qartё se nga vazhdushmёria e f(x) – it nё segmentin [a, b] rrjedh vazhdushmёria e tij nё segmentin [a, x]. Kёshtu mund tё themi ekziston:
MATEMATIKA 1 |
267
x
f (t )dt a
Duke njehsuar kёtё integral pёr çdo x nё segmentin [a, b] ёshtё e qartё se pёrftojmё njё funksion G(x) nё kёtё segment. Pra x
G(x) =
f (t )dt
(16)
a
Teoremё 3: (Teorema themelore e njehsimit integral) Nё qoftё se funksioni f(x) ёshtё funksion i vazhdushёm nё segmentin [a, b], atёherё funksioni G(x) ёshtё i derivushёm nё çdo pikё tё kёtij segmenti dhe derivati tij ёshtё: x
G ' (x) = ( f (t )dt ) ' = f(x)
(17)
a
Ku nё skaje tё segmentit [a, b] nёnkuptohet vazhdushmёri e njёanshme pёr funksionin f(x) dhe derivushmёri tё njёanshme pёr funksionin G(x). Vёrtetim: Le tё jetё x njё pikё e çfardoshme e segmentit [a, b] dhe le tё jetё G(x) vlera koresponduese e funksionit G nё kёtё pikё. I japim x – it shtesёn x tё tillё qё a x x b . Vlera koresponduese e funksionit G nё pikёn x x do tё jetё: x x
G( x x ) =
f (t )dt
a
Llogaritim tani shtesёn e funksionit G pёr shtesёn x tё argumentit x: G = G( x x ) G(x) = x x
x
=
f (t )dt a
x x
x
f (t )dt
x
f (t )dt
f (t )dt a
a x
x x
a
x
f (t )dt =
f (t )dt
Pёr integralin e fundit pёrdorim rrjedhimin e teoremёs 2 mbi tё mesmen nё segmentin [x, x x ] dhe do tё kemi: x x
G =
f (t )dt = f(c) [( x x) x] = f(c) x
x
ku c ёshtё njё pikё midis x – it dhe x x - it. Shqyrtojmё tani limitin:
lim
x 0
G f (c)x lim lim f (c) f ( x) x 0 x0 x x
barazimi i fundit rrjedh nga vazhdushmёria e f(x) – it nё pikёn c dhe nga fakti se kur x 0 rrjedh se x x x e pёr pasojё edhe pika c qё MATEMATIKA 1 |
268
ndodhet midis x – it dhe x x - it, tenton nё x. Pёrfundimisht, ekzistenca e limitit tё mёsipёrm tregon se funksioni G(x) ёshtё i derivushёm nё pikёn e çfardoshme x tё segmentit [a, b] dhe se: x
G ' (x) = ( f (t )dt ) ' = f(x)
■
a
Rrjedhim: Nё qoftё se funksioni f(x) ёshtё i vazhdushёm nё segmentin [a, b], atёherё ky funksion ka primitivё nё kёtё segment. Vёrtetё, nё bazё tё teoremёs sё mёsipёrme, njё primitivё e funksionit tё f(x) x
ёshtё funksioni G(x) =
f (t )dt . Kёshtu mund tё themi se ekziston integrali a
i pacaktuar i funksionit f(x) dhe pёr mё tepёr kemi:
f ( x)dx
G(x) + c,
cR
Kёshtu nё qoftё se F(x) ёshtё njё primitivё e çfardoshme e funksionit f(x), atёherё ajo do tё ndryshojё nga funksioni G(x) me njё konstante: x
f (t )dt
= G(x) = F(x) + c
a
Prej nga pёr x = a nxjerrim: a
f ( x)dx
= F(a) + c
a
d.m.th.
0 = F(a) + c ose c = F(a) Ndёrsa pёr x = b kemi: b
f ( x)dx
= F(b) + c
a
dhe pёrfundimisht gjejmё: b
f ( x)dx
= F(b) F(a)
(18)
■
a
Ky barazim pёrbёn formulёn e Njuton – Lajbnicit qё ёshtё dhe formula kryesore e njehsimit tё integraleve tё caktuara. Kjo formulё shёrben si urё lidhёse midis integraleve tё caktuara dhe atyre tё pacaktuara. Kёshtu pёr njehsimin e njё integrali tё caktuar, mjafton tё gjejmё njё primitivё çfardo F(x) tё funksionit nёnintegral f(x) dhe pastaj tё pёrdorim formulёn e Njuton – Lajbnicit, sepse ne treguam se barazimi (17) ishte i vёrtetё pёr çdo primitivё F(x) tё funksionit nёnintegral f(x). Nёse do tё pёrdorim shёnimin: MATEMATIKA 1 |
269
F(b) F(a) = F(x)
b a
atёherё formula e Njuton – Lajbnicit do tё shkruhej: b
f ( x)dx
= F(x)
b a
(19)
a
2
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
x dx 2
1
Sё pari konstatojmё lehtё se njё primitivё e çfardoshme (mё e thjeshta) e x3 funksionit nёnintegral x2 ёshtё , kёshtu do tё kemi: 3 2 23 13 8 1 7 x3 2 2 = ( ) = ■ x dx 1 1 3 3 3 3 3 3
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
4
cos x dx 0
Primitiva mё e thjeshtё e funksionit cos x ёshtё sin x dhe duke pёrdorur formulёn e Njuton – Lajbnicit do tё kemi:
4
cos x dx = ( sin x )
4
0
= sin
0
4
sin 0
2 2 0 2 2
■
2
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
e dx x
1
Meqenёse e x ёshtё primitivё pёr vetё e x do tё kemi: 2
e dx (e ) x
1
x
2 1
e2 e1 e(e 1) 3
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
1
x
2
■
dx
2
Meqenёse njё primitivё e
1 1 ёshtё do tё kemi: 2 x x
3
1 3 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) = dx 2 x 2 x 2 3 2 2 3 6
■
MATEMATIKA 1 |
270
2
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
1
x dx 1
Meqenёse kemi tё bёjmё me x – et nё segmentin [1, 2], pra pozitivё, atёherё 1 1 njё primitivё e funksionitr nёnintegral ёshtё ln x sepse ( ln x )’ = . x x Kёshtu do tё kemi: 2 2 1 dx (ln x ) ln 2 ln1 ln 2 0 ln 2 ■ 1 x 1
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
3
1
cos
2
x
6
dx
1 do tё thotё cos2 x se njё primitivё e funksionit nёnintegral ёshtё tgx , kёshtu qё: Meqenёse nga tabela themelore e derivateve kemi (tgx) '
3
1 cos2 x dx = (tgx) 6
3
tg
6
3
tg
6
3
3 2 3 3 3
■
Duhet theksuar se metoda e integrimit me zёvendёsim pёrdorent edhe tek Integral i caktuar, por duhet patur kujdes se nё momentin qё bёjmё zёvendёsimin e ndryshores sё vjetёr duhet tё bёhet edhe ndryshimi i kufijve tё integrimit sipas ndryshores sё re, tё cilёt pёrcaktohen nё momentin e shёnimit tё ndryshores sё re. Por pasi gjendet primitiva nё varёsi tё ndryshores sё re, nё dallim nga ntegrali i pacaktuar, nuk ёshtё nevoja tё kthehemi pёrsёri tek ndryshorja e vletёr dhe llogaritjet bёhen me formulёn e Njuton – Lajbnicit sipas ndryshores sё re. 2
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
4 x 2 dx
0
Shёnojmё x = 2 sin t dhe kur x = 0 kemi sin t = 0 d.m.th. t = 0, ndёrsa kur x = 2 kemi sin t = 1 qё do tё thotё t
. Duke shprehur edhe dx nё varёsi tё 2 t, gjejmё dx = 2 cos t dt dhe pasi zёvendёsojmё nё integralin fillestar kemi: 2
0
2
2
2
4 x dx 4 (2sin t ) 2cos t dt 4 1 sin t cos t dt 4 cos t cos t dt 2
2
2
0
0
2
4 cos2 t dt 4 0
0
1 cos 2t dt (2t sin 2t ) 2 0 2
2
0
MATEMATIKA 1 |
271
sin 2 ) (2 0 sin 2 0) 0 ■ 2 2 Theksojmё se lloji i zёvendёsimit i bёrё nё integralin e mёsipёrm pёrdoret nё tё gjitha integrlet e tipit: = (2
a
a 2 x 2 dx
0
dhe zёvendёsimi nё kёtё rast ёshtё x = a sin t , pastaj veprohet si mё sipёr. e
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
ln x dx x 1
Bёjmё zёvendёsimin x = et nga rrjedh se kur x = 1 kemi t = 0, ndёrsa kur x = e kemi t = 1 dhe meqё et ёshtё funksion i vazhdushёm nё [0, 1] garantohet ekzistenca e integralit pas zёvendёsimit. Nga ana tjetёr kemi dx et dt dhe pas zёvendёsimit integrali merr formёn: e 1 1 ln x ln et t t2 1 1 0 1 = ■ e dt t dt ( ) dx 0 et 0 1 x 2 0 2 2 2 2
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
1
1
dx 2 x
Bёjmё zёvendёsimin 2 x = t, nga ku gjejmё x t 2 2 dhe dx 2tdt . Ndёrsa pёr kufijt e ri tё integrimit do tё kemi: x = 1 t = 1, ndёrsa kur x = 2 t = 2 prandaj shkruajmё: 2 2 2 dx 2tdt t 1 1 1 1 2 x = 1 t 1 =21 t 1 dt = 2
2 1 2 ) dt 2[t ln(t 1)] 2(1 ln ) ■ t 1 3 1 1 Pёr metodёn e integrimit me zёvendёsim tek integral ii caktuar mund tё themi se ka tё njёjtёn pamje. Kёshtu kur u(x) dhe v(x) janё dy funksione tё integrushёm nё [a, b], formula e integrimit me pjesё do tё ketё pamjen:
2 (1
.
b
b
a
a
u( x) d[v( x)] =[u( x) v( x)]
b
v( x)d [v( x)]
(20)
a
Edhe nё kёtё rast vlen tё theksojmё se pёrdorimi i metodёs me zёvendёsim konsiderohet i suksesshёm nёse integrali i anёs sё djathtё nё barazimin (20) ёshtё mё i thjeshtё se integrali fillestar.
MATEMATIKA 1 |
272
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
x sin x dx o
u= x du = dx
Shёnojmё:
dhe
dv = sin x dx v = cos x
dhe duke pёrdorur formulёn (20) do tё kemi:
o
0
x sin x dx =( x cos x)
0
0
( cos x)dx (sin x)
0
■
e
Shembull: Njehsoni integralin e caktuar:
ln x dx 1
Shёnojmё:
u = ln x dx du = x dhe do tё kemi:
dhe
v= x
e
e
1
1
ln x dx =(x ln x)
dv = dx
e
e
1
1
dx e x
e (e 1) 1
■
VII.3. USHTRIME ◙
Tё njehsohen integralet e caktuara:
0
dx 1 x
1
1
(4 x ) dx 2
1.
4.
1 x dx
2. 5.
7.
3
3
sin
2
x cos dx
8.
3
6
11.
0
xdx 2 ( x 1) 2
6.
0
dx 1 x2
2
sin x cos x dx 0
e
arctg x dx x2 1
9.
3
1
1
dx 10. 2 x 4x 5 0
2
3.
1
0
1
3
2
1+ln x dx x 1
4
dx x2 2 x 3
12.
2
cos3 x dx 3 sin x
MATEMATIKA 1 |
273
2
13.
1
dx 14. x 1 3
2 x 2 3 dx
2
x
3
x
x
(1 x )
18.
2 2
4
9
dx 0 1 x
2.
3.
x
4
x 4 dx
4.
0
2
x
0 ln 2
7.
4 x
dx
2
6. 8.
e 0
a x 2
29
3
3 3
2
dx
( x 2) 3
x
1 dx e x
1
4 x 2 dx
2
0
e x 1 dx
2
0
11.
x 1
0 a
9.
x dx x3
1
3
5.
xdx x 1
6
5
10.
dx
3 2 cos x 0
2
( x 2)
2
dx
12.
2
cos x
sin x
1 cos 2 x
4
dx
Tё njehsohen me metodёn e integrimit me pjesё integralet e caktuara:
x sin x dx
1.
2.
0
x sin x dx 2
4.
7.
5.
sin
x dx
0
3
sin x dx
x sin 2 x dx 0
1
4
x
3.
2
x cos x dx
8.
0
11.
e 0
x
4
2
x
dx
1
2
arcsin x dx
3
sin
6.
0
10.
x cos x dx
0
2
0
9.
arcsin x dx 1 x 0
x
sin x dx
12.
e
x
cos x dx
0
MATEMATIKA 1 |
dx
0
Tё njehsohen me metodёn e zёvendёsimit integralet e caktuara: 1.
◙
x
15.
e e 17. x x 2 dx (e e ) 1
x 1 16. 2 dx x 2x 3 0
1
1
◙
3
9
1 1 sin dx 2 x x
274
1
3
x 13. dx 2 cos x 4
14.
19.
x
e
2x
dx
17.
x 3
0
0
3
2
( x 1) ln x dx x 1 dx 2 1
ln x
1 1
24.
x
dx
15.
m
(ln x)n dx
20.
2x
dx
e
x
dx
x ln x dx
1 e 1
23.
x e 0
1
2
2 1
22.
1
0
1
16.
x e
x
18.
ln x dx 1 e
21.
x
2
ln x dx
1
ln( x 1) dx 0
(m 0, n N )
0
VII.4. ZBATIME GJEOMETRIKE TE INTEGRALIT TE CAKTUAR Siç kemi parё nga pёrcaktimi i integralit tё caktuar ne mund ta pёrdorim atё pёr njehsimin e syprinave tё figurave plane tё ndryshme dhe tё vёllimit tё trupave tё rrotullimit. Le tё shikojmё disa shembuj. Shembull: (Syprina e segmentit parabolik) Njehsoni syprinёn e figurёs sё vijёzuar, e cila kufizohet nga parabola y = ax2 dhe segmenti AB si nё fig.1. Nga simetria e kёsaj figure, mjafton tё llogaritim syprinёn e pjesёs sё saj qё ndodhet nё kuadrantin e parё dhe pastaj tё marrim dyfishin e saj. Kёshtu nёse e shёnojmё atё me S1 , atёherё ajo do tё shprehet si diferencё e sipёrfaqes sё drejtёkёndёshit OB’BC me sipёrfaqen e pjesёs sё kufizuar prej harkut OB tё parabolёs, segmentit OB’ dhe atij B’B. Prandaj shkruajmё:
MATEMATIKA 1 |
275
S1 = SOB’BC b
a ax 2 dx = OB' BB' ( x3 ) 3 0
y
b
y= ax2 A
0
a 2 b ab2 (b3 0) ab3 3 3 dhe sipёrfaqja e figurёs sё vijёzuar (segmentit parabolik) do tё jetё : 4 S = ab3 (1) ■ 3
C
B
A’ b
Figura 1
B’ x b
O
Shembull: Njehsoni syprinёn e x2 y 2 elipsit 2 2 1 . a b Duke patur parasysh simetrinё e elipsit, mjafton tё njehsojmё sipёrfaqen e 1 tij nё kuadrantin e parё, qё pёrbёn - ёn e syprinёs sё elipsit si në figurën 4 2. Ekuacioni i harkut AB tё elipsit B(0, b nё kuadrantin e parё është: b 2 y = a x 2 , prandaj syprina e a A(a, 0) vijёzuar do tё gjendet me anё tё a b 2 integralit a x 2 dx . Duke a 0 Figura 2 patur parasysh rezultatin e arritur tek integrali i pacaktuar ku kemi parё se:
a 2 x 2 dx =
1 2 x (a arcsin x a 2 x 2 ) c, 2 a mund tё shkruajmё: a
b 2 b 2 0 a a x dx = a
cR
a
0
a 2 x 2 dx =
1b 2 x (a arcsin x a 2 x 2 ) 2a a
= 0
b 2 b 2 ab (a arcsin1 0 a 2 arcsin 0 0) a 2a 2a 2 4
MATEMATIKA 1 |
a
276
Pёrfundimisht sipёrfaqja e elipsit do tё jetё: S = 4 Shёnim: Meqenёse rrethi ёshtё rast i veçantё i elipsit nё tё cilin gjysmёboshtet janё tё barabartё midis tyre dhe qё nёkёtё rast pёrbёjnё rrezen e rrethit, ne do tё gjejmё formulёn e njohur pёr syprinёn e tij: S = ab = rr r 2
ab 4
= ab
(2) ■
y A(3; 3) S x
(3)
3 O(0; 0) Shembull: Njehsoni syprinёn e Figura 3 pjesёs sё planit tё kufizuar nga vijat me ekuacione: y x 2 4 x dhe y x (fig.3). Duke formuar sistemin me dy ekuacionet e kёtyre dy vijave ne do tё gjejmё dy pikat e prerjeve tё tyre qё janё: A(3, 3) dhe O(0, 0). Siç shihet nё figurё syprina e kёrkuar gjendet si diferencё dy integralesh qё shprehin pёrkatsisht syprinёn e zonёs sё kufizuar nga parabola, boshti Ox dhe drejtёza x = 3 dhe zonёn e kufizuar nga drejtёza y x , boshti Ox dhe drejtёza x = 3. Pёrfundimisht shkruajmё: 3
3
0 3
0
S = ( x 2 4 x) dx xdx x3 x2 3 9 3 ) 3 2 0 2 0 Le tё shqyrtojmё tani njё problem tjetёr qё do tё zgjidhim me anё tё integralit tё caktuar, atё tё vёllimit tё trupave tё rrotullimit. Le tё jetё dhёnё njё trup T dhe njё bosht i orjentuar si nё fig.4. ( x 2 3x) dx (
y
S(x)
x
a
b
x
Figura 4 MATEMATIKA 1 |
277
Ndёrtojmё planet dhe dy plane qё kalojnё nga dy pikat skajore tё kёtij trupi dhe pingul me boshtin e x – ve. Le tё jenё a dhe b pkat e prerjeve tё kёtyre dy planeve me kёtё bosht. Le tё jetё x njё pikё çfardo e segmentit [a, b]. Ndёrtojmё planin qё kalon nga kjo pikё dhe qё ёshtё gjithashtu pingul me boshtin e x – ve (d.m.th. paralel me planet dhe ). Shёnojmё me S(x) syprinёn e prerjes sё trupit tё dhёnё me planin . Eshtё e qartё se kemi tё bёjmё me njё funksion tё vazhdushёm tё x dhe garantohet nё kёtё mёnyrё ekzistenca e integralit: b
S( x) dx a
Duke vepruar si tek trpezi vijёpёrkulur e ndajmё segmentin [a, b] nё n segmente tё çfarёdoshme me anё tё pikave: a = xo < x1 < x2 < ……… < xi-1 < xi < ……… xn = b me gjatёsi: x1 , x2 , x3 ,..........xi ,...........xn ku: xi = xi – xi-1 . Shёnojmё me max{xi } pёr i = 1, 2, ….., n Duket qartё se sa mё e vogёl tё jetё , aq mё i imёt do tё jetё copёtimi dhe aq mё e madhe do tё jetё n - ja dhe pёr mё tepёr kemi:
0n Nё çdo segment [xi-1, xi] marrim njё pikё tё çfardoshme xi dhe ndёrtojmё ndёrtojmё cilindrat elementarё me bazё prerjen me sipёrfaqe S( xi ) dhe me lartёsi xi ku shuma e vёllimeve tё tyre pёrafrohet gjithnjё e mё shumё me vёllimin e trupit tё dhёnё pёr 0 . Duke shёnuar me Vn kёtё shumё mund tё shkruajmё: n
Vn S( xi )xi i 1
dhe meqё funksioni S(x) ёshtё i vazhdushёm nё segmentin [a, b], rrjedh ekzistenca e limitit tё shumёs integrale tё mёsipёrme. Duke pёrkufizuar vёllimin e trupit nё shqyrtim si limit tё kёsaj shume kemi:
MATEMATIKA 1 |
278
n
b
i 1
a
V = lim Vn lim S( xi )xi S( x)dx 0
0
Tani do tё shohim disa shembuj tipikё tё njehsimit tё vёllimit tё trupave me anё tё integralit tё caktuar.
x h
H' Shembull: Njehsoni vёllimin e piramidёs me syprinё tё bazёs B dhe lartёsi h (fig.5.). Le tё S(x) mendojmё lartёsinё e piramidёs si bosht tё x – ve. Ndёrtojmё njё plan paralel me planin e bazёs dhe qё e prêt lartёsinё e piramidёs nё njё pikё qё ka largёsinё x nga kulmi i saj. Figura 5 Sipёrfaqja e prerjes do tё jetё njё funksion S(x) i vazhdushёm nё segmentin [0, h] ku x merr vlerёn zero kur plani i prerjes kalon nga kulmi T i piramidёs dhe vlerёn h kur plani i prerjes pёrputhet me planin e bazёs sё piramidёs. Siç shihet jemi nё njё rast tё veçantё tё problemit tё vёllimit tё njё trupi qё trajtuam mё sipёr, kёshtu vёllimi i piramidёs me bazё B dhe lartёsi h, do tё jepesh nga integrali i caktuar: h
S( x) dx 0
Nga gjeometria dimё se kur njё piramidё pritet me njё plan paralel me planin e bazёs ёshtё i vёrtetё barazimi i raporteve: S(x) TH'2 x 2 B TH 2 h 2
prej nga nxjerrim: S(x) =
B 2 x h2
Kёshtu do tё kemi: h
V = S( x) dx = 0
h
B 2 B x3 x dx 0 h2 h2 3
h
0
B h3 1 ( 0) Bh 2 h 3 3
Gjetёm nё kёtё mёnyrё formulёn e njohur pёr vёllimin e piramidёs me bazё njё shumёkёndёsh tё çfardoshёm me syprinё B dhe lartёsi h:
1 V = Bh 3
(4)
■
Shёnim: Baza trekёndёsh pёr piramidёn nё figurё nuk ndikoi nё arsyeti por ishte thjeshtё pёr tё ilustruar arsyetimin e bёrё. MATEMATIKA 1 |
279
Shembull: Njehsoni vёllimin e trupit qё pёrftohet nga rrotullimi rreth boshtit Ox i trapezit vijёpёrkulur aABb, qё kufizohet nga boshti Ox, drejtёzat x = a, x = b dhe grafiku i funksionit tё vazhdushёm nё segmentin [a, b], y = f (x) (figura 6) Meqenёse bёhet fjalё pёr njё trup rrotullimi, prerjet e tij qё pёrftohen me Figura 6 plane pingul me boshti e rrotullimit Ox, do tё jenё qarqe. Kёshtu nёse x ёshtё njё pikё e çfardoshme e segmentit [a, b], atёherё prerja e trupit tё rrotullimit me njё plan qё kalon nё kёtё pikё dhe pingul me Ox, do tё jetё qarku me rreze f (x) dhe pёr pasojё syprina e kёsaj prerje do tё jetё: S(x) = [ f ( x)]2 prandaj vёllimi i kёtij trupi rrotullimi do tё jetё: b
b
a
a
V = S( x) dx [ f ( x)]2 dx
(5)
■ Shembull: Njehsoni vёllimin e elipsoidit dhe atё tё sferёs si rast i veçantё i sferёs. (fig.7.) Le tё jetё dhёnё elipsi me ekuacion: 2 Figura 7 x y2 2 1 . Siç dihet elipsoidi ёshtё njё 2 a b trup qё pёrftohet nga rrotullimi i plotё i elipsit rreth njёrit prej dy gjysmёboshteve tё tij. Le tё njehsojmё vёllimin e elipsoidit qё pёrftohet nga rrotullimi i elipsit rreth gjysmёboshtit tё madh d.m.th. rreth boshtit të abshisave (a > b). Është e qartë se vëllimi i këtij elipsoidi do të jetë sa dyfishi i vëllimit të trupit të që përftohet nga rrotullimi i pjesës së elipsit që ndodhet në kuadrantin e parë. Duke nxjerrë y në varësi të x në këtë kuadrant do të kemi: b 2 y a x2 a kështu për vëllimin e elipsoidit të mësipërm mund të shkruajmë: MATEMATIKA 1 |
280
a
a
b2 2 b2 2 x3 2 ( a x ) dx 2 ( a x ) 2 2 a a 3 0
V = 2 [ f ( x)]2 dx 2 0
2
a
0
b2 2 a3 b 2 2a 3 4 ( a a ) 2 ab 2 a2 3 a2 3 3
Pra vëllimi i elipsoidit me bosht rrotullimi boshtin e madh të tij është:
4 (6) ab2 3 ndërsa i atij me bosht rrotullimi boshtin e vogël, do të jetë: 4 V = a 2b (7) 3 Në rastin e veçantë kur dy gjysmëboshtet janë të barabartë (a = b = r) elipsi kthehet në sferë dhe elpsoidi shndërrohet në sferë. Kështu gjejmë formulën e njohur për vëllimin e sferës: 4 V = r3 (8) ■ 3 Shembull: Njehsoni vёllimin e konit të y drejtë rrethor me rreze të bazës r dhe lartësi h si në figura 8 Në këtë rast marrim si bosht Ox lartësinë e konit dhe si bosht Oy pingulen në kulmin O të konit. Në rolin e f (x) kemi funksionin që x paraqet përftuesen e konit në kuadrantin e parë. Si drejtëz që kalon nga origjina e koordinatave ekuacioni i saj do të jetë: f Figura 8 (x) = kx, ku k = tgα dhe në këtë rast tgα r = , prandaj vëllimi i konit do të jepet h me anë të integralit : h h r 2 r2 2 r 2 x3 h 1 V = ( x) dx 2 x dx 2 ( ) r 2 h h h 0 h 3 0 3 0 V=
MATEMATIKA 1 |
281
pra
1 V = r 2h (9) ■ 3 Ushtrim: Njehsoni vëllimin e segmentit sferik me dy baza, që formohet nga prerja e sferës me dy plane paralele me njëri tjetrin. (fig.9)
y
x
Figura 9
VII.5. USHTRIME 1. Tё njehsohet syprina e figurёs sё kufizuar nga harku i parabolёs y x 2 2 x midis kulmit tё saj dhe pikёs A(2, 0) ku parabola pret boshtin e abshisave dhe kordёs qё bashkon kёto dy pika. 2. Tё njehsohet syprina e figurёs sё kufizuar parabolat y x 2 dhe 1 y x2 5 . 4 3. Tё njehsohet syprina e figurёs sё kufizuar nga hiperbola me ekuacion xy 2 0 dhe tangetet ndaj saj nё pikat A(1, 2) dhe B(2, 1). 4. Le tё jetё dhёnё parabola me ekuacion y 2 x 0 . Marrim nё konsideratё vetёm degёn e saj qё ndodhet nё kuadrantin e parё. Nga pika A(2, 0) heqim drejtёzat paralele me pёrgjysmoret e kuadranteve. Le tё jenё B, C pikat ku kёta dy drejtёza presin kёtё degё tё parabolёs. Tё njehsohet syprina e figurёs sё kufizuar nga segmented AB, AC dhe harku BC i kёsaj parabole. 5. Tё njehsohet vёllimi i trupit tё pёrftuar nga rrotullimi i harkut y = sin x pёr 0 x rreth boshtit tё abshisave. 6. Tё njehsohet vёllimi i trupit tё pёrftuar nga rrotullimi rreth boshtit tё abshisave, tё sipёrfaqes plane tё kufizuar nga dy vija me ekuacione: y x 2 4 x dhe y x 7. Tё njehsohet vёllimi i trupit tё pёrftuar nga rrotullimi rreth boshtit tё 1 abshisave, tё sipёrfaqes plane tё kufizuar nga parabola y x 2 2 x , dhe 2 MATEMATIKA 1 |
282
tangentet ndaj saj nё pikat O(0, 0) dhe A(3,
3 ). 2
8. Tё njehsohet vёllimi i trupave tё rrotullimit qё pёrftohen nga rrotullimi i figurёs sё kufizuar nga harqet me skaje nё pikёprerjet e parabolave x 2 2 y 0 dhe y 2 2 x 0 , njёherё rreth boshtit tё abshisave dhe njёherё rreth boshtit tё ordinatave.
