Kalkulus (Calculus in Albanian)

Table of contents :
Parathënie......Page 11
Funksioni matematik......Page 17
Funksionet dhe modelet matematike......Page 18
Funksionet monotone......Page 31
Disa klasa të rëndësishme funksionesh......Page 34
Transformimet dhe kombinimet e funksioneve......Page 48
Funksionet inverse......Page 56
Limiti i funksionit......Page 71
Problemi i tangentes dhe shpejtësisë......Page 72
Limiti i funksionit......Page 76
Limitet e pafundëm......Page 83
Përkufizimi i saktë i limitit......Page 86
Rregullat e kalimit në limit......Page 92
Vazhdueshmëria dhe derivati i funksionit.......Page 99
Vazhdueshmëria......Page 100
Limitet në pikat e pafundme, asimptotat horizontale......Page 108
Tangentet, shpejtësitë dhe raportet e ndryshimit......Page 117
Përkufizimi i derivatit......Page 121
Derivati si një funksion......Page 126
Rregullat e derivimit......Page 133
Derivatet e funksioneve elementare......Page 134
Funksionet eksponenciale......Page 141
Rregulla të tjera të derivimit......Page 144
Derivimi i funksioneve trigonometrike......Page 149
Dervimi i funksionit të përbërë. Rregulli zinxhir......Page 155
Derivimi në mënyrë implicite......Page 163
Derivate të rendeve të larta......Page 170
Përafrimet lineare dhe diferencialet......Page 182
Aplikimet e Derivatit......Page 187
Vlerat minimum dhe maksimum......Page 188
Teorema e Vlerës së Mesme......Page 194
Përcaktimi i grafikut të një funksioni nëpërmjet derivatit......Page 201
Format e pacaktuara dhe rregulli i L'Hospitalit......Page 208
Studimi i plotë i një funksioni......Page 216
Problemet e optimizimit......Page 221
Metoda e përafrimit të Njutonit......Page 229
Antiderivatet......Page 233
Integralet......Page 241
Sipërfaqet dhe distancat......Page 242
Integrali i caktuar......Page 250
Teorema themelore e Kalkulusit......Page 260
Integralet e pacaktuara.......Page 266
Metoda e zëvendësimit......Page 273
Logaritmi i përkufizuar si një integral......Page 280
Aplikime të integralit......Page 287
Sipërfaqet ndërmjet kurbave.......Page 288
Vëllimet e trupave......Page 293
Vëllimi nëpërmjet tubave cilindrike......Page 299
Puna......Page 302
Mesatarja e vlerave të një funksioni......Page 306
Teknikat e integrimit......Page 309
Integrimi me pjesë......Page 310
Integralet trigonometrike......Page 316
Zëvendësimet trigonometrike......Page 323
Integrimi i funksioneve racionale me thyesa të pjesshme......Page 330
Strategji për integrimin......Page 337
Integrimi duke përdorur tabelat dhe sistemet kompjuterike algjebrike......Page 342
Përafrimi i integraleve......Page 347
Integralet jo të mirëfillta......Page 354
Aplikime të mëtejshme të integrimit......Page 361
Gjatësia e harkut......Page 362
Sipërfaqet e rrotullimit......Page 368
Probabiliteti......Page 373
Ekuacionet parametrike dhe koordinatat polare......Page 377
Vijat e përcaktuara nga ekuacionet parametrike......Page 378
Kalkulus me vijat parametrike......Page 383
Numrat kompleksë......Page 390
Koordinatat polare......Page 393
Syprinat dhe gjatësitë në koordinata polare......Page 401
Prerjet konike......Page 406
Prerjet konike në koordinata polare......Page 415
Vargjet dhe seritë......Page 423
Vargjet......Page 424
Seritë......Page 432
Testi i integralit dhe parashikimi i shumave të serive.......Page 438
Seritë alternative......Page 444
Konvergjenca absolute, testi i raportit dhe testi i rrënjës......Page 447
Seritë fuqi......Page 450
Paraqitja e funksionit si seri......Page 453
Vektorët dhe gjeometria në hapësirë......Page 459
Sistemi koordinativ 3-dimensional......Page 460
Vektorët në R3......Page 466
Prodhimi skalar......Page 471
Prodhimi vektorial......Page 476
Ekuacionet e drejtëzës dhe planit......Page 482
Sipërfaqet cilindrike dhe kuadratike......Page 490
Koordinatat cilindrike dhe sferike......Page 500
Funksionet vektoriale......Page 505
Funksionet vektoriale dhe kurbat në hapësirë......Page 506
Derivati dhe integrali i funksioneve vektoriale......Page 510
Gjatësia e harkut dhe kurbatura......Page 515
Lëvizja në hapësirë, shpejtësia dhe nxitimi......Page 521
Derivatet e funksioneve me shumë ndryshore......Page 525
Funksionet me disa ndryshore......Page 526
Limitet dhe vazhdueshmëria......Page 531
Derivatet e pjesshme......Page 535
Plani tangent ndaj një sipërfaqe......Page 540
Rregulli zinxhir......Page 544
Derivatet e drejtuara dhe gradienti si vektor......Page 545
Vlerat ekstreme, maximumet dhe minimumet.......Page 549
Probleme optimizimi......Page 560
Integralet e shumëfishta......Page 569
Integralet e dyfishta......Page 570
Integralet e renditura......Page 577
Integrali i dyfishtë në një zonë të çfarëdoshme......Page 585
Integralet e dyfishta në koordinata polare......Page 589
Aplikime të integraleve të dyfishta......Page 592
Integralet e trefishta......Page 600
Integralet e trefishta në koordinatat cilindrike......Page 609
Integralet e trefishta ne koordinatat sferike......Page 613
Ndryshimi i ndryshoreve në integralet e shumëfishta......Page 618
Kalkulusi vektorial......Page 625
Fushat vektoriale......Page 626
Integralet drejtëvizore......Page 627
Teorema themelore e integraleve drejtvizor......Page 637
Teorema Green......Page 644
Integralet sipërfaqsore dhe Teorema e Divergjencës......Page 650
Teorema Stokes......Page 657
Gradienti, divergjenca, rotori dhe Laplasi......Page 667
Appendix......Page 675

Citation preview

T. Shaska

Kalkulus Për studentët e shkencave të natyrës dhe inxhinjerisë

Botimi i tretë

AulonnaPress 2010

Kalkulus T. Shaska

Për të gjithë ata që ëndërrojnë një Shqipëri të shkencës dhe kulturës.

Përmbajta Parathënie

v

1 Funksioni matematik 1.1 Funksionet dhe modelet matematike . . . . . . 1.2 Funksionet monotone . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Disa klasa të rëndësishme funksionesh . . . . . 1.4 Transformimet dhe kombinimet e funksioneve 1.5 Funksionet inverse . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

17 18 31 34 48 56

2 Limiti i funksionit 2.1 Problemi i tangentes dhe shpejtësisë 2.2 Limiti i funksionit . . . . . . . . . . . . 2.3 Limitet e pafundëm . . . . . . . . . . . 2.4 Përkufizimi i saktë i limitit . . . . . . . 2.5 Rregullat e kalimit në limit . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

71 72 76 83 86 92

3 Vazhdueshmëria dhe derivati i funksionit. 3.1 Vazhdueshmëria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Limitet në pikat e pafundme, asimptotat horizontale 3.3 Tangentet, shpejtësitë dhe raportet e ndryshimit . . 3.4 Përkufizimi i derivatit . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Derivati si një funksion . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

99 100 108 117 121 126

4 Rregullat e derivimit 4.1 Derivatet e funksioneve elementare . . . . . . . 4.2 Funksionet eksponenciale . . . . . . . . . . . . . 4.3 Rregulla të tjera të derivimit . . . . . . . . . . . . 4.4 Derivimi i funksioneve trigonometrike . . . . . 4.5 Dervimi i funksionit të përbërë. Rregulli zinxhir 4.6 Derivimi në mënyrë implicite . . . . . . . . . . . 4.7 Derivate të rendeve të larta . . . . . . . . . . . . 4.8 Përafrimet lineare dhe diferencialet . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

133 134 141 144 149 155 163 170 182

5 Aplikimet e Derivatit 5.1 Vlerat minimum dhe maksimum . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Teorema e Vlerës së Mesme . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Përcaktimi i grafikut të një funksioni nëpërmjet derivatit . 5.4 Format e pacaktuara dhe rregulli i L’Hospitalit . . . . . . . 5.5 Studimi i plotë i një funksioni . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 Problemet e optimizimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Metoda e përafrimit të Njutonit . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Antiderivatet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

187 188 194 201 208 216 221 229 233

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

i

6 Integralet 6.1 Sipërfaqet dhe distancat . . . . . . . . 6.2 Integrali i caktuar . . . . . . . . . . . . 6.3 Teorema themelore e Kalkulusit . . . 6.4 Integralet e pacaktuara. . . . . . . . . 6.5 Metoda e zëvendësimit . . . . . . . . . 6.6 Logaritmi i përkufizuar si një integral

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

241 242 250 260 266 273 280

7 Aplikime të integralit 7.1 Sipërfaqet ndërmjet kurbave. . . . . 7.2 Vëllimet e trupave . . . . . . . . . . . 7.3 Vëllimi nëpërmjet tubave cilindrike 7.4 Puna . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5 Mesatarja e vlerave të një funksioni

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

287 288 293 299 302 306

8 Teknikat e integrimit 8.1 Integrimi me pjesë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Integralet trigonometrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 Zëvendësimet trigonometrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4 Integrimi i funksioneve racionale me thyesa të pjesshme . . . . . . . . . 8.5 Strategji për integrimin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6 Integrimi duke përdorur tabelat dhe sistemet kompjuterike algjebrike . 8.7 Përafrimi i integraleve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.8 Integralet jo të mirëfillta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

309 310 316 323 330 337 342 347 354

. . . . .

9 Aplikime të mëtejshme të integrimit 361 9.1 Gjatësia e harkut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362 9.2 Sipërfaqet e rrotullimit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368 9.3 Probabiliteti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373 10 Ekuacionet parametrike dhe koordinatat polare 10.1 Vijat e përcaktuara nga ekuacionet parametrike 10.2 Kalkulus me vijat parametrike . . . . . . . . . . 10.3 Numrat kompleksë . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4 Koordinatat polare . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5 Syprinat dhe gjatësitë në koordinata polare . . . 10.6 Prerjet konike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.7 Prerjet konike në koordinata polare . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

377 378 383 390 393 401 406 415

11 Vargjet dhe seritë 11.1 Vargjet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Seritë . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Testi i integralit dhe parashikimi i shumave të serive. . . 11.4 Seritë alternative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.5 Konvergjenca absolute, testi i raportit dhe testi i rrënjës 11.6 Seritë fuqi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.7 Paraqitja e funksionit si seri . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

423 424 432 438 444 447 450 453

12 Vektorët dhe gjeometria në hapësirë 12.1 Sistemi koordinativ 3-dimensional 12.2 Vektorët në R3 . . . . . . . . . . . . . 12.3 Prodhimi skalar . . . . . . . . . . . . 12.4 Prodhimi vektorial . . . . . . . . . . 12.5 Ekuacionet e drejtëzës dhe planit .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

459 460 466 471 476 482

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . .

. . . . .

. . . . . . .

. . . . .

. . . . . . .

. . . . .

. . . . . . .

. . . . .

. . . . .

Shaska T.

Kalkulus

12.6 Sipërfaqet cilindrike dhe kuadratike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 490 12.7 Koordinatat cilindrike dhe sferike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 500 13 Funksionet vektoriale 13.1 Funksionet vektoriale dhe kurbat në hapësirë 13.2 Derivati dhe integrali i funksioneve vektoriale 13.3 Gjatësia e harkut dhe kurbatura . . . . . . . . 13.4 Lëvizja në hapësirë, shpejtësia dhe nxitimi . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

505 506 510 515 521

14 Derivatet e funksioneve me shumë ndryshore 14.1 Funksionet me disa ndryshore . . . . . . . . . . 14.2 Limitet dhe vazhdueshmëria . . . . . . . . . . . 14.3 Derivatet e pjesshme . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4 Plani tangent ndaj një sipërfaqe . . . . . . . . . 14.5 Rregulli zinxhir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.6 Derivatet e drejtuara dhe gradienti si vektor . . 14.7 Vlerat ekstreme, maximumet dhe minimumet. 14.8 Probleme optimizimi . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

525 526 531 535 540 544 545 549 560

15 Integralet e shumëfishta 15.1 Integralet e dyfishta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.2 Integralet e renditura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.3 Integrali i dyfishtë në një zonë të çfarëdoshme . . . . . 15.4 Integralet e dyfishta në koordinata polare . . . . . . . 15.5 Aplikime të integraleve të dyfishta . . . . . . . . . . . . 15.6 Integralet e trefishta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15.7 Integralet e trefishta në koordinatat cilindrike . . . . . 15.8 Integralet e trefishta ne koordinatat sferike . . . . . . . 15.9 Ndryshimi i ndryshoreve në integralet e shumëfishta

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

569 570 577 585 589 592 600 609 613 618

16 Kalkulusi vektorial 16.1 Fushat vektoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.2 Integralet drejtëvizore . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.3 Teorema themelore e integraleve drejtvizor . . . . . 16.4 Teorema Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.5 Integralet sipërfaqsore dhe Teorema e Divergjencës 16.6 Teorema Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16.7 Gradienti, divergjenca, rotori dhe Laplasi . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

625 626 627 637 644 650 657 667

17 Appendix

©AulonaPress

. . . . . . .

675

iii

Kalkulus

iv

Shaska T.

©AulonaPress

Parathënie Në vitin 2008 ne nisëm një projekt për rinovimin e të gjithë teksteve të matematikës ne gjuhën shqipe. Kjo ishte jo veëm diçka e nevojshme, por edhe shume e domosdoshme. E meta më e madhe e teksteve të matematikës në gjuhën shqipe ishte në 2008 dhe është edhe sot mungesa e thellësisë, trajtimi i temave në mënyrë të thjeshtë dhe të kuptueshme, dhe për më tepër trajtimi i temave të cilat janë bashkëkohore dhe me rëndesi. Në fazën e parë të këtij projekti ne nisëm me tekstet e matematikës bazë, ose ndryshe ato tekste të cilat u nevojiten gjithë studentëve të degëve të shkencave, matematikës, shkencave kompjuterike, inxhinjerive, si edhe studentëve te financës dhe ekonomikut. Pra faza e parë perfshiu tekstet • Kalkulus • Ekuacione Diferenciale • Algjebra Lineare • Matematika Diskrete Botimi i Kalkulusit ne gjuhen Shqipe në vitin 2010 ishte nje hap mjaft pozitiv për programet e matematikës në trevat Shqiptare, pasi për herë të parë u krijua baza matematike e nevojshme për gjithë studentët e degëve të mësipërme. Ne Janari, 2011 ky projekt u rikonceptua si pjesë e RISAT. RISAT është kryesisht një grup matematikanësh dhe inxhinjerësh shqiptarë dhe të huaj me synimin kryesor për te nxitur projektet shkencore në fushën e teknollogjisë dhe shkencës në trevat shqiptare. Me tepër informacion mbi veprimtarinë e RISAT mund të gjeni në www.risat.org. Nga RISAT u vendos që projekti të quhej Projekti Galua dhe të shtrihej edhe më tej teksteve bazë të matematikës. Faza e dytë e projektit po përqëndrohet tek kurset më të avancuara të cilat kryesisht janë për studentët e matematikës. • Baza te argumentimit matematik • Algjebra Abstrakte • Analiza Komplekse • Teoria e Kodeve • Hyrje ne Kriptografi Botimi i gjithë teksteve të mësipërme synohet të bëhet brenda vitit 2011. Për më tepër, RISAT ka ndermarrë inisiativën e botimit të teksteve të tjera në fushat e shkencave kompjuterike dhe inxhinjerisë. Më tepër informacion mund të gjendet në faqen e botimeve të RISAT www.risat.org/publications. Ne si grupi i punës së këtij projekti shpresojmë që keto tekste modeste të ndihmojne sadopak në ngritjen e nivelit shkencor të studentëve dhe pedagogëve në shkencën e matematikës dhe fushat e lidhura me të .

Projekti Galua Projekti Galua përfshin një grup matematikanësh shqiptarë të cilët synojnë botimin e literaturës bazë të matematikës. Me synimin e vetëm për nxitjen e kërkimit shkencor dhe nxitjen e talenteve të reja në matematikë. Projekti Galua synon të krijojë kushte të përshtatshme për zhvillimin e matematikës shqiptare nëpermjet kërkimit shkencor. Grupi i punës së Projektit Galua në shkencat e matematikës përbëhet nga A. Elezi, T. Shaska, L. Beshaj, D. Hoxhaj, V. Hoxhaj, E. Kosova, B. Hasanaj. Të gjithë anëtarët e projektit Galua janë matematikanë aktivë në kërkimin shkencor dhe punojnë ose studiojnë në universitete perëndimore. Për më tepër informacion për Projektin Galua mund te vizitoni faqen Projekti Galua. v

Kalkulus

Shaska T.

Historia e Kalkulusit Kalkulusi (Latinisht (calculus): gur, një gur i vogël përdorur për numërim) është një disiplinë në matematikë e përqëndruar në limitet, funksionet, derivatet, integralet, dhe seritë e pafundme. Kjo lëndë përbën një pjesë të madhe të arsimit universitar modern. Ajo ka dy degë kryesore, kalkulusin diferencial dhe atë integral, të cilat janë të lidhura nga Teorema Themelore e Kalkulusit. Kalkulusi është studimi i ndryshimit, në të njëjtën mënyrë që gjeometria është studimi i formës dhe algjebër është studimi i operacioneve dhe zbatimi i tyre për zgjidhjen e ekuacioneve. Një kurs në kalkulus është një portë hyrëse tek kurse të tjera më të përparuara në matematikë kryesisht e përkushtuar në studimin e funksioneve dhe limitet e quajtur analiza matematike. Kalkulusi ka aplikacione të përhapura në shkencë, ekonomi, dhe inxhinieri dhe mund të zgjidhë shumë probleme për të cilat algjebra vetëm është e pamjaftueshme. Isaac Newton, (4 janar 1643 - 31 mars 1727) Sir Isaac Newton, (4 Janar 1643 - 31 mars 1727) ishte një fizikan anglez, matematikan, astronom, filozof i lindur, alkimist, dhe teolog dhe një nga njerëzit më me ndikim në historinë njerëzore. Vepra e tij "Philosophiæ Naturalis Principia Mathematica", botuar në vitin 1687, është konsideruar të jetë libri më me ndikim në historinë e shkencës. Në këtë punë, Njutoni përshkroi gravitacionin universal dhe tre ligjet e lëvizjes, vendosi bazat për mekanikën klasike, e cila dominoi nga pikëpamje shkencore e universit fizik për tre shekujt në vazhdim dhe është baza për inxhinierinë moderne. Njutoni tregoi se levizjet e objekteve në Tokë dhe trupave qiellorë të qeverisen nga e njëjta bashkësi ligjesh natyrore duke treguar pajtueshmeri midis ligjeve të Keplerit të levizjes planetare dhe teorisë së tij të gravitetit, duke hequr dyshimet e fundit për heliocentrizmin dhe avancimin e revolucionit shkencor. Në mekanikë, Njutoni futi parimet e konservimit të momentit dhe momenti këndor. Në optikë, ai ndërtoi teleskopin e parë me refleksion dhe zhvilloi një teori të Figura 1: Isac Newton (1643-1727) ngjyrës së bazuar në vëzhgimin se një prizëm dekompozon dritën e bardhë në një spektër të dukshem. Ai gjithashtu formuloi një ligj empirik të ftohjes dhe studioi shpejtësinë e zërit. Në matematikë, Njutoni së bashku me Gottfried Leibniz krijoi kalkulusin (njehsimin) diferencial dhe integral. Ai gjithashtu vërtetoi teoremën e përgjithësuar të binomit, zhvilloi të ashtu-quajturen "metodë e Njutonit"për përafrimin e zerove të një funksioni, dhe kontribuoi në studimin e serive fuqi. Njutoni ishte gjithashtu fetar (edhe pse jo fanatik), duke prodhuar më shumë punë në teologji se sa në shkenca natyrore për të cilat ai kujtohet sot. Statura e Njutonit në mesin e shkencëtarëve mbetet në shkallën më të lartë, siç u pa edhe nga një studim në 2005 i shkencëtarëve të Shoqërisë Mbretërore të Britanisë së Madhe, të cilëve ju kërkua se kush ishte shkencëtari i cili kishte ndikimin më të madh në historinë e shkencës. Njutoni u vlerësua me shumë më tepër ndikim se Albert Einstein.

vi

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus Leibnitz, Gottfried Wilhelm (1646-1716)

Figura 2: Gottfried Wilhelm Leibnitz

Filozof dhe matematikan gjerman (bashkëkrijues i Kalkulusit), fizikant (ligji i ruajtjes së energjisë), gjeolog, etj. Fillimisht një materialist mekanik në filozofi, por në kundërshtim me empirizmin e Locke-s u zhvendos në një pozitë të racionalizmit dhe idealizëm objektiv me teorinë e tij të Monads - e pandashmja e substancave shpirtërore nga të cilat Universi është i përbërë; monads ishin të pajisur me vetë-aktivitet, por nuk kishte asnjë ndikim fizik, tek njëritjetri, vlerësonin se kriteri i së vërtetës është qartësia e njohurive, testuar nga zbatimi i Logjikës Formale të Aristotelit. Leibniz është më i njohur si bashkë-themelues i Kalkulusit me Newton dhe themeluesi i logjikës matematikore dhe simbolike. Leibniz gjithashtu ka kontribute të rëndësishme në mekanikë, gjeologji, biologji, histori, linguistikë dhe inxhinieri. Ai ishte i mirënjohur në punët publike te ditës së tij, duke i dhënë një skemë për unifikimin e shteteve gjermane, e cila kishte qenë trashëgimia e Luftës Tridhjetëvjeçare, argumentoi për ribashkimin e Kishave Protestante dhe Katolike, themeloi Akademinë e Shkencave nën Frederickun I të Prusisë, dhe ka marrë pjesë në çdo sferë të shkencës, artit dhe jetës publike në Evropën e Habsburgëve

dhe mbretit Lui XIV. Kalkulusi përdoret në cdo degë të shkences si informatika, fizika, statistika, inxhinjeri, ekonomi, biznes, mjekësi, dhe cdo fushë tjetër ku nje problem mund te modelohet matematikisht dhe kërkohet nje zgjidhje optimale. Fizika në vecanti përdor Kalkulusin. Të gjitha konceptet në mekaniken klasike janë të ndërlidhura nëpërmjet Kalkulusit. Masa e një objekti me densitet të njohur, momenti i inercisë së objektit, energjia totale e objektit, gjenden duke perdorur kalkulusin. Kimia përdor kalkulusin në përcaktimin e shpërberjes radioaktive dhe raporteve te reaksioneve. Në algjebër lineare kalkulusi përdoret për të gjetur përafrimin linear "më të mirë"për një bashkësi pikash.

©AulonaPress

vii

Kalkulus

Shaska T.

Udhëzime mbi përdorimin e këtij libri Ky libër është përpjekja e parë në shqip për të përmbledhur trungun kryesor të matematikës e cila bëhet në arsimin universitar në nje volum të vetëm, në atë që sot në botë quhet me emrin e përgjithshëm Kalkulus. Si një përpjekje e parë natyrisht ka edhe te meta. Ne jemi përpjekur të krijojmë një material të kapshëm për studentin dhe instruktorin, me një larmi problemesh dhe ushtrimesh të vështirësive të ndryshme. Shumica e shembujve të cilët janë punuar japin vetëm një grimcë të subjektit i cili merr formën e plotë vetëm kur ushtrimet në fund të çdo kreu punohen në detaje. Sekreti më i madh për studentin është puna e rregullt dhe e përditshme. Vetëm me një punë rigoroze, me zgjidhjen e gjithë ushtrimeve në fund të çdo leksioni, me kryerjen në kohë të detyrave të shtëpisë, studenti do të jetë i suksesshëm në kurset e Kalkulusit. Ne shpresojmë që ky libër, i pari i këtij lloji në Shqipëri, të sjellë një ndryshim rrënjësor në ndryshimin e matematikës në shkollat tona, në ndryshimin e formimit matematik të studentëve të inxhinjerisë, studentëve të shkencave natyrore, të studenteve të ekonomisë, dhe të studentëve të edukimit dhe shkencave humane. Tanush Shaska Michigan, 2012.

viii

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Simbolika:

R

bashkësia e numrave realë

C

bashkësia e numrave kompleksë

Q

bashkësia e numrave racionalë

Z

bashkësia e numrave të plotë

tan x

funksioni i tagentes

sin x

funksioni sinusit

ln x

funksioni i logaritmit natyror

arccos x

ark-cosinusi

arcsin x

ark-sinusi

arctan x

ark-tangenti

arg

©AulonaPress

argument

cos x

funksioni i kosinusit

cosh

kosinusi hiperbolik

cot

funksioni i kotangentit

coth

kotangenti hiperbolik

sec

funksioni i sekantit

csc

funksioni i ko-sekantit

exp x

funksioni eksponencial

ker

bërthama (kernel) i nje funksioni linear

log

funksioni logaritmik

max

maksimum

det

determinanti

sin x

funksioni i sinusit

sinh x

sinusi hiperbolik

tan x

funksioni i tangentit

tanh x

tangenti hiperbolik

∞

infinit

lim

limiti

⇒

sjell (implikacion)

⇔

ekuivalente, atëherë dhe vetëm atëherë kur

ä

përfundon vertetimi

ix

Kalkulus

x

Shaska T.

©AulonaPress

Kapitulli 1

Funksioni matematik Në këtë kapitull do të japim një përshkrim të funksioneve dhe modeleve matematike. Janë pikërisht këto funksione dhe modele ato që e bëjnë shkencën e matematikës një nga themelet më të rëndësishme të zhvillimit teknik dhe industrial të shoqërisë. Mbi bazën e këtyre modeleve matematike ne bëjmë një përshkrim sasior të fenomeneve të realitetit dhe mundësojmë zgjidhjen e shumë prej tyre. Një model matematik është një përshkrim matematik i një fenomeni real siç është numri i popullatës, ose kërkesa për një produkt, shpejtësia e një objekti lëvizës, përqëndrimi i një produkti në një kërkim shkencor kimik, jetëgjatësia e një personi, etj. Qëllimi i një studiuesi kur modelon nje fenomen te natyrës është të kuptojë fenomenin dhe ndoshta të bëjë parashikime për Figura 1.1: Shpella e Piratëve, Karaburun, Vlorë. të ardhmen. Për shembull një model matematik do të na ndihmonte të kuptonim varësinë e jetës nënujore nga sasia e dritës në shpellën e Haxhi Aliut, një model i saktë matematik do të na ndihmonte të parashikonim rritjen apo rënien e ekonomisë, performancën e aksioneve në bursë, rezultatet e ndeshjeve të futbollit, etj. Çfarë parashikimesh mund të realizohen nëpërmjet Kalkulusit? Mbahuni fort, do të jetë një det me dallgë!

17

Kalkulus

Shaska T.

1.1 Funksionet dhe modelet matematike Në përpjekjet tona për përshkrimin matematik të fenomeneve të botës reale ne zakonisht ndjekim këto faza: Faza e parë: Formulohet një model matematik që të identifikojë dhe të emërtojë ndryshoret e varur dhe ata të pavarur dhe të bëjë supozime të tilla që ta bëjë problemin të thjeshtë dhe të pranueshëm nga ana matematike. Ne përdorim njohuritë tona të situatave fizike dhe teknikat matematikore për të përftuar një ekuacion që të lidhë ndryshoret e ndryshme të sistemit. Në situata të tilla që nuk ka ligje fizike që të na orientojnë, na nevojitet që të lidhim të dhënat dhe t’i ekzaminojmë ato në trajtën e një tabele në mënyrë që të shfaqim një model. Nga kjo paraqitje numerike e funksionit ne mund të arrijmë të bëjmë një paraqitje grafike. Grafiku mund të na sigurojë në disa raste një formulë algjebrike të përshtatshme. Faza e dytë: Të përdoren njohuritë matematike tek modeli matematik në mënyrë që të arrihet në konkluzione matematike. Faza e tretë: Marrim këto konkluzione matematike dhe i interpretojmë ato si informacion për fenomenin origjinal real në mënyrë që të na ofrojë shpjegime ose të na japë parashikime. Faza e katërt: Puna përfundimtare është të testojmë këto përfundime duke kërkuar të dhëna të reja. Në qoftë se këto nuk përputhen me realitetin, ne duhet ta rishqyrtojmë modelin tonë ose të formulojmë një model të ri dhe të fillojmë ciklin nga e para. Një model matematik nuk është kurrë një paraqitje e plotë e një situate fizike, ky është idealizëm. Një model i mirë do ta thjeshtonte realitetin në mënyrë të mjaftueshme për llogaritjet matematike, por është mjaft korrekt për të dhënë konkluzione me vlerë. Eshtë e rëndësishme të kuptohen kufizimet e modeleve matematike. Ka disa tipe të ndryshëm funksionesh që mund të përdoren si modele të vrojtuara të botës reale. Në vazhdim do të diskutojmë sjelljen dhe grafikët e këtyre funksioneve dhe do të japim shembuj modelimesh prej funksioneve të tillë. Objektet themelore të përdorimit të Kalkulusit janë funksionet. Ky kapitull përgatit rrugën për Kalkulusin nëpërmjet diskutimit të ideve bazë të konceptimit të funksioneve, grafeve të tyre dhe mënyrave të transformimit dhe kombinimit të tyre. Theksojmë se një funksion mund të paraqitet në mënyra të ndryshme, nëpërmjet një: - ekuacioni, - tabele, - grafiku, - me fjalë. Ne do të shohim tipet kryesore të funksioneve që përdoren në Kalkulus dhe do të përshkruajmë proçesin e përdorimit të këtyre funksioneve si modele matematike të fenomeneve reale. Gjithashtu do të diskutojmë proçesin e përdorimit të llogaritjeve grafike dhe paketave kompjuterike për grafikë.

1.1.1 Mënyrat për të paraqitur një funksion Funksionet lindin kur disa madhësi varen nga disa të tjera. Këto madhësi mund të përfaqsojnë fenomene të botës reale që njihen mirë, ose mund të jenë disi të panjohura për ne. Në kapitujt e parë të këtij libri ne do të përqendrohemi tek rasti kur një madhësi e caktuar varet nga një madhësi tjetër. Këta quhen funksione me një ndryshore dhe me një vlerë. Le të shohim shembujt e mëposhtëm të cilët paraqesin disa funksione elementare. Shembull 1.1. Sipërfaqja A e një rrethi varet nga rrezja r e rrethit. Rregulli që lidh r me A jepet nga ekuacioni A(r ) = π · r 2 . Për çdo vlerë pozitive të r , ka një vlerë të vetme të A-së që i përgjigjet r , dhe ne themi se A është funksion i r . Në Kap. 7 ne do të mësojmë se si të vërtetojmë këtë formulë duke perdorur integralet. 18

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Le të shohim tani një shembull ku funksioni është dhënë në mënyrë tabelare. Pra, një tabelë na jep varësinë midis dy madhësive të ndryshme. Shembull 1.2. Popullimi i njerëzve në botë P varet nga koha t . Tabela 1.1 jep vlerat e llogaritura të popullimit P(t ) të kohës t , për vite të caktuara. Për një rast, për shembull në vitin 1950 popullsia ishte: Koha t 0 1 2 3 4 5 6 7 8

Popullimi P(t ) gjatë kohës t 100 168 259 358 445 509 550 573 586

Tabela 1.1: Popullsia e botës në varësi të kohës

P(1950) ≈ 2.560.000.000 Por për çdo vlerë të kohës t ka një vlerë të P, dhe ne themi se P është funksion i t -së. Secili nga këta shembuj përshkruan një rregull, ku për një vlere të dhënë (r, t , t , w) merret një tjetër vlere (A, P, a, C). Në secilin rast themi se numri i dytë është një funksion i të parit. Një funksion f (x) është një treshe e renditur (A, B, f ) ku A dhe B janë bashkësi të dhëna dhe f : A → B një rregull sipas të cilit çdo elementi x nga bashkësia A i përgjigjet një dhe vetëm një element i quajtur f (x) nga bashkësia B. Zakonisht f

kjo shënohet me simbolin f : A → B ose A → B. Ne do të merremi me funksionet për të cilat bashkësitë A dhe B janë bashkësi numrash realë. Bashkësia A quhet bashkësi e përkufizimit të funksionit. Numri f (x) është vlera e f (x) në x dhe lexohet " f e x-it". Bashkësia e vlerave të funksionit është bashkësia e të gjithë f (x) për x nga bashkësia e përkufizimit të funksionit. Një simbol që paraqet vlerat nga bashkësia e përkufizimit të funksionit quhet ndryshore i pavarur. Ndërsa simboli që paraqet vlerat nga bashkësia e vlerave të funksionit quhet ndryshore i varur. Në Shemb. 1.1, r është ndryshore i pavarur, ndërsa A është ndryshorja i varur. Në qoftë se x është nga bashkësia e përkufizimit të funksionit f (x) atëherë kur x hyn në "makinën" f (x), ai pranohet si input (hyrje) dhe makina prodhon një output (dalje) f (x) në varësi të rregullit të funksionit. Prandaj, ne mund t’a mendojmë bashkësinë e përkufizimit si bashkësinë e inputeve të mundshëm dhe bashkësinë e vlerave të funksionit si bashkësinë e daljeve të mundshme. Funksionet e paraprogramuara në një makinë llogaritëse janë shembuj të mirë të një funksioni të parë si një makinë. Për shembull, butoni i rrënjës katrore në makinën llogaritëse përbën një funksion të tillë. Ju shtypni butonin me shënimin e rrënjës katrore dhe fusni "inputin"x. Në qoftë se x është vlerë negative atëherë x nuk është në bashkësinë e përkufizimit të këtij funksioni, që do të thotë se x nuk pranohet si "input", dhe makina llogaritëse do t’ju tregojë një gabim në ekran. Në qoftë se x është një vlerë jonegative, atëherë në ekran do t’ju shfaqet një vlerë e përafërt e rrënjës së x-it. Prandaj tasti i rrënjës së x-it në makinën llogaritëse nuk është tamam njëlloj me funksionin e saktë matematikor të p përkufizuar si f (x) = x. Një tjetër mënyrë për të pasqyruar një funksion është nëpërmjet diagramave të Venit. Çdo shigjetë lidh një element nga A me një element nga B. Shigjeta tregon se f (x) është i shoqëruar me x-in, f (a) me a-në e kështu me radhë. Metoda më e përgjithshme për të paraqitur një funksion është ajo grafike. Në qoftë se f (x) është një funksion me bashkësi përkufizimi A, ku ndryshorja i pavarur x dhe ndryshorja i varur y = f (x) marrin vlera nga R, atëherë grafiku i ©AulonaPress

19

Kalkulus

Shaska T.

Figura 1.2: Mënyra e paraqitjes së funksionit me anë të diagramave

tij është bashkësia e çifteve të renditura: G :=

©¡

¢ ª x, f (x) ∈ R2 , për x që i përkasin A

Vërejmë që këto janë input-outputet. Me fjalë të tjera grafiku i f (x) konsiston në të gjitha pikat (x, y) të planit koordinativ të tilla që y = f (x) dhe x është nga bashkësia e përkufizimit të f (x). Grafiku i funksionit f (x) na jep një pamje të plotë apo historikun e jetës së atij funksioni. Meqënëse ordinata y e çdo pike (x, y) në grafik është y = f (x) ne mund ta lexojmë vlerën e f (x) nga grafiku si lartësi e grafikut sipas pikës x. Grafiku na jep gjithashtu mundësinë të pasqyrojmë bashkësinë e përkufizimit të funksionit në boshtin e x-ve dhe bashkësinë e vlerave në boshtin e y-ve. Më poshtë shohim disa shembuj të tjerë funksionesh: Shembull 1.3. Grafiku i një funksioni është treguar në Fig. 1.3. a) Gjeni vlerat e funksionit f (−2) dhe f (3). b) Cila është bashkësia e përkufizimit si dhe bashkësia e vlerave të këtij funksioni? y

x

Figura 1.3: Grafiku i funksionit x 2 + x sin x.

Zgjidhje a) Në grafik ne shohim se afërsisht pika (-2, 5) ndodhet në të, kështu që vlera e f (x) në x = 5 është afërsisht 5, pra f (−2) ≈ 5. Me fjalë të tjera pika e grafikut për x = −2 është afërsisht 5 njësi mbi boshtin e x-ve. Kur x = 3, grafiku 20

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

ndodhet rreth 9 njësi mbi boshtin e x-ve, kështu që pranojmë se f (3) ≈ 9. b) Shohim që f (x) është i përkufizuar për x ∈ [−10, 10]. Kështu që bashkësia e përkufizimit të f (x)-së është segmenti [−10, 10]. Vërejmë se f (x) merr të gjitha vlerat nga 0 deri tek 95, prandaj bashkësia e vlerave të tij është segmenti [0, 95]. Më poshtë po shohim dy shembuj elementarë të grafikëve të funksioneve. Lexuesi duhet t’i njohë këta shembuj nga matematika e shkollës së mesme. Ne nuk futemi në detajet e grafikëve të këtyre funksioneve pasi lexuesi duhet të jetë në gjendje ti plotësojë vetë këta grafikë. Shembull 1.4. Ndërtoni grafikun dhe gjeni bashkësinë e përkufizimit për funksionin f (x) = 2x − 1. y

x

Figura 1.4: Grafiku i funksionit f (x) = 2x − 1.

Zgjidhje Ekuacioni i grafikut është y = 2x − 1, dhe e kemi të qartë se është ekuacioni i drejtëzës me koefiçent këndor 2 dhe që pret boshtin e y-ve në y = −1. Kjo na lejon të skicojmë grafikun e funksionit si në Fig. 1.4 Shprehja 2x − 1 është e përkufizuar për çdo x real, kështu që bashkësia e përkufizimit të funksionit është R. Grafiku në Fig. 1.4 tregon se edhe bashkësia e vlerave të funksionit është gjithashtu R. Shembull 1.5. Ndërtoni grafikun dhe gjeni bashkësinë e përkufizimit për funksionin g (x) = x 2 . Zgjidhje Meqënëse g (2) = 4 dhe g (−1) = 1 mund të bashkojmë pikat (2, 4) dhe (-1, 1) së bashku me pikat e tjera të grafikut dhe të marrim grafikun e g (x) = x 2 si në figurë. Ekuacioni i grafikut y = x 2 paraqet një parabolë. Bashkësia e përkufizimit të tij është R. Bashkësia e vlerave të tij, është ajo e të gjithë numrave të tipit x në katror. Por këto vlera janë gjithmonë jonegative, kështu që bashkësia e vlerave të tij është [0, +∞). Sot një varietet i madh makinash llogaritese dhe paketa algjebrike përdoren për të ndërtuar edhe grafikët më të ndërlikuar të funksioneve me një ose dy ndryshore. Shihni për shembull grafikun në Fig. ?? i cili u ndërtua duke përdorur Maple 13. Eshtë grafiku i funksioneve me dy ndryshore z = f (x, y) = x · e −x

2 −y 2

.

Paketa të tjera algjebrike janë Mathematica, Singular, GAP, Magma, etj. Krijimi i algjebrës kompjuterike konsiderohet si një nga arritjet më të mëdha të shkences së Shekullit XX, mandje nga shumë si një nga arritjet më të mëdha shkencore të të gjitha kohërave. Të gjitha arritjet spektakolare shkencore të dekadave të fundit si vajtja e njeriut në hapësire, bio-gjenetika, nanoteknollogjitë, etj kanë një komponent mjaft të rëndësishëm përllogaritjesh të cilat kryhen nga këto paketa kompjutacionale. Zhvillimi shkencor në teorinë e algoritmeve ka bërë të mundur që llogaritjet sot të kryhen në pajisje fare të vogla, duke mundësuar kështu ndërtimin e pajisjeve praktike si telefonat celulare, DVD, internet, komunikacionet dixhitale, etj. ©AulonaPress

21

Kalkulus

Shaska T. y

x

Figura 1.5: Grafiku i funksionit g (x) = x 2 .

Më tej ne vazhdojmë me paraqitjen e funksioneve. Ka katër mënyra për të paraqitur një funksion: 1. Verbalisht (nëpërmjet një përshkrimi me fjalë) 2. Numerikisht (nëpërmjet një tabele vlerash) 3. Vizualisht (nëpërmjet një grafiku) 4. Algjebrikisht (nëpërmjet një formule të shtjellur)

Në qoftë se një funksion mund të paraqitet në të katër mënyrat, shpesh përdoret kalimi nga një forme paraqitjeje në një tjetër për të gjetur të reja për funksionin. Për disa funksione është më e lehtë t’i paraqesësh në një mënyrë sesa në një tjetër. Shembull 1.6. Një kontenier drejtkëndor me kapak të hapur ka një vëllim prej 10m 3 . Gjatësia e bazës së tij është dy herë më shumë se gjerësia. Materiali për bazën kushton 10 dollarë për metër katror, materiali për faqet anësore kushton 6 dollarë për metër katror. Shprehni koston e materialit në funksion të gjerësisë së bazës. Zgjidhje Ne shënojmë me w dhe 2w gjerësinë dhe gjatësinë e bazës respektivisht, dhe h le të jetë lartësia e kontenierit. Sipërfaqja e bazës është (2w)w = 2w 2 , kështu që kostoja e materialit në dollarë për bazën është 10(2w 2 ). Dy prej sipëfaqeve anësore janë përkatësisht wh dhe dy të tjerat 2wh, kështu që kostoja për materialin për faqet anësore është 6 (2(wh) + 2(2wh)). Kostoja në total do të jetë: C = 10(2w 2 ) + 6 (2(wh) + 2(2wh)) Që ta paraqesim C si funksion vetëm të w, ne duhet të eleminojmë h dhe këtë do t’a bëjmë duke u nisur nga fakti se vëllimi është 10m 3 . Prandaj, w(2w)h = 10, prej nga h= 22

5 10 = . 2w 2 w 2 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Duke zëvendësuar h tek shprehja për C do të kemi ¶ 180 5 = 20w 2 + C = 20w + 36w w2 w µ

2

Prej nga ekuacioni C(w) = 20w 2 +

180 , për w > 0 w

shpreh C si një funksion të w.

Shembull 1.7. Gjeni bashkësinë e përkufizimit të secilit prej funksioneve f (x) =

p

x + 2 dhe g (x) =

1 . x2 − x

Zgjidhje a) Për faktin se rrënja katrore e një numri negativ nuk ekziston (si një numër real), bashkësia e përkufizimit të f (x) konsiston në bashkësinë e të gjitha vlerave të x-it të tilla që x + 2 ≥ 0. Kjo është ekuivalente me x ≥ −2, kështu që bashkësia e përkufizimit është gjysmë-segmenti [−2, +∞). b) Meqënëse 1 1 g (x) = 2 = x − x x(x − 1) dhe pjestimi me zeron nuk ka kuptim, ne shohim se g (x) nuk është i përkufizuar përkufizuar uar kur x = 0 ose kur x = 1. Prandaj, bashkësia e përkufizimit të g (x)-së është {x|x 6= 0, x 6= 1} e cila gjithashtu mund të shkruhet ne trajtë intervalesh si (−∞, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1, +∞) Grafiku i funksionit është një kurbë në planin x y. Por lind pyetja: Cilat kurba në planin x y përbëjnë grafik funksionesh? Kësaj pyetje i përgjigjet testi i mëposhtëm. Testi i drejtëzës vertikale Tani ne japim një test gjeometrik që tregon në se një grafik i dhënë është ose jo funksion. Një kurbë në planin x y përbën grafik të një funksioni atëherë dhe vetëm atëherë kur asnjë drejtëz vertikale nuk e pret kurbën më shumë se një herë.

Arsyetimi për vërtetësinë e testit të drejtëzes vertikale mund të shihet në Fig 1.6. Në qoftë se secila drejtëz vertikale x = a do t’a priste kurbën vetëm në një pikë, pra vetëm një herë, atëherë vetëm një vlerë e funksionit është përcaktuar nga f (a) = b. Por në qoftë se një drejtëz x = a e pret kurbën dy herë, në (a, b) dhe (a, c), atëherë kurba nuk përfaqson një funksion sepse funksioni s’mund t’i përgjigjet me dy vlera të ndryshme a-së. Shembull 1.8. Parabola x = y 2 − 2 nuk është funksion. Zgjidhje Siç mund t’a shihni ka drejtëza vertikale që e presin parabolën dy herë. Gjithsesi parabola p përmban grafikët e dy funksioneve të x-it. Vërejmë se nga ekuacioni x = y 2 − 2 marrim se y 2 = xp + 2, prej nga y = ± px + 2. Pra, gjysma e sipërme dhe gjysma e poshtme e parabolës janë grafikët e funksioneve f (x) = x + 2 dhe g (x) = − x + 2. Vërejmë që po qe se ndryshojmë vendet e x me y, atëherë ekuacioni x = h(y) = y 2 − 2 përkufizon x-in si funksion të y-it (pra me ndryshore të pavarur y dhe me ndryshore të varur x) dhe në këtë rast parabola paraqet grafikun e një funksioni.

©AulonaPress

23

Kalkulus

Shaska T. y

x

Figura 1.6: Testi i drejtezës vertikale.

y

x

Figura 1.7: Parabola x = y 2 − 2

1.1.2 Injeksione, syrjeksione, dhe bijeksione Në matematikë injeksionet, syrjeksionet, dhe bijeksionet janë klasa që dallohen nga njëra-tjetra nga mënyra se si argumenti dhe imazhi lidhen ose pasqyrohen tek njeri-tjetri. Një funksion f : A → B është injektiv (një-për-një) në qoftë se ∀x, y ∈ A, f (x) = f (y) ⇒ x = y ose në mënyrë ekuivalente ∀x, y ∈ A, x 6= y ⇒ f (x) 6= f (y). Një funksion është syrjektiv në qoftë se tek çdo element i bashkësisë së vlerave pasqyrohet një argument nga bashkësia e përkufizimit. Në mënyrë matematike kjo shprehet si më poshtë: ∀y ∈ B, ∃x ∈ A i tillë që y = f (x). 24

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

, Figura 1.8: Nje funksion injektiv (në të majtë) dhe syrjektiv (në të djathtë)

Nje funksion është bijektivatëherë dhe vetëm atëhere kur është edhe injektiv edhe syrjektiv. Kombinacionet kur një funksion është apo jo injektiv, syrjektiv ose bijektiv janë dhënë më poshtë.

, Figura 1.9: Nje funksion bijektiv (në të majtë) dhe një funksion që nuk është as injektiv dhe as syrjektiv (në të djathtë)

1.1.3 Funksionet e pëkufizuara me pjesë, funksionet çift ose tek. Shpesh ndodh që një funksion është i përkufizuar në mënyra të ndryshme në intervale të ndryshme. Këto funksione quhen funksione të pëkufizuara me pjesë. Funksionet e përkufizuara me pjesë janë mjaft të rëndësishme në matematikë, por edhe në mjaft probleme reale të jetës. Ne do të shohim disa shembuj të këtyre funsioneve dhe do të studiojmë se si ndërtohen grafikët e tyre.

Figura 1.10: Nje funksion i përbërë nga dy funksione kuadratike dhe i përkufizuar me pjesë. Funksioni në Fig. 1.10 është një funksion i përbërë nga dy funksione të ndryshme kuadratike në anë të ndryshme të ©AulonaPress

25

Kalkulus

Shaska T.

x 0 . Siç e shihni nga figura, pika x = x 0 i përket funksionit kuadratik në të djathtë. Le të shohim tani dy shembuj klasike funksionesh të përkufizuara me pjesë. Funksioni dysheme dhe funksioni tavan përkufizohen respektivisht si më poshtë bxc = max {n ∈ Z | n ≤ x},

dxe = min {n ∈ Z | n ≥ x}.

Grafikët e tyre janë dhënë përkatësisht në Fig. 1.11. 10

10

8

8

6

6

4

4

2

2

2

4

6

8

10

2

4

6

8

10

Figura 1.11: Grafikët e funksioneve dysheme dhe tavan Shembulli që pason është funksioni i vlerës absolute. Rikujtojmë se vlera absolute e një numri a, e shënuar si |a|, është distanca nga pika a tek origjina në boshtin e numrave realë. Distancat janë gjithmonë pozitive, ose 0, kështu që kemi |a| ≥ 0, për çdo numër a. Pra, ( a në qoftë se a ≥ 0 |a| = −a në qoftë se a < 0 Mbani mend se në qoftë se a është negative, atëherë −a është pozitive. Shembull 1.9. Ndërtoni grafikun e funksionit të vlerës absolute f (x) = |x|. y

x

Figura 1.12: Grafiku i funksionit g (x) = |x|.

Zgjidhje Nga diskutimi i mëparshëm ne dimë që ( |x| = 26

x

në qoftë se

x ≥0

−x

në qoftë se

x 1

x

(1.1)

Llogarisni f (0), f (1), dhe f (2) dhe skiconi grafikun e tij.

y

x

Figura 1.13: Ky është grafiku i funksionit të përkufizuar në Eq. 1.1.

Zgjidhje Në qoftë se ndodh që x ≤ 1, atëherë vlera e f (x) është 2 − x dhe në qoftë se x > 1, atëherë vlera e f (x) është x 2 . Meqënëse 0 ≤ 1, kemi f (0) = 2 − 0 = 2. Ndërsa 1 ≤ 1 jep f (1) = 2 − 1 = 1, dhe 2 > 1 jep f (2) = 22 = 4. Si do ta ndërtojmë grafikun e këtij funksioni? Vërejmë që në qoftë se x ≤ 1, atëherë f (x) = 2 − x, kështu që pjesa e grafikut të f (x) që ndodhet në të djathë të drejtëzës vertikale x = 1 përputhet me drejtëzën y = 2 − x, e cila ka koefiçent këndor −1 dhe pret boshtin e y-ve në x = 2. Në qoftë se x > 1, atëherë f (x) = x 2 , kështu që pjesa e grafikut të f (x) që ndodhet në të djathtë të drejtëzës x = 1 përputhet me grafikun e y = x 2 , që është një parabolë. Kjo na jep mundësinë të skicojmë grafikun si në Fig. 1.13. Me poshtë po japim edhe një shembull të fundit të një funksioni të përkufizuar me pjesë. Grafikët e pjesëve për x ≤ −1 dhe −1 < x ≤ 1 janë elementare. Grafiku për pjesën x > 1 do të studiohet më në detaje në kapitujt e ardhshëm. Shembull 1.11. Ndërtoni grafikun e funksionit    − x, për x ≤ −1   2 f (x) = x , për − 1 < x ≤ 1     sin(x − 1) , për x > 1 x −1 Zgjidhje Grafiku pjesë-pjesë është si ne Fig. 1.14. Lexuesi të plotësojë detajet dhe të gjejë pikat ku grafiku ndërron formën. Më poshtë ne do të shohim dy klasa të veçanta funksionesh të cilat karakterizojnë disa veti të vecanta gjeometrike të funksioneve dhe pikërisht atë të simetrisë në lidhje me boshtin e y-ve ose me qendrën e sistemit koordinativ. Këta janë të ashtuquajturit funksione çift dhe tek. ©AulonaPress

27

Kalkulus

Shaska T. y

x

Figura 1.14: Grafiku i funksionit dhënë në Shemb. 1.11

Funksionet çift ose tek. Në qoftë se f (x) ka vetinë që për çdo numër x nga bashkësia e vetë e pëkufizimit f (−x) = f (x), atëherë quhet funksion çift. Për shembull, funksioni f (x) = x 2 është funksion çift sepse f (−x) = (−x)2 = x 2 = f (x) Kuptimi gjeometrik i funksionit çift është se grafiku i tij është simetrik në lidhje me boshtin e y-ve. Kjo do të thotë se në qoftë se vendosim pikat e grafikut të f (x) për x ≥ 0 mund të përftojmë grafikun e plotë të f (x) duke marrë simetrikun në lidhje me boshtin e y-ve. y

x

Figura 1.15: Funksionet cos x dhe sin x janë përkatesisht çift dhe tek.

Në qoftë se f (x) plotëson barazimin f (−x) = − f (x) për çdo numër x nga bashkësia e vet e përkufizimit, atëherë f (x) quhet funksion tek. Për shembull, funksioni f (x) = x 3 është tek sepse: f (−x) = (−x)3 = −x 3 = − f (x) Grafiku i funksionit tek është simetrik në lidhje me origjinën e koordinatave. Dhe në qoftë se kemi grafikun e f (x) për x ≥ 0, ne mund të përftojmë grafikun e plotë duke e rrotulluar me 180◦ në lidhje me origjinën. Funksionet cos x dhe sin x janë shembuj klasikë të funksioneve çift dhe tek, respektivisht. Shembull 1.12. Përcaktoni se cili nga funksionet e mëposhtëm është çift, tek, apo as çift as tek; f (x) = x 5 + x,

f (x) = 1 − x 4 ,

h(x) = 2x − x 2 .

Zgjidhje Ne kemi që, f (−x) = (−x)5 + (−x) = −x 5 − x = −(x 5 + x) = − f (x). Pra, f (x) = x 5 + x është tek. Për g (x) kemi, g (−x) = 1 − (−x)4 = 1 − x 4 = g (x). Pra, ky funksion është çift. Për h(x) kemi h(x) = 2(−x) − (−x)2 = −2x − x 2 . Atëherë në këtë rast, arrijmë në përfundimin se ky funksion nuk është as çift as tek.

28

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 1. Një aeroplan niset nga një aeroport një orë me vonesë drejt një aeroporti tjetër, i cili është 400 kilometra larg. Në qoftë se t përfaqson kohën në minuta qysh prej nisjes së aeroplanit, le të jetë x(t ) distanca horizontale e përshkuar dhe y(t ) le të jetë lartësia e aeroplanit. a) Ndërtoni një grafik të mundshëm për funksionin x(t ). b) Ndërtoni një grafik të mundshëm për funksionin y(t ). c) Ndërtoni një grafik të mundshëm për shpejtësinë horizontale. d) Ndërtoni një grafik të mundshëm për shpejtësinë vertikale.

Gjeni bashkësinë e përkufizimit, bashkësinë e vlerave dhe skiconi grafikun e funksionit. 10. f (x) = 5 11. F(x) = 12 (x + 5) 12. f (t ) = t 2 − 9t 13. H(t ) = 14. g (x) =

4−t 2 6−t

p

x −6

15. F(x) = |2x + 3| 2. Numri N (në milionë) i telefonave celularë të rregjistruar në vite jepet në tabelën e mëposhtme t N

1990 11

1992 26

1994 60

1996 160

1998 340

2000 650

a) Përdorni të dhënat për të skicuar grafikun e N si funksion i t b) Përdorni grafikun për të llogaritur numrin e telefonave celularë të rregjistruar prej vitit 1995 deri në vitin 1999.