VII.6. INTEGRALET JO TE VETA Ne kemi shqyrtuar deri tani integralet e caktuara të funksioneve që janë të vazhdushme në një segment [a, b], për njehsimin e të cilëve na vinte në ndihmë formula e Njuton – Lajbnicit. Tani do ta shtrijmë konceptin e integralit të caktuar edhe në rastin kur njëri nga kufijtë e integrimit ose që të dy janë të pafundëm ( , ) ose pika këputje për funksionin nënintegral. Le të f(x) një funksion i vazhdushëm në gjysmësegmentin e pafundëm [a, [. Kjo do të thotë se për çdo b në këtë gjysmësegment, funksioni f(x) është i vazhdushëm në segmentin [a, b] dhe për pasojë do të ekzistojë: b
f ( x) dx a
Në këtë mënyrë ne përftojmë një funksion I(b) të [a, [ në R. Prandaj ne mund të flasim për ekzistencën ose jo të limitit të këtij funksioni në çdo pike b të këtij gjysmësegmenti.
Përkufizim: Simbolin
f ( x) dx (1) ku a është një numër real çfardo, do
a
ta quajmë integral jo të vetë të funksionit f(x) në [a, [ dhe limitin e funksionit I(b), nëse ekziston dhe është i fundëm, kur b rritet pambarimisht (b ) do ta quajmë vlerë të tij. Pra nga përkufizimi kemi:
a
b
f ( x) dx lim I(b) lim b
b
f ( x)dx
(2)
a
dhe këtë limit do ta quajmë vlerë të këtij integrali. Në rastin kur limiti i mësipërm nuk ekziston ose është i pafundëm do të themi se ky integral është divergjent. MATEMATIKA 1 |
283
Duke u bazuar tek formula e Njuton – Lajbnicit shkruajmë:
b
f ( x) dx lim
b
a
f ( x)dx lim [F(b) F(a)] b
a
Kjo do të thotë se konvergjenca e integralit do të varet nga fakti se: lim F(b)
b
është i fundëm ose jo, sepse F(a) nuk varet b.
Shembull: Të studiohet natyra e integralit:
1
x dx e
b
1 dx lim (ln x) b b x e
b
lim
Pra integrali
1
x dx
lim (ln b ln e) b
e
është divergjent.
■
e
Shembull: Të studiohet natyra e integralit:
1
x
2
dx
e
b
1 1 dx lim ( ) b x 2 b x e
b
lim
Në këtë rast themi se integrali
1
x
2
e
1 1 1 lim ( ) b b e e
dx është konvergjent dhe se vlera e tij
e
është
1 . e
Shembull: Të studiohet natyra e integralit:
sin x dx
sin x dx lim ( cos x)
b
2
b
2
lim ( cos b 0) lim cos b b
b
2
Dihet që ky limit nuk ekziston (pse?), prandaj integrali
sin x dx është
2
divergjent. ■
Ushtrim: Të studiohet konvergjenca e integralit:
1
x dx
dhe a > 0
a
MATEMATIKA 1 |
284
a) Për 0< <1 b) Për = 1 c) Për 1 d)
Në mënyrë analoge ne përkufizojmë konvergjencën e integraleve të veta që paraqiten në trajtat:
b
f ( x)dx (3)
dhe
f ( x)dx (4)
respektivisht për rastet kur f(x) është i vazhdushëm në gjysmëintervalin e pafundëm ] , b] dhe në intervalin e pafundëm ] , ]. Kështu kemi: b
b
f ( x) dx lim I(a) lim a
a
f ( x)dx
(5)
a
dhe
b
f ( x) dx lim [ lim
a b
f ( x)dx]
(6)
a
Integralet e formave (1), (3), (4) quhen integrale jo të veta të llojit të parë. Edhe për këto integrale gëzohen vetitë e mëposhtme:
Vetia 1. Kur integrali
f ( x) dx është konvergjent, atëherë i tillë do të jetë
a
edhe integrali
c f ( x) dx ,
për c R dhe për më tepër kemi:
a
c f ( x) dx = c a
Vetia 2. Kur integralet
(7)
f ( x ) dx
a
f ( x) dx dhe
a
g ( x) dx janë konvergjentë, atëherë i a
tillë do të jetë edhe integrali
[ f ( x) g ( x)] dx ,
dhe për më tepër kemi:
a
[ f ( x) g ( x)] dx = a
a
f ( x) dx
g ( x) dx
(8)
a
Vetia 3. Kur integrali
f ( x) dx është konvergjent dhe b është një numër
a
real i tillë që a < b < atëherë është i vërtetë barazimi: MATEMATIKA 1 |
285
b
f ( x) dx =
f ( x) dx
a
a
(9)
f ( x) dx
b
Vёrtetёsia e kёtyre vetive rrjedh menjёherё nga vetitё analoge tё limitit tё funksionit dhe tё integralit tё caktuar tё njё funksioni tё integrushёm nё segmentin [a, b]. Lexuesi le të formulojë vetë në mënyrë analoge këto veti për integralet:
b
dhe
f ( x)dx
Shembull: Të studiohet natyra e integralit:
f ( x)dx 2
1 x
2
dx
Nga përkufizimi, natyra e këtij integrali varet nga ekzistenca e limitit: b b 2 lim [ lim dx ] 2 lim [ lim ( arctg x ) ] a b 1 x 2 a b a a
2 lim [ lim (arctg b arctg a)] 2 lim ( arctg a) a b a 2
2( lim arctg a) 2[ ( )] 2 2 a 2 2 që do të thotë se ky integral është konvergjent dhe e ka vlerën 2 . ■ Meqenëse në integralet jo të veta është e rëndësishme të përcaktohet më parë natyra e tij dhe pastaj të llogaritet vlera në rastin kur ai është konvergjent, ne po japim këtu disa kritere të thjeshta që na krijojnë mundësi të përcaktojmë natyrën e integralit, pa qenë nevoja të fillojmë me llogaritjen e limitit për gjetjen e vlerës së tij. Kjo për faktin se në rastin e integraleve divergjente ky limit nuk ekziston dhe për më tepër ato nuk paraqesin ndonjë interes të madh studimi. Teoremë 1: (Kriteri I i krahasimit) Në qoftë se funksionet f(x) dhe g(x) janë të vazhdushëm në gjysmësegmentin e pafundëm [a, [ dhe për çdo x nga ky gjysmësegment kemi: 0 f ( x) g ( x )
(10)
atëherë:
a) Nga konvergjenca e integralit
g ( x) dx
rrjedh konvergjenca e
a
integralit
f ( x) dx .
a
MATEMATIKA 1 |
286
b) Nga divergjenca e integralit
f ( x) dx rrjedh divergjenca e integralit
a
g ( x) dx . a
g ( x) dx
Vёrtetim: a) Meqenёse
konvergjon, atёherё nga pёrkufizimi
a
do tё kemi:
b
g ( x) dx = lim g ( x) dx lim I1 (b) L1 b
a
b
a
por nga mosbarazimi 0 f ( x) g ( x) dhe nga vetia e monotonisё sё integralit tё caktuar rrjedh se pёr çdo numёr real b a : 0
b
b
a
a
f ( x) dx g ( x) dx
ose
0 I 2 (b) I1 (b)
ku
I 2 (b)
b
f ( x) dx a
kёshtu duke patur parasysh faktin qё f ( x), g ( x) 0 pёr x a rrjedh se funksionet: b
I1 (b) g ( x) dx dhe I 2 (b)
b
f ( x) dx
a
a
janё monotonё jo zbritёs pёr b a prandaj mund tё shkruajmё se: I 2 (b) I1 (b) L1 Nё veçanti themi se funksioni I 2 (b)
b
f ( x) dx
ёshtё monoton jo zbritёs
a
dhe i kufizuar nga sipёr nga numri L1 pёr b a, qё do tё thotё se ekziston b
lim
b
f ( x) dx lim I (b) L a
b
2
2
. Pra, pёrsёri nё bazё tё pёrkufizimit, treguam
se edhe integrali
f ( x) dx ёshtё konvergjent.
a
b) Vertetimi i kёsaj pike bёhet thjeshtё duke u nisur nga e kundёrta dhe duke shfrytёzuar pikёn a). Lexuesi le ta bёjё nё mёnyrё tё pavarur. ■
Shembull: Të studiohet natyra e integralit
2
x ( x 2 3)3
dx dhe tё njehsohet
MATEMATIKA 1 |
287
nёse ai ёshtё konvergjent. Meqenёse pёr x nё [2, [ janё tё vёrteta mosbarazimet: x ( x 3) 2
3
x
2 3
(x )
1
x
atёherё nga konvergjenca e integralit
2
1 x2
dx rrjedh konvergjenca e
2
integralit
x
( x 2 3)3
2
2
dx dhe pёr mё tepёr do tё kemi: b
x
b
x
1 2x dx = lim dx lim 2 dx = 3 b b 2 ( x 3) 2 ( x 2 3)3 ( x 2 3)3 a a b 1 1 1 1 ■ lim ( ) lim ( ) b 7 7 x2 3 2 b b2 3
Teoremë 2: (Kriteri II i krahasimit) Në qoftë se funksionet f(x) dhe g(x) janë të vazhdushëm dhe që të dy jonegativë ose që të dy jopozitivë në f ( x) gjysmësegmentin e pafundëm [a, [ dhe lim l , ku l 0, x g ( x )
atëherë integralet
a
f ( x) dx dhe
g ( x) dx
kanë natyrë të njëjtë. ■
a
Kёtё teoremё do ta pranojmë pa vërtetim. Ushtrim: Tё zgjidhet shembulli 5 duke pёrdorur kriterin e dytё tё krahasimit ■ Teoremë 3: (Kriteri i konvergjencёs absolute) Në qoftë se funksioni f(x) është i vazhdushëm në gjysmësegmentin e pafundëm [a, [ dhe integrali
f ( x) dx është konvergjent, atëherë edhe integrali
a
f ( x) dx do të jetë
a
konvergjent. Vërtetim: Meqenëse nga vetitë e vlerës absolute kemi: f ( x) f ( x) atëherë është i vërtetë ky mosbarazim i dyfishtë: 0 f ( x) f ( x ) 2 f ( x )
Kështu nga konvergjenca e integralit
f ( x) dx
rrjedh konvergjenca e
a
MATEMATIKA 1 |
288
integralit
2
(vetia 1) dhe duke shfrytzuar mosbarazimin e
f ( x) dx
a
mësipërm si dhe Teoremën 1 del se do të jetë konvergjent edhe integrali
[ f ( x)
f ( x) ]dx . Në këto kushte, duke shfrytzuar vetinë 2, konvergjent
a
{[ f ( x)
do të jetë edhe integrali i differences:
f ( x) ] f ( x) }dx
a
Pra do të jetë konvergjent integrali
f ( x) dx . Do të themi në këto raste se
a
nga konvergjenca absolute e integraleve jo të veta, rrjedh konvergjenca e zakonshme e tyre, ndërsa e anasjella jo gjithmonë është e vërtetë. ■ Lexuesit i lihet detyrë që të formulojë me kujdes teoremat analoge për integralet jo
b
të veta të forms:
f ( x) dx dhe
f ( x) dx dhe të tentojë vërtetimin e tyre.
Le tё jetё dhёnё njё funksion f ( x) i cili ёshtё i vazhdushёm nё njё interval ]a, b[ pёr tё cilin limiti i tij nё njёrin ose nё tё dy skajet e kёtij intervali ёshtё i pafundёm ( ose ). Supozojmё se funksioni f ( x) ёshtё i vazhdushёm nё [a, b[ dhe se lim f ( x) ose lim f ( x) . Nё kёtё rast x b
x b
japim kёtё pёrkufizim: b
Përkufizim: Simbolin
f ( x) dx
do ta quajmё integral jo tё vetё tё llojit tё
a
dytё nё gjysmёsegmentin [a, b[. Meqё funksioni ёshtё i vazhdushёm nё [a, b[ ekziston integrali: c
f ( x) dx
pёr çdo c nё kёtё gjysmёsegment. Nё kёtё mёnyrё ndёrtojmё
a c
funksionin :
I(c) =
f ( x) dx
(11)
a
tё pёrcaktuar nё [a, b[. Nёse ekziston dhe ёshtё i fundёm: c
lim I c lim f ( x) dx
c b
c b
(12)
a
b
atёherё integralin
f ( x) dx
do ta quajmё konvergjent dhe nё rast tё
a
MATEMATIKA 1 |
289
kundёrt do ta quajmё divergjent. Nё mёnyrё analoge mund tё flitet pёr integral jo tё vetё tё llojit tё dytё nё rastin kur funksioni f ( x) ёshtё i vazhdushёm nё gjysmёintervalin ]a, b] dhe se lim f ( x) xa
ose lim f ( x) . Nё kёtё rast do tё kemi: xa
b
f ( x) dx
b
= lim f ( x) dx c a
a
(13)
c
Kur funksioni f ( x) ёshtё i vazhdushёm nё intervalin ]a, b[ dhe i pafundёm b
nё tё dy skajet e tij atёherё me simbolin:
f ( x) dx
do tё kuptojmё :
a b
a
d
f ( x) dx = lim[ lim f ( x) dx] c a
Edhe nё barazimet (13), (14) ekzistencё e limiteve pёrkatёse.
d b
(14)
c
konvergjenca e integraleve kuptohet si
Shёnim: Kriteret e konvergjencёs tё cituara mё lart pёr integralet jot ё vetё tё llojit tё parё janё tё vёrteta edhe pёr integralet jo tё veta tё llojit tё dytё, mjafton qё nё formulimin e tyre tё zёvendёsojmё gjysmёsegmentin e pafundёm [a, [ me [a, b[ (sipas rastit pёrkatёs). 1 1 sin x dx Shembull: Të studiohet natyra e integralit x 0
1 x 1 g ( x) x x
sin f ( x) =
por
1
1
0
0
g ( x) dx
1
1 1 dx lim dx 2 lim( x) c 0 c 0 x x c
1
2 lim(1 c) 2 c 0
c
1
atёherё nga konvergjenca e integralit
g ( x) dx , nё bazё tё kriterit tё parё tё 0
1
krahasimit, rrjedh konvergjenca e integralit
1
f ( x) dx
0
0
1 x dx dhe x
sin
nga konvergjenca absolute e kёtij tё fundit, nё bazё tё kriterit tё konvergjencёs absolute, rrjedh konvergjenca e zakonshme e tij. Pra integrali MATEMATIKA 1 290 |
1
0
1 x dx ёshtё konvergjent. x
sin
■ 1
Shembull: Të studiohet natyra e integralit log x dx dhe tё njehsohet nёse 0
ai ёshtё konvergjent. Funksioni nёnintegral ёshtё i vazhdushёm nё ]0, 1], por lim log x x 0
d.m.th. kemi tё bёjmё me njё integral jo tё vetё tё llojit tё dytё. Prandaj 1
1
log x dx = lim log x dx lim ( x log x x) d 0
0
d 0
d
1
d
1 ( d log d d )] 1 = lim[ d 0
Kёshtu integrali i mёsipёrm ёshtё konvergjent dhe vlera e tij ёshtё 1 . ■ 2
Shembull: Të studiohet natyra e integralit
1
1
dx dhe tё njehsohet
(2 x)3
nёse ai ёshtё konvergjent. 2
1
c
1 (2 x)3
c
dx lim (2 x) 2 ( 1) dx lim (2 x) c 2
3
c 2
1 1
lim[ 2(2 x) 2 ] c 2
c
d (2 x)
1 1
2 lim[(2 x) 2 ]
1
32
c 2
c 1
12
2 lim[(2 c) 1] 2( 1) c 2
qё do tё thotё se integrali i mёsipёrm ёshtё divergjent. 1
Shembull: Të studiohet natyra e integralit
1
1 1 x2
■
dx dhe tё njehsohet
nёse ai ёshtё konvergjent. 1
1
1 1 x2
d
dx lim [lim c 1
d 1
c
1 1 x2
d
dx] lim [lim(arcsin x) ] c 1
d 1
c
lim[lim(arcsin d arcsin c) lim ( arcsin c) ( ) c 1 d 1 c1 2 2 2
■
Koncepti i integralit mund tё shtrihet gjithashtu edhe nё rastin kur MATEMATIKA 1 |
291
funksioni nёnintegral f ( x) ёshtё i vazhdushёm nё segmentin [a, b[, me pёrjashtim ndoshta tё njё numri tё fundёm pikash kёputjeje. Nё kёtё rast b
f ( x) dx
integrali:
kuptohet si shumё integralesh me kufinj integrimi
a
pikёrisht pikat e kёputjes sё funksionit f ( x) . Ato integrale tё kёsaj shume qё kanё pёr kufinj integrimi ato pika kёputjeje nё tё cilat nuk ёshtё i pёrcaktuar funksioni f ( x) , do tё konsiderohen si integrale jot ё veta tё llojit tё dytё. Pra nёse a c1 c2 c3 ......cn b atёherё shkruajmё: c1
b
f ( x) dx =
a
a
c2
f ( x) dx + f ( x) dx + c1
c3
b
f ( x) dx + …….. + 1
Shembull: Të studiohet natyra e integralit
f ( x) dx cn
c2
1
1 x ( x 4)
dx dhe tё njehsohet
nёse ai ёshtё konvergjent. Nga sa thmё mё sipёr ky integral mund tё shkruhet: 1
1
0
1 x ( x 4) 0
=
1
dx
1
1
1 x ( x 4)
dx 0
1 x ( x 4)
dx
1
1 1 dx dx x ( x 4) x ( x 4) 0
dhe natyra e tij varet nga natyra e dy integraleve nё anёn e djathtё tё barazimit tё mёsipёrm. Nga ana tjetёr duke shёnuar x t do tё kemi:
x t x t 2 dx 2t dt dhe
1 1 1 dx ( 2t ) dt 2 2 dt 2 t (t 4) t 4 x ( x 4)
t x c arctg c 2 2 ndёrsa pёr integralin e dytё bёjmё zёvendёsimin: x t , nga ku = arctg
x t x t 2 dx 2t dt dhe
1 1 1 dx 2 2t dt 2 2 dt t (t 4) t 4 x ( x 4) MATEMATIKA 1
|
292
= 2
1 1 1 1 ( )dt (ln t 2 ln t 2 ) c 4 t 2 t 2 2 =
Nё kёto kushte kemi: 1 1
1
0
x ( x 4) a
= lim a 0
1 t 2 1 ln c ln 2 t 2 2
1
x 2 c x 2 1
1 1 dx dx = x ( x 4) x ( x 4) 0
dx
1
1
1 1 dx lim dx b 0 x ( x 4) x ( x 4) b
x 2
= lim ( arctg a 0
x 2 ) x 2
a
1 ) + lim ( ln b 0 2 1
= arctg
1
= b
1 1 ln 3 ■ 2 2
VII.7. USHTRIME Tё njehsohen integralet ose tё tregohet divergjenca e tyre.
1.
2.
0
0
4.
x e x dx
0
1
ln x dx x2
8.
dx x(ln x2 )3
2x e
3.
dx
1
x
dx
x ln x
e
6.
ln(2 x ) dx 0 x
x
dx
9.
e
ln x dx x
4
11.
x2
0
e
10.
x 2 e x dx
2 3 dx
5.
7.
0
e x dx
12.
1
arctg x dx 1 x2
MATEMATIKA 1 |
293
arctg
0
13.
4 x
16.
x 2 dx 2
14.
◙
tg x dx
1
pёr k > 1
1
4.
2
tg
7.
1 x
10.
1
x x 1 x 2 x 1 4
1 x
1
arctg x dx x 5
4
dx
x dx 1
ex 0 e x 1 dx
12.
3
Tё vёrtetohet se integralet
5.
1
dx
x
dx
x sin
8.
1
2
x
2 cos x dx x
1 3 arctg x dx 1 x x
dx
dx 2 x2 5
cos x dx x2
13.
21.
0
ln( x 1) dx x
2
3x
2.
2
1
11.
2
x
1
sin x dx xk
sin x dx 3. x 3
9.
0
x4 2 ( x 2)( x 3)
20.
x
18.
2
Tё studiohet konvergjenca e integraleve jo tё veta duke pёrdorur kriteret e konvergjencёs:
1
6.
2
0 3
dx x2 4 x 9
x
0
cotg x dx
17.
2
cos
15.
dx
1 x2
0
2
1.
arcsin x
0
19.
1
e
dx x( x 1)( x 2) kx
b
dx dhe
a
e
kx
dx konvergjojnё
pёr k > 0 dhe divergjojnё pёr k < 0. cos x dx konvergjon. 14. Tё vёrtetohet se x 2
15.
Tё vёrtetohet se
2
sin x dx divergjon. x
MATEMATIKA 1 |
294
VII.8. NJOHURI MBI EKUACIONET DIFERENCIALE Shpeshherё gjatё modelimit matematik tё problemeve tё ndryshme nga praktika arrihet tё formohet njё lidhje midis njё funksioni, variablit tё pavarur x, dhe derivateve tё rendeve ndryshme tё kёtij funksioni. Pra njё ekuacion i formёs: ( x, y, y ', y '',...., y ( n ) ) 0 (1) Barazimi (1) nё tё cilin kёrkohet tё gjenden tё gjithё ata funksione y f ( x) tё cilat do tё vёrtetonin kёtё barazim do tё quhet ekuacion diferencial. Rendin mё tё lartё tё derivateve tё funksionit y f ( x) nё barazimin (1) do ta quajmё rend tё kёtij ekuacioni diferencial. Kёshtu barazimet: 3 y '' xy ' 2 x 2 5 0 dhe y '' 7 y ' x 2 0 janё ekuacione diferenciale tё rendit tё dytё, sepse rendi mё i lartё i derivateve qё bёjnё pjesё tek kёta ekuacione ёshtё rendi i dytё. Tё zgjidhёsh njё ekuacion diferencial do tё thotё tё gjesh tё gjithё funksionet qё e vёrtetojnё atё. Njё proçes i tillё quhet integrim i ekuacionit diferencial. Nё kёtё tekst ne do tё trajtojmё vetёm ekuacionet diferenciale tё rendit tё parё. Trajta e pёrgjithshme e njё ekuacioni tё tillё ёshtё: (2) ( x, y, y ') 0 Njё nёnklasё e ekuacioneve tё trajtёs (2) me tё cilёt ne do tё merremi janё ekuacionet e trajtёs: (3) y ' f ( x, y) Shembull: Tё zgjidhet ekuacioni diferencial y ' cos x Eshtё e qartё se njё zgjidhje e kёtij ekuacioni diferencial ёshtё y sin x , Por zgjidhje tё kёtij ekuacioni janё edhe tё gjithё funksionet e formёs y sin x c pёr c R. Pёr c tё ndryshme ne mund tё ndёrtojmё njё familje sinusoidash qё pёrftohen prej sinusoidёs: y sin x me anё tё njё zhvendosje paralele qё pёrcaktohet nga konstantja c. ■ Bashkёsia e kurbave qё pёrftohet nga nga grafikёt e tё gjitha zgjidhjeve tё njё ekuacioni diferencial pёr c tё ndryshme quhet bashkёsi e kurbave integrale. Trajtёn e zgjidhjes sё pёrgjithshme tё njё ekuacioni diferencial tё dhёnё do ta shёnojmё: y = ( x, c)
(4)
Zgjidhjet qё pёrftohen pёr ndonjё c tё caktuar nga R, quhen zgjidhje tё veçanta tё ekuacionit diferencial. Meqenёse njё ekuacion diferencial ka njё MATEMATIKA 1 |
295
pafundёsi zgjidhjesh, natyrshёm lind pyetja se si do tё mundim ne tё veçojmё zgjidhjen qё plotёson disa kushte tё caktuara fillestare. Ky problem i rёndёsishёm nё teorinё e ekuacioneve diferenciale quhet problemi Koshi, i cili formulohet kёshtu: Ndёr zgjidhjet e njё ekuacioni diferencial y ' f ( x, y) tё gjendet zgjidhja y y( x) qё plotёson kushtet fillestare ( x0 , y0 ) d.m.th. y0 y ( x0 ) . Gjeometrikisht pёr problemin Koshi do tё thonim se duhet gjetur ajo kurbё integrale qё kalon nё pikёn e dhёnё ( x0 , y0 ) ose e thёnё ndryshe kёrkohet tё pёrcaktohet c pёr tё cilёn kurba intergale kalon nё kёtё pikё. Koordinatat x0 , y0 quhen kushte fillestare tё problemit Koshi. Le tё jetё A njё zonё e planit, nё çdo pikё tё sё cilёs kalon vetёm njё kurbё integrale e ekuacionit diferencial: y ' f ( x, y) . Nё kёto kushte funksioni y = ( x, c) quhet zgjidhje e pёrgjithshme e kёtij ekuacioni nё zonёn A nё qoftё se pёr çdo c tё caktuar pёrftohet njё funksion y = ( x, c) qё ёshtё zgjidhje pёr y ' f ( x, y) dhe pёr mё tepёr ekziston njё c0 e vetme qё pёrcakton njё zgjidhje tё vetme y = ( x, c0 ) e cila plotёson kushtet fillestare ( x0 , y0 ) pёr çdo pikё tё zonёs A. Shembull: Tё gjendet zgjidhja e pёrgjithshme e ekuacioni diferencial y ' 8x 3 dhe tё gjendet zgjidhja e veçantё e tij qё plotёson kushtet fillestare x0 1; y0 4 .
y ' 8 x 3 y 4 x 2 3x c Nga kjo zgjidhje e pёrgjithshme ne kёrkojmё tё veçojmё atё qё plotёson kushtet fillestare x0 1; y0 4 , prandaj kemi:
y0 4 x02 3x0 c ose 4 4 3 c ose c 3 Kёshtu zgjidhja e veçantё e kёrkuar ёshtё: y 4 x 2 3 x 3 ■ Shembull: Tё gjendet zgjidhja e pёrgjithshme e ekuacionit diferencial y ' y 0 . dy dy dy y ' y 0 y dx dx ln y x c dx y y pёr y 0 ose (5) x ln y c 0 Trajta (5) e zgjidhjes sё pёrgjithshme tё ekuacionit diferencial tё dhёnё mё sipёr quhet trajtё e pashtjellur e zgjidhjes sё pёrgjithshme tё tij. ■ Nё pёrgjithёsi trajta e pashtjellur e zgjidhjes sё pёrgjithshme tё ekuacionit MATEMATIKA 1 |
296
diferencial: ka formёn
y ' f ( x, y) (6) ( x, y, c) 0
Nё Shembullin 3 vihet re se funksioni y = 0 ёshtё zgjidhje pёr ekuacionin diferencial tё dhёnё y ' y 0 por ёshtё njё zgjidhje qё nuk pёrftohet nga zgjidhja e pёrgjithshme e tij x ln y c 0 pёr asnjё vlerё reale tё c. Zgjidhje tё tilla quhen zgjidhje tё posaçme pёr njё ekuacion diferencial tё dhёnё. Kёtu mё poshtё po shqyrtojmё tre tipe tё rёndёsishёm tё ekuacioneve diferencialё tё formёs: y ' f ( x, y) . I. Ekuacione diferencialё me variabla tё ndashёm II. Ekuacione diferencialё homogjenё III. Ekuacione diferencialё linearё I. Njё ekuacion diferencial quhet me variabla tё ndashёm kur ai ka pamjen: (7) f ( x) ( y ) y ' 0 dy por meqenёse y ' ekuacioni (7) merr trajtёn: dx dy f ( x) ( y ) 0 dx ose ( y)dy f ( x)dx nga ky barazim duket qartё se variablat x dhe y janё tё ndarё nё dy anёt e barazimit tё mёsipёrm, pёr kёtё arsye ekuacioni diferencial (7) quhet me variabla tё ndarё. Pasi tё integrojmё anё pёr anё tek ky barazimi i fundit do tё kemi: ( y)dy f ( x)dx dhe nёse ( y ) dhe F(x) janё dy primitiva pёrkatёsisht tё funksioneve ( y) dhe f ( x) atёherё mund tё shkruajmё: ( y ) = F(x) + c prej nga duke nxjerrё y - in nga barazimi i mёsipёrm do tё pёrftonim: y g ( x, c) qё do tё ishte zgjidhja e pёrgjithshme e ekuacionit diferencial (7). Shembull: Tё gjendet zgjidhja e pёrgjithshme e ekuacionit diferencial xy ' y . Kёtё ekuacion diferencial mund ta shkruajmё nё trajtёn: dy dy dx dy dx prej nga x y ose y x y x dx ose MATEMATIKA 1 |
297
ln y ln x c
duke shёnuar c ln k
pёr k 0 do tё kemi:
ln y ln x ln k ose ln y ln kx prej nga gjejmё zgjidhjen e pёrgjithshme: ku k R ■ y kx
Shembull: Tё gjendet zgjidhja e pёrgjithshme e ekuacionit diferencial y ' xy 2 . Duke tentuar pёr tё ndarё variablat pёr y 0 do tё kemi: dy dy dy 1 1 y ' xy 2 xy 2 2 xdx 2 xdx x 2 c dx y y y 2 prej nga gjejmё zgjidhjen e pёrgjithshme: 1 ku c R y 1 2 x c 2 ndёrsa y = 0 ёshtё njё zgjidhje e posaçme qё nuk pёrftohet nga zgjidhja e pёrgjithshme pёr asnjё vlerё tё konstantes c. ■ Shembull: Tё gjendet zgjidhet problemi Koshi: yy ' 1 me kushte fillestare x0 0 dhe y0 2 . Nga yy ' 1 rrjedh: dy 1 2 y 1 ydy dx ydy dx y x c, c R dx 2 Pёr tё pёrcaktuar zgjidhjen e veçantё qё plotёson kushtet fillestare tё dhёna mё sipёr shfrytёzojmё faktin qё x0 0 dhe y0 2 . Pra kemi: 1 (2)2 0 c ose c = 2 2 prej nga rrjedh: y 2( x 2) Eshtё e qartё se merret shenja minus para rrёnjёs sepse y ( x0 ) y (0) y0 2 0 ■ II. Do tё themi se njё ekuacion diferencial i gradёs (rendit) tё parё ёshtё ekuacion homogjen nё rastin kur ai paraqitet nё trajtёn: y (8) y' f ( ) x MATEMATIKA 1 |
298
Pёr zgjidhjen e kёtij ekuacioni diferencial do tё zёvendёsojmё u
y prej x
y ux dhe duke diferencuar nё lidhje me x gjejmё: xdu y ' dx xdu udx ose y ' u dx nё kёtё mёnyrё pёr f (u) u ekuacioni (8) merr pamjen: xdu du dx u f (u ) ose f (u ) u x dx ku ekuacioni i fundit ёshtё me variabla tё ndarё i cili pasi tё zgjidhet eleminojmё u dhe gjejmё zgjidjen e pёrgjithshme y = ( x, c) . Pёr rastin e y y y veçantё kur f (u) u kemi f ( ) ose y ' qё ёshtё njё ekuacion x x x tё thjeshtё me variabla tё ndashёm. nga kemi:
Shembull: Tё gjendet zgjidhet ekuacioni diferencial homogjen: y x y' 2 x y y y 1 Duke shёnuar u do tё kemi: y ' f ( ) f (u) 2u x x u Kёshtu nga transformimet e mёsipёrme do tё pёrftonim: du dx du dx ose 1 x f (u ) u x u u Integrojmё anё pёr anё barazimin e fundit duke gjetur:
du dx 1 x u u
ose
udu ln x ln c , 2 1
u
ku c 0
1 1 d (u 2 1) ln x ln c ose ln(u 2 1) ln cx 2 2 u 1 2 ln(u 2 1) ln(cx) 2 ose u 2 (cx) 2 1 y dhe pas zёvendёsimit tё u gjejmё zgjidhjen e pёrgjithshme tё x ekuacionit diferencial tё mёsipёrm: y x (cx) 2 1
ku c 0
(9)
MATEMATIKA 1 |
299
y y Rasti f (u) u ose f ( ) do tё na jepte barazimin: x x 1 y y ose ( )2 1 y x x x qё ёshtё nj barazim i paamundur. Kёshtu zgjidhje tё tjera pёrveç zgjidhjeve (9) nuk ka. ■ 2
y x y x y x
ose
III. Do tё kuptojmё me ekuacion diferencial linear tё rendit parё ekuacionin ёshtё (ose mund tё transformohet) nё trajtёn: y ' f ( x, y)
(10)
ku f ( x, y) ёshtё njё funksion linearё nё lidhje me y dhe i vazhdushёm nё lidhje me x pёr njё y tё fiksuar. Trajta (10) quhet trajtё kanonike e njё ekuacioni diferencial linearё tё rendit tё parё dhe qё duke shfrytёzuar linearitetin e f ( x, y) nё lidhje me y, mund tё sillet edhe nё trajtёn: y ' f ( x) y F ( x)
(11)
ku f ( x) dhe F ( x) janё funksione tё vazhdushme tё x - it. Nёse funksioni f ( x) ёshtё konstant atёherё ekuacioni (11) do tё quhet me koefiçient konstant. Pёr zgjidhjen e ekuacionit diferencial qё paraqitet nё trajtёn (11) do tё gjinden dy funksione u u( x) dhe v v( x) tё tillё qё y u ( x) v( x) ku barazimi i fundit tё paraqesё edhe zgjidhjen e pёrgjithshme tё (11). Duke derivuar nё lidhje me x do tё kemi: y '( x) u '( x)v( x) u( x)v '( x)
Tani eleminojmё y dhe y ' nga (11) dhe pёrftojmё: u '( x)v( x) u( x)v '( x) + f ( x) u( x) v( x) = F ( x) ose u '( x)v( x) u( x)[v '( x) + f ( x) v( x)] = F ( x) (12) dhe kёrkojmё tё gjejmё njё funksion v v0 ( x ) qё tё jetё zgjidhje e veçantё pёr ekuacionin diferencial nё lidhje me v( x) , i cili pёrftohet nga barazimi me zero i kllapёs katrore tё mёsipёrme: v '( x) + f ( x) v( x) = 0
(13)
meqenёse v0 ( x ) ёshtё njё zgjidhje e veçantё e (13) qё siç shihet ёshtё me variabla tё ndashёm, dhe duke patur parasysh se funksioni prodhim MATEMATIKA 1 |
300
y u( x) v( x) ёshtё zgjidhje e pёrgjithshme e (12), duhet tё bёjmё kujdes qё tё pёrcaktojmё funksionin u u( x) nё mёnyrё qё y u ( x) v0 ( x) tё jetё
zgjidhje pёr (12). Duke zёvendёsuar v0 ( x ) tek (12) dhe duke patur parasysh qё v0 ( x ) ёshtё njё zgjidhje e veçantё pёr (13) pёrftojmё:
u '( x )v0 ( x ) = F ( x)
(14)
i cili ёshtё gjithashtu njё ekuacion me variabla tё ndashёm. Gjejmё tani zgjidhjen e pёrgjithshme u u0 ( x, c) tё ekuacionit (14) dhe zgjidhja e pёrgjithshme e ekuacionit fillestar y ' f ( x) y F ( x) do tё jetё:
y v0 ( x ) u0 ( x, c ) Pra rruga e gjetjes sё zgjidhjes sё pёrgjithshme tё ekuacionit linearё tё rendit parё (11) konsiston nё gjetjen e zgjidhjes sё veçantё v v0 ( x) tё ekuacionit me variabla tё ndashёm (13) dhe tё zgjidhjes sё pёrgjithshme u u0 ( x, c) tё ekuacionit (gjithashtu me variabla tё ndashёm) (14). Shembull: Tё gjendet zgjidhet ekuacioni diferencial linearё i rendit tё parё 2 y ' 2 xy e x Duke ju referuar formёs (11) kemi f ( x) 2 x dhe F ( x) e x tё cilёt janё dy funksione tё vazhdushёm nё R. Duke e kёrkuar zgjidhjen e pёrgjithshme tё ekuacionit tё mёsipёrm nё trajtёn y u( x) v( x) dhe duke kryer transformimet qё na çuan tek trajta (12) do tё pёrftonim: 2
x (15) u '( x)v( x) u( x)[v '( x) + 2x v( x)] = e Le tё gjejmё tani zgjidhjen e veçantё v v0 ( x) pёr ekuacionin 2
v '( x) + 2x v( x) = 0 (16) i cili mund tё shkruhet nё trajtёn: dv 2 xdx v duke integruar anё pёr anё kemi: ln v x 2 c nga e cila marrim pёr c =
0 njё zgjidhje tё veçantё: v0 ( x) e x . Meqenёse v0 ( x) e x ёshtё zgjidhje pёr ekuacionin (16) atёherё duke e zёvendёsuar atё nё vend tё v( x) tek ekuacioni (15) do tё formohet ekuacioni tjetёr me variabla tё ndashёm nё lidhje me u u( x) : 2
u '( x)e x e x 2
2
2
ose
u '( x) 1 MATEMATIKA 1
|
301
prej ku gjejmё zgjidhjen e pёrgjithshme tё tij: u( x, c) x c , zgjidhja e pёrgjithshme e ekuacionit fillestar do tё jetё: y u ( x, c) v0 ( x) ( x c)e x
2
c R dhe
c R ■
VII.9. USHTRIME ◙
Tё zgjidhen ekuacionet diferencale me variabla tё ndashёm: 1. yy ' x 0 3. xyy '1 0
2. xy ' y 0 4. y ' xy 0
5. x y y ' 0
6. xy y ' 3x 0
x 2 y ' y 2 1 0
7.
2 xy 2 y y ' 0
8.
9.
yy '(1 x 2 ) x( y 2 1) 0
10. xy ' e y 1 0
11. 2 x cos 2 y y ' 0
12. y 'cos y sin x 0
13. y ' e y 1 e x 0 15. y ' tg y cotg x 0
14. y ' 4 x y e x
2
3
0
16. ( x3 x 2 x 5) y ' (3 x 2 2 x 1) sin 2 y 0 17. (1 cos x) y ' e y sin x 0 ◙
18. y 'cos y esin y sin x ecos x 0
Tё zgjidhen ekuacionet diferencale homogjenё: 1. y '
3x 2 y 2x 3 y
2. y '
x 4y 4x y
3. y '
5x 2 y 2x 5 y
2 x2 y 2 x2 3 y 2 y 2x 5. 6. y ' y ' 2 2 2x y x xy 2 x 3xy x2 y 2 7. y ' 8. ( x 2 y 2 xy )dx x 2 dy 2 xy ◙ Tё zgjidhen ekuacionet diferencale linearё:
4. y '
1.
y ' 4 y e 2 x
2.
y ' y kx 0
4.
y ' y e x
5.
y '
7. 9.
y ' y tg x x tg x 1 y ' y cotg x sin x
x y 1 1 x2
xy x x 1 2x 6. y ' 2 y 1 x2 x 1 xy ' y x2 8. 10. y ' y x 2
3.
y '
2
MATEMATIKA 1 |
302
KREU VIII
SERITË NUMERIKE VIII.1. PËRKUFIZIME. Jemi plotësisht të aftë të mbledhim n kufiza të para të një vargu numerik, qoftë dhe numri n shumë i madh. Le të jetë dhënë vargu numerik a1, a2, a3, …, an, … Marrim në konsideratë shumat e pjesshme të saj. Pra, S1 = a1 S2 = a1 + a2 S3 = a1 + a2 + a3 S4 = a1 + a2 + a3 + a4 dhe në përgjithësi Sn = a1 + a2 + a3 + …+ an =
n
a i 1
i
Intuitivisht bindemi që gjetja e shumës së n – kufizave të një vargu numerik është detyrë plotësisht e realizueshme. 1 Shembull: Është dhënë seria an . Gjeni n 1 n 1 n n 1 a)Katër kufizat e para të vargut të shumave të pjesshme të kësaj serie. b)Një formulë për vargun e shumave të pjesshme. Zgjidhje: a)Duke zbatuar formulën Sn = a1 + a2 + a3 + …+ an = Sn-1 + an gjejmë: 1 1 S1 a1 1 2 2 1 1 2 S2 S1 a2 2 23 3 2 1 3 S3 S2 a3 3 3 4 4 3 1 4 S4 S3 a4 4 45 5 b)Me metod\n e induksionit matematik tregohet se: n 1 n n 1 k 1 k k 1 MATEMATIKA 1 |
303
n prandaj vargu i shumave të pjesshme është . ■ n 1
Gjetja e shumës së kufizave të një vargu {an} numerik të pafundëm është detyrë e vështirë, ndonjëherë dhe e pamundur. Na vjen në ndihmë koncepti matematik “seri”. Përkufizim: Shprehja e formës: a1+ a2 + a3 + ... + an + ... quhet seri i pafundme (ose thjesht seri) të cilën shkurt do ta shënojmë me simbolin
a n 1
n
ose
a
n
Pra, a1+ a2 + a3 + ... + an + ...=
a n 1
n
ose a1+ a2 + a3 + ... + an + ...=
a
n
Ku an quhet kufizë (termi) e n-të e serisë. Le të marrim në konsideratë serinë. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n + .... Është e qartë se shuma e gjithë kufizave të saj nuk është numër i fundëm. Nëse fillojmë të mbledhim kufizat marrim me radhë shumat 1, 3, 6, 10, 15, n(n 1) 21 dhe mbas n kufizash gjejmë shumën . Me rritjen e n-së, këto 2 shuma mund të kalojnë çdo numër të fundëm pozitiv. Nodh krejtësisht ndryshe me serinë: 1 1 1 1 1 1 1 ... n ... . 2 4 8 16 32 64 2 Shumat e pjesshme japin vargun e shumave të pjesshme: 1 3 7 15 31 63 2n 1 , , , , , ,..., n ,... 2 4 8 16 32 64 2 Vihet re se sa më i madh të jetë numri i kufizave, shuma e n kufizave të para të saj është shumë afër numrit 1. Nisur nga ky arsyetim mund të pranojmë intuitivisht që: 1 1 1 1 1 1 1 1 ... n ... 1 n 2 4 8 16 32 64 2 n 1 2 Në vartësi të natyrës së vargut {Sn} jepen përkufizimet e mëposhtme: Përkufizime: (mbi natyrën e një serie numerike).
Le të jetë dhënë seria
a n 1
n
dhe Sn vargu i shumave të pjesshme të saj. MATEMATIKA 1
|
304
1. Në qoftë se lim S n ekziston dhe është S atëhere thuhet se seria është n
konvergjente dhe S është shuma e serisë së dhënë.
Shkruajmë S an n 1
2. Në qoftë se lim S n ekziston dhe është + ose – atëhere thuhet se seria n
është divergjente. Mund të shkruhet
an ose n 1
a n 1
n
3. Në qoftë se lim S n nuk ekziston atëhere thuhet se seria është e parregullt. n
Nëse seria është konvergjente atëhere shuma e saj është S lim Sn . n
Nëse seria është divergjente ose e parregullt atëhere konkludojmë se shuma e kësaj serie nuk mund të gjendet. Në këto raste mund të flitet vetëm për shuma të pjesshme.
VIII.2. DISA SERI TË RËNDËSISHME. Disa seri shërbejnë si modele të njohura për studimin e natyrës së serive të tjera. Këto seri, që do t’i vlerësojmë të rëndësishme, mund të trajtohen edhe si shembuj, por për nga përdorimi i tyre i shpeshtë do t’i trajtojmë si pohime. Seria e Mengolit.
Seria
1
n n 1 quhet ndryshe seria e Mengolit n 1
Pohim: Seria e Mengolit është konvergjente dhe shuma e saj është 1. Vërtetim 1 1 1 Me që atëherekemi: k k 1 k k 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 2 2 3 3 4 k 1 k k 1 n n 1 1 n 1 1 n . 1 n 1 n 1 n 1 n Gjejmë: S = lim Sn lim 1. n n n 1 n
Sn
MATEMATIKA 1 |
305
Që këtej rrjedh se seria është konvergjente dhe shuma e saj është 1. ■ Seritë e progresionit gjeometrik. Le të jetë dhënë progresioni gjeometrik {an} me herës q. Shuma e n kufizave të para të një progresioni gjeometrik gjendet me formulën: a 1 qn . Sn 1 q Serinë e vargut që është progresion gjeometrik do ta emërtojmë “seri e progresionit gjeometrik”.
Pohim 1: Seria e progresionit gjeometrik për q = 1 është divergjente, ndërsa për q = –1 është e parregullt. Vërtetim: n
Për q = 1 seria merr trajtën Sn ai a a a a ... a ... na . i 1
lim S n lim(na) . n
n
Kjo do të thotë se seria është divergjente. Për q = –1 seria merr trajtën a – a + a – a + a – a + a – a + …. Shumat e pjeshme të kësaj serie janë S1 = a, S2 = 0, S3 = a, S4 = 0, … Vargu i shumave të pjesshme nuk ka limit pasi prej tij nxirren dy nënvargje me limite të ndryshme. Kjo do të thotë që kjo është seri e parregullt. ■ Interes paraqitin seritë e progresionit gjeometrik për rastet kur |q| < 1. Pohim 2: Serit\ e progresionit gjeometrik me herës –1 < q < 1 është konvergjente. Vërtetim: Nëse n shprehja qn i afrohet pambarimisht vlerës 0. Pra, lim q n =0. n
Për këtë arsye kemi:
lim Sn lim n
n
a 1 qn 1 q
a . 1 q
a . ■ 1 q Pohim 3: Seritë e progresionit gjeometrik me herës q < –1 ose q > 1 është divergjente (|q| > 1).
Pra, seria është konvergjente dhe shuma e saj është: S
Vërtetim MATEMATIKA 1 |
306
Në këtë rast, meqë |q| > 1 kemi që lim qn . Që këtej lim Sn lim n
n
a 1 q
n
1 q
n
. Kjo do të thotë që seria është divergjente.