16. G(x) =

3x+|x| x

17. g (x) =

|x| x2

18. f (x) = 19.

0

3. Leximet e temperaturës T (në F) janë regjistruar çdo dy orë nga mesnata deri në orën 14. Koha t është matur në orë qysh prej mesnatës. t T

0 73

2 73

4 70

6 69

8 72

10 81

12 88

14 91

a Përdorni të dhënat për të skicuar grafikun e T si funksion i t

(

x +2

për

x 2

x +2

për

x ≤ −1

2

për

x > −1

për

x < −3

për

|x| ≤ 3

për

x >3

21.   x +9 f (x) = − 2x   −6

b Përdorni grafikun për të llogaritur temperaturën në ora 11.

22. Gjeni një formulë algjebrike për funksionin grafiku i të cilit është drejtëza që bashkon pikat (1, −3) dhe (5, 7).

4. Në qoftë se

23. Gjeni një formulë algjebrike për funksionin grafiku i të cilit është drejtëza që bashkon pikat (−5, 10) dhe (7, −10).

2

f (x) = 3x − x + 2, gjeni f (2), f (−2), f (a), f (−a), f (a + 1), 2 f (a), f (2a), f (a 2 ), [ f (a)]2 , dhe f (a + h). Gjeni bashkësinë e përkufizimit të funksioneve 5. f (x) =

x 3x−1

6. f (x) =

5x+4 x 2 +3x+2

7. f (t ) =

p

t+

p 3

t p p 8. g (u) = u + 4 − u 9. Gjeni bashkësinë e përkufizimit, bashkësinë e vlerave p dhe skiconi grafikun e funksionit h(x) = 4 − x 2 . ©AulonaPress

24. Gjeni një formulë algjebrike për funksionin grafiku i të cilit është gjysma e poshtme e parabolës x + (y − 1)2 = 0. 25. Gjeni një formulë algjebrike për funksionin grafiku i të cilit është gjysma e sipërme e rrethit x 2 + (y − 2)2 = 4. 26. Gjeni një formulë si dhe bashkësinë e përkufizimit të funksionit të dhënë në vazhdim: Një drejtkëndësh ka perimetrin 20m. Shprehni sipërfaqen e drejtkëndëshit si funksion i gjatësisë së njërës brinjë. 27. Gjeni një formulë si dhe bashkësinë e përkufizimit të funksionit të dhënë: Shprehni sipërfaqen e një trekëndëshi barabrinjës si funksion i gjatësisë së brinjës së tij. 29

Kalkulus 28. Një kompani taksish merr dy dollarë për miljen e parë të udhëtimit dhe 20 qindarka për çdo një të dhjetën e miljes së mëpasshme. Shprehni koston e një udhëtimi C si funksion të distancës së përshkuar x për 0 < x < 2 dhe skiconi grafikun e këtij funksioni.

Shaska T. 29. f (x) =

x x 2 +1

30. f (x) =

x x−1

31. f (x) =

x2 x 4 −1

32. f (x) = x|x| Përcaktoni në qoftë se funksioni është çift apo tek. Në qoftë se ju keni një makinë llogaritëse grafike përdoreni atë për ta gjetur përgjigjen tuaj vizualisht.

30

33. f (x) = 1 + 3x 2 − x 4 34. f (x) = 1 + 3x 3 − x 7

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

1.2 Funksionet monotone Në këtë pjesë ne përkufizojmë funksionet monotone, rritës dhe zbritës. Siç do të shohim ato janë një mjet i rëndësishëm në studimin e funksioneve. Një funksion f (x) quhet monoton rritës në një interval I në qoftë se f (x 1 ) < f (x 2 ) sa herë që x 1 < x 2 në I.

Figura 1.16: Një funksion monoton rritës dhe një funksion zbritës. Për shembull, funksioni f (x) = bx + 3c është funksion monoton rritës. Gjithashtu, dhe funksionet f (x) = 2x ose f (x) = ln x janë funksione monotone rritës në intervalet (−∞, ∞) dhe (0, ∞) respektivisht. Një funksion f (x) quhet monoton zbritës në një interval I në qoftë se f (x 1 ) > f (x 2 ) sa herë që x 1 < x 2 ∈ I. Për shembull, funksioni 1 f (x) = x është zbritës në intervalin (0, ∞). Këto funksione quhen shpesh funksione rigoroz monoton. Në përkufizimin e funksionit rritës është i rëndësishëm realizimi i mosbarazimit f (x 1 ) < f (x 2 ) për çdo çift numrash x 1 dhe x 2 në I të tillë që x 1 < x 2 . Një funksion f (x) quhet monoton jozvogëlues në një interval I në qoftë se f (x 1 ) ≤ f (x 2 ) sa herë që x 1 < x 2 në I. Një funksion f (x) quhet monoton jorritës në një interval I në qoftë se f (x 1 ) ≥ f (x 2 ) sa herë që x 1 < x 2 në I. Këto funksione quhen gjithashtu funksione monotonë jorigorozë. Shembull 1.13. Përcaktoni në qoftë se funksioni ³ π´ f (x) = |x| − sin x, për x ∈ 0, 2 është monoton rritës apo zbritës. ¡ ¢ Zgjidhje Për çdo dy x 1 , x 2 ∈ 0, π2 të tilla që x 1 < x 2 kemi f (x 1 ) − f (x 2 ) = x 1 − sin x 1 − x 2 + sin x 2 = (x 1 − x 2 ) + (sin x 2 − sin x 1 ). Përderisa x 1 < x 2 dhe sin x 2 < sin x 1 (sin x zvogëlohet kur x shkon nga 0 në π2 ), atëherë x 1 − x 2 < 0 dhe sin x 2 − sin x 1 < 0. Pra, f (x 1 ) − f (x 2 ) < 0, ¡ π¢ çfare do të thotë që f (x) është rritës në 0, 2 . ©AulonaPress

31

Kalkulus

Shaska T.

Figura 1.17: Një funksion jo-monoton.

Natyrisht shumica e funksioneve nuk janë monotonë në gjithë bashkësinë e tyre të përkufizimit, siç shihet në Fig. 1.17. Në shumicën e rasteve ne ndajmë bashkësinë e përkufizimit të funksionit në intervale ku funksioni është monoton. Funksionet monotone janë me të thjeshta për t’u studiuar sepse ne mund të parashikojmë sjelljen e tyre në një interval të caktuar. Siç do të shohim më vonë, ne do të kemi mënyra efektive, për një klasë të madhe funksionesh, ku të përcaktojmë se në çfarë intervalesh të bashkësisë së përkufizimit një funksion është monoton rritës ose zbritës.

32

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 35. Përcaktoni intervalet ku funksioni f (x) = sin x është monoton rritës dhe monoton zbritës. Me çfarë quadrantesh korrespondojnë këto intervale në rrethin trigonometrik?

48. Cila është vetia e përbashkët e funksioneve f (x) = a(x + 2) + 3? Ndërtoni grafikët e disa prej tyre. 49. Bashkësia e përkufizimit të një funksioni y = f (x) është intervali (a, b), dhe c është një vlerë nga ky interval a < c < b. Vërtetoni në qoftë se funksioni i dhënë është monoton rritës në (a, b) në qoftë se ai është i tillë në (a, c), dhe (c, b).

36. Përcaktoni intervalet ku funksioni f (x) = cos x është monoton rritës dhe monoton zbritës. Me çfarë kuadrantesh korrespondojnë këto intervale në rrethin trigonometrik? 37. Vërtetoni se për çfarë vlere të a-së funksioni y = ax +b është monoton rritës, zbritës.

50. Jepet C(x) funksioni i ekonomise kombëtare të një vendi të caktuar. A mund të jete ky funksion monoton në intervalin (−∞, ∞). Argumentoni përgjigjen. 51. Jepet f (x) = sin x + cos x. A është f (x) monoton rritës, zbritës? 52. Jepet f (x) = 2 + cos x.

Vërtetoni duke u nisur nga paraqitja grafike, në qoftë se funksionet e mëposhtëm janë monotone, si dhe intervalet e monotonisë së tyre. 38. y = x

53. Jepet f (x) = 2x + tan x.

2

39. f (x) =

A është f (x) monoton rritës, zbritës?

1 x

40. g (x) = 3x 3 41. h(x) = 3x p 42. y = x

A është f (x) monoton rritës, zbritës? 54. Përcaktoni intervalet ku funksioni f (x) = 3x 2 + 2x + 3

43. y = c, ku c është një konstante reale e çfarëdoshme.

është monoton rritës dhe monoton zbritës. Me çfarë kuadrantesh korrespondojnë këto intervale në rrethin trigonometrik?

44. y = tan x

55. Përcaktoni intervalet ku funksioni

45. y = 1 − x 2 p 46. y = 3x 47. y =

1x 2

©AulonaPress

f (x) = x 3 − 1 është monoton rritës dhe monoton zbritës. Me çfarë kuadrantesh korrespondojnë këto intervale në rrethin trigonometrik?

33

Kalkulus

Shaska T.

1.3 Disa klasa të rëndësishme funksionesh Qëllimi i këtij kreu është të hedhim një vështrim të shpejtë mbi disa klasa të rëndësishme funksionesh të cilat hasen shpesh në aplikime. Disave prej tyre, si për shembull funksionet eksponenciale dhe logaritmike, ne do t’u kthehemi përsëri.

1.3.1 Funksionet Algjebrike Një funksion f (x) quhet funksion algjebrik në qoftë se mund të shprehet si zgjidhje e një ekuacioni polinomial me koefiçente numra të plotë. Funksioni algjebrik mund të ndërtohet duke përdorur veprime algjebrike (si mbledhja, zbritja, shumëzimi pjestimi, rrënja) duke filluar nga polinomet. Çdo funksion racional është automatikisht algjebrik. Për shembull, p f (x) = x 2 + 1, ose g (x) =

p x 4 − 16x 2 3 p + (x − 2) x + 1, x+ x

janë funksione algjebrike. Më poshtë do të shohim disa klasa funksionesh algjebrike. Modelet lineare Kur themi se y është një funksion linear i x, nënkuptojmë që grafiku i funksionit është një drejtëz, kështu që mund të përdorim koefiçentin këndor dhe pikëprerjen me boshtin e y-ve për të dhënë ekuacionin e drejtëzës e kështu të shkruajmë një formulë për funksionin si: y = f (x) = kx + b, ku k është koefiçenti këndor dhe b është pikprerja me boshtin e y-ve. y

x

Figura 1.18: Grafiku i funksionit f (x) = 3x − 2.

Një tipar karakteristik i grafikut të funksionit linear është që ai rritet me një shkallë konstante. Figura 1.18 tregon grafikun e funksionit linear f (x) = 3x − 2 dhe tabela e vlerave na jep mundësinë të shikojmë se kur x rritet me 0, 1, vlera e funksionit rritet me 0, 3. Pra, f (x) rritet tre herë më shpejt se x. Prandaj koefiçenti këndor që është 3 mund të interpretohet si raporti i ndryshimit të y në lidhje me x. Shembull 1.14. a) Ajri i thatë ngjitet lart, shpërndahet dhe ftohet. Në qoftë se temperatura e tokës është 20◦ C dhe temperatura në lartësinë 1km është 10◦ C, shprehni temperaturën T (në◦ C) si një funksion i lartësisë h (në km), duke pranuar se modeli linear është ai i duhuri. b) Vizatoni grafikun e funksionit të kërkesës a). Çfarë përfaqson koefiçenti këndor? c) Cila është temperatura në lartësinë 2.5 km? 34

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus x 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5

f (x) = 3x − 2 1.0 1.3 1.6 1.9 2.2 2.5

Tabela 1.2: Tabela e vlerave për f (x) = 3x − 2

Zgjidhje (a) Meqënëse pranuam se T është funksion linear i h ne mund të shkruajmë T(h) = kh + b. Na është dhënë T = 20 kur h = 0, kështu që: 20 = k · 0 + b = b. Me fjalë të tjera, grafiku e pret boshtin e y-ve në b = 20. Gjithashtu kemi të dhënë se T = 10 kur h = 1, pra 10 = k · 1 + 20. Prej këtej del se k = −10 dhe formula e kërkuar për funksionin linear është, T(h) = −10h + 20. (b) Grafiku është skicuar në Figurën 1.19. Koefiçenti këndor është −10◦ C/km, dhe ky përfaqson raportin e ndryshimit të temperaturës në lidhje me lartësinë. (c) Në lartësinë 2.5 km, temperatura është T = (−10)2.5 + 20 = −5◦ C Në qoftë se nuk do të kish ligj fizik apo parim për të na ndihmuar për të formuluar një model, ne do të ndërtonim një model empirik, që bazohet i tëri në të dhënat. Ne sajojmë një kurbë që bashkon të dhënat.

Shembull 1.15. Tabela 1.3 paraqet rritjen e nivelit të dioksidit të karbonit në atmosferë, të matur në pjesë për milion në Mauna Loa Observatory nga 1980 deri në 2000. Përdorni tabelën për të gjetur një model për nivelin e dioksidit të karbonit.

Figura 1.19: Grafiku i T(h) = −10h + 20 ©AulonaPress

35

Kalkulus

Shaska T. Viti 1980 1982 1984 1986 1988 1990 1992 1994 1996 1998 2000

Niveli i CO2 338.7 341.1 344.4 347.2 351.5 354.2 356.4 358.9 362.6 366.6 369.4

Tabela 1.3: Tabela e dioksidit të karbonit ne atmosfere

Zgjidhje Përdorim të dhënat e tabelës për t’i paraqitur në sistemin koordinativ si në Figurën 1.20, ku t përfaqson kohën (në vite) dhe C përfaqson nivelin e CO2 (në pjesë për milion). Vërejmë se pikat në sistemin koordinativ duket se në mënyrën sesi janë vendosur i përngjajnë një drejtëze, kështu që është e natyrshme që të zgjedhim një model linear në këtë rast. Por ka disa drejtëza të mundshme që t’i përafrojnë këto të dhëna, kështu që kë mund të zgjedhim?

Figura 1.20: Grafiku i dioksidid të karbonit ne atmosfere Nga grafiku duket se një mundësi është drejtëza që bashkon pikën e parë dhe të fundit të të dhënave. Koefiçenti këndor i kësaj drejtëze është: 369.4 − 338.7 30.7 = = 1.535 2000 − 1980 20 Dhe ekuacioni i saj është: C − 338.7 = 1.535(t − 1980), ose C = 1535t − 2700.6 36

(1.2) ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ky ekuacion jep një model linear të mundshëm për nivelin e dioksidit të karbonit, grafiku i tij është pasqyruar në Figurën 1.21.

Figura 1.21: Modeli i mësiperm i përshtatur me funksionin C = 1535t − 2700.6 Megjithatë ky model na jep një nivel më të lartë se niveli aktual i CO2 . Një model më i mirë linear merret nga një proçedurë statistikore e quajtur regresi linear. Në qoftë se përdorim një makinë llogaritëse grafike, fusim të dhënat e Tabeles 1.3 dhe zgjedhim komandën e regresit linear. Makina na jep koefiçentin këndor si dhe pikprerjen me boshtin e y-ve: k = 1.53818, dhe b = −2707.25 Kështu që ky model për nivelin e CO2 do të jetë: C = 1.53818t − 2707.25

(1.3)

Shembull 1.16. Përdorni modelin linear që jepet me ekuacionin (1.3) për të vlerësuar shpejtësinë e rritjes së nivelit të CO2 për 1987 dhe për të parashikuar nivelin për vitin 2010. Në lidhje me këtë model kur niveli i CO2 do ta kalojë vlerën 400 pjesë për milion? Zgjidhje Duke përdorur ekuacionin (1.3) me t = 1987, ne llogarisim nivelin e CO2 në 1987, i cili del se ka qenë C(1987) = (1.53818)(1987) − 2707.25 ≈ 349.11 Ky është një shembull i interpolimit sepse kemi llogaritur një vlerë ndërmjet atyre të vrojtuara. Me t = 2010, ne marrim C(2010) = (1.53818)(2010) − 2707.25 ≈ 384.49 Pra, ne parashikojmë se shpejtësia e rritjes së nivelit të CO2 në vitin 2010 do jetë 384.49 pm. Ky është një shembull i ekstrapolimit sepse kemi parashikuar një vlerë jashtë atyre të vrojtuara. Kështu që jemi larg sigurisë së saktësisë së parashikimit tonë. Duke përdorur ekuacionin (1.3) ne shohim se niveli i CO2 i kalon 400pm kur 1.53818t − 2707.25 > 400 ©AulonaPress

37

Kalkulus

Shaska T.

Duke zgjidhur këtë mosbarazim marrim 3107.25 ≈ 2020.08 1.53818 Pra, parashikojmë se niveli i CO2 do ta kalojë 400pm rreth vitit 2020. Ky parashikim në njëfarë mënyre riskon pasi përfshin një kohë larg vrojtimeve tona. t>

Polinomet Një funksion P quhet polinom në qoftë se P(x) = a n x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 1x 1 + a 0 ku n është një numër i plotë jonegativ dhe numrat a 0 , a 1 , ..., a n janë konstante të quajtura koefiçentë të polinomit. Bashkësia e përkufizimit të çdo polinomi është R = (−∞, +∞). Në qoftë se koefiçenti a n 6= 0, atëherë grada e polinomit thuhet se është n. y

y

x

x

Figura 1.22: Grafikët e polinomeve të gradës 2, 3.

Në Fig. ?? po japim grafikët e polinomeve f (x) = x 2 − x − 2, 1 f (x) = (x + 4)(x + 1)(x − 2), 4

(1.4)

Për shembull funksioni

p 2 P(x) = 2x 6 − x 4 + x 3 + 2 5 është një polinom i gradës së gjashtë. Një polinom i gradës së parë është i trajtës P(x) = kx + b që është një funksion linear. Një polinom i gradës së dytë është i trajtës P(x) = ax 2 + bx + c dhe ai quhet funksion kuadratik. Grafiku i tij është gjithmonë një parabolë që merret nga zhvendosja e parabolës y = ax 2 , siç do ta shohim në seksionin tjetër. Një polinom i gradës 3 është i trajtës P(x) = ax 3 + bx 2 + c x + d dhe quhet funksion kubik. Polinomet shpesh përdoren për të modeluar fenomene që ndodhin në shkencat natyrore dhe shoqërore. Më vonë do të shpjegojmë pse ekonomistët shpesh përdorin një polinom për të paraqitur koston e prodhimit të x njësive të një produkti. Në shembullin në vazhdim ne përdorim një funksion kuadratik për të modeluar hedhjen e një topi nga një kullë. Shembull 1.17. Një top është hedhur nga një kullë vrojtimi nga një lartësi prej 450m drejt tokës dhe largësia nga toka është matur në intervale një-sekondëshe si në Tabelën 1.4. Gjeni një model të përshtatshëm për të lidhur të dhënat dhe për të parashikuar kohën në të cilën topi përplaset në tokë. 38

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus Koha (në sek) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Lartësia (në metra) 450 445 431 408 375 332 279 216 143 61

Tabela 1.4: Varësia e kohës me lartësinë.

Zgjidhje Duke hedhur të dhënat në planin koordinativ si në Fig. 1.4, vërejmë se një model linear është i papërshtatshëm për përshkrimin e këtij fenomeni. Por duket se pikat e të dhënave vijnë sipas një parabole, kështu që ne përpiqemi ta përafrojmë me një model kuadratik. Duke përdorur një makinë llogaritëse grafike, ose një sistem kompjuterik algjebrik, marrim modelin e mëposhtëm kuadratik: h = 449.36 + 0.96t − 4.90t 2

(1.5)

Topi prek tokën kur h = 0, kështu që ne zgjidhim ekuacionin kuadratik −4.90t 2 + 0.96t + 449.36 = 0 Formula kuadratike na jep t=

−0.96 ±

p

(0.96)2 − 4(−4.90)(449.36) 2(−4.90)

Rrënja pozitive është t ≈ 9.67 kështu që ne parashikojmë se topi do ta prek tokën pas 9.7 sekondash. Më poshtë ne do të përgjithsojmë konceptin e funksionit x a për çdo a ∈ R. Ky quhet funksioni fuqi dhe do të luajë një rol të rëndësishem në gjithë konceptet e Kalkulusit. Atëherë, polinomet mund të trajtohen thjesht si kombinime lineare të funksioneve fuqi.

Funksionet fuqi Një funksion i formës f (x) = x a , ku a është një konstante quhet funksion fuqi. Do të shohim disa raste. a = n: ku n është një numër i plotë pozitiv. Trajta e grafikut të f (x) = x n varet nga fakti se kur n është çift dhe kur n është tek. Në qoftë se n është çift, atëherë f (x) = x n është funksion çift dhe grafiku i tij do jetë i ngjashëm me atë të y = x 2 . Në qoftë se n është tek, atëherë f (x) = x n është funksion tek dhe grafiku i tij do jetë i ngjashëm me atë të y = x 3 . Sa herë që n rritet grafiku i f (x) = x n bëhet më i shtrirë drejt boshtit të x-ve, si dhe gjithnjë e më i ngushtë ndaj boshtit të y-ve kur |x| ≥ 1. (Në qoftë se x është i vogël, atëherë x 2 është i vogël. x 3 akoma më i vogël, x 4 gjithashtu e me radhë.) a = 1/n: ku n është një numër i plotë pozitiv. p p 1 Funksioni f (x) = x n = n x është një funksion rrënjë. Për n = 2 ai është rrënja katrore e një funksioni f (x) = x, bashkësia e përkufizimit të të cilit është [0, +∞) dhe grafi i të cilit është një gjysmëparabolë e x = y 2 . Për vlera të tjera çift p p p të n, grafiku i f (x) = n x është i ngjashëm me atë të f (x) = x. Për n = 3 ne kemi funksionin e rrënjës kubike f (x) = 3 x ©AulonaPress

39

Kalkulus

Shaska T.

bashkësia e përkufizimit të të cilit është R. Grafiku i f (x) = a = −1: Grafiku i y =

1 x

p n

x për n tek (n > 3) është i ngjashëm me atë të f (x) =

p 3

x.

ose x y = 1 është një hiperbolë që boshtet koordinative i ka asimptotat e veta.

Funksionet Racionale P(x) Një funksion racional është raport i dy polinomeve f (x) = Q(x) , ku P(x) dhe Q(x) janë polinome. Bashkësia e përkufizimit të tij konsiston në të gjitha vlerat e x të tilla që Q(x) 6= 0. Pra,

{x ∈ R | Q(x) 6= 0}. Funksionet racionale janë mjaft të rëndësishme në matematikën teorike, vecanërisht në analizën komplekse, gjeometrinë algjebrike, etj. Një shembull i thjeshtë i një funksioni racional është funksioni f (x) = x1 , të cilin ne e pamë më lart. Shembull 1.18. Funksioni y = f (x) =

x3 + x2 − x + 1 x3

është funksion racional me bashkësi përkufizimi {x|x 6= 0} dhe grafik në Fig. 3.3. Shihet qartë nga grafiku se në pikën x = 0 funksioni nuk është i përkufizuar. Kur të studiojmë limitet e funksionit ne do të shohim se si sillet ky funksion rreth pikës x = 0. Por nga grafiku duket se kur x i afrohet pikës x = 0 atëherë grafiku i afrohet drejtëzes x = 0. Kjo drejtëz x = 0 në këtë rast quhet asimptotë vertikale për funksionin. Një tjetër dukuri e grafikut të këtij funksioni është se kur x rritet pambarimisht ose zvogelohet pambarimisht ky funksion në të dy rastet i afrohet numrit y = 1. Kjo drejtëz y = 1 në këtë rast quhet asimptotë horizontale për funksionin.

y

x

Figura 1.23: Grafiku i funksionit f (x) =

40

x 3 +x 2 −x+1 x3

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

5x ka grafik si në Fig. ??. Sic duket nga grafiku, ky funksion Shembull 1.19. Nje tjetër funksion racional f (x) = x 2 −2x+2 i afrohet y = 0 kur x rritet pambarimisht ose zvogelohet pambarimisht. Kjo drejtëz y = 0 në këtë rast quhet asimptotë horizontale për funksionin.

Shembull 1.20. Funksioni f (x) = x + x1 është paraqitur më poshtë. Nga grafiku i këtij funksioni shohim nje dukuri të vecantë; kur x rritet pambarimisht ose zvogëlohet pambarimisht atëherë grafiku i funksionit i afrohet drejtëzes y = x. Kjo drejtëz y = x në këtë rast quhet asimptotë e pjerrët për funksionin. Në Kap. 3 ne do të mësojmë se si të përcaktojmë asimptotat vertikale, horizontale dhe të pjerrëta të funksioneve racionale. Në kurse më të avancuara të matematikes, si algjebra abstrakte, studiohen vetitë teorike të këtyre funksioneve dhe aplikimet e tyre në matematikën e lartë.

1.3.2 Funksionet transhendente Këta janë funksionet që nuk janë algjebrikë. Bashkësia e funksioneve transhendente funksionet trigonometrikë, të anasjelltët e funksioneve trigonometrike, funksionet eksponenciale, dhe funksionet trigonometrike, por përfshin edhe një numër funksionesh të paemërtuara. Funksionet Trigonometrike Baza kryesore e trigonometrise drejtëkëndore është rrethi trigonometrik i cili studiohet në shkollën e mesme. Ne po paraqesim më poshtë një version të këtij rrethi i cili shpresojmë t’i kujtojë disa veti bazë studentit.

Funksionet trigonometrike janë: f (x) = sin x,

f (x) = cos x,

f (x) = tan x,

f (x) = cot x,

me të cilët jeni njohur edhe gjatë kursit të shkollës së mesme. Në rrethin njësi ato paraqiten si më poshtë: Kemi parasysh se x shprehet në radianë. Më poshtë po japim disa nga vlerat kryesore të këtyre funksioneve në rrethin trigonometrik. Në Fig.1.29 janë paraqitur grafikët e funksioneve sin x dhe cos x. Kujtojmë se të dy funksionet sin x dhe cos x kanë si bashkësi përkufizimi bashkësinë e gjithë numrave realë dhe si bashkësi vlerash segmentin e mbyllur [−1, 1]. Kështu që për të gjitha vlerat e x kemi: sin x ∈ [−1, 1] dhe cos x ∈ [−1, 1] ose në termat e vlerës absolute: | sin x| ≤ 1, dhe | cos x| ≤ 1 Gjithashtu sin x bëhet zero për të gjithë shumfishat e π, domethënë sin x = 0 kur x = nπ ku n është numër i plotë. Funksionet tan x, cot x, sec x dhe csc x përkufizohen si më poshtë: tan x =

sin x , cos x

cot x =

1 =, tan x

sec x =

1 , cos x

csc x =

1 sin x

Grafikët e tyre tregohen në Fig. 1.30 Për sec x dhe csc x kemi grafikët në Fig. 1.31. ©AulonaPress

41

Kalkulus

Shaska T.

y

x

42

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus y

x

Figura 1.25: Grafiku i funksionit f (x) = x + x1 .

Këndi α është 30◦ në këtë shembull (π/6 në radianë). Funksioni sinus i α, i cili është gjatësia e vijes së kuqe, është

y

1 sin α = 1/2. 1 2

α −1

− 12

sin α cos α x

tan α =

sin α cos α

− 12 −1

1

Nga Teorema e Pitagorës kemi cos2 α + sin2 α = 1. Pra, gjatësia e vijës blu, e cila është funksioni cosinus i α, duhet të jetë p p cos α = 1 − 1/4 = 12 3. Kjo tregon se tan α, e cila është gjatesia e vijës portokalli, është tan α =

p sin α = 1/ 3. cos α

Figura 1.26: Funksionet trigonometrike

Funksionet eksponenciale Funksione eksponenciale janë funksionet e trajtës f (x) = a x , ku baza a është një konstante pozitive. Bashkësia e përkufizimit është (−∞, ∞) dhe bashkësia e vlerave të funksionit (0, ∞). Funksionet eksponenciale do të studiohen më hollësisht në vazhdim, dhe do të shohim se janë mjaft të përshtatshëm për të modeluar shumë fenomene natyrore, siç është rritja e popullatës (në qoftë se a > 1) dhe shkatërimin radioaktv (në qoftë se a < 1). Funksioni eksponencial është gjithashtu i rëndësishëm në informatikë, kriptografi, teori algoritmesh, teori kodesh, ekonomi, biologji, akumulim interesi në financë, studimi i valëve në fizikë, etj. ©AulonaPress

43

Kalkulus

Shaska T.

Figura 1.27: Rrethi njësi dhe funksionet kryesore trigonometrike të shprehura gjeometrikisht.

y

³ p − 22 , ³ p ´ − 23 , 21

2 2

3π 4 5π 6

(−1, 0)

(0, 1)

³ p ´ − 12 , 23 p ´ 2π 3

120◦

π 2

90◦

150◦

30

π 180◦

7π 6

p ´ 3 1 , 2 2³ p p ´ 2 2 2 , 2 π ³p ´ 3 3 1 π ,2 2 4 60◦ π 6 ◦

³

360 0◦ ◦ 2π

210◦

330◦

(1, 0)

x

11π

6 ³ ³ p ´ ´ p 240◦ 300◦ 7π 5π 3 1 270◦ − 23 , − 12 4 4 2 ,−2 4π 5π ³ p ³p p ´ p ´ 3 3 3π 2 − 22 , − 22 , − 22 2 2 ³ ³ p ´ p ´ 3 1 − 21 , − 23 , − 2 2

(0, −1)

Figura 1.28: Rrethi trigonometrik në gradë dhe radianë

44

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

, Figura 1.29: Grafikët e sin x dhe cos x.

Figura 1.30: Grafikët e tan x dhe cot x.

Figura 1.31: Grafikët e sec x dhe csc x.

Funksionet logaritmike Funksionet logaritmike f (x) = loga x, ku baza a është një konstante pozitive, janë funksionet e anasjellta të funksioneve eksponenciale. Fig. 1.33 tregon grafikët e funksioneve logaritmike me baza të ndryshme. Në secilin rast bashkësia e përkufizimit është (0, +∞) dhe bashkësia e vlerave është (−∞, +∞), dhe funksionet rriten ngadalë kur x > 1. Funksioni logaritmik jepet si një funksion i anasjelltë i funksionit eksponencial. Jepet a y = x, atëherë y = loga x. ©AulonaPress

45

Kalkulus

Shaska T.

Logaritmet kane aplikime në fusha të ndryshme të jetës si statistikë, kimi, biologji, fizikë, astronomi, informatikë, ekonomi, muzike, dhe inxhinjeri. Lexuesi duhet të jete familjar me vetitë elementare të funksionit eksponencial dhe logaritmik përpara se të vazhdojë më tej në kalkulus. Shembull 1.21. Klasifikoni funksionet sipas tipeve të funksioneve që pamë deri tani: i) f (x) = 5x ii) g (x) = x 5 1+x p iii) h(x) = 1− x iv) u(t ) = 1 − t + 5t 4 Zgjidhje Funksioni f (x) = 5x është funksion eksponencial me eksponent x. Kurse g (x) = x 5 është funksioni fuqi. 1+x p është funksion algjebrik, kurse u(t ) = Gjithashtu mund ta konsiderojmë si polinom të gradës 5. Funksioni h(x) = 1− x 1 − t + 5t 4 është një polinom i gradës 4.

Figura 1.32: Grafiku i funksionit eksponencial a x për a të ndryshme

46

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Figura 1.33: Grafiku i funksionit logaritmik loga x për a të ndryshme

Ushtrime Klasifikoni secilin nga funksionet e mëposhtëm në qoftë se është një funksion fuqi, funksion rrënjë, funksion algjebrik, funksion trigonometrik, funksion eksponencial ose logaritmik. p 56. f (x) = 5 x 57. h(x) = x 9 + x 4 p 58. g (x) = 1 − x 2 59. R(x) =

x 2 +1 x 3 +x

60. s(x) = tan 2x 61. t (x) = log10 x 62. y =

x−6 x+6

63. y = x + px

2

x−1

64. y = 10x 65. y = x 10 66. y = 2t 6 + t 4 − π 67. y = cos θ + sin θ 68. a) Gjeni një ekuacion për familjen e funksioneve lineare me koefiçent këndor 2 dhe skiconi grafikët e disa prej funksioneve të kësaj familjeje. b) Gjeni një ekuacion për familjen e funksioneve linearë të tillë që f (2) = 1 dhe skiconi grafikët e disa prej tyre. c) Cili funksion u përket të dyja familjeve? 69. Çfarë kanë të përbashkët të gjithë funksionet lineare të familjes f (x) = 1 + m(x + 3)? Ndërtoni grafikët e disa prej tyre. 70. Çfarë kanë të përbashkët të gjithë funksionet lineare të familjes f (x) = c − x? Ndërtoni grafikët e disa prej tyre. ©AulonaPress

71. Gjeni një shprehje për funksionin kubik f (x) në qoftë se f (1) = 6, f (−1) = f (0) = f (2) = 0 72. Studimet e tanishme kanë treguar se temperatura e sipërfaqes së tokës është rritur në mënyrë të vazhdueshme. Disa shkencëtarë e kanë modeluar temperaturën si një funksion linear T = 0.02t + 8.50, ku T është temperatura në ◦ C dhe t përfaqson vitet qysh prej 1900. a) Çfarë përfaqson koefiçenti këndor i T? b) Përdorni ekuacionin për të parashikuar temperaturën mesatare globale ne 2100. 73. Në qoftë se doza e rekomanduar për një ilaç ndaj një të rrituri është D (në mg), atëherë për të përcaktuar dozën e duhur c për një fëmijë të moshës a, farmacistët përdorin ekuacionin c = 0.0417D(a +1). Supozojmë se doza për një të rritur është 200 mg. a) Gjeni koefiçentin këndor të grafikut të c. Çfarë përfaqson? b) Cila do të ishte doza për një të porsalindur? 74. Lidhja ndërmjet gradëve Fahrenheit(F) dhe Celcius (C) të temperaturës jepet nëpërmjet funksionit linear F = 9 5 C + 32. a) Ndërtoni grafikun e këtij funksioni. b) Cili është koefiçenti këndor i grafikut dhe çfarë përfaqson ai? Cila është prerja me boshtet koordinative dhe çfarë përfaqson. 75. Rinaldi le Vlorën nga ora 2 e mbasdites dhe udhëton me makinë me një shpejtësi konstante drejt veriut. Ai kalon Fierin, 35 kilometra në veri të Vlorës, në 2:50 mbasdite. a) Shprehni distancën e përshkuar në terma të kohës së kaluar. b) Vizatoni grafikun e funksionit të mësipërm. c) Cili është koefiçenti këndor i kësaj vije? Çfarë përfaqson ai? 47

Kalkulus

Shaska T.

1.4 Transformimet dhe kombinimet e funksioneve Këtë leksion do ta nisim me funksionet bazë që pamë në paragrafin e mëparshëm dhe do të përftojmë funksione të reja, nëpërmjet zhvendosjes, shtrirjes, dhe simetrive të grafikëve të tyre. Ne gjithashtu do të tregojmë se si kombinohen çifte funksionesh nëpërmjet veprimeve aritmetike standarte dhe kompozimit.

1.4.1 Zhvendosjet vertikale dhe horizontale Duke aplikuar transformime të veçanta ndaj grafikut të një funksioni të dhënë ne mund të përftojmë grafikë të disa funksioneve të tjera të ndërlidhura me funksionin e dhënë. Kjo do të na mundësojë skicimin e grafikëve të shumë funksioneve. Kjo do të na mundësojë gjithashtu që të shkruajmë ekuacionet e funksioneve të paraqitura në mënyrë vizive. Le të shohim fillimisht zhvendosjen. Në qoftë se c është një numër pozitiv, atëherë grafiku i y = f (x)+c është njëlloj me grafikun e y = f (x) të zhvendosur vertikalisht lart me c njësi (sepse secila ordinatë y rritet me të njëjtin numër c ). Po ashtu, në qoftë se g (x) = f (x − c), ku c > 0, atëherë vlera e g (x) në x është e njëjtë me vlerën e f (x) në x − c (c njësi në të majtë të x). Prej nga grafiku i y = f (x − c) është thjesht grafiku i y = f (x) të zhvendosur c njësi në të djathtë. Supozojmë se c > 0. Atëherë, për të përftuar grafikun e y = f (x) ± c dhe y = f (x ± c) ndjekim rregullat si me poshtë: y = f(x)+ c: zhvendosim grafikun e y = f (x) në një distancë prej c njësish sipër y = f(x) - c: zhvendosim grafikun e y = f (x) në një distancë prej c njësish poshtë y = f(x - c): zhvendosim grafikun e y = f (x) në një distancë prej c njësish djathtas y = f(x+ c); zhvendosim grafikun e y = f (x) në një distancë prej c njësish majtas

Shembull 1.22. Jepet funksioni f (x) = x + sin x me grafik ne Fig. 1.34. Atëherë, grafiku i funksionit f (x) + 2 dhe f (x + 2) janë dhënë në Fig. 1.34. Pra, rregullat e mësipërme duken qartë në Fig. 1.34 ku grafiku i parë është zhvendosur 2 njësi në drejtimin pozitiv të boshtit të y-it dhe 2 njësi ne drejtimin negativ të boshtit të x-it.

Figura 1.34: Grafikët e funksioneve f (x), f (x) + 2 dhe f (x + 2). Tani le të shqyrtojmë transformimin e shtrirjes dhe të pasqyrimit. Në qoftë se c > 1, atëherë grafiku i y = c · f (x) është grafiku i y = f (x) i shtrirë me një faktor c në drejtimin vertikal (sepse secila ordinatë y shumfishohet me të njëjtin numër c). Grafiku i y = − f (x) është grafiku i y = f (x) i përmbysur në lidhje me boshtin e x-ve, sepse pika (x, y) është zhvendosur te pika (x, −y).

48

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjatimet vertikale, horizontale dhe pasqyrimet

Supozojmë se c > 1. Atëherë, për të përftuar grafikun e y = c f (x): zgjatim (shtrijmë) grafikun e y = f (x) vertikalisht me një faktor c ngushtojmë grafikun e y = f (x) vertikalisht me një faktor c y = 1c f (x): y = f (c x): ngushtojmë grafikun e y = f (x) horizontalisht me një faktor c y = f (x/c): zgjatim grafikun e y = f (x) horizontalisht me një faktor c y = − f (x): e pasqyrojmë grafikun e y = f (x) në lidhje me boshtin e x-ve y = f (−x): e pasqyrojmë grafikun e y = f (x) në lidhje me boshtin e y-ve

Për shembull që të gjejmë grafikun e y = 2 cos x ne shumëzojmë ordinatën e secilës pikë të grafikut të y = cos x me 2. Kjo do të thotë që grafiku i y = cos x do të zgjatet vertikalisht me një faktor 2.

Figura 1.35: Grafiku i funksionit f (x) = |2x − 1|

Shembull 1.23. Ndërtoni grafikun e funksionit y = |2x − 1|. Zgjidhje Ne fillimisht ndërtojmë grafikun y = |2x| dhe pastaj e zhvendosim 1 njësi djathtas si në Fig. 1.35.

Shembull 1.24. Duke u nisur nga grafiku y = p p p y = − x, y = 2 x, si dhe y = −x.

p

x, përdorni transformimet për të përftuar grafikët e y =

p

x −2, y =

p

x − 2,

p p p Zgjidhje Grafikët e y = x −2 që merret nga zhvendosja e grafikut të y = x me 2 njësi poshtë, y = x − 2 që merret nga p p p p zhvendosja 2 njësi djathtas e y = x. Ndërsa y = − x merret nga pasqyrimi i y = x sipas boshtit të x-ve, y = 2 x që p merret nga zgjatja vertikale me faktor 2, dhe y = −x nga pasqyrimi në lidhje me boshtin e y-ve. Shembull 1.25. Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) = x 2 + 6x + 10. ©AulonaPress

49

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Duke plotësuar katrorin e binomit, shkruajmë ekuacionin e grafikut si y = x 2 + 6x + 10 = (x + 3)2 + 1 Kjo do të thotë se ne marrim grafikun e dëshiruar duke u nisur nga grafiku i parabolës y = x 2 me zhvendosje 3 njësi majtas dhe 1 njësi lart.

Shembull 1.26. Ndërtoni grafikët e funksioneve y = sin 2x dhe y = 1 − sin x Zgjidhje (a) E përftojmë grafikun e y = sin 2x prej grafikut të y = sin x nëpërmjet ngushtimit horizontal me faktor 2. Prandaj kur perioda e y = sin x është 2π perioda e y = sin 2x është 2π 2 = π. (b) Për të përftuar grafikun e y = 1 − sin x ne gjthashtu nisemi nga grafiku i y = sin x. Fillimisht pasqyrojmë në lidhje me boshtin e x-ve për të përftuar grafikun e y = − sin x e më pas e zhvendosim 1 njësi sipër.

1.4.2 Kombinimet e funksioneve Dy funksione mund të kombinohen për të përftuar funksione të reja: f + g , f − g , f g , shuma, diferenca, prodhimi, pjestimi i dy numrave realë. Në qoftë se përkufizojmë shumën f + g si më poshtë:

f g

, në mënyrë të ngjashme si

( f + g )(x) = f (x) + g (x), atëherë ana e djathtë e ekuacionit ka kuptim në qoftë se edhe f (x) edhe g (x) janë të përkufizuara, domethënë kur x i përket bashkësisë së përkufizimit të f (x)-së gjithashtu i përket edhe asaj të g (x)-së. Pra, në qoftë se bashkësia e përkufizimit të f (x) është A dhe e g (x) është B, atëherë bashkësia e përkufizimit të ( f + g )(x) është prerja e këtyre bashkësive A dhe B, pra A ∩ B. Vërejmë se shenja + në krahun e majtë të ekuacionit nënkupton mbledhjen e funksioneve, por shenja + në krahun e djathtë të ekuacionit ka vend për mbledhjen e numrave f (x) dhe g (x). Në mënyrë të ngjashme përkufizojmë diferencën e dy funksioneve f − g dhe prodhimin dhe bashkësitë e tyre të f përkufizimit janë gjithashtu prerjet e bashkësive A dhe B A ∩ B. Por në përkufizimin e funksionit raport g ne duhet të f

kujtojmë se pjestimi me 0 s’ka kuptim, pra g është i përkufizuar vetëm për g (x) 6= 0. Le të jenë f (x) dhe g (x) dy funksione me bashkësi përkufizimi përkatësisht A dhe B. Atëherë, funksionet f +g , f −g , f f g , g përkufizohen si më poshtë:

( f + g )(x) = f (x) + g (x), bashkësia e përkufizimit është prerja e A me B, A ∩ B. ( f − g )(x) = f (x) − g (x), bashkësia e përkufizimit është prerja e A me B, A ∩ B. ( f g )(x) = f (x)g (x), bashkësia e përkufizimit është prerja e A me B, A ∩ B. f

( g )(x) = f (x)/g (x),

Shembull 1.27. Në qoftë se f (x) =

bashkësia e përkufizimit është: të gjitha x nga prerja e A me B të tilla që g (x) 6= 0. Pra, {x ∈ A ∩ B | g (x) 6= 0}

p

x dhe g (x) =

p f 4 − x 2 , përkufizoni funksionet f + g , f − g , f g , g .

p p Zgjidhje Bashkësia e përkufizimit të f (x) = x është [0, +∞). Bashkësia e përkufizimit të funksionit g (x) = 4 − x 2 konsiston në të gjithë numrat x të tillë që 4 − x 2 ≥ 0, pra x 2 ≤ 4. Duke marrë rrënjën katrore të të dy anëve përftojmë mosbarazimin |x| ≤ 2, ose x ∈ [−2, 2]. Pra, bashkësia e përkufizimit është [−2, 2]. Prerja e këtyre bashkësive të përkufizimit të f (x) dhe g (x) është [0, +∞) ∩ [−2, 2] = [0, 2]. 50

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Prej nga mënyra se si u përkufizuan funksionet kemi: ( f + g )(x) =

p p

x+

p

4 − x 2 , me bashkësi përkufizimi [0, 2]

p

x − 4 − x 2 , me bashkësi përkufizimi [0, 2] p p ( f g )(x) = x · 4 − x 2 = 4x − x 3 , me bashkësi përkufizimi [0, 2] r p µ ¶ f x x = (x) = p , me bashkësi përkufizimi [0, 2) 2 g 4 − x2 4−x

( f − g )(x) =

p

Jepen funksionet f : X → Y dhe g : Y → Z Funksioni kompozim, i cili shënohet me g ◦ f , është funksioni ¡ ¢ ¡ ¢ g ◦ f := X → Z, i tillë që, g ◦ f (x) = g f (x) Situata e mësipërme mund të paraqitet më mirë me diagramën e mëposhtme.

Figura 1.36: Kompozimi i funksioneve Kjo proçedurë quhet kompozim sepse funksioni i ri është i përbërë nga dy funksionet e dhëna f (x) dhe g (x). Në përgjithësi për çdo dy funksione të dhëna f (x) dhe g (x) ne nisemi nga një vlerë x nga bashkësia e përkufizimit të g (x) dhe gjejmë imazhin e saj g (x). Në qoftë se ky numër është nga bashkësia e përkufizimit të f (x), atëherë ne mund të llogarisim vlerën e f (g (x)). Rezultati i përket një funksioni të ri h(x) = f (g (x)) që merret nga zëvendësimi i g (x) të f (x). Ai quhet kompozim i f (x) dhe g (x) dhe shënohet f ◦ g (lexohet f (x) rreth g (x) ). Për dy funksione të dhëna f (x) dhe g (x) funksion kompozim i f (x) dhe g (x), f ◦g do të quhet funksioni i përkufizuar nga barazimi: ( f ◦ g )(x) = f (g (x)) Bashkësia e përkufizimit të funksionit f ◦ g është bashkësia e të gjithë x-ve nga bashkësia e përkufizimit të g (x)-së të tilla që g (x) t’i përkasë bashkësisë së përkufizimit të f (x) -së. Me fjalë të tjera, ( f ◦ g )(x) është e përkufizuar kur të dyja g (x) dhe ( f (g (x)) janë të përkufizuar. p Për shembull, supozojmë se y = f (u) = u dhe u = g (x) = x 2 + 1. Meqënëse y është funksion i u-së dhe u funksion i x-it, kjo sjell që y është funksion i x-it. Ne bëjmë këtë zëvendësim: y = f (u) = f (g (x)) = f (x 2 + 1) =

p

x2 + 1

Shembull 1.28. Në qoftë se f (x) = x 2 dhe g (x) = x − 3, gjeni funksionet kompozim f ◦ g dhe g ◦ f . ©AulonaPress

51

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Atëherë, kemi ( f ◦ g )(x) = f (g (x)) = f (x − 3) = (x − 3)2 (g ◦ f )(x) = g ( f (x)) = g (x 2 ) = x 2 − 3 p p Shembull 1.29. Në qoftë se f (x) = x dhe g (x) = 2 − x, gjeni secilin nga funksionet e mëposhtëm dhe bashkësitë e tyre të përkufizimit i) f ◦ g , ii) g ◦ f , iii) f ◦ f , iv) g ◦ g . Zgjidhje i) Kemi

p p 4 ( f ◦ g )(x) = f (g (x)) = f ( 2 − x) = 2 − x.

Bashkësia e përkufizimit të f ◦ g është x ≤ 2 ose (−∞, 2]. ii)Për (g ◦ f )(x) kemi

p (g ◦ f )(x) = g ( f (x)) = g ( x) =

Bashkësia e përkufizimit është (

q p 2 − x.

p 2− x ≥ 0 x ≥0

Pra, bashkësia e përkufizimit të g ◦ f është segmenti [0, 4]. Për dy funksionet e fundit kemi q p f ◦ f (x) = x , dhe g ◦ g (x) = 2 − 2 − x 1 4

Bashkësia e përkufizimit të ( f ◦ f ) është [0, +∞), kurse për g ◦ g kemi (

2−x ≥ 0 p 2− 2−x ≥ 0

Figura 1.37: Diagrama e kompozimit të funksioneve 52

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Bashkësia e përkufizimit të g ◦ g është segmenti [−2, 2]. Është i mundur të bëhet edhe kompozimi i më shumë se dy funksioneve. Për shembull, funksioni kompozim f ◦g ◦h gjendet duke aplikuar fillimisht h pastaj g (x) dhe f (x) të fundit si më poshtë: ( f ◦ g ◦ h)(x) = f (g (h(x))) Shembull 1.30. Gjeni f ◦ g ◦ h në qoftë se f (x) = x/(x + 1), g (x) = x 10 , dhe h(x) = x + 3. Zgjidhje ( f ◦ g ◦ h)(x) = f (g (h(x))) = f (g (x + 3)) = f ((x + 3)10 ) =

(x + 3)10 (x + 3)10 + 1

Më tej do të përdorim kompozimin e funksioneve për të përftuar funksione të komplikuara prej funksioneve të thjeshta. Por në Kalkulus shpesh përdoret zbërthimi i funksioneve të komplikuara në funksione më të thjeshta, si në shembullin në vazhdim. Shembull 1.31. Për funksionin e dhënë F(x) = cos2 (x + 9), gjeni funksionet f (x), g (x), h, të tilla që F = f ◦ g ◦ h. Zgjidhje Meqënëse F(x) = cos2 (x + 9), kjo na tregon se: fillimisht i shtojmë x -it 9, pastaj marrim kosinusin e rezultatit dhe në fund e ngremë në katror. Kështu që h(x) = x + 9,

g (x) = cos x,

f (x) = x 2

Prej nga ¡

©AulonaPress

¢ ¡ ¢ ¡ ¢ f ◦ g ◦ h (x) = f g (h(x)) = f g (x + 9) = f (cos(x + 9)) = (cos(x + 9))2 = F(x)

53

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime 76. Supozojmë se është dhënë grafiku i funksionit f (x). Shkruani ekuacionet për grafikët që përftohen nga grafiku i f (x) si më poshtë: a) Duke e zhvendosur grafikun e f (x) tre njësi lart.

a) f (x) = x 3 + 2x 2 , g (x) = 3x 2 − 1 p p b) f (x) = 3 − x, g (x) = x 2 − 1 Gjeni funksionet (a) f ◦ g , (b) g ◦ f , (c) f ◦ f , dhe g ◦ g dhe bashkësitë e tyre të përkufizimit.

b) Duke e zhvendosur grafikun e f (x) tre njësi poshtë. c) Duke e zhvendosur grafikun e f (x) tre njësi nga e djathta. d) Duke e zhvendosur grafikun e f (x) tre njësi nga e majta. e) Duke e pasqyruar rreth boshtit të x-ve. f ) Duke e pasqyruar rreth boshtit të y-ve. g) Duke e zgjatur vertikalisht me faktor 3.

81. f (x) = x 2 − 1 g (x) = 2x + 1 82. f (x) = x − 2 g (x) = x 2 + 3x + 4 83. f (x) = 1 − 3x g (x) = cos x p p 3 84. f (x) = x g (x) = 1 − x 85. f (x) = x + x1 g (x) = x 1+x

86. f (x) =

x+1 x+2

g (x) = sin 2x

Gjeni f ◦ g ◦ h.

h) Duke e shtypur vertikalisht me faktor 3. 87. f (x) = x + 1 g (x) = 2x h(x) = x − 1 77. Shpjegoni se si përftohet secili nga grafikët prej grafikut të funksionit y = f (x). a) y = 5 f (x)

88. f (x) = 2x − 1 g (x) = x 2 , h(x) = 1 − x p 89. f (x) = x − 3 g (x) = x 2 h(x) = x 2 + 2 p x 90. f (x) = tan x, g (x) = x−1 , h(x) = 3 x Shprehni funksionin në trajtën f ◦ g .

b) y = f (x − 5) c) y = − f (x)

91. F(x) = (x 2 + 1)10 p 92. F(x) = sin( x)

d) y = −5 f (x) e) y = f (5x) f ) y = 5 f (x) − 3 78. a) Si është grafiku i y = 2 sin x në lidhje me grafikun e y = sin x? Ndërtoni grafikun e y = 2 sin x. p b) Si është grafiku i y = 1 + x në lidhje me grafikun e p y = x? Përdorni përgjigjen për të skicuar grafikun p e y = 1 + x. 79. a) Si është grafiku i y = f (|x|) ne lidhje me grafikun e f (x)? b) Ndërtoni grafikun e y = sin |x|. p c) Ndërtoni grafikun e y = |x|. 80. Gjeni f + g , f − g , f g , përkufizimit të tyre.

54

p 3 x p 1+ 3 x

93. F(x) =

f g

dhe përcaktoni bashkësinë e

94. G(x) =

q 3

x 1+x

95. u(t ) =

p cos t

96. u(t ) =

tan t 1+tan t

97. Shprehni funksionin në trajtën f ◦ g ◦ h. 2

H(x) = 1 − 3x p 8 H(x) = 2 + |x| p H(x) = sec4 ( x) 98. Përdorni tabelën për të njehsuar secilën shprehje f (g (1)), g ( f (1)), f ( f (1)), g (g (1)), f ◦ g (6), g ◦ f (3).

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus x f (x) g (x)

1 3 6

2 1 3

3 4 2

4 2 1

5 2 2

6 5 3

99. Funksioni H është përkufizuar nga ( 0 në qoftë se t < 0 H(t ) = 1 në qoftë se t ≥ 0 Ai përdoret në studimin e qarqeve elektrike për të prezantuar rrjedhjen e rrymës elektrike, ose tensionin kur çelsi ndizet në çast. a) Ndërtoni grafikun e këtij funksioni.

102. Në qoftë se f (x) = x + 4 dhe h(x) = 4x − 1, gjeni një funksion g (x) të tillë që g ◦ f = h 103. a) Supozojmë që f (x) dhe g (x) janë funksione çift. Çfarë mund të thoni për f + g dhe f g ? b) Po në qoftë se këto do të ishin funksione tek ç’mund të thoni për f + g dhe f g ? 104. Supozojmë se f (x) është çift dhe g (x) është tek. Çfarë mund të thoni për f g ? 105. Supozojmë se g (x) është një funksion çift dhe le të jetë h = f ◦ g . A është h gjithmonë çift?

b) Ndërtoni grafikun e tensionit V(t ) në qark në qoftë se çelsi ndizet në kohën t = 0 dhe 120 volt aplikohen në çast në qark. Shkruani një formulë për V(t ) në varësi të H(t ).