Përfundimisht: Seritë e progresionit gjeometrik konvergjojnë për |q| < 1 dhe divergjojnë për |q| 1. 10 20 40 Shembull: Gjeni shumën e serisë gjeometrike 5 ... 3 9 27 Zgjidhje: 2 Raporti çdo kufize me kufizën paraardhëse është q . 3 2 Pra, q 1 . Kjo do të thotë se seria konvergjon dhe shuma e saj është 3 10 20 40 a 5 5 5 ... 3. 3 9 27 1 q 2 5 1 3 3
2
Shembull: Tregoni natyrën e serisë
2 n 1 n
3
dhe nëse mundet gjeni shumën
n 1
e saj. Zgjidhje: Rishkruajmë kufizën e përgjithshme të kësaj serie. Pra, 2 n 1 n
an 2 3
4 Atëhere, 4 n 1 3
n 1
2
2
n
4 4 n 1 3
1 3 (1 n )
4n 4 4n 1 4 n 1 n 1 4 3 3 3
n 1
.
n 1
4 1 . Përfundimisht seria 3 është divergjente dhe prandaj shuma e saj nuk është numër i fundëm.. Kjo seri është seri gjeometrike me a = 4 dhe q
Shembull: Gjeni shumën e serisë
x
n
, ku |x| < 1.
n 0
Zgjidhje: Rishkruajmë serinë si shumë kufizash. Pra,
x
n
1 x x 2 x 3 x 4 x 5 ...
n 0
Qartazi shihet se kjo është seri gjeometrike me a = 1 dhe herës q = x. Meqë MATEMATIKA 1 |
307
|q| = |x| < 1, rrjedh se kjo seri është konvergjente dhe shuma e saj është 1 . xn S 1 x n 0 Shënim: Nëse në këtë shembull do të ishte kushti |x| > 1 atëhere do të kishim: 1 (1 x n 1 ) 1 x n 1 1 x n 1 Sn . dhe lim Sn lim n n 1 x 1 x 1 x
Pra seria
x
n
është divergjente.
n 0
Një zbatim i serisë gjeometrike zbritëse. Formula për njëhsimin e shumës së serisë gjeometrike zbritëse është a S 1 . 1 q Kjo formulë përdoret rëndom për kthimin në thyes të numrave periodikë. Le të trajtojmë dy shembuj. Shembull: Ktheni në thyesë numrin periodik 0,32 . Zgjidhje: Dimë që 0,32 = 0,323232323232... Ky numër mund të shkruhet si shumë kufizash në këtë mënyrë: 0,32 = 0,32 + 0,0032 + 0,000032 + 0,00000032 + ... Ose 32 32 32 0,32 ... 100 10000 1000000 32 Ana e djathtë është një seri gjeometrike me kufizë të parë a1 dhe herës 100 32 a1 32 1 32 , prandaj S . 100 . Përfundimisht 0,32 q 1 q 1 1 99 100 99 100 Shembull: Ktheni në thyesë numrin periodik 5, 4145 . Zgjidhje: Dimë që 5, 4145 = 5,41454545... Ky numër mund të shkruhet si shumë kufizash në këtë mënyrë: 5, 4145 = 5,41 + 0, 0045 + 0,000045 + 0,00000045... 45 45 45 ose 5, 4145 5, 41 ... 10000 1000000 100000000 MATEMATIKA 1 |
308
Pjesa e shumës pas të mbledhshmit 5,41 është seri gjeometrike me kufizë të 45 a1 45 45 1 parë a1 dhe herës q , prandaj S . 10000 1 q 1 1 9900 10000 100 100 45 541 45 53604 Përfundimisht 5, 4145 5, 41 9900 100 9900 9900 Seritë aritmetike. Le të jetë dhënë progresioni aritmetik {an}. Serinë e vargut që është progresion aritmetik do ta quajmë, thjesht, seri aritmetike. Pohim: Seritë aritmetike janë seri divergjente. Vërtetim: Dimë që shuma e n kufizave të para të një progresioni aritmetik është n a1 an Sn . 2 Gjejmë limitin e Sn për n +. n a1 a1 n 1 d n a1 an lim Sn lim lim n n n 2 2 2 dn 2a1n dn lim . n 2 Pra, seria është divergjente. Seria harmonike. 1 Do të quajmë seri harmonike serine e trajtës: . n 1 n Pohim: Seria harmonike është divergjente. Vërtetim: S1 = 1 1 S2 = 1 2 1 1 1 1 1 1 2 S4 = 1 + > 1 + = 1 2 3 4 2 4 4 2 1 1 1 1 1 1 1 S8 = 1+ 2 3 4 5 6 7 8 1 1 1 1 1 1 1 > 1+ 2 4 4 8 8 8 8 MATEMATIKA 1 |
309
1 1 1 3 = 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 S16 = 1+ ... ... 2 3 4 5 8 9 16 1 1 1 1 1 1 1 > 1+ ... ... 2 4 4 8 8 16 16 1 1 1 1 4 = 1 1 2 2 2 2 2 5 6 Njëlloj del se S32 > 1 apo S64 > 1 . 2 2 n Në përgjithësi S2n 1 . Kjo do tregon se lim S 2n . n 2 Përfundimisht seria harmonike është divergjente sepse nënvarrgu S 2n i vargut të shumave të pjesshme {Sn}, ka limit +, kur n .
VIII.3. VETI TË KONVERGJENCËS SË SERIVE.
Për të studiuar naturyrën e një serie
a n 1
n
dallohen dy raste:
E para, nga vargu numerik i pafundëm {an} fitohet vargu numerik {Sn} i shumave të pjesshme kufiza e përgjithshme Sn e të cilit ka një formulë. Në këto raste shqyrtohet lim S n . n
E dyta, nga vargu i pafundëm {an} fitohet vargu numerik {Sn} i shumave të pjesshme për kufizën e përgjithshme e të cilit nuk gjendet një formulë. Në këto raste detyra reduktohet në gjetjen e natyrës së serisë (është konvergjente apo është divergjente). Për t’u kryer me sukses kjo detyrë veç të tjerave është e nevojshme të njihen mirë edhe vetitë e mëposhtme: Vetia 1. (Kusht i nevojshëm për konvergjencën e serive). Në qoftë se seria MATEMATIKA 1 |
310
a n 1
n
është konvergjente atëhere lim an 0 . n
Vërtetim. Meqë seria është konvergjente atëhere lim S n S . n
Nëse n është një numër shumë i madh, pra n , po ashtu edhe (n – 1) . Që këtej rrjedh se lim Sn 1 S . n
Mirëpo an = Sn – Sn-1 prandaj kemi: lim an lim Sn Sn1 lim Sn lim Sn1 S S 0 . n
n
n
n
Vetia 2. Në qoftë se lim an nuk ekziston ose lim an 0 atëhere seria është n
n
divergjente. Kjo veti njihet si test për divergjencën e serisë. Vërtetim:
Le të jetë dhënë seria
a n 1
n
, e tillë që lim an nuk ekziston ose lim an 0 . n
n
Supozojmë se seria në fjalë është konvergjente. Nga konvergjenca mbështetur në vetinë 1, rrjedh që lim an 0 . Ky përfundim kundërshton faktin që lim an nuk n
n
ekziston ose lim an 0 . Mbetet që seria të jetë divergjente. n
Shënim 1: Me serinë e çfarëdoshme
a n 1
n
janë të lidhura ngushtësisht dy
vargje: vargu (Sn) i shumave të pjesshme dhe vargu (an) i kufizave të saj.
Nëse seria
a n 1
n
është konvergjente atëhere lim S n S dhe lim an 0 . n
n
Shënim 2:Pohimi i anasjelltë i këtij pohimi nuk është i vërtetë. Domethënë, në qoftë se lim an 0 atëhere nuk mund të thuhet se seria është n
domosdoshmërisht konvergjente. Ka seri, kufiza e përgjithshme e të cilave ka limit numrin zero e megjithatë ato nuk janë konvergjente. Është e tillë seria harmonike. Shënim 3: Nëse gjejmë që lim an 0 atëhere themi që seria n
a n 1
n
është
divergjente. Nëse gjejmë që lim an 0 nuk mund të konkludojmë që seria n
është konvergjente.
n2 3 . n2 n 1
Shembull. Tregoni natyrën e serisë
MATEMATIKA 1 |
311
Zgjidhje. n2 3 3 3 lim 2 lim 1 2 lim1 lim 2 1 0 1 . n n n n n n n Meqë lim an 0 seria është divergjente. n
a
Vetia 3. Në qoftë se
n 1
n
b
dhe
n 1
janë seri konvergjente me A dhe B
n
shumat e tyre përkatëse dhe c 0 një numër atëhere:
a. c an është seri konvergjente dhe shuma e saj është cA n 1
b.
a
n
bn është seri konvergjente dhe shuma e saj është A + B.
n
bn është seri konvergjente dhe shuma e saj është A – B.
n 1
c.
a n 1
Vërtetim: Vërtetojmë pikën b. Në mënyrë analoge vërtetohen edhe dy pikat e tjera. n
n
i 1
i 1
An ai a1 a2 ... an dhe Bn bi b1 b2 ... bn
Le të jenë:
shumat e pjesshme të serive të dhëna. Shënojmë me n
U n (ai bi ) (a1 b1 ) (a2 b2 ) ... (an bn ) An Bn . i 1
n n n lim U n lim (ai bi ) lim ai bi n n n i 1 i 1 i 1 n
n
lim ai lim bi lim An lim Bn = A + B. n
i 1
n
i 1
n
n
PërfundimishtL
n 1
n 1
(an bn ) A B an bn . n 1
Shembull: Gjeni shumën e serisë
n 1
3
1 . n
n(n 1) 2
Zgjidhje:
Seria
1
2 n 1
n
është seri gjeometrike me a
1 1 dhe q , prandaj 2 2
MATEMATIKA 1 |
312
1 1 2 n 1 n 1 2 1 2
1 2 1 1 2
1 1 është konvergjente dhe S 1 n 1 n( n 1) n 1 n( n 1) Mbështetur në vetinë 3/a (më sipër) kemi: 3 1 1 1 3 3 1 1 4 . n n 2 n 1 n(n 1) n 1 n(n 1) n 1 2
Dimë që seria
3 Shembull: Gjeni shumën e serisë 4 5 n 1 Zgjidhje: Rishkruajmë serinë n
1
n
2
n
n
3 3 3 3 3 4 4 4 ... 4 ... 4 . 5 5 5 5 n 1 n 1 5
n
3 Seria është konvergjente si seri gjeometrike me q < 1 . n 1 5 n
3 4 është konvergjente. 5 n 1 3 3 n 3 3 Shuma e saj është: 4 4 5 4 5 4 6 3 2 2 n 1 5 1 5 5
Mbështetur në vetinë 3/a edhe seria
Vetia 4. Në qoftë se
a n 1
n
dhe
b n 1
janë seri divergjente, kun an0,
n
bn0, dhe c 0 një numër çfarëdo atëhere:
1. c an është seri divergjente; n 1
2.
a n 1
n
bn është seri divergjente.
Vërtetim: Vërtetimi kryhet në mënyrë analoge me vetinë 3.
Kujdes! Nëse për seritë an dhe n 1
b n 1
n
nuk vendosim kushtin n an0,
bn0, pika 2 e pohimit 4 nuk mbetet i vërtetë. MATEMATIKA 1 |
313
1 1 dhe . Secila prej n 1 n n 1 n 1 1 1 tyre është divergjente, ndërsa seria është konvergjente sepse: n 1 n 1 n
Për ta ilustruar këtë përfundim marrim seritë
1 1 n 1 n 1 n 1 n1 n(n 1) n1 n(n 1) n 1 n
Shembull: Tregoni natyrën e serisë
1
3n . n 1
Zgjidhje.
1 1 1 1 1 . 3 n 1 n n 1 3n n 1 3 n 1 Mbëshetur në vetinë 4 dhe seria janë divergjente. n 1 3n Shënim 4: Natyra e serisë nuk ndryshon nëse asaj i hiqet një numër i fundëm kufizash. n Për ilustrim seria 3 është konvergjente sepse: n4 n 1 n 1 2 3 n 3 Nga barazimi 3 rrjedh barazimi 2 9 28 n 4 n 1 n 1 n 1 n n 1 2 3 . 3 3 2 9 28 n4 n 1 n 1 n 1
Rishkruajmë serinë
VIII.4. KRITERI INTEGRAL I KONVERGJENCËS SË SERIVE ME TERMA JONEGATIVE.
Seria
a n 1
n
quhet me kufiza jonegative nëse an 0, nN.
Në përgjithësi është e vështirë të gjendet shuma e një serie. Jemi të aftë të gjejmë shumën e serisë në rastet kur për shumën e pjesshme Sn gjendet një formulë e përcaktuar. Përshembull, për seritë gjeometrike apo për serinë 1 shuma S gjendet sepse për to mund të gjendet një formulë për n 1 n( n 1) shumat e pjesshme Sn. Ndërsa, për një seri çfarëdo është e vështirë të gjendet një formulë për Sn e për rrjedhojë është e vështirë të gjendet edhe shuma S e MATEMATIKA 1 |
314
serisë. Në vijim do të tegojmë metoda të ndryshme testimi për të treguar konvergjencën apo divergjencën e serisë me kufiza jonegative duke mënjanuar gjetjen e shumës së saj. Për të qartësuar kriterin integral për konvergjencën e serive shqyrtojmë dy seritë e mëposhtme dhe përfundimet e nxjerra i përdorim edhe për seri të tjera. 1 1 a) 2 dhe b) n n 1 n n 1 Kriteri integral i një serie konvergjente. 1 1 1 1 1 1 Shqyrtojmë serinë 2 2 2 2 2 2 ... 1 2 3 4 5 n 1 n Për këtë seri nuk gjendet një formulë për shumën Sn të n kufizave të para të saj. Po të kryhen llogaritë vihet re shumat e pjesshme Sn marrin vlera të përafërta me numrin 1,64 për n , shih tabelën 1. Që këtej, intuitivisht, mund të nxirret përfundimi se seria është konvergjente. Për ta qartësuar edhe më tej përfundimin e nxjerrë le t’i referohemi interpretimit gjeometrik. 1 Figura 1 tregon grafikun f ( x) 2 . Poshtë kurbës gjenden drejtëkëndësha x baza e të cilëve është 1 njësi ndërsa lartësia e tyre është f(n) ku n është pika në të djathtë të intervalit. Shuma e sipërfaqeve të drejtëkëndëshave jep serinë në shqyrtim : 1 1 1 1 1 1 ... 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 5 n 1 n Po të përjashtohet drejtëkëndëshi i parë (katrori me brinjë 1 njësi) shuma e sipërfaqeve të drejtëkëndëshave është më e vogël se sipërfaqja e kufizuar nga kurba, drejtëza x = 1 dhe boshti i abshisave. n
n
1 y 2 x
y
1
Sn
2
3
4
5
1 1 1 1 1 S 2 S 2 S 2 y 2 S 2 5 4 1 2 3 Figura 1
x
i 1
5
1,4636
10
1,5498
50
1,6251
100
1,6350
500
1,64299
1000
1,6439
5000 1,6447 Tabela 1
MATEMATIKA 1 |
1 i2
315
Sipërfaqja e kufizuar nga kurba për x 1 është: 1 1b 1 1 S 2 dx lim | lim 1 b x x 1 x b 1 1 Shuma e sipërfaqeve të drejtëkëndëshave është: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 ... 2 1 2 3 4 5 n 1 n Kjo shumë sipërfaqesh është më e vogël se: 1 1 2 dx 1 1 2 2 1 x 1 1 1 1 1 1 1 Për rrjedjojë: 2 2 2 2 2 2 ... 2 1 2 3 4 5 n 1 n Sn është monoton rritës dhe i kufizuar nga sipër nga numri 2. Kjo do të thotë se seria është konvergjente. Matematikani Leonhard Euler (1707 - 1783) ka provuar që shuma e kësaj serie është S
2
. Nxjerrja e këtij përfundimi është e vështirë. 6 Kriteri integral i një serie divergjente. Shqyrtojmë serinë 1 1 1 1 1 1 ... n 1 2 3 4 5 n 1 Njëlloj më sipër hartojmë një tabelë për të gjetur vlerat e shumave të pjeshme të serisë për vlera shumë të mëdha të n-së. n 1 Nga tabela 2 vihet re se nuk ka ndonjë numër që të Sn n jetë vlerë e përafërt për shumat e pjesshme të serisë. i i 1 Nisur nga kjo, intuitivisht, mund të konkludojmë se seria është divergjente. 5 3,2317 Le t’i referohemi paraqitjes grafike. 10 5,0210 1 y y 50 12,7524 x 100 18,5896 500 1
2
3
4
5
1 1 1 1 S y S S 4 3 2 1
x
43,2834
1000 61,8010 5000
139,968
Tabela 2
Figura 2 MATEMATIKA 1 |
316
1 dhe x drejtëkëndëshat me bazë 1 njësi dhe lartësi f(n) ku n është pika në të majtë të intervalit. Shuma e sipërfaqeve të drejtëkëndëshave jep serinë në shqyrtim : 1 1 1 1 1 1 . ... 1 2 3 4 5 n n 1 1 Sipërfaqja e e figurës së kufizuar nga grafiku i funksionit f ( x) , x boshti x’x, drejtëza me ekuacion x = 1 është: 1 1 S dx x 2 dx 2 x | lim 2 b 1 . b 1 x 1 1 Pra ky inegral i përgjithësuar është divergjent. Sipërfaqja e përgjithshme e drejtëkëndëshave është më e madhe se sipërfaqja e kufizuar nga kurba e funksionit f(x) për x 1. 1 Që këtej rrjedh se për n . n n 1 1 Pra, lim që do të thotë se seria është divergjente. n n n 1
Në figurën 2 është paraqitur grafiku i funksionit f ( x)
Nga shqyrtimi i këtyre dy serive nxjerrim përfundime për kriterin integral për konvergjencën e serive: Le të jetë funksioni f(x) i vazhdueshëm, pozitiv, zvogëlues në [1; [ dhe an = f(n).
Seria
a n 1
n
është konvergjente në qoftë se dhe vetëm në qoftë se integrali i
përgjithësuar
f ( x)dx është konvergjent. Me fjalë të tjera:
1
1) Në qoftë se
f ( x)dx është konvergjent, atëherë seria
a n 1
1
n
është
konvergjente.
2) Në qoftë se
1
f ( x)dx është divergjent, atëherë seria
a n 1
n
është
divergjente. Shënim:Kur përdorim kriterin integral nuk është e domosdoshme që seria apo integrali të fillojë për n = 1. Për ilustrim: MATEMATIKA 1 |
317
1 1 dx Për serinë përdorim 2 ( x 4) 2 n 5 ( n 4) 5 Gjithashtu, nuk është e domosdoshme që funksioni f(x) të jetë zvogëlues në gjithë bashkësinë e tij të përcaktimit. Mjafton që funksioni të jetë zvogëlues për vlera të x-it më të mëdha se një numër N. 1 Shembull: Tregoni natyrën e serisë 2 . n 1 n 1 Zgjidhje: 1 Funksioni përkatës për këtë seri është f ( x) 2 . x 1 Ky funksion i plotëson kushtet për t’u përdorur si test për serinë në shqyrtim sepse është i vazhdueshëm, pozitiv dhe zvogëlues në [1; +[. Atëhere: b b 1 1 dx lim arctgx | 1 x2 1 b 1 x2 1 dx blim 1
lim arctgb arctg1 lim arctgb . b b 4 2 4 4 Pra, integrali i përgjithësuar është konvergjent. 1 Për rrjedhojë, mbështetur në kriterin integral edhe seria 2 është n 1 n 1 konvergjente. p-seritë.
Seritë e trajtës
1
n n 1
p
do të quhen p-seri.
Shtrohet pyetja: Për ç’vlera të p-së p-seritë janë konvergjente apo divergjente? 1 Për p = 1 p-seria transformohet në seri harmonike, , dhe si e tillë është n 1 n divergjente. Për p 1 kemi: 1 Funksioni përkatës i kësaj serie është f ( x) p . x Ky funksion i plotëson kushtet për t’u përdorur si test për serinë në shqyrtim sepse është i vazhdueshëm, pozitiv dhe zvogëlues në [1; [. b x1 p b b1 p 11 p 1 | lim Atëhere p dx lim x p dx lim b . b b 1 p 1 x 1 p 1 p 1 1 MATEMATIKA 1 |
318
Dallohen dy raste: a)Për p < 1 kemi 1 – p > 0 e për rrjedhojë b1 p 11 p b1 p 11 p b1 p lim = lim lim . b 1 p 1 p b 1 p b 1 p Integrali i përgjithësuar është divergjent. 1 Sipas kriterit integral për p < 1 edhe p-seria p është divergjente. n 1 n b)Për p > 1 kemi 1 – p < 0 ose p – 1 > 0 e për rrjedhojë b1 p 11 p 1 11 p 11 p 11 p lim lim 0 . b 1 p 1 p b b p 1 (1 p) 1 p 1 p 1 p Integrali i përgjithësuar është konvergjent. 1 Sipas kriterit integral për p > 1 edhe p-seria p është konvergjente. n 1 n Sa më sipër del ky përfundim: 1 p-seria p është konvergjente për p > 1 dhe divergjente për p 1. n 1 n 1 1 Shembull: Tregoni natyrën e serive a) 4 ; b) 1 n 1 n n 1 3 n Zgjidhje: 1 1 1 1 1 a)Për serinë 4 4 4 4 4 ... numri p = 4 > 1. Kështuqë sipas 1 2 3 4 n 1 n përfundimit të mësipërm seria është konergjente. 1 1 1 1 1 1 1 b)Për serinë 1 4 4 4 4 4 ... numri p = < 1. 4 n 1 2 3 4 n 1 4 n 1 n Kështuqë sipas përfundimit të mësipërm seria është divergjente. Shënim: Kriteri integral i serive jep përgjigje për konvergjencën apo divergjencën e saj por jo për shumën e kufizave të serisë. Në përgjithësi, vlera e integralit të përgjithësuar është i ndryshëm nga vlera e serisë.
Pra,
1
f ( x)dx an n 1
Ilustrim i këtij përfundimi është fakti, tashmë i njohur, që: 1 1 ndërsa 2 dx 1 . 2 6 x n 1 n 1 MATEMATIKA 1 |
319
Llogaritja e shumës së serive. Sa më sipër jemi në gjendje të përdorim kriterin integral për të treguar konvergjencën e serisë. Mbetet për të gjetur një vlerë S për shumën e serisë konvergjente (ndoshta dhe vlerë të përafërt). Natyrisht çdo shumë e pjesshme Sn është një vlerë e përafërt e S sepse lim S n S . n
Shtrohet problemi se sa afër vlerës S janë këto shuma të pjesshme? Për këtë nevojitet të gjejmë mbetjen Rn = S – Sn = an+1 + an+2 + an+3 + ... Mbetja Rn është gabimi i bërë kur shuma Sn e n kufizave të para të serisë është përdorur si shumë e serisë. Përdorim të njëjtën ide si tek metoda e kriterin integral të konvergjencës apo divergjencës së serive, duke y supozuar se funksioni është i y = f(x) vazhdueshëm, pozitiv dhe zbritës në [n, [. Duke llogaritur sipërfaqen e drejtëkëndëshave të formuar an+1 an+2 dhe sipërfaqen e e kufizuar nga ... kurba e funksionit y = f(x) për n x Figura 3 x n, në figurën 3 kemi: y y = f(x) Rn = an+1 + an+2 + an+3 + ...
f ( x)dx n
Në mënyrë të ngjashme nga figura 4 kemi: Rn = an+1 + an+2 + an+3 + ...
an+1 n +1
f ( x)dx
an+2
Figura 4
…. x
n 1
Përfundimisht ne kemi vlerësuar mbetjen për kriterin integral të serive konvergjente. Le të supozojmë se f(k) = ak, ku f(x) është funksion i vazhdueshëm, pozitiv dhe zbritës në [n, [ dhe
a n 1
n
është seri konvergjente.