106. Supozojmë se g (x) është një funksion tek dhe le të jetë h = f ◦ g . A është h gjithmonë një funksion tek? Çdo të ndodhte po qe se f (x) është tek? po në qoftë se f (x) është çift?

c) Ndërtoni grafikun e tensionit V(t ) në qark kur çelsi ndizet në t = 5 sekonda dhe në çast aplikohet një tension prej 240 voltësh.

107. Përcakto në se funksioni i mëposhtëm

100. Le të jenë f (x) dhe g (x) funksione lineare me ekuacione f (x) = m 1 x + b 1 dhe g (x) = m 2 x + b 2 . A është f ◦ g linear? Në qoftë se po cili do të ishte koefiçenti këndor i grafikut të tij?

është funksion rritës ose zbritës në fushën e përkufizimit. Vërtetoni përgjigjen tuaj

101. a) Në qoftë se g (x) = 2x + 1 dhe h(x) = 4x 2 + 4x + 7, gjeni një funksion f (x) të tillë që f ◦ g = h b) Në qoftë se f (x) = 3x + 5 dhe h(x) = 3x 2 + 3x + 2, gjeni një funksion g (x) të tillë që f ◦ g = h

©AulonaPress

f (x) = x 2

108. Për ç’vlera të a, b, c, d është funksioni i mëposhtëm rritës, zbritës: i) f (x) = ax + b ii) f (x) = ax 2 + bx + c iii) f (x) = ax 3 + bx 2 + c x + d

55

Kalkulus

Shaska T.

1.5 Funksionet inverse Më poshtë kujtojmë edhe njëherë përkufizimin e funksionit injektiv. Përkufizim 1.1. Një funksion f : X → Y quhet funksion një për një në qoftë se nuk merr të njëjtën vlerë dy herë, që do të thotë se ∀x 1 , x 2 ∈ X, f (x 1 ) 6= f (x 2 ) sa herë që x 1 6= x 2 . Në qoftë se një drejtëz horizontale pret grafikun e f (x) më shumë se në një pikë, atëherë ekzistojne numrat x 1 dhe x 2 të tillë që f (x 1 ) = f (x 2 ). Kjo do të thotë se f (x) nuk është funksion një për një. Prej nga ne kemi metodën e mëposhtme gjeometrike për të përcaktuar se kur një funksion është një për një.

1.5.1 Testi i drejtëzës horizontale Lema 1.1. Një funksion është funksion një për një ose injektiv atëherë dhe vetëm atëherë kur asnjë drejtëz horizontale nuk e pret grafikun e funksionit më shumë se një herë.

Figura 1.38: Grafiku i një funksioni i cili e kalon testin e drejtëzës horizontale (në të majtë) dhe i një funksioni i cili nuk e kalon këtë test (në të djathtë).

Ne vazhdojmë me disa shembuj funksionesh një për një përpara se të kalojmë tek përkufizimi i funksionit invers. Shembull 1.32. A është funksioni g (x) = x 2 funksion një për një? Zgjidhje Ky funksion nuk është funksion një për një sepse për shembull, g (1) = 1 = g (−1) pra 1 dhe −1 kanë të njëjtën dalje. Gjithashtu, ka drejtëza horizontale që e presin grafikun e g (x) më shumë se një herë. Pra, prej testit të drejtëzës horizontale del se g (x) nuk është funksion një për një. Shembull 1.33. A është funksioni f (x) = x 3 funksion një për një? Zgjidhje Në qoftë se x 1 6= x 2 , atëherë x 13 6= x 23 (dy numra të ndryshëm s’mund të kenë të njëjtin kub). Prandaj, nga përkufizimi f (x) = x 3 është funksion një për një. Gjithashtu, nga Fig. 1.39 ne shohim se asnjë drejtëz horizontale nuk e pret grafikun më shumë se një herë. Pra, nga testi i drejtëzës horizontale f (x) është funksion një për një. 56

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Figura 1.39: Grafiku i funksionit f (x) = x 3

Funksionet një për një janë të rëndësishëm sepse janë pikërisht ata që kanë funksione të anasjellta sipas përkufizimit të mëposhtëm. Le të fillojmë me një shembull praktik të një funksioni të anasjelltë përpara se të japim një përkufizim formal për ta. Shembull 1.34. Tabela 1.5 jep të dhëna nga një eksperiment në të cilin një kulturë bakteriale fillon me 100 bakterie në një mesatare ushqyese të kufizuar. Përmasat e popullimit të bakterieve janë rregjistruar në intervale kohore një-orëshe. Numri i bakterieve N është funksion i kohës t , pra N = f (t ).

t (ore) 0 1 2 3 4 5 6 7 8

N = f (t ) 100 168 259 358 445 509 550 573 586

Tabela 1.5: N si funksion i t Tani supozojmë se biologu ndryshon këndvështrimin e tij dhe interesohet për kohën e nevojshme që popullimi të arrijë një nivel të caktuar. Me fjalë të tjera e mendon t si funksion të popullimit N. Ky funksion quhet funksion invers (i anasjelltë) i funksionit f (x), dhe shënohet me f −1 dhe lexohet "inversi i f -së". Kështu, t = f −1 (N) është koha që i nevojitet popullimit për të arritur nivelin N. Vlerat e f −1 mund të gjenden duke lexuar Tabelën 1.5 nga e djathta në të majtë ose duke parë Tabelën 1.6. Për shembull, f −1 (550) = 6 sepse f (6) = 550. ?shtë e natyrshme se të dyja tabelat kanë vlerë nga ana praktike.

Më poshtë ne japim përkufizimin formal të funksionit invers. ©AulonaPress

57

Kalkulus

Shaska T. N 100 168 259 358 445 509 550 573 586

t koha 0 1 2 3 4 5 6 7 8

Tabela 1.6: t si funksion i N

Përkufizim 1.2. Le të jetë f (x) një funksion një për një me bashkësi përkufizimi A dhe bashkësi vlerash B. Atëherë, funksioni invers i tij, i cili shënohet me f −1 , quhet funksioni që ka bashkësi përkufizimi B dhe bashkësi vlerash A dhe për çdo y ∈ B kemi f −1 (y) = x ⇐⇒ f (x) = y. Vërejtje. Bëni kujdes mos e ngatërroni −1 tek f −1 me eksponentin. Prandaj f −1 (x) nuk është 1/ f (x) mund të shkruhet si [ f (x)]

−1

1 f (x) .

Në mënyrë reciproke

.

Lexuesi të vërtetojë rezultatet e mëposhteme Lema 1.2. i) Funksioni f ka invers atëherë dhe vetëm atëherë kur f është bijektiv. ii) Ne qofte se funksioni invers f −1 i një funksioni f ekziston atëherë ai është unik. iii) f ◦ f −1 = i d y dhe f −1 ◦ f = i d x ¡ ¢−1 iv) f −1 =f ¡ ¢−1 v) f ◦ g = g −1 ◦ f −1 Vërtetim Detyrë lexuesit. Shkronja x tradicionalisht përdoret për të shënuar variablin e pavarur, kështu që ne kur duam të përqendrohemi tek f −1 , ne zakonisht ndryshojmë rolet e x me y dhe shkruajmë f −1 (x) = y ⇐⇒ f (y) = x Nga zëvendësimimi y në përkufizimin e funksionit invers ne përftojmë ekuacionet e thjeshtimit si më poshtë: f −1 ( f (x)) = x, për çdo x ∈ A dhe gjithashtu f ( f −1 (x)) = x, për çdo x ∈ B 1

Për shembull, në qoftë se f (x) = x 3 , atëherë f −1 (x) = x 3 dhe kemi ¡ ¢1 f −1 ( f (x)) = x 3 3 = x

dhe

³ 1 ´3 f ( f −1 (x)) = x 3 = x

(1.6)

Këto ekuacione na thonë se funksioni kubik dhe funksioni i rrënjës kubike thjeshtojnë njëri tjetrin kur aplikohen njëri pas tjetrit. Tani le të shohim sesi mund t’i përftojmë funksionet inverse. Në qoftë se kemi funksionin y = f (x) dhe jemi në gjendje të zgjidhim këtë ekuacion në lidhje me x në varësi të y, atëherë duke u nisur nga Përkufizimi 1.2 ne mund të kemi x = f −1 (y). Në qoftë se ne duam ta quajmë ndryshore të pavarur x-in, atëherë ne ndërrojmë x me y dhe arrijmë në ekuacionin y = f −1 (x). 58

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

1.5.2 Si të gjejmë funksionin invers të funksionit një për një Për të gjetur funksionin invers të një funksioni f (x) ka një procedurë fare të thjeshtë e cila varet kryesisht nga zgjidhja e ekuacionit përkatës. Ne kalojmë nëpër këto hapa për të gjetur inversin e f (x): • Hapi i parë: Shkruajmë y = f (x) • Hapi i dytë: Zgjidhim ekuacionin për x në lidhje me y (në qoftë se është e mundur). • Hapi i tretë: Për të shprehur f −1 si funksion të x-it, ndryshojmë x me y. Ekuacioni rezulton të jetë y = f −1 (x).

Figura 1.40: Grafiku i f (x) dhe f −1 (x) Shembull 1.35. Gjeni inversin e funksionit f (x) = x 3 + 2. Zgjidhje Duke u nisur nga ajo që përmendëm më sipër fillimisht shkruajmë y = x 3 + 2. Prej nga zgjidhim ekuacionin p 3 3 x = y − 2 në lidhje me x, dhe kemi x = y − 2. Përfundimisht, ndërrojmë x me y dhe marrim p 3 y = x −2 p 3 Pra, inversi i funksionit është f −1 (x) = x − 2. Parimi i ndryshimit të x me y na jep gjithashtu metodën për të përftuar grafikun e f −1 nga grafiku i f (x). Meqënëse f (a) = b atëherë dhe vetëm atëherë kur f −1 (b) = a, pika (a, b) ndodhet në grafikun e f (x) vetëm kur pika (b, a) ndodhet në grafikun e f −1 . Por ne e marrim pikën (b, a) nga (a, b) nëpërmjet pasqyrimit në lidhje me drejtëzën y = x, shih Fig. 1.40. Lema 1.3. Grafiku i f −1 përftohet nga pasqyrimi i grafikut të f (x) në lidhje me drejtëzën y = x. Shembull 1.36. Ndërtoni grafikun e f (x) =

p −1 − x dhe të inversit të tij duke përdorur të njëjtin sistem koordinativ.

p Zgjidhje Fillimisht skicojmë grafikun e kurbës y = −1 − x (gjysma e sipërme e parabolës y 2 = −1 − x ose x = −y 2 − 1) dhe e pasqyrojmë në lidhje me drejtëzën y = x për të përftuar kështu grafikun e inversit; shih Fig. 1.41. Siç duket edhe në grafikun tonë shprehja për inversin është f −1 (x) = −x 2 − 1, për x ≥ 0. Pra, grafiku i inversit është gjysmë parabola y = −x 2 − 1.

©AulonaPress

59

Kalkulus

Shaska T.

Figura 1.41: Grafiku i funksionit f (x) =

p −1 − x dhe f −1 (x)

1.5.3 Funksionet inverse trigonometrike Kur përpiqemi të gjejmë inversët e funksioneve trigonometrike, hasim një vështirësi. Ngaqë funksionet trigonometrike nuk janë funksione një për një, ato nuk kanë funksione inverse. Vështirësia kapërcehet duke ngushtuar bashkësinë e përkufizimit aq sa funksionet të jenë funksione një për një. Ne kemi parë se funksioni y = sin x, nuk është funksion një për një (duke përdorur testin e drejtëzës horizontale). Por funksioni y = sin x, për x të tillë −π/2 ≤ x ≤ π/2 është funksion një për një. Funksioni invers i këtij funksioni sinus të ngushtuar ekziston dhe shënohet me sin−1 ose arcsin. Ky quhet inversi i sinusit ose funksioni arksinus. Më poshtë do t’a pergjithësojmë këtë ide për gjithë funksionet trigonometrike: Meqënëse përkufizimi i funksionit invers thotë se f −1 (x) = y ⇐⇒ f (y) = x do të kemi sin−1 x = y ⇐⇒ sin y = x dhe − π/2 ≤ y ≤ π/2 Në qoftë se −1 ≤ x ≤ 1, sin−1 x është numri ndërmjet −π/2 dhe π/2 sinusi i të cilit është x.

Shembull 1.37. Llogarisni 60

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

¡ ¢ (a) sin−1 21 ¡ ¢ (b) tan arcsin 13 . Zgjidhje (a) Kemi −1

sin ¡ ¢ sepse sin π6 = 21 dhe (b) Le të jetë

π 6

µ ¶ π 1 = 2 6

shtrihet midis − π2 dhe π2 . 1 1 θ = arcsin , prej nga sin θ = . 3 3

Atëherë, ne mund të vizatojmë trekëndëshin kënddrejtë me kënd θ dhe duke u nis nga teorema e Pitagorës del që brinja p p e tretë (kateti përbri këndit θ) ka gjatësi 9 − 1 = 2 2. Kjo na mundëson që të llogarisim duke lexuar nga trekëndëshi se µ ¶ 1 1 tan arcsin = tan θ = p 3 2 2 Ekuacionet e thjeshtimit për funksionet inverse në këtë rast kanë trajtën, π π sin−1 (sin x) = x, për − ≤ x ≤ 2 2 ¡ ¢ sin sin−1 x = x, për −1 ≤ x ≤ 1 Funksioni invers (i anasjelltë) i sinusit ka si bashkësi përkufizimi [−1, 1] dhe bashkësi vlerash [−π/2, π/2]. Funksioni invers i kosinusit përftohet në mënyrë të ngjashme. Funksioni i kufizuar kosinus f (x) = cos x, 0 ≤ x ≤ π është funksion një për një dhe kështu ai ka funksion invers i cili shënohet me cos−1 ose arccos. cos−1 x = y ⇐⇒ cos y = xdhe 0 ≤ y ≤ π Funksioni invers i funksionit kosinus, cos−1 , ka si bashkësi përkufizimi [−1, 1] dhe bashkesi vlerash [0, π]. Funksioni tangent mund të bëhet funksion një për një në qoftë se e kufizojmë në intervalin (−π/2, π/2). Prandaj inversi i funksionit tangent do përkufizohet si funksioni invers i y = tan x, për (−π/2 ≤ x ≤ π/2), ai shënohet me tan−1 ose arctan. π π tan−1 x = y ⇐⇒ tan y = x për − < x < 2 2 Dimë se drejtëzat x = ± π2 janë asimptotat vertikale të funksionit tangent. Meqënëse grafiku i inversit merret nga pasqyrimi në lidhje me drejtëzën y = x, kjo na sjell se drejtëzat y = π/2 dhe y = −π/2 janë asimptotat horizontale të arktangentit. Përkufizimet e funksioneve të anasjellta trigonometrike janë përmbledhur në Tabelën 1.7. Grafikët e arctangent, arccotangent, arcsecant dhe arccosecant në bashkësitë respektive të përkufizimit i kemi më poshtë:

, Figura 1.42: Grafikët e arctangent, arccotangent, arcsecant, dhe arccosecant

©AulonaPress

61

Kalkulus

Shaska T.

Figura 1.43: Grafikët e arcsin x dhe arccos x.

¡ ¢ Shembull 1.38. Thjeshtoni shprehjen cos tan−1 x . Zgjidhje Le të jetë y = tan−1 x. Atëherë, tan y = x dhe − π2 < x < njihet është më e lehtë të gjendet fillimisht 1/ cos y. Pra, kemi

π 2

Ne duam të gjejmë cos y, por meqënë qoftë se tan y

1 = 1 + tan2 y = 1 + x 2 cos2 y p 1 = 1 + x2 cos y Prandaj, 1 . cos(tan−1 x) = cos y = p 1 + x2

1.5.4 Funksioni eksponencial dhe logaritmik Në qoftë se a > 0 dhe a 6= 1, funksioni eksponencial f (x) = a x mund të jetë rritës ose zbritës, që do të thotë se është funksion një për një, kjo nga testi i drejtëzës horizontale. Pra, ka një funksion invers f −1 që quhet funksion logaritmik me bazë a dhe shënohet si loga . Në qoftë se ne përdorim formulimin e funksionit invers të dhënë nga f −1 (x) = y ⇐⇒ f (y) = x ne do të kemi: loga x = y ⇐⇒ a y = x Prandaj, në qoftë se x > 0, atëherë loga x është eksponenti në të cilin duhet ngritur a për të përftuar x. Për shembull, log10 0, 001 = −3 sepse 10−3 = 0, 001. Ekuacionet e thjeshtimit, kur aplikohen tek funksioni f (x) = a x dhe f −1 (x) = l og a (x), del se: loga (a x ) = x, ∀x ∈ Ra loga x = x, ∀x > 0 62

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Funksioni logaritmik loga ka si bashkësi përkufizimi (0, +∞) dhe bashkësi vlerashR. Grafiku i tij është pasqyrimi i grafikut y = a x në lidhje me drejtëzën y = x. Vetitë e mëposhtme të funksionit logaritmik rrjedhin direkt nga vetitë respektive të funksionit eksponencial të dhëna në seksionin e mëparshëm. i) loga (x y) = loga x + loga y ii) loga xy = loga x − loga y iii) loga (x)r = r loga x Shembull 1.39. Përdorni rregullat e logaritmit për të llogaritur log2 80 − log2 5. Zgjidhje Duke përdorur rregullin ii) kemi µ log2 80 − log2 5 = log2

¶ 80 = log2 16 = 4 5

sepse 24 = 16.

Logaritmet natyrore Nga të gjitha bazat e mundshme a për logaritmet, ne do të shohim në vazhdim se zgjedhja më e përshtatshme për bazën a është numri e. Logaritmi me bazë e quhet logaritëm natyror dhe ka një shënim të veçantë: loge x = ln x Në qoftë se ne i zëvendësojmë a = e dhe loge me "ln"në ekuacionet e thjeshtimit të logaritmeve, atëherë vetitë përcaktuese të funksionit të logaritmit natyror marrin trajtën: ln x = y ⇐⇒ e y = x dhe ln(e x ) = x, ∀x ∈ R Gjithashtu, e ln x = x, ∀x > 0 Në veçanti, në qoftë se marrim x = 1 do të kemi ln e = 1. Shembull 1.40. Gjeni x në qoftë se ln x = 5. Zgjidhje Fillojmë me ekuacionin ln x = 5 dhe aplikojmë funksionin eksponencial në të dy anët e ekuacionit: e ln x = e 5 Por nga ekuacioni i dytë i thjeshtimit kemi se e ln x = x. Prandaj, x = e 5 . Shembull 1.41. Zgjidhni ekuacionin e 5−3x = 10 Zgjidhje Ne marrim logaritmet natyrore të të dy anëve të ekuacionit dhe përdorim ekuacionin e thjeshtimit: ln(e 5−3x ) = ln 10 na jep 5 − 3x = ln 10 Kështu që x = 13 (5 − ln 10). Meqënëse logaritmi natyror gjendet me makina llogaritëse shkencore, mund ta përafrojmë zgjidhjen me x ≈ 0.8991.

©AulonaPress

63

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 1.42. Shprehni ln a +

1 ln b 2

si një logaritëm i vetëm. Zgjidhje Duke përdorur rregullin iii) dhe i) të logaritmeve do të kemi ln a +

p p 1 ln b = ln a + ln b 1/2 = ln a + ln b = ln(a b) 2

Formula në vazhdim tregon se logaritmet me çfarëdo lloj baze mund të shprehen në termat e logaritmit natyror. Lema 1.4 (Formula e ndryshimit të bazës). Për çdo numër pozitiv a (a 6= 1), ne kemi loga x =

ln x ln a

Vërtetim Le të jetë y = loga x, prej nga ne kemi a y = x. Duke marrë logaritmin natyror të të dy anëve të këtij ekuacioni, përftojmë y ln a = ln x. Atëherë, ln x . y= ln a Makinat llogaritëse shkencore kanë një buton për logaritmet natyrore, kështu që formula e mësipërme na mundëson të llogarisim një logaritëm të çfarëdo lloj baze siç tregohet në shembullin në vazhdim. Në mënyrë të ngjashme kjo formulë na ndihmon të ndërtojmë grafikun e çdo funksioni logaritmik në një makinë llogaritëse grafike apo kompjuter. Shembull 1.43. Llogaritni log8 5 me përafërsi deri gjashtë shifra pas presjes. Zgjidhje Formula e ndryshimit të bazës na jep log8 5 =

ln 5 ≈ 0.773976 ln 8

Së bashku me të gjithë funksionet e tjerë logaritmikë me bazë më të madhe se 1, logaritmi natyror është funksion rritës i përkufizuar në (0, +∞) dhe me boshtin e y-ve si asimptotë vertikale.

64

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 109. a Shkruani një ekuacion i cili përcakton një funksion eksponencial me bazë a > 0. b Cila është bashkësia e përkufizimit të këtij funksioni? c Në qoftë se a 6= 1, cila është bashkësia e vlerave të këtij funksioni? d Ndërtoni grafikun e funksionit eksponencal në secilin nga rastet: a > 1, a = 1, 0 < a < 1

• f (x) =

1 1−e x

• g (t ) = sin(e −t ) p • g (t ) = 1 − 2t 115. Në qoftë se f (x) = 5x , Vërtetoni se f (x + h) − f (x) 5h − 1 = 5x ( ) h h

c Cili është funksioni eksponencial natyror?

116. Krahasoni funksionet f (x) = x 5 dhe g (x) = 5x duke i ndërtuar grafikët e të dy funksioneve në disa drejtkëndësha pamjeje. Gjeni të gjitha pikat e prerjes të grafikëve me saktësi deri në një shifër pas presjes. Cili funksion rritet më shpejt?

111. Ndërtoni grafikët e funksioneve të dhënë në një sistem koordinativ të përbashkët. Ç’lidhje kanë këta grafikë me njëri-tjetrin?

117. Nën kushtet ideale një popullim i caktuar bakteriesh dihet se e dyfishon veten e vet çdo tri ore. Supozojmë se fillimisht janë 100 bakterie.

110. a Si është përkufizuar numri e? b Cila është vlera e përafërt për e?

1. y = 2x, y = e x , y = 5x , y = 20x

a Cili është numri i popullatës pas 15 orësh? b Cili është numri i popullatës pas t orësh?

2. y = e x , y = e −x , y = 8x , y = 8−x 1 x ) 3. y = 3x , y = 10x , y = ( 31 )x , y = ( 10

4. 0.9x , y = 0.6x , y = 0.3x , y = 0.1x 112. Duke u nisur nga grafiku i y = e x , shkruani ekuacionin e grafikut që rezulton nga: a Duke e zhvendosur dy njësi poshtë. b Duke e zhvendosur dy njësi nga e djathta. c Duke e pasqyruar në lidhje me boshtin e x-ve. d Duke e pasqyruar në lidhje me boshtin e y-ve. e Duke e pasqyruar në fillim në lidhje me boshtin e x-ve, e pastaj në lidhje me boshtin e y-ve. 113. Duke filluar nga grafiku i funksionit y = e x , gjeni ekuacionin e grafikut i cili përftohet nga a Pasqyrimi në lidhje me drejtëzën y = 4. b Pasqyrimi në lidhje me drejtëzën x = 2. 114. Gjeni bashkësinë e përkufizimit për secilin nga funksionet. • f (x) =

1 1+e x

©AulonaPress

c Llogarisni numrin e popullatës pas 20 orësh. d Ndërtoni grafikun e funksionit të popullatës dhe njehsoni kohën kur popullata arrin numrin 50, 000. 118. Një kulturë bakteriale fillon me 500 bakterie dhe e dyfishon numrin e vet çdo gjysmë ore. a Sa bakterie janë bërë pas 3 orësh? b Cili është numri i bakterieve pas t orësh? c Llogarisni numrin e bakterieve pas 40 minutash. d Ndërtoni grafikun e funksionit të popullatës dhe njehsoni kohën kur popullata arrin numrin 100, 000. 119. Në qoftë se ju ndërtoni grafikun e funksionit f (x) =

1 − e 1/x 1 + e 1/x

do të shihni se f (x) duket të jetë një funksion tek. Provojeni këtë fakt. 120. Ndërtoni grafikët e disa prej funksioneve të cilët janë pjesë e familjes 1 f (x) = 1 + ae bx ku a > 0. Si ndryshojnë grafikët kur ndryshon b-ja? Si ndryshojnë kur ndryshon a-ja? 65

Kalkulus

Shaska T.

121. Çfarë është një funksion një për një? Si mund të thoni duke u nisur nga grafiku i një funksioni në qoftë se ky është një funksion një për një? 122. a Supozojmë se f (x) është një funksion një për një me bashkësi përkufizimi A dhe bashkësi vlerash B. Si përkufizohet funksioni i anasjelltë i tij f −1 ? Cila është bashkësia e përkufizimit të f −1 ? Po bashkësia e vlerave? b Në qoftë se ju jepet një formulë për f (x), si do ta gjenit një formulë për f −1 ? c Në qoftë se ju jepet grafiku i f (x), si do ta gjenit grafikun e f −1 ? 123. Në qoftë se f (x) është një funksion një për një i tillë që f (2) = 9, kush do të jetë f −1 (9)? 124. Le të jetë f (x) = 3 + x 2 + tan(πx/2), ku −1 < x < 1. a Gjeni f

−1

(3).

b Gjeni f ( f −1 (5)). 125. Në qoftë se g (x) = 3 + x + e x , gjeni g −1 (4). 126. Në teorinë e relativitetit masa e një grimce me shpejtësi v është m0 m = f (v) = p 1 − v 2 /c 2 ku m 0 është masa në momentin fillestar e grimcës dhe c shpejtësia e dritës në boshllëk. Gjeni funksionin e anasjelltë të f (x) dhe jepni kuptimin e tij. 127. Gjeni një formulë për funksionin e anasjelltë të funksionit. p 1. f (x) = 10 − 3x 2. f (x) =

4x−1 2x+3

3. f (x) = e x

3

4. f (x) = 2x 3 + 3 5. y = ln(x + 3) 6. y =

ex 1+2e x

128. Gjeni një formulë eksplicite për f −1 dhe përdoreni atë për të ndërtuar grafikun e f −1 . Ndërtoni grafikun e f (x) dhe y = x në të njëjtin sistem koordinativ f (x) = x 4 + 1, f (x) = 2 − e x 129. a Si përkufizohet funksioni logaritmik y = loga x?

d Ndërtoni grafikun e funksionit y = loga x kur a > 1 130. a Çfarë është logaritmi natyror? b Çfarë është logaritmi i zakonshëm? c Ndërtoni grafikun e funksionit logaritëm natyror dhe të funksionit eksponencial natyror në të njëjtin sistem koordinativ. 131. Gjeni vlerën e saktë të secilës shprehje. a log5 125 1 b log3 27

c ln(1/e) p d log10 10 e log2 6 − log2 15 + log2 20 f log3 100 − log3 18 − log3 50 g a −2 ln 5 10

h ln(ln e e ) 132. Kalojeni shprehjen e dhënë në një logaritëm të vetëm 1. ln 5 + 5 ln 3 2. ln(a + b) + ln(a − b) − 2 ln c 3. ln(1 + x 2 ) + 12 ln x − ln sin x 133. Përdorni formulën e ndërrimit të bazës për të njehsuar secilin logaritëm me saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes. (a)log12 10, (b)log2 8.4 134. Përdorni formulën e ndërrimit të bazës për të ndërtuar grafikët e funksioneve të dhënë në një sistem koordinativ të përbashkët. Si janë të lidhur këta grafikë? 1. y = log1.5 x, y = ln x, y = log10 x, y = log50 x 2. y = ln x, y = log10 x, y = e x , y = 10x 135. Krahasoni funksionet f (x) = x 0.1 dhe g (x) = ln x duke ndërtuar grafikët e tyre në sisteme koordinative të përbashkëta. Kur grafiku i f (x) e kalon përfundimisht grafikun e g (x)? 136. Zgjidhni secilin nga ekuacionet në lidhje me x. 2 ln x = 1

e 2x+3 − 7 = 0

2x−5 = 3

ln(ln x) = 1

−x

b Cila është bashkësia e përkufizimit të këtij funksioni?

e

c Cila është bashkësia e vlerave të këtij funksioni?

ln x + ln(x − 1) = 1

66

=5

ln(5 − 2x+) = −3 e ax = Ce bx , ku a 6= b ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

137. Zgjidhni secilin ekuacion ose inekuacion në lidhje me x. e x < 10 ln x ≥ −1 2 < ln x < 9 e

2−3x

¡ ¢ p 140. Vërtetoni se cos sin−1 x = 1 − x 2 . 141. Thjeshtoni shprehjet (i ) tan(sin−1 x)

>4

(i i ) sin(tan−1 x

138. Gjeni fillimisht bashkësinë e përkufizimit të f (x), gjeni f −1 si dhe bashkësinë e përkufizimit të tij. p f (x) = 3 − e 2x f (x) = ln(2 + ln x)

(i i i ) cos(2 tan−1 x 142. Gjeni bashkësinë e përkufizimit dhe bashkësinë e vlerave të funksionit

139. Gjeni vlerën e saktë të secilës shprehje. −1

p ( 3/2)

(a)

sin

(b) (c)

cos−1 (−1) p tan−1 (1/ 3)

(d )

sec−1 2

(e) (f )

arctan 1 p sin−1 (1/ 2)

©AulonaPress

p (g ) cot (− 3) 1 (h) arccos(− ) 2 (i ) tan(arctan 10) −1

( j ) sin−1 (sin(7π/3))

g (x) = sin−1 (3x + 1) 143. Ndërtoni grafikun e funksionit dhe shpjegoni paraqitjen grafike. i f (x) = sin(sin−1 x)

−1

(k) tan(sec

4) 3 (l ) sin(2 sin−1 ( )) 5

ii g (x) = sin−1 (sin x)

67

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime për përsëritje Ne këtë seksion ne japim një listë ushtrimesh dhe problemash të Kap. 1. Një listë e tillë duhet të sherbejë si një guidë për studentët për provimin e parë. 144. Ndërto grafikun e funksioneve që vazhdojnë: i) f (x) = sin x1 ii) f (x) = x + sin x 145. Cili është funksioni invers i f (x) = e x ? 146. Është relacioni i mëposhtëm funksion 2

6. f (x) = sin2 (100x)

7. f (x) = cos(0.001x)

8. f (x) = sec(20πx)

2

x + y = 1? 147. Përdorni makinën llogaritëse grafike për të përcaktuar se cili nga drejtkëndëshat e pamjes jep grafikun më të përshtatshëm për funksionin p f (x) = x 3 − 5x 2 a [−5, 5] me [−5, 5] b [0, 10] me [0, 2] c [0, 10] me [0, 10] 148. Përdorni makinën llogaritëse grafike për të përcaktuar se cili nga drejtkëndëshat e pamjes jep grafikun më të përshtatshëm për funksionin p f (x) = x 4 − 16x 2 + 20 a [−3, 3] me [−3, 3]

9. f (x) = 10 sin x + sin 100x 10. f (x) = x 2 + 0.02 sin 50x

150. A priten grafikët në drejtkëndëshat e pamjes të dhënë ? Në qoftë se po sa pika prerjeje kanë? a y = 3x 2 − 6x + 1, y = 0.23x − 2.25; [−1, 3] me [−2.5, 1.5] b y = 6 − 4x − x 2 , y = 3x + 18; [−6, 2] me [−5, 20] 151. Gjeni të gjitha zgjidhjet e ekuacioneve me saktësi deri në dy shifra pas presjes dhjetore. 1. x 3 − 9x 2 − 4 = 0 2. x 3 = 4x − 1

b [−50, 50] me [−50, 50] c [−10, 10] me [−10, 10]

3. x 3 = sin x

d −5, 5] me −50, 50 149. Përcaktoni një drejtkëndësh pamjeje të përshtatshëm për funksionin e dhënë dhe përdoreni atë për të vizatuar grafikun.

152. Përdorni grafikët për të përcaktuar se cili nga funksionet f (x) = 10x 2 dhe g (x) = x 3 /10 është eventualisht më i madh (domethënë më i madh kur vlerat e x-it janë shumë të mëdha).

1. f (x) = 5 + 20x − x 2 2. f (x) = x 3 + 30x 2 + 200x 3. f (x) = 4. f (x) =

p 4 81 − x 4 p 0.1x + 20

p 5. f (x) = sin x

68

153. Përdorni grafikët për të përcaktuar se cili nga funksionet f (x) = x 4 − 100x 3 dhe g (x) = x 3 është eventualisht më i madh. 154. Për cila vlera të x është e vërtetë që | sin x − x| < 0.1? 155. Ndërtoni grafikët e polinomeve P(x) = 3x 5 −5x 3 +2x dhe Q(x) = 3x 5 në të njëjtin sistem koordinativ, fillimisht duke përdorur drejtkëndëshat e pamjes me përmasa [−2, 2] me [−2, 2] dhe më pas duke i ndryshuar me përmasa [−10, 10] me [−10, 000, 10, 000]. Çfarë vëreni nga këto grafikë? ©AulonaPress

Shaska T. 156. Le të shqyrtojmë familjen e funksioneve rrënjë p f (x) = n x, ku n është numër natyror. p p a) Ndërtoni grafikun e funksioneve y = x, y = 4 x, p y = 6 x në të njëjtin drejtkëndësh pamjeje me përmasa −1, 4 me [−1, 3]. p b) Ndërtoni grafikët e funksioneve y = x, y = 3 x, p y = 5 x në të njëjtin sistem koordinativ duke përdorur drejtkëndëshin e pamjes [−3, 3] me [−2, 2] p p c) Ndërtoni grafikët e funksioneve y = x, y = 3 x, p p y = 4 x, dhe y = 5 x në të njëjtin sistem koordinativ duke përdorur drejtkëndëshin e pamjes [−1, 3] me [−1, 2]. d) Çfarë konkluzionesh mund të nxirrni nga këta grafikë?

Kalkulus (b) në të njëjtin sistem koordinativ duke përdorur drejtkëndëshin e pamjes [−1, 3] me [−1, 3]. d) Çfarë konkluzionesh mund të nxirrni nga këta grafikë? 158. Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) = x 4 + c x 2 + x për vlera të ndryshme të c. ndryshon c-ja?

159. Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) =

157. Le të shqyrtojmë familjen e funksioneve rrënjë f (x) = 1/x n , ku n është numër natyror: a) Ndërtoni grafikun e funksioneve y = 1/x 2 , y = 1/x 4 , në të njëjtin drejtkëndësh pamjeje me përmasa [−3, 3] me [−3, 3]. b) Ndërtoni grafikët e funksioneve y = 1/x, y = 1/x 3 , në të njëjtin sistem koordinativ duke përdorur drejtkëndëshin e pamjes [−3, 3] me [−3, 3] c) Ndërtoni grafikët e funksioneve të pikës (a) dhe

©AulonaPress

Si ndryshon grafiku kur

p 1 + c x2

për vlera të ndryshme të c. ndryshon c-ja?

Si ndryshon grafiku kur

160. Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) = x n 2−x , x ≥ 0, për vlera të n = 1, 2, 3, 4, 5, dhe 6. Si ndryshon grafiku me rritjen e n? 161. Çfarë ndodh me grafikun e funksionit y 2 = c x 3 + x 2 me ndryshimin e c?

69

arcsine arccosine arctangent arccotangent arcsecant arccosecant

Name arcsin x arccos x arctan x arccot x arcsec x arccsc x

y= sin y cos y tan y cot y sec y csc y

x= Bashkësia e përkufizimit −1 ≤ x ≤ 1 −1 ≤ x ≤ 1 (−∞, ∞) (−∞, ∞) x ≤ −1 or 1 ≤ x x ≤ −1 or 1 ≤ x

Vlera ne radian −π/2 ≤ y ≤ π/2 0≤y ≤π −π/2 < y < π/2 0 0 ekziston një numër δ > 0 i tillë që | f (x) − L| < ε

0 < |x − a| < δ.

kur

Një tjetër mënyrë për të shkruar rreshtin e fundit të përkufizimit të mësipëm është: Në qoftë se 0 < |x − a| < δ atëherë

| f (x) − L| < ε

Meqë |x − a| është distanca nga x tek a dhe | f (x) − L| distanca nga f (x) tek L dhe meqënëse ε mund të jetë shumë e vogël, atëherë përkufizimi i limitit mund të shprehet me fjalë si më poshtë: limx→a f (x) = L do të thotë se distanca ndërmjet f (x) dhe L mund të bëhet arbitrarisht e vogël duke marrë distancën ndërmjet x dhe a mjaft të vogël (por jo zero), ose ndryshe limx→a f (x) = L do të thotë se vlerat e f (x) mund të bëhen aq afër L duke marrë x mjaft afër a (por jo a. Ne gjithashtu mund ta riformulojmë përkufizimin në termat e intervaleve, duke pat parasysh njëvlershmërinë midis dy mosbarazimeve |x − a| < δ dhe −δ < x − a < δ ose a − δ < x < a + δ. Gjithashtu 0 < |x − a| është i vërtetë vetëm kur x − a 6= 0, domethënë x 6= a. Njëlloj, mosbarazimi | f (x) − L| < ε është ekujvalent me mosbarazimin L − ε < f (x) < L + ε. Prandaj në termat e intervaleve përkufizimi merrë trajtën: Përkufizim 2.5. Numri L quhet limit i funksionit f (x) kur x shkon në a, shënohet me limx→a f (x) = L, kur për çdo ² > 0 (sado i vogël qoftë ai) mund të gjejmë δ > 0 të tillë që në qoftë se x shtrihet në intervalin e hapur (a − δ, a + δ) dhe x 6= a, atëherë f (x) shtrihet në intervalin e hapur (L − ε, L + ε). Përkufizimi i limitit thotë se për çdo interval sado të vogël (L − ε, L + ε) të dhënë rreth L, mund të gjejmë një interval (a − δ, a + δ) rreth a të tillë që f pasqyron të gjitha pikat e intervalit (a − δ, a + δ) tek intervali (L − ε, L + ε). Tani mund të japim një tjetër interpretim gjeometrik të limitit në lidhje me grafikun e funksionit. Për ε > 0 të dhënë, vizatojmë drejtëzat horizontale y = L − ε dhe y = L + ε dhe grafikun e f (x). Në qoftë se limx→a f (x) = L, atëherë mund të gjejmë një numër δ > 0 të tillë që për x brenda intervalit (a − δ, a + δ), por të ndryshëm nga a, që kurba y = f (x) të shtrihet ndërmjet drejtëzave y = L − ε dhe y = L + ε. Shembull 2.13. Vërtetoni se lim (4x − 5) = 7.

x→3

Zgjidhje Le të jetë ε një numër i dhënë pozitiv. Ne duam të gjejmë δ të tillë që |(4x − 5) − 7| < ε kur 0 < |x − 3| < δ Por |(4x − 5) − 7| = |4x − 12| = |4(x − 3)|. Pra, ne duam që 4|x − 3| < ε

kur

0 < |x − 3| < δ

ε 4

kur

0 < |x − 3| < δ

ose |x − 3|
0 ekziston një numër δ > 0 i tillë që | f (x) − L| < εkur a − δ < x < a. Përkufizim 2.7. Numri L quhet limit i djathtë i funksionit f (x) dhe shënohet me lim f (x) = L

x→a +

në qoftë se për çdo numër ε > 0 ekziston një numër δ > 0 e tillë që | f (x) − L| < ε

kur

a < x < a + δ.

Vërejmë se përkufizimi është i njëjtë me përkufizimin e saktë të limitit të zakonshëm, me përjashtim të faktit se x ndodhet në gjysmën e majtë (a − δ, a) të intervalit (a − δ, a + δ). Në përkufizimin e djathtë, x ndodhet në gjysmën e djathtë (a, a + δ) të (a − δ, a + δ). Shembull 2.14. Përdorni përkufizimin e limitit të djathtë për të treguar se p lim x = 0. x→0+

Zgjidhje Le të jetë ε > 0 i dhënë. Këtu a = 0 dhe L = 0, kështu që duam të gjejmë një numër δ të tillë që p | x − 0| < ε kur 0 < x < δ pra

p

x < ε kur 0 < x < δ. p Duke ngritur në katror të dy anët e mosbarazimit x < ε, ne marrim x < ε2

kur

0 < x < δ.

Kjo na sugjeron që ne ta zgjedhim δ = ε2 . Të tregojmë se kjo δ funksionon. Për ε > 0 të dhënë, le ta marrim δ = ε2 . Në qoftë se 0 < x < δ, atëherë p p p x < δ = ε2 = ε pra

p | x − 0| < ε.

Në përputhje me përkufizimin e limitit të djathtë kemi që limx→0+

p

x = 0.

Shembull 2.15. Vërtetoni se lim x 2 = 9.

x→3

88

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Le të jetë ε > 0 i dhënë. Ne duhet të gjejmë një numër δ > 0 të tillë që |x 2 − 9| < ε

kur

0 < |x − 3| < δ.

Pra, ne duam |(x + 3)(x − 3)| < ε

kur

0 < |x − 3| < δ.

Vërejmë se po qe se mund të gjejmë një konstante pozitive C e tilë që |x + 3| < C, atëherë |(x + 3)(x − 3)| < C|x − 3| dhe marrim C|x − 3| < ε duke marrë |x − 3| < ε/C = δ. Një numër i tillë C mund të gjendetë në qoftë se e ngushtojmë x të shtrihet në një interval me qendër 3. Në fakt meqenë qoftë se jemi të interesuar për x që janë shumë afër 3, atëherë është e arsyeshme të pranojmë që x të ketë një distancë 1 nga 3, domethënë |x − 3| < 1. Prej nga 2 < x < 4 dhe prej këtej 5 < x + 3 < 7, prandaj kemi |x + 3| < 7, pra C = 7 është një zgjedhje e përshtatshme për konstanten. Por tani ka dy kufizime për |x − 3|, ε ε |x − 3| < 1 dhe |x − 3| < = C 7 Për të qenë të sigurt se të dy këto mosbarazime plotësohen e zgjedhim δ që të jetë më e vogël se secili nga numrat 1 dhe ε 7 . Pra, shënojmë ε δ = mi n{1, }. 7 Të tregojmë se kjo delta funksionon. Për ε të dhënë, le të jetë δ = mi n{1, ε/7}. Në qoftë se 0 < |x − 3| < δ, atëherë |x − 3| < 1 =⇒ 2 < x < 4 =⇒ |x + 3| < 7 (si në pjesën e parë). Ne gjithashtu kemi 0 < |x − 3| < ε/7, prej nga |x 2 − 9| = |x − 3||x + 3| < 7 ·

ε =ε 7

Kjo tregon se limx→3 x 2 = 9. Siç e tregon shembulli jo gjithmonë është e lehtë të provohet vlera e limitit në bazë të përkufizimit me gjuhën e ε, δ. Në fakt, në qoftë se do kishim një funksion paksa më të komplikuar si f (x) = (6x 2 − 8x + 9)/(2x 2 − 1) vërtetimi do të kërkonte akoma më shumë përpjekje. Për fat të mirë kjo zgjidhet ndryshe sepse vet rregullat e limitit mund të vërtetohen duke u bazuar tek përkufizimi i saktë i limitit. Në këtë mënyrë limitet e funksioneve të komplikuara mund të gjenden duke përdorur rregullat e kalimit në limit, pa qenë nevoja t’i drejtohemi përkufizimit të funksionit.

2.4.1 Limitet e pafundme Limitet e pafundme gjithashtu mund të përkufizohen në mënyrë të saktë. Përkufizim 2.8. Le të jetë f (x) një funksion i përkufizuar në një interval të hapur që përmban numrin a, me përjashtim ndoshta të a. Atëherë, lim f (x) = ∞ x→a

do të thotë se për çdo numër pozitiv M, ekziston një numër pozitiv δ i tillë që f (x) > M

kur

0 < |x − a| < δ.

Kjo do të thotë se vlerat e f (x) bëhen shumë të mëdha (më të mëdha se një numër pozitv M, sado i madh qoftë ai) duke marrë x mjaft afër a. Për çdo drejtëz horizontale të dhënë y = M, ne mund të gjejmë një numër δ > 0 të tillë që duke marrë vlerat e x brenda intervalit (a − δ, a + δ), por jo të barabarta me a, atëherë kurba y = f (x) shtrihet sipër drejtëzës y = M. Shembull 2.16. Përdorni përkufizimin e limitit të pafundëm për të treguar se lim

x→0

©AulonaPress

1 = ∞. x2 89

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Le të jetë dhënëM > 0, ne duam të gjejmë δ > 0 të tillë që 1 > M kur 0 < |x − 0| < δ x2 1 x2 < kur 0 < |x| < δ M 1 |x| < p kur 0 < |x| < δ M Kjo na sugjeron se duhet ta marrim δ =

p1 . M

Të tregojmë se kjo δ funksionon. Në qoftë se M > 0 është dhënë, le të jetë δ = |x| < δ =⇒ x 2 < δ2 =⇒ Prandaj,

1 x2

p1 . M

Për 0 < |x − 0| < δ, atëherë

1 1 > =M x 2 δ2

> M kur 0 < |x − 0| < δ. Kështu që nga përkufizimi del se lim

x→0

1 =∞ x2

Në mënyrë të ngjashme themi: Përkufizim 2.9. Le të jetë f (x) një funksion i përkufizuar në një interval të hapur që përmban numrin a, me përjashtim ndoshta të a. Atëherë lim f (x) = −∞ x→a

do të thotë se për çdo numër negativ N, ekziston një numër pozitiv δ i tillë që f (x) < N

90

kur

0 < |x − a| < δ

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 32. Përdorni për të gjetur një numër δ të tillë që ¯ ¯ grafikun në qoftë se ¯x − π4 ¯ < δ, atëherë |tan x − 1| < 0.2. 33. Përdorni grafikun për të gjetur një numër δ të tillë që ¯ ¯ ¯ 2x ¯ në qoftë se |x − 1| < δ, atëherë ¯ x 2 +4 − 0.4¯ < 0.1

43.

x2 + x − 6 =5 x−→2 x −2 lim

44. lim x = a

x−→a

34. Për limitin lim (4 + x − 3x 3 ) = 2

45. lim x 2 = 0

x−→1

x−→0

ilustroni përkufizimin e limitit duke gjetur vlerat e δ që ti korespondojnë ε = 1 dhe ε = 0.1.

46. lim |x| = 0

x−→0

35. Për limitin

ex − 1 =1 x−→0 x ilustroni përkufizimin e limitit duke gjetur vlerat e δ që ti korespondojnë ε = 0.5 dhe ε = 0.1. lim

36. Është dhënë l i m x−→π/2 tan2 x = ∞, ilustroni përkufizimin e limitit duke gjetur vlerat e δ të cilat i korrespondojnë (a) M = 1000 dhe (b) M = 10, 000.

47.

9 − 4x 2 =6 x−→1.5 3 + 2x lim

48. lim c = c

x−→a

49. lim

Vërtetoni barazimet duke u nisur nga përkufizimi me gjuhën e ε, δ dhe ilustrojini ato.

x−→9−

50. lim (x 2 + x − 4) = 8

37.

x−→3

lim (2x + 3) = 5

x−→1

51. lim (x 2 − 4x + 5) = 1

38.

x−→2

lim (1 − 4x) = 13

x−→−3

39.

52.

1 lim ( x + 3) = 2 x−→−2 2

40. lim (7 − 3x) = −5

x−→4

Vërtetoni barazimet duke u nisur nga përkufizimi me gjuhën e ε, δ 41.

x 3 lim = x−→3 5 5

42. lim (

x−→6

©AulonaPress

p 4 9−x = 0

x 9 + 3) = 4 2

lim (x 2 − 1) = 3

x−→−2

53. lim x 3 = 8

x−→2

54. Vërtetoni duke u nisur nga përkufizimi se 1 4 limx−→−3 x+3 = ∞. 55. Supozojmë se l i m x−→a f (x) = ∞ dhe l i m x−→a g (x) = c, ku c është një numër natyror. Vërtetoni secilin nga barazimet: (a) limx−→a [ f (x) + g (x)] = ∞. (b) limx−→a [ f (x)g (x)] = ∞ në qoftë se c > 0. (a) limx−→a [ f (x)g (x)] = −∞ në qoftë se c < 0.

91

Kalkulus

Shaska T.

2.5 Rregullat e kalimit në limit Në seksionin e mëparshëm përdorëm makinat llogaritëse dhe grafikët për të llogaritur vlerat e limiteve, por pamë se metoda të tilla jo gjithmonë na shpien tek përgjigjja e saktë. Në këtë seksion do të përdorim vetitë e mëposhtme të limitit, të quajtura Rregullat e limitit, për të llogaritur limitet. Lema 2.1. Supozojmë se c është një konstante dhe limitet limx→a f (x) dhe limx→a g (x) ekzistojnë, atëherë barazimet që vijojnë janë të vërteta: i) limx→a c = c ii) limx→a x = a iii) limx→a x n = a n ku n është një numër natyror. p p iv) limx→a n x = n a v) limx→a [ f (x) ± g (x)] = limx→a f (x) ± limx→a g (x) vi) limx→a [c · f (x)] = c · limx→a f (x) vii) limx→a [ f (x) · g (x)] = limx→a f (x) · limx→a g (x) viii) limx→a

f (x) g (x)

=

limx→a f (x) limx→a g (x)

në qoftë se limx→a g (x) 6= 0

ix) limx→a [ f (x)]n = [limx→a f (x)]n ku n është një numër natyror. p p x) limx→a n f (x) = n limx→a f (x) ku n është numër natyror. Vërtetim Le të jetë dhënë ε > 0. Ne duhet të gjejmë δ > 0 të tillë që | f (x) + g (x) − (L + M)| < εkur 0 < |x − a| < δ. Duke përdorur mosbarazimin e trekëndëshit ne mund të shkruajmë: | f (x) + g (x) − (L + M)| = |( f (x) − L) + (g (x) − M)| ≤ | f (x) − L| + |g (x) − M|. Prej nga përftojmë | f (x) + g (x) − (L + M)| < ε, duke marrë secilin nga termat | f (x) − L| dhe |g (x) − M| më të vegjël se ε/2. Meqë ε/2 > 0 dhe limx→a f (x) = L, atëherë ekziston një numër δ1 > 0 i tillë që | f (x) − L| < ε/2 kur 0 < |x − a| < δ1 . Në mënyre të ngjashme, meqënëse limx→a g (x) = M, atëherë ekziston një numër δ2 > 0 i tillë që |g (x) − M| < ε/2

kur

0 < |x − a| < δ2 .

Le ta marrim δ = mi n{δ1 , δ2 }. Vërejmë se, po qe se 0 < |x − a| < δ, atëherë plotësohen njëherazi të dy mosbarazimet 0 < |x − a| < δ1 dhe 0 < |x − a| < δ2 dhe prej këtej edhe mosbarazimet: | f (x) − L| < ε/2 dhe |g (x) − M| < ε/2. Pra, kemi: | f (x) + g (x) − (L + M)| ≤ | f (x) − L| + |g (x) − M| < ε/2 + ε/2 = ε | f (x) + g (x) − (L + M)| < ε

kur

0 < |x − a| < δ

Pra, lim [ f (x) + g (x)] = L + M

x→a

Tani shohim disa shembuj limitesh duke përdorur rregullat e mësipërme. 92

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 2.17. Llogarisni limitet e mëposhtëm: a) limx→5 (2x 2 − 3x + 4). 3 2 −1 b) limx→−2 x +3x 5−3x . Zgjidhje Për a) kemi lim (2x 2 − 3x + 4) = lim (2x 2 ) − lim (3x) + lim 4

x→5

x→5

x→5

x→5

= 2 lim (x 2 ) − 3 lim (x) + lim 4 x→5

x→5

x→5

= 39 Gjithashtu për b) kemi x 3 + 3x 2 − 1 limx→−2 (x 3 + 2x 2 − 1 = x→−2 5 − 3x limx→−2 (5 − 3x) lim

limx→−2 x 3 + 2 limx→−2 x 2 − limx→−2 1 limx→−2 5 − 3 limx→−2 x 1 =− 11 =

Vërejtje. Tek funksioni f (x) = 2x 2 −3x +4 llogarisnim f (5) = 39. Vëmë re se po aq ishte edhe limiti i tij kur x shkon tek 5. Njëlloj do rezultonte edhe tek shembulli (b). Kjo ndodh sepse kemi të bëjmë me funksione polinomiale dhe racionale respektivisht dhe përdorimi i rregullave të limitit provon se me to mund të punohet me zëvendësim të drejtpërdrejtë për të arritur tek vlera e limitit që kërkohet. Rregull: (Vetia e zëvendësimit të drejtpërdrejtë). Në qoftë se f (x) është një funksion polinomial ose racional, dhe a një vlerë nga bashkësia e përkufizimit të tij, atëherë: lim f (x) = f (a)

x→a

Funksionet që kanë vetinë e zëvendësimit të drejtpërdrejtë janë quajtur funksione të vazhdueshme në a dhe do të studiohen me tej. Megjithatë jo të gjitha limitet mund të njehsohen nëpërmjet zëvendësimit të drejtpërdrejtë, siç tregohet në shembujt në vazhdim. Shembull 2.18. Gjeni limitin x2 − 1 . x→1 x − 1 lim

2

−1 Zgjidhje Për funksionin f (x) = xx−1 ne nuk mund ta gjejmë limitin me zëvendësim të drejtpërdrejtë, sepse ky nuk është i përkufizuar për x = 1, f (1) nuk ekziston. Por as regullin e limitit të raportit s’mund ta përdorim sepse limiti i emëruesit është zero. Prandaj le t’i kthehemi veprimeve algjebrike. Zbërthejmë numëruesin si diferencë katrorësh:

x 2 − 1 (x − 1)(x + 1) = x −1 x −1 Numëuesi dhe emëruesi kanë një faktor të përbashkët (x − 1). Kur kalojmë në limit, kur x shkon në 1, ne kemi x 6= 1, kështu që edhe x − 1 6= 0. Prandaj mund të thjeshtojmë faktorin e përbashkët dhe më pas të njehsojmë limitin: x2 − 1 (x − 1)(x + 1) = lim = lim (x + 1) = 1 + 1 = 2. x→1 x − 1 x→1 x→1 x −1 lim

©AulonaPress

93

Kalkulus

Shaska T.