Në qoftë se Rn = S – Sn atëhere
n 1
f ( x)dx Rn f ( x)dx n
Po t’i shtojmë të tre anëve të këti mosbarazimi të dyfishtë vlerën Sn marrim:
MATEMATIKA 1 |
320
Sn
f ( x)dx S S n f ( x)dx
n 1
n
Shembull: Si shumë e përafërt e serisë
1
n n 1
3
është përdorur shuma S10 e 10
kufizave të para të saj. Gjeni gabimin e bërë në këtë përafrim. Zgjidhje: 1 1 1 1 b 1 Gjejmë 3 dx lim 2 | lim 2 2 2 . b b x 2x n 2b 2n 2n n
Shuma e serisë është:
1
n n 1
3
S10
1 1 1 1 3 3 ... 3 1,1975 . 3 1 2 3 10
1 1 1 dx . 3 2 x 2 10 200 10
Gabimi i bërë është: R10
Shembull: Shuma e sa kufizave duhet gjetur për serinë
1
n n 1
3
që gabimi i
bërë të mos kalojë 0,0005? Zgjidhje: Nga kërkesa e ushtrimit duhet që Rn 0,0005. 1 1 Nga ana tjetër sa më sipër gjetëm që Rn 3 dx 2 . x 2n n
1 0, 0005 . 2n2 Nga zgjidhja e inekuacionit të përftuar marrim: 1 n2 1000 ose n 1000 31,6 . 0, 001 Përfundimisht, që gabimi të mos kalojë 0,0005 duhet gjetur shuma e 32 kufizave. Pra,
VIII.5. TESTET E KRAHASIMEVE. Në kriterin e krahasimit të serive ideja është që seria e dhënë të krahasohet me një seri konvergjenca apo divergjenca e të cilave është e njohur. 1 1 Përshembull, seria n na shpie në mëndje serinë n . n 1 2 1 n 1 2 MATEMATIKA 1 |
321
1 1 dhe kufizë të parë dhe si e 2 2 1 1 tillë është konvergjente. Nisur nga mosbarazimi: n n 2 1 2 shohim se kufizat e serisë së dhënë janë më të vogla se kufizat e serisë gjeometrike. Që këtej del se edhe shumat e pjesshme të serisë së dhënë janë më të vogla se shumat e pjesshme përkatëse të serisë gjemetrike. Kjo do të thotë se shumat e pjesshme të serisë së dhënë formojnë një varg numerik konvergjent i cili plotëson edhe kushtin: 1 1 n n 1 2 1 Seria e dytë është seri gjeometrike me herës
Kriteri i parë i krahasimit të serive (nga Gaus). Le të jenë dhënë seritë me kufiza jonegative
a
n
a1 a2 a3 ... an ... dhe
n
b1 b2 b3 ... bn ...
n 1
b n 1
Janë të vërteta pohimet:
1) Nëse bn është konvergjente dhenN, an bn atëhere n 1
a n 1
n
është
konvergjente.
2) Nëse
b n 1
n
është divergjente dhenN, an bn, atëhere
a n 1
n
është
divergjente. Vërtetim: Le të shënojmë: n
n
n 1
i 1
n 1
Sn ai , S an dhe Tn bi , T bn . i 1
1)Kemi të dhënë që seria
b n 1
n
është konvergjente.
Meqënëse të dy seritë janë me kufiza jonegative, vargjet {Sn} dhe {Tn} janë rritës, pra Sn+1 = Sn + an Sn dhe Tn T për çdo n. Meqënëse ai bi kemi që Sn Tn për çdo n. Nga dy mosbarazimet Sn Tn dhe Tn T rrjedh Sn T për çdo n. Kjo do të thotë se vargu {Sn} është rritës dhe i kufizuar nga sipër. Sipas teoremës për vargjet monotonë dhe të kufizuar rrjedh se vargu {Sn}është konvergjent. MATEMATIKA 1 |
322
Pra, seria
a n 1
n
është konvergjente.
2)Kemi të dhënë që seria
b n 1
n
është divergjente.
Kjo do të thotë se lim Tn . Nga ai bi kemi që Sn Tn. Përfundimisht n
lim S n , që do të thotë se seria n
a n 1
n
është divergjente.
Këto dy pohime përbëjnë kriterin e parë të krahasimit të serive me kufiza jonegative. 5 Shembull: Tregoni natyrën e serisë 2 . n 1 2 n 5n 3 Zgjidhje: Për vlera shumë të mëdha të n-së në emëruesat e kufizave të serisë është dominante 2n2. Për këtë arsye serinë e dhënë e krahasojmë me serinë 5 . 2 n 1 2n 5 5 Vëmë re që nN, 2. 2 2n 5n 3 2n 5 5 1 Dimë që 2 2 . 2 n 1 n n 1 2n 5 Ky barazim tregon se seria 2 është konvergjente sepse p = 2 > 1. n 1 2n 5 Prandaj 2 n 1 2 n 5n 3 është konvergjente sipas kriterit të parë të krahasimit (pika 1). 1 Shembull: Tregoni natyrën e serisë n 1 n 1 n 5 Zgjidhje: 1 1 E krahasojmë këtë seri me serinë gjeometrike n 1 me herës q . Siç 5 n 1 5 1 1 shihet për çdo numër natyror n kemi mosbarazimin n1 n 1 n5 5 1 1 Meqë seria gjeometrike me herës q konvergjon, edhe seria n 1 5 n 1 n 5 konvergjon. MATEMATIKA 1 |
323
Shembull: Tregoni natyrën e serisë 1 1 1 1 1 ... ... 1 ln1 2 ln 3 ln n ln n n 1 n ln Zgjidhje: 1 1 1 1 1 E krahasojmë këtë seri me serinë harmonike 1 ... ... 2 3 4 n n 1 n 1 1 . Siç shihet për çdo numër natyror n kemi mosbarazimin n ln n n 1 Meqë seria harmonike është divergjente rrjedh që edhe seria n 1 n ln divergjon.. Kriteri i dytë i krahasimit të serive. Le të jenë dhënë seritë me kufiza pozitive:
a
n
a1 a2 a3 ... an ... dhe
n
b1 b2 b3 ... bn ...
n 1
b n 1
Është i vërtetë pohimi: a Nëse lim n c ku c është një numër i fundëm dhe c > 0 atëhere seritë kanë n b n të njëjtën natyrë (ose të dyja seritë janë konvergjente ose të dyja seritë janë divergjente). Vërtetim: Le të jenë m dhe M dy numra çfarëdo të tillë që m < c < M. a Por, meqë lim n c , gjendet numri natyror N i tillë që për n > N, të kemi: x b n a m n M bn Që këtej rrjedh mbn < an < Mbn Mbështetur në këtë mosbarazim të dyfishtë arsyetojmë:
Nëse seria
bn është konvergjente atëhere edhe n 1
Mb n 1
n
është konvergjente.
Nga kriteri i parë i krahasimit (pika 1) rrjedh se edhe seria
a n 1
n
është
konvergjente. MATEMATIKA 1 |
324
Nëse seria
bn është divergjente atëhere edhe n 1
mb
n
n 1
është divergjente. Nga
a
kriteri i parë i krahasimit (pika 2) rrjedh se edhe seria
n 1
Shembull; Tregoni natyrën e serisë
3
n
n 1
n
është divergjente.
1 1
Zgjidhje:
E krahasojmë këtë seri me serine gjeometrike
1
3 n 1
n
.
1 1 dhe në serinë e përzgjedhur bn n . 3 1 3 Zbatojmë kriterin e dytë të krahasimit. 1 n an 3n 3n 1 3 1 lim lim lim n lim 1. n b n n 3 1 n 1 1 n n 3 1 n 3n 3 Nisur nga kriteri i dytë i krahasimit seritë kanë natyrë të njëjtë. Meqë seria e 1 përzgjedhur është seri gjeometrike me herës q dhe si e tillë është 3 konvergjente rrjedh se edhe seria e dhënë është konvergjente. Në serinë e dhënë an
n
Shembull; Tregoni natyrën e serisë
2n 2 3n 4 n5
n 1
Zgjidhje: Në numëruesin e kufizës së n-të të serisë gjymtyra dominante është 2n2 5 2
ndërsa në emërues dominante është n n . Për këtë arsye marrim si seri 2n 2 2 bn 5 1 krahasuese bn , ku: n 1 n2 n2 Dhe do të kemi: 2n 2 3n 1 5 3 5 an 2n 2 3n n 2 2n 2 3n 2 4 n lim lim lim lim n b n n 2 4 n5 2 n 2 4 n5 n 5
n
1 2
MATEMATIKA 1 |
325
3 n2 2 20 n lim 5 1 n 4 2 0 1 n2 2 5 1 n Nisur nga kriteri i dytë i krahasimit seritë kanë natyrë të njëjtë. Meqë seria e 1 përzgjedhur është p-seri me p 1 dhe si e tillë është divergjente rrjedh 2 se edhe seria e dhënë është divergjente. 5
Llogaritja e shumës së serive. Le të supozojmë se mbështetur në kriteret e krahasimit kemi treguar që seria
an është konvergjente nga krahasimi me serinë n 1
b n 1
n
. Mund të llogaritim
shumën e serisë
a n 1
n
duke llogaritur mbetjet Rn të saj.
Le të shënojmë: n
i 1
n 1
n
i 1
n 1
Sn ai , S an dhe Tn bi , T bn .
Atëhere për mbetjet në serinë
a n 1
n
kemi:
Rn = S – Sn = an+1 + an+2 + an+3 + ...
dhe në serinë krahasuese
b n 1
n
Rn' = T – Tn = bn+1 + bn+2 + bn+3 + ... Meqënëse an bn për të gjitha n-të atëhere kemi Rn Rn' . Nga llogaritja e mbetjeve Rn' del edhe llogaritja e mbetjeve Rn. Shembull: Përdoni shumën e 100 kufizave të para si shumë të përafërt të 1 serisë 2 . Gjeni gabimin e bërë në këtë përafrim. n 1 n 1 Zgjidhje: 1 1 Meqë 2 2. n 1 n Seria e dhënë është konvergjente sipas kriterit të parë të krahasimit. 1 Mbetjet Rn' të serisë krahasuese 2 janë (llogaritur në një shembull të n 1 n mëparshëm): MATEMATIKA 1 326 |
1 1 dx 2 2 x 2n n Nisur nga mosbarazimi për mbetjet kemi: 1 Rn Rn' 2 2n Për n = 100 kemi: 1 R100 0,00005 2 1002 Duke kryer llogaritjet gjendet që: 100 1 1 0.6864538 2 2 n 1 n 1 n 1 n 1 Gabimi i bërë në këtë rast nuk e kalon vlerën 0,00005. R ' n
VIII.6. SERITË ALTERNATIVE. Në veprimtarinë e përditshme shkenore përveç serive me kufiza jo negative takohen edhe seri me kufiza të çfarëdoshme. Në këtë kategori përfshihen edhe seritë me kufiza alternative. Konvergjenca e serive alternative (Kriteri i Laibnicit). Seri alternative quhen ato seri kufizat e të cilave janë pozitive dhe negative, në mënyrë të alternuar. Përshembull: 1 1 1 1 1 (1)n1 1 ... 2 3 4 5 6 n n 1 1 2 2 4 5 6 n ... (1) n . 2 3 4 5 6 7 n 1 n 1 Është i vërtetë pohimi (njihet me emrin kriteri i Laibnicit): Në qoftë se seria alternative
(1) n 1
n 1
bn b1 b2 b3 b4 b5 b6 ... (bn > 0)
Përmbush kushtet: - bn+1 bn për çdo nN lim bn 0 n
MATEMATIKA 1 |
327
atëhere seria është konvergjente. Para se të fillojmë vërtetimin e këtij pohimi le t’i referohemi figurës 1. S 1 = b1 . Për të gjetur S2 duhet që b1 S1 t’i zbresim b2. –b2 Kështuqë S2 gjendet majtas S1. b3 Për të gjetur S3 duhet që S2 t’i shtojmë b3. –b4 Kështuqë S3 gjendet b5 djathtas S2. Nga b3 < b2 –b6 rrjedh se S3 gjendet majtas S1. S2 S4 S6 S S5 S3 S1 Duke vazhduar në këtë 0 mënyrë shumat e Figura 1 pjesshme progresivisht i afrohen gjithnjë e më shumë një numri S. Për më tepër shumat e pjesshme me indeks çift S2, S4, S6, S8,… gjenden nga e majta e S-së ndërsa shumat e pjesshme me indeks tek S1, S3, S5, S7,… gjenden nga e djathta e S-së. Për këtë arsye do të marrim në konsideratë veç shumat e pjesshme me indeks çift dhe veç shumat e pjesshme me indeks tek. Vërtetim i kriterit të konvergjencës për seritë alternative. Në fillim marrim në konsiderat shumat e pjesshme me indekse çift. S2 = b1 – b2 0 sepse b2 b1 nga kushti. S4 = S2 + (b3 – b4) S2 sepse b4 b3 nga kushti. S6 = S4 + (b5 – b6) S4 sepse b6 b5 nga kushti. Në përgjithësi S2n = S2n–2 + (b2n–1 – b2n) S2n–2 sepse b2n b2n–1 nga kushti. Kështu: 0 S2 S4 S6 … S2n … Nga ana tjetër për shumën e pjesshme S2n shkruajmë: S2n = b1 – (b2 – b3) – (b4 – b5) – … – (b2n–2 – b2n–1) – b2n. Çdo shprehje brenda kllapave është numër pozitiv. Që këtej rrjedh se S2n b1 për çdo nN. Pra vargu {S2n} i shumave të pjesshme me indekse çift është rritës dhe i kufizuar nga sipër. Sipas një teoreme për vargjet rritës dhe të kufizuaer nga sipër rrjedh se ky varg është konvergjent, domethënë, lim S 2 n S n
Marrim në konsideratë shumat e pjesshme me indekse tek. lim S2n1 lim S2n b2n1 lim S2n lim b2n1 n
n
n
n
S 0 S MATEMATIKA 1 |
328
Meqënëse të dy shumat e pjesshme (ato me indekse çift dhe ato me indekse tek) kanë të njëjtin limit mund t’i përmbledhim në një të vetme lim S n S . n
Pra seria është konvergjente. Shembull: Tregoni natyrën e serisë harmonike alternative 1 1 1 1 1 (1)n1 1 ... 2 3 4 5 6 n n 1 Zgjidhje: Shohim nëse përmbushen kriteret e e konvergjencës për seritë alternative. Me të vërtetë: 1 1 bn+1 bn sepse . n 1 n 1 lim bn lim 0 n n n Meqë kriteret e konvergjencës së serive alternative përmbushen nxjerrim përfundimin se seria është konvergjente. (1) n1 3n Shembull: Tregoni natyrën e serisë alternative 4n 1 n 1 Zgjidhje: Shohim nëse përmbushen kriteret e e konvergjencës për seritë alternative. 3n 3 lim bn lim n n 4n 1 4 Kriteri i dytë i konvergjencës së serive alternative nuk përmbushet. Për më tepër, limiti i kufizës së n-të të saj nuk është numër i përcaktuar. Kjo do të thotë se limiti nuk ekziston dhe prandaj konkludohet se seria e dhënë është divergjente. Llogaritja e shumës së serive alternative.
Shuma e pjesshme Sn e një serie konvergjente
a n 1
n
mund të përdoret si vlerë
e përafërt e shumës S të serisë. Nëse si shumë S e serisë merret një shumë e pjesshme, Sn S atëhere është e nevojshme të vlerësohet edhe gabimi i bërë në këtë rast. Pra, duhet llogaritur mbetja Rn = S – Sn. Teorema në vijim thotë se për serinë që përmbush kushtet e kriterit të konvergjencës së serive alternative masa e gabimit të bërë është më e vogël se bn+1. Teorema e llogaritjes së shumës së serive alternative. MATEMATIKA 1 |
329
Në qoftë se S 1
n 1
n 1
bn është shuma e serisë alternative që përmbush
kushtet 1)0 bn+1 bn dhe 2) lim bn 0 n
atëhere |Rn| = |S – Sn| bn+1 Vërtetim: Dimë nga Kriteri i Laibnicit se shuma S shtrihet midis çdo dy shumave të pjesshme Sn dhe Sn+1. Nga këtej rrjedh se: |S – Sn| |Sn+1 – Sn| bn+1 (1)n Shembull: Gjeni shumën e serisë me saktësi deri në tre shifra pas n! n 1 presjes dhjetore. Zgjidhje: Së pari vëmë re se seria është konvergjente mbështetur në Kriterin e Laibnicit sepse: 1 1 1 (n 1)! n !(n 1) n ! 1 1 1 1 1 0 lim lim 0 lim 0 n n ! n n n n ! n! n Le të shkruajmë tani shumën e shtatë kufizave të para të serisë. 1 1 1 1 1 S7 1 1 0,368056 2 6 24 120 720 Nga teorema e mësipërme dimë që |S – S6| b7 Nga ana tjetër b7 < 0,0002. Kështuqë gabimi i bërë në këtë rast është më i vogël se 0,0002. Duke e marrë shumën me tre shifra pas presjes dhjetore kemi: S = 0,368. Shënim: Rregulli që gabimi (duke përdorur Sn si vlerë të përafërt të S) është më i vogël se kufiza e parë e mbetur pa u përfshirë në shumën Sn është i vlefshëm vetëm për seritë që plotësojnë kushtet e teoremës për llogaritjen e shumës së serive alternative. Rregulli nuk është i vlefshëm për seritë e llojeve të tjera.
MATEMATIKA 1 |
330
VIII.7. KONVERGJENCA ABSOLUTE.
Le të jetë dhënë seria
a n 1
n
. Marrim në konsideratë serinë
| a
n
n 1
| | a1 | | a2 | | a3 | ...
Kufizat e të cilës janë vlera absolute e kufizave të serisë fillestare.
Përkufizim: Seria
a n 1
n
quhet absolutisht konvergjente në qoftë se seria e
vlerave absolute | an | është konvergjente. n 1
Shënojmë se nëse seria
a n 1
është me kufiza jonegative atëhere |an| = an dhe
n
prandaj konvergjenca absolute është e njëjtë me konvergjencën e njohur. (1)n 1 Shembull: A është absolutisht konvergjente seria ? n2 n 1 Zgjidhje: (1) n 1 1 1 1 1 1 2 2 2 ... është konvergjente si p-seri Seria 2 2 n 2 3 4 n 1 n 1 n me p = 2. Përgjigja është po.
Teoremë: Në qoftë se seria
a n 1
është absolutisht konvergjente atëhere ajo
n
është konvergjente. Vërtetim: Vihet re se mosbarazimi 0 an + |an| 2|an| është i vërtetë sepse |an| është ose an ose –an.
Nëse
a n 1
n
është absolutisht konvergjente atëhere seria | an | është n 1
konvergjnte, prandaj edhe seria
2| a
n
n 1
| është konvergjente. Mbështetur në
kriterin e krahasimit edhe seria
a | a | është konvergjente si seri me n 1
n
n
kufiza jonegative (an |an|). Mirëpo MATEMATIKA 1 |
331
n 1
n 1
n 1
an an | an | | an | është konvergjente si diferencë e dy serive konvergjente. E anasjellta e kësaj teoreme nuk është gjithnjë e vërtetë. Ka seri që janë konvergjnte por nuk janë absolutisht konvergjente.
1
n 1
1 1 1 1 ... . Kjo seri është n 2 3 4 n 1 konvergjente (shih shembullin tek mësimi “Seritë alternative”) Është e tillë seria alternative
Kësaj serie i korespondon seria
1 n
n 1
n 1
1 1 1 1 ... që është seria 2 3 4
harmonike dhe është divergjente.
Përkufizim: Seria
a n 1
n
quhet konvergjente e kushtëzuar nëse ajo është
konvergjente dhe nuk është absolutisht konvergjente.
Shembull: Tregoni natyrën e serisë
cos n cos1 cos 2 cos 3 2 2 2 ... 2 1 2 3 n 1 n
Zgjidhje: Kjo seri ka edhe kufiza pozitive edhe kufiza negative por nuk është seri alternative (kufiza e parë është pozitive, tre të tjerat janë negative etj. Shenja e kukfizave ndryshon jo në mënyrë të rregullt). Zbatojmë kriterin e krahasimit të serive për vlerat absolute. Pra, cos n cos n 2 n n2 n 1 n 1 Nga ana tjetër meqë |cosn| 1 për çdo nN kemi: | cos n | 1 2 n2 n 1 Mirëpo seria 2 është p-seri me p = 2 dhe si e tillë është konvergjnte. Që n 1 n cos n këtej rrjedh se seria 2 është konvergjente. Përfundimisht seria n n 1 cos n është absolutisht konvergjente dhe prandaj është konvergjente. 2 n 1 n Kriteri të tjera të konvergjencës absolute të Serive. MATEMATIKA 1 |
332
Përveç kritereve të trajtuara më sipër në vijim do të përmendim edhe dy kritere të tjera për konvergjencën absolute vërtetësinë e të cilave do ta pranojmë pa vërtetim. Kriteri i raportit (Kriteri i Dalamberit). Këtu operohet me kufizat e vet serisë.
Le të jetë dhënë seria
a n 1
n
.Është i vërtetë pohimi:
an 1 L atëhere: n a n 1 n 1. për L < 1 seria është absolutisht konvergjente. 2. për L > 1 seria është divergjente. 3. për L = 1 nga ky kriter nuk mund të jepet një përfundim. 2 n 1 n Shembull; Tregoni natyrën e serisë 1 3n n 1 Zgjidhje: Nëse për serinë
a
n
është e vërtetë që lim
n 1 n2 Kemi an n dhe an 1 n 1 . Gjejmë 3 3 2
n 1 a lim n 1 lim n a n n
3n 1 n2 3n
2
n 1 lim n
2
3n
n 2 3n 1
n 2 2n 1 1 n 3n2 3
lim
1 1 , mbështetur në kriterin e Dalamberit seria është 3 konvergjente në mënyra absolute e për rrjedhojë është konvergjente dhe në mënyrë të zakonshme. 2 n 1 n Përfundimisht seria 1 është konvergjente. 3n n 1 2n Shembull: Tregoni natyrën e serisë 2 n 1 n Zgjidhje: 2n 2n1 Kemi an 2 dhe an1 . Gjejmë 2 n n 1 Meqë L
MATEMATIKA 1 |
333
2n 1
n 1 lim 2n1 n2 lim 2n2 2 a lim n 1 lim 2 2 n a n n 2n n 1 2n n n 1 n n2 2
Meqë L = 2 > 1, mbëshetur në kriterin raportit seria është divergjente. Shënim: Pika 3 e kriterit të raportit thotë që nëse L = 1 atëhere nuk mund të konkludohet për natyrën e serisë. Për ilustrim: 1 Seria 2 është p-seri me p = 2 dhe si e tillë është konvergjente, ndërkohë n 1 n 1
n 1 lim n2 1 a lim n 1 lim 2 n a n n 1 n 1 n n2 2
që:
Seria harmonike
1
n
është divergjente, ndërkohë që
n 1
lim
n
an 1 an
1 n lim n 1 lim 1 n n n 1 1 n
Kriteri Koshi. Ky kriter zbatohet vetëm në ato raste kur seria përmban rrënjë me tregues n. Është i vërtetë pohimi:
Nëse për serinë
a n 1
n
është e vërtetë që lim n an L atëhere: n
1. për L < 1 seria konvergjon. 2. për L > 1 seria divergjon. 3. për L = 1 nga ky kriter nuk mund të jepet një përfundim. Vërtetësinë e këtij kriteri do ta pranojmë pa vërtetim. Siç shihet edhe nga formulimi në rastet kur limiti nuk ekziston apo është i barabartë me numrin 1 kriteri i Koshi nuk jep përgjigje. Nëse ndodh kështu atëhere duhet t’i drejtohemi një kriteri tjetër të njohur. Shembull: Tregoni natyrën e serisë 5 9 13 17 4n 1 4n 1 ... ... 1 3 5 7 2n 1 n 1 2n 1
n
2
3
4
n
MATEMATIKA 1 |
334
Zgjidhje: 4n 1 an . Gjejmë 2n 1 n
4n 1 4n 4n 1 lim 2 1. lim n 2n 1 n 2n 2n 1 n
lim n an lim n
nn
n
Përfundimisht kjo seri është divergjente. Shembull: Tregoni natyrën e serisë 1 1 1 1 1 ... ... n 2 3 4 n n 2 ln n ln 2 ln 3 ln 4 ln n Zgjidhje: an
1
ln n
n
. Gjejmë lim n an lim n
nn
n
1
ln n
n
1 0 1. n ln n
lim
Përfundimisht kjo seri është konvergjente.
PËRMBLEDHJE PËR KONVERGJENCËN E SERIVE Në këtë kapitull janë trajtuar mjaft teknika për testimin e konvergjencës apo divergjencës së serive. Shtrohet problemi se cilën teknikë duhet të përdorim në një rast të caktuar? Nuk ka një rregull plotësisht të përcaktuar për të fiksuar teknikën që do të zbatohet. Ajo që mund të thuhet është që në vartësi të trajtës së serisë të përzgjidhet edhe kriteri që do të përdoret. Një përmbledhje e shkruartuar e koncepteve kryesore për konvergjencën apo divergjencën e serive gjendet në vijim: 1 1. Nëse seria është e formës p emërtohet p-seri. Është konvergjente n 1 n nëse p > 1 dhe divergjente nëse p 1.