Vërejtje. Në shembullin më sipër, për llogaritjen e limitit të funksionit y = (x 2 − 1)/(x − 1) e zëvendësuam atë me një funksion më të thjeshtë, g (x) = x + 1, i cili kishte të njëjtin limit. Kjo është e vlefshme sepse f (x) = g (x), me përjashtim të x = 1 dhe kur llogaritim limitin kur x i afrohet 1 ne nuk marrim parasysh vlerën x = 1. Në përgjithësi, në qoftë se f (x) = g (x) kur x 6= a, atëherë lim f (x) = lim g (x) x→a

x→a

Shembull 2.19. Gjeni limitin lim g (x),

x→1

ku

( g (x) =

x +1

në qoftë se

x 6= 1

π

në qoftë se

x =1

Zgjidhje Këtu g (x) është përkufizuar në x = 1 dhe g (1) = π, por vlera e limitit kur x i afrohet 1 nuk varet nga vlera e funksionit në 1. Meqë g (x) = x + 1 për x 6= 1, kemi lim g (x) = lim (x + 1) = 2.

x→1

x→1

Vërejmë se vlerat e funksionit në shembujt e mësipërm janë identike me përjashtim të x = 1, pra ata kanë të njëjtin limit kur x shkon tek 1 Shembull 2.20. Llogarisni (3 + h)2 − 9 . h→0 h lim

Zgjidhje Në qoftë se përcaktojmë (3 + h)2 − 9 h atëherë s’mund ta llogarisim limh→0 F(h) duke marrë h = 0, meqënëse F(0) është e papërcaktuar. Por, në qoftë se thjeshtojmë F(h) algjebrikisht, gjejmë se F(h) =

(3 + h)2 − 9 (9 + 6h + h 2 ) − 9 6h + h 2 = = = 6 + h. h h h Rikujtojmë se marrim parasysh vetëm vlerat h 6= 0 kur h i afrohet 0. Prandaj, F(h) =

(3 + h)2 − 9 = lim (6 + h) = 6. h→0 h→0 h lim

p

Shembull 2.21. Gjeni limt →0

t 2 +9−3 . t2

Zgjidhje Ne s’mund ta përdorim rregullin e raportit menjëherë, meqënëse limiti i emëruesit është zero. Kështu që fillimisht veprojmë algjebrikisht, duke shumëzuar e pjestuar me të konjuguarin e numëruesit: p p p t2 +9−3 t2 +9−3 t2 +9+3 lim = lim ·p 2 2 t →0 t →0 t t t2 +9+3 (t 2 + 9) − 9 p t →0 t 2 t 2 + 9 + 3 t2 = lim p t →0 t 2 ( t 2 + 9 + 3) 1 = lim p t →0 t 2 + 9 + 3 1 =p limt →0 (t 2 + 9) + 3 1 1 = = 3+3 6

= lim

94

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Disa limite gjenden më mirë duke llogaritur fillimisht limitet e njëanshme. Teorema në vazhdim është një kujtesë e asaj që u zbulua në paragrafin e mëparshem. Ajo thotë se limiti ekziston atëherë dhe vetëm atëherë kur të dy limitet e njëanshëm ekzistojnë dhe janë të barabartë. Teorema 2.1. Jepet funksioni f (x). lim f (x) = L

x→a

atëherë dhe vetëm atëherë kur lim f (x) = L = lim f (x).

x→a −

x→a +

Vërtetim Detyrë lexuesit. Kur llogarisim limitet e njëanshëm kemi parasysh se rregullat e limitit vlejnë gjithashtu edhe për këto limite. Shembull 2.22. Vërtetoni se lim |x| = 0

x→0

Zgjidhje Kujtojmë që ( |x| =

x

në qoftë se

x ≥0

−x

në qoftë se

x 0, kemi lim |x| = lim x = 0

x→0+

x→0+

Për x < 0 kemi |x| = −x dhe prej këtej lim |x| = lim− (−x) = 0

x→0−

x→0

Prandaj nga Teorema 2.1, limx→0 |x| = 0. Shembull 2.23. Vërtetoni se limx→0 |x| x nuk ekziston. Zgjidhje Përpiqemi të gjejmë njëherë limitet e njanëshme |x| x = lim = lim 1 = 1 x→0+ x x→0+ x −x |x| = lim− = lim− (−1) = −1 lim x→0 x x→0 x→0− x lim

x→0+

Meqë limiti i majtë është i ndryshëm nga ai i djathtë, atëherë nga Teorema 2.1 rrjedh se ky limit nuk ekziston. Shembull 2.24. Në qoftë se

(p f (x) =

x −4

8 − 2x

në qoftë se

x >4

në qoftë se

x 4, kemi lim f (x) = lim

x→4+

x→4+

p

x −4 =

p 4 − 4 = 0.

Meqë f (x) = 8 − 2x për x < 4, ne kemi lim f (x) = lim− (8 − 2x) = 8 − 2 · 4 = 0.

x→4−

x→4

Limitet e majta dhe të djathta janë të barabarta. Prandaj limiti i funksionit ekziston dhe limx→4 f (x) = 0.

©AulonaPress

95

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 2.25. Vërtetoni se limx→3 [x] nuk ekziston. Zgjidhje Meqë [x] = 3 për 3 ≤ x < 4, kemi lim [x] = lim 3 = 3.

x→3+

x→3+

Meqë [x] = 2 për 2 ≤ x < 3, kemi lim [x] = lim− 2 = 2.

x→3−

x→3

Meqë limitet e njëanshme janë të ndryshme, atëherë ky funksion nuk ka limit kur x shkon tek 3. Teoremat në vazhdim japin dy veti shtesë për limitin. Teorema 2.2. Në qoftë se f (x) ≤ g (x) kur x shkon tek a (me përjashtim ndoshta të a-së) dhe të dy limitet e f (x) dhe g (x) ekzistojnë kur x shkon tek a, atëherë lim f (x) ≤ lim g (x). x→a

x→a

Teorema 2.3. Në qoftë se f (x) ≤ g (x) ≤ h(x) kur x është rreth a (me përjashtim ndoshta të a-së) dhe lim f (x) = lim h(x) = L

x→a

x→a

atëherë lim g (x) = L.

x→a

Thuhet se në qoftë se g (x) ndodhet ndërmjet dy funksioneve f (x) dhe h(x) për x afër a, ku f (x) dhe h kanë të njëjtin limit L në a, atëherë detyrimisht g (x) do ketëtë njëjtin limit, pra L. Shembull 2.26. Vërtetoni se lim x 2 sin

x→0

1 = 0. x

Zgjidhje Fillimisht s’mund të përdorim lim x 2 sin

x→0

1 1 = lim x 2 · lim sin x→0 x x→0 x

sepse limx→0 sin x1 nuk ekziston. Përpiqemi të përdorim teoremën e mësipërme. Meqenese, −1 ≤ sin x ≤ 1 kemi −x 2 ≤ x 2 sin

1 ≤ x2. x

Ne dimë se limx→0 x 2 = 0 dhe limx→0 (−x 2 ) = 0. Duke marrë f (x) = −x 2 , g (x) = x 2 sin(1/x), dhe h(x) = x 2 nga teorema e mësipërme kemi 1 lim x 2 sin = 0. x→0 x

96

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 56. Dihet se

70.

lim f (x) = 4

lim g (x) = −2

x−→2

x−→2

lim h(x) = 0.

x−→2

Gjeni limitet që ekzistojnë. Po qe se nuk ekzistojnë shpjegoni përse.

x2 + x − 6 . x−→2 x −2 lim

71.

x2 − x + 6 . x−→2 x −2 lim

72.

x 2 + 5x + 4 . x−→−4 x 2 + 3x − 4 lim

57. 73.

lim [ f (x) + 5g (x)].

x−→2

t2 −9 . t −→3 2t 2 + 7t + 3 lim

58. lim [g (x)]3 .

74.

x−→2

x 2 − 4x . x−→−1 x 2 − 3x − 4 lim

59.

q

lim

x−→2

f (x).

75.

(4 + h)2 − 16 . h−→0 h lim

60. lim

x−→2

3 f (x) . g (x)

76.

x3 − 1 . x−→1 x 2 − 1 lim

61. lim

x−→2

62.

f (x) . g (x)

77.

2+x . x−→−2 x 3 + 8 lim

g (x)h(x) . x−→2 f (x)

78.

Llogarisni limitet duke shpjeguar në çdo hap rregullin e përdorur.

79.

lim

(2 + h)2 − 8 . h−→0 h lim

p 1+h −1 . h−→0 h lim

80.

9−t p . t −→9 3 − t

63. 4

lim

2

lim (3x + 2x − x − 1)

x−→−2

81.

64.

2

lim

2x + 1 . x−→2 x 2 + 6x − 4 lim

65. lim (1 +

p 3

x−→8

x−→7

82.

2

83.

66. 3

lim (t + 1) (t + 3) .

(3 + h)−1 − 3−1 . h−→0 h

84. 1 + 3x lim ( )3 . x−→1 1 + 4x 2 + 3x 4

lim

x−→−4

85.

68. lim

p

u−→−2

lim

x−→4−

p

16 − x 2 .

1 4

+ x1

x +4

.

p 4− x . x−→16 16x − x 2 lim

u 4 + 3u + 6. 86.

69.

©AulonaPress

x 2 + 2x + 1 . x−→−1 x4 − 1 lim

5

t −→−1

67.

x +2−3 . x −7

lim

3

x)(2 − 6x + x ).

2

p

1 1 lim ( p − ). t 1+t t

t −→0

97

Kalkulus

Shaska T.

87.

p lim

x−→−4

97. x2 + 9 − 5 . x +4

lim

x−→0.5− p

p

3 88. a) Përdorni grafikun e funksionit f (x) = x+3− për x të llogaritur vlerën e limitit limx−→0 f (x). b) Përdorni një tabelë të vlerave të f (x) për të vlerësuar limitin. c) Përdorni rregullat e kalimit në limit për të gjetur saktësisht vlerën e limitit.

89. Përdorni teoremën e shoqëruesve për të treguar që lim (x 2 cos 20πx) = 0

x−→0

Ilusrojeni këtë duke ndërtuar grafikët e funksioneve f (x) = −x 2 , g (x) = x 2 cos 20πx, dhe h(x) = x 2 në të njëjtin drejtkëndësh pamjeje. 90. Përdorni teoremën e shoqëruesve për të treguar që p π lim ( x 3 + x 3 sin ) = 0. x−→0 x Ilusrojeni këtë duke ndërtuar grafikët e funksioneve f (x), g (x), dhe h në të njëjtin drejtkëndësh pamjeje. 2

91. Në qoftë se 4x − 9 ≤ f (x) ≤ x − 4x + 7 për x ≥ 0, gjeni l i m x−→4 f (x). 92. Në qoftë se 2x ≤ g (x) ≤ x 4 −x 2 +2 për të gjitha x, gjeni l i m x−→1 g (x). 93. Vërtetoni se limx−→0 x 4 cos x2 = 0. p 94. Vërtetoni se limx−→0+ xe sin(π/x) = 0. 95. Gjeni limitin po qe se ekziston. Në qoftë se nuk ekziston shpjegoni pse. limx−→3 (2x + |x − 3|). 96. lim

x−→−6

98

2x + 12 . |x + 6|

2x − 1 . |2x 3 − x 2 |

98. lim

2 − |x| . 2+x

lim − (

1 1 − ). x |x|

x−→−2

99. x−→0

100. Le të jetë dhënë funksioni ( 4 − x 2 në qoftë se f (x) = x −1 në qoftë se

x ≤2 x >2

a) Gjeni limx−→2− f (x), dhe limx−→2+ f (x). b) A ekziston limiti limx−→2 f (x)? c) Ndërtoni grafikun e f (x). 2

x −1 101. Le të jetë dhënë funksioni F(x) = |x−1| . a) Gjeni limx−→1+ F(x), dhe limx−→1− F(x). b) A ekziston limiti limx−→1 F(x)? c) Ndërtoni grafikun e f (x).

102. Në qoftë se p është një polinom, tregoni që l i m x−→a p(x) = p(a). 103. Në qoftë se limx−→1 limx−→1 f (x). 104.

f (x)−8 x−1

= 10, gjeni limitin

f (x) x2

= 5, gjeni limitet

Në qoftë se limx−→0

limx−→0 f

f (x) (x) dhe limx−→0 x .

105. A ekziston ndonjë numër a i tillë që 3x 2 + ax + a + 3 x−→−2 x2 + x − 2 lim

të ekzistoje? Në qoftë se po gjejeni vlerën e a-së dhe vlerën e limitit.

©AulonaPress

Kapitulli 3

Vazhdueshmëria dhe derivati i funksionit. Koncepti i vazhdushmërisë së funksionit është një nga konceptet themelore të kalkulusit.

Figura 3.1: Augustin-Louis Cauchy (1789-1857)

99

Kalkulus

Shaska T.

3.1 Vazhdueshmëria Ne kemi përmendur se limiti i një funksioni kur x shkon në a shpesh mund të gjendet duke llogaritur vlerën e funksionit në x = a. Funksionet me këtë cilësi janë quajtur të vazhdueshëm në x = a. Do të shohim se përkufizimi i vazhdueshmërisë, është i lidhur ngushtë me kuptimin e fjalës vazhdueshmëri në gjuhën e përditshme. Me poshtë ne do të perpiqemi t’a shprehim këtë me një përkufizim me formal. Përkufizim 3.1. Një funksion f (x) quhet i vazhdueshëm në x = a në qoftë se lim f (x) = f (a).

x→a

Vërejmë se përkufizimi tregon se që një funksion të jetë i vazhdueshëm në x = a, duhet që ai të plot¨sojë tre kushte si më poshtë: i) të ekzistojë f (a), pra a t’i përkasë bashkësisë së përkufizimit të funksionit ii) të ekzistojë limx→a f (x) iii) limx→a f (x) = f (a) Përkufizimi thotë se f (x) është i vazhdueshëm në x = a në qoftë se f (x) i afrohet f (a) sikurse x i afrohet a. Pra, një funksion i vazhdueshëm ka cilësinë që për ndryshim të vogël të x prodhon vetëm ndryshim të vogël të f (x). Në fakt ndryshimi tek f (x) mund të bëhet aq i vogël sa duam kur kemi marrë ndryshimin e x-it mjaft të vogël. Kur f (x) është i përkufizuar rreth x = a (me fjalë të tjera është i përkufizuar në një interval të hapur që përmban x = a, me përjashtim ndoshta të x = a), themi se f (x) nuk është i vazhdueshëm në x = a. Fenomenet fizike janë zakonisht të vazhdueshme. Për shembull, shpejtësia e një mjeti varion në mënyrë të vazhdueshme në lidhje me kohën. Por jo-vazhdueshmëria ndodh në situata të tjera, si për shembull rryma elektrike. Gjeometrikisht ju mund ta shihni një funksion të vazhdueshëm në çdo pikë të një intervali, si një funksion grafiku i të cilit nuk ka shkëputje (grafiku mund të vizatohet pa e shkëputur lapsin nga letra). Shembull 3.1. Vërtetoni se ku nuk janë të vazhdueshëm secili nga funksionet: x2 − x − 2 x −2   1 në qoftë se x 6= 0 b) f (x) = x 2  1 në qoftë se x = 0  2  x − x − 2 në qoftë se x 6= 2 c) f (x) = x −2  1 në qoftë se x = 2

a) f (x) =

d ) f (x) = [x] Zgjidhje (a) Vërejmë se f (2) nuk është i përcaktuar, pra funsioni nuk është i vazhdueshëm në x = 2. Më vonë do të shohim pse është i vazhdueshëm në gjithë pikat e tjera. (b) Këtu f (0) = 1, pra është i përkufizuar por 1 x→0 x 2

lim f (x) = lim

x→0

nuk ekziston, kështu që nuk është i vazhdueshëm në 0. (c) Këtu f (2) = 1, dhe x2 − x − 2 x→2 x −2 (x − 2)(x + 1) = lim x→2 x −2 = lim (x + 1) = 3

lim f (x) = lim

x→2

x→2

100

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

ekziston por lim f (x) 6= f (2).

x→2

Pra, ky funksion nuk është i vazhdueshëm në x = 2. (d) Funksioni i pjesës së plotë f (x) = [x], nuk është i vazhdueshëm në asnjë vlerë të plotë, sepse nuk ekziston limiti limx→n [x] kur n është numër i plotë. Përkufizim 3.2. Një funksion f (x) quhet i vazhdueshëm nga e djathta tek një numër a në qoftë se lim f (x) = f (a)

x→a +

dhe f (x) quhet i vazhdueshëm nga e majta tek a në qoftë se lim f (x) = f (a)

x→a −

Shembull 3.2. Tek secili numër i plotë n funksioni f (x) = [x] është i vazhdueshëm nga e djathta por jo nga e majta, sepse: lim f (x) = lim [x] = n = f (n)

x→a +

x→a +

por lim f (x) = lim− [x] = n − 1 6= f (n).

x→a −

x→a

Përkufizim 3.3. Një funksion f (x) është i vazhdueshëm në një interval, në qoftë se është i vazhdueshëm në çdo pikë të atij intervali. Në qoftë se f (x) është i përkufizuar vetëm nga njëra anë në pikat e skajeve të intervalit (segmentit, gjysmëintervalit, gjysmë-segmentit), ne do kuptojmë me vazhdueshmëri në skaje, vazhdueshmërinë nga e djathta, ose nga e majta respektivisht. p Shembull 3.3. Vërtetoni se funksioni f (x) = 1 − 1 − x 2 është i vazhdueshëm ne segmentin [−1, 1]. y

x

p Figura 3.2: Grafiku i funksionit f (x) = 1 − 1 − x 2 .

Zgjidhje Në qoftë se −1 < a < 1, atëherë duke përdorur rregullat e kalimit në limit, ne kemi lim f (x) = lim (1 −

x→a

x→a

p

1 − x2)

p n = 1 − lim 1 − x 2 x→a q = 1 − lim (1 − x 2 ) x→a p = 1 − 1 − a 2 = f (a). ©AulonaPress

101

Kalkulus

Shaska T.

Prandaj nga përkufizimi f (x) është i vazhdueshëm në a kur −1 < a < 1. Me llogaritje të ngjashme tregohet se lim f (x) = 1 = f (−1) dhe lim− f (x) = 1 = f (1)

x→−1+

x→1

Kështu që f (x) është i vazhdueshëm nga e djathta tek −1, dhe i vazhdueshëm nga e majta tek 1. E prej këtej në bazë të përkufizimit f (x) është i vazhdueshëm në [−1, 1]. Teorema 3.1. Në qoftë se f (x) dhe g (x) janë funksione të vazhdueshme në x = a dhe c është një konstante, atëherë f funksionet f ± g , c f , f g , g në qoftë se g (a) 6= 0, janë gjithashtu të vazhdueshëm në x = a. Vërtetim Secila nga pesë pjesët e teoremës rrjedh nga rregullat e kalimit në limit. Për shembull, po japim vërtetimin e pjesës së parë. Meqënëse f (x) dhe g (x) janë të vazhdueshëm në a kemi: lim f (x) = f (a) dhe lim g (x) = g (a).

x→a

x→a

Prej nga ¡ ¢ lim ( f + g )(x) = lim f (x) + g (x) = lim f (x) + lim g (x) = f (a) + g (a) = ( f + g )(a)

x→a

x→a

x→a

x→a

Kjo na tregon se f + g është i vazhdueshëm në a. Nga teorema e mësipërme rrjedh se në qoftë se f (x) dhe g (x) janë të vazhdueshëm në një interval, atëherë të tillë f janë edhe funksionet f ± g , c f , f g , dhe g (kur g (x) nuk është zero). Teorema në vazhdim është prezantuar më parë si vetia e zëvendësimit të drejtpërdrejtë. Teorema 3.2. (a) Çdo funksion polinomial është kudo i vazhdueshëm; domethënë në R = (−∞, ∞) (b) Çdo funksion racional është kudo i vazhdueshëm në bashkësinë e vetë të përkufizimit. Vërtetim (a) Një polinom është një funksion i trajtës P(x) = c n x n + c n−1 x n−1 + .... + c 1 x + c 0 ku c 0 , c 1 , ....., c n janë konstante. Ne dimë se lim c 0 = c 0

x→a

dhe lim x m = a m

x→a

ku m = 1, 2, 3..., n. Pra, funksioni f (x) = x m është funksion i vazhdueshëm. Keshtu që g (x) = c x m është i vazhdueshëm. Meqënëse P(x) është shumë e funksioneve të kësaj forme dhe një funksioni konstant, del se P(x) është i vazhdueshëm. (b) Një funksion racional është një funksion i formës f (x) =

P(x) Q(x)

ku P(x) dhe Q(x) janë polinome. Bashkësia e përkufizimit të f (x) është: D = {x ∈ R|Q(x) 6= 0}. Ne dimë tashmë nga pika (a) se P(x) dhe Q(x) janë funksione kudo të vazhdueshëm. Pra, f (x) është i vazhdueshëm për çdo numër nga D. Si ilustrim i teoremës se mësipërme vërejmë që vëllimi i një sfere ndryshon në mënyrë të vazhdueshme në lidhje me rrezen, sepse formula V(r ) = 43 πr 3 tregon se V është një funksion polinomial i r . Po ashtu, në qoftë se një top hidhet vertikalisht në ajër me shpejtësi fillestare 50m/s, atëherë lartësia e topit pas t sekondash jepet nga formula h = 50t −16t 2 . Përsëri ky është një funksion polinom, prandaj lartësia në varësi të kohës është funksion i vazhdueshëm. Njohja e funksioneve të vazhdueshëm na mundëson llogaritjen më shpejt të disa limiteve, si në shembujt në vijim. Shembull 3.4. Gjeni limitin x 3 + 2x 2 − 1 x→−2 5 − 3x lim

102

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus Zgjidhje Funksioni y f (x) =

x 3 + 2x 2 − 1 5 − 3x

është racional, kështu që ai është i vazhdueshëm në bashkësinë e vetë të përkufizimit, e cila është {x|x 6= 5/3}. Prej nga x 3 + 2x 2 − 1 (−2)3 + 2(−2)2 − 1 1 = lim f (x) = f (−2) = =− x→−2 x→−2 5 − 3x 5 − 3(−2) 11 lim

x Teorema 3.3. Klasat e mëposhtme të funksioneve janë të vazhdueshme në çdo pikë të bashkësisë së tyre të përkufizimit: • polinomet, • funksionet racionale, • funksionet rrënjë, • funksionet trigonometrike, • funksionet inverse trigonometrike, • funksionet eksponenciale, • funksionet logaritmike. Vërtetim Detyrë lexuesit.

Shembull 3.5. Ku është i vazhdueshëm funksioni Figura 3.3: Grafiku i funksionit f (x) =

f (x) =

x 3 +2x 2 −1 5−3x

ln x + tan−1 x ? x2 − 1

Zgjidhje Funksioni y = ln x është i vazhdueshëm për të gjithë x > 0 dhe y = tan−1 x i vazhdueshëm në R. Pra, y = ln x + tan−1 x është i vazhdueshëm për x ∈ (0, ∞). Emëruesi, y = x 2 − 1 është polinom, prandaj është kudo i vazhdueshëm. Keshtu që f (x) është i vazhdueshëm për të gjithë numrat pozitive me përjashtim të pikave ku x 2 − 1 = 0. Prandaj, f (x) është i vazhdueshëm në intervalet (0, 1) dhe (1, ∞). Një tjetër mënyrë përftimi funksionesh të vazhdueshëm prej funksioneve f (x) dhe g (x) të vazhdueshme është kompozimi f ◦ g . Ky në fakt është si pasojë e teoremës në vazhdim. Teorema 3.4. Jepet g (x) një funksion i vazhdueshëm ne x = a i tillë që limx→a g (x) = b. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në b atëherë lim f (g (x)) = f ( lim g (x)) = f (b)

x→a

x→a

Vërtetim Detyrë lexuesit. Intuitivisht teorema është e vërtetë, sepse në qoftë se x është afër a, atëherë g (x) është afër b, dhe meqënë qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në b, në qoftë se g (x) është afër b, atëherë f (g (x)) është afër f (b). Shembull 3.6. Logarisni

p ¶ 1− x lim arcsin . x→1 1−x µ

©AulonaPress

103

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Meqënëse arksinusi është funksion i vazhdueshëm, atëherë p ¶ p p µ 1− x 1− x 1− x = arcsin(lim ) = arcsin(lim lim arcsin p p ) x→1 1 − x x→1 (1 − x)(1 + x) x→1 1−x ¶ µ 1 = arcsin lim p x→1 1 + x 1 π = arcsin = 2 2 Përdorim Teoremën 3.4 në rastin e veçantë kur f (x) = f (g (x)) =

p n

p n

x, ku n është numër natyror. Atëherë, q g (x) dhe f lim g (x) = n lim g (x) x→a

x→a

Në qoftë se ne vendosim këtë shprehje në Teoremën 3.4, do të marrim q p lim n g (x) = n lim g (x) x→a

x→a

Teorema 3.5. Në qoftë se g (x) është i vazhdueshëm në x = a dhe f (x) i vazhdueshëm në g (a), atëherë funksioni kompozim f ◦ g i dhënë nga barazimi ( f ◦ g )(x) = f (g (x)) është funksion i vazhdueshëm në a. Vërtetim Meqënëse g (x) është i vazhdueshëm në a, ne kemi lim g (x) = g (a).

x→a

Meqënëse f (x) është i vazhdueshëm në b = g (a), mund të përdorim Teoremën 3.4 për të përftuar lim f (g (x)) = f (g (a)),

x→a

që ka vend saktësisht për h(x) = f (g (x)) si funksion i vazhdueshëm në a. Keshtu që f ◦ g është i vazhdueshëm në a. Shembull 3.7. Gjeni se ku janë të vazhdueshëm funksionet? (a) h(x) = sin(x 2 ) (b) F(x) = ln(1 + cos x) y

x

Figura 3.4: Grafiku i funksionit f (x) = sin(x 2 ) Zgjidhje (a) Ne kemi h(x) = f (g (x)), ku g (x) = x 2 dhe f (x) = sin x Atëherë g (x) është i vazhdueshëm në R. Meqënëse është polinom, atëherë edhe f (x) është gjithashtu kudo i vazhdueshëm. Prandaj, h = f ◦ g është i vazhdueshëm në R. (b) Ne dimë se f (x) = ln x është i vazhdueshëm dhe g (x) = 1 + cos x është i vazhdueshëm (sepse të dy y = 1 dhe y = cos x janë të vazhdueshëm). Prandaj nga teorema mbi vazhdueshmërinë e funksionit të përbërë, F(x) = f (g (x)) 104

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

është i vazhdueshëm kudo ku është i përcaktuar. Tani ln(1 + cos x) është i përkufizuar kur 1 + cosx > 0. Pra, nuk është i përkufizuar kur cos x = −1 dhe kjo ndodh kur x = ±π, ±3π, . . . . Prandaj f (x) nuk ka vazhdueshmëri kur x është shumfish tek i π-së dhe është i vazhdueshëm në intervalet ndërmjet këtyre vlerave. Një veti e rëndësishme e funksioneve të vazhdueshme, shprehet me teoremën në vazhdim. Teorema 3.6 (Teorema mbi vlerën e ndërmjetme). Supozojmë se f (x) është i vazhdueshëm në një interval të mbyllur [a, b] dhe le të jetë u një numër ndërmjet f (a) dhe f (b), ku f (a) 6= f (b). Atëherë, ekziston një numër c në (a, b) i tillë që f (c) = u. Kjo Teoremë pohon se një funksion i vazhdueshëm merr çdo vlerë ndërmjet dy vlerave të ndryshme të funksionit f (a) dhe f (b). Vërejmë se vlera N mund të merret një herë [si në pjesën (a)] ose më shumë se një herë [si në pjesën (b)]. Në qoftë se e mendojmë funksionin e vazhdueshëm si një funksion grafiku i të cilit nuk ka ndërprerje, atëherë është e lehtë të besosh vërtetësinë e teoremës. Në kuptimin gjeometrik thuhet se për çdo drejtëz horizontale y = N e dhënë ndërmjet y = f (a) dhe y = f (b), grafiku i f (x) s’mund ta kapërcejë drejtëzën. Ai mund ta presë y = N diku. Është e rëndësishme që funksioni f (x) në Teoremën 3.6 të jetë i vazhdueshëm. Teorema e vlerave të ndërmjetme në përgjithësi nuk është e vërtetë për funksionet jo të vazhdueshme. Një përdorim i Teoremes 3.6 është përkufizimi i rrënjëve të një ekuacioni si në shembullin që vijon. Shembull 3.8. Vërtetoni se për ekuacionin 4x 3 − 6x 2 + 3x − 2 = 0 ka një rrënjë ndërmjet 1 dhe 2. Zgjidhje Le të jetë f (x) = 4x 3 −6x 2 +3x−2. Ne po shohim për një zgjidhje të ekuacionit, që do të thotë të gjejmë një numër c ndërmjet x = 1dhe x = 2 i tillë që f (c) = 0. Pra, duke marrë a = 1 dhe b = 2 dhe N = 0 tek Teorema 3.6, kemi

y

f (1) = 4 − 6 + 3 − 2 = −1 < 0 dhe f (2) = 32 − 24 + 6 − 2 = 12 > 0.

x

Prandaj, f (1) < 0 < f (2); pra N = 0 është ndërmjet numrave f (1) dhe f (2). Atëherë, f (x) është i vazhdueshëm si polinom, prandaj nga Teorema 3.6 ekziston një numër c ndërmjet 1 dhe 2 i tillë që f (c) = 0. Me fjalë të tjera ekuacioni 4x 3 − 6x 2 + 3x − 2 = 0 ka të paktën një rrënjë në intervalin (1, 2). Në fakt mund ta lokalizojmë një rrënjë në mënyrë akoma më të saktë duke përdorur Teoremën 3.6 përsëri. Meqënëse f (1.2) = −1.128 < 0 dhe f (1.3) = 0.548 > 0 një rrënjë mund të ndodhet ndërmjet 1.2 dhe 1.3

Figura 3.5: Grafiku i funksionit f (x) = 4x 3 − 6x 2 + 3x − 2

©AulonaPress

105

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime 1. Shkruani një ekuacion që të shprehë faktin se një funksion f (x) është i vazhdueshëm në numrin 4.

11.  cos x   f (x) = 0   1 − x2

2. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në (−∞, ∞), çfarë mund të thoni për grafikun e tij? 3. Ndërtoni grafikun e një funksioni i cili është i vazhdueshëm kudo me përjashtim të x = 3 dhe i vazhdueshëm nga e majta në 3. 4. Në qoftë se f (x) dhe g (x) janë të vazhdueshëm me f (3) = 5 dhe £ ¤ lim 2 f (x) − g (x) = 4, x→3

gjeni g (3). 5. Përdorni përkufizimin dhe vetitë e limitit për të treguar se funksioni është i vazhdueshëm tek një numër i dhënë a. p 1. f (x) = x 2 + 7 − x, a = 4 2. f (x) = (x + 2x 3 )4 , a = −1 3. f (x) =

2t −3t 2 ,a 1+t 3

=1

x 0

në a = 0. 12.

 2  2x − 5x − 3 f (x) = x −3  6

në qoftë se

x 6= 3

në qoftë se

x =3

në a = 3 Shpjegoni pse funksioni është i vazhdueshëm në çdo pikë të bashkësisë së përkufizimit. 13. F(x) =

x x 2 +5x+6

p 3

x(1 + x 3 ) p 15. H(x) = x 2 + 2x − 1 14. G(x) =

16. L(x) = e −3x sin 2πt

6. Përdorni përkufizimin e vazhdueshmërisë dhe vetitë e limitit për të treguar se funksioni është i vazhdueshëm në intervalin e dhënë. 1. f (x) =

në qoftë se

17. F(x) =

sin x x+1

18. f (x) =

sin x x+1

19. g (x) = sin−1 (x 2 − 1)

2x+3 x−2 , (2, ∞)

p 2. g (x) = 2 3 − x, (−∞, 3]

20. h(x) = cos(e

Shpjegoni pse funksionet nuk janë të vazhdueshëm në numrin e dhënë a. Ndërtoni grafikët e tyre.

p

x

)

21. Përcaktoni pikat e këputjes së funksionit i) y = 1+e11/x ii) y = ln(tan2 x)

7. f (x) = ln |x − 2| ne a = 2 8.

Përdorni vazhdueshmërinë për të njehsuar limitet 1 x − 1 f (x) =  2  

p 5+ x 5+x

në qoftë se

x 6= 1

22. limx−→4 p

në qoftë se

x =1

23. limx−→π sin(x + 2 sin x)

në a = 1

24. limx−→1 e x

2 −x 2

9.

( f (x) =

−4 25. limx−→2 arctan( 3xx2 −6x )

x2

në qoftë se

x ≥0

x

në qoftë se

x N ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

E thënë me fjalë të tjera vlerat e f (x) bëhen arbitrarisht shumë afër L (brenda distancës ε, ku ε > 0) duke marrë x mjaft të madh (më të madh se N, ku varet nga ε). Grafikisht thotë se duke zgjedhur x mjaft të madh (më të madh se ndonjë numër N) ne bëjmë të mundur që grafiku i funksionit të shtrihet midis dy drejtëzave horizontale y = L − ε dhe y = L + ε. Kjo duhet të jetë e vërtetë sado i vogël të jetë ε. Përkufizim 3.8. Le të jetë f (x) një funksion i përkufizuar në një interval (−∞, a). Atëherë lim f (x) = L

x→−∞

do të thotë se për çdo ε > 0 ekziston një numër N i tillë që | f (x) − L| < ε

kur

x < N.

Me sipër llogaritëm që 3 3x 2 − x − 2 = . x→∞ 5x 2 + 4x + 1 5 Në shembullin që vijon do përdorim grafikun dhe përkufizimin për L = 3/5 dhe ε = 0.1. lim

Shembull 3.18. Përdorni grafikun për të gjetur një numër N të tillë që ¯ ¯ ¯ 3x 2 − x − 2 3 ¯¯ ¯ ¯ 5x 2 + 4x + 1 − 5 ¯ < 0.1 sa herë që x > N. Zgjidhje Ne e rishkruajmë mosbarazimin si 3x 2 − x − 2 < 0.7 5x 2 + 4x + 1 Na duhet të përcaktojmë vlerat e x për të cilat kurba e dhënë shtrihet ndërmjet dy drejtëzave horizontale y = 0.5 dhe y = 0.7. Nga e djathta e këtij numri kurba qëndron midis drejtëzave y = 0.5 dhe y = 0.7. Duke rrumbullakosur për të qenë të sigurtë, mund të themi se ¯ ¯ ¯ 3x 2 − x − 2 3 ¯¯ ¯ ¯ 5x 2 + 4x + 1 − 5 ¯ < 0.1 0.5
0.7. Me fjalë të tjera mund të themi se për ε = 0.1 mund të zgjedhim N = 7 (ose një numër më të madh se 7). Shembull 3.19. Përdorni përkufizimin e limitit për të vërtetuar se lim

x→∞

1 = 0. x

Zgjidhje Për ε > 0 të dhënë, duam të gjejmë N të tillë që ¯ ¯ ¯1 ¯ ¯ − 0¯ < εkur x > N ¯x ¯ Në llogaritjen e limitit pranojmë se x > 0, e në këtë rast ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 ¯ ¯ ¯ ¯ − 0¯ = ¯ 1 ¯ = 1 ¯x ¯ ¯x ¯ x prej nga duam 1 < ε kur x > N. x Pra x> ©AulonaPress

1 kur x > N ε 113

Kalkulus

Shaska T.

Kjo na sugjeron që ta marrim N = 1/ε. Atëherë, për ε > 0 të dhënë zgjedhim N = 1/ε, le të jetë x > N. Kemi ¯ ¯ ¯ ¯1 ¯ − 0¯ = 1 = 1 < 1 = ε ¯ |x| x N ¯x Prandaj ¯ ¯ ¯1 ¯ ¯ − 0¯ < ε kur x > N ¯x ¯ Pra, lim

x→∞

1 =0 x

Përkufizim 3.9. Le të jetë f (x) një funksion i përkufizuar në një interval (a, ∞). Atëherë lim f (x) = ∞

x→∞

do të thotë se për çdo numër pozitiv M ekziston një numër pozitiv N i tillë që f (x) > Mkur x > N Përkufizime të ngjashme mund të merren kur në vend të simbolit ∞ marrim −∞.

114

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Shpjegoni me fjalët tuaja kuptimin e secilit prej barazimeve. 38.

53.

p 9x 6 − x lim x−→∞ x 3 + 1

54.

lim f (x) = 5

x + x3 + x5 x−→∞ 1 − x 2 + x 4

x−→∞

lim

39. lim f (x) = 3

55.

x−→−∞

lim (

Ndërtoni grafikun e një funksioni f (x) i cili plotëson të gjitha kushtet e dhëna.

p

x−→∞

9x 2 + x − 3x)

56. lim (x +

x−→−∞

40. f (0) = 0, f (1) = 1, limx−→∞ f (x) = 0. 41. limx−→0+ f (x) = ∞, limx−→0− f (x) limx−→∞ f (x) = 1, limx−→−∞ f (x) = 1,

=

−∞,

=

∞,

limx−→−∞ f (x)

57. lim (

x−→∞

42. limx−→2 f (x) = −∞, limx−→∞ f (x) = ∞, limx−→−∞ f (x) = 0, limx−→0+ f (x) = ∞, limx−→0− f (x) = −∞ 43. limx−→−2 f (x) limx−→∞ f (x) = −3

=

1 x−→∞ 2x + 3

59. lim

51.

52.

©AulonaPress

p

x−→∞

x2 + 1

lim (x 4 + x 5 )

x−→−∞

61.

x 3 − 2x + 3 x−→∞ 5 − 2x 2 lim

62.

1 − ex x−→∞ 1 + 2e x lim

63. lim (e −2x cos x)

x−→∞

64. 1 − x − x2 lim x−→−∞ 2x 2 − 7 3x + 5 x−→∞ x − 4 lim

50.

x 2 + bx)

lim cos x

lim

49.

p

x−→∞

Llogarisni limitet e mëposhtme:

48.

x 2 + ax −

60.

45. limx−→3 f (x) = −∞, limx−→∞ f (x) = 2, f (0) = 0, f (x) është çift.

47.

p

x 2 + 2x)

58.

3,

44. f (0) = 3, limx−→0− f (x) = 4, limx−→0+ f (x) = 2, limx−→−∞ f (x) = −∞, limx−→∞ f (x) = 3, limx−→4− f (x) = −∞, limx−→4+ f (x) = ∞

46.

p

x 3 + 5x lim x−→∞ 2x 3 − x 2 + 4 t2 +2 lim 3 t −→−∞ t + t 2 − 1 4u 4 + 5 lim 2 u−→∞ (u − 2)(2u 2 − 1) x +2 lim p x−→∞ 9x 2 + 1

lim

x−→(π/)+

e tan x

Gjeni asimptotat horizontale dhe vertikale të secilit prej funksioneve të mëposhtëm: 65. y= 66.

2x + 1 x −2

y=

x2 + 1 2x 2 − 3x − 2

y=

2x 2 + x − 1 x2 + x − 2

y=

x3 − x x 2 − 6x + 5

67.

68.

115

Kalkulus 69.

70.

Shaska T.

1 + x4 y+ 2 x − x4 2e x y= x e −5

71. Për limitin p 4x 2 + 1 lim =2 x−→∞ x +1 ilustroni përkufizimin duke gjetur vlerat e N korresponduese të ε = 0.5 dhe ε = 0.1

73. Për limitin

ilustroni përkufizimin duke gjetur vlerat e N korresponduese të M = 100. 74. Përdorni përkufizimin për të treguar se limx−→∞

ilustroni përkufizimin duke gjetur vlerat e N korresponduese të ε = 0.5 dhe ε = 0.1

116

1 x

=0

75. Përdorni përkufizimin për të treguar se limx−→∞ x 3 = ∞ 76. Përdorni përkufizimin për të treguar se limx−→∞ e x = ∞ 77. Vërtetoni se

72. Për limitin p 4x 2 + 1 = −2 lim x−→−∞ x +1

2x + 1 lim p =∞ x +1

x−→∞

lim f (x) = lim f (1/t )

x−→∞

t −→0+

dhe lim f (x) = lim− f (1/t )

x−→−∞

t −→0

në qoftë se këto limite ekzistojnë.

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

3.3 Tangentet, shpejtësitë dhe raportet e ndryshimit Në fillim të Kap. 2 ne gjetëm vlerat e koefiçentit këndor të tangentes dhe të shpejtësisë së çastit në bazë të evidentimeve numerike. Ndërsa tani që kemi përkufizuar limitin dhe mësuam teknikat e llogaritjes së tij, po kthehemi problemeve të tangentes dhe shpejtësisë me mundësinë e llogaritjes së koefiçentit këndor të tangentes, shpejtësisë, dhe raporteve të tjera të ndryshimit.

3.3.1 Tangentet Në qoftë se një kurbë C ka ekuacion y = f (x) dhe duam të gjejmë drejtëzën tangente ndaj C në pikën P(a, f (a)), atëherë shqyrtojmë një pikë afër P, Q(x, f (x)), ku x 6= a, dhe llogarisim koefiçentin këndor të prerëses PQ: k PQ =

f (x) − f (a) x −a

Atëherë le ta afrojmë Q tek P duke afruar x tek a. Në qoftë se k PQ afrohet tek një numër k, atëherë e përcaktojmë tangenten t si drejtëza që kalon nga P me koefiçent këndor k. Kjo na lejon të themi se drejtëza tangente është pozicioni limit i prerëses PQ kur Q shkon tek P. Përkufizim 3.10. Drejtëza tangente ndaj kurbës y = f (x) në pikën P(a, f (a)), quhet drejtëza që kalon nga pika P me koefiçent këndor f (x) − f (a) k = lim x→a x −a në kushtet kur ky limit ekziston. Shembull 3.20. Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj parabolës y = x 2 në pikën P(1, 1). Zgjidhje Këtu kemi a = 1 dhe f (x) = x 2 , prandaj koefiçenti këndor i tangentes është k = lim

x→1

f (x) − f (1) x2 − 1 (x − 1)(x + 1) = lim = lim = lim (x + 1) = 1 + 1 = 2 x→1 x − 1 x→1 x→1 x −1 x −1

Atëherë ekuacioni për drejtëzën tangente që kalon nga pika P(1, 1) me koefiçent këndor 2 do të jetë y − 1 = 2(x − 1)ose y = 2x − 1 Ndonjëherë i drejtohemi koefçentit këndor të tangentes së një kurbe në një pikë si koefiçent këndor i kurbës në atë pikë. Ideja është se në qoftë se e zmadhojmë mjaft, ekranin e pamjes për kurbën, ajo do të duket si një vijë e drejtë. Sa më shumë e zmadhojmë, aq më shumë parabola ngjan me një drejtëz. Me fjalë të tjera kurba bëhet e padallueshme nga tangentja. Ka një shprehje tjetër për koefiçentin këndor të tangentes që ndonjëherë është më e lehtë për tu përdorur. Le të jetë h = x −a Atëherë, x = a +h prandaj koefiçenti këndor i sekantes PQ është k PQ =

f (a + h) − f (a) h

Vërejmë se kur x i afrohet a, h shkon në zero (sepse h = x − a) dhe shprehja për koefiçentin këndor të tangentes në përkufizimin e mesiperm bëhet f (a + h) − f (a) k = lim h→0 h

©AulonaPress

117

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 3.21. Gjeni ekuacionin e tangentes së hequr ndaj grafikut të y = 3/x (hiperbolë) në pikën (3, 1). Zgjidhje Le të jetë f (x) = 3/x. Atëherë, koefiçenti këndor i tangentes në (3, 1) është k = lim

h→0

f (3 + h) − f (3) = lim h→0 h

3 3+h

−1

h

= lim

h→0

3−(3+h) 3+h

h

= lim

h→0

−h 1 1 = lim − =− h(3 + h) h→0 3 + h 3

Prej nga ekuacioni i tangentes në pikën (3, 1) është 1 y − 1 = − (x − 3) 3 i cili duke thjeshtuar merr trajtën x + 3y − 6 = 0.

Shembull 3.22. Gjeni koefiçentin këndor dhe tangeten e hequr ndaj grafikut të funksionit f (x) = dhe (9, 3).

p

x në pikat (1, 1), (4, 2),

Zgjidhje Meqënëse kërkohen tre koefiçentë këndorë, le ta fillojmë me gjetjen e koefiçentit këndor për një pikë të çfarëp doshme (a, a): f (a + h) − f (a) h→0 h p p p p p p a +h − a a +h − a a +h + a = lim = lim ·p p = h→0 h→0 h h a +h + a (a + h) − a h lim p p = lim p p h→0 h( a + h + a) h→0 h( a + h + a) 1 1 1 = lim p p = p p =p h→0 a + h + a a+ a 2 a p Në pikën këndor i tangentes është k = 1/2 1 = 1/2. Në (4, 2) kemi a = 4 prej nga p (1, 1) kemi a = 1, prandaj koefiçenti p k = 1/2 4 = 1/4; në (9, 3) kemi k = 1/2 9 = 1/6. k = lim

3.3.2 Shpejtësitë Ne studiuam lëvizjen e topit të hedhur nga një lartësi, dhe përcaktuam shpejtësinë e tij si limit i shpejtësisë mesatare për intervale kohore gjithnjë e më të shkurtra. Në përgjithësi, supozojmë se një objekt lëviz përgjatë një vije të drejtë, dhe ekuacioni i lëvizjes jepet nga s = f (t ), ku s është distanca direkte e objektit nga origjina në kohën t . Funksioni f (x) që përshkruan lëvizjen quhet funksioni pozicion i objektit. Në intervalin e kohës nga t = a deri në t = a + h ndryshimi i pozicionit është f (a + h) − f (a). Shpejtësia mesatare gjatë këtij intervali është vm =

s f (a + h) − f (a) = , t h

ku me v m kemi shënuar shpejtësinë mesatare, dhe s pozicionin, dhe t kohën e cila është e njëjtë me koefiçentin këndor të prerëses PQ. Tani supozojmë se llogaritëm shpejtësinë mesatare në intervale kohe gjithnjë e më të shkurtra [a, a + h]. Me fjalë të tjera h le t’i afrohet 0. Si në shembullin e topit të hedhur nga një lartësi, përcaktojmë shpejtësinë (ose shpejtësinë e çastit) v(a) në kohën t = a si limit i kësaj shpejtësie mesatare: v(a) = lim

h→0

f (a + h) − f (a) h

Kjo do të thotë se shpejtësia në çastin t = a, është e barabartë me koefiçentin këndor të tangentes në P. Tani që dimë se si llogariten limitet, le ta rishikojmë problemin e topit të hedhur nga një lartësi. 118

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 3.23. Supozojmë se një top hidhet nga një kullë vrojtimi 450m e lartë në drejtim të tokës. (a) Cila është shpejtësia e topit pas 5 sekondash? (b) Me çfarë shpejtësie e prek ai tokën? Zgjidhje Fillimisht përdorim ekuacionin e lëvizjes s = f (t ) = 4.9t 2 për të gjetur shpejtësinë v(a) pas a sekondash: 4.9(a + h)2 − 4.9a 2 4.9(a 2 + 2ah + h 2 − a 2 ) f (a + h) − f (a) = lim = lim h→0 h→0 h→0 h h h 4.9(2ah + h 2 ) = lim = lim 4.9(2a + h) = 9.8a h→0 h→0 h

v(a) = lim

(a) Shpejtësia pas 5 sekondash është v(5) = 9.8(5) = 49m/s. (b) Meqenë qoftë se kulla e vrojtimit është 450m e lartë nga toka, topi do ta prek tokën në kohën t 1 kur s(t 1 ) = 450, që do të thotë 4.9t 12 = 450 Prej nga t 12

450 = dhe t 1 = 4.9

r

450 ≈ 9.6s 4.9

Dhe kështu që shpejtësia e topit në çastin kur prek tokën do të jetë r v(t 1 ) = 9.8

450 ≈ 94m/s. 4.9

3.3.3 Të tjera raporte ndryshimi Supozojmë se y është një madhësi e cila varet nga një tjetër madhësi x. Prandaj, y është funksion i x dhe ne shkruajmë y = f (x). Në qoftë se x ndryshon nga x 1 në x 2 , atëherë ndryshimi në x është 4x = x 2 − x 1 dhe ndryshimi korrespondues tek y është 4y = f (x 2 ) − f (x 1 ) Raporti f (x 2 ) − f (x 1 ) 4y = 4x x2 − x1 quhet raporti mesatar i ndryshimit të y në lidhje me x gjatë intervalit [x 1 , x 2 ] dhe mund të interpretohet si koefiçenti këndor i sekantes PQ në shembullin e mësipërm. Për analogji në lidhje me shpejtësinë, e shqyrtojmë raportin mesatar të ndryshimit kundrejt intervaleve gjithnjë e më të vogla të x, duke afruar x 2 tek x 1 , duke bërë kështu që 4x t’i afrohet 0. Limiti i këtij raporti mesatar të ndryshimit quhet raport i çastit i ndryshimit të y në lidhje me x në x = x 1 , dhe interpretohet si koefiçenti këndor i tangentes së kurbës y = f (x) në pikën P(x 1 , f (x 1 )): sh c = lim

4x→0

f (x 2 ) − f (x 1 ) 4y = lim 4x x2 →x1 x2 − x1

Të gjitha këto raporte ndryshimi mund të interpretohen si koefiçent këndor të tangenteve. Kjo na jep një kuptim shtesë për problemin e tangentes. Megjithëse zgjidhim një problem që përfshin tangenten, nuk po zgjidhim thjesht një problem gjeometrik. Ne gjithashtu po zgjidhim një varietet problemesh përfshi këtu raportin e ndryshimit në shkenca dhe inxhinjeri.

©AulonaPress

119

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime 78. Një kurbë ka ekuacion y = f (x). a) Shkruani një shprehje për koefiçentin ¡ ¢ këndor të sekantes e cila kalon nga pikat P = 3, f (3) dhe Q = ¡ ¢ x, f (x) . b) Shkruani një ekuacion për koefiçentin këndor i tangentes në pikën P. 79. a) Gjeni koefiçenin këndor të tangentes ndaj parabolës y = 4x − x 2 në pikën (1, 3). b) Gjeni një ekuacion për tangenten e pikës a). c) Ndërtoni grafikun e parabolës dhe tangentes ndaj saj në pikën (1, 3). 80. a) Gjeni koefiçenin këndor të tangentes ndaj kurbës y = x − x 3 në pikën (1, 0). b) Gjeni një ekuacion për tangenten e pikës a). c) Ndërtoni grafikun e kurbës dhe tangentes ndaj saj në pikën (1, 0). Gjeni një ekuacion për tangenten ndaj kurbës në pikën e dhënë 81. y=

x −1 , (3, 2) x −2

y=

2x 2 , (0, 0) x +1

82.

83. y = 2x 3 − 5x, (−1, 3)

120

84. y=

p

x, (1, 1)

85. a) Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj kurbës y = 3 + 4x 2 − 2x 3 në pikën x = a b) Gjeni ekuacionet e tangenteve në pikat (1, 5) dhe (2, 3). c) Ndërtoni grafikun e kurbës dhe tangentet në të njëjtin sistem koordinativ. 86. (a) Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj kurbës y = p 1/ x në pikën ku x = a (b) Gjeni ekuacionet e tangenteve në pikat (1, 1) dhe (4, 1/2). (c) Ndërtoni grafikun e kurbës dhe tangentet në të njëjtin sistem koordinativ. 87. Zhvendosja (në metra) e një grimce e cila lëviz sipas një vije të drejtë, jepet me ekuacionin e lëvizjes s = 1/t 2 , ku t matet me sekonda. Gjeni shpejtësinë e grimcës në çastet t = a, t = 2, dhe t = 3. 88. Zhvendosja (në metra) e një grimce e cila lëviz sipas një vije të drejtë, jepet me ekuacionin e lëvizjes s = t 2 −8t + 18, ku t matet me sekonda. (a) Gjeni shpejtësinë mesatare të grimcës në secilin interval kohe: [3, 4], [3.5, 4], [4, 5], [4, 4.5] (b) Gjeni shpejtësinë e çastit kur t = 4 (c) Ndërtoni grafikun e s si funksion i t dhe vizatoni sekantet koefiçentët e të cilave janë shpejtësitë mesatare të pikës (a), si dhe grafikun e tangentes e koefiçenti këndor i së cilës është shpejtësia e çastit në pikën (b).

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

3.4 Përkufizimi i derivatit Në seksionin e mëparshëm përcaktuam koefiçentin këndor të tangetes së hequr ndaj një kurbe me ekuacion y = f (x) në pikën ku x = a si f (a + h) − f (a) . k = lim h→0 h Pamë gjithashtu se shpejtësia e një objekti me funksion pozicion s = f (t ) në kohën t = a është v(a) = lim

h→0

f (a + h) − f (a) . h

Në fakt limiti i formës

f (a + h) − f (a) , h përdoret sa herë që duam të llogarisim raportin e ndryshimit në çdo fushë të shkencës apo inxhinjerisë, siç janë raporti i reaksionit në kimi apo kostoja margiale në ekonomi. Meqënëse ky tip limiti haset shpesh, atij i është dhënë një emër dhe shënim i veçantë. lim

h→0

Përkufizim 3.11. Derivat i një funksioni f (x) në një pikë x = a, i shënuar me f 0 (a), quhet limiti f 0 (a) = lim

h→0

f (a + h) − f (a) h

në qoftë se ky limit ekziston. Në qoftë se shkruajmë x = a + h, atëherë h = x − a dhe h i afrohet 0 atëherë dhe vetëm atëherë kur x i afrohet a. Prandaj një mënyrë ekuivalente e përkufizimit të derivatit, siç e pamë tek tangentja, është f 0 (a) = lim

x→a

f (x) − f (a) x −a

Shembull 3.24. Gjeni derivatin e funksionit f (x) = x 2 − 8x + 9 tek numri a. Zgjidhje Nga përkufizimi i derivatit kemi: f (a + h) − f (a) [(a + h)2 − 8(a + h) + 9] − [a 2 − 8a + 9] = lim h→0 h→0 h h 2ah + h 2 − 8h a 2 + 2ah + h 2 − 8a − 8h + 9 − a 2 + 8a + 9 = lim = lim (2a + h − 8) = 2a − 8 = lim h→0 h→0 h→0 h h

f 0 (a) = lim

Në seksionin e mëparshëm përkufizuam tangenten ndaj një kurbe y = f (x) në pikën P(a, f (a)) si drejtëza që kalon nga pika P dhe ka si koefiçent këndor k. Meqënëse nga përkufizimi i derivatit del se është i njëjtë ma derivatin f 0 (a) kemi Lema 3.1. Drejtëza tangente ndaj y = f (x) në (a, f (a)) është drejtëza që kalon nga (a, f (a)) me koefiçent këndor të barabartë me f 0 (a), pra derivatin e f (x) në a. Në qoftë se përdorim ekuacionin e drejtëzës atëherë ekuacioni i tangentes në pikën (a, f (a)) është y − f (a) = f 0 (a)(x − a) Shembull 3.25. Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj parabolës y = x 2 − 8x + 9 në pikën (3, −6). Zgjidhje Derivati i funksionit f (x) = x 2 − 8x + 9 në pikën a është f 0 (a) = 2a − 8. Prandaj koefiçenti këndor i tangentes në (3, −6) është f 0 (3) = 2(3) − 8 = −2. Prej nga ekuacioni i tangentes është y − (−6) = (−2)(x − 3) ose y = −2x

©AulonaPress

121

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 3.26. Le të jetë f (x) = 2x . Llogaritni f 0 (0). Zgjidhje Nga përkufizimi kemi f 0 (0) = lim

h→0

f (h) − f (0) 2h − 1 = lim h→0 h h

Meqënëse nuk jemi në gjendje ta njehsojmë saktësisht këtë limit, përdorim makinën llogaritëse për të përafruar h

vlerën e 2 h−1 . Nga evidentimet numerike në tabelë shohim se kur h i afrohet 0, këto vlera i afrohen numrit 0.69. Prandaj vlerësimi yne është f 0 (0) ≈ 0.69. Pra, vlerësimi jonë për derivatin është f 0 (0) ≈ 0.7.