2. Nëse seria është e formës
aq n1 ose n 1
aq
n
, ajo është seri gjeometrike e
n 1
cila konvergjon për q < 1 dhe divergjon për q 1. Këtu duhet bërë kujdes se seria mund të mos jetë e dukshme si seri gjeometrike prandaj duhen kryer transformime për ta sjellë atë në një formë të përshtatshme si seri gjeometrike. 3. Nëse seria ka një trajtë që është e ngjashme me seri gjeometrike apo p-seri atëhere përzgjidhet një seri gjeometrike ose p-seri e njohur për konvergjencën MATEMATIKA 1 |
335
apo divergjencën e saj dhe përdoret kriteri i krahasimit të serisë së dhënë me serinë e përzgjedhur. Në veçanti, nëse an është funksion racional (thyesor) apo funksion algjebrik i n-së atëhere seria e dhënë duhet të krahasohet me p-serinë përkatëse. Kujdes! Kriteri i krahasimit përdoret vetëm për seri me kufiza jonegative. 4. Nëse lim an 0 seria është divergjente. n
5.Nëse seria ka trajtën
1
n 1
n 1
bn ose
1
n
n 1
bn atëhere mund të zbatohet
kriteret për konvergjencën e serive alternative. 6. Nëse seria përmban faktorial (n!) ose prodhime të tjera (duke përfshirë edhe konstante të ngritur në fuqi të n-të) atëhere përdoret kriteri raportit (Kriteri i Dalamberit) të konvergjencës absolute. 7. Nëse an është e formës (bn)n atëhere përdoret kriteri i Koshi, lim n an . n
8. Nëse an = f(n) ku
f ( x)dx është
lehtësisht i gjetshëm atëhere kriteri
1
integral është shumë i efekshëm. Shembuj:
1)Seria
n3
2n 1 është divergjente sepse lim a n
n 1
2)Në serinë
n 1
n
n3 1 ≠0 n 2n 1 2
lim
n3 2 kufiza an është saj është një funksion algjberik. E 3n 2 1
krahasojmë serinë e dhënë me një p-seri. p-seria krahasuese është
b n 1
n
ku
3
n3 n2 1 bn 2 3 3 . 3n 3n 3n 2
3)Për serinë
ne n përdorim kriterin integral sepse n 1
2
x xe është 2
1
lehtësisht i gjetshëm. Këtu mund të përdoret edhe kriteri i raportit. n3 n 4)Për serinë 1 4 përdorim kriterin e konvergjencës për seritë n 1 n 1 alternative. 2k 5)Për serinë përdorim kriterin e raportit. k 1 k ! MATEMATIKA 1 |
336
6)Për serinë
3 n 1
1
3 n 1
n
n
1 përdorim kriterin e krahasimit me serinë gjeometrike 1
.
VIII.8. USHTRIME 1. Listoni pesë kufizat e para të vargut: n 1 1)an = 1 – (0,2)n 2) an 3n 1 2n 1 4) an 5)an = (–1)n+1 3n (1) n 1 7) an 8)an = (–1)n(n – 1)2 2n n 1 1 (1) n 3 10) an 11) an n 2
3) an
3(1)n n!
1 6) an 4
n 1
9)an = n[1 + (–1)n] 1 12) an 2
n 1
2. Listoni pesë kufizat e para të vargut: 1)a1 = 3, an+1 = 2an – 1 3)a1 = 2, an = 3an–1 + 2 për n 2 5)a1 = 1, an = 2an–1 për n 2
an an 1 4)a1 = 2, an = 2an–1 – 2 për n 2 1 6) a1 = 1, an an1 për n 2 2
2)a1 = 4, an 1
3. Gjeni formulën për kufizën e përgjithshme të vargut: 1) –2, –1, 0, 1, ... 2)4, 5, 6, 7, ... 3)4, 8, 12, 16, ... 4) –3, –6, –9, –12, ... 1 3 5 7 1 2 3 4 5) , , , ,... 6) , , , ,... 2 4 6 8 2 3 4 5 1 1 1 1 1 1 1 1 7) , , , ,... 8) , , , ,... 2 4 8 16 2 4 6 8 9)1, –2, 3, –4, ... 10) –2, 4, –8, 16,... 11)1, –3, 5, –7, ... 12)3, –6, 9, –12, ... 2 4 8 4 16 64 256 13) 1. , , 14) , , , ,... ,... 5 25 125 3 9 27 81 15)x, x2, x3, x4, x5, ... 16)1, 2x, 3x2, 4x3, ... MATEMATIKA 1 |
337
17)x, –x3, x5, –x7, ...
18) x,
x 2 x3 x 4 , , ,... 2 3 4
4. Tregoni cili nga vargjet është konvergjent dhe cili divergjent: n 1 1)an = n(n – 1) 2) an 3n 1 2 3 5n n 3) an 4) an 2 nn 1 n n 2 n 5) an n 1 6) an 3 1 n n 1 (1) n (1) n n3 7) an 2 8) an 3 n 1 n 2n 2 1 n 2 9) an cos 10) an cos 2 n n e e n (2n 1)! 11) an 12) an 2 n e 1 (2n 1)! 1
2 n 13) an 1 n
14) an n n 2 1
5. Ktheni në thyesa numrat periodik: 1) 1,3 2) 3, 45 3) 4, 42 4) 1, 23
5) 1, 245
6) 14,742
7) 1,023
8) 3, 2045
9) 13,054
6. Tregoni monotoninë e vargjeve: 1 1)an = ne–n 2) an n 5 2n 3 n 4) an 5) an 2 3n 4 n 1 3 2n 7) an 8) an 2 n5 n 1
1 2n 3 1 6) an n n 3) an
7.a)Kush është ndryshimi midis vargjeve dhe serisë. b)Ç’është seria konvergjente? Ç’është seria divergjente? MATEMATIKA 1 |
338
8.Gjeni të paktën 10 shuma të pjesshme të serive. Vizatoni në të njëjtin plan kartezian grafikun e vargut dhe grafikun e serisë. Tregoni që seria është konvergjente apo divergjente. Nëse është konvergjente gjeni shumën e saj dhe nëse është divergjente tregoni pse është e tillë. 2n 2 1 12 1) 2) 3) tgn n 2 n 1 ( 5) n 1 n 1 n 1
4)
0, 6
n 1
1 1 1,5 1,5 (n 1) n 1 n
5)
n 1
6)
1
n(n 1) n 1
9. Tregoni nëse seria është konvergjente apo divergjente. Nëse është konvergjente gjeni shumën e saj. 4 8 1 1 1 1) 3 2 ... 2) 1 ... 3 9 8 4 2 5 25 125 3) 2 4) 1 + 0,4 + 0,16 + 0,064 + ... ... 2 8 32 n 1 n 1 3 (6)n1 2 5) 5 6) n 1 7) 4n n 1 n 1 3 n 1 5
8) n 0
9)
1
n
n 1
2
14) n 1
n 1
en 10) n1 n 1 3
3n1
3 n 1 n
n n 1 n 5
11)
n
2 n 1 n 1
12) 2
13)
k2 2 k 1 k 1
2 n 1 n 4n 3
15)
n(n 2)
3n 2n 17) 6n n 1 n 20) ln 2n 5 n 1
2
16)
19)
18) 2 n
n 1
n 1
3 5 21) n n 1 n(n 3) 4
2
n 1
2
n(n 2) 3 2 22) n n n 1 5
10. Gjeni vlerën e ndryshores x për të cilën seria konvergjon. Gjeni shumën e serisë për atë vlerë të ndryshores x.
xn 1) n n 1 3
2)
x 4 n 1
n
3)
4 x n
n 1
n
4)
x 3
n 1
2n
n
11. Duke përdorur kriterin integral tregoni nëse seria është konvergjente apo MATEMATIKA 1 |
339
divergjente. 1 1) 4 n 1 n
2)
n 1
4)
e n n 1
1 3 n
3)
n 1
5)
ne n
1
3n 1
6)
n 1
n2
n 1 n 1
12. Tregoni nëse seria është konvergjente apo divergjente. 2 1) 0,85 2) n 1,4 3n 1,2 n 1 n n 1 52 n 1 1 1 1 3) 1 4) ... n3 8 27 64 125 n 1 1 1 1 1 5 5) 6) 1 ... 2 2 3 3 4 4 5 5 n 1 n 2 1 3n 2 n 7) 2 8) 9) 2 n 1 n 4 n 1 n( n 1) n 1 n 1 2 1 ln n 10) 2 11) ne n 12) 2 n 1 n 4n 5 n 1 n 1 n 1 n 1 13) 14) 2 15) 2 n 1 n ln n n 1 n 1 n 1 n n
13. Gjeni vlerën e p-së për të cilën seria është konvergjente. 1 1 1) 2) p p n 1 n(ln n) n 1 n ln n[ln(ln n)] ln n 3) n(1 n 2 ) p 4) p n 1 n 1 n 1 14. a)Gjeni shumën.e pjesshme S10 të serisë 4 . Vlerësoni gabimin e bërë n 1 n nëse S10 merret si shumë e përafërt e serisë.
b)Duke përdorur mosbarazimin e dyfishtë Sn
n 1
f ( x)dx S S n f ( x)dx n
për n = 10 gjeni vlerën e serisë. c)Gjeni vlerën e n-së për të cilën Sn të jetë e përafërt me shumën S të serisë me gabim 0,00001.
MATEMATIKA 1 |
340
15. a)Duke përdorur shumën e 10 kufizave të para të
1
n n 1
2
. Vlerësoni
gabimin e bërë. b)Gjeni vlerën e n-së për të cilën Sn të jetë e përafërt me shumën S të serisë me gabim 0,001.
16. Gjeni shumën e serisë
1
n n 1
17. Gjeni shumën e serisë
n
me gabim një të mijtën.
5
1 2
me gabim një të qintën.
n 1
18. Supozojmë se
an dhe n 1
b n 1
n
janë seri me kufiza pozitive dhe seria
b n 1
n
është e njohur si seri konvergjene.
1) Nëse an > bn për çdo n, çfarë mund të thuhet për serinë
a n 1
n
? Pse?
n
? Pse?
2) Nëse an < bn për çdo n, çfarë mund të thuhet për serinë
a n 1
19. Supozojmë se
a n 1
n
dhe
b n 1
n
janë seri me kufiza pozitive dhe seria
b n 1
n
është e njohur si seri divergjente.
1) Nëse an > bn për çdo n, çfarë mund të thuhet për serinë
a n 1
n
? Pse?
n
? Pse?
2) Nëse an < bn për çdo n, çfarë mund të thuhet për serinë
a n 1
20. Tregoni natyrën e serive (është konvergjente apo divergjente). 5 1 2 1) 2 2) 3 3) n n 1 2 3 n 1 n n 1 n 1 n 4
4)
1 n 1 n n
n 1 2 n 1 n
4 3n 2n n 1
5)
6)
MATEMATIKA 1 |
341
7)
n2 1 4 n 1 3n 1
9)
n 1 n n 1 n 4
12)
cos 2 n 2 n 1 n 1
8)
1 sin n 10 n n 1
10)
13)
n 1
16)
2 1
n
1 n
n2 5n 3 n 1 n n 1
22)
1
23)
n 1
1
15)
n2 1 1 2n 18) n n 1 1 3 5 2n 21) 2 2 n 1 1 n
n 1
1
n 1
n
n 1 n 1
n3 1 2n 17) n n 1 1 3 n2 20) 2 n 1 n 1
n n
1
14)
2n 3
11)
n 1
19)
n2 1 3 n 1 n 1
n 1
1 n n2
n5
1 n n 2
24)
4
n 1
3
n7 n 2
21. 1)Kush quhen seri alternative? 2)Çfarë kushtesh duhet të plotësohen që seria alternative të jetë konvergjente? c)Nëse kushtet janë plotësuar çfarë mund të thuhet për mbetjen pas n kufizash? 22. Testoni seritë për konvergjencën apo divergjencën. 1 2 3 4 5 4 4 4 4 4 1) ... 2) ... 3 4 5 6 7 7 8 9 10 11 n 1 1 1 1 1 1 1 3) ... 4) ln 2 ln 3 ln 4 ln 5 ln 6 n n 1
5)
1
n 1
n 1
6)
3n 1
2n 7) 1 4n 2 1 n 1
n 9) 1 1 2 n n 1 n
11)
1 n 1
n 1
3n 1 2n 1
n 1
n 1
n
1
8)
4n n 1
10)
2
n 1
1
1
n 1
n 1
1 n
e n
1
12)
1 n 1
n
n2 n3 4
n ln n
MATEMATIKA 1 |
342
13)
1
n 1
n 1
15)
1
n
n 1
ln n n
14)
cos n 3
n 1
n4 n 16) 5 n 1
nn n!
23. Në seritë e mëposhtme llogaritni shumën e dhjetë kufizave të para. Gjeni gabimin e bërë nëse si shumë S merret shuma e pjesshme S10.
1)
1
n 1
n
n 1
2)
3 2
n 1
1
n 1
n3
24. Sa kufiza të para të serisë duhen mbledhur për të gjetur shumën e serisë me gabim aq sa është treguar në ushtrim.
1)
1
3)
2)
n 1
2
n
n!
n 1
(gabimi < 0,01)
n2
n 1
n 1
(gabimi < 0,01) 4)
1 4
n 1
n
n
n
1
n 1
(gabimi < 0,001)
n4
(gabimi < 0,002)
25. Gjeni shumën e serisë me saktësi deri në katër shifra pas presjes dhjetore.
1)
1
3)
2)
n5
n 1
n 1
1
n 1
n2
4)
n
n
8n
n 1
10n
n 1
1
1
n
3 n! n
n 1
26. Çfarë mund të thuhet për serinë
a n 1
1) lim
n
an 1 8 an
2) lim
n
n
nëse:
an 1 0,8 an
3) lim
n
an 1 1 an
27. Tregoni nëse seria është absolutisht konvergjente, konvergjente e kushtëzuar, divergjente.
n2 1) n n 1 2
2)
n 1
10 n!
n
3)
1 n 1
n 1
2n n4
MATEMATIKA 1 |
343
4)
1
n 1
4
n 1
5)
n
1
n 1
n
n
6)
4
1
n n 1
n 1
2
n 1
1
1 7) n 1 (2 n )!
8)
n!
n(3)n 11) n 1 n 1 4 3 cos n 14) 2 n 1 n3 2 nn 17) 13n n 1 3
sin 4n 10) n 4 n 1 n
13)
10 2 n 1 n 1 (n 1)4
16)
n n 1
n
n 1
e
(1)n e n 9) n3 n 1
n! n
12)
(1)
n 1
n 1
15)
(1)n n 1 ln n
18)
(1)n n 1 n ln n
n 2 2n n!
28. Tregoni nëse seria është konvergjente apo divergjente. n2 1 n 1 1 1) 2 2) 2 3) 2 n 1 n n n 1 n n n 1 n n
4)
(1)
n 1
n 1
n 1 n2 n
7)
1 n 1 n ln n
10)
(1)n 1 11) n 1 n ln n
2 n3
n 1
13)
3n n 1 n !
16)
n
3n 6) n 1 1 8n
9)
k
14)
sin n
1 2 n
n5 n n 1 5
(1)n 1 n 1 n 1 (2)2n 20) n n n 1
e
(1)
n
n n 25 2
n 1
n2 1 3 n 1 n 1
15)
17)
2 k
12)
n 1
1 2
n
k 1
2
n 1
19)
n e
(3)n1 5) 3n 2 n 1 2k k ! 8) k 1 k 2 !
18)
(1)
n
n 1
ln n n
21)
n2 1 3 2 n 1 n 2n 5
22)
1 tg n n 1
23)
n!
e n 1
n2
n2 1 n n 1 5
24)
MATEMATIKA 1 |
344
KREU IX
SERITË POLINOMIALE IX.1. KONCEPTI I SERISË POLINOMIALE. Përkufizim: Seri polinomiale quhet seria e trajtës
b x n 0
n
n
b0 b1 x b2 x 2 ...
ku x është ndryshore, bn-të janë konstante dhe quhen koeficientë të serisë. Për çdo vlerë të fiksuar të x-it seria polinomiale kthehet në një seri numerike dhe si të tillë mund të flitet për konvergjencën apo divergjencën e saj. Për disa vlera të x-it seria mund konvergjojë dhe për disa vlera të tjera seria mund të divergjojë. Shuma e serisë është një funksion f ( x) b0 b1 x b2 x2 ... bn xn ... Bashkësia e përcaktimit të këtij funksioni është bashkësia e vlerave të ndryshores x për të cilat seria polinomiale kthehet në seri numerike konvergjente. Shënojmë që funksioni f(x) është i ngjashëm me një polinom. Ndryshimi qëndron vetëm në atë që polinomi ka një numër të fundëm kufizash ndërsa funksioni i mësipërm ka një numër të pafundëm kufizash. Nëse konstantet bn merren të barabarta me 1, bn = 1, për çdo n atëhere seria polinomiale kthehet në seri gjeometrike:
x
n
1 x x 2 ... x n ...
n 0
e cila konvergjon për –1 < x < 1 dhe divergjonë për |x| 1. Në përgjithësi, seria polinomiale e formës: MATEMATIKA 1 |
345
b x a n 0
n
n
b0 b1 x a b2 x a ... 2
quhet seri polinomiale në një zonë rrethuese të pikës x = a. Marrëveshje: 1)Për serinë polinomiale në (x – a) do të marrim (x – a)0 = 1 2)kur x = a atëhere të gjitha kufizat e serisë për n 1 janë të barabarta me 0 kështuqë seria është gjithmonë konvergjente për x = a.
n! x
Shembull: Për çfarë vlere të ndryshores x seria
n
është konvergjente.
n 0
Zgjidhje: Përdorim kriterin e Dalamberit për konvergjencën absolute të serive. Kemi: n 1! x n1 n 1 n ! x n x n 1 x an1 lim lim lim lim n n n a n n n n! x n! x 1 n Sipas kriterit të raportit për konvergjencën absolute të serive kjo seri divergjon për x 0 dhe konvergjon vetëm për x = 0.
x 2
n 0
n
Shembull: Për çfarë vlere të ndryshores x seria
n
është konvergjente.
Zgjidhje: Përdorim kriterin e Dalamberit për konvergjencën absolute të serive. Kemi:
x 2
n 1
an1 n( x 2) n lim n 1 n lim lim x 2 | x 2 | n a n n n n 1 n 1 x 2 n n Seria konvergjon nëse |x – 2| < 1. Pra, –1 < x – 2 < 1 1 < x < 3. Pra, seria konvergjon për 1 < x < 3 dhe divergjon kur x < 1 ose x > 3. Kriteri i Dalamberit nuk jep përgjigje kur |x – 2| = 1. Del e nevojshme të shqyrtojmë serinë e dhënë për x = 1 dhe për x = 3. lim
Për x = 1 seria polinomiale merr trajtën
1
n 0
n
n
e cila konvergjon në bazë
të kriterit të Laibnicit.
Për x = 3 seria polinomiale merr trajtën
1
n
e cila është seria harominike
n 0
dhe është në fakt seri divergjente. Përfundimisht, seria konvergjon për 1 x < 3 dhe divergjon kur x < 1 ose x 3. Intervali i konvergjencës së serive polinomiale. Në shembullin e mësiprm ra në sy që për disa vlera të ndryshores x seria ishte MATEMATIKA 1 |
346
konvergjente dhe për disa vlera të tjera të ndryshores x seria ishte divergjente. Themi që interval i konvergjencës së një serie është intervali që përbëhet nga të gjitha vlerat e ndryshores x për të cilën seria konvergjon. Teoremë: (Teorema për gjetjen e rrezes së konvergjencës)
Për një seri të dhënë
b x a
n
n
n 0
janë të mundshme tre mundësi:
bn 1 1 L 0 dhe R atëhere seria konvergjon n b L n për |x – a| < R dhe divergjon për |x – a| > R, figura 1. Numri R quhet rreze e konvergjencës e serisë polinomiale. Intervali i konvergjencës është a – R < x < a + R, figura 1. Në pikat e skajeve të intervalit, për serinë numerike që përftohet duke zëvëndësuar x=a–R apo x = a + R janë të dyja mundësitë: seria numerike mund të jetë konvergjente por ajo mund të jetë edhe divergjente. Kjo duhet provuar. Rasti I. Në qoftë se lim
divergjon
|x – a| > R
konvergjon ] a a–R
divergjon [ a+R
|x – a| < R
x
|x – a| > R
Figura 1 Rasti II. Në qoftë se lim
n
bn 1 0 atëhere seria konvergjon për çdo vlerë të bn
ndryshores x, figura 2. Interavli i konvergjencës në këtë rast është ]–; +[.
konvergjon a
x – < x < +
Figura 2 Rasti III. Në qoftë se lim
n
bn 1 atëhere seria konvergjon vetëm për x = bn
a. figura 3. divergjon
konvergjon a x=a
|
divergjon x Figura 3 MATEMATIKA 1
347
Shembull: Gjeni intervalin e konvergjencës për serinë 2n n 22 2 2n n x 1 2 x x ... x ... 2! n! n 0 n ! Zgjidhje: 2n1 2n dhe bn1 bn n! (n 1)! n 1 2 bn 1 (n 1)! 2n 1 n ! 2n 2 n ! 2 n n n 2 bn 2 (n 1)! 2 (n 1) n ! n 1 n! b 2 2 lim n 1 lim lim 0 n b n n 1 n n 1 n Jemi në rastin e dytë, seria konvergjon për çdo vlerë të ndryshores x.
Shembull: Gjeni intervalin e konvergjencës për serinë
n 0
3
n
n 1
xn
Zgjidhje:
bn
3
n
n 1
3 bn 1 bn
dhe bn 1
3
n 1
n2
n 1
n 2 3 n 1 3 3 n 1 3 n 1 n n n n2 3 3 n 2 3 n 2 n 1
n
n 1 lim n
bn 1 3 n 1 3 n 1 lim lim 3 n n bn n2 n2
1 Jemi në rastin e pare. Rreze e konvergjencës është R . 3 1 1 Kështu seria konvergjon nëse x dhe divergjon nëse x . 3 3 Duhet të provojmë konvergjencën apo divergjencën në skajet e intervalit. 1 Për x seria polinomiale merr trajtën: 3 MATEMATIKA 1 |
348
n
1 n 3 n 3 1 1 3 n 1 3 n 0 n 1 n 1 n 0 n 0 1 1 Seria e përftuar krahasohet me p-serinë 1 me p dhe si e tillë është 2 n 1 2 n divergjente. 1 Për x seria polinomiale merr trajtën: 3 n n 1 n 3 n 3 1 n 3 1 n 1 3 n 0 n 1 n 1 n 0 n 0 Kjo është seri alternaltive që konvergjon, në bazë të kriterit të Laibnicit. 1 1 1 1 Përfundimisht intervali i konvergjencës është x ose ; 3 3 3 3 n( x 2)n Shembull: Gjeni intervalin e konvergjencës për serinë 3n1 n 0 n n 1 Zgjidhje: bn n1 dhe bn1 n2 3 3 n 1 bn1 3n 2 3n 1 (n 1) 3n 1 (n 1) n 1 n 1 n bn 3n 2 n 3 3 n 3n n 1 3 b n 1 n 1 1 lim n 1 lim lim n b n 3n n 3n 3 n Jemi në rastin e parë. Rreze e konvergjencës është R = 3. Kështu seria konvergjon nëse |x + 2| < 3 dhe divergjon nëse |x + 2| > 3. Këto dy mosbarazime shkruhen ndryshe, përkatësisht: –3 < x + 2 < 3 –5 < x < 1 (mosbarazimi i parë). x + 2 < –3 ose x + 2 > 3 x < –5 ose x > 1 (mosbarazimi i dytë). Duhet të provojmë konvergjencën apo divergjencën në skajet e intervalit. Për x = –5 seria polinomiale merr trajtën: n
n 3 n 3n (1)n 1 (1)n n n (5 2) n 3n 1 3n 1 3n 3 3 n 0 n 0 n 0 n 0 Seria numerike e përftuar është është divergjente. Për x = 1 seria polinomiale merr trajtën:
n
MATEMATIKA 1 |
349
n (1 2)n n 3n n 3n 1 n1 n n 3n1 3 n 0 n 0 n 0 3 n 0 3 3 Seria numerike e përftuar është është divergjente. Përfundimisht intervali i konvergjencës është –5 < x < 1 ose ]–5; 1[.