122

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 89. (a) Gjeni një ekuacion për tangenten ndaj grafikut të funksionit y = g (x) në x = 5 në qoftë se g (5) = −3 dhe g 0 (5) = 4. (b)Në qoftë se tangentja ndaj grafikut të funksionit y = f (x) në (4, 3) kalon nga pika (0, 2) gjeni f (4) dhe f 0 (4). 90. Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) për të cilin f (0) = 0, f 0 (0) = 3, f 0 (1) = −1, dhe f 0 (2) = −1. 91. Ndërtoni grafikun e funksionit g (x) për të cilin g (0) = g 0 (0) = 0, g 0 (−1) = −1, dhe g 0 (1) = 3, dhe g 0 (2) = 3. 92. Në qoftë se f (x) = 3x 2 − 5x, gjeni f 0 (2) dhe përdoreni për të gjetur ekuacionin e tangentes ndaj parabolës y = 3x 2 − 5x në pikën (2, 2). 93. Në qoftë se g (x) = 1− x 3 , gjeni g 0 (0) dhe përdoreni për të gjetur ekuacionin e tangentes ndaj kurbës y = 1 − x 3 në pikën (0, 1). 94. (a) Në qoftë se F(x) = 5x/(1 + x 2 ), gjeni F0 (2) dhe përdoreni për të gjetur ekuacionin e tangentes ndaj kurbës y = 5x/(1 + x 2 ) në pikën (2, 2). (b) Ilusrojeni pikën (a) duke ndërtuar grafikun e kurbës dhe tangenten ndaj saj në një sistem koordinativ. 95. (a)Në qoftë se G(x) = 4x 2 − x 3 , gjeni G0 (a) dhe përdoreni për të gjetur ekuacionet e tangenteve ndaj kurbës y = 4x 2 − x 3 në pikat (2, 8), dhe (3, 9). (b) Ilustroni pikën (a) duke ndërtuar grafikun e kurbës dhe tangenten ndaj saj në një sistem koordinativ.

97. f (x) =

x 2 −1 x+2

98. f (t ) =

2t +1 t +5

99. f (x) =

p3 x+1

100. f (x) =

p 3x + 1

101. f (t ) = t 4 − 5t Secili limit përfaqson derivatin e ndonjë funksioni f (x) tek një numër a. Vërtetoni se cili është funksioni dhe numri a në secilin rast. 10 −1

102. limh−→0 (1+h)h 103. limh−→0

p 4 16+h−2 h x

−32 104. limx−→5 2x−5 x−1 105. limh−→π/4 tan x−π/4

106. limh−→0 cos(π+h)+1 h 107. limt −→1

t 4 +t −2 t −1

Një grimcë lëviz përgjatë një vije të drejtë me ekuacion levizjeje s = f (t ), ku s matet me metra dhe t me sekonda. Gjeni Shpejtësinë kur t = 5 dhe f (t ) jepet si me poshtë: 108. f (t ) = 100 + 50t − 4.9t 2

0

Gjeni f (a).

109. f (t ) = t −1 − t

96. f (x) = 3 − 2x + 4x 2

3.4.1 Interpretimi i derivatit si një raport ndryshimi Në seksionin e mëparshëm përkufizuam raportin e ndryshimit të çastit të y = f (x) në lidhje me x në x = x 1 si limit i shkallës mesatare të ndryshimit kundrejt intervaleve gjithnjë e më të vogla. Në qoftë se intervali është [x 1 , x 2 ], atëherë ndryshimi në x është 4x = x 2 − x 1 , dhe ndryshimi korrespondues në y është 4y = f (x 2 ) − f (x 1 ) dhe

4y f (x 2 ) − f (x 1 ) = lim x →x 4x→0 4x 2 1 x2 − x1

raporti i ndryshimit = lim

Nga përkufizimi ekuivalent i derivatit ne themi se ky limit është derivati i f (x) në x 1 , domethënë f 0 (x 1 ) Kjo na jep një interpretim të dytë të derivatit: Lema 3.2. Derivati f 0 (a) është raporti i ndryshimit i çastit për y = f (x) në lidhje me x kur x = a. Lidhja me interpretimin e parë është se në qoftë se skicojmë grafikun e kurbës y = f (x), atëherë raporti i ndryshimit të çastit është koefiçenti këndor i tangentes ndaj kësaj kurbe në pikën ku x = a. Kjo do të thotë se kur derivati është ©AulonaPress

123

Kalkulus

Shaska T.

shumë i madh, vlerat e y ndryshojnë shumë shpejt. Kur derivati është shumë i vogël, atëherë kurba është relativisht e sheshtë dhe vlerat e y ndryshojnë shumë ngadalë. Shembull 3.27. Pozicioni i një grimce jepet me ekuacionin e lëvizjes s(t ) = f (t ) = 1/(1 + t ) ku t matet me sekonda dhe s me metra. Gjeni shpejtësinë pas dy sekondash. Zgjidhje Derivati i f (x) kur t = 2 është f 0 (2) = lim

h→0

f (2 + h) − f (2) = lim h→0 h 1 3+h

− 13

1 1+(2+h)

1 − 1+2

h

3−(3+h) 3(3+h)

= lim h→0 h h −h −1 −1 = lim = lim = h→0 3(3 + h)h h→0 3(3 + h) 9 = lim

h→0

Prandaj shpejtësia pas dy sekondash është f 0 (2) = −1/9m/s.

124

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 110. (a) Gjeni një ekuacion për tangenten ndaj grafikut të funksionit y = g (x) në x = 5 në qoftë se g (5) = −3 dhe g 0 (5) = 4. (b)Në qoftë se tangentja ndaj grafikut të funksionit y = f (x) në (4, 3) kalon nga pika (0, 2) gjeni f (4) dhe f 0 (4). 111. Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) për të cilin f (0) = 0, f 0 (0) = 3, f 0 (1) = −1, dhe f 0 (2) = −1. 112. Ndërtoni grafikun e funksionit g (x) për të cilin g (0) = g 0 (0) = 0, g 0 (−1) = −1, dhe g 0 (1) = 3, dhe g 0 (2) = 3.

127. limh−→0 cos(π+h)+1 h 128. limt −→1

t 4 +t −2 t −1

129. Një grimcë lëviz përgjatë një vije të drejtë me ekuacion levizjeje s = f (t ), ku s matet me metra dhe t me sekonda. Gjeni shpejtësinë kur t = 5 dhe i) f (t ) = 100 + 50t − 4.9t 2 ii) f (t ) = t −1 − t

113. Në qoftë se f (x) = 3x 2 − 5x, gjeni f 0 (2) dhe përdoreni për të gjetur ekuacionin e tangentes ndaj parabolës y = 3x 2 − 5x në pikën (2, 2).

130. Tabela e mëposhtme tregon përqindjen e llogaritur P të popullatës së Europës që përdor celularë.(Llogairtjet janë bërë në mes viti.) Viti 1998 1999 2000 2001 2002 2003 P 28 39 55 68 77 83

114. Në qoftë se g (x) = 1 − x 3 , gjeni g 0 (0) dhe përdoreni për të gjetur ekuacionin e tangentes ndaj kurbës y = 1−x 3 në pikën (0, 1).

(a) Gjeni raportin mesatar të rritjes së numrit të celularëve:nga 1999 − 2000, nga 2000 − 2001, nga 2000 − 2002. (b) Llogarisni rritjen në vitin 2000.

115. (a)Në qoftë se F(x) = 5x/(1 + x 2 ), gjeni F0 (2) dhe përdoreni për të gjetur ekuacionin e tangentes ndaj kurbës y = 5x/(1 + x 2 ) në pikën (2, 2). (b) Ilustrojeni pikën (a) duke ndërtuar grafikun e kurbës dhe tangenten ndaj saj në një sistem koordinativ. 116. (a)Në qoftë se G(x) = 4x 2 − x 3 , gjeni G0 (a) dhe përdoreni për të gjetur ekuacionet e tangenteve ndaj kurbës y = 4x 2 − x 3 në pikat (2, 8), dhe (3, 9). (b) Ilusrojeni pikën (a) duke ndërtuar grafikun e kurbës dhe tangenten ndaj saj në një sistem koordinativ. 117. Gjeni f 0 (a). f (x) = 3 − 2x + 4x 2 118. f (x) =

x 2 −1 x+2

119. f (t ) =

2t +1 t +5

120. f (x) =

p3 x+1

121. f (x) =

p 3x + 1

122. f (t ) = t 4 − 5t 123. Secili limit përfaqson derivatin e ndonjë funksioni f (x) tek një numër a. Vërtetoni se cili është funksioni dhe numri a në secilin rast. 10 limh−→0 (1+h)h −1 124. limh−→0

p 4 16+h−2 h x

−32 125. limx−→5 2x−5 x−1 126. limh−→π/4 tan x−π/4

©AulonaPress

131. Kostoja e prodhimit të x njësive të një të mire të caktuar është C(x) = 5000 + 10x + 0.05x 2 . (a) Gjeni raportin mesatar të ndryshimit të C në lidhje me xkur niveli i prodhimit ndryshon: nga x = 100 në x = 105 dhe nga x = 100 në x = 101 (b) Gjeni raportin e ndryshimit të çastit të C në lidhje me x, kur x = 100.(Kjo quhet kostoja marxhinale) 132. Numri i bakterieve pas t orësh në një eksperiment laboratorik të kontroluar është n = f (t ). (a) Cili është kuptimi i derivatit f 0 (5)? Cila është njësia e tij? (b) Supozojmë se ka një sasi të pakufizuar të hapësirës dhe ushqimit për bakteriet. Cili mendoni se është më i madh f 0 (5) apo f 0 (10)? po qe se ushqimi është i kufizuar a do ndikoje kjo në konluzionin tuaj? Shpjegojeni. 133. Le të jetë T(t ) temperatura (në o C) në një qytet të caktuar pas mesnate. Tabela tregon vlerat e këtij funksioni të regjistruara çdo dy orë. Cili është kuptimi i T 0 (10)? Llogariteni këtë vlerë. t 0 2 4 6 8 10 12 14 T 30 30 28 27 29 35 37 38 134. Përcaktoni se kur ekziston f 0 (0).   x sin 1 x f (x) =  0 135.

  x 2 sin 1 x f (x) =  0

në qoftë se

x 6= 0

në qoftë se

x =0

në qoftë se

x 6= 0

në qoftë se

x =0 125

Kalkulus

Shaska T.

3.5 Derivati si një funksion Në seksionin e mëparshëm shqyrtuam derivatin e një funksioni f (x) tek një pikë e caktuar a: f 0 (a) = lim

h→0

f (a + h) − f (a) h

(3.1)

Në këtë paragraf do të ndryshojmë këndvështrimin tonë. Le të jetë a një pikë e çfarëdoshme. Në qoftë se e zëvendësojmë a me variablin x, në ekuacionin e mësipërm përftojmë f 0 (x) = lim

h→0

f (x + h) − f (x) h

(3.2)

Për çdo vlerë të dhënë të x për të cilën ekziston ky limit, ne i vemë në korrespondencë x numrin f 0 (x). Pra, mund ta shikojmë f 0 si funksion, të quajtur derivati i f (x) dhe të përkufizuar në bazë të Ekuacionit (3.2). Dimë se vlera e f 0 në x, f 0 (x) mund të interpretohet gjeometrikisht si koefiçenti këndor i tangentes ndaj grafikut të f (x) në pikën (x, f (x)). Funksioni f 0 quhet derivati i f (x) sepse ka "derivuar"nga f (x) nëpërmjet proçesit të limitit në Ek (3.2). Bashkësia e përkufizimit të f 0 , është bashkësia x| f 0 (x)ekzi st on dhe mund të jetë më e vogël se vetë bashkësia e përkufizimit të f (x). Në qoftë se një funksion është dhënë në mënyrë tabelare, atëherë mund të ndërtojmë një tabelë vlerash të përafërta të derivatit të tij, si në shembullin në vazhdim. Shembull 3.28. Le të jetë B(t ) popullimi i Belgjikës në kohën t . Tabela na jep vlerat vjetore të B(t ) në mijë, duke filluar nga 1980 deri në 2000. Ndërtoni një tabelë vlerash për derivatin e këtij funksioni. t 1980 1982 1984 1986 1988 1990 1992 1994 1996 1998 2000

B(t) 9, 847 9, 856 9, 855 9, 862 9, 884 9, 962 10, 036 10, 109 10, 152 10, 175 10, 186

Tabela 3.2: Popullsia e Belgjikes nga 1980-2000

Zgjidhje Le të fillojmë me përafrimin e B0 (1988), raporti i rritjes së popullsisë së Belgjikës në 1988. Meqënëse B(1988 + h) − B(1988) h→0 h

B0 (1988) = lim ne kemi B0 (1988) ≈

B(1988 + h) − B(1988) h

për vlera të vogla të h. Për h = 2, ne kemi

B(1990) − B(1988) 9962 − 9884 = = 39 2 2 (Kjo është raporti mesatar e ritjes ndërmjet 1988 dhe 1990 ) Për h = −2 ne kemi B(1986) − B(1988) 9862 − 9884 B0 (1988) ≈ = = 11 −2 −2 B0 (1988) ≈

126

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

e cila është raporti mesatar e rritjes ndërmjet 1986 dhe 1988. Ne marrim një përafrim më të përshtatshëm, në qoftë se marrim mesataren e këtyre raporteve të ndryshimit: 1 B0 (1988) ≈ (39 + 11) = 25 2 Kjo do të thotë se në 1988 popullsia është rritur me rreth 25, 000 njerëz në vit. Duke bërë llogaritje të ngjashme për vlerat e tjera (me përjashtim të skajeve), përftojmë tabelën në vazhdim e cila tregon vlerat e përafërta të derivatit. t 1980 1982 1984 1986 1988 1990 1992 1994 1996 1998 2000

B’(t) 4.5 2. 0 1.5 7. 3 25. 0 38. 0 36. 8 29. 0 16.5 8.5 5.5

Tabela 3.3: Vlerat e derivatit

Shembull 3.29. (a) Në qoftë se f (x) = x 3 − x, gjeni një formulë për f 0 (x). (b) Ilustrojeni duke paraqitur grafikët e f (x) dhe f 0 .

Zgjidhje (a) Kur përdorim Ekuacionin (3.2) për të llogaritur derivatin, ne duhet të kujtojmë se ndryshorja është h dhe se x për momentin shihet si një konstante kur llogaritet limiti.

f (x + h) − f (x) h (x + h)3 − (x + h) − (x 3 − x) = lim h→0 h x 3 + 3x 2 h + 3xh 2 + h 3 − x − h − x 3 + x = lim h→0 h 3x 2 h + 3xh 2 + h 3 − h = lim h→0 h 2 = lim (3x + 3xh + h 2 − 1) = 3x 2 − 1

f 0 (x) = lim

h→0

(3.3)

h→0

(b) Vërejmë se f 0 (x) = 0 kur f (x) ka tangente horizontale dhe f 0 (x) është pozitiv kur tangentet ndaj grafikut të f (x) kanë koefiçent këndor pozitiv.

Shembull 3.30. Gjeni f 0 kur f (x) = ©AulonaPress

1−x 2+x .

127

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje f 0 (x) = lim

h→0

= lim

f (x + h) − f (x) h 1−(x+h) 2+(x+h)

− 1−x 2+x

h (1 − x − h)(2 + x) − (1 − x)(2 + x + h) = lim h→0 h(2 + x + h)(2 + x) (2 − x − 2h − x 2 − xh) − (2 − x + h − x 2 − xh) = lim h→0 h(2 + x + h)(2 + x) −3h = lim h→0 h(2 + x + h)(2 + x) −3 −3 = lim = h→0 (2 + x + h)(2 + x) (2 + x)2 h→0

3.5.1 Shënime të tjera Në qoftë se përdorim shënimin tradicional të y = f (x) për të treguar se ndryshorja i pavarur është x dhe ndryshorja i varur është y, atëherë disa shënime alternative të përbashkëta për derivatin janë si më poshtë: f 0 (x) = y 0 =

dy d f d = = f (x) = D f (x) = Dx f (x) dx dx dx

Simbolet D dhe d /d x quhen operatorë diferencialë sepse ata tregojnë veprimin e diferencimit, i cili është procesi i llogaritjes së derivatit. Simboli d y/d x, i cili është përkufizuar nga Lajbnici, nuk duhet parë si raport; ai është thjesht një sinonim për f 0 (x). Megjithatë mjaft i përdorshëm është shënimi i mëposhtëm: dy 4y = lim d x 4x→0 4x Në qoftë se ne duam të tregojmë vlerën e derivatit d y/d x sipas Lajbinicit në një numër plotësisht të përcaktuar a, përdorim shënimin ¯ d y ¯¯ dx ¯ x=a

ose

¯ d y ¯¯ d x ¯x=a

që është sinonim i f 0 (a). Përkufizim 3.12. Një funksion f (x) quhet i diferencueshëm në a në qoftë se f 0 (a) ekziston. Ai quhet i diferencueshëm në një interval të hapur (a, b) në qoftë se ai është i diferencueshëm në çdo pikë të atij intervali. Shembull 3.31. Ku është i diferencueshëm funksioni f (x) = |x|? Zgjidhje Në qoftë se x > 0, atëherë |x| = x dhe ne mund të zgjedhim h aq të vogël saqë x + h > 0 dhe prej këtej |x + h| = x + h. Pra, për x > 0 ne kemi f 0 (x) = lim

h→0

(x + h) − x h |x + h| − |x| = lim = lim = lim 1 = 1. h→0 h→0 h h→0 h h

Kështu që f (x) është i diferencueshëm për x > 0. 128

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Në mënyrë të ngjashme, për x < 0 ne kemi |x| = −x dhe h mund ta zgjedhim aq të vogël sa x + h < 0 dhe |x + h| = −(x + h). Prej nga, për x < 0, |x + h| − |x| −(x + h) − (−x) −h = lim = lim = lim (−1) = −1. h→0 h→0 h→0 h h→0 h h

f 0 (x) = lim

Pra, f (x) është i diferencueshëm për çdo x < 0. Për x = 0 na duhet të studiojmë f 0 (0) = lim

h→0

|0 + h| − |0| f (0 + h) − f (0) = lim h→0 h h

(në qoftë se ky limit ekziston). Le të llogarisim limitet e njëanshme, lim

h→0+

dhe lim

h→0−

|0 + h| − |0| |h| h = lim = lim = lim 1 = 1 h→0+ h h→0+ h h→0+ h

|0 + h| − |0| |h| −h = lim− = lim− = lim− (−1) = −1. h→0 h h→0 h h→0 h

Meqënëse këto limite janë të ndryshëm, f 0 (0) nuk ekziston. Prandaj, f (x) është i diferencueshëm për të gjitha x me përjashtim të x = 0. Një formulë për f 0 (x) jepet nga ( 1 në qoftë se x > 0 0 f (x) = − 1 në qoftë se x < 0 Fakti që f 0 (0) nuk ekziston pasqyrohet gjeometrikisht me faktin se kurba y = |x| nuk ka tangente në pikën (0, 0). Teorema 3.8. Në qoftë se f (x) është i diferencueshëm në a, atëherë ai është i vazhdueshëm në a. Vërtetim Për të treguar se f (x) është i vazhdueshëm në a, duhet të tregojmë se limx→a f (x) = f (a). Për këtë mjafton të tregojmë se diferenca f (x) − f (a) shkon në zero. Na është dhënë se f (x) është i diferencueshëm në a, pra f (x) − f (a) x −a

f 0 (a) = lim

x→a

ekziston. Shprehjen f (x) − f (a) e shumëzojmë dhe e pjestojmë me (x − a) [me kushtin që x 6= a ]: f (x) − f (a) =

f (x) − f (a) · (x − a) x −a

Prandaj, duke përdorur rregullin e prodhimit, mund të shkruajmë f (x) − f (a) · (x − a) x −a f (x) − f (a) = lim lim (x − a) x→a x→a x −a 0 = f (a) · 0 = 0

lim [ f (x) − f (a)] = lim

x→a

x→a

Prej nga lim f (x) = lim [ f (a) + ( f (x) − f (a))]

x→a

x→a

= lim f (a) + lim + lim [ f (x) − f (a)] x→a

x→a

x→a

= f (a) + 0 = f (a) Kështu që f (x) është i vazhdueshëm në a.

©AulonaPress

129

Kalkulus

Shaska T.

Vërejtje. E anasjellta e Teoremës nuk është e vërtetë; domethënë ka funksione që janë të vazhdueshëm por jo të diferencueshëm. Për shembull, funksioni f (x) = |x| është i vazhdueshëm në 0 sepse lim f (x) = lim |x| = 0 = f (0).

x→0

x→0

Por ne dimë se f (x) nuk është i diferencueshëm në 0. Teorema 3.8 na jep një mënyrë tjetër për të thënë se funksioni nuk ka derivat. Ajo thotë se po qe se funksioni nuk është i vazhdueshëm në a, atëherë nuk është as i diferencueshëm në a. Pra, çdo jo-vazhdueshmëri e f (x) tregon se ai nuk është as i diferencueshëm. Një mundësi e tretë, është se kur një kurbë ka tangente vertikale kur x = a, pra f (x) është i vazhdueshëm në a dhe lim | f 0 (x)| = ∞

x→a

130

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 136. Gjeni derivatet e funksioneve duke u nisur nga përkufizimi i derivatit. Përcaktoni bashkësinë e përkufizimit të funksionit dhe të derivatit, 1 1 f (x) = x − . 2 3 137. f (x) = mx + b 138. f (t ) = 5t − 9t 2 139. f (x) = x 3 − 3x + 5 140. f (x) = 1.5x 2 − x + 3.7 p 141. f (x) = x + x p 142. f (x) = 1 + 2x 3+x 1−3x (t ) = t4t +1 (x) = p1x

143. f (x) = 144. f 145. f

146. f (x) = x 4

p 147. (a) Ndërtoni garfikun e f (x) = 6 − x duke filluar p nga grafiku i y = x dhe duke përdorur transformimet e funksoineve. (b) Përdorni grafikun e pikës (a)për të skicuar grafikun e f 0. (c) Përdorni përkufizimin e derivatit për të gjetur f 0 (x). Cilat janë bashkësitë e përkufizimit të f (x) dhe f 0 ? (d) Përdorni një makinë llogaritëse garfike për të skicuar grafikun dhe krahasojeni atë me grafikun e pikës (b). 148. (a) Në qoftë se f (x) = x 4 + 2x, gjeni f 0 (x). (b) Përpiquni të shihni në qoftë se përgjigjja juaj është e arsyeshme duke krahasuar grafikët e f (x) dhe f 0 . p 149. (a) Në qoftë se f (t ) = t 2 − t , gjeni f 0 (t ). (b) Përpiquni të shihni në qoftë se përgjigjja juaj është e arsyeshme duke krahasuar grafikët e f (x) dhe f 0 . 150. Në qoftë se jepet tabela e vlerave të një funksioni U(t ) në varësi të një ndryshorja t , ndërtoni një tabelë për vlerat e U 0 (t ). t U(t ) t U(t ) 1993 6.9 1998 4.5 1994 6.1 1999 4.2 1995 5.6 2000 4.0 1996 5.4 2001 4.7 1997 4.9 2002 5.8 151. Përdorni përkufizimin e derivatit për të gjetur f 0 (x), f "(x). Atëherë, në një sistem koordinativ të përbashkët ndërtoni grafikun e f (x), f 0 , dhe f 00 , dhe shikoni në qoftë se përgjigjet tuaja janë korrekte. f (x) = 1 + 4x − x 2 ©AulonaPress

152. f (x) = 1/x 153. Në qoftë se f (x) = 2x 2 −x 3 , gjeni f 0 (x), f 00 (x), f 000 (x), dhe f (4) (x). Ndërtoni garfikët e tyre në një sistem koordinativ të përbashkët për të parë në qoftë se përgjigjet tuaja përputhen me interpretimin gjeometrik të këtyre derivateve. p 154. Le të jetë f (x) = 3 x. (a) Në qoftë se a 6= 0, gjeni f 0 (a). (b) Vërtetoni se f 0 (0) nuk ekziston. p (c) Vërtetoni se y = 3 x ka një tangente vertikale në (0, 0). 155. Le të jetë g (x) = x 2/3 . (a) Vërtetoni se g 0 (0) nuk ekziston. (b) Në qoftë se a 6= 0, gjeni g 0 (a). (c) Vërtetoni se y = x 2/3 ka një tangente vertikale në (0, 0). 156. Vërtetoni se funksioni f (x) = |x − 6| nuk është i derivueshëm në x = 6. Gjeni një formulë për f 0 dhe skiconi grafikun e tij. 157. Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) = x|x|. (a) Për çfarë vlerash të x f (x) është i derivueshëm? (b) Gjeni një formulë për f 0 dhe skiconi grafikun e tij. 158. Derivatet e majta dhe të djathta të f (x) përcaktohen nga barazimet f +0 (a) = lim

h−→0+

f (a + h) − f (a) h

dhe

f (a + h) − f (a) h 0 kur ata ekzistojnë. Atëherë, f ekziston atëherë dhe vetëm atëherë kur këto derivate të njëanshëm ekzistojnë dhe janë të barabartë. (a)Gjeni f +0 (4) dhe f −0 (4) për funksionin  0 në qoftë se x ≤0     5 − x në qoftë se 0 < x < 4 f (x) =   1   në qoftë se x ≥4 5−x (b) Ndërtoni grafikun e f (x). (c) Ku nuk është f (x) i vazhdueshëm? (d) Ku nuk është f (x) i derivueshëm? f −0 (a) = lim − h−→0

159. Kujtojmë se një funksion f (x) quhet çift në qoftë se f (−x) = f (x) për të gjitha x nga bashkësia e vetë e përkufizimit, dhe quhet tek kur f (−x) = − f (x) për të gjitha x nga bashkësia e vetë e përkufizimit. Vërtetoni se: (a) Derivati i një funksioni çift është funksion tek. (b) Derivati i një funksioni tek është funksion çift. 131

Kalkulus

132

Shaska T.

©AulonaPress

Kapitulli 4

Rregullat e derivimit Nga matja e koefiçentëve këndorë në pikat e kurbës së sinusit, përftojmë një pamje vizuale të qartë se derivati i funksionit sinus është funksioni kosinus. Kemi parë se si interpretohet derivati si koefiçent këndor i tangentes dhe si shkallë e ndryshimit, si llogaritet derivati i një funksioni të dhënë në trajtë tabelare, ose si të ndërtojmë grafikun e derivatit të funksionit të paraqitur grafikisht. Deri tani kemi përdorur përkufizimin e derivatit për të llogaritur derivatet e funksioneve të paraqitur në trajtë algjebrike, por jo-gjithmonë është shumë e përshtatshme të përdoret përkufizimi për të llogaritur derivatin. Në këtë kapitull do të zhvillojmë rregulla për të llogaritur derivatin pa pasur nevojën e përdorimit direkt të derivatit. Këto rregulla ne lejojnë të llogarisim më lehtë derivatet e polinomeve, funksioneve racionale, funksioneve algjebrike, eksponenciale dhe logaritmike, funksioneve trigonometrike dhe arkfunksioneve. E më pas i përdorim këto rregulla për të zgjidhur problemet që përfshijnë raportet e ndryshimit dhe funksionet përafruese. Figura 4.1: Jean le Rond d’Alembert (1717–1783)

133

Kalkulus

Shaska T.

4.1 Derivatet e funksioneve elementare Në këtë seksion do të mësojmë se si të derivojmë funksionet konstantë, funksionet fuqi, polinomet, dhe funksionet eksponenciale. Le të fillojmë me funksionin më të thjeshtë, funksionin konstant f (x) = c. Grafiku i këtij funksioni është drejtëza horizontale y = c, e cila ka koefiçentin këndor të barabartë me 0. Prandaj, duhet të kemi f 0 (x) = 0. Duke u nisur nga përkufizimi, vërtetimi është i thjeshtë: f 0 (x) = lim

h→0

c −c f (x + h) − f (x) = lim = lim 0 = 0 h→0 h h→0 h

Sipas Lajbnicit e shkruajmë këtë rregull si vijon:

Derivati i funksionit konstant është

d (c) = 0. dx

Shembull 4.1. Një objekt lëviz me shpejtësi konstante v(t ) = 55 km/h. Sa është nxitimi i këtij objekti? Nxitimi është rapoti i ndryshimit te shpejtësisë mbi ndryshimin e kohës. Pra, është derivati i shpejtësisë. Kështu që nxitimi i këtij objekti është 0.

4.1.1 Funksionet fuqi Tani le të shohim funksionet f (x) = x n , ku n është numër natyror. Në qoftë se n = 1, grafiku i f (x) = x është drejtëza y = x, e cila ka koefiçent këndor të barabartë me 1. Pra, d (x) = 1, dx e cila verifikohet lehtë duke u nisur nga përkufizimi i derivatit. Tashmë kemi parë rastet kur n = 2 dhe n = 3. Në fakt kemi gjetur se d 2 (x ) = 2x dhe dx

d 3 (x ) = 3x 2 . dx

Për n = 4 e gjejmë derivatin e f (x) = x 4 si më poshtë f (x + h) − f (x) (x + h)4 − x 4 = lim h→0 h→0 h h 4 3 2 2 3 x + 4x h + 6x h + 4xh + h 4 − x 4 = lim h→0 h 4x 3 h + 6x 2 h 2 + 4xh 3 + h 4 = lim h→0 h = lim (4x 3 + 6x 2 h + 4xh 2 + h 3 ) = 4x 3

f 0 (x) = lim

(4.1)

h→0

Pra,

d 4 3 d x (x ) = 4x .

Duke krahasuar rastet n = 1, 2, 3 shohim se kanë një cilësi të përbashkët. Duket e arsyeshme të mendosh se kur n është një numër natyror, d n x = nx n−1 . dx Del se kjo është e vërtetë. Mund ta vërtetojmë atë në dy mënyra, mënyra e dytë përdor Teoremën binomiale. 134

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Rregull: (Rregulli i fuqisë). Në qoftë se n është një numër natyror, atëherë d n x = nx n−1 dx Vërtetim Së pari, formula x n − a n = (x − a)(x n−1 + x n−2 a + · · · + xa n−2 + a n−1 ) mund të verifikohet lehtë duke bërë veprimet në të djathtë. Në qoftë se f (x) = x n , mund të përdorim trajtën e dytë të përkufizimit të derivatit për f 0 (a) dhe ekuacionin e mësipërm për të shkruar xn − an f (x) − f (a) = lim x→a x − a x→a x −a = lim (x n−1 + x n−2 a + · · · + xa n−2 + a n−1 )

f 0 (a) = lim

(4.2)

x→a

= a n−1 + a n−2 a + · · · + aa n−2 + a n−1 = na n−1 Mënyra e dytë: f 0 (x) = lim

h→0

(x + h)n − x n f (x + h) − f (x) = lim h→0 h h

Në gjetjen e derivatit të x na u desh të zbërthenim (x+h)4 . Këtu na duhet të zbërthejmë (x+h)n dhe përdorim Teoremën binomiale. Pra, h i x n + nx n−1 h + n(n−1) x n−2 h 2 + ... + nxh n−1 + h n − x n 2 f 0 (x) = lim h→0 h 4

= lim

· x n−2 h 2 + ... + n x h n−1 + h n nx n−1 h + n(n−1) 2

(4.3)

h

h→0

·

= lim nx n−1 + h→0 n−1

n(n − 1) n−2 x h + ... + nxh n−2 + h n−1 2

¸

= nx

sepse çdo term me përjashtim të të parit ka h si faktor dhe kështu shkon në zero. Le të ilustrojmë rregullin fuqi me disa shembuj: Shembull 4.2. Pohimet e mëposhtme janë të vërteta: (a) Në qoftë se f (x) = x 6 atëherë f 0 (x) = 6x 5 . (b) Në qoftë se y = x 1000 atëherë y 0 = 1000x 999 . (c) Në qoftë se y = t 4 atëherë (d)

d dr

dy dt

= 4t 3 .

(r 3 ) = 3r 2

Lind pyetja se ç’ndodh për funksionet fuqi me eksponent negativ. Vërtetohet nga përkufizimi i derivatit se µ ¶ d 1 1 =− 2. dx x x Këtë ekuacion mund ta rishkruajmë d ¡ −1 ¢ x = (−1) · x −2 dx ©AulonaPress

135

Kalkulus

Shaska T.

dhe në këtë mënyrë rregulli fuqi është i vërtetë kur n = −1. Në fakt do të tregojmë se kjo vlen për të gjithë numrat negativë. Po kur eksponenti është racional? Në një nga shembujt pamë se 1 d p x= p dx 2 x i cili mund të shkruhet si d 1/2 1 (x ) = · x −1/2 dx 2 Kjo tregon se rregulli fuqi mbetet i vërtetë edhe kur n = 12 . Në fakt, do tregojmë se është i vërtetë për të gjithë numrat realë. Rregull: (Rregulli fuqi). Në qoftë se r është numër real atëherë d ¡ r¢ x = r · x r −1 dx Shembull 4.3. Derivoni funksionet e mëposhtme (a) f (x) = x12 p 3 (b) y = x 2

Zgjidhje Në secilin rast e rishkruajmë funksionin si fuqi e x. (a) Meqë f (x) = x −2 përdorim rregullin 4.1.1 për n = −2: f 0 (x) =

d −2 2 (x ) = −2x −2−1 = −2x −3 = − 3 dx x

(b) Në këtë rast kemi ´ dy d ³p d ³ 2 ´ 2 2 −1 2 − 1 3 = x2 = x3 = x3 = x 3 dx dx dx 3 3

p Shembull 4.4. Gjeni ekuacionin e tangentes së hequr ndaj grafikut të funksionit y = x x në pikën (1, 1). p Zgjidhje Derivati i f (x) = x x = x · x 1/2 = x 3/2 është 3 3 3p f 0 (x) = x (3/2)−1 = x 1/2 = x. 2 2 2 Prandaj koefiçenti këndor i tangentes në pikën (1, 1) është f 0 (1) = 32 . Prej nga ekuacioni i tangentes është 3 y − 1 = (x − 1) 2 ose y = 23 x − 21 . Kur funksione të reja përftohen prej funksioneve të vjetër nëpërmjet mbledhjes, zbritjes, apo shumëzimit me një konstante, derivatet e tyre mund të llogariten në termat e derivateve të funksioneve të vjetër. Në veçanti formula e mëposhtme thotë se derivati i një funksioni shumëzuar me një konstante, është i barabartë me konstanten shumëzuar me derivatin e vetë funksionit. 136

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

4.1.2 Rregulli i shumëzimit me një konsante Në qoftë se c është një konstante dhe f (x) një funksion i diferencueshëm atëherë ¤ d d £ c · f (x) = c · f (x) dx dx Vërtetim Le të jetë g (x) = c · f (x). Atëherë g (x + h) − g (x) h c f (x + h) − c f (x) = lim h→0 h f (x + h) − f (x) = lim c[ h→0 h f (x + h) − f (x) = c lim h→0 h = c f 0 (x)

g 0 (x) = lim

h→0

Rregulli në vazhdim na tregon se derivati i shumës së dy funksioneve është sa shuma e derivateteve të atyre funksioneve. Rregull: (Rregulli i shumës). Në qoftë se f (x) dhe g (x) janë të dy të diferencueshëm atëherë ¤ d £ d d f (x) + g (x) = f (x) + g (x) dx dx dx Vërtetim Le të jetë F(x) = f (x) + g (x). Atëherë, F(x + h) − F(x) h [ f (x + h) + g (x + h)] − [ f (x) + g (x)] = lim h→0 h f (x + h) − f (x) g (x + h) − g (x) = lim [ + ] h→0 h h f (x + h) − f (x) g (x + h) − g (x) = lim + lim h→0 h→0 h h 0 0 = f (x) + g (x)

F0 (x) = lim

h→0

Rregulli i shumës mund të përgjithësohet për më shumë se dy funksione. Për shembull, duke përdorur këtë rregull dy herë marrim ( f + g + h)0 = [( f + g ) + h]0 = ( f + g )0 + h 0 = f 0 + g 0 + h 0 Duke shkruar f − g si f + (−1)g dhe duke zbatuar rregullin e shumës dhe të shumëzimit me një konstante, përftojmë formulën në vazhdim. Rregull: (Rregulli i diferencës). Në qoftë se f (x) dhe g (x) janë të dy funksione të diferencueshëm, atëherë d d d [ f (x) − g (x)] = f (x) − g (x) dx dx dx Rregulli i shumëzimit me konstante, rregulli i shumës, dhe rregulli i diferencës mund të kombinohen me rregullin fuqi për të derivuar çdo polinom, si në shembujt në vazhdim. Shembull 4.5. Gjeni derivatin e funksionit f (x) = x 8 + 12x 5 − 4x 4 + 10x 3 − 6x + 5 ©AulonaPress

137

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje d 8 d 8 d 5 d 4 d 3 d d (x + 12x 5 − 4x 4 + 10x 3 − 6x + 5) = (x ) + 12 (x ) − 4 (x + 10 x −6 (x) + (5) dx dx dx dx dx dx dx = 8x 7 + 12(5x 4 ) − 4(4x 3 ) + 10(3x 2 ) − 6(1) + 0

(4.4)

= 8x 7 + 60x 4 − 16x 3 + 30x 2 − 6

Shembull 4.6. Gjeni një pikë në kurbën y = x 4 − 6x 2 + 4 ku tangentja është horizontale. Zgjidhje Tangentet horizontale ndodhin aty ku derivati bëhet zero. Kemi dy d 4 d 2 d = (x ) − 6 (x ) + (4) dx dx dx dx = 4x 3 − 12x + 0 = 4x(x 2 − 3)

(4.5)

p dy Prej nga, d x = 0 në qoftë se x = 0 ose x 2 −3 = 0, domethënë x = ± 3. Pra, kurba e dhënë ka tangente horizontale kur p p p p x = 0, 3 dhe − 3. Pikat korresponduese janë (0, 4), ( 3, −5), dhe (− 3, −5).

138

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime

1. f (x) = 324, 5

27. Gjeni një ekuacion të tangentes ndaj kurbës në pikën e dhënë. Ilustrojeni duke ndërtuar grafikun e kurbës dhe tangenten në të njëjtin sistem koordinativ.

2. f (t ) = 2 − 35 t

y = 3x 2 − x 3 , (1, 2).

Derivoni funksionin

3. f (x) = x 3 − 4x + 8 p 4 4. f (x) = 25 5. f (x) =

2 9 5x

6. f (x) =

1 8 5 4 x − 5x + x

p 28. x − x, (1, 0) Gjeni f 0 (x). Krahasoni grafikët e f (x) dhe f 0 . 29. f (x) = 3x 5 − 14x 3 + 25x 30. f (x) = 3x 12 − 5x 2 + 5

7. f (x) = 14 ((x 4 + 16))

31. f (x) = x + x1

8. f (x) = (x − 2)(2x + 6)

32. Ekuacioni i lëvizjes së një grimce është s = t 3 − 3t , ku s matet në metra dhe t në sekonda. Gjeni (a) Shpejtësinë dhe nxitimin në varësi të t , (b) Nxitimin pas 2s (c) Nxitimin kur shpejtësia është 0.

9. f (x) = x −3/5 10. f (x) = c x −6 p 11. f (x) = 3 x p 12. f (x) = x − p1x 13. f (x) = 14. f (x) =

p

33. Ekuacioni i lëvizjes së një grimce është s = 2t 3 − 7t 2 + 4t + 1, ku s matet në metra dhe t në sekonda. Gjeni (a) Shpejtësinë dhe nxitimin në varësi të t , (b) Nxitimin pas 1s, dhe (c) Ndërtoni grafikun e funksioneve pozicion, shpejtësi dhe nxitim në të njëjtin sistem koordinativ.

x(x − 1)

−14 x5

15. f (x) = ax 2 + bx + c

34. Gjeni pikat e kurbës y = 2x 3 + 3x 2 − 12x + 1 ku tangentja është horizontale

16. f (x) =

¡ 1 ¢5 2x

17. f (x) =

x 2 +6x+8 p x

18. f (x) =

p 2 p 3x + 3x

35. Për çfarë vlerash të x kurba y = x 3 + 3x 2 + x + 3 ka tangente horizontale? 36. Vërtetoni se kurba y = 6x 3 + 5x − 3 nuk ka tangente me koefiçent këndor 4.

19. f (x) = (x + x −1 )3 p p 20. f (x) = 7 x + 9 x 7 21. f (x) =

A x9

+ Bx

p

22. f (x) = ( x +

37. Gjeni një ekuacion për tangenten ndaj kurbës y = p x x, që është paralel me drejtëzën y = 1 + 3x.

3

38. Përdorni përkufizimin e derivatit për të treguar se kur f (x) = 1/x, atëherë f 0 (x) = −1/x 2

1 p 5 ) x

23. f (x) = 4π2

39. Gjeni një funksion kubik y = ax 3 + bx 2 + c x + d , grafiku i të cilit ka tangente horizontale në pikat (−2, 6) dhe (2, 0).

24. f (x) = c x −7 Gjeni një ekuacion të tangentes ndaj kurbës në pikën e dhënë

40. Le të jetë (

25. y=

p 4

x, në (1, 1).

26. y = x 4 + 3x 2 − x, në (1, 3). ©AulonaPress

f (x) =

2−x

në qoftë se

x ≤1

2

në qoftë se

x >1

x − 2x + 2

A është f (x) i derivueshëm në 1? Ndërtoni grafikët e f (x) dhe f 0 . 139

Kalkulus

Shaska T.

41. Në cilat numra funksioni g (x) është i derivueshëm?  1 − 2x   g (x) = x 2   x

në qoftë se

x < −1

në qoftë se

−1 ≤ x ≤ 1

në qoftë se

x >1

Jepni një formulë për g 0 dhe skiconi grafikun e g (x) dhe të g 0. 42. Ku funksioni f (x) = |x − 1| + |x + 2| është i derivueshëm? Jepni një formulë për f 0 dhe skiconi grafikun e f (x) dhe f 0 . 43. Gjeni parabolën me ekuacion y = ax 2 +bx+c tangetja

140

ndaj grafikut të së cilës në pikën (1, 1) ka ekuacion y = 3x − 2. 44. Për çfarë vlerash të a dhe b drejtëza 2x + y = b është tangente me parabolën y = ax 2 kur x = 2. 45. Le të jetë ( f (x) =

x2

në qoftë se

x ≤2

mx + n

në qoftë se

x >2

Gjeni vlerat e m dhe n për të cilat funksioni është i derivueshëm kudo.

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

4.2 Funksionet eksponenciale Le të përpiqemi të llogarisim derivatin e funksionit eksponencial f (x) = a x duke përdorur përkufizimin e derivatit: f (x + h) − f (x) a x+h − a x = lim h→0 h→0 h h x h x x h a a −a a (a − 1) = lim = lim h→0 h→0 h h

f 0 (x) = lim

Faktori a x nuk varet nga h prandaj mund ta nxjerrim nga shenja e limitit: ah − 1 h→0 h

f 0 (x) = a x lim Vëmë re se vlera e limitit është derivati i f (x) në 0 pra

ah − 1 = f 0 (0) h→0 h lim

Kështu që treguam se po qe se funksioni eksponencial f (x) = a x është i diferencueshëm në 0 atëherë ai është kudo i diferencueshëm dhe f 0 (x) = f 0 (0)a x (4.6) Ky ekuacion thotë se raporti i ndryshimit të çdo funksioni eksponencial është në përpjestim të drejtë me vetë funksionin. Evidentimi numerik për ekzistencën e f 0 (0) jepet në tabelë për rastet a = 2 dhe a = 3. h 0.1 0.01 0.001 0.0001

2h −1 h

3h −1 h

0.7177 0.6956 0.6934 0.6932

1.1612 1.1047 1.0992 1.0987

Tabela 4.1: Shkalla e ndryshimit të funksionit eksponencial Duket se limiti ekziston dhe 2h − 1 ≈ 0.69 h→0 h 3h − 1 për a = 3, f 0 (0) = lim ≈ 1.10 h→0 h për a = 2, f 0 (0) = lim

Në ¯fakt do të tregojmë në Kap. 5 se këto limite ekzistojnë dhe me saktësi deri në 6 shifra pas presjes vlerat janë ¯ d x ¯ ≈ 0.693147 d x (3 )¯ ≈ 1.098612. Prandaj nga Ekuacioni (4.6) kemi

d x ¯ d x (2 )¯x=0

x=0

d x d x (2 ) ≈ (0.69)2x , (3 ) ≈ (1.10)3x dx dx

(4.7)

Nga të gjitha rastet e mundshme për bazën a në Ekuacionin (4.6) formula më e thjeshtë e derivimit ndodh kur f 0 (0) = 1. Duke parë vlerësimet e f 0 (0) për a = 2 dhe a = 3 duket me vend që të ketë një numër a midis 2 dhe 3 për të cilin f 0 (0) = 1. Është tradicional shënimi i këtij numri me shkonjën e. Prandaj kemi përkufizimin e mëposhtëm. Përkufizim 4.1. Numri natyror e quhet numri i tillë që eh − 1 = 1. h→0 h lim

©AulonaPress

141

Kalkulus

Shaska T.

Gjeometrikisht kjo do të thotë se ndër të gjithë funksionet eksponenciale y = a x funksioni f (x) = e x është ai tangentja e të cilit në (0, 1) ka koefiçent këndor f 0 (0) pikërisht të barabartë me 1. Në qoftë se zëvendësojmë a = e dhe prej këtej f 0 (0) = 1 në Ekuacionin (4.6) ai shndërohet në një formulë të rëndësishme të derivimit. Derivati i funksionit eksponencial natyror Derivati i funksionit eksponencial natyror jepet si më poshtë: d x (e ) = e x dx Prandaj funksioni eksponencial f (x) = e x ka vetinë se derivati i tij është sa vetë ai. Kuptimi gjeometrik i këtij fakti është se koefiçenti këndor i tangentes ndaj kurbës y = e x është i barabartë me ordinatën e pikës. Shembull 4.7. Në qoftë se f (x) = e x − x, gjeni f 0 (x). Krahasoni grafikët e f (x) dhe f 0 (x). Zgjidhje Duke përdorur rregullin e diferencës kemi f 0 (x) =

d x d x d (e − x) = (e ) − (x) = e x − 1 dx dx dx

Vëmë re se f (x) ka tangente horizontale kur x = 0; kjo korrespondon me faktin se f 0 (0) = 0. Vëmë re gjithashtu se, për x > 0, f 0 (x) është pozitiv dhe f (x) është rritës. Kur x < 0, f 0 (x) është negativ dhe f (x) është zvogëlues. Shembull 4.8. Në cilën pikë të kurbës y = ex tangetia është paralele me drejtëzën y = 2x? Zgjidhje Meqë y = e x ne kemi y 0 = e x . Le ta shënojmë abshisën e pikës së kërkuar me a. Atëherë, koefiçenti këndor i tangentes në këtë pikë është e a . Kjo tangente do jetë paralele me drejtëzën y = 2x, në qoftë se kanë të njëjtin koefiçent këndor, pra 2. Duke barazuar koefiçentët marrim e a = 2 a = ln 2. Pra, pika e kërkuar është (a, e a ) = (l n2, 2).

142

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 46. (a) Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) = e x . (b) Çfarë tipe funksionesh janë f (x) = e x dhe g (x) = e x ? Krahasoni formulat e derivimit për f (x) dhe g (x). (c) Cili nga funksionet rritet më shpejt për x shumë të mëdhenj?

51. Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj kurbës në pikën e dhënë. Ilusrojeni duke ndërtuar grafikun e kurbës dhe të tangentes në të njëjtin sistem koordinativ,

47. Derivoni funksionet p f (x) = x + 2e x

52. y = e x − 5x, në (0, 0)

48. f (x) =

3 x

+ 10e x

49. f (x) = e x+1 + 1 50. f (x) = 3e 2x + x1 + x32

©AulonaPress

y = x 4 + 2e x , në (0, 2).

53. Gjeni derivatin e parë dhe të dytë të funksionit. Krahasoni grafikët e f (x), f 0 dhe f 00 , kur f (x) = e x − x 3 . 54. Në çfarë pike të kurbës y = 1+2e x −3x, tangentja ndaj saj është paralele me drejtëzën 3x − y = 5. Ilustrojeni duke ndërtuar grafikun e kurbës dhe të drejtëzave.

143

Kalkulus

Shaska T.

4.3 Rregulla të tjera të derivimit Formulat e këtij paragrafi do të na lejojnë të llogarisim derivatet e funksioneve të reja të përftuara prej funksioneve të vjetër nëpërmjet veprimeve të shumëzimit apo pjestimit.

4.3.1 Rregulli i prodhimit Për analogji me rregullat e shumës dhe diferencës, ndonjëri mund të supozojë ashtu sikurse Lajbnici tre shekuj më parë, se dervati i prodhimit është i barabartë me prodhimin e derivateve. Do të shohim se ky supozim është i gabuar duke parë një shembull të veçantë. Le të jenë f (x) = x dhe g (x) = x 2 . Atëherë, rregulli fuqi jep f 0 (x) = 1 dhe g 0 (x) = 2x. Por ( f g )(x) = x 3 , prandaj ( f g )0 (x) = 3x 2 . Kështu që ( f g )0 (x) 6= f 0 g 0 . Formula korrekte u zbulua nga Lajbnici (shumë shpejt nga nisja e gabuar e tij) dhe u quajt rregulli i prodhimit. Para se të fillojmë me rregullin e prodhimit le të shohim fillimisht se si mund ta zbulojmë atë. E nisim duke pranuar se të dy funksionet u = f (x) dhe v = g (x) janë pozitiv dhe të diferencueshëm. Atëherë, mund ta interpretojmë prodhimin uv si sipërfaqen e një drejtëkëndëshi. Në qoftë se x ndryshon me një shtesë 4x atëherë ndryshimet korresponduese në u dhe v janë 4u = f (x + 4x) − f (x) 4v = g (x + 4x) − g (x) Ndryshimi i sipërfaqes së drejtëkëndëshit është 4(uv) = (u + 4u)(v + 4v) − uv = u4v + v4u + 4u4v

(4.8)

Duke pjestuar me 4x marrim

4(uv) 4v 4u 4v =u +v + 4u 4x 4x 4x 4x Në qoftë se kalojmë në limit kur 4x → 0 përftojmë derivatin e uv: d 4(uv) (uv) = lim 4x→0 4x dx 4v 4u 4v = lim (u +v + 4u ) 4x→0 4x 4x 4x 4v 4u 4v = u lim + v lim + ( lim 4u)( lim ) 4x→0 4x 4x→0 4x 4x→0 4x→0 4x du dv dv =u +v +0· dx dx dx dv du =u +v dx dx

(4.9)

Kujtojmë se 4u → 0 sikurse 4x → 0 meqenë qoftë se f (x) është i diferencueshëm e prej këtej i vazhdueshëm. Megjithëse e nisëm duke pranuar se shtesat (nga interpretimi gjeometrik) janë pozitive, theksojmë që Ekuacioni (4.8) është gjithmonë i vërtetë. Kështu vërtetuam Ekuacionin (4.10), i cili njihet si rregulli i prodhimit për gjithë funksionet e diferencueshëm u dhe v. Në qoftë se f (x) dhe g (x) janë të dy të derivueshëm atëherë ¤ d £ d d f (x)g (x) = f (x) [g (x)] + g (x) [ f (x)] dx dx dx

(4.10)

Rregulli i prodhimit thotë se dervati i prodhimit të dy funksioneve është i barabartë me funksionin e parë shumëzuar me derivatin e të dytit plus funksionin e dytë shumëzuar me derivatin e të parit. 144

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 4.9. Në qoftë se f (x) = xe x , gjeni f 0 (x). Zgjidhje Nga rregulli i prodhimit kemi d x d d (xe x ) = x (e ) + e x (x) dx dx dx x x x = xe + e · 1 = (x + 1)e

f 0 (x) =

Shembull 4.10. Derivoni funksionin f (t ) =

p

t (1 − t ).

Zgjidhje Duke përdorur rregullin e prodhimit kemi p d d p t (1 − t ) + (1 − t ) t dt dt p 1 = t (−1) + (1 − t ) · t −1/2 2 p 1 − t 1 − 3t =− t+ p = p 2 t 2 t

f 0 (t ) =

Në qoftë se përdorim vetitë e eksponentëve fillimisht për ta rishkruar f (t ), më pas mund të procedojmë direkt pa pas nevojën e përdorimit të rregullit të prodhimit. p p f (t ) = t − t t = t 1/2 − t 3/2 1 3 f 0 (t ) = t −1/2 − t 1/2 2 2 duket qartë se rezultati është ekuivalent me të parin. Shembulli i dytë tregon se ndonjëherë është më e lehtë të thjeshtohet prodhimi i funksioneve, se sa të zbatohet rregulli i prodhimit. Në shembullin e parë rregulli i prodhimit është i vetmi i mundshmi për tu përdorur. Shembull 4.11. Në qoftë se f (x) =

p

x · g (x),

ku g (4) = 2 dhe g 0 (4) = 3, gjeni f 0 (4). Zgjidhje Duke përdorur rregullin e prodhimit kemi ¤ p d £p d d p x · g (x) = x · g (x) + g (x) · x dx dx dx p p 1 g (x) = x · g 0 (x) + g (x) · x −1/2 = x · g 0 (x) + p . 2 2 x

f 0 (x) =

Prandaj, f 0 (4) =

p 0 g (4) 2 = 6.5 4g (4) + p = 2 · 3 + 2 ·2 2 4

Shembull 4.12. Një kompani telefonike kërkon të llogarisë numrin e linjave telefonike rezidente të reja që do t’i duhet të instalojë gjatë muajit që vjen. Në fillim të Janarit kompania ka 100, 000 nënshkrues, secili prej të cilëve ka 1.2 linja telefonike mesatarisht. Kompania vlerësoi se kontraktuesit rriten me shkallë 1000 në muaj. Duke bërë një sondazh, kompania gjeti se secili ka ndërmend të instalojë mesatarisht 0.01 linjë të re në fund të Janarit. Llogarisni numrin e linjave të reja që duhet të instalojë kompania në Janar duke llogaritur shkallën e rritjes së linjave në fillimm të muajit. ©AulonaPress

145

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Le të jetë s(t ) numri i nënshkruesve dhe n(t ) numri i linjave telefonike për nënshkrues në kohën t , ku t matet në muaj dhe t = 0 i korrespondon fillimit të Janarit. Atëherë, numri total i linjave jepet nga L(t ) = s(t ) · n(t ) dhe duam të gjejmë L0 (0). Duke patur parsysh rregullin e prodhimit kemi L0 (t ) = [s(t )n(t )]0 = s 0 (t )n(t ) + s(t )n 0 (t ) Na është dhënë se s(0) = 100, 000 dhe n(0) = 1.2. Vlerësimi i kompanisë tregon se raporti i rritjes është përkatësisht s 0 (0) ≈ 1000 dhe n 0 (0) ≈ 0.01. Prej nga, L0 (0) = s 0 (0)n(0) + s(0)n 0 (0) ≈ 1.2 · 1000 + 100, 000 · 0.01 = 2200 Kompanisë i duhet të instalojë afërsisht 2200 linja të reja në Janar. Vëmë re se dy termat e prodhimit vijnë nga burime të ndryshme nënshkruesit e vjetër dhe nënshkruesit e rinj. Një kontribut tek L0 është numri ekzistues i nënshkruesve (100, 000) shumëzuar me shkallën me të cilën do të porositen linja të reja (rreth 0. 01 për nënshkrues në muaj). Kontributi i dytë është numri mesatar i linjave për nënshkrues (1. 2 në fillim të muajit) shumëzuar me shkallën e rritjes për nënshkrues (1000 në muaj).

4.3.2 Rregulli i raportit Do të gjejmë një rregull për derivimin e raportit të dy funksioneve të derivueshëm u = f (x) dhe v = g (x) në të njëjtën mënyrë si gjetëm rregullin e prodhimit. Në qoftë se x, u dhe v ndryshojnë me shtesë përkatësisht 4x, 4u, dhe 4v, atëherë ndryshimi korespondues në raportin u/v është 4

³u ´ v

u + 4u u − v + 4v v (u + 4u)v − u(v + 4v) = v(v + 4v) v4u − u4v = v(v + 4v) =

Kështu që ¡ ¢ 4v 4 uv v · 4u d ³u ´ 4x − u 4x = lim = lim 4x→0 4x 4x→0 v(v + 4v) dx v Kur 4x → 0, 4v → 0 gjithashtu sepse g është i derivueshëm prej nga dhe i vazhdueshëm. Dhe duke përdorur rregullat e limitit marrim 4v 4u v du − u dv d ³ u ´ v lim4x→0 4x − u lim4x→0 4x = = dx 2 dx dx v v lim4x→0 (v + 4v) v Në qoftë se f (x) dhe g (x) janë të derivueshëm atëherë · ¸ g (x) ddx [ f (x)] − f (x) ddx [g (x)] d f (x) = d x g (x) [g (x)]2 ose

µ

f (x) g (x)

¶0 =

f 0 (x)g (x) − f (x)g 0 (x) [g (x)]2

ose

³ u ´0 v 146

=

u 0 v − uv 0 v2 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

I thënë me fjalë rregulli i raportit pohon se derivati i raportit është i barabartë me emëruesin shumëzuar me derivatin e numëruesit minus numëruesin shumëzuar me derivatin e emëruesit, e gjitha kjo pjestuar me katrorin e emëruesit. Rregulli i raportit dhe gjithë rregullat e tjera na mundësojnë llogaritjen e derivateve të të gjitha funksioneve racionale sikurse e ilustron shembulli në vazhdim. Shembull 4.13. Le të jetë y=

x2 + x − 2 x3 + 6

Atëherë, (x 3 + 6)(x 2 + x − 2)0 − (x 2 + x − 2)(x 3 + 6)0 (x 3 + 6)2 (x 3 + 6)(2x + 1) − (x 2 + x − 2)(3x 2 ) = (x 3 + 6)2 4 3 (2x + x + 12x + 6) − (3x 4 + 3x 3 − 6x 2 ) = (x 3 + 6)2 4 3 2 −x − 2x + 6x + 12x + 6 = (x 3 + 6)2

y0 =

(4.11)

Shembull 4.14. Gjeni ekuacionin e tangentes së hequr ndaj kurbës y=

ex (1 + x 2 )

në pikën (1, 2e ). Zgjidhje Duke përdorur rregullin e raportit, gjejmë fillimisht derivatin e këtij funksioni. (1 + x 2 )(e x )0 − e x (1 + x 2 )0 (1 + x 2 )2 2 x (1 + x )e − e x (2x) e x (1 − x)2 = = (1 + x 2 )2 (1 + x 2 )2

y0 =

2

Kështu që koefiçenti këndor i tangentes në (1, e/2) është f 0 (1) = e(1−1) = 0. Kjo do të thotë se tangentja në (1, e/2) është 1+1)2 horizontale dhe ekuacioni i saj është y = e/2. Kujtojmë se funksioni është rritës dhe e kalon tangenten e tij në (1, e/2). Vërejtje. Mos e përdorni rregullin e raportit sa herë që shihni raport. Ndonjëherë është më e lehtë ta rishkruash raportin fillimisht, në qoftë se është e mundur të thjeshtohet, e më pas të derivohet. Për shembull edhe pse është e mundur të derivohet funksioni p 3x 2 + 2 x F(x) = x duke përdorur rregullin e raportit është shumë më e lehtë që fillimisht ta shkruash funksionin si F(x) = 3x + 2x −1/2 para se ta derivosh. Le t’i përmbledhim formulat e derivimit që mësuam deri tani.

©AulonaPress

147

Kalkulus

Shaska T.

(c)0 = 0 (x n )0 = nx n−1 (e x )0 = e x (c f )0 = c f 0 ( f + g )0 = f 0 + g 0 ( f − g )0 = f 0 − g 0 ( f g )0 = f g 0 + g f 0 µ ¶0 f g f 0 − f g0 = g g2

Ushtrime

148

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

4.4 Derivimi i funksioneve trigonometrike Para se të fillojmë me këtë paragraf na duhet të rikujtojmë funksionet trigonometrike. Në veçanti është e rëndësishme të kujtojmë se kur folëm për funksionin f (x) të përkufizuar për të gjithë numrat realë x me f (x) = sin x nënkuptuam se si nx do të thotë sinusi i këndit masa e të cilit në radianë është x. Dhe kjo u përmend për të gjithë funksionet trigonometrike. Rikujtojmë që të gjithë funksionet trigonometrike janë funksione të vazhdueshme në bashkësinë e tyre të përkufizimit. Në qoftë se skicojmë grafikun e funksionit f (x) = sin x dhe përdorim interpretimin e f 0 (x) si koefiçent këndor i tangentes ndaj grafikut të sinusit në mënyrë që të skicojmë grafikun e f 0 atëherë ai duket të jetë i njëjtë me grafikun e funksionit kosinus. Le të përpiqemi ta konfirmojmë supozimin e bërë pra në qoftë se f (x) = sin x atëherë f 0 (x) = cos x. Më parë shohim shembullin e mëposhtëm. Shembull 4.15. Vërtetoni se lim

θ→0

sin θ = 1. θ

Zgjidhje Në një nga paragrafet e Kap. 2, ne bëmë supozimin, në bazë të evidencave numerike dhe grafike se sin θ = 1. θ→0 θ lim

Tani përdorim argumentimin gjeometrik për ta vërtetuar këtë. Pranojmë fillimisht se θ shtrihet ndërmjet 0 dhe π2 .

Figura 4.2: Rrethi njësi dhe funksionet kryesore trigonometrike të shprehura gjeometrikisht.

Fig. 4.2 tregon një sektor qarku me qendër O, këndi qendror θ, dhe rrezja 1. Nga përkufizimi i masës së radianit kemi c = θ. Gjithashtu, |FA| = sin θ. Nga figura shohim që FB c |FA| < FB Prej nga sin θ < θ dhe

©AulonaPress

sin θ

, θ sin θ ose duke shumëzuar te dy anët me sin θ > 0 kemi sin θ > cos θ. θ

(4.13)

Përfundimisht, duke bërë së bashku Ek. (4.12) dhe Ek. (4.13) kemi cos θ
0. Rikujtojmë se a = e ln a . Kështu që, a x = (e ln a )x = e (ln a)x dhe rregulli zinxhir na jep d ¡ x¢ d ³ (ln a)x ´ a = e dx dx d = e (ln a)x (ln a)x dx = e (l na)x · ln a = a x ln a sepse ln a është konstante. Prandaj, kemi formulën

Në veçanti për a = 2 marrim

158

d (a x ) = a x ln a. dx

(4.21)

d x (2 ) = 2x ln 2 dx

(4.22) ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Në fillim të këtij kapitulli vlerësuam d x (2 ) ≈ (0, 69)2x dx Kjo përputhet me formulën ekzakte Ek. (4.22) sepse ln 2 ≈ 0.693147. Në një nga shembujt e mëparshëm shqyrtuam popullimin e qelizave bakteriale që dyfishoheshin çdo një orë dhe pamë se popullimi pas t orësh është n = n 0 2t , ku n 0 është popullimi fillestar. Formula Ek. (4.22) na lejon të gjejmë shkallën e rritjes së popullatës së bakterieve dn = n 0 · 2t · l n2. dt Arsyeja për emërtimin "rregulli zinxhir"bëhet më e qartë kur marrim një zinxhir më të gjatë. Supozojmë se y = f (u), u = g (x) dhe x = h(t ) ku f (x) g (x) dhe h janë funksione të derivueshëm. Atëherë, për të llogaritur derivatin e y në lidhje me t , përdorim rregullin zinxhir dy herë:

d y d y dx d y du dx = · = · · dt dx dt du dx dt

Shembull 4.28. Në qoftë se f (x) = sin (cos (tan x)) atëherë d d cos(tan x) = cos (cos (tan x)) [− sin(tan x)] (tan x) dx dx 1 = − cos (cos(tan x)) · sin(tan x) · cos2 x

f 0 (x) = cos (cos (tan x)) ·

Vëmë re se rregulli zinxhir është përdorur dy herë.

Si ta vërtetojmë rregullin zinxhir Rikujtojmë se në qoftë se y = f (x) dhe x ndryshon nga a në a + 4x, ne përcaktojmë ndryshimin në y si 4y = f (a + 4x) − f (a). Duke u nisur nga përkufizimi i derivatit ne kemi lim

4x→0

4y = f 0 (a). 4x

Kështu që në qoftë se ne përcaktojmë me ε diferencën midis raportit të ndryshesave dhe derivatit ne përftojmë lim ε = ε lim (

4x→0

4x→0

4y − f 0 (a)) = f 0 (a) − f 0 (a) = 0 4x

Por, 4y − f 0 (a) =⇒ 4y = f 0 (a)4x + ε4x. 4x Në qoftë se ne përcaktojmë se ε është 0 kur 4x = 0 atëherë ε bëhet i vazhdueshëm për 4x. Prandaj për një funksion të derivueshëm f (x) mund të shkruajmë 4y = f 0 (a)4x + ε4x (4.23) ε=

ku ε → 0 kur 4x → 0 dhe ε është funksion i vazhdueshëm i 4x. Kjo veti e funksioneve të derivueshme është ajo që na mundëson vërtetimin e rregullit zinxhir. ©AulonaPress

159

Kalkulus

Shaska T.

Supozojmë u = g (x) është i derivueshëm në a dhe y = f (u) është i derivueshëm në b = g (a). Në qoftë se 4x është shtesa në x dhe 4u dhe 4y shtesat përkatëse në u dhe në y atëherë mund të përdorim ekuacionin 7 për të shkruar 4u = g 0 (a)4x + ε1 4x = [g 0 (a) + ε1 ]4x.

(4.24)

ku ε1 → 0 sikurse 4x → 0. Në mënyrë të ngjashme 4y = f 0 (b)4u + ε2 4u = [ f 0 (b) + ε2 ]4u,

(4.25)

ku ε2 → 0 sikurse 4u → 0. Në qoftë se zëvendësojmë shprehjen për 4u nga Ekuacioni (4.24) në Ekuacionin (4.25) gjejmë 4y = [ f 0 (b) + ε2 ][g 0 (a) + ε1 ]4x kështu që 4y = [ f 0 (b) + ε2 ][g 0 (a) + ε1 ] 4x Ashtu sikurse 4x → 0 Ekuacioni (4.24) tregon se 4u → 0. Prandaj të dyja ε1 → 0 dhe ε2 → 0 kur 4x → 0. Prej nga dy 4y = lim = lim [ f 0 (b) + ε2 ][g 0 (a) + ε1 ] d x 4x→0 4x 4x→0 = f 0 (b)g 0 (a) = f 0 (g (a))g 0 (a) Kjo vërteton rregullin zinxhir.

160

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 2x

87. Shkruani funksionin në formën f (g (x)). (Përcaktoni funksionin e brendshëm u = (g (x)) dhe funksionin e jashtëm y = f (u)). Dhe më pas gjeni derivatin d y/d x. y = sin 6x p 88. 2x + 5

115. y = cos( 1−e ) 1+e 2x

89. y = (1 − x 2 )8

119. y = [x + (x + sin2 x)3 ]4

90. y = tan(sin x)

120. y = 32

91. y = sin(e x )

Gjeni derivatin e parë dhe të dytë të funksionit. p 121. f (x) = x 1 + 1

92. y = e

p

x

116. y = e tan x 117. y = tan(e t ) + e tan t p 118. y = cos si n(tan πx) x2

122. xe c x Gjeni derivatin e funksionit. 93. f (x) = (x 3 + 2x 2 − 3)7 94. f (x) = (4x − x 2 )10

123. y = e e

x

124. e αx sin βx

95. y = (x + x 3 )3/2

Gjeni një ekuacion për tangenten ndaj kurbës në pikën e dhënë.

96. y = sin(x 2 − a 2 )

125. y = (1 + 2x)10 në (0, 1)

97. y =

2

1 x 5 +1

98. y = x 2 e −x 99. y = a 3 + cos3 x 100. y = (x 3 − 1)4 (x 4 + 1)3 101. y = (3x − 2)4 (6x 2 − 5)−4 p 5 102. y = (x 2 + 1) x 3 + 2 2

)3 103. y = ( xx 2 +1 −1 104. y = e −3x cos 5x 105. y = e x sin x 1−x 3

106. y = 8 q 107. y = x−1 x+1 108. y =

p x x 2 +1

109. y =

e t −e −t e t +e −t

110. y = sin(tan 3x) 111. y = e ( sin 3x) 112. y = tan2 (3x) 113. y = tan2 sin x 114. y = x sin x1 ©AulonaPress

126. y = sin x + sin2 x, në (0, 0) 127. y = sin(sin x), në (π, 0) 128. (a) Gjeni një ekuacion për tangenten ndaj kurbës y = 2/(1 + e −x ) në pikën (0, 1). (b) Ilustroni pikën (a) duke ndërtuar grafikun e kurbës dhe tangentes në të njëjtin sistem koordinativ. 129. (a) p Gjeni një ekuacion për tangenten ndaj kurbës y = |x|/ 2 − x 2 në pikën (1, 1). (b) Ilustroni pikën (a) duke ndërtuar grfikun e kurbës dhe tangentes në të njëjtin sistem koordinativ. 130. Gjeni të gjitha pikat në grafikun e funksionit f (x) = 2 sin x + sin2 x, ku tangentja është horizontale. 131. Gjeni të gjitha pikat në grafikun e funksionit f (x) = sin 2x − 2 sin x ku tangentia është horizontale. 132. Në qoftë se F(x) = f (g (x)) ku f (−2) = 8, f 0 (−2) = 4, f 0 (5) = 3, g (5) = −2, g 0 (5) = 6 gjeni F0 (5). p 133. Në qoftë se h(x) = 4 + 3 f (x) ku f (1) = 7, dhe f 0 (1) = 4 gjeni h 0 (1). 134. Jepet tabela për vlerat e funksioneve f (x), g (x), f 0 , g 0. x f (x) g (x) f 0 (x) g 0 (x) 1 3 2 4 6 2 1 8 5 7 3 7 2 7 9 (a) Në qoftë se h(x) = f (g (x)) gjeni h 0 (1). (b) Në qoftë se H(x) = g ( f (x)) gjeni H0 (1). 161

Kalkulus 135. Supozojmë se f (x) është i derivueshëm në R. Le të jetë F(x) = f (e x ) dhe G(x) = e f (x) . Gjeni shprehjet për derivatet F0 (x) dhe G0 (x) 136. Në qoftë se g (x) është dy herë i derivueshëm dhe f (x) = xg (x 2 ), gjeni f 00 në termat e g (x), g 0 , dhe g 00 . 137. Në qoftë se F(x) = f (3 f (4 f (x))), ku f (0) = 0 dhe f 0 (0) = 2, gjeni F0 (0). 138. Në qoftë se ekuacioni i lëvizjes së grimcës jepet si s = A cos(ωt + δ), thuhet se grimca i nënshtrohet lëvizjes harmonike të thjeshtë. (a) Gjeni shpejtësinë e grimcës në kohën t . (b) Kur shpejtësia është zero? 139. Një grimcë lëviz sipas një vije të drejtë me zhvendosje

162

Shaska T. s(t ), shpejtësi v(t ), dhe nxitim a(t ). Vërtetoni se a(t ) = v(t )

dv ds

Shpjegoni ndryshimin ndërmjet kuptimeve të derivateve d v/d t dhe d v/d s. 140. Në qoftë se y = f (u) dhe u = g (x) ku f (x) dhe g (x) janë dy herë të derivueshëm, atëherë tregoni se d y d u 2 d y d 2u d2y = ( ) + 2 dx d u2 d x d u d x2 141. Në qoftë se y = f (u) dhe u = g (x), f (x) dhe g (x) janë tre herë të derivueshëm, gjeni një formulë për d 3 y/d x 3 të ngjashme me formulën e ushtrimit të mësipërm.

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

4.6 Derivimi në mënyrë implicite Funksionet që kemi parë deri tani mund të përshkruhen duke shprehur një ndryshore në mënyrë eksplicite në varësi të një ndryshorja tjetër për shembull, p y=

x3 + 1

ose y = x · si nx ose në përgjithësi y = f (x). E megjithatë disa funksione janë përcaktuar në mënyrë implicite nëpërmjet një relacioni ndërmjet x dhe y si për shembull x 2 + y 2 = 25 (4.26) ose x 3 + y 3 = 6x y

(4.27)

Në disa raste është e mundur të zgjidhen ekuacione të tilla për y si një p funksion eksplicit (ose disa funksione) i x. Për shembull, në qoftë se zgjidhim Ek. (4.26) në = ± 25 − x 2 pra dy nga funksionet e përcaktuara nga p lidhje me y gjejmë yp ekuacioni implicit Ek. (4.26) janë f (x) = 25 − x 2 dhe g (x) = − 25 − x 2 . Grafikët e f (x) dhe g (x) janë dy gjysmat e sipërme dhe të poshtme të rrethit x 2 + y 2 = 25. Nuk është e lehtë të zgjidhet ekuacioni Ek. (4.27) në mënyrë eksplicite për y si funksion i x. Një sistem kompjuterik algjebrik nuk ka probleme por shprehjet e përftuara janë vërtet të komplikuara. Megjithatë, Ek. (4.26) është ekuacioni i një kurbe të quajtur "fleta e Dekartit"dhe në mënyrë implicite e përcakton y si funksione të ndryshme të x. Kur themi se f (x) është një funksion i përcaktuar në mënyrë implicite nga Ek. (4.27) nënkuptojmë se ekuacioni ¡ ¢3 x 3 + f (x) = 6x · f (x) është i vërtetë për të gjitha vlerat e x nga bashkësia e përkufizimit të f (x). Për fat të mirë nuk na duhet të zgjidhim një ekuacion për y në termat e x në mënyrë që të gjejmë derivatin e y. Përkundrazi mund të përdorim metodën e derivimit implicit. Kjo konsiston në derivimin e të dy anëve të ekuacionit në lidhje me x dhe më pas zgjidhim ekuacionin e ri në lidhje me y 0 . Në shembujt dhe ushtrimet e këtij paragrafi gjithmonë 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. dy

Shembull 4.29. (a) Në qoftë se x 2 + y 2 = 25, gjeni d x . (b) Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj rrethit x 2 + y 2 = 25 në pikën (3, 4). Zgjidhje (a) Derivojmë të dy anët e ekuacionit x 2 + y 2 = 25: d 2 d d 2 d 2 (x + y 2 ) = (25) (x ) + (y ) = 0 dx dx dx dx Kujtoni se y është funksion i x dhe duke përdorur rregullin zinxhir, kemi d 2 d dy dy (y ) = (y 2 ) = 2y dx dy dx dx Prandaj, 2x + 2y

dy = 0. dx

Tani zgjidhim këtë ekuacion në lidhje me d y/d x: x dy =− dx y (b) Në pikën (3, 4) kemi x = 3 dhe y = 4 prandaj dy 3 =− . dx 4 ©AulonaPress

163

Kalkulus

Shaska T.

Një ekuacion i tangentes ndaj rrethit në (3, 4) do të jetë 3 y − 4 = − (x − 3) 4 ose 3x + 4y = 25. p 2 2 2 Zgjidhje p (b) Duke zgjidhur ekuacionin x + y = 25 gjejmë p y = ± 25 − x . Pika (3, 4) ndodhet në gjysmën e sipërme y = 25 − x 2 dhe kështu shqyrtojmë funksionin f (x) = 25 − x 2 . Derivojmë f (x) duke përdorur rregullin zinxhir dhe kemi d 1 x 1 (25 − x 2 ) = (25 − x 2 )−1/2 (−2x) = − p f 0 (x) = (25 − x 2 )−1/2 2 dx 2 25 − x 2 3 25−32

Kështu që f 0 (3) = − p

= − 34 dhe ekuacioni i tangentes është 3x + 4y = 25.

Vërejtje. Shembulli i mësipërm ilustron faktin që edhe pse kur është e mundur të zgjidhet një ekuacion eksplicit për y në termat e x mund të jetë më e lehtë të përdoret derivimi implicit. Vërejtje. Shpreja d y/d x = −x/y jep derivatin në termat e p të dy x dhe y. Kjo është korrekte pavarësisht se cili funksion y përcaktohet nga ekuacioni i dhënë. Për shembull për y = 25 − x 2 kemi dy x x = − = −p dx y 25 − x 2 p ndërsa për y = g (x) = − 25 − x 2 kemi x x x dy =− =− p =p 2 dx y − 25 − x 25 − x 2 Shembull 4.30. (a) Gjeni y 0 në qoftë se x 3 + y 3 = 6x y. (b) Gjeni tangenten ndaj fletës së Dekartit në pikën (3, 3) (c) Në cilën pikë të kurbës tangentja është horizontale? Zgjidhje (a) Derivojmë të dy anët e x 3 +y 3 = 6x y në lidhje me x duke e parë y si funksion të x dhe duke përdorur rregullin zinxhir në termin e y 3 dhe rregullin e prodhimit në termin 6x y marrim 3x 2 + 3y 2 y 0 = 6y + 6x y 0 ose x 2 + y 2 y 0 = 2y + 2x y 0 Tani e zgjidhim ekuacionin e ri në lidhje me y 0 : y 2 y 0 − 2x y 0 = 2y − x 2 y0 =

2y − x 2 y 2 − 2x

(b) Kur x = y = 3,

2 · 3 − 32 = −1 32 − 2 · 3 kjo është vlera e duhur për koefiçentin këndor në (3, 3). Kështu që një ekuacion për tangenten e fletës në (3, 3) është y0 =

y − 3 = −1(x − 3) ose x+y =6 164

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

(c) Tangentja është horizontale në qoftë se y 0 = 0. Duke përdorur shprehjen për y 0 nga pjesa (a) shohim se y 0 = 0 kur 2y − x 2 = 0. Zëvendësojmë y = 12 x 2 në ekuacionin e kurbës dhe marrim x3 +

µ

1 2 x 2

¶3

µ = 6x

1 2 x 2

¶

i cili thjeshtohet në x 6 = 16x 3 . Kështu që x = 0 ose x 3 = 16. Në qoftë se x = 161/3 = 24/3 atëherë y = 21 (28/3 ) = 25/3 . Prandaj, tangentja është horizontale në (0, 0) dhe në (24/3 , 25/3 ), që është afërsisht (2.5198, 3.1748). Vërejtje. Ka një formulë për rrënjën kubike të ekuacionit e cila ngjan me formulën e rrënjës katrore por akoma më e komplikuar. Në qoftë se përdorim formulën për të zgjidhur ekuacionin x 3 + y 3 = 6x y në lidhje me y si funksion të x marrim tre funksionet e pëcaktuara nga ekuacioni: s y = f (x) =

3

1 − x3 + 2

r

1 6 x − 8x 3 + 4

s 3

1 − x3 − 2

r

1 6 x − 8x 3 4

dhe s   s r r p 3 3 1 1 1 1 1 − f (x) ± −3  − x 3 + x 6 − 8x 3 − − x 3 − x 6 − 8x 3  . y= 2 2 4 2 4 Ju mund të shihni se metoda e derivimit implicit kursen një sasi të madhe pune në raste të tilla. Për më tepër derivimi implicit punon shumë thjesht për ekuacione të tilla si y 5 + 3x 2 y 2 + 5x 4 = 12 për të cilin është e pamundur të gjendet një shprehje e ngjashme për y në varësi të x. Shembull 4.31. Gjeni y 0 në qoftë se sin(x + y) = y 2 cos x. Zgjidhje Derivojmë në mënyrë implicite në lidhje me x duke patur parasysh se y është funksion i x dhe gjejmë cos(x + y) · (1 + y 0 ) = 2y y 0 cos x + y 2 (− sin x). Vëreni se kemi përdorur rregullin zinxhir në të majtë dhe rregullin e prodhimit dhe zinxhir në të djathtë. Në qoftë se grupojmë termat që përmbajnë y 0 kemi cos(x + y) + y 2 sin x = (2y cos x)y 0 − cos(x + y) · y 0 Kështu që, y0 =

y 2 sin x + cos(x + y) . 2y cos x − cos(x + y)

4.6.1 Trajektoret ortogonale Dy kurba quhen ortogonale në qoftë se në çdo pikë prerjeje të tyre tangentet janë pingule. Në shembullin në vazhdim do të përdorim derivimin implicit për të treguar se dy familje kurbash janë trajektore ortogonale të njëratjetrës, domethënë çdo kurbë nga një familje është ortogonale me çdo kurbë nga familja tjetër. Familjet ortogonale gjejnë vend në fusha të ndryshme të fizikës. Për shembull vijat e forcës në një fushë elektrostatike janë ortogonale me vijat e potencialit konstant. Në termodinamikë, izotermat janë ortogonale me vijat e fluksit të nxehtësisë. ©AulonaPress

165

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 4.32. Ekuacioni x y = c, c 6= 0

(4.28)

x 2 − y 2 = k, k 6= 0

(4.29)

përfaqson familjen e hiperbolave. Ekuacioni paraqet një tjetër familje hiperbolash me asimptota y = ±x. Vërtetoni se çdo kurbë në familjen Ek. (4.28) është ortogonale me çdo kurbë në familjen Ek. (4.29), domethënë familjet janë trajektore ortogonale me njëra-tjetrën. Zgjidhje Derivimi implicit i ekuacionit Ek. (4.28) jep x

dy + y = 0, pra dx

dy y =− dx x

(4.30)

Derivimi implicit i ekuacionit Ek. (4.29) jep 2x − 2y

dy = 0, dx

pra

dy x = dx y

(4.31)

Nga Ek. (4.30) dhe Ek. (4.31) shohim se në çdo pikëprerje të kurbave nga secila familje, koefiçentët këndorë të tangenteve janë reciprokisht negativë me njëri tjetrin. Pra, kurbat priten në kënde të drejta; domethënë janë ortogonale.

4.6.2 Derivatet e funksioneve të anasjellta trigonometrike Funksionet e anasjellta trigonometrike janë parë në Kapitullin I. Diskutuam vazhdueshmërinë e tyre në Kapitullin II si dhe asimptotat e tyre. Këtu përdorim derivimin implicit për të gjetur derivatet e funksioneve të anasjellta trigonometrike duke pranuar se këto funksione janë të derivueshme. Në fakt në qoftë se f (x) është funksion një për një i derivueshëm, mund të provohet se inversi i tij f −1 është gjithashtu i derivueshëm përjashtuar aty ku tangentet janë vertikale. Kjo ka vend sepse grafiku i funksionit të derivueshëm nuk ka kënde dhe kështu e pasqyrojmë atë në lidhje me drejtëzën y = x dhe grafiku i f −1 nuk ka se si të ketë kënde. Rikujtojmë përkufizimin e funksionit arksinus: y = arcsin x = sin−1 x domethënë sin y = x dhe −

π π ≤y≤ 2 2

Duke derivuar sin y = x në mënyrë implicite në lidhje me x marrim cos y

dy = 1 ose dx

dy 1 = d x cos y

Tani cos y ≥ 0 meqënëse −π/2 ≤ y ≤ π/2 prandaj cos y =

q

1 − sin2 y =

p 1 − x2

E prej këtej dy 1 1 = =p d x cos y 1 − x2 d d 1 (arcsin x) = (sin−1 x) = p dx dx 1 − x2 Formula për derivatin e funksionit arktangent gjendet në mënyrë të ngjashme. Në qoftë se y = arctan x = tan−1 x atëherë tan y = x. Nga derivimi i këtij ekuacioni në mënyrë implicite në lidhje me x na sjell 1 dy =1 cos2 y d x dy 1 1 = cos2 y = = dx 1 + tan2 y 1 + x 2 d 1 (arctan x) = dx 1 + x2 166

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 4.33. Derivoni 1 (a) y = arcsin x p (b) f (x) = x arctan x. Zgjidhje (a) dy d d 1 = (arcsin x)−1 = −(arcsin x)−2 (arcsin x) = − p dx dx dx (arcsin x)2 1 − x 2 (b)

p p p 1 −1/2 1 x ) + arctan x = + arctan x f (x) = x ( x p 2(1 + x) 1 + ( x)2 2 0

Funksionet e anasjellta trigonometrike që hasen shpesh janë ato që sapo përmendëm. Derivatet e funksioneve të tjera jepen në vazhdim. Vërtetimi i këtyre formulave mbetet si ushtrim për t’u punuar në mënyrë të pavarur. Derivatet e funksioneve të anasjella trigonometrike

©AulonaPress

d 1 (arcsin x) = p , dx 1 − x2

d 1 (arccos x) = − p dx 1 − x2

d 1 (arctan x) = , dx 1 + x2

d 1 (ar ccot x) = − dx 1 + x2

167

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime 142. (a)Gjeni y 0 nëpërmjet derivimit implicit. (b) Zgjidhni ekuacionin në mënyrë të shtjellur në lidhje me y dhe më pas derivoni për të gjetur y 0 në varësi të x. (c) Shihni në qoftë se zgjidhjet tuaja në pikat (a) dhe (b) janë të sakta duke zëvendësuar shprehjen e y në pikën (a). x y + 2x + 3x 2 = 4 143.

1 x

+

1 y

=1

p

165. y sec x = x tan y Përdorni derivimin implicit për të gjetur ekuacionin e tangentes në pikën e dhënë. 166. x 2 + x y + y 2 = 3, në (1, 1) 167. x 2 + 2x y − y 2 + x = 2, në (1, 2) 168. x 2 + y 2 = (2x 2 + 2y 2 − x)2 , në (0, 21 ) p 169. x 2/3 + y 2/3 = 4, në (−3 3, 1)

144. 4x 2 + 9y 2 = 36 145. cos x +

164. x 4 y 2 − x 3 y + 2x y 3 = 0

y =5

170. 2(x 2 + y 2 )2 = 25(x 2 − y 2 ), në (3, 1)

Gjeni d y/d x nëpërmjet derivimit implicit.

171. y 2 (y 2 − 4) = x 2 (x 2 − 5), në (0, −2) Gjeni y 00 nëpërmjet derivimit implicit.

146. x 3 + y 3 = 1 p p 147. 2 x + 3 y = 3

172. 9x 2 + y 2 = 9

148. x 2 + x y − y 2 = 4 149. 2x 3 + x 2 y = x y 3 = 2 150. x 4 (x + y) = y 2 (3x − y) 151. y 5 + x 2 y 3 = 1 + ye x

2

152. x 2 y 2 + x sin y = 4 153. 1 + x = sin(x y 2 )

173. x 3 + y 3 = 1 p p 174. x + y = 1 175. x 4 + y 4 = a 4 176. Vërtetoni nëpërmjet derivimit implicit se tangentja ndaj elipsit x2 y 2 + =1 a2 b2 në pikën (x 0 , y 0 ) është x0 x y 0 y + 2 =1 a2 b

154. 4 cos x sin y = 1 155. e x/y = x − y

177. Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj hiperbolës

2

2

156. y sin(x ) = x sin(y ) p 157. x + y = 1 + x 2 y 2 158.

p

x y = 1 + x2 y

159. tan(x − y) =

y 1+x 2

160. e y cos x = 1 + sin(x y)

x2 y 2 − =1 a2 b2 në pikën (x 0 , y 0 ). 178. Gjeni derivatin e funksionit. Thjeshtoni ku keni mundësi. p y = tan−1 x p 179. y = t an −1 x

163. Në qoftë se g (x) + x sin g (x) = x 2 gjeni g 0 (0).

180. y = sin−1 (2x + 1) p 181. g (x) = x 2 − 1 sec−1 x p 182. G(x) = 1 − x 2 arccos x p 183. y = tan−1 (x − 1 + x 2 )

Shikoni y si variablin e pavarur dhe x si variablin e varur dhe përdorni derivimin implicit për të gjetur d x/d y.

184. h(t ) = cot−1 (t ) + cot−1 (1/t ) p 185. F(θ) = arcsin sin θ

161. sin x + cos x = sin x cos x 162. Në qoftë se f (x) + x 2 [ f (x)]3 = 10 dhe f (1) = 2, gjeni f 0 (1).

168

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

186. y = cos−1 (e 2x ) q 187. y = arctan 1−x 1+x Gjeni f 0 (x) dhe krahasoni grafikët e f (x) dhe f 0 . p 188. f (x) = 1 − x 2 arcsin x 189. f (x) = arctan(x 2 − x) Dy kurba quhen ortogonale kur tangentet e tyre janë pingule në pikat e prerjes. Vërtetoni se familjet e dhëna të kurbave janë trajektore ortogonale me njëra- tjetrën, pra secila kurbë e një familje është ortogonale me çdo kurbë të familjes tjetër. Ndërtoni familjet e kurbave në të njëjtin sistem koordinativ. 190. x 2 + y 2 = r 2 ,

ax + b y = 0.

191. x 2 + y 2 = ax, x 2 + y 2 = b y 192. y = c x 2 , x 2 + 2y 2 = k 193. y = ax 3 , x 2 + 3y 2 = b 194. Ekuacioni x 2 − x y + y 2 = 3 tregon një elips të rotulluar që do të thotë se boshtet e tij nuk përputhen me

©AulonaPress

boshtet koordinative. Gjeni pikat në të cilat elipsi pret boshtin e x-ve dhe tregoni se tangentet ndaj elipsit në këto pika janë paralele. 195. Gjeni të gjitha pikat e kurbës x 2 y 2 + x y = 2 ku koefiçenti këndor i tangentes është −1.

196. Gjeni ekuacionet e tangenteve ndaj elipsit x 2 +4y 2 = 36 të cilat kalojnë nga pika (12, 3). 197. (a) Supozojmë se f (x) është funksion një për një dhe i derivueshëm. Gjithashtu funskioni i anasjelltë i tij f −1 është i derivueshëm. Përdorni derivimin implicit për të treguar se 1 ( f −1 )0 (x) = 0 −1 f ( f (x)) duke nënkuptuar se emëruesi është i ndryshëm nga zero. (b) Në qoftë se f (4) = 5 dhe f 0 (4) = 23 , gjeni ( f −1 )(5). 198. (a) Vërtetoni se f (x) = 2x + cos x është funksion një për një. (b) Cila është vlera e f −1 (1)? (c) Përdorni formulën e ushtrimit të mësipërm për të gjetur ( f −1 )0 (1).

169

Kalkulus

Shaska T.

4.7 Derivate të rendeve të larta Në qoftë se f (x) është një funksion i derivueshëm atëherë derivati i tij f 0 është gjithashtu funksion kështu që mund të ketë edhe ai vetë derivat, i cili po qe se ekziston shënohet ( f 0 )0 = f 00 . Ky funksion i ri f 00 quhet derivati i dytë i f (x) sepse është derivati i derivatit të f (x). Duke përdorur shënimin e Lajbnicit shkruajmë derivatin e dytë të y = f (x) si

µ ¶ d2y d dy = dx dx d x2 Një shënim tjetër është f 00 (x) = D2 f (x). Shembull 4.34. Në qoftë se f (x) = x cos x gjeni dhe interpretoni f 00 (x). Zgjidhje Duke përdorur rregullin e prodhimit, kemi f 0 (x) = x

d d (cos x) + cos x (x) = −x sin x + cos x dx dx

Për të gjetur f 00 (x) ne derivojmë f 0 (x): d (−x sin x + cos x) dx d d d = −x (sin x) + sin x (−x) + (cos x) dx dx dx = −x cos x − sin x − sin x

f 00 (x) =

= −x cos x − 2 sin x Ne mund ta interpretojmë f 00 (x) si koefiçenti këndor i tangentes ndaj grafikut të funksionit y = f 0 (x) në pikën (x, f 0 (x)). Me fjalë të tjera është raporti i ndryshimit të koefiçentit këndor të tangentes së kurbës origjinale y = f (x). Vëmë re se f 00 (x) = 0 sa herë që y = f 0 (x) ka tangente horizontale. Gjithashtu f 00 (x) është pozitiv kur y = f 0 (x) ka koefiçent këndor të tangentes pozitiv dhe negativ kur y = f 0 (x) ka koefiçent këndor të tangentes negativ. Në përgjithësi, mund ta interpretojmë derivatin e dytë si shkallë e ndryshimit të raportit të ndryshimit. Shembulli më i përdorshëm i kësaj është nxitimi të cilin e përcaktojmë si më poshtë. Në qoftë se s = s(t ) është funksioni pozicion i një objekti që lëviz në një vijë të drejtë, dimë se derivati i parë i tij përfaqëson shpejtësinë v(t ) e objektit si funksion i kohës:

v(t ) = s 0 (t ) =

ds dt

Ndryshimi i shpejtësisë në lidhje me kohën quhet nxitim a(t ) i objektit. Prandaj, funksioni nxitim është derivati i shpejtësisë dhe prej këtej derivati i dytë i funksionit pozicion

a(t ) = v 0 (t ) = s 00 (t ) ose sipas shënimit të Lajbnicit

170

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

a=

d v d 2s = 2 dt dt

Shembull 4.35. Pozicioni i një grimce jepet me ekuacionin s = f (t ) = t 3 − 6t 2 + 9t ku t matet me sekonda dhe s me metra. (a) Gjeni nxitimin në kohën t . Sa është nxitimi pas 4sekondash? (b) Kur e rrit shpejtësinë grimca? Kur ngadalëson lëvizjen ajo? Zgjidhje (a) Funksioni shpejtësi është derivat i funksionit pozicion: s = f (t ) = t 3 − 6t 2 + 9t v(t ) =

ds = 3t 2 − 12t + 9 dt

Nxitimi është derivati i funksionit shpejtësi: d 2s d v = = 6t − 12 dt2 dt a(4) = 6(4) − 12 = 12m/s 2 a(t ) =

(b) Grimca e rrit shpejtësinë kur shpejtësia është pozitive dhe rritëse (v dhe a janë të dy pozitivë) dhe gjithashtu kur shpejt¨sia është negative dhe zvogëluese( v dhe a janë të dy negativë). Me fjalë të tjera grimca e rrit shpejtësinë kur shpejtësia dhe nxitimi kanë të njëjtën shenjë. Grimca ngadalëson kur v dhe a kanë shenja të kundërta, pra, kur 0 ≤ t < 1 dhe kur 2 < t < 3. Derivati i tretë f 000 është derivati i derivatit të dytë. Kështu që f 000 (x) mund të interpretohet si koefiçent këndor i tangentes ndaj kurbës y = f 00 (x) ose si shkallë e ndryshimit të f 00 (x). Në qoftë se y = f (x) atëherë shënimet alternatrive për derivatin e tretë janë µ ¶ d d2y d3y 000 000 y = f (x) = = = D3 f (x). d x d x2 d x3

Shembull 4.36. Në qoftë se y = x 3 − 6x 2 − 5x + 3 atëherë y 0 = 3x 2 − 12x − 5 y 00 = 6x − 12 y 000 = 6 y (4) = 0 dhe në fakt y (n) = 0 për çdo n ≥ 4. Shembull 4.37. Në qoftë se f (x) =

1 , x

gjeni f (n) (x). ©AulonaPress

171

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje

f (x) =

1 = x −1 x

f 0 (x) = −x −2 = −

1 x2

f 00 (x) = (−2)(−1)x −3 =

2 x3

f 000 (x) = −3 · 2 · 1 · x −4 f (4) (x) = 4 · 3 · 2 · 1 · x −5 ··· f

(n)

(x) = (−1)n n(n − 1)(n − 2)...2 · 1 · x −(n+1)

ose f (n) (x) =

(−1)n n! x n+1

Shembujt në vazhdim tregojnë se si mund të gjenden derivatet e dyta dhe të treta të një funksioni që është përcaktuar në mënyrë implicite. Shembull 4.38. Gjeni y 00 kur x 4 + y 4 = 16. Zgjidhje Duke derivuar ekuacionin në mënyrë implicite në lidhje me x, marrim 4x 3 + 4y 3 · y 0 = 0 Duke e zgjidhur në lidhje me y 0 kemi y0 = −

x3 y3

(4.32)

Për të gjetur y 00 derivojmë y 0 duke përdorur rregullin e raportit dhe duke patur parasysh se y është funksion i x: ³ ´ ³ ´ µ 3¶ y 3 ddx (x 3 ) − x 3 ddx (y 3 ) d x y 3 · 3x 2 − x 3 (3y 2 y 0 ) y 00 = − 3 =− =− 3 2 dx y (y ) y6 Në qoftë se zëvendësojmë Ek. (4.32) në këtë shprehje, marrim ³ 3´ 3x 2 y 3 − 3x 3 y 2 − xy 3 3(x 2 y 4 + x 6 ) 3x 2 (y 4 + x 4 ) y 00 = − =− = − y y7 y7 Por vlerat e x dhe y duhet të kënaqin ekuacionin origjinal x 4 + y 4 = 16. Prandaj përgjigja thjeshtohet në y 00 = −

3x 2 (16) x2 = −48 y7 y7

Shembull 4.39. Gjeni D27 cosx. Zgjidhje Disa nga derivatet e para janë si më poshtë: D cos x = − sin x D2 cos x = − cos x D3 cos x = sin x D4 cos x = cos x D5 cos x = − sin x 172

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shohim se derivatet në vazhdim përsëriten në një cikël me gjatësi 4 dhe në veçanti Dn cos x = cos x sa herë që n është shumëfish i 4. Prej nga D24 cos x = cos x dhe duke derivuar edhe tre herë kemi D27 cos x = sin x.

4.7.1 Derivatet e funksioneve logaritmike Në këtë seksion do të përdorim derivimin implicit për të gjetur derivatet e funksioneve logaritmike y = loga x, dhe në veçanti, të funksionit të logaritmit natyror y = ln x. d 1 (loga x) = dx x ln a Vërtetim Le të jetë y = loga x. Atëherë,

(4.33)

a y = x.

Duke derivuar këtë ekuacion implicit në lidhje me x duke përdorur formulën a y · (ln a) ·

d x x d x (a ) = a ln a, marrim

dy =1 dx

dhe prej këtej 1 1 dy = = d x a y ln a x ln a Në qoftë se zëvendësojmë a = e në formulën Ek. (4.33) atëherë faktori ln a në anën e djathtë bëhet ln e = 1 dhe përftojmë formulën për derivatin e funksionit logaritmik natyror loge x = ln x d 1 (ln x) = dx x

(4.34)

Shembull 4.40. Derivoni y = ln(x 3 + 1). Zgjidhje Shënojmë u = x 3 + 1 në mënyrë që të përdorim rregullin zinxhir. Atëherë, y = ln u, prandaj d y d y du 1 du 1 3x 2 = · = · = 3 (3x 2 ) = 3 dx du dx u dx x + 1 x +1 Në përgjithësi në qoftë se ne kombinojmë formulën Ek. (4.34) me rregullin zinxhir si në shembullin më sipër përftojmë d 1 du d g 0 (x) (ln u) = ose [ln g (x)] = (4.35) dx u dx dx g (x) Shembull 4.41. Gjeni d ln(sin x). dx Zgjidhje Duke përdorur Ek. (4.35) kemi d 1 d 1 ln(sin x) = · (sin x) = cos x = cot x dx sin x d x sin x

©AulonaPress

173

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 4.42. Derivoni f (x) =

p ln x.

Zgjidhje Kësaj here funksioni logaritmik është në rolin e u, prandaj nga rregulli zinxhir kemi 1 1 d 1 1 f 0 (x) = (ln x)−1/2 · = p (ln x) = p 2 dx 2 ln x x 2x ln x

Shembull 4.43. Derivoni f (x) = l og 10 (2 + sin x). Zgjidhje Duke përdorur Ek. (4.33) për a = 10, kemi f 0 (x) =

d 1 d cos x l og 10 (2 + sin x) = · · (2 + sin x) = dx (2 + sin x)l n10 d x (2 + sin x) ln 10

Shembull 4.44. Gjeni derivatin µ ¶ d x +1 ln p . dx x −2 Zgjidhje Duke zbatuar rregullat e derivimit kemi µ ¶ x +1 1 d x +1 d ln p = x+1 · p dx dx x −2 p x −2 x−2 p p x − 2 · 1 − (x + 1)( 12 )(x − 2)−1/2 x −2 = · x +1 x −2 x − 2 − 12 (x + 1) x −5 = = (x + 1)(x − 2) 2(x + 1)(x − 2) Në qoftë se thjeshtojmë fillimisht funksionin e dhënë duke përdorur vetitë e logaritmit atëherë derivimi bëhet më i thjeshtë: · ¸ 1 d x +1 d 1 1 1 ln(x + 1) − ln(x − 2) = ln p = − ( ) dx 2 x +1 2 x −2 x −2 dx

Shembull 4.45. Gjeni f 0 (x) kur f (x) = ln |x|. Zgjidhje Meqënëse ( f (x) =

ln x në qoftë se x > 0 ln (−x) në qoftë se x < 0

kjo sjell që  1    në qoftë se x > 0 x f 0 (x) =   1 (−1) = 1 në qoftë se x < 0  −x x Prandaj f 0 (x) = 1/x për të gjithë x 6= 0. Rezultati i këtij shembulli duhet fiksuar si d 1 ln |x| = dx x 174

(4.36)

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

4.7.2 Derivatet që llogariten më lehtë me anë të logaritmeve. Llogaritja e derivateve të funksioneve të komplikuara që përfshijnë prodhime, raporte apo ngritje në fuqi shpesh mund të thjeshtohet duke përdorur metodën e logaritmeve. Metoda e përdorur në shembujt në vazhdim quhet derivimi logaritmik. Shembull 4.46. Derivoni

p x 3/4 x 2 + 1 y= (3x + 2)5

Zgjidhje Marrim logaritmin e të dy anëve të ekuacionit dhe përdorim vetitë e logaritmit për të thjeshtuar: ln y =

3 1 ln x + ln(x 2 + 1) − 5 ln(3x + 2) 4 2

Derivojmë në mënyrë implicite në lidhje me x dhe përftojmë 1 dy 3 1 1 2x 3 = · + · 2 −5 y dx 4 x 2 x +1 3x + 2 Duke e zgjidhur në lidhje me d y/d x ne gjejmë µ ¶ 3 dy x 15 =y + 2 − dx 4x x + 1 3x + 2 Meqë ne kemi një shprehje eksplicite për y ne mund ta zëvendësojmë dhe shkruajmë p µ ¶ d y x 3/4 x 2 + 1 3 x 15 = + − dx (3x + 2)5 4x x 2 + 1 3x + 2 Hapat që ndiqen në derivimin logaritmik 1. Merret logaritmi natyror i të dy anëve të ekuacionit y = f (x) dhe përdoren vetitë e logaritmit për të thjeshtuar. 2. Derivohet në mënyrë implicite në lidhje me x. 3. Zgjidh ekuacionin e përftuar në lidhje me y 0 . Në qoftë se f (x) < 0 për ndonjë vlerë të x atëherë ln f (x) nuk ka kuptim por mund të shkruajmë |y| = | f (x)| dhe të përdorim Ek. (4.36). E ilustrojmë këtë procedurë duke vërtetuar rregullin fuqi në versionin e përgjithshëm. Vërtetimi i Rregullit Fuqi: Në qoftë se r është një numër real i çfarëdoshëm dhe f (x) = x r , atëherë f 0 (x) = r · x r −1 Vërtetim Le të jetë y = x r . Përdorim derivimin logaritmik: ln |y| = ln |x|r = r · ln |x|, x 6= 0 Prej nga y0 r = y x Pra, y0 = r ·

©AulonaPress

xr y =r · = r · x r −1 x x

175

Kalkulus

Shaska T.

Vërejtje. Ju duhet të kini kujdes që të dalloni rregullin fuqi (x r )0 = r · x r −1 , ku baza është ndryshore dhe eksponenti konstant dhe rregulli i derivimit të funksionit eksponencial (a x )0 = a x · ln a, ku baza është konstante dhe eksponenti ndryshore.

Në përgjithësi janë katër raste për eksponentët dhe bazat: 1. ddx (a b ) = 0 ku a dhe b janë konstante. ¤b

£ ¤b−1 0 = b · f (x) · f (x)

2.

d dx

£

f (x)

3.

d dx

£

¤ a g (x) = a g (x) · (ln a) · g 0 (x)

4. Për të gjetur ¤g (x) d £ f (x) dx derivimi logaritmik mund të përdoret si në shembullin në vazhdim.

Shembull 4.47. Derivoni

p

y =x

x

.

Zgjidhje Duke përdorur derivimin logaritmik, kemi p

ln y = ln x 0

y = y

x

=

p

x ln x

p

1 1 x · + (ln x) p x 2 x µ µ ¶ ¶ p ln x 2 + l nx 1 y0 = y p + p = x x p x 2 x 2 x

Zgjidhje Një metodë tjetër është ta shkruash x

p

x

= (e ln x )

p

x

:

µ ¶ p d p p d ³ px ´ d ³ ln x px ´ 2 + ln x x = e = e ln x x (ln x x) = x x · p dx dx dx 2 x

4.7.3 Numri e i parë si limit Kemi vërtetuar se kur f (x) = ln x, atëherë f 0 (x) = 1/x. Prandaj, f 0 (1) = 1. Tani e përdorim këtë fakt për të shprehur numrin e si limit. Nga përkufizimi i derivatit si limit kemi f (1 + h) − f (1) f (1 + x) − f (1) = lim x→0 h x ln(1 + x) − ln 1 1 = lim = lim ln(1 + x) x→0 x→0 x x = lim ln(1 + x)1/x

f 0 (1) = lim

h→0

x→0

176

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Meqë f 0 (1) = 1, kemi

lim ln(1 + x)1/x = 1.

x→0

Nga teorema mbi vazhdueshmërinë e funksionit të përbërë dhe vazhdueshmëria e funksionit eksponencial, kemi 1/x

e = e 1 = e limx→0 ln(1+x)

1/x

= lim e ln(1+x) x→0

= lim (1 + x)1/x x→0

e = lim (1 + x)1/x

(4.37)

x→0

x 0.1 0.01 0.001 0.0001 0.00001 0.000001 0.0000001 0.00000001

(1 + x)1/x 2.593742246 2.70481383 2.71692393 2.71814593 2.71826824 2.71828047 2.71828169 2.71828181

Tabela 4.2: Vlerat e e për vlera të vogla të x-it. Kjo ilustron faktin se, me saktësi deri në shtatë shifra pas presjes, e ≈ 2.7182818 Në qoftë se e zëvendësojmë n = 1/x në (4.37) atëherë n → ∞ sikurse x → 0 dhe prej këtej një shprehje alternative për e është ¶ µ 1 n . e = lim 1 + n→∞ n

(4.38)

4.7.4 Funksionet hiperbolike Disa kombinime të funksioneve eksponenciale e x dhe e −x përdoren shpesh në matematikë dhe aplikimet e saj, kështu që ato emërtohen në mënyrë të veçantë. Në shumë raste ato janë analoge me funksionet trigonometrike dhe kanë të njëjtën lidhje me hiperbolat si dhe funksionet trigonometrike që quhen rrethorë. Për këto arsye ato së bashku quhen funksione hiperbolike dhe në mënyrë individuale quhen sinusi hiperbolik, kosinusi hiperbolik, e kështu me radhë. Ne i përkufizojmë si më poshtë

e x − e −x , 2 sinh x tanh x = , cosh x sinh x =

e x + e −x , 2 cosh x coth x = sinh x

cosh x =

(4.39)

Vërejmë se sinusi hiperbolik ka si bashkësi përkufizimi R dhe bashkësi vlerash R, ndërsa kosinusi hiperbolik ka si bashkësi përkufizimi R dhe si bashkësi vlerash [1, ∞). Funksionet hiperbolike kënaqin një sërë identitetesh që janë të ngjashme me identitetet trigonometrike. Ne po paraqesim disa prej tyre. Vërtetimet ja lemë lexuesit. Lema 4.1. Identitet e mëposhtme janë të vërteta: ©AulonaPress

177

Kalkulus

Shaska T.