IX.2. SERITË E TEILORIT DHE MAKLORENIT Seritë e Teilorit. Le të supozojmë se funksioni y = f(x) paraqitet me anë të një serie polinomiale. Pra: f(x) = b0 + b1(x – a) + b2(x – a)2 + b3(x – a)3 + b4(x – a)4 + ... ku |x – a| < R dhe R-rrezja e konvergjencës së kësaj serie. Le të gjejmë se ç’kushte duhet të plotësojnë koeficientët bn të këtij funksioni që të jetë i vërtetë barazimi. Këtë zgjidhje e jep teorema në vijim: Teoremë: Në qoftë se funksione f(x) paraqitet me anë të një serie polinomiale të trajtës f(x) = b0 + b1(x – a) + b2(x – a)2 + b3(x – a)3 + b4(x – a)4 + ... (*) f ( n ) (a) ku |x – a| < R, atëhere koeficientët e saj jepen nga formula: bn . n! Vërtetim: Në barazimin (*) zëvëndësojmë x = a dhe kemi: f(a) = b0 Derivojmë të dy anët e barazimit (*) dhe kemi: f’(x) = b1 + 2b2(x – a) + 3b3(x – a)2 + 4b4(x – a)3 + ... ku |x – a| < R. f '(a) Për x = a kemi: f’(a) = b1 b1 1! Derivojmë, përsëri, të dy anët e barazimit (*) dhe kemi: f’’(x) = 2b2 + 23b3(x – a) + 34b4(x – a)2 + ... ku |x – a| < R. Nga këtu për x = a marrim: f "(a) f’’(a) = 2b2 b2 2! Derivojmë, përsëri, të dy anët e barazimit (*): f(3)(x) = 23b3 + 234b4(x – a) + 345b5(x – a)2 + ... ku |x – a| < R. f (3) (a ) (3) Për x = a kemi: f (a) = 23b3 = 3!b3 b3 3! Derivojmë, n herë, të dy anët e barazimit (*) dhe pasi zëvëndësojmë x = a f ( n ) (a) kemi: f(n)(a) = 2345…nbn = n!bn bn n! MATEMATIKA 1 |
350
Pra, b0 = f(a),
b1
f ' (a) f (2) (a) f (3) (a ) , b3 , …, f ' (a) , b2 1! 2! 3!
f ( n ) (a) bn ,… n! Përfundimisht duke zëvëndësuar koeficientët bn me shprehjet e tyre të barabarta marrim formulën: f ( n ) ( a) n f ( x) x a n! n 0 f '(a) f "(a) f "'(a) f (a) ( x a) ( x a) 2 ( x a)3 ... 1! 2! 3! Kjo seri njihet me emrin seria e Teilorit për funksionin f(x) në një zonë rrethuese të pikës a. (Për të përjetësuar emrin e matematikanit anglez Brook Taylor 1685 - 1731).
Seritë e Maklorenit. Rast i veçantë i serisë së Teilorit është për a = 0. Për këto kushte seria e Teilorit merr trajtën: f ( n) (0) n f '(0) f "(0) 2 f "'(0) 3 f ( x) x f (0) x x x ... n! 1! 2! 3! n 0 Kjo seri njihet me emrin seria e Maklorenit (Për nder të matematikanit skocez Colin Maclaurin 1698 - 1746). Shembull: Për funksioni f(x) = ex gjeni serinë e Maklorenit në një zonë rrethuese të pikës a = 0 dhe rrezen e tij të konvergjencës. Zgjidhje: Gjejmë koeficientët bn të serisë polinomiale. f(x) = ex f(0) = e0 = 1 b0 = f(0) = 1 x f’(x) = e f’(0) = e0 = 1 b1 = f’(0) = 1 f "(0) 1 b2 f”(x) = ex f”(0) = e0 = 1 2! 2 f "'(0) 1 b3 f(3)(x) = ex f(3)(0) = e0 = 1 3! 6 (4) f (0) 1 f(4)(x) = ex f(4)(0) = e0 = 1 b4 4! 24 ........... ........ .......... f "(0) 1 bn f(n)(x) = ex f(n)(0) = e0 = 1 n! n! MATEMATIKA 1 |
351
1 2 1 3 1 4 1 x x x ... x n . 2 6 24 n 0 n ! Gjejmë tani rrezen e konvergjencës për serinë e përftuar. 1 1 . bn dhe bn1 (n 1)! n! 1 bn 1 (n 1)! n! n! 1 1 bn (n 1)! (n 1)n ! n 1 n! b 1 1 lim n 1 lim lim 0. n b n n 1 n n 1 n
ex 1 x
Seria konvergjon për çdo vlerë të ndryshores x. Shembull: Për funksioni f(x) = lnx gjeni serinë e Teilorit në një zonë rrethuese të pikës a = 1 dhe rrezen e tij të konvergjencës. Zgjidhje: Gjejmë koeficientët bn të serisë polinomiale. f(x) = lnx f(1) = ln1 = 0 1 1 f '( x) f '(1) 1 x 1 f”(x) = (–1)x–2 f”(1) = –1 f(3)(x) = (–1) (–2)x–3 f(3)(1) = (–1)2 2! = (–1)2 2!x–3 f(4)(x) = (–1) (–2) (–3) x–4 f(4)(1) = (–1)3 3! = (–1)3 3!x–4 ........... ........ (n) n–1 –n f (x) = (–1) x f(n)(1) = (–1) n–1(n – 1)! = (–1) n–1(n – 1)!x–n Në formulën për serine e Teilorit zëvëndësojmë dhe kemi: f '(1) f "(1) f "'(1) ln x f (1) ( x 1) ( x 1)2 ( x 1)3 ... 1! 2! 3! n 1 1 1 1 2 3 n ln x x 1 x 1 x 1 ... x 1 ... 2 3 n n 1 1 x 1 n . n n 0 Gjejmë tani rrezen e konvergjencës për serinë e përftuar. MATEMATIKA 1 |
352
1
1
n 1
n
dhe bn 1 . n n 1 n 1 1 n 1 1 n bn 1 n n 1 n n bn 1 1 (n 1) n 1 n b n n lim n 1 lim lim 1. n b n n 1 n n 1 n Meqë L = 1 rrjedh se R = 1. Seria konvergjon nëse: |x – 1| < 1 –1 < x – 1 < 1 0
bn
IX.3. VEPRIME ME SERI POLINOMIALE.
Dimë që seria gjeometrike
x
n
për |x| < 1, ku q = x shprehet me formulën:
n 1
1 . (1) 1 x n 0 Duke zbatuar formulën për seritë e Teilorit në pikën a = 0 fitohen zbërthimet përkatëse për funksionet e mëposhtme: Funksio Intevali i Seria e Teilorit ni f(x) konvergjencës 1 = 1 + x + x2 + ...+ xn + ... ]–1; 1[ 1 x 1 = 1 – x + x2 – ...+ (–1)nxn + ... ]–1; 1[ 1 x 1 1 1 ln(1 – x) x x x3 ... x n ... ]–1; 1[ 2 3 n 1 1 (1) n n ln(1 + x) x x 2 x3 ... ]–1; 1[ x ... 2 3 n 1 1 1 ex 1 x x2 x3 ... x n ... ]–; [ 2! 3! n!
x
n
1 x x 2 x 3 ...
MATEMATIKA 1 |
353
1 2 1 3 (1) n n ]–; [ 1 x x x ... x ... 2! 3! n! (Lexuesi mund të provojë vërtetësinë e këtyre barazimeve duke kryer llogaritë e duhura).
e–x
Mbledhja e dy serive. Le të jenë dhënë dy seri të Teilorit të përcaktuar në pikën 0: f(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + ... + bn xn + ... g(x) = b0 + b1x + b2x2 + b3x3 + ... + bn xn + ... Shuma e këtyre dy serive është: f(x) + g(x) = (a0 + b0) + (a1 + b1) x + (a2 + b2)x2 + (a3 + b3)x3 + ... + (an + bn)xn + ... Ky veprim është i vlefshëm në prerjen e dy intevaleve të konvergjencës. Shembull: Gjeni serine e Teilorit për funksionin f(x) = ex + ln(1 + x) të përcaktuar në pikën 0 dhe intervalin e konvergjencës. Zgjidhje: Nga tabela e mësipërme kemi: 1 1 1 e x 1 x x 2 x3 ... x n ... 2! 3! n! dhe 1 1 (1)n n ln(1 x) x x 2 x3 ... x ... 2 3 n Duke mbledhur koeficientët pranë fuqive të njëjta të x-it kemi: f(x) = ex + ln(1 + x) 1 ( 1) n 1 n 1 1 2 1 1 3 1 2 x x x ... x ... n 2! 2 3! 3 n! Seria e funksionit ex konvergjon për xR, ndërsa seria ln(1 + x) konvergjon vetëm për ato x-e që gjenden në ]–1; 1[. Prerja e tyre është ]–1; 1[, ndaj dhe intervali i konvergjencës për serinë e funksinit të dhënë është ]–1; 1[. Shumëzimi i një serie me një shprehje të dhënë. Le të jenë dhënë seria e Teilorit të përcaktuar në pikën 0: f(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + ... + bn xn + ... dhe c një shprehje çfarëdo. Atëhere: cf(x) = ca0 + ca1x + ca2x2 + ca3x3 + ... + cbn xn + ... Seria cf(x) ka të njëjtën interval konvergjence me serinë e dhënë f(x). Shembull: Gjeni serine e Teilorit për funksionin 2x2f(x) = 2x2e–x të MATEMATIKA 1 |
354
përcaktuar në pikën 0 dhe intervalin e konvergjencës. Zgjidhje: Pra, c = 2x2 dhe f(x) = e–x. Nga tabela e mësipërme kemi: 1 1 (1)n n e x 1 x x 2 x3 ... x ... 2! 3! n! Atëhere: 1 2 1 3 (1) n n 2 2 x 2 2 x f ( x) 2 x e 2 x 1 x x x ... x ... 2! 3! n! 2 4 2 5 2(1) n n 2 x x ... x ... 2! 3! n! Meqënëse seria e–x është konvergjente në ]–; [ atëhere edhe seria 2x2e–x është konvergjente ]–; [. 2 x 2 2 x3
Metoda e zëvëndësimit tek seritë. Për disa lloje funksionesh zbatimi i formulës së serive të Teilorit bëhet e vështirë pasi derivimi i rendeve të larta të të tij bëhet i ndërlikuar. Në mjaft raste problemi bëhet i lehtë duke kryer zëvëndësime të përshtatshme. Le të shohim disa shembuj. Shembull: Të shkruhet si seri polinomiale dhe të gjendet intervali i 1 konvergjencës për funksionin f ( x) . 1 x2 Zgjidhje: Po të zëvëndësojmë x me –x2 në barazimin (1) kemi: n 1 1 2 f ( x) x 1 x2 1 x2 n 0
Kjo do të thotë se funksioni i dhënë mund të paraqitet si shumë kufizash të pafundme në trajtën: n 1 n 2n 2 x 1 x 1 x 2 x 4 x6 x8 ... 2 1 x n 0 n 0 Kjo është seri gjeometrike. Konvegjon për |–x2| < 1, domethënë, x2 < 1 ose |x2| < 1. Intervali i konvergjencës është ]–1; 1[. (Natyrisht, rrezen e konvergjencës mund të përcaktonim edhe duke zbatuar b formulën, lim n 1 , por këtu është e panevojshme). n b n MATEMATIKA 1 |
355
Shembull: Të shkruhet si seri polinomiale funksioni f ( x)
1 . 2 x
Zgjidhje: Në funksionin e dhënë kryejmë transformimet: 1 1 1 1 1 f ( x) 2 x x x x 2 2 1 2 1 1 2 2 2 x Në barazimin (1) zëvëndësojmë x me dhe kemi: 2 2 3 1 x n 1 1 1 x x x 1 ... 2 x 2 2 2 2 2 n 0 2 1 2 Funksioni merr trajtën: 1 x 1 1 x 1 x f ( x) n . 2 x 2 n 0 2 n 0 2 2 2n 1 n 0 n
n
n
n
Shembull: Të shkruhet si seri të Teilorit funksioni f ( x) e x . Zgjidhje: 1 1 (1)n n x ... Dimë që e x 1 x x 2 x3 ... 2! 3! n! Duke zëvëndësuar x-in me x2 kemi: 2 1 1 (1) n 2 n e x 1 x 2 x 4 x 6 ... x ... 2! 3! n! Meqënëse seria e–x konvergjon për çdo vlerë të x-it rrjedh se edhe seria e 2
funksionit f ( x) e x konvergjon për çdo vlerë të x-it. Shembull: Të shkruhet si seri të Teilorit funksioni f(x) = ln(1 + 4x2). Zgjidhje: 1 1 (1)n n t ... Dimë që ln(1 t ) t t 2 t 3 ... 2 3 n ku ndryshorja e pavarur është t dhe –1 < t < 1. Zëvëndësojmë t-në me 4x2 dhe kemi: 2 3 n 1 1 (1)n ln(1 4 x 2 ) 4 x 2 4 x 2 4 x 2 ... 4 x 2 ... 2 3 n 2 3 n n 4 4 (1) 4 2 n 4 x 2 x 4 x 6 ... x ... 2 3 n Për të gjetur intervalin e konvergjencës nga mosbarazimi –1 < t < 1 duke kryer zëvëndësimin e bërë kemi: MATEMATIKA 1 356 2
|
Ose
–1 < 4x2< 1 1 1 1 4x2< 1 x 2 x 2 2 2
Shembull: Të shkruhet si seri të Teilorit funksioni f ( x) Zgjidhje: Për funksionin f (t )
1 . 2 x
1 kemi zbërthimin 1 t
1 1 t t 2 t 3 ... t n ... 1 t 1 1 Për ta përshtatur funksionin f ( x) me funksionin f (t ) 2 x 1 t zëvëndësojmë: 2 – x = 1 – t Që këtej merret zëvëndësimi t=x–1 1 2 3 n Atëhere: 1 x 1 x 1 x 1 ... x 1 ... 2 x Për rrezen e konvergjencës kemi: –1 < t < 1 –1 < x – 1 < 1 0
n
3
bn
1
n
2n1
dhe bn1
1
n 1
2n 2
.
MATEMATIKA 1 |
357
1
n 1
n2 1 2n1 1 bn 1 2 n n bn 1 1 2n2 2 2n 1 b 1 1 lim n 1 lim . n b n 2 2 n R = 2. Domethënë seria konvergjon për |x| < 2. Nëse provoni serinë për x = –2 dhe x = 2 do të nxirrni përfundimin se në skaje të intervalit seria është divergjente (provojeni). Përfundimisht intervali i konvergjencës është ]–2, 2[. n 1
IX.4. DIFERENCIMI DHE INTEGRIMI I SERIVE POLINOMIALE. Le të jetë dhënë funksioni i paraqitur si shumë kufizash të një serie polinomiale:
f ( x) bn x a b0 b1 x a b2 x a ... n
2
n 0
Dimë që ky funksion ka bashkësi përcaktimi intervalin e konvergjencës të serisë. Dëshirojmë që funksione të tilla t’i diferencojmë apo t’i integrojmë. Teorema në vijim (të cilën do ta pranojmë pa vërtetim) na ndihmon që diferencimin apo integrimin ta kryejmë kufizë për kufizë njëlloj siç veprohet tek polinomet.
Teoremë: Nëse seria polinomiale
b x a
n
n
n 0
ka rreze të konvergjencës R
> 0 atëhere funksioni: f ( x) bn x a b0 b1 x a b2 x a ... n
2
n 0
është i diferencueshëm (dhe prandaj i vazhdueshëm) në intervalin ]a – R, a + R[ dhe
1) f '( x) b1 2b2 x a 3b3 x a ... nbn x a 2
n 1
n 0
2)
f ( x)dx C b0 x a b1
x a
2
x a
3
b2
... C bn x a
n 1
2 3 n 1 n 0 Rrezet e konvergjencës në barazimet 1) dhe 2) janë të dyja R. Shënim 1: Barazimet 1) dhe 2) mund të rishkruhen ndryshe kështu: d d n n 3) b x a bn x a n dx n 0 n 0 dx MATEMATIKA 1 |
358
n n b x a dx bn x a dx . n n 0 n 0 Ne dimë që: Derivati i shumës së një numri të fundëm funksionesh të derivueshëm është i barabartë me shumën e derivateve të tyre. Integrali i shumës së një numri të fundëm funksionesh të integrueshëm është i barabartë me shumën e integraleve të tyre. Barazimet 3) dhe 4) tregojnë se këto dy pohime janë të vërteta edhe nëse numri i funksioneve është i pafundëm.
4)
Shënim 2: Teorema thotë se rrezja e konvergjencës mbetet e njëjtë kur seria polinomiale diferencohet apo integrohet por kjo nuk do të thotë se intervali i konvergjencës mbetet i pandryshuar. Mund të ndodhë seria e dhënë të jetë konvergjente në një pikë që është skaj i intervalit ndërsa seria e përftuar nga diferencimi apo integrimi të mos jetë konvergjente në atë pikë. Shembull: Të diferencohet seria në barazimin (1): 1 1 x x 2 x 3 ... x n . 1 x n 0 Gjeni rrezen e konvergjencës për serinë e përftuar. Zgjidhje: Diferencojmë anë për anë: '
dhe kemi:
' 1 2 3 1 x x x ... 1 x 1 2 3 1 2 x 3 x 4 x ... nx n 1 2 n 0 1 x
Po të zëvëndësojmë n me n + 1 kemi serinë: 1 n 1 x n 2 1 x n0 Sipas teoremës së mësipërme rrezja e konvergjencës për këtë seri është e njëjtë me rrezen e konvergjencës në barazimin (1). Pra R = 1. Shembull: Gjeni serinë polinomiale të funksionit f(x) = ln(1 – x). Gjeni rrezen e konvergjencës për serinë e përftuar. Zgjidhje: 1 Nga tabela e integraleve dimë që ln(1 x) dx . 1 x
MATEMATIKA 1 |
359
1 1 x x 2 x 3 ... x n . 1 x n 0 1 Aëthere kemi: ln(1 x) dx 1 x x 2 x3 ... dx 1 x 2 3 x x x n1 x ... C C 2 3 n 0 n 1
Nga ana tjetër
xn C ku |x| < 1 n 1 n Për të përcaktuar vlerën e konstantes C zëvëndësojmë x = 0 dhe C = 0 dhe kemi:: x 2 x3 xn ku |x| < 1 ln(1 x) x ... 2 3 n 1 n Rrezja e konvergjencës së kësaj serie është R = 1 (provojeni).
Shënim: Shprehja e fundit e gjetur për funksionin f(x) = ln(1 – x) ka mjaft përdorim. Përshembull nëse zëvëndësojmë x = 0,5 gjejmë: 1 x 2 x3 1 ln(1 ) ln ln 2 x ... 2 2 3 2 1 1 1 1 1 ... n 2 8 24 64 n 1 n 2 Shembull: Gjeni serinë polinomiale të funksionit f(x) = tg–1 x = arctgx. Gjeni rrezen e konvergjencës për serinë e përftuar. Zgjidhje: 1 Vërejmë se f ' ( x) . Duke integruar të dy anët e kësaj shprehje gjejmë: 1 x2 1 arctg x tg 1 ( x) dx 1 x 2 x 4 x6 ... dx 2 1 x x3 x5 x 7 C x ... 3 5 7 Për të gjetur vlerën e konstantes C zëvëndësojmë x = 0 dhe kemi C = arcttg 0 =0. x3 x5 x 7 x 2n1 Përfundimisht: arctg ( x) x ... (1)n 3 5 7 2n 1 n 0 1 Meqë rrezja e konvergjencës për serinë e funksionit është 1 rrjedh se 1 x2 rrezja e konvegjencës për serinë e funksionit të dhënë është R = 1.
MATEMATIKA 1 |
360
Shembull: Paraqitni si seri polinomiale shprehjen
1
1 x
7
dx
Zgjidhje: Si hap të parë gjejmë një seri polinomiale për shprehjen nën shenjën e integralit. Për këtë zëvëndësojmë x me –x7 tek seria gjeometrike e barazimit (1) dhe kemi: n 1 1 n 7 14 7 1 x x ... x 1 x7 n 7 7 1 x 1 x n 0 n 0
Integrojmë anë për anë dhe kemi: 1 7 14 1 x7 dx 1 x x ... dx 7 n 1 x8 x15 x22 n x =C x ... C 1 8 15 22 7n 1 n 0
IX.5. POLINOMET E TEILORIT. Le të supozojmë se funksioni f(x) zbërthehet në seri të Maklorenit: f(x) = b0 + b1x + b2x2 + b3x3 + ... + bnxn + ... Po të shënojmë: Tn(x) = b0 + b1x + b2x2 + b3x3 + ... + bnxn dhe Rn(x) = bn+1xn+1 + bn+2xn+2 + ... Atëhere funksioni f(x) mund të shkruhet ndryshe: f(x) = Tn(x) + Rn(x) Diferenca midis f(x) dhe Tn(x) quhet mbetja e serisë së Teilorit dhe shënohet me Rn(x). Në rast se funksioni f(x) është zbërthyer në seri të Teilorit atëhere: n f ( i ) (a) Tn ( x) ( x a )i i! i 0 f '(a) f " (a) f ( n ) (a) f (a) ( x a) ( x a) 2 ... ( x a)n 1! 2! n! (0) Kujtojmë që: f ( x) f (a ) . Është e dukshme që Tn(x) është një polinom i shkallës n dhe quhet polinom i Teilorit i shkallës n në a. Përshembull, për funksionin logaritmik y = lnx polinomet e Teilorit për n = 1, 2, 3 në një zonë rrethuese të a = 1 janë: 1 2 T1(x) = x – 1, T2 ( x) x 1 x 1 , 2 1 1 2 3 T3 ( x) x 1 x 1 x 1 , etj. 2 3 MATEMATIKA 1 |
361
Polinomi i Teilorit për funksionin f(x) të derivueshëm një numër të pafundëm herësh. Le të supozojmë se funksioni f(x) është i derivueshëm një numër të pafundëm herësh. Shtrohet pyetja: Për çfarë kushtesh është i vërtetë barazimi: f ( n ) (a) f ( x) ( x a) n n! n 0 Ashtu sikurse u veprua me seritë numerike konvergjente edhe këtu do të operohet me shumat e pjesshme. Teoremë: Në qoftë se f(x) = Tn(x) + Rn(x), ku Tn është polinom i Teilorit i shkallës n në a dhe lim Rn ( x) 0 për të gjitha x-et në intervalin e n
konvergjencës atëhere f(x) zbërthehet në seri të Teilorit në intervalin a – R < x < a + R. Vërtetim: Nga barazimi f(x) = Tn(x) + Rn(x) fitohet barazimi Tn(x) = f(x) – Rn(x) Nëse kemi provuar që lim Rn ( x) 0 atëhere n
lim Tn ( x) lim f ( x) Rn ( x) f ( x) lim Rn ( x) f ( x) n
n
n
Pra, mundësia e zbërthimit të një funksioni f(x) me derivate të çdo rendi në seri të Teilorit varet nga fakti nëse limiti i Rn(x) është ose jo i barabartë me zero. Në qoftë se ky limit nuk është zero, atëhere seria e Teilorit mund të divergjojë ose mund edhe konvergjojë, por jo tek f(x), por në ndonjë funksion tjetër. Teoremë (Inekuacioni i Teilorit): Në qoftë se |f(n+1)(x)| M për |x – a| d, atëhere për mbetjen e serisë së Teilorit është i vërtetë mosbarazimi: M Rn ( x) | x a |n 1 (n 1)! Vërtetim: Për të parë nëse ky mosbarazim është i vërtetë për n = 1, supozojmë që |f”(x)| M. Që këtej marrim –M f”(x) < 0 dhe 0 < f”(x) M. Për rastin kur 0 < f”(x) M dhe për x të tilla që a x a + d kemi: x
a
x
f "(t )dt Mdt a
f’(x) – f’(a) M(x – a) f’(x) f’(a) + M(x – a) MATEMATIKA 1 |
362
Duke interguar përsëri të dy anët e mosbarazimit marrim: x
x
f '(t )dt [ f '(a) M (t a)]dt
a
a
( x a)2 2 ( x a)2 f ( x) f (a) f '(a)( x a) M 2 Nga ana tjetër kemi që R1(x) = f(x) – T1(x) = f(x) – f(a) – f’(a)(x – a). ( x a)2 Rrjedh mosbarazimi: R1 ( x) M . 2 Për rastin –M f”(x) < 0, dyke arsyetuar njëlloj si më sipër marrim mosbarazimin: ( x a) 2 R1 ( x) M . 2 Përfundimisht për mbetjen e serisë së Teilorit fitohet mosbarazimi: | x a |2 M R1 ( x) M ose njëlloj R1 ( x) | x a |2 2 2 Kështu u provua mosbarazimi i Teilorit për n = 1. Rezultati për çdo n provohet në mënyrë të ngjashme. Nisur nga mosbarazimi |f(n+1)(x)| M, duke derivuar n + 1 herë të dy anët e tij M | x a |n 1 . fitohet mosbarazimi i kërkuar Rn ( x) (n 1)! Shënim: Për mbetjen e serisë së Teilorit ka disa formula. 1)Njëra prej tyre është trajta e Lagrazhit e termitmbetës Rn(x). Sipas kësaj formule gjendet një numër c midis x dhe a të tillë që: f ( n1) (c) Rn ( x) ( x a)n1 (n 1)! 2)Nëse funksioni f(n + 1) është i vazhdueshëm në intervalin Itë konvergjencës dhe xI, atëhere forma integrale e termit mbetës është: f ( x) f (a) f '(a)( x a) M
x
Rn ( x) ( x t ) n f ( n 1) (t )dt a
IX.6 SHEMBUJ TË ZBËRTHIMIT TË FUNKSIONIT NË SERI TË TEILORIT APO TË MAKLORENIT. MATEMATIKA 1 |
363
Shembull: Provoni që funksioni ex është i barabartë me serinë e vet të Maklorenit. Zgjidhje: Kemi f(x) = ex. Duke gjetur derivatet e një pas njëshme del se f(n+1)(x) = ex. Nëse d është një numër pozitiv të tillë që |x| d atëhere: f(n+1)(x) = ex ed. Prandaj inekuacioni i Teilorit për a = 0 është: ed Rn ( x) | x |n 1 për |x| d. n 1! d Duke marrë M = e ne kemi: ed | x |n1 d n1 lim Rn ( x) lim | x |n1 ed lim ed lim 0. n n (n 1)! n (n 1)! n (n 1)! Që këtej rrjedh se funksioni f(x) = ex është i barabartë me shumën e serisë së Maklorenit. Zbërthimi i funksionit eksponencial f(x) = ex në seri të Maklorenit është: 1 1 1 4 1 e x 1 x x 2 x3 x ... x n 2 6 24 n 0 n ! Nëse zëvëndësohet x = 1 fitohet barazimi: 1 1 1 1 1 e 1 ... 1! 2! 3! 4! n 0 n ! Shembull: Gjeni serinë e Teilorit për funksionin f(x) = ex në pikën a = 2. Zgjidhje: Kemi provuar se f(n)(2) = e2. Duke zëvëndësuar a = 2 në serinë e Teilorit kemi: f ( n) (2) e2 ex ( x 2)n ( x 2)n n! n 0 n 0 n ! Shënim: Për funksionin f(x) = ex janë gjetur dy zbërthime. 1 Zbërthimi e x x n është i vlefshëm për x-e afër 0 n 0 n !
e2 ( x 2)n është i vlefshëm për x-e afër numrit 2. n ! n 0
ndërsa zbërthimi e x
Shembull: Gjeni serinë e Maklorenit për funksionin f(x) = sinx. Zgjidhje: MATEMATIKA 1 |
364
f(x) = sinx f(0) = sin0 = 0 f’(x) = cosx f’(0) = cos0 = 1 f”(x) = –sinx f”(0) = –sin0 = 0 f(3)(x) = –cosx f(3)(0) = –cos0 = –1 f(4)(x) = sinx f(4)(0) = sin0 = 0 ........... ........ (n+1) Vihet re se f (x) është sinx ose cosx. Po të marrim M = 1 kemi | f(n+1)(x) | 1 dhe mosbarazimi i Teilorit është: M | x |n1 n 1 Rn ( x) | x| (n 1)! (n 1)! n 1 | x| lim Rn ( x) lim 0 n n (n 1)! Kështuqë f(x) = sinx zbërthehet në seri të Maklorenit dhe zbërthimi është si në vijim: f '(0) f "(0) 2 f (3) (0) 3 sin x f (0) x x x ... 1! 2! 3! x3 x5 x 7 x 2 n1 x ... (1)n 3! 5! 7! (2n 1)! n 0 Shembull: Gjeni serinë e Maklorenit për funksionin f(x) = cosx. Zgjidhje: Zgjidhja mund të bëhet në dy mënyra. Mënyra e parë është njëlloj siç u veprua për funksionin f(x) = sinx. Mënyra e dytë është duke u mbështeur tek derivimi i të dy anëve të funksionit f(x) = sinx. d d x3 x5 x7 Pra, cos x sin x x ... dx dx 3! 5! 7!