1. sinh(−x) = − sinh x 2. cosh(−x) = cosh x 3. cosh2 x − sinh2 x = 1, 4. 1 − tanh2 x =

1 cosh2 x

5. sinh(x + y) = sinh x cosh y + cosh x sinh y, 6. cosh(x + y) = cosh x cosh y + sinh x sinh y Shembull 4.48. Vërtetoni se (a) cosh2 x − sinh2 x = 1 (b) 1 − tanh2 x = 1 2 . cosh x

Zgjidhje (a) Duke zëvendesuar në krahun e majtë kemi cosh2 x − sin h 2 x = =

µ

e x + e −x 2

¶2

µ −

e x − e −x 2

¶2

e 2x + 2 + e −2x e 2x − 2 + e −2x 4 − = =1 4 4 4

(b) E nisim me identitetin e vërtetuar në pjesën (a): cosh2 x − sinh2 x = 1 Në qoftë se pjestojmë të dy anët me cosh2 x marrim 1−

sinh2 x 2

cosh x

=

ose 1 − tanh2 x =

1 cosh2 x 1 cosh2 x

Derivatet e funksioneve hiperbolike llogariten lehtë. Për shembull µ ¶ d e x − e −x e x + e −x d = (sin hx) = = cos hx. dx dx 2 2 Po rendisim tani formulat e derivimit të funksioneve hiperbolike. Vërtetimet mbeten për t’u zhvilluar si ushtrime nga lexuesi. Vëreni analogjinë me formulat e derivimit të funksioneve trigonometrike por kini kujdes se në disa raste ndryshojnë shenjat. Derivatet e funksioneve hiperbolike

d (sinh x) = cosh x, dx d 1 (tanh x) = , dx cosh2 x

d (cosh x) = sinh x dx d 1 (coth x) = − dx sinh2 x

Shembull 4.49. Secili nga këta rregulla derivimi mund të kombinohet me rregullin zinxhir. Për shembull p p p d d p sinh x (cosh x) = sinh x · x= p dx dx 2 x 178

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

4.7.5 Funksionet e anasjellta hiperbolike Ju mund ta shihni lehtë se sinh dhe tanh janë funksione një për një, kështu që ata kanë funksione të anasjellta, që po i shënojmë me sinh−1 dhe tanh−1 . Funksioni cosh nuk është funksion një për një por i ngushtuar në bashkësinë [0, ∞) ai bëhet funksion një për një. I anasjellti i funksionit kosinus hiperbolik përkufizohet si i anasjellti i këtij funksioni të ngushtuar. y = sinh−1 x ⇐⇒ sinh y = x y = cosh−1 x ⇐⇒ cosh y = x dhe y ≥ 0 y = tanh−1 x ⇐⇒ tanh y = x y = coth−1 x ⇐⇒ cot y = x Ne mund të skicojmë grafikun e sinh−1 , cosh−1 dhe të tanh−1 duke përdorur grafikët e sinusit hiperbolik, kosinusit hiperbolik dhe tangentit hiperbolik duke patur parasysh faktin se ato janë respektivisht simetrikë në lidhje me drejtëzën y = x. Meqë funksionet hiperbolike janë përkufizuar në termat e funksioneve eksponenciale nuk është çudi që edhe të anasjelltët e tyre të shprehen në termat e logaritmeve. Në veçanti kemi: sin h −1 x = ln(x +

p

x 2 + 1) x ∈ R

p cos h −1 x = ln(x + x 2 − 1) x ≥ 1 µ ¶ 1+x 1 , −1 < x < 1 tan h −1 x = ln 2 1−x Shembull 4.50. Vërtetoni se sinh−1 x = ln(x +

p

x 2 + 1).

Zgjidhje Le të jetë y = sinh−1 x. Atëherë, x = sin h y =

e y − e −y 2

Kështu që e y − 2x − e −y = 0 ose duke shumëzuar me e y , e 2y − 2xe y − 1 = 0 Ky është një trinom i fuqisë së dytë në lidhje me e y : (e y )2 − 2x(e y ) − 1 = 0 Duke e zgjidhur marrim

p p 2x ± 4x 2 + 4 = x ± x2 + 1 2 p p Kujtojmë se e y > 0 por x − x 2 + 1 < 0 ( sepse x < x 2 + 1). Prandaj pranojmë vetëm rrënjën pozitive dhe kemi ey =

ey = x +

p

x2 + 1

E prej këtej y = ln(e y ) = ln(x + ©AulonaPress

p

x 2 + 1) 179

Kalkulus

Shaska T.

Derivatet e funksioneve të anasjellta hiperbolike

d 1 (sin h −1 x) = p dx 1 + x2 1 d (cos h −1 x) = − p dx |x| x 2 + 1 1 d (tan h −1 x) = dx 1 − x2 d 1 (cot h −1 x) = dx 1 − x2 Funksionet e anasjellta hiperbolike janë quajtur të derivueshëm sepse funksionet hiperbolike janë të derivueshëm. Shembull 4.51. Vërtetoni se

d 1 (si nh −1 x) = p . dx 1 + x2

Zgjidhje Le të jetë y = sinh−1 x. Atëherë, sinh y = x. Në qoftë se derivojmë ekuacionin në mënyrë implicite në lidhje me x, marrim dy cosh y =1 dx q Meqë cosh2 y − sinh2 y = 1 dhe cosh y ≥ 0, ne kemi cosh y = 1 + sinh2 y, kështu që dy 1 = =q d x cosh y

1

1 =p 1 + x2 1 + sinh2 y

Zgjidhje Nga ekuacionet e mësipërme kemi p d d (sinh−1 ) = ln(x + x 2 + 1) dx dx p 1 d = (x + x 2 + 1) p x + x2 + 1 d x x 1 (1 + p ) = p x + x2 + 1 x2 + 1 p x2 + 1 + x 1 = =p p p 2 2 2 (x + x + 1) x + 1 x +1 Shembull 4.52. Gjeni ¤ d £ tanh−1 (sin x) . dx Zgjidhje Duke përdorur rezultatet e mësipërme dhe rregullin zinxhir kemi ¤ d £ 1 d tan h −1 (sin x) = (sin x) dx 1 − (sin x)2 d x 1 cos x 1 = cos x = = 2 2x cos cos x 1 − sin x

180

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 199. Çdo krah i një katrori rritet me shkallë 6cm/s. Me çfarë shkalle rritet syprina e katrorit kur syprina është 16cm 2 ? 200. Gjatësia e një drejtkëndëshi rritet me 8cm/s dhe gjerësia e tij rritet me 3cm/s. Kur gjatësia është 20cm dhe gjerësia 10cm, sa shpejt rritet syprina e drejtkëndëshit? 201. Rrezja e një sfere rritet me 4mm/s. Sa shpejt rritet vëllimi i sferës kur diametri është 80mm? 3

202. N.q.se y = x + 2x dhe d x/d t = 5, gjeni d y/d t kur x = 2. 203. N.q.se x 2 + y 2 = 25 dhe d y/d t = 6, gjeni d x/d t kur y = 4. 204. N.q.se z 2 = x 2 + y 2 , dhe d x/d t = 2, dhe d y/d t = 3. Gjeni d z/d t kur x = 5 dhe y = 12. 205. Dy makina fillojnë lëvizjen nga e njëjta pikë. Njëra udhëton në drejtim të jugut me 75km/h dhe tjetra drejt perëndimit me 40km/h. Me çfarë shkalle është rritur distanca ndërmjet makinave pas dy orësh? 206. Një njeri fillon të ecë drejt veriut duke u nisur nga pika P më shpejtësi 2m/s. Pesë minuta më vonë një grua

©AulonaPress

fillon të ecë drejt jugut duke u nisur nga një pikë 500m nga lindja e pikës P. Me çfarë shkalle lëizin njerzit 15mi n pasi gruaja ka filluar lëvizjen? p 207. Një grimcë lëviz përgjatë kurbës y = x. Kur grimca kalon pikën (4, 2), abshisa x rritet me një shkallë prej 3cm/s. Sa shpejt ndryshon distanca e grimcës nga origjina në këtë çast? 208. Dy brinjët e një trekëndëshi janë 4m dhe 5m dhe këndi ndërmjet tyre rritet me shkallë prej 0.06r ad /s. Gjeni shkallën me të cilën rritet syprina e trekëndëshit kur këndi ndërmjet brinjëve me gjatësi të fiksuar është π/3. 209. Dy brinjët e një trekëndëshi janë 12m dhe 15m dhe këndi ndërmjet tyre rritet me shkallë prej 2◦ /mi n. Gjeni sa shpejt rritet brinja e tretë trekëndëshit kur këndi ndërmjet brinjëve me gjatësi të fiksuar është 60◦ ? 210. Dy njerëz nisen nga e njëjta pikë. Njëri ecën drejt lindjes me 3m/s dhe tjetri drejt verilindjes me 2m/s. Sa shpejt ndryshon distanca ndërmjet tyre pas 20 minutash? 211. Akrepi i minutave të një ore është 8mm i gjatë, ndërsa akrepi i orës është 4mm i gjatë. Sa shpejt ndryshon distanca ndërmjet akrepave gjatë ndërrimit të orës?

181

Kalkulus

Shaska T.

4.8 Përafrimet lineare dhe diferencialet Kemi parë se kurbat janë shumë pranë tangenteve të tyre pranë pikave të tangenteve. Në fakt nga zmadhimi rrotull një pike të grafikut të një funksioni të derivueshëm vëmë re se grafiku duket gjithnjë e më shumë si tangentja e vet. Ky vëzhgim përbën bazën për metodën e gjetjes së vlerave të përafërta të funksionit. Ideja është se mund të jetë e lehtë të llogaritet një vlerë f (a) e një funsioni por e vështirë (ose edhe e pamundur) të llogariten vlerat e përafërta të f (x). Kështu që ne e kemi më lehtë të llogarisim vlerat e funksionit linear L grafiku i të cilit është tangentja e f (x) në pikën (a, f (a)); shih figurën 1. Me fjalë të tjera, përdorim tangenten në (a, f (a)) si një përafrim ndaj kurbës y = f (x) kur x është afër a. Një ekuacion për këtë tangente është y = f (a) + f 0 (a)(x − a) dhe përafrimi f (x) ≈ f (a) + f 0 (a)(x − a)

(4.40)

quhet përafrim linear ose përafrim linear tangent i f (x) në a. Funksioni linear grafiku i të cilit është pikërisht tangentja pra, L(x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) (4.41) quhet linearizimi i f (x) në a. Shembulli në vazhdim është tipik i situatave në të cilat përdorim përafrimet lineare për të parashikuar sjelljen në të ardhmen të një funksioni të dhënë në trajtë empirike. p p Shembull 4.53. Gjeni linearizimin e funksionit f (x) = x + 3 në a = 1 dhe përdoreni atë për të përafruar numrat 3.98 p dhe 4.05. A janë këto vlerësime të mëdha apo më të vogla sesa vlera e saktë? Zgjidhje Derivati i f (x) = (x + 3)1/2 është 1 1 f 0 (x) = (x + 3)−1/2 = p 2 2 x +3 Kështu që kemi f (1) = 2 dhe f 0 (1) = 41 . Duke vendosur këto vlera në Ek. (4.41), shohim se linearizimi është 1 7 x L(x) = f (1) + f 0 (1)(x − 1) = 2 + (x − 1) = + 4 4 4 Përafrimi linear përkatës është

p

x +3 ≈

7 x + 4 4

ku x është afër 1. Në veçanti kemi p p 7 0, 98 7 1.05 3.98 ≈ + = 1.995 dhe 4.05 ≈ + = 2.0125 4 4 4 4 p p Sigurisht një makinë llogaritëse mund të japë një përafrim për 3.98 dhe 4.05 por përafrimi linear jep një përafrim përgjatë një intervali të tërë. Në tabelën e mëposhtme krahasojmë vlerësimet e bëra nga përafrimi linear në shembullin e mësipërm me vlerat e sakta. Vëmë re nga kjo tabelë si se përafrimi linear tangent jep vlerësime të mira kur x është afër 1 ky përafrim nuk përkon kur x është larg nga 1. Lind pyetja, sa i mirë është përafrimi që përftuam tek ky shembull? Shembulli tjetër tregon se duke përdorur makina llogaritëse grafike apo kompjutera që ne mund të përcaktojmë një interval brenda të cilit përafrimi është i përshtatshëm. Shembull 4.54. Për çfarë vlere të x përafrimi linear p

x +3 ≈

7 x + 4 4

është i përshtatshëm brenda intervalit me gjerësi 0.5? Po me gjerësi 0.1? 182

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Me gjerësi 0.5 do të thotë se funksioni duhet të ndryshojë nga përafrimi me më pak se 0.5: ¯ ¯ ¯p ¯ ¯ x + 3 − ( 7 + x )¯ < 0.5 ¯ 4 4 ¯ Në mënyrë ekuivalente, mund të shkruajmë p

x + 3 − 0.5
0 dhe shumë të vogël, kemi f (c + h) − f (c) ≤0 h Duke marrë limitin e djathtë të të dy anëve të këtij mosbarazimi, marrim lim

h→0+

f (c + h) − f (c) ≤ lim 0 = 0 h→0+ h

Por meqënëse f 0 (c) ekziston, kemi f 0 (c) = lim

h→0

f (c + h) − f (c) f (c + h) − f (c) = lim h→0+ h h

dhe kështu që kemi treguar se f 0 (c) ≤ 0. Në qoftë se h < 0, atëherë mosbarazimin (5. 1) ndryshon kah kur pjestojmë me h: f (c + h) − f (c) ≥0 h 0. Meqë f (x) është një funksion polinomial atëhëre ai është i vazhdueshëm dhe nga teorema mbi të mesmen del se ka një numër c ndërmjet 0 dhe 1 të tillë që f (c) = 0. Prandaj ekuacioni i dhënë ka një rrënjë. Për të treguar se ekuacioni nuk ka rrënjë tjetër, ne përdorim Teoremën Role dhe arrijmë në një kontradiksion. Supozojmë se ai ka dy rrënjë a dhe b. Atëherë, f (a) = f (b) = 0 dhe meqënëse f (x) është polinom, ai është i derivueshëm në (a, b) dhe i vazhdueshëm në [a, b]. Kështu që plotësohen të tre kushtet e teoremës Role. E pra ka një numër c ndërmjet a dhe b të tillë që f 0 (c) = 0. Por f 0 (x) = 3x 2 + 1 ≥ 1 për çdo x ∈ R Meqë x 2 ≥ 0 del se f 0 (x) s’mund të bëhet kurrë zero. Kjo na çon në një kontradiksion, i cili erdhi si rezulat i supozimit se polinomi ka dy rrënjë. Kështu që ekuacioni s’mund të ketë dy rrënjë reale. Përdorimi kryesor i Teoremës Role është në vërtetimin e teoremës së rëndësishme e cila u vërtetua fillimisht nga një tjetër matematikan francez, Jozef-Louis Langranzh. Teorema 5.5 (Teorema Langranzh ose Teorema e Vlerës së Mesme). Le të jetë f (x) një funksion i cili plotëson kushtet 1. f (x) është i vazhdueshëm në intervalin e mbyllur [a, b]. 2. f (x) është i derivueshëm në intervalin e hapur (a, b). Atëherë ekziston një numër c në intervalin (a, b) i tillë që f 0 (c) =

f (b) − f (a) b−a

(5.2)

ose në mënyrë ekuivalente f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a)

(5.3)

Vërtetim Aplikojmë teoremën Role tek një funksion i ri h i ndërtuar si diferencë ndërmjet f (x) dhe funksionit grafiku i të cilit është sekantja AB. Duke përdorur Ek. (5.3), shohim se ekuacioni i sekantes AB mund të shkruhet si y − f (a) =

f (b) − f (a) (x − a) b−a

y = f (a) +

f (b) − f (a) (x − a). b−a

ose si

Kështu që, f (b) − f (a) (x − a) (5.4) b−a Fillimisht duhet të verifikojmë në qoftë se h plotëson kushtet e Teoremës Role. Së pari, funksioni h është i vazhdueshëm në intervalin e mbyllur [a, b] sepse është shumë e f (x) dhe një polinomi të gradës së parë, secili prej tyre është funksion i vazhdueshëm. Së dyti, funksioni h është funksion i derivueshëm në intervalin e hapur (a, b) sepse dhe f (x) dhe polinomi i gradës së parë janë të derivueshëm. Në fakt ne mund ta njehsojmë direkt h 0 dhe kemi: h(x) = f (x) − f (a) −

h 0 (x) = f 0 (x) −

f (b) − f (a) b−a

Së treti, f (b) − f (a) (a − a) = 0 b−a f (b) − f (a) h(b) = f (b) − f (a) − (b − a) = f (b) − f (a) − [ f (b) − f (a)] = 0. b−a

h(a) = f (a) − f (a) −

©AulonaPress

195

Kalkulus

Shaska T.

Pra, h(b) = h(a). Meqë h plotëson kushtet e Teoremës Role atëherë teorema thotë se ekziston një numër c në (a, b) i tillë që h 0 (c) = 0. Prej nga f (b) − f (a) 0 = h 0 (c) = f 0 (c) − b−a dhe prej këtej f (b) − f (a) f 0 (c) = b−a Kjo përfundon vërtetimin e teoremës. Le të shohim tani disa ilustrime grafike të Teoremës së Vlerës së Mesme.

Figura 5.4: Ilustrime grafike të Teoremës së Vlerës së Mesme. Shembull 5.11. Për të ilustruar teoremën Langranzh me një funksion të veçantë, le të shqyrtojmë funksionin f (x) = x 3 − x, për a = 0, dhe b = 2 . Meqë f (x) është një polinom, ai është i vazhdueshëm dhe i derivueshëm për të gjitha x, e kështu edhe në [0, 2] dhe (0, 2) përkatësisht. Nga teorema Langranzh ekziston një numër c në intervalin (0, 2) i tillë që f (2) − f (0) = f 0 (c)(2 − 0) Tani f (2) = 6 dhe f (0) = 0, dhe f 0 (x) = 3x 2 − 1, kështu që ekuacioni bëhet 6 = (3c 2 − 1)2 = 6c 2 − 2 p p i cili na jep c 2 = 34 , pra c = ±2/ 3. Por c duhet të shtrihet në (0, 2), kështu që c = 2 3.

Shembull 5.12. Në qoftë se një objekt lëviz përgjatë një vije të drejtë me funksion të pozicionit s = f (t ), atëherë shpejtësia mesatare ndërmjet t = a dhe t = b është f (b) − f (a) b−a dhe shpejtësia në t = c është f 0 (c). Prandaj teorema e Langranzhit na thotë se në një çast t = c ndërmjet t = a dhe t = b shpejtësia e castit f 0 (c) është e njëjtë me shpejtësinë mesatare. Për shembull, në qoftë se makina ka udhëtuar 180km në dy orë atëherë shpejtësi matësi duhet të ketë lexuar të paktën një herë 90km/h. 196

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Në përgjithësi, Teorema Langranzh mund të interpretohet duke thënë se ekziston një numër tek i cili raporti i ndryshimit të çastit është e barabartë shkallën mesatare të ndryshimit gjatë një intervali. Kuptimi themelor i kësaj teoreme është të na mundësojë përftimin e informacionit për një funksion duke u nisur nga informacioni në lidhje me derivatin e tij. Shembull 5.13. Supozojmë se f (0) = −3 dhe f 0 (x) ≤ 5 për të gjitha vlerat e x-it. Sa e madhe mund të jetë vlera f (2)? Zgjidhje Na është dhënë se f (x) është i derivueshëm kudo që do të thotë që është edhe i vazhdueshëm. Ne mund të aplikojmë teoremën Langranzh në intervalin [0, 2]. Ekziston një numër c i tillë që f (2) − f (0) = f 0 (c)(2 − 0) kështu që f (2) = f (0) + 2 f 0 (c) = −3 + 2 f 0 (c). Na është dhënë f 0 (x) ≤ 5 për të gjitha x, kështu që në veçanti ne e dimë se f 0 (c) ≤ 5. Duke shumëzuar të dy anët e këtij mosbarazimi me 2, kemi 2 f 0 (c) ≤ 10, prandaj f (2) = −3 + 2 f 0 (c) ≤ −3 + 10 = 7 Pra, vlera më e madhe e mundshme për f (2) është 7. Kjo teoremë mund të përdoret për të sistemuar disa fakte bazë në kalkulusin diferencial. Një nga këto fakte bazë është teorema në vazhdim. Të tjera do shihen në paragrafet në vijim. Teorema 5.6. Në qoftë se f 0 (x) = 0 për të gjitha x në intervalin (a, b) atëherë f (x) është konstant në (a, b). Vërtetim Le të jenë x 1 dhe x 2 dy numra të çfarëdoshëm në (a, b) të tillë që x 1 < x 2 . Meqë f (x) është i derivueshëm në (a, b) ai është i derivueshëm edhe në (x 1 , x 2 ) dhe i vazhdueshëm në [x 1 , x 2 ]. Duke zbatuar teoremën Langranzh për f (x) në intervalin [x 1 , x 2 ], ne gjejmë numrin c të tillë që x 1 < c < x 2 dhe f (x 2 ) − f (x 1 ) = f 0 (c)(x 2 − x 1 )

(5.5)

Meqë f 0 (x) = 0 për të gjitha x, kemi f 0 (c) = 0, dhe kështu ekuacioni i mësipërm merr trajtën f (x 2 ) − f (x 1 ) = 0 ose f (x 2 ) = f (x 1 ) Pra, f (x) ka të njëjtën vlerë në çdo dy pika x 1 dhe x 2 në (a, b). Kjo do të thotë se f (x) është konstant në (a, b). Rrjedhim 5.1. Në qoftë se f 0 (x) = g 0 (x) për të gjitha x në intervalin (a, b), atëherë f − g është funksion konstant në (a, b), pra këta funksione ndryshojn nga njëri tjetri me një konstante f (x) = g (x) + c. Vërtetim Le të jetë F(x) = f (x) − g (x). Atëherë F0 (x) = f 0 (x) − g 0 (x) = 0 për të gjitha x ∈ (a, b). Prandaj kemi që F(x) është konstant, domethënë f − g është konstant. Vërejtje. Le të jetë x f (x) = = |x|

(

1

në qoftë se

x >0

−1

në qoftë se

x 0. 90. Supozojmë se f (x) është funksion tek dhe i derivueshëm kudo. Vërtetoni se për çdo numër pozitiv b, ekziston një numër c në (−b, b), i tillë që f 0 (c) = f (b)/b. 91. Përdorni Teoremën e Lagranzhit për të treguar se ka vend mosbarazimi

1 + 2x + x 3 + 4x 5 = 0 ka saktësisht vetëm një rrënjë reale. ©AulonaPress

p 1 1 + x < 1 + x, 2

| sin a − sin b| ≤ |a − b| për çdo a dhe b. 199

Kalkulus

Shaska T.

92. Në qoftë se f 0 (x) = c (c është konstante), për të gjitha x, tregoni se f (x) = c x + d për ndonjë konstante d . 93. Le të jetë f (x) = x1 dhe  1   në qoftë se  x g (x) = 1    + 1 në qoftë se x

200

x >0 x 0 në një interval, atëherë f (x) është rritës në atë interval. b Në qoftë se f 0 (x) < 0 në një interval, atëherë f (x) është zbritës në atë interval. Vërtetim (a) Le të jenë x 1 dhe x 2 dy numra çfarëdo në një interval të tillë që x 1 < x 2 . Në përputhje me përkufizimin e funksionit rritës na duhet të vërtetojmë se f (x 1 ) < f (x 2 ). Meqenë qoftë se na është dhënë se f 0 (x) > 0, ne dimë tashmë se f (x) është i derivueshëm në [x 1 , x 2 ]. Prandaj nga teorema Lagranzh ekziston një numër c ndërmjet x 1 dhe x 2 i tillë që f (x 2 ) − f (x 1 ) = f 0 (c)(x 2 − x 1 ) (5.6) Tani f 0 (c) > 0 dhe x 2 − x 1 > 0 sepse x 1 < x 2 . Prandaj ana e djathtë e ekuacionit të mësipërm është pozitive, dhe kështu që f (x 2 ) − f (x 1 ) > 0 ose f (x 1 ) < f (x 2 ) Kjo tregon se f (x) është rritës. Pjesa (b) vërtetohet po njëlloj. Le të shohim tani disa ilustrime grafike të teoremës së mësipërme.

Figura 5.6: Ilustrime grafike të teoremës së mësipërme.

©AulonaPress

201

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 5.15. Gjeni se në çfarë intervalesh funksioni f (x) = 3x 4 − 4x 3 − 12x 2 + 5, është rritës dhe zbritës. Zgjidhje Derivati i funksionit është f 0 (x) = 12x 3 − 12x 2 − 24x = 12x(x − 2)(x + 1). Për të përdorur testin e mësipërm na duhet të dimë se ku f 0 (x) > 0 dhe ku f 0 (x) < 0. Kjo varet nga shenja e tre faktorëve të f 0 (x) e pikërisht 12x, x −2, dhe x +1. E ndajmë boshtin real në intervale skajet e të cilave janë numrat kritikë −1, 0 dhe 2. Dhe shkruajmë të dhënat në një tabelë, ku me shenjën + nënkuptojmë se shprehja është pozitive dhe me shenjën minus se shprehja është negative. Kolona e fundit e tabelës na jep konkluzionin e bazuar në testin e shqyrtuar më parë. Për shembull f 0 (x) < 0 për 0 < x < 2, do të thotë se f (x) është zbritës në (0, 2). intervali x < −1 −1 < x < 0 0 0 për −1 < x < 0 dhe f 0 (x) < 0 për 0 < x < 2. Me fjalë të tjera, shenja e f 0 (x) ndryshon nga pozitive në negative kur kalon nëpër 0. Ky vëzhgim është baza e testit në vazhdim. Lema 5.1 (Testi i derivatit të parë). Supozojmë se c është një pikë kritike e një funksioni të vazhdueshëm f (x). (a) Në qoftë se f 0 ndryshon nga pozitiv në negativ kur kalon nëpër c, atëherë f (x) ka maksimum lokal në c. (b) Në qoftë se f 0 ndryshon nga negativ në pozitiv kur kalon nëpër c, atëherë f (x) ka minimum lokal në c. (c) Në qoftë se f 0 nuk ndryshon shenjë kur kalon nëpër c, atëherë f (x) nuk ka as minimum as maksimum lokal në c. Testi i derivatit të parë vjen si rrjedhim i testit të monotonisë. Në pjesën (a) për shembull shenja e f 0 (x) ndryshon nga pozitive në negative kur kalon nëpër c, f (x) rritet nga e majta e c dhe zvogëlohet nga e djathta e c. Dhe del prej këtej se f (x) ka maksimum lokal në c. Shembull 5.16. Gjeni vlerat minimum dhe maksimum lokal për funksionin e shembullit të mësipërm. Zgjidhje Nga tabela në zgjidhjen e mësipërme shohim se f 0 (x) ndryshon nga negativ në pozitiv në −1, kështu që f (−1) = 0 është minimum lokal në bazë të testit të derivatit të parë. Njëlloj derivati i parë ndryshon nga negativ në pozitiv në 2, prandaj f (2) = −27 është gjithashtu minimum lokal. Siç e pamë pak më parë f (0) = 5 është maksimum lokal sepse derivati i parë ndryshon nga pozitiv në negativ në 0.

Shembull 5.17. Gjeni maksimumet dhe minimumet lokale për funksionin g (x) = x + 2 sin x për 0 ≤ x ≤ 2π 202

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus intervali 0 < x < 2π/3 2π/3 < x < 4π/3 4π/3 < x < 2π

g 0 (x) = 1 + 2 cos x + − +

g (x) rritës në (0, 2π/3) zbritës në (2π/3, 4π/3) rritës në(4π/3, 2π)

Tabela 5.2: Vlerat e g (x) dhe derivatit. Zgjidhje Për të gjetur pikat kritike derivojmë funksionin g 0 (x) = 1 + 2 cos x 4π Pra, g 0 (x) = 0 për cos x = − 12 . Zgjidhje të këtij ekuacioni janë 2π 3 dhe 3 . Meqë g (x) është i derivueshëm kudo, të vetmit 4π numra kritikë janë 2π 3 dhe 3 dhe ne analizojmë g (x) në tabelën në vazhdim. 0 Meqë g (x) ndryshon nga pozitiv në negativ në 2π 3 atëherë nga testi i derivatit të parë del se ka maksimum lokal në 2π . Dhe vlera maksimum lokal është 3 Ãp ! µ ¶ 2π 2π 2 sin 2π 2π 3 2π p g = + = +2 = + 3 ≈ 3.83 3 3 3 3 2 3

Njëlloj g 0 (x) ndryshon nga negativ në pozitiv në 4π/3 dhe kështu à p ! µ ¶ µ ¶ 4π 4π 4π 4π 4π p 3 g = + 2 sin = +2 − = − 3 ≈ 2.46 3 3 3 3 2 3 është vlera minimum lokal.

5.3.2 Cfarë na tregon f 00 (x) për f (x)? Siç do ta shohim në këtë pjesë derivati i dytë i funksionit mund të na tregojë shume mbi vetë funksionin. Për këtë më parë japim përkufizimet e mëposhtme: Përkufizim 5.4. Në qoftë se grafiku i f (x) qëndron mbi të gjitha tangentet e veta në intervalin I, ai quhet i lugët në I. Në qoftë se grafiku i f (x) qëndron nën të gjitha tangentet e veta në intervalin I, ai quhet i mysët në I.

Figura 5.7: I mysët në të majtë dhe i lugët në të djathtë. Le të shohim tani se si ndikon derivati i dytë në përkufizimin në se funksioni është i lugët apo i mysët. Duke parë Fig. 5.7, mund të shohim se duke shkuar nga e majta në të djathtë, koefiçenti këndor i tangentes zvogëlohet në pjesën e parë. Pra, derivati i parë është zbritës dhe kështu f 00 është negativ. Në pjesën e dytë (në të djathtë) koefiçenti këndor rritet. Pra, f 0 rritet dhe kështu f 00 është pozitiv. ©AulonaPress

203

Kalkulus

Shaska T.

Lema 5.2 (Testi i konkavitetit). Pohimet e mëposhtme janë të vërteta: (a) Në qoftë se f 00 (x) > 0 për të gjithë x në I, atëherë grafiku i f (x) është i lugët në I (b) Në qoftë se f 00 (x) < 0 për të gjithë x në I, atëherë grafiku i f (x) është i mysët në I Përkufizim 5.5. Një pikë P në një kurbë y = f (x) quhet pikë infleksioni në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në atë pikë dhe kurba ndryshon përkulshmërinë gjatë kalimit nëpër atë pikë. Shembull 5.18. Ndërtoni grafikun e mundshëm të një funksoni i cili plotëson kushtet: (i) f 0 (x) > 0 në (−∞, 1), f 0 (x) < 0 në (1, ∞) (ii) f 00 (x) > 0 në (−∞, 2) dhe (2, ∞), f 00 (x) < 0 në (−2, 2) (iii) limx→−∞ f (x) = −2, limx→∞ f (x) = 0 Zgjidhje Kushti (i) na thotë se f (x) është rritës në (−∞, 1) dhe zbritës në (1, ∞). Kushti (ii) thotë se f (x) është i lugët në (−∞, 2) dhe (2, ∞), dhe i mysët në (−2, 2). Nga kushti (iii) kemi që f (x) ka dy asimptota horizontale: y = −2 dhe y = 0. Fillimisht vizatojmë asimptotat horizontale. Pas kësaj vizatojmë grafikun e f (x) duke ju afruar gjithnjë e më shumë nga e majta drejtëzës y = −2, dhe duke ju larguar po asaj nga e djathta deri në pikën maksimum x = 1, e më pas duke ju afruar gjithnjë e më shumë drejtëzës y = 0 nga e djathta. Një aplikim tjetër i derivatit të dytë është testi në vazhdim për vlerat maksimum dhe minimum. Ky vjen si rrjedhim i testit të përkulshmërisë. Teorema 5.8 (Testi i derivatit të dytë). Supozojmë se f 00 është i vazhdueshëm pranë x = c. (a) Në qoftë se f 0 (c) = 0 dhe f 00 (c) > 0, atëherë f (x) ka minimum lokal në x = c. (b) Në qoftë se f 0 (c) = 0 dhe f 00 (c) < 0, atëherë f (x) ka maksimum lokal në x = c. Për shembull, pjesa (a) është e vërtetë sepse f 00 (c) > 0 pranë c dhe funksioni është i lugët pranë c. Kjo do të thotë se f (x) shtrihet sipër tangentes së vetë horizontale në c dhe kështu f (x) ka një minimum lokal në c. Shembull 5.19. Shqyrtoni kurbën y = x 4 − 4x 3 në lidhje me përkulshmërinë, pikat e infleksionit, dhe minimumet e maksimumet lokale. Zgjidhje Në qoftë se y = x 4 − 4x 3 atëherë f 0 (x) = 4x 3 − 12x 2 = 4x 2 (x − 3) f 00 (x) = 12x 2 − 24x = 12x(x − 2) Për të gjetur numrat kritikë barazojmë derivatin e parë me zero pra f 0 (x) = 0 dhe marrim x = 0 dhe x = 3. Për të përdorur testin e derivatit të dytë njehsojmë f 00 në këto numra: f 00 (0) = 0

f 00 (3) = 36 > 0

Meqë f 0 (3) = 0 dhe f 00 (3) > 0, f (3) = −27 është minimumi lokal. Meqë f 00 (0) = 0 testi i derivatit të dytë nuk jep përgjigje në këtë rast. Por meqënëse f 0 (x) < 0 për x < 0 dhe gjithashtu për 0 < x < 3, testi i derivatit të parë na thotë se f (x) nuk ka ekstremum në 0. Meqë f 00 (x) = 0 për x = 0 dhe x = 2, e ndajmë drejtëzën reale në intervale me skaje këto pika dhe plotësojmë tabelën e mëposhtme Pika (0, 0) është pikë infleksioni meqënëse kurba ndryshon përkulshmërinë. Gjithashtu (2, −16) është pikë infleksioni për të njëjtën arsye.

204

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus f 00 (x) = 12x(x − 2) + − +

intervali (−∞, 0) (0, 2) (2, ∞)

përkulshmeria i luget i myset i luget

Tabela 5.3: Vlerat e derivatit të f (x) = x 4 − 4x 3 . Vërejtje. Testi i derivatit të dytë nuk jep përgjigje kur f 00 (x) = 0, ajo pikë mund të jetë minimum mund të jetë maksimum ose asnjëra nga këto, por edhe në rastin kur ky derivat nuk ekziston testi nuk jep përgjigje. Në këto raste mund të përdoret testi i derivatit të parë. Në fakt edhe kur mund të përdoren të dy testet ai i derivatit të parë është më i thjeshtë në përdorim. Shembull 5.20. Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) = x 2/3 (6 − x)1/3 . Zgjidhje Ju mund të përdorni rregullat e derivimit për të gjetur dy derivatet e para të funksionit që janë përkatësisht f 0 (x) =

4−x x 1/3 (6 − x)2/3

,

f 00 (x) =

−8 x 4/3 (6 − x)5/3

Meqë f 0 (x) = 0 për x = 4 dhe f 0 (x) nuk ekziston për x = 0 ose për x = 6, numrat kritikë janë 0, 4, 6. intervali x 0 për të gjitha x 6= 1, ka asimptotë vertikale në x = 1, f 00 (x) > 0 për x < 1 ose x > 3, f 00 (x) < 0 për 1 < x < 3. 112. f 0 (0) = f 0 (2) = f 0 (4) = 0, f 0 (x) > 0, për x < 0 ose 2 < x < 4, f 0 (x) < 0 për 0 < x < 2 ose x > 4, f 00 (x) > 0 për 1 < x < 3, f 00 (x) < 0 për x < 1 ose x > 3 113. f 0 (1) = f 0 (−1) = 0, f 0 (x) < 0 për |x| < 1, f 0 (x) > 0 për 1 < |x| < 2, f 0 (x) = −1 për |x| > 2, f 00 (x) < 0 për −2 < x < 0, pika e infleksionit është (0, 1)

96. f (x) = 2x 3 + 3x 2 − 36x

114. f 0 (x) > 0 për |x| < 2, f 0 (x) < 0 për |x| > 2, f 0 (2) = 0, limx−→∞ f (x) = 1, f (−x) = f (x), f 00 (x) < 0 për 0 < x < 3, f 00 (x) > 0 për x > 3

97. f (x) = 4x 3 + 3x 2 − 6x + 1

115. f 0 (x) < 0 dhe f 00 (x) < 0 për të gjitha x.

98. f (x) = x 4 − 2x 2 + 3

116. Supozojmë se f (3) = 2, f 0 (3) = 12 , dhe f 0 (x) > 0 dhe f 00 (x) < 0 për të gjitha x. (a) Ndërtoni grafikun e mundshëm të f (x). (b) Sa zgjidhje mund të ketë ekuacioni f (x) = 0? Pse? (c) Është e mundur që f 0 (2) = 13 ? Pse?

99. f (x) =

x2 x 2 +3

100. f (x) = sin x + cos x, 0 ≤ x ≤ 2π 101. f (x) = cos2 x − 2 sin x, 0 ≤ x ≤ 2π 102. f (x) = e 2x + e −x p 103. f (x) = (ln x)/ x 104. f (x) = x 2 ln x p 105. f (x) = xe −x

(a) Gjeni intervalet ku funksioni është rritës, zbritës. (b) Gjeni vlerat e minimumeve dhe maksimumeve lokale. (c) Gjeni intervalet e lugëtisë dhe të mystisë si dhe pikat e infleksionit. (d) Përdoreni informacionin e marrë nga (a) tek (c) për të skicuar grafikun.

Gjeni vlerat maksimum dhe minimum lokal të f (x) duke përdorur njëkohësisht testit e derivatit të parë dhe të dytë. Cilën metodë preferoni?

118. f (x) = 2 + 3x − x 2

106. f (x) = x 5 − 5x + 3

119. f (x) = 2 + 2x − x 4

107. f (x) =

x x 2 +4

p 108. x + 1 − x 109. (a) Gjeni numrat kritkë të f (x) = x 4 (x − 1)3 . (b) Çfarë na thotë testi i derivatit të dytë për sjelljen e f (x) në këto numra kritikë? (c) Çfarë na thotë derivati i parë për këtë? 110. Supozojmë se f 00 është i vazhdueshëm në (−∞, ∞). (a) Në qoftë se f 0 (2) = 0 dhe f 00 (2) = −5, çfarë mund të thoni për f (x) ? (b) Në qoftë se f 0 (6) = 0 dhe f 00 (6) = 0, çfarë mund të thoni për f (x) ? 206

117. f (x) = 2x 3 − 3x 2 − 12x

120. f (x) = 200 + 8x 3 + x 4 121. f (x) = (1 + x)5 − 5x − 2 122. f (x) = x 5 − 2x 3 + x p 123. f (x) = x x − 3 124. f (x) = 3x 2/3 − x 125. f (x) = x 1/3 (x + 4) 126. f (x) = ln(x 4 + 27) 127. f (x) = 2 cos x + cos2 x, 0 ≤ x ≤ 2π 128. f (x) = x + cos x, −2π ≤ x ≤ 2π ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

(a) Gjeni asimptotat vertikale dhe horizontale. (b) Gjeni intervalet ku funksioni është rritës apo zbritës. (c)Gjeni vlerat e minimumeve dhe maksimumeve lokale. (d) Gjeni intervalet e përkulshmërisë dhe pikat e infleksionit. (e) Përdorni informacionin nga pika (a) tek (d) për të skicuar grafikun e f (x).

(b) Njehsoni vlerën e x ku funksioni rritet më shpejt. Më pas gjeni vlerën e saktë.

129.

140. Për çfarë vlerash të a dhe të b funksioni

131. f (x) =

x x2 − 1

ii) f (x) = x e

139. Gjeni një funksion kubik f (x) = ax 3 +bx 2 +c x +d të tillë që ka vlerën e maskimumit lokal 3 në −2, dhe vlerën e minimumit lokal 0 në 1.

f (x) = axe bx

2

x2 (x−2)2

ka vlerën minimum f (2) = 1?

p

141. Vërtetoni se kurba y = (1 + x)/(1 + x 2 ) ka tre pika infleksioni të cilat ndodhen në të njëjtën drejtëz.

x2 + 1 − x

132. f (x) = x tan x, −π/2 < x < π/2 133. f (x) = ln(1 − ln x) 134. f (x) =

px+1 x 2 +1 2 −x

2

f (x) = 130. f (x) =

i) f (x) =

ex e x +1

135. f (x) = e −1/(x+1) 136. f (x) = e ar ct anx

142. Vërtetoni se një funksion kubik ka gjithmonë saktësisht një pikë infleksioni. Në qoftë se grafiku i tij ka tre pikprerje me boshtin e x-ve x 1 , x 2 , x 3 , tregoni se abshisa e pikës së infleksionit është (x 1 + x 2 + x 3 )/3. 143. Për çfarë vlerash të c polinomi P(x) = x 4 + c x 3 + x 2 ka dy pika infleksioni? Një pikë infleksioni? Asnjë? Ilustrojeni duke ndërtuar grafikun e P për vlera të ndryshme të c. Si ndryshon grafiku kur c zvogëlohet?

137. Supozojmë se derivati i funksionit f (x) është f 0 (x) = (x + 1)2 (x − 3)3 (x − 6)4 . Në cilin interval f (x) është rritës? 138. (a) Përdorni një grafik të f (x) për të vlerësuar vlerat maksimum dhe minimum. Pas kësaj gjeni vlerat e sakta.

©AulonaPress

144. Vërtetoni se funksioni f (x) = x|x| ka një pikë infleksioni në (0, 0) por f 00 (0) nuk ekziston. 145. Supozojmë se f 000 është i vazhdueshëm dhe f 0 (c) = f 00 (c) = 0 por f 000 (c) > 0. A ka f (x) maksimum apo minimum lokal në c? A ka funksioni f (x) pikë infleksioni në c?

207

Kalkulus

Shaska T.

5.4 Format e pacaktuara dhe rregulli i L’Hospitalit Supozojmë se duam të analizojmë sjelljen e funksionit F(x) =

ln x x −1

Megjithëse f (x) nuk është i përkufizuar kur x = 1, ne duhet të dimë se si sillet f (x) afër 1. Pra, do të donim të dinim vlerën e limitit lim

x→1

ln x x −1

(5.7)

Në llogaritjen e këtij limiti ne s’mund të zbatojmë rregullin e raportit sepse limiti i emëruesit është zero. Në fakt megjithëse limiti i mësipërm ekziston, vlera e tij nuk është e përcaktuar sepse si emëruesi edhe numëruesi shkojnë në zero dhe 00 nuk është e përcaktuar.

5.4.1 Format e pacaktuara

0 0

dhe

∞ . ∞

Në përgjithësi, në qoftë se kemi një limit të formës lim

x→a

f (x) g (x)

ku të dy funksionet f (x) → 0 dhe g (x) → 0 sikurse x → a, atëherë limiti mund të ekzistojë ose jo dhe ai quhet formë e pacaktuar e tipit 00 . Ne pamë disa nga këto limite në kapitullin 2. Për funksionet racionale, ne mund të thjeshtojmë faktorët e përbashkët: x2 − x x(x − 1) x 1 lim 2 = lim = lim = x→1 x − 1 x→1 (x − 1)(x + 1) x→1 x + 1 2 Ne përdorëm një argument gjeometrik për të treguar se lim

x→0

sin x =1 x

Në këtë paragraf ne do shqyrtojmë një metodë sistematike të njohur me emrin "Rregulli i L’Hospitalit"(shqiptohet L’Opital) për llogaritjen e formave të pacaktuara. ln x Një tjetër rast në të cilin limiti nuk përcaktohet është kur duam të shohim për asimtotat horizontale të f (x) = x−1 dhe na duhet të llogarisim limitin ln x lim . (5.8) x→∞ x − 1 Nuk është e qartë se si ta llogarisim këtë limit sepse edhe numëruesi edhe emëruesi bëhen gjithnjë edhe më të mëdhenj kur x → ∞. Në përgjithësi në qoftë se kemi një limit të formës lim

x→a

f (x) g (x)

ku të dy funksionet f (x) → ∞ (ose −∞) dhe g (x) → ∞ (ose −∞) atëherë limiti mund të mos ekzistojë dhe quhet formë e pacaktuar e tipit ∞ ∞ . Ne pamë në Kap. 2 se ky lloj limiti mund të llogaritet për disa tipe funksionesh, përfshirë funksionet racionale, duke pjestuar numëruesin dhe emëruesin me fuqinë më të lartë të x-it që përmban emëruesi. Për shembull, 1 − x12 x2 − 1 1−0 1 = lim = = x→∞ 2x 2 + 1 x→∞ 2 + 1 2+0 2 2 lim

x

208

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Teorema 5.9 (Rregulli i L’Hospitalit). Supozojmë se f (x) dhe g (x) janë të derivueshëm dhe g 0 (x) 6= 0 pranë a (me përjashtim ndoshta të a). Supozojmë që lim f (x) = 0 dhe lim g (x) = 0 x→a

x→a

ose që lim f (x) = ±∞ dhe lim g (x) = ±∞

x→a

x→a

(Me fjalë të tjera, kemi një formë të pacaktuar të tipit lim

x→a

0 0

ose

∞ ∞ ).

Atëherë

f (x) f 0 (x) = lim 0 , g (x) x→a g (x)

në qoftë se limiti në të djathtë ekziston(ose është ∞ ose −∞). Vërejtje. 1. Rregulli i L’Hospitalit thotë se limiti i raportit të dy funksioneve është i barabartë me limitin e raportit të derivateve të tyre, duke pranuar se kushtet e dhëna qëndrojnë. Është mjaft e rëndësishme që të verifikohen kushtet në lidhje me limitet e f (x) dhe g (x) para se të zbatohet Rregulli i L’Hospitalit. 2. Rregulli i L’Hospitalit është gjithashtu i vërtetë edhe për limitet e njëanshme edhe për limitet në infinit apo minus infinit: pra x → a mund të zëvendësohet me x → a + , x → a − , x → ∞, ose x → −∞. 3. Për rastin e vecantë në të cilin f (a) = g (a) = 0, f 0 dhe g 0 janë të vazhdueshëm, dhe g 0 (a) 6= 0, është e lehtë të shihet vërtetësia e Rregullit të L’Hospitalit. Në fakt duke përdorur formën alternative të përkufizimit të derivatit, ne kemi lim

x→a

f (x)− f (a) x−a g (x)−g (a) x−a

f 0 (x) f 0 (a) limx→a = = g 0 (x) g 0 (a) limx→a f (x)− f (a) x−a x→a g (x)−g (a) x−a

= lim

= lim

x→a

f (x) − f (a) f (x) = lim g (x) − g (a) x→a g (x)

Është disi më e vështirë të vërtetohet rasti i përgjithshëm i Rregullit të L’Hospitalit. Shembull 5.21. Gjeni limitin lim

x→1

ln x x −1

Zgjidhje Meqë lim ln x = ln 1 = 0 dhe lim (x − 1) = 0

x→1

x→1

ne mund të zbatojmë rregullin e L’Hospitalit: ln x (ln x)0 1/x 1 = lim = lim = lim = 1 0 x→1 x − 1 x→1 (x − 1) x→1 1 x→1 x lim

Shembull 5.22. Njehsoni

ex x→∞ x 2 lim

Zgjidhje Kemi limx→∞ e x = ∞ dhe limx→∞ x 2 = ∞, prandaj Rregulli i L’Hospitalit na jep ex (e x )0 ex = lim = lim x→∞ (x 2 )0 x→∞ 2x x→∞ x 2 lim

Meqë limx→∞ e x = ∞ dhe limx→∞ 2x = ∞ limiti në të djathtë është përsëri formë e pacaktuar, dhe zbatimi përsëri i Rregullit të L’Hospitalit na jep (e x )0 ex ex = lim = lim =∞ lim x→∞ 2x x→∞ (2x)0 x→∞ 2

©AulonaPress

209

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 5.23. Gjeni limitin ln x lim p 3 x

x→∞

Zgjidhje Meqë limx→∞ ln x = ∞ dhe limx→∞

p 3

x = ∞ zbatimi i Rregullit të L’Hospitalit na jep

1/x ln x (ln x)0 lim p = lim = lim 1 p x→∞ 3 x x→∞ ( 3 x)0 x→∞ x −2/3 3 Vërejmë se limiti në të djathtë tani është formë e pacaktuar 00 . Por në vend që të zbatojmë Rregullin e L’Hospitalit për herë të dytë, ne thjeshtojmë shprehjen dhe shohim se një zbatim i dytë është i panevojshëm: ln x 1/x 3 lim p = lim = lim p = 0 3 x x→∞ 13 x −2/3 x→∞ 3 x

x→∞

Shembull 5.24. Gjeni tan x − x . x3

lim

x→0

Zgjidhje Vërejmë se tan x − x → 0 dhe x 3 → 0 kur x → 0, kështu që përdorim Rregullin e L’Hospitalit: tan x − x (tan x − x)0 = lim = lim x→0 x→0 x→0 x3 (x 3 )0 lim

1 cos2 x

−1

3x 2

Meqë limiti në të djathtë vazhdon të jetë formë e pacaktuar 00 , e zbatojmë përsëri Rregullin e L’Hospitalit: lim

1 cos2 x

−1

3x 2

x→0

= lim

2 cos2 x

· tan x

6x

x→0

Meqë limx→0 cos12 x = 1 ne mund të thjeshtojmë veprimet duke shkruar lim

x→0

2 cos2 x

tan x =

6x

1 1 tan x 1 tan x lim lim = lim 2 x→0 x→0 x→0 3 cos x x 3 x

Dhe këtë limit të fundit mund ta llogarisim duke zbatuar për herë të tretë Rregullin e L’Hospitalit, nëpërmjet shënimit të tan x = sin x/cos x dhe duke përdorur njohuritë tona mbi limitet trigonometrike. Atëherë, përftojmë tan x − x lim = lim x→0 x→0 x3

1 cos2 x

−1

3x 2

2 = lim

³

1 cos2 x

· tan x

6x

x→0

1 tan x 1 = lim = lim 3 x→0 x 3 x→0

´

1 cos2 x

1

=

1 3

Shembull 5.25. Gjeni limitin lim

x→π−

sin x 1 − cos x

Zgjidhje Në qoftë se do përdornit Rregullin e L’Hospitalit, do përftonit lim

x→π−

210

sin x cos x = lim = −∞ 1 − cos x x→π− si nx ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Kjo është e gabuar! Megjithëse numëruesi sin x → 0 kur x → π− , vërejmë se emëruesi (1 − cos x) nuk shkon në zero, prandaj Rregulli i L’Hospitalit nuk mund të përdoret këtu. Në fakt limiti i kërkuar është i lehtë për t’u gjetur sepse funksioni është i vazhduar dhe emëruesi është jo zero në π: lim

x→π−

sin π 0 sin x = = =0 1 − cos x 1 − cos π 1 − (−1)

Ky shembull tregon se mund të gabosh në zbatimin e Rregullit të L’Hospitalit në qoftë se nuk mendohesh. Të tjera limite mund të gjenden duke zbatuar Rregullin e L’Hospitalit, por mund të gjenden më thjeshtë nga metoda të tjera. Kështu që kur duam të llogarisim një limit duhet të marrim në shqyrtim metoda të tjera para se të përdorim Rregullin e L’Hospitalit.

5.4.2 Forma e pacaktuar prodhim. Në qoftë se limx→a f (x) = 0 dhe limx→a g (x) = ∞ (ose −∞), atëherë nuk është e qartë se cila do jetë vlera e limitit limx→a f (x)g (x), në qoftë se ka një vlerë. Në qoftë se f (x) shkon më shpejt në zero, përgjigjia për limitin do jetë zero. Por në qoftë se g (x) shkon me shpejt në infinit, përgjigja do jetë infinit. Ose mund të ketë një kompromis në qoftë se përgjigja do jetë një numër i fundëm jozero. Kjo formë limiti quhet formë e pacaktuar e tipit 0·∞. Ne mund të veprojmë me të duke e shkruar prodhimin f g në trajtë raporti: fg=

g f ose f g = 1/g 1/ f

Kjo e transformon limitin e dhënë në një nga format e pacaktuara L’Hospitalit.

0 0

ose

∞ ∞,

tek të cilat mund të zbatojmë Rregullin e

Shembull 5.26. Llogarisni lim x ln x

x→0+

Zgjidhje Limiti i dhënë është formë e pacaktuar sepse kur x → 0+ faktori i parë shkon në zero ndërsa i dyti (ln x) shkon në −∞. Duke e shkruar x = 11 , kemi 1/x → ∞ kur x → 0+ . Prandaj Rregulli i L’Hospitalit jep x

lim x ln x = lim

x→0+

x→0+

ln x 1/x = lim = lim (−x) = 0 1/x x→0+ −1/x 2 x→0+

Vërejtje. Në zgjidhjen e këtij shembulli ka një tjetër mundësi shënimi lim x ln x = lim

x→0+

x→0+

x 1/ ln x

Kjo jep një formë të pacaktuar të tipit 00 por në qoftë se ne zbatojmë Rregullin e L’Hospitalit ne marrim një shprehje më të komplikuar sesa ajo me të cilën e nisëm. Në përgjithësi kur ne e rishkruajmë një prodhim të pacaktuar, përpiqemi çojm në një limit më të thjeshtë.

5.4.3 Forma e pacaktuar diferencë Në qoftë se limx→a f (x) = ∞ dhe limx→a g (x) = ∞, atëherë limiti lim [ f (x) − g (x)]

x→a

quhet formë e pacaktuar e tipit ∞ − ∞. Përsëri ka një diskutim për f (x) dhe g (x). Përgjigja do jetë ∞, apo do jetë −∞, apo do ketë një kompromis tek një numër i fundëm? Për të gjetur këtë, përpiqemi të konvertojmë diferencën në raport, duke përdorur një emërues të përbashkët, apo racionalizim, apo faktorizim të një faktori të përbashkët, duke marrë kështu një formë të pacaktuar të tipit 00 ose ∞ ∞. ©AulonaPress

211

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 5.27. Gjeni limitin µ lim ¡ ¢−

x→

π 2

1 − tan x cos x

¶

Zgjidhje Fillimisht shohim se lim

x→(π/2)−

1 = ∞ dhe cos x

lim

x→(π/2)−

tan x = ∞,

prandaj limiti është një formë e pacaktuar, këtu përdorim emëruesin e përbashkët: lim − (

x→(π/2)

1 sin x 1 − sin x − cos x 1 − tan x) = lim − ( − ) = lim − = lim − =0 x→(π/2) cos x x→(π/2) x→(π/2) − sin x cos x cos x cos x

Vërejmë se përdorimi i Rregullit të L’Hospitalit është me vend sepse 1 − sin x → 0 dhe cos x → 0 kur x → (π/2)− .