1
x 2 x 4 x6 x2n ... (1)n 2! 4! 6! (2n)! n 0
Shembull: Gjeni serinë e Teilorit për funksionin f(x) = sinx rreth pikës
. 3
Zgjidhje: f(x) = sinx f’(x) = cosx
3 f sin 3 2 3 1 f ' cos 3 2 3 MATEMATIKA 1
|
365
f”(x) = –sinx f(3)(x) = –cosx
3 f " sin 3 2 3 1 f (3) cos 3 2 3
3 f (4) sin 3 2 3 ........... ........ f ' f " f (3) 2 3 3 3 3 sin x f x x x ... 1! 3 2! 3 3! 3 3 f(4)(x) = sinx
3 1 3 1 x x x ... 2 2 1! 3 2 2! 3 2 3! 3 2
3
Shembull: Gjeni serinë e Maklorenit për funksionin f(x) = xcosx. Zgjidhje: x2 x4 x6 x cos x x 1 ... 2! 4! 6! 2 n 1 x3 x5 x 7 n x x ... (1) 2! 4! 6! (2n)! n 0
IX. 7. ZBATIME TË SERIVE POLINOMIALE. Supozojmë se funksioni f(x) është i barabartë me shumën e serisë së vet të Teilorit në a: f ( n ) (a) f ( x) ( x a) n n! n 0 f '(a) f " (a ) f ( n ) (a ) f (a) ( x a) ( x a) 2 ... ( x a) n ... 1! 2! n! Më sipër përdorëm shënimin Tn(x) për shumat e pjesshme të kësaj serie dhe e quajtëm polinomi i shkallës n të Teilorit për funksionin f(x) në pikën a. Pra,
MATEMATIKA 1 |
366
f ( i ) (a) ( x a )i i! i 0 f '(a) f " (a) f ( n ) (a) f (a) ( x a) ( x a) 2 ... ( x a)n 1! 2! n! Në rast se f(x) është shumë e serisë së vet të Teilorit, dhe Tn(x) f(x) për n atëhere Tn(x) mund të përdoret si përafrim për funksionin f(x). Pra, Tn(x) f(x). Shënojmë se përafrimi i funksionit f(x) sipas shkallëve është: Polinom i shkallës së parë të Teilorit në pikën a është: f '(a) T1 ( x) f (a) ( x a) . 1! Polinom i shkallës së dytë të Teilorit në pikën a është: f '(a) f " (a ) T2 ( x) f (a) ( x a) ( x a)2 1! 2! Polinom i shkallës së tretë të Teilorit në pikën a është: f '(a) f " (a) f (3) (a) 2 T3 ( x) f (a) ( x a) ( x a) ( x a)3 1! 2! 3! E kështu me radhë. Në çdo rast përafrimi të funksionit f(x) në polinom të Teilorit është mëse e nevojshme t’i japim përgjigje pyetjes: Sa është masa e gabimit të bërë? Për t’iu përgjigjur kësaj pyetje shohim vlerën absolute të mbetjes: |Rn(x)| = | f(x) – Tn(x)| Ka disa metoda për vlerësimin e kësaj mase gabimi. Theksojmë dy: 1. Nëse seria ndodh të jetë seri alternative, mund të përdorim teoremën për llogaritjen e shumës së serisë alternative e cila thotë: n
Tn ( x)
Në qoftë se S 1
n 1
n 1
bn është shuma e serisë alternative që përmbush
kushtet: 1)0 bn+1 bn dhe 2) lim bn 0 atëhere |Rn| = |S – Sn| bn+1 n
2. Në të gjitha rastetmund të përdorim inekuacionin e Teilorit e cila thotë që M | x a |n 1 nëse |f(n+1)(x)| M, atëhere | Rn ( x) | (n 1)! Shembull: a)Përafroni funksionin f ( x) 3 x në polinom të Teilorit të shkallës 2 në pikën a = 8. b)Sa e saktë është ky përafrim kur 7 x 9? Zgjidhje: MATEMATIKA 1 |
367
1
a) f ( x) 3 x x 3 f(8) = 2 1 2 1 f '( x) x 3 f '(8) 3 12 5 2 1 f "( x) x 3 f "(8) 9 144 8 8 10 10 1 10 3 8 3 f (3) ( x) x f (3) (8) 27 27 27 3 23
8
10 1 27 28
Kështu, polinomi i Teilorit të shkallës së dytë është: f '(8) f " (8) T2 ( x) f (8) ( x 8) ( x 8) 2 1! 2! 1 1 2 ( x 8) ( x 8)2 12 288 Dhe përafrimi i dëshiruar është: 1 1 3 x T2 ( x) 2 ( x 8) ( x 8)2 12 288 b)Seria e Teilorit nuk është alternative kur x < 8, prandaj nuk mund të përdorim teoremën për llogaritjen e shumës së serisë alternative. Duhet të përdorim inekuacionin e Teilorit për n = 2 dhe a = 8. M | R2 ( x) | | x 8 |3 3! 8
8
ku |f(3)(x)| M. Nga x 7 rrjedh se x 3 7 3 dhe prandaj 10 1 10 1 f (3) ( x) 8 8 0,0021 27 x 3 27 7 3 Marrim M = 0,0021. Nga 7 x 9 rrjedh –1 x – 8 1 dhe |x – 8| 1. Në këto kushte inekuacioni i Teilorit është: 0,0021 3 0,0021 | R2 ( x) | 1 0,0004 . 3! 6 Kështu, nëse 7 x 9 në përafrimin në pikën a) është me saktësi 0,0004. Shembull: a)Kush është gabimi maksimal i mundëshëm në përdorimin e përafrimit: x3 x5 sin x x kur –0,3 x 0,3? Përdorni këtë përafrim për të gjetur 3! 5! MATEMATIKA 1 |
368
sin120 me saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes dhjetore. b)Për çfarë vlere të x ky përafrim është me saktësi me 0,00005? Zgjidhje: x3 x5 x 7 a) Shënojmë që seria e Maklorenit sin x x ... 3! 5! 7! është seri alternative për të gjitha vlerat jozero të x-it. Për më tepër funksioni është rritës për |x| < 1 prandaj mund të përdorim teoremën për llogaritjen e shumës së serisë alternative. Gabimi në këtë përafrim të sinx për tre kufizat e para të serisë së Maklorenit është të shumtën: x7 | x| 7! 5040 Nëse –0,3 x 0,3, atëhere |x| 0,3, kështu gabimi është më i vogël se (0,3)7 4,3 108 5040 Për të gjetur sin120, së pari konvertojmë 120 në radian. 12 sin120 sin sin 180 15
1 1 0, 207912 15 15 3! 15 5! b)Gabimi do të jetë më i vogël se 0,00005 në qoftë se | x| 0, 00005 5040 Duke zgjidhur këtë inekuacion ne marrim: 3
5
1
|x|7 < 0,252 ose | x | (0, 252) 7 0,821 Pra, përafrimi i marrë është me saktësi me 0,00005 kur |x| < 0,82.
IX.8 USHTRIME. 1. a)Kush është rreze e konvergjencës së një serie polinomiale? b)Si gjendet rreze e konvergjencës e një serie polinomiale? c)Kush është intervali i konvergjencës së një serie polinomiale? d)Si gjendet rreze e konvergjencës së një serie polinomiale? 2. Gjeni rrezen e konvergjencës dhe intervalin e konvergjencës të serive:
MATEMATIKA 1 |
369
1)
n 1
xn n
2)
n
5)
n 1
8)
n
n x 5 3
n
x 2
n 0
nn
14)
19)
n 1
22)
n 1
n3 1
4 x 1 n3
4
x
n
12)
3x 2
n 1
n3n
23)
1 n2
n
15)
n x 1
18)
n
n
n x a
n 1
bn
n
n
ku b 0
n
2 x 3
n
2 x 3
n 0
n
n ! 2 x 1
n 4n x n
n 0
21)
n 1
n
n 1
xn 9) n 3 n 1 5 n
n2n
20)
n3
1
n
xn
n
n
n 0
17)
n 1
n 1
n
1 x2n 11) 2n ! n 1 n n 1 x 2
n
n x 4
n 0
1
n 1
6)
2
n 1
xn 10) 1 ln n 4n n 1
3)
xn n 0 n !
x 7) n n 1 n 3
16)
xn
nx n
13)
n
n 1
n 0
4)
1
n
n ln n
n2 x n n 1 2 4 6 (2n)
24)
n2
xn
ln n
n
3. Gjeni intervalin e konvergjencës të serive: 2 1) 2 2 x 2 x2 ... 2 xn ... 1 x 2 2) 1 x x2 ... (1)n xn ... 1 x 1 3) 1 2 x 22 x 2 ... 2n x n ... 1 2x 1 4) 1 3x 32 x2 ... 3n x n ... 1 3x 1 1 (1)n n x ... 5) ln(1 x) x x x 2 ... 2 3 n 1 1 1 6) ln(1 x) x x x 2 ... x n ... 2 3 n 1 1 1 1 2 1 n 7) x 3 x ... n1 x ... 5 x 5 52 5 5 3 3 3 3 2 3(1) n 2 x 3 x ... n 1 x n ... 8) 4 x 4 4 4 4 MATEMATIKA 1 |
370
1 1 2 x 3x 2 ... (1) n (n 1) x n ... (1 x) 2 x 10) x 2 x 2 3x3 ... nx n ... (1 x)2 1 1 1 11) e x 1 x x 2 x3 ... x n ... 2! 3! n! 1 2 1 3 (1)n n x x ... 12) e 1 x x x ... 2! 3! n!
9)
4. Gjeni intervalin e konvergjencës të serive: 1 1) 1 ( x 4) ( x 4)2 ... ( x 4)n ... 5 x 1 2) 1 ( x 2) ( x 2)2 ... ( x 2)n ... 3 x 3 1 1 (1) n 1 ( x 1) 2 ( x 1) 2 ... n ( x 1) n ... 3) x4 3 3 3 4 1 1 (1)n 1 ( x 2) 2 ( x 2) 2 ... n ( x 2) n ... 4) x2 4 4 4 2 n n 3 (1) 3 n x ... 5) e2 x 1 3x x 2 ... 2! n! x 1 1 1 5 6) e 1 x 2 x 2 ... n x n ... 5 5 2! 5 n! 2 4 43 4n 7) ln(5 4 x) 4( x 1) ( x 1) 2 ( x 1)3 ... ( x 1) n ... 2 3 n 2 3 5 5 (1) n 5n ( x 1) n ... 8) ln(6 5 x) 5( x 1) ( x 1) 2 ( x 1)3 ... 2 3 n 5. Gjeni një seri polinomiale për funksionin dhe përcaktoni intervalin e konvergjencës: 1 3 1 1) f ( x) 2) f ( x) 3) f ( x) 4 1 x 1 x 1 x2 1 3 x 4) f ( x) 5) f ( x) 6) f ( x) 2 1 9x x 5 4x 1 x2 1 x f ( x ) 7) f ( x) 8) 9) f ( x ) a2 x2 1 4x2 9 x2 6. a)Gjeni një seri polinomiale që paraqet funksionin diferenciali i të cilit MATEMATIKA 1 |
371
është: f ( x)
1
1 x
2
.Kush është rrezja e konvergjencës?
b)Shrytëzoni pikën a) për të paraqitur me seri polinomiale funksionin: 1 f ( x) 2 1 x c)Shfrytëzoni pikën b) për të paraqitur me seri polinomiale funksionin: x2 f ( x) 2 1 x 7. a)Gjeni një seri polinomiale që paraqet funksionin f(x) = ln(1 + x). Kush është rrezja e konvergjencës? b)Shfrytëzoni pikën a) për të paraqitur me seri polinomiale funksionin f(x) = xln(1 + x). c) Shfrytëzoni pikën a) për të paraqitur me seri polinomiale funksionin f(x) = ln(x2 + 1). 8. Gjeni një seri polinomiale për funksionin dhe përcaktoni rrezen e konvergjencës: x2 x3 1) f(x) = ln(5 – x) 2) f ( x) 3) f ( x ) 2 2 1 2 x x 2 1 4) f(x) = ln(3 + x) 5) f ( x) 2 6) f ( x) tg 1 (2 x) x 25 9. Paraqitni integralin e pacaktuar si seri polinomiale dhe gjeni rrezen e konvergjencës: x tg 1 x x ln(1 t ) 1) 2) 3) dx dt x3 dx t 1 x8 1 4) 5) ln(1 x 4 )dx 6) x 2tg 1 x 4 dx dx 1 x5 10. Gjeni serinë e Maklorenit për funksionin f(x) duke zbatuar përkufizimin për serinë e Maklorenit. [Supozojmë se f(x) zbërthehet. Mos tregoni që lim Rn ( x) 0 ]. Gjeni rrezen e konvergjencës: n
1)f(x) = cosx 2) f(x) = sin2x 3) f(x) = (1 + x)–3 4)f(x) = ln(1 + x) 5) f(x) = e5x 6) f(x) = xex 11. Gjeni serinë e Teilorit për funksionin f(x) duke zbatuar përkufizimin për serinë e Teilorit. [Supozojmë se f(x) zbërthehet. Mos tregoni që lim Rn ( x) 0 n
MATEMATIKA 1 |
372
]: 1)f(x) = 1 + x + x2, a = 2 3) f(x) = ex, a = 3
2) f(x) = x3, a = –1 4)f(x) = lnx, a = 2
5) f(x) = cosx, a =
6) f(x) = sinx, a =
2
1 ,a=9 8) f(x) = x–2, a = 1 x 12. Gjeni polinomin e Teilorit Tn(x) për funksionin f(x) në një zonë rrethuese të a-së: 1)f(x) = lnx, a = 2, n = 4 2)f(x) = ex, a = –1, n = 3 3)f(x) = sinx, a = /6, n = 3 4)f(x) = cosx, a = 2/3, n = 4 ln x 5)f(x) = arcsinx, a = 0, n = 3 6)f(x) = , a = 1, n = 3 x
7) f(x) =
7)f(x) = xe–2x, a = 0, n = 3 8)f(x) = 3 x 2 , a = 1, n = 2 13. a)Gjeni polinomin e Teilorit Tn(x) për funksionin f(x) në një zone rrethuese të a-së: b)Përdorni mosbarazimin e Teilorit për të përcaktuar përafrimin e f(x) Tn(x) nëse x gjendet në intervalin e dhënë: 1)f(x) = x , a = 4, n = 2, 4 x 4,2 2)f(x) = x –2, a = 1, n = 2, 0,9 x 1,1 2 3
3)f(x) = x , a = 1, n = 3, 0,8 x 1,2 4)f(x) = cosx, a = /3, n = 4, 0 x 2/3 5)f(x) = tgx, a = 0, n = 3, 0 x /6 6)f(x) = ln(1 + 2x), a = 1, n = 3, 0,5 x 1,5 7)f(x) = xlnx, a = 1, n = 3, 0,5 x 1,5 8)f(x) = xsinx, a = 0, n = 4, –1 x 1
MATEMATIKA 1 |
373
PËRMBAJTJA Kreu I Funksioni real I.1. Përkufizimi i funksionit real ............................................................. 3 I.2. Bashkësia e përcaktimit. Bashkësia e vlerave. ................................. 5 I.3. Funksioni injektiv, syrjektiv dhe bijektiv. ........................................ 9 I.4. Disa elementë për studimin e variacionit të funksionit .................. 12 I.5. Funksionet elementarë. ................................................................... 23 I.6. Funksionet polinomialë. ................................................................. 24 I.7. Funksionet fuqi. .............................................................................. 25 I.8. Funksionet omografikë. .................................................................. 27 I.9. Funksioni eksponencial dhe funksioni logaritmik. ......................... 27 I.10. Koncepte trigonometrike. ............................................................. 28 I.11. Funksionet trigonometrike............................................................ 31 I.12. Funksioni i anasjelltë .................................................................... 34 I.13. Funksioni i anasjelltë i funksioneve trigonometrikë. .................. 36 I.14. Koncepti i funksionit me shumë ndryshore. ................................. 41 I.16. Ushtrime ....................................................................................... 48 Kreu II MATEMATIKA 1 |
374
Limiti i funksionit II. 1. Bashkësia. Sasorët. ...................................................................... 55 II. 2. Vargjet numerikë. ......................................................................... 59 II. 3. Limiti i vargut .............................................................................. 62 II. 4. Veti të vargjeve konvergjent ........................................................ 67 II. 5. Limiti i funksionit ........................................................................ 75 II. 6. Teorema mbi limitin e funksionit ................................................ 86 II. 7. Rregulla të kalimit në limit ......................................................... 89 II. 8. Metoda për gjejen e limiteve ....................................................... 92 II. 9. Limitet e njëanshme .................................................................... 95 II. 10. Limitet të rëndësishme. ............................................................. 98 II. 11. Format e pacaktuara ................................................................. 102 II.12. Ushtrime .................................................................................... 111
Kreu III Vazhdueshmëria e funksionit III. 1 përkufizimi i vazhdueshmërisë së funksionit............................. 118 III 2. Funksione jo të vazhdueshëm në një pikë. Pikat e këputjes. ..... 121 III 3. Vazhdueshmëria e funksioneve elementarë në pikën “x0“ ........ 125 III 4. Veti të funksioneve të vazhdueshëm ......................................... 128 III.5. Veti të funksioneve të vazhdueshëm në një segment. ............... 129 III 6 vazhdueshmëria e funksionit të përbërë. ..................................... 131 III 7. Vazhdueshmëria e funksionit të anasjelltë................................. 135 III. 8. Asimtotat ................................................................................... 136 III. 9. Ushtrime.................................................................................... 140 Kreu IV Derivueshmëria e funksionit IV. 1. Përkufizimi i derivatit të funksionit .......................................... 141 IV. 2. Shënime të tjera të derivatit të funksionit ................................. 149 IV. 3. Kuptimi gjeometrik i derivatit. ................................................ 150 IV. 4. Derivatet e njëanshëm të funksionit. ........................................ 153 IV. 5. Vazhdueshmëria e funksionit që ka derivat. ............................. 154 IV. 6. Derivati i disa funksioneve elementarë. ................................... 156 IV. 7. Rregulla derivimi. ..................................................................... 160 MATEMATIKA 1 |
375
IV. 8. Derivati i funksionit të përbërë. Rregulli zinxhir. .................... 164 IV. 9. Derivimi në mënyrë implicite. .................................................. 165 IV. 10. Derivati i funksionit të anasjelltë. ........................................... 168 IV. 11. Derivate të rendit n, ku nn ................................................... 170 IV. 12. Kuptimi i diferencialit dhe zbatime të tij në llogaritje të përafërta. ......................................................................................... 171 Përmbledhje ....................................................................................... 173 Ushtrime.............................................................................................. 176 Kreu V Zbatime të derivateve V. 1. Vlera maksimale dhe minimale e funksionit ............................. 182 V. 2. Teorema role, koshi dhe lagranzh ............................................. 183 Ushtrime.............................................................................................. 209 Problema ............................................................................................. 216 KREU VI Integrali i pacaktuar VI.1. Kuptimi i primitives se nje funksioni .................................. 218 VI.2. Veti te integralit te pacaktuar.................................................... 222 VI.3. Metoda e integrimit me zevendesim ......................................... 224 VI.4. Metoda e integrimit me pjese .................................................... 236 VI.5. Disa integrale te rendesishme .................................................... 244 VI.6. Ushtrime ................................................................................... 252 Kreu VII Integrali i caktuar VII.1. Kuptimi gjeometrik i integralit te caktuar ............................... 258 VII.2. Ekzistenca dhe veti te integralit te caktuar ............................... 261 VII.3. Ushtrime ................................................................................... 271 VII.4. Zbatime gjeometrike te integralit te caktuar ............................ 273 VII.5. Ushtrime ................................................................................... 279 VII.6. Integralet jo te veta .............................................................. 280 VII.7. Ushtrime ................................................................................... 290 VII.8. Njohuri mbi ekuacionet diferenciale ........................................ 292 VII.9. Ushtrime ................................................................................... 300 Kreu VIII Seritë numerike ................................................................................. 301 VIII.1. përkufizime. ............................................................................ 301 MATEMATIKA 1 |
376
VIII.2. disa seri të rëndësishme. ........................................................ 303 VIII.3. Veti të konvergjencës së serive. .............................................. 308 VIII.4. Kriteri integral i konvergjencës së serive me terma jonegative. .................................................... 312 VIII.5. testet e krahasimeve. .............................................................. 319 VIII.6. seritë alternative. .................................................................... 325 VIII.7. Konvergjenca absolute. .......................................................... 329 Përmbledhje për konvergjencën e serive ................................ 333 VIII.8. Ushtrime .................................................................................. 335 Kreu IX Seritë polinomiale ............................................................................. 343 IX.1. Koncepti i serisë polinomiale. ................................................... 343 IX.2. Seritë e teilorit dhe maklorenit .................................................. 348 IX.3. Veprime me seri polinomiale. ................................................... 351 IX.4. Diferencimi dhe integrimi i serive polinomiale. ....................... 356 IX.5. Polinomet e teilorit. ................................................................... 359 IX.6 Shembuj të zbërthimit të funksionit në seri të Teilorit apo të Maklorenit. ......................................................................................... 362 IX.7.Zbatime të serive polinomiale. ................................................... 365 IX.8 Ushtrime. .................................................................................... 368
MATEMATIKA 1 |
377