5.4.4 Forma e pacaktuar fuqi Forma të ndryshme të pacaktuara vijnë prej limitit lim [ f (x)]g (x)

x→a

1. limx→a f (x) = 0 dhe limx→a g (x) = 0 tipi 00 2. limx→a f (x) = ∞ dhe limx→a g (x) = 0 tipi ∞0 3. limx→a f (x) = 1 dhe limx→a g (x) = ±∞ tipi 1∞ Secili nga këto tri raste mund të trajtohet edhe duke marrë logaritmin natyror të të dy anëve: le të jetë y = [ f (x)]g (x) , atëherë l n y = g (x) ln f (x) ose duke e shkruar funksionin si eksponencial: [ f (x)]g (x) = e g (x) ln f (x) Rikujtojmë se të dy këto metoda janë përdorur në derivimin e funksioneve të tilla. Në secilën metodë jemi në kushtet e formave të pacaktuara prodhim g (x) ln f (x), e tipit 0 · ∞. Shembull 5.28. Llogarisni lim (1 + sin 4x)cot x

x→0+

Zgjidhje Fillimisht vërejmë se kur x → 0+ , ne kemi 1 + sin 4x → 1 dhe cot x → ∞, prandaj limiti i dhënë është formë e pacaktuar. Atëherë ln y = cot x ln(1 + sin 4x) Prandaj Rregulli i L’Hospitalit jep ln(1 + sin 4x) = lim + x→0+ x→0 tan x

lim ln y = lim

x→0+

4 cos 4x 1+sin 4x 1 cos 2 x

=4

Pra, ne llogaritëm limitin e ln y, por ai që na intereson është limiti i y. Për të gjetur këtë përdorim faktin që y = e ln y ; lim (1 + sin 4x)cot x = lim y = lim e ln y = e 4

x→0+

212

x→0+

x→0+

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 5.29. Gjeni lim x x

x→0+

Zgjidhje Vërejmë se ky limit është formë e pacaktuar sepse 0x = 0 për çdo x > 0, por x 0 = 1 për çdo x 6= 0. Ne mund të veprojmë si në shembullin e mëparshëm duke shkruar funksionin si eksponencial: x x = (e ln x )x = e x ln x Pak më sipër ne treguam se limx→0+ x ln x = 0, prej nga lim x x = lim e x ln x = e 0 = 1

x→0+

©AulonaPress

x→0+

213

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Jepet limitet lim f (x) = 0

x−→a

lim g (x) = 0

x−→a

lim h(x) = 1

x−→a

f (x) p(x)

148. limx−→a

h(x) p(x)

x a −1 x b −1

166. limx−→1

x 9 −1 x 5 −1 cos x 1−sin x

167. limx−→(π/2)+

lim q(x) = ∞

169. limt −→0 e t−1 3

Cili nga limitet e mëposhtëm është formë e pacaktuar? Për ato që nuk janë formë e pacaktuar, llogarsni limitin aty ku është e mundur.

147. limx−→a

165. limx−→1

sin 4x 168. limx−→0 tan 5x

x−→a

f (x) g (x)

x 2 +x−6 x−2

lim p(x) = ∞

x−→a

146. limx−→a

164. limx−→2

t

170. limt −→0 e 171. limx−→0

3t −1

t

tan px tan q x

θ 172. limθ−→π/2 1−sin csc θ x

149.

p(x) limx−→a f (x)

150.

p(x) limx−→a q(x)

151. limx−→a [ f (x)p(x)] 152. limx−→a [h(x)p(x)]

173. limx−→∞ ex 3 2

x+x 174. limx−→∞ 1−2x 2

175. limx−→0 e 176. limx−→0

x −1−x

x2

e x −1−x− 21 x 2 x3

hx 177. limx−→0 tan tan x

178. limx−→0

x−sin x x−tan x t −3t

153. limx−→a [p(x)q(x)]

179. limt −→0 5

154. limx−→a [ f (x) − p(x)]

180. limx−→0 sinxx−x 3

155. limx−→a [p(x) − q(x)]

181. limx−→0 sinx

156. limx−→a [p(x) + q(x)]

182. limx−→0

157. limx−→a [ f (x)]g (x)

183. limx−→0 tan−1x (4x)

158. limx−→a [ f (x)]p(x)

x 184. limx−→1 1−x+ln 1+cos πx

159. limx−→a [h(x)]p(x) 160. limx−→a [p(x)] f (x) 161. limx−→a [p(x)]q(x) p 162. limx−→a q(x) p(x) Gjeni limitin. Përdorni rregullat e L’Hospitalit aty ku është e mundur. Në qoftë se ka një metodë më elementare, përdoreni. po qe se rregullat e L’Hospitalit nuk zbatohen, shpjegoni përse.

t

−1

x+sin x x+cos x

p

2

185. limx−→∞ p x 2+2

2x +1

186. limx−→1

x a −ax+a−1 (x−1)2

187. limx−→0 e 188.

x −e −x −2x

x−sin x

cos x−1+ 21 x 2 limx−→0 x4

189. limx−→a +

cos x ln(x−a) ln(e x −e a )

190. limx−→∞ x sin(π/x) 191. limx−→−∞ x 2 e x

163. limx−→1 214

x 2 −1

x 2 −x

192. limx−→0 cot 2x sin 6x ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

193. limx−→0+ sin x ln x 194. limx−→1+ ln x tan(πx/2)

[ Përdorni grafikun për të vlerësuar limitin. Më pas përdorni rregullat e L’Hospitalit për të gjetur vlerën e saktë.

195. limx−→∞ x tan(1/x) x − ln1x ) 196. limx−→1 ( x−1

197. limx−→0 (csc x − cot x) p 198. limx−→∞ ( x 2 + x − x) 199. limx−→0 (cot x − x1 ) 200. limx−→∞ (x − ln x) 201. limx−→∞ (xe 1/x − x) 202. limx−→0+ x x

2

203. limx−→0+ (tan 2x)x 204. limx−→0 (1 − 2x)1/x 205. limx−→∞ (1 + ax )bx 206. limx−→∞ (1 + x3 + x52 )x 207. limx−→∞ x (ln 2)/(1+ln x) 208. limx−→∞ x ( 1/x) 209. limx−→∞ (e x + x)1/x

214. limx−→∞ (1 + x2 )x x

x

216. Vërtetoni se limx−→∞ xe n = ∞, për çdo numër natyror n. Kjo tregon se funksioni eksponencial i afrohet infinitit më shpejt sesa çdo fuqi e x. x 217. Vërtetoni se limx−→∞ ln x p = 0, për çdo numër pozitiv p. Kjo tregon se funksioni logaritmik i afrohet infinitit më ngadalë sesa çdo fuqi e x.

218. Çfarë ndodh në qoftë se ju përpiqeni të zbatoni rregullin e L’Hospitalit për të vlerësuar limx−→∞ p x2 ? Llogx +1 ariteni limitin me një mënyrë tjetër. 219. Në qoftë se f 0 është i vazhdueshëm, f (2) = 0, dhe f (2+3x)+ f (2+5x) . f 0 (2) = 7, vlerësoni limitin limx−→0 x 220. Për çfarë vlerash të a dhe b është i vërtetë ekuacioni më poshtë? b sin 2x +a+ 2)=0 lim ( x−→0 x3 x 221. Në qoftë se f 0 është i vazhdueshëm, përdorni rregullin e L’Hospitalit për të treguar se

210. limx−→0+ (4x + 1)cot x 211. limx−→0+ (2 − x)tan(πx/2) 212. limx−→0+ (cos x)

lim

x−→0

f (x + h) − f (x − h) = f 0 (x) 2h

222. Në qoftë se f 00 është i vazhdueshëm, tregoni që

1/x 2

2x−3 2x+1 ) 213. limx−→∞ ( 2x+5

©AulonaPress

x

215. limx−→0 53x −4 −2x

lim

x−→0

f (x + h) − 2 f (x) + f (x − h) = f 00 (x) h2

215

Kalkulus

Shaska T.

5.5 Studimi i plotë i një funksioni Gjatë gjithë kësaj kohe ne kemi parë disa aspekte të veçanta të skicimit të grafikut të një kurbe si: bashkësia e përkufizimit, bashkësia e vlerave, simetria në kapitullin e parë; limitet, vazhdueshmëria, dhe asimptotat në kapitullin e dytë; derivatet dhe tangentet në Kapitujt 2 dhe 3; vlerat ekstreme, intervalet e monotonisë, përkulshmërisë, pikat e infleksionit, Rregullin e L’Hospitalit në këtë kapitull. E pra tani është pikërisht koha që të bashkojmë gjithë këtë informacion për të skicuar grafikun dhe nxjerrë të dhëna për të ardhmen e funksionit.

5.5.1 Etapat e studimit të plotë të funksionit Skema e mëposhtme jep një procedurë të studimit të plotë të funksionit y = f (x) së bashku me skicimin e grafikut. Jo çdo temë vlen për çdo funksion. Kjo skemë na siguron një informacion të plotë për skicimin e grafikut, që na jep aspektet më të rëndësishme të një funksioni. 1. Bashkësia e përkufizimit. Është mjaft e përdorshme që të niset me përkufizimin e bashkësisë së përkufizimit D të f (x), pra bashkësinë e vlerave të x për të cilat ka kuptim f (x). 2. Pikëprerjet me boshtet. Për të gjetur pikat e prerjes me boshtin e y i japim x vlerën 0, dhe gjejmë vlerën përgjegjëse të y. Për të gjetur pikat e prerjes me boshtin e x i japim y vlerën 0 dhe zgjidhim ekuacionin y = 0 në lidhje me x. (Mund të përjashtohet ky hap në qoftë se ky ekuacion është i vështirë për tu zgjidhur) 3. Simetria (Çiftësia, Periodiciteti). (a) Në qoftë se f (−x) = f (x) për të gjitha x në D, atëherë f (x) është funksion çift, dhe kurba është simetrike në lidhje me boshtin e y. Kjo nënkupton se puna jonë është përgjysmuar. Në qoftë se ne dimë se si është grafiku i f (x) për x ≥ 0, atëherë mjafton ta pasqyrojmë atë në lidhje me boshtin e y për të përftuar kurbën e plotë. (b) Në qoftë se f (−x) = − f (x) për të gjitha x në D, atëherë f (x) është funksion tek dhe kurba është simetrike në lidhje me origjinën e koordinatave. Përsëri ne mund ta përftojmë kurbën e plotë në qoftë se ne dimë pamjen e grafikut për x ≥ 0. (E plotësojmë thjesht duke e rrotulluar 1800 në lidhje me origjinën. ) (c) Në qoftë se f (x + p) = f (x) për të gjitha x në D, ku p është një numër pozitiv, atëherë f (x) quhet funksion periodik dhe numri më i vogël p quhet periodë e funksionit periodik. Për shembull, y = sin x ka periodë 2π dhe y = tan x ka periodë π. Në qoftë se ne e dimë se si duket grafiku i funksionit në një interval me gjatësi p, atëherë mund të përdorim zhvendosjen për të skicuar grafikun e plotë të funksionit. 4. Asimptotat. Asimptotat horizontale. Rikujtojmë nga Kapitulli i dytë se kur limx→∞ f (x) = L, ose limx→−∞ f (x) = L, atëherë drejtëza y = L është asimptotë horizontale e kurbës y = f (x). Por në qoftë se limx→∞ f (x) = ∞(ose −∞), atëherë nuk kemi asimptotë horizontale nga e djathta, por prapëseprapë ky përbën një informacion për skicimin e grafikut të funksionit. Asimptota vertikale. Rikujtojmë se drejtëza x = a quhet asimptotë vertikale e grafikut të funksionit y = f (x), në qoftë se ka vend një nga barazimet e mëposhtme: lim f (x) = ∞

x→a +

lim f (x) = ∞ lim f (x) = −∞

x→a −

x→a +

lim f (x) = −∞

x→a −

(5.9)

(Për funksionet racionale ju mund të lokalizoheni në asimptotat vertikale duke barazuar emëruesin me zero pasi të keni thjetuar faktorët e përbashkët. Por për funksione të tjera kjo nuk mund të aplikohet) Për më tepër, në skicimin e grafikut është e zakonshme që të dihet me saktësi se cili nga barazimet e mësipërme ka vend. Në qoftë se f (a) nuk është e përcaktuar, por pika a është pikë skajore në bashkësinë e përkufizimit të funksionit, atëherë shihen limitet limx→a + f (x), ose limx→a − f (x), në qoftë se ky limit është i fundëm apo i pafundëm. Asimptotat oblike. Këto do të diskutohen në fund të këtij paragrafi. 5. Intervalet e monotonisë. Përdorni testin e monotonisë. Llogarisni f 0 (x) dhe gjeni intervalet në të cilat f 0 (x) është pozitiv( f (x) rritës) dhe intervalet ku f 0 (x) është negativ (zbritës). 216

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

6. Maksimumet lokale dhe minimuet lokale. Gjeni pikat kritike të f (x) [ numrat c ku f 0 (c) = 0 ose ku f 0 (c) nuk ekziston]. Pas kësaj përdorni testin e derivatit të parë. Në qoftë se f 0 ndryshon shenjë nga pozitive në negative në pikën kritike c, atëherë f (c) është maksimumi lokal. Në qoftë se f 0 ndryshon shenjë nga negative në pozitive në c, atëherë f (c) është minimum lokal. Megjithëse parapëlqehet të përdoret testi i derivatit të parë, ju mund të përdorni testin e derivatit të dytë në qoftë se c është pikë kritike e tillë që f 00 (c) 6= 0. Atëherë, f 00 (c) > 0 sjell që f (c) është minimum lokal, ndërsa f 00 (c) < 0 sjell që f (c) është maksimum lokal. 7. Përkulshmëria dhe pikat e infleksionit. Llogarisni f 00 (x) dhe përdorni testin e përkulshmërisë. Kurba është e lugët kur f 00 (x) > 0, dhe është e mysët kur f 00 (x) < 0. Pikat e infleksionit ndodhin kur ndryshon përkulshmëria (nga e lugët në të mysët ose nga e mysët në të lugët). 8. Skicimi i grafikut. Duke përdorur informacioni nga pikat 1-7, mund të vizatojmë grafikun. Skicojmë fillimisht asimptotat, si vija drejtuese. Më pas pikat e prerjes me boshtet koordinativë. E prej këtej vizatimin e grafikut duke bashkuar këto pika sipas pikës 5 dhe 7 dhe duke ju afruar pambarimisht asimptotave. Shembull 5.30. Studioni dhe ndërtoni grafikun e funksionit y=

2x 2 x2 − 1

Zgjidhje 1. Bashkësia e përkufizimit është {x|x 2 − 1 6= 0} = {x|x 6= ±1} = (−∞, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞) 2. Pikëprerjet me boshtet. x = 0 kur y = 0. Pra, e vetmja pikë prerje është (0, 0). 2(−x)2 2x 2 3. Çiftësia. f (−x) = (−x) 2 −1 = x 2 −1 = f (x). Pra, funksioni është funksion çift dhe grafiku i tij është simetrik në lidhje me boshtin e y. 4. Asimptotat. 2x 2 2 = lim =2 x→∞ x 2 − 1 x→∞ 1 − 1/x 2 lim

Pra, drejtëza y = 2 është asimptotë horizontale. Meqë emëruesi bëhet zero kur x = ±1, ne llogarisim limitet: lim

x→1+

2x 2 2x 2 = ∞ lim = −∞ x→1− x 2 − 1 x2 − 1 lim

x→−1+

2x 2 = −∞ x2 − 1

Figura 5.8: Grafiku i funksionit y =

lim −

x→−1

2x 2 . x 2 −1

2x 2 =∞ x2 − 1

Prej nga drejtëzat x = 1 dhe x = −1 janë asimptotat vertikale. 5. Intervalet e monotonisë. f 0 (x) = (

2x 2 0 4x(x 2 − 1) − 2x 2 (2x) −4x ) = = 2 2 2 2 x −1 (x − 1) (x − 1)2

Meqë f 0 (x) > 0 kur x < 0(x 6= −1) dhe f 0 (x) < 0 kur x > 0(x 6= 1), atëherë f (x) është rritës në (−∞, −1) dhe (−1, 0) dhe zbritës në (0, 1) dhe në (1, ∞). 6. Minimumet dhe maksimumet lokale. Meqë e vetmja pikë kritike është x = 0, dhe f 0 ndryshon shenjë nga pozitive në negative, f (0) = 0 është vlera maksimum lokal, kjo si rezultat i testit të derivatit të parë. 7. Përkulshmëria. f 00 (x) = ( f 0 (x))0 = ( ©AulonaPress

−4x 0 −4(x 2 − 1)2 + 4x · 2(x 2 − 1)2x 12x 2 + 4 ) = = 2 (x 2 − 1)2 (x 2 − 1)4 (x − 1)3 217

Kalkulus

Shaska T.

Meqë 12x 2 + 4 > 0 për të gjithë x, ne kemi f 00 (x) > 0 ⇐⇒ x 2 − 1 > 0 ⇐⇒ |x| > 1 dhe f 00 (x) < 0 ⇐⇒ |x| < 1. Prandaj kurba është e lugët në (−∞, −1) dhe (1, ∞), dhe e mysët në (−1, 1). Grafiku nuk ka pika infleksioni as −1 as 1 sepse ato nuk i përkasin bashkësisë së përkufizimit të f (x). 8. Duke shfrytëzuar informacionin nga 1-7 ne skicojmë grafikun si në Fig. 5.8.

Shembull 5.31. Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) = p

x2 x +1

Zgjidhje 1. Bashkësia e përkufizimit D = {x|x + 1 > 0} = {x|x > −1} = (−1, ∞). 2. Pikëprerja me boshtet (0, 0). 2

2

3. f (−x) = p(−x) = p x 6= f (x) dhe 6= − f (x), atëherë funk(−x)+1 −x+1 sioni nuk është as çift as tek. 4. Meqë x2 =∞ lim p x→∞ x + 1 p ky grafik nuk ka asimtotë horizontale. Meqë x + 1 → 0 kur x → −1+ dhe f (x) është githnjë pozitiv, kemi lim p +

x→−1

x2 x +1

=∞

kështu që drejtëza x = −1 është asimptotë vertikale. 5. p p 2x x + 1 − x 2 · 1/(2 x + 1) x(3x + 4) 0 f (x) = = x +1 2(x + 1)3/2

Figura 5.9: Grafiku i funksionit f (x) =

2 px . x+1

Ne shohim se f 0 (x) = 0 kur x = 0 (x = −3/4 nuk i përket bashkësisë së përkufizimit të f (x) ), prandaj e vetmja pikë kritike është 0. Meqë f 0 (x) < 0 kur −1 < x < 0 dhe f 0 (x) > 0 kur x > 0, f (x) është zbritës në (−1, 0) dhe rritës në (0, ∞). 6. f 0 (0) = 0 dhe f 0 ndryshon nga negativ në pozitiv në 0, f (0) = 0 është minimumi lokal (dhe absolut) në bazë të testit të derivatit të parë. 7. 2(x + 1)3/2 (6x + 4) − (3x 2 + 4x)3(x + 1)1/2 3x 2 + 8x + 8 f 00 (x) = = 4(x + 1)3 4(x + 1)5/2 Vërejmë se emëruesi është gjithmonë pozitiv. Po ashtu edhe numëruesi është githmonë pozitiv sepse dallori i tij është b 2 − 4ac = −32, dhe trinomi ka shenjën e koeficentit pranë x 2 , pra pozitiv. Prandaj f 00 (x) > 0 për të gjitha x nga bashkësia e përkufizimit të funksionit, që do të thotë se grafiku është kudo i lugët e prej këtej nuk ka pika infleksioni. Grafiku i saj është skicuar në Fig. 5.9.

Shembull 5.32. Ndërtoni grafikun e y = xe x Zgjidhje 1. Bashkësia e përkufizimit është R. 2. Pikëprerja me boshtet (0.0). 3. Nuk është simetrik. 218

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

4. Meqë edhe x edhe e x rriten pambarimisht kur x → ∞, ne kemi limx→∞ xe x = ∞, Ndërsa kur x → −∞ kështu që kemi formën e pacaktuar prodhim dhe llogaritja e limitit kërkon zbatimin e Rregullit të L’Hospitalit lim xe x = lim

x→−∞

x→−∞

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

Prandaj boshti i x është asimptotë horizontale. 5. f 0 (x) = xe x + e x = (x + 1)e x Meqë e x është gjithmonë pozitive, ne shohim se f 0 (x) > 0 kur x + 1 > 0, dhe f 0 (x) < 0 kur x + 1 < 0. Pra, f (x) është rritës në (−1, +∞) dhe zbritës në (−∞, −1). 6. Meqë f 0 (−1) = 0 dhe f 0 ndryshon nga negativ në pozitiv në −1 atëherë f (−1) = −e −1 është minimumi lokal (dhe absolut). 7. f 00 (x) = (x + 1)e x + e x = (x + 2)e x Meqë f 00 (x) = (x + 2)e x > 0 kur x > −2 dhe f 00 (x) < 0 kur x < −2, atëherë f (x) është i lugët në (−2, ∞) dhe i mysët në (−∞, −2). Pika e infleksionit është (−2, −2e −2 ). 8. Duke përdorur informacionin e përftuar skicojmë grafikun. Shembull 5.33. Ndërtoni grafikun e funksionit y = 2 cos x + sin 2x Zgjidhje 1. Bashkësia e përkufizimit është R. 2. pikëprerja me boshtin e y është f (0) = 2. Boshti i x pritet kur 2 cos x + sin 2x = 2 cos x + 2 sin x cos x = 2 cos x(1 + sin x) = 0 pra, kur cos x = 0 ose kur sin x = −1. Prandaj në intervalin [0, 2π] pikëprerjet me boshtin e x janë (π/2, 0) dhe (3π/2, 0). 3. f (x) nuk është as çift as tek por f (x +2π) = f (x) për të gjitha x, prandaj funksioni është periodik me preiodë 2π. Kështu që ne e studiojmë sjelljen e tij në intervalin [0, 2π] dhe e shtrijmë kurbën nëpërmjet zhvendosjes. 4. Nuk ka asimptota. 5. Duke llogaritur derivatin e parë kemi Figura 5.10: Grafiku i funksionit f (x) = 2 cos x + sin 2x

f 0 (x) = −2 sin x + 2 cos 2x = −2 sin x + 2(1 − 2 sin2 x) = −2(2 sin2 x + sin x − 1) = −2(2 sin x − 1)(sin x + 1) = 0,

kur sin x = 12 ose sin x = −1, kështu që në [0, 2π] kemi x = π/6, 5π/6, dhe 3π/2. Në përkufizimin e shenjës së f 0 (x) ne përdorim faktin se sin x + 1 ≥ 0 për të gjitha x. Atëherë grafiku është si ne Fig. 5.10.

©AulonaPress

219

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Studioni dhe ndërtoni grafikun e funksionit:

258. y = e x /x

3

223. y = x + x 2

224. y = 2 − 5x + 3x − x

3

225. y = x 4 + 4x 3 226. y = x 3 + 6x 2 + 9x 227. y = 8x 2 − x 4 228. y = x(x + 2)

231. y = 232. y =

235. y

236. y = 237. y =

241. y = 242. y =

ln x x2

+

1 x2

x 2 +3 x x 3 −1

267. y =

x 2 +1 x+1

268. y =

2x 3 +x 2 +x+3 x 2 +2x

269. y =

4x 3 −2x 2 +5 2x 2 +x−3

270. y =

5x 4 +x 2 +x x 3 −x 2 +2

271. Vërtetoni se kurba y=

p 1−x 2 x x 3 x −1

243. y = x − 5x p 3 244. y = x 2 − 1 p 3 245. y = x 3 + 1

y=

2/3

247. y = x + cos x 249. y = 21 x − sin x, 0 < x < 3π 250. y = sec x + tan x, 0 < x < π/2

252. y =

sin x 2+cos x

253. y = e sin x 254. y = e −x sin x, 0 ≤ x ≤ 2π 1 1+e −x 2x x

256. y = e 220

−e

b b x dhe y = − x. a a

janë asimptotat oblike të hiperbolës x2 y 2 − = 1. a2 b2 273. Le të jetë f (x) =

248. y = x tan x, −π/2 < x < π/2

sin x 1+cos x

x 2 + 4x

272. Vërtetoni se drejtëzat

246. y = 3 sin x − sin3 x

251. y =

p

ka dy asimptota oblike: y = x +2 dhe y = −x −2. Përdoreni këtë fakt për të ndërtuar grafikun.

x2 + x − 2

5/3

255. y =

2

Gjeni një ekuacion për asimptotën oblike të kurbës:

x2

p

262. y =

266. y = tan−1 ( x−1 x+1 )

x 2 −4 x 2 −2x x x 2 +9

p 238. y = x 5 − x p 239. y = 2 x − x 240. y =

261. y = ln(sin x)

265. y = e 3x + e −2x

233. y = 234. y

260. y = ln(x 2 − 3x + 2)

264. y = (x 2 − 3)e −x

x x−1

x2 x 2 +9 = x−1 x2 = 1 + x1

259. y = (1 + e x )−2

263. y = xe −x

3

229. y = (4 − x 2 )5 230. y =

257. y = x − ln x

x3 + 1 . x

Vërtetoni se l i m x−→∞ [ f (x) − x 2 ] = 0. Kjo tregon se grafiku i f (x) i afrohet grafikut të y = x 2 , dhe themi se kurba y = f (x) është asimptotike me parabolën y = x 2 . Përdoreni këtë fakt për të skicuar grafikun e f (x). 274. Përdorni sjelljen asimptotike të f (x) = cos x +

1 , x2

për të skicuar grafikun e tij pa qenë nevoja të kalohet nëpër gjithë etapat e studimit të funksionit. ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

5.6 Problemet e optimizimit Metodat që kemi mësuar në këtë kapitull për gjetjen e ekstreme ve gjejnë aplikime praktike në shumë fusha të jetës. Një biznesmen kërkon të minimizojë kostot dhe të maksimizojë fitimet. Një udhëtar kërkon të minimizojë kohën e udhëtimit. Në këtë paragraf dhe në vazhdim ne do të zgjidhim probleme të tilla si maksimizimi i sipërfaqeve, vëllimeve, dhe përfitimeve, si dhe minimizimi i distancave, kohës dhe kostos. Në zgjidhjen e problemeve të tilla praktike problemi më i rëndësishëm është shpesh konvertimi i tyre në probleme të optimizimit matematik duke ndërtuar një funksion që duhet maksimizuar apo minimizuar.

Hapat në zgjidhjen e problemeve të optimizimit 1. Të kuptuarit e problemit: Hapi i parë është të lexuarit me kujdes i problemit derisa ai të behet i qartë për lexuesin. Pyesni veten: Çfarë është e panjohur? Cilat janë të dhënat? Cilat janë kushtet e dhëna? 2. Vizatimi i një diagrame: Në shumë probleme është e përdorshme që të vizatohet një diagramë dhe të identifikohen të dhënat dhe ato që kërkohen në atë diagramë. 3. Konvertimi i të dhënave: Shënojmë me një simbol madhësinë e cila duhet maksimizuar apo minimizuar(le ta quajmë Q tani për tani). Gjithashtu zgjedhim simbolet (a, b, c, · · · , x, y) për madhësitë e tjera të panjohura dhe e lidhim diagramën me të panjohurat me këto simbole. Mund të jetë me vend përdorimi i inicialeve si simbole - për shembull, S për sipërfaqen, h për lartësinë, t për kohën. 4. Shprehim Q në termat e ndonjë prej simboleve të hapit 3. 5. Në qoftë se Q është shprehur si funksion i më shumë se dy variblave në hapin 4, përdorni informacionin e dhënë për të gjetur lidhje në formën e ekuacioneve midis këtyre ndryshoreve. Atëherë, përdorini këto ekuacione për t’i eleminuar këto ndryshore me përjashtim të njërit në shprehjen e Q. Në këtë mënyrë Q do shprehet si funksion i një ndryshorja x, të themi Q = f (x). Shkruajmë bashkësinë e përkufizimit të këtij funksioni. 6. Përdorim metodat e dy paragrafeve të mëparshëm për të gjetur maksimumin apo minimumin absolut të f (x). Në qoftë se bashkësia e përkufizimit të f (x) është një interval i mbyllur, atëherë metoda e intervalit të mbyllur mund të përdoret. Shembull 5.34. Një fermer ka 2400m tel dhe kërkon të rrethojë një fushë drejtkëndore e cila kufizohet nga njëra anë nga lumi. Ai kërkon të rrethojë përgjatë lumit. Cilat janë përmasat e fushës që ajo të ketë sipërfaqen më të madhe? Zgjidhje Do të donim të maksimizonim sipërfaqen S të drejtëndëshit. Le të jenë x dhe y gjerësia dhe gjatësia e drejtëndëshit (në metra). Atëherë, shprehim S në termat e x dhe y: S = xy por duam ta shprehim S në varësi vetëm të një variabli, prandaj ne eleminojmë y duke e shprehur në varësi të x. Për të bërë këtë, përdorim informacionin e dhënë se gjatësia në total është 2400m. Prandaj 2x + y = 2400 Nga ky ekuacion kemi y = 2400 − 2x, që jep S = x(2400 − 2x) = 2400x − 2x 2 Vërejmë se x ≥ 0 dhe x ≤ 1200 (në të kundërt S < 0). Kështu që funksioni që duam të maksimizojmë është S(x) = 2400x − 2x 2 0 ≤ x ≤ 1200 ©AulonaPress

221

Kalkulus

Shaska T.

Derivati është S 0 (x) = 2400 − 4x, prandaj për të gjetur pikat kritike ne zgjidhim ekuacionin 2400 − 4x = 0 i cili na jep x = 600. Vlera maksimum e S mund të ndodhë ose në pikën kritike ose në skajet e intervalit. Meqë S(0) = 0, S(600) = 720, 000, dhe S(1200) = 0, metoda e intevalit të mbyllur jep vlerën maksimum S(600) = 720, 000. Pra, fusha drejtkëndore duhet të jetë 600m e gjerë dhe 1200m e gjatë.

Shembull 5.35. Një enë cilindrike është bërë për të mbajtur 1L vaj. Gjeni përmasat që minimizojnë koston e metalit që duhet për prodhimin e enës së vajit. Zgjidhje Le të jetë r rrezja dhe h lartësia e cilindrit (të dyja në centimetra). Në mënyrë që të minimizohet kostoja e metalit, ne minimizojmë sipërfaqen totale të cilindrit. Sipërfaqja anësore është një drejtkëndësh me përmasa 2πr dhe h. Prandaj sipërfaqja është S = 2πr 2 + 2πr h për të eleminuar h përdorim faktin se vëllimi është 1L, që i bie të jetë 1000cm 3 . Prandaj πr 2 h = 1000 e prej këtej h = 1000/(πr 2 ). Duke zëvendësuar këtë në shprehjen e sipërfaqes do të kemi S = 2πr 2 + 2πr (

2000 1000 ) = 2πr 2 + πr 2 r

Atëherë funksioni që duem të minimizojmë është S(r ) = 2πr 2 +

2000 r >0 r

Për të gjetur pikën kritike, derivojmë: 2000 4(πr 3 − 500) = r2 r2 p 3 Atëherë S 0 (r ) = 0 kur πr 3 − 500 = 0, prandaj e vetmja pikë kritike është r = 500/π. Meqë bashkësia e përkufizimit të S p 3 0 është (0, ∞), ne s’mund të përdorim testin e intervalit të mbyllur. Por mund të vërejmë se S (r ) < 0 për r < 500/π dhe p p 3 3 S 0 (r ) > 0 për r > 500/π. Kështu që r = 500/π përbën pikën e minimumit lokal. Vlera korresponduese e h në lidhje me r është r 1000 1000 3 500 = =2 = 2r h= 2 2/3 πr π π(500/π) p 3 Prandaj për të minimizuar koston e prodhimit të enës cilindrike duhet që rrezja e bazës të jetë r = 500/π cm dhe lartësia sa dyfishi i rrezes. S 0 (r ) = 4πr −

Vërejtje. Argumenti i përdorur në shembullin e mësipërm për minimumin absolut vjen si rrjedhojë e testit të derivatit të parë (i cili përdoret për ekstreme t lokale) dhe ne do t’i referohemi në të ardhmen. Lema 5.3 (Testi i derivatit të parë për vlerat ekstreme absolute). Supozojmë se c është një pikë kritike e një funksioni të vazhdueshëm f (x) të përkufizuar në një interval. (a) Në qoftë se f 0 (x) > 0 për të gjitha x < c dhe f 0 (x) < 0 për të gjitha x > c, atëherë f (c) është vlera maksimum absolut e f (x). (b) Në qoftë se f 0 (x) < 0 për të gjitha x < c dhe f 0 (x) > 0 për të gjitha x > c, atëherë f (c) është vlera minimum absolut e f (x). 222

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Vërejtje. Një metodë alternative për zgjidhjen e problemit të optimizimit është përdorimi i derivimit implicit. Le ta shohim edhe një herë shembullin e mësipërm për të këtë metodë. Punojmë me të njëjtin ekuacion. S = 2πr 2 + 2πr h πr 2 h = 1000 Por në vend që të eleminojmë h ne derivomë në mënyrë implicite të dy ekuacionet në lidhje me r : S 0 = 4πr + 2πh + 2πr h 0 2πr h + πr 2 h 0 = 0 Minimumi ndodh në pikat kritike, kështu që marrim S 0 = 0 thjeshtojmë dhe arrijmë në ekuacionet 2r + h + r h 0 = 0 2h + r h 0 = 0 dhe nga faktorizimi kemi 2r − h = 0, ose h = 2r . Shembull 5.36. Gjeni pikën e parabolës y 2 = 2x e cila është më afër pikës (1, 4). Zgjidhje Distanca ndërmjet pikës (1, 4) dhe (x, y) është d=

q

(x − 1)2 + (y − 4)2

Por në qoftë se (x, y) ndodhet në parabolë, atëherë x = y 2 /2, kështu që shprehja për d bëhet r d= (ose ndryshe mund të zëvendësonim y = minimizojmë d 2 :

1 ( y 2 − 1)2 + (y − 4)2 2

p 2x për të nxjerrë d në terma vetëm të x.) Në vend që të minimizojmë d ne 1 d 2 = f (y) = ( y 2 − 1)2 + (y − 4)2 2

Duke derivuar përftojmë 1 f 0 (y) = 2( y 2 − 1)y + 2(y − 4) = y 3 − 8 2 prandaj f 0 (y) = 0 për y = 2. Vërejmë se f 0 (y) < 0 kur y < 2 dhe f 0 (y) > 0 kur y > 2, kështu që nga testi i derivatit të parë dhe nga testi i vlerave ekstreme absolute, minimumi absolut ndodh për y = 2. Vlera korresponduese e x është x = Pra, pika në parabolën y 2 = 2x që ndodhet më afër pikës (1, 4) është (2, 2).

y2 2

= 2.

Shembull 5.37. Një njeri leshoi barkën e vet në një breg lumi me gjerësi 3km në pikën A dhe kërkon të mbërrijë në pikën B, 8km larg nga pika korresponduese e A në anën tjetër të lumit, sa më shpejt të jetë e mundur. Ai mund ta drejtojë barkën drejt tek pika C e më pas të shkojë në B, por mund t’i drejtohet direkt pikës B, por edhe mund t’i drejtohet fillimisht një pike D ndërmjet C dhe B e prej këtej tek B. Në qoftë se ai vozit me 6km/h dhe vrapon me 8km/h, ku duhet të drejtohet që të arrijë tek B sa më shpejt të jetë e mundur? (Pranojmë se shpejtësia e lumit është e papërfillshme në krahasim me shpejtësinë me të cilën vozit njeriu.) Zgjidhje Le të jetë x distanca nga p C në D, kështu që distanca e vrapimit është |DB| = 8 − x dhe nga teorema e Pitagorës distanca e lundrimit është |AD| = x 2 + 9. Përdorim ekuacionin koha = Atëherë koha e lundrimit është

p

x 2 + 9/6 dhe koha e vrapimit (8 − x)/8, dhe koha në total T si funksion i x është p T(x) =

©AulonaPress

distancë shpejtësi

x2 + 9 8 − x + 6 8 223

Kalkulus

Shaska T.

Bashkësia e përkufizimit të funksionit T është [0, 8]. Vërejmë se po qe se x = 0 ai vozit tek C dhe në qoftë se x = 8 ai vozit drejtpërdrejt tek B. Derivati i T është x 1 T 0 (x) = p − 2 6 x +9 8 Prandaj duke përdorur faktin se x ≥ 0, kemi p x 9 1 T 0 (x) = 0 ⇐⇒ p = ⇐⇒ 4x = 3 x 2 + 9 ⇐⇒ 16x 2 = 9(x 2 + 9) ⇐⇒ 7x 2 = 81 ⇐⇒ x = p 2 8 7 6 x +9 E vetmja pikë kritike është x = p9 . Për të parë se ku ndodh minimumi, tek pika kritike apo në skajet e bashkësisë së 7 përkufizimit [0, 8], ne llogarisim T në të tre pikat: p p 9 7 73 T(0) = 1.5 T( p ) = 1 + ≈ 1.33 T(8) = ≈ 1.42 8 6 7 Meqë më e vogla nga këto vlera ndodh për x =

p9 , minimumi absolut ndodh pikërisht këtu. 7

Shembull 5.38. Gjeni sipërfaqen e drejtëkëndëshit më të madh që mund t’i brendashkruhet një gjysmërrethi me rreze r . Zgjidhje Le të jetë gjysmërrethi i rrethit me rreze r , x 2 + y 2 = r 2 me qendër origjinën e koordinatave. Fjala i nënshkruar do të thotë se drejtkëndëshi ka dy kulme në gjysmërreth dhe dy kulme të tjera në boshtin e x. Le të jetë (x, y) një kulm që ndodhet në kuadrantin e parë. Atëherë, drejtkëndëshi ka brinjët me gjatësi 2x dhe y, kështu që sipërfaqja e tij do jetë S = 2x y Për të eleminuar y përdorim faktin se (x, y) ndodhet në rrethin x 2 + y 2 = r 2 dhe prej këtej y = p S = 2x r 2 − x 2

p r 2 − x 2 . Prandaj

Bashkësia e përkufizimit të këtij funksioni është 0 ≤ x ≤ r . Derivati i tij është S0 = 2

p

2x 2 2(r 2 − 2x 2 ) r 2 − x2 − p = p r 2 − x2 r 2 − x2

p i cili është zero kur 2x 2 = r 2 , pra x = r / 2. Kjo vlerë e x jep vlerën maksimum të S meqënëse S(0) = 0 dhe S(r ) = 0. Prej nga sipërfaqja e drejtkëndëshit më të madh të brendashkruar është s r r2 r S( p ) = 2 p r2 − =r2 2 2 2

5.6.1 Aplikimet në Biznes dhe Ekonomi Në Kap. 3 ne pamë idenë e kostos marxhinale. Rikujtojmë se C(x) është funksioni kosto, kostoja e prodhimit të x njësive të një produkti të caktuar, atëherë kostoja marxhinale është raporti i ndryshimit të C në lidhje me x. Me fjalë të tjera, funksioni kosto marxhinale është derivati C0 (x) i funksionit të kostos. Kostoja marxhinale C0 (x) është koeficenti këndor i tangentes të hequr ndaj kurbës së kostos në pikën (x, C(x)). Funksioni i kostos mesatare C(x) c(x) = x përfaqson koston për njësi kur janë prodhuar x njësi. Për ta gjetur minimumin ne lokalizojmë pikën kritike të c duke përdorur rregullin e raportit në derivimin e ekuacionit të mësipërm: c 0 (x) = 224

xC0 (x) − C(x) x2 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Prodhuesi

Raporti i pjesëmarrjes θ1

Raporti i pjesëmarrjes θ2

Pika e shitjes 1

Pika e shitjes 2

Konkurenca Figura 5.11: Struktura e tregut

Tani c 0 (x) = 0 kur xC0 (x) − C(x) = 0 dhe kjo jep C0 (x) =

C(x) = c(x) x

Prej nga Vërejtje. Në qoftë se kostoja mesatare është minimum, atëherë kostoja marxhinale është e barabartë me koston mesatare. Ky parim ka vend sepse në qoftë se kostoja jonë marxhinale është më e vogël se kostoja mesatare, atëherë ne duhet të prodhojmë më shumë, duke e ulur akoma më shumë koston mesatare. Në mënyrë të ngjashme, në qoftë se kostoja marxhinale është më e madhe se kostoja mesatare, atëherë ne duhet të prodhojmë më pak në mënyrë që të ulim koston mesatare. Shembull 5.39. Një kompani vlerëson se kostoja e prodhimit të një produkti x është C(x) = 2600 + 2x + 0.001x 2 . (a) Gjeni koston, koston mesatare, koston marxhinale të prodhimit të 1000 njësive, të 2000 njësive, të 3000 njësive të këtij produkti. (b) Në çfarë niveli prodhimi kostoja mesatare do të ulet, dhe cila është kostoja mesatare minimum? Zgjidhje (a) Funksioni i kostos mesatare është c(x) =

C(x) 2600 = + 2 + 0.001x x x

Funksioni i kostos marxhinale është C0 (x) = 2 + 0.002x Ne përdorim këtë shprehje për të ndërtuar tabelën e mëposhtme, duke dhënë koston, koston mesatare, dhe koston marxhinale. x 1000 2000 3000

C(x) 5, 600. 00 10, 600. 00 17, 600. 00

c(x) 5. 60 5. 30 5. 87

C0 (x) 4. 00 6. 00 8. 00

Tabela 5.5: Vlerat e kostos në varësi të produktit x. ©AulonaPress

225

Kalkulus

Shaska T.

(b) Për të minimizuar koston mesatare ne duhet të kemi kostoja marxhinale = kostoja mesatare C0 (x) = c(x) 2 + 0.002x =

2600 + 2 + 0.001x x

Ky ekuacion thjeshtohet në 0.001x =

2600 x

kështu që x2 =

2600 = 2, 600, 000 0.001

dhe x=

p 2, 600, 000 ≈ 1612

Për të parë se niveli aktual i prodhimit jep një minimum, ne vërejmë se c 00 (x) = 5200/x 3 > 0, kështu që c është e lugët në të gjithë bashkësinë e përkufizimit. Kostoja mesatare minimum është c(1612) =

2600 + 2 + 0.001(1612) = 5.22 1612

Tani le të konsiderojmë marketingun. Le të jetë p(x) çmimi për njësi që një kompani fiton në qoftë se shet x njësi. Atëherë, p quhet funksion çmim dhe ne presim që ky funksion të jetë funksion zbritës në lidhje me x. Në qoftë se xnjësi janë shitur dhe çmimi për njësi është p(x), atëherë përfitimi total është R(x) = xp(x) dhe R quhet funksioni i shitjes. Derivati i këtij funksioni është quajtur funksioni i fitimit marxhinal dhe raporti i ndryshimit të fitimit në lidhje me numrin e njësive të shitura. Në qoftë se x njësi janë shitur, atëherë fitimi total është P(x) = R(x) − C(x) dhe P quhet funksioni i fitimit. Funksioni i fitimit marxhinal është P 0 , derivati i funksionit fitim. Në mënyrë që të maksimizohet fitimi ne shohim për pikat kritike të P, pra numrat ku fitimi marxhinal është zero. Por në qoftë se P 0 (x) = R0 (x) − C0 (x) = 0 Atëherë R0 (x) = C0 (x). Prej nga Në qoftë se fitimi është maksimum, atëherë fitimi marxhinal = koston marxhinale

Për tu siguruar se ky kusht na jep maksimum, ne mund të përdorim testin e derivatit të dytë. Vërejmë se P 00 (x) = R00 (x) − C00 (x) < 0 kur R00 (x) < C00 (x) dhe ky kusht thotë se raporti i rritjes së fitimit marxhinal është më e vogël se raporti i kostos marxhinale. Prandaj fitimi do jetë maksimal kur R0 (x) = C0 (x) dhe R00 (x) < C00 (x) 226

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 5.40. Përcaktoni nivelin e prodhimit që do maksimizojë fitimin e një kompanie me funksion kostoje dhe funksion cmimi përkatësisht. C(x) = 84 + 1.26x − 0.01x 2 + 0.00007x 3 dhe p(x) = 3.5 − 0.01x Zgjidhje Funksioni i shitjes është R(x) = xp(x) = 3.5x − 0.01x 2 kështu që funksioni i shitjes marxhinale do jetë R0 (x) = 3.5 − 0.02x dhe funksioni i kostos marxhinale do jetë C0 (x) = 1.26 − 0.02x + 0.00021x 2 Prandaj shitja marxhinale është e barabartë me koston marxhinale kur 3.5 − 0.02x = 1.26 − 0.02x + 0.00021x 2 Duke e zgjidhur marrim r x=

2.24 ≈ 103 0.00021

Për të parë në qoftë se kjo jep një maksimum, ne llogarisim derivatin e dytë: R00 (x) = −0.02 C00 (x) = −0.02 + 0.00042x Kështu që R00 (x) < C00 (x) për të gjithë x > 0. Prej nga niveli i prodhimit prej 103 njësive na jep maksimizimin e fitimit. Shembull 5.41. Një dyqan ka shitur 200 DVD players në javë për 350 dollarë secilën. Një vëzhgues marketi tregon se për çdo 10dollarë ulje që i ofrohet një blerësi, numri i playersave të shitur rritet me 20 në javë. Gjeni funksionin e e cmimit, dhe funksionin e shitjes. Sa e madhe duhet të jetë ulja në mënyrë që dyqani ofron për të pasur maksimum të shitjeve? Zgjidhje Në qoftë se x është numri i DVD player-ve të shitur për një javë, atëherë rritja e shitjeve eshtë pothuaj x − 200. Për çdo rritje me 20 player të shitur, cmimi zvogëlohet me 10 dollarë. Kështu që çdo shitje shtesë, ulja e cmimit do jetë 1 20 × 10 dhe funksioni i cmimit është 10 1 p(x) = 350 − (x − 200) = 450 − x 20 2 Funksioni i shitjes është 1 R(x) = xp(x) = 450 − x 2 2 Meqë R0 (x) = 450 − x, ne shohim se R0 (x) = 0 kur x = 450. Kjo vlerë e x jep një maksimum absolut në bazë të testit të derivatit të parë( ose thjesht duke vërejtur që grafiku i R është një parabolë me krahët që zbresin poshtë. ) Cmimi korrespondues është 1 p(450) = 450 − (450) = 225 2 dhe ulja është 350 − 225 = 125. Prej nga, për të maksimizuar shitjet dyqani duhet të ofrojë një ulje prej 125 dollarësh.

Ushtrime

©AulonaPress

227

Kalkulus

Shaska T.

275. Gjeni sipërfaqen e drejtëkëndëshit më të madh që mund ti brendashkruhet nje trekëdëshi këndëdrejte me katete 3 dhe 4 cm, kur dy brinjë të drejtëkëndëshit shtrihen mbi katete. 276. Një drejtëkendësh është brendashkruar në një sferë me reze r . Gjeni volumin më të madh të mundshëm të këtij cilindri. 277. Gjeni sipërfaqen e drejtëkëndëshit më të madh që mund ti brendashkruhet elipsit x2 y 2 + = 1. a2 b2 3

278. Na jepet 1200 cm material për të ndërtuar nje kuti me bazë katrore dhe kapak te hapur. Gjeni volumin më të madh të mundshëm të kutisë. 279. Gjeni dy numra diferenca e të cilëve është 100 dhe produkti minimum.

282. Gjeni dimensionet e një drejtëkëndëshi me perimeter 100 m sipërfaqja e të cilit është sa më e madhe. 283. Një ekip futbolli loz në një stadium me 55 000 vende. Çmimet e biletave janë 10 Euro dhe stadiumi eshte mbushur mesatarisht me 27 000 spektatorë. Kur çmimet e biletave u ulën tek 8 Euro atehere stadiumi mbushej mesatarisht me 33 000 spektatorë. i) Gjeni funksioni e kërkesës (demand function) duke supozuar se është linear. ii) Sa duhet te jenë çmimet e biletave që të maksimizojmë revenue? 284. Në cilën pikë të kurbës y = 1 + 40x 3 − 3x 5

280. Gjeni dy numra pozitovë produkti i të cilëve është 100 dhe shuma është minimum.

tangjentja ka koefiçentin këndor më të madh?

281. Gjeni një numër pozitiv të tille që shuma e atij numri me të anasjelltin e tij të jetë sa më e vogël që të jetë e mundur.

285. Vërtetoni se nga të gjithë trekëndëshat dybrinjishëm me nje perimetër fiks, ai me sipërfaqe më të madhe është trekëndëshi barabrinjës.

228

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

5.7 Metoda e përafrimit të Njutonit Supozojmë se një shitës makinash ju ofron për të shitur një makinë për 18, 000 dollarë me pagesa me këste prej 375 dollarë në muaj për pesë vjet. Ju do të donit të dinit se me cfarë interesi mujor janë këstet. Për të gjetur përgjigjen, juve ju duhet të gjeni zgjidhjen e ekuacionit 48x(1 + x)60 − (1 + x)60 + 1 = 0 (5.10) Si do ta zgjidhnit ju një ekuacion të tillë? Për një ekuacion kuadratik ax 2 +bx +c = 0 ka një formulë të njohur për rrënjët. Për ekuacionet e gradës së tretë dhe të katërt ka gjithashtu formula për rrënjët, por ato janë më të ndërlikuara. Në qoftë se f (x) është një polinom i gradës së pestë, ose më të lartë, në përgjithësi nuk ka formula të tilla. Po njëlloj nuk ka formula që të na mundësojnë gjetjen e rrënjëve të sakta të ekuacioneve transhendente si cos x = x. Ne mund të gjejmë një zgjidhje të përafërt të ekuacionit të mësipërm duke përdorur grafikun e anës së majtë të ekuacionit. Ne shohim se së bashku me zgjidhjen x = 0 që nuk paraqet interes për ne, ka një tjetër zgjidhje ndërmjet 0.007 dhe 0.008. Duke zmadhuar drejtëkëndëshin e pamjes, na del se rrënja është afërsisht 0.0076. Në qoftë se duam ta saktësojmë akoma më shumë ne mund të zmadhojmë në mënyrë të përsëritur, por kjo është e bezdisshme. Një alternativë më e shpejtë është përdorimi i një makine llogaritëse për gjetjen e rrënjëve apo i një sistemi kompjuterik algjebrik. Në qoftë se ne veprojmë në këtë mënyrë, ne gjejmë se rrënja me saktësi deri në nëntë shifra pas presjes është 0.007628603 Si punojnë këto sisteme numerike? Ato përdorin një mori metodash por shumica e tyre përdorin metodën e Njutonit, e cila quhet gjithashtu metoda Njuton - Raphson. Ne do të shpjegojmë se si funksionon kjo metodë, pjesërisht duke treguar se c’ndodh brenda makinës llogaritëse apo kompjuterit dhe pjesërisht si një zbatim i idesë së përafrimit linear. Ne e fillojmë me përafrimin e parë x 1 . Shqyrtojmë tangenten L ndaj grafikut y = f (x) në pikën (x 1 , f (x 1 )) dhe shohim se L pritet me boshtin e x-ve në x 2 . Ideja më pranë metodës së Njutonit është që tangentja është shumë afër kurbës dhe kështu pikëprerja me boshtin e x-ve x 2 është afër me pikëprerjen e kurbës me boshtin e x-ve (pra me rrënjën r ). Meqë tangentja është drejtëz, ne mund ta gjejmë lehtë pikëprerjen me boshtin e x-ve. Për të gjetur një formulë për x 2 në termat e x 1 përdorim faktin se koefiçenti këndor i L është f 0 (x), kështu që ekuacioni i saj është y − f (x 1 ) = f 0 (x 1 )(x − x 1 ) Meqë pikëprerja me L është x 2 , ne marrim y = 0 dhe do të kemi 0 − f (x 1 ) = f 0 (x 1 )(x 2 − x 1 ) Në qoftë se f 0 (x 1 ) 6= 0 ne mund të zgjidhim këtë ekuacion në lidhje me x 2 : x2 = x1 −

f (x 1 ) f 0 (x 1 )

Ne përdorim x 2 si përafrim të dytë në lidhje me r . E më pas ne përsërisim këtë procedurë me x 1 duke e zëvendësuar me x 2 , duke përdorur tangenten në pikën (x 2 , f (x 2 )). Kjo jep një përafrim të tretë: f (x 2 ) x3 = x2 − 0 f (x 2 ) Në qoftë se ne e vazhdojmë përsëritjen e këtij procesi, përftojmë një varg përafrimesh x 1 , x 2 , x 3 , · · · . Në përgjithësi në qoftë se përafrimi i n-t është x n dhe f 0 (x n ) 6= 0, atëherë përafrimi tjetër jepet nga x n+1 = x n −

f (x n ) f 0 (x n )

Në qoftë se numrat x n bëhen gjithnjë e më të afërt me r kur n bëhet shumë e madhe, atëherë ne themi se vargu konvergjon tek r dhe shkruajmë lim x n = r n→∞

Shembull 5.42. Duke u nisur nga x 1 = 2, gjeni përafrimin e tretë x 3 të rrënjës së ekuacionit x 3 − 2x − 5 = 0. ©AulonaPress

229

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Përdorim metodën e Njutonit me f (x) = x 3 − 2x − 5 dhe f 0 (x) = 3x 2 − 2 Vetë Njutoni e ka përdorur këtë ekuacion për të ilustruar metodën e tij dhe zgjodhi x 1 = 2 pas disa eksperimentimeve sepse f (1) = −6, f (2) = −1, dhe f (3) = 16. Atëherë x n+1 = x n −

x n3 − 2x n − 5 3x n2 − 2

për n = 2 kemi x2 = x1 −

x 13 − 2x 1 − 5 3x 12 − 2

= 2−

23 − 2(2) − 5 = 2.1 3(2)2 − 2

Atëherë, me n = 2 ne përftojmë x3 = x2 −

x 23 − 2x 2 − 5 3x 22 − 2

= 2.1 −

(2.1)3 − 2(2.1) − 5 ≈ 2.0946 3(2.1)2 − 2

Pra, del se përafrimi i tretë x 3 ≈ 2.0946 është me saktësi deri në katër shifra pas presjes dhjetore. Supozojmë se duam të arrijmë në saktësinë e duhur deri në të themi tetë shifra pas presjes dhjetore, duke përdorur metodën e Njutonit. Si mund ta dimë se kur duhet të ndalojmë? Rregulli që përdoret në përgjithësi është ai: kur përafrimet e njëpasnjëshme x n dhe x n+1 përputhen deri në tetë shifra pas presjes dhjetore. Shohim se proçedura e kalimit nga n në n +1 është e njëjtë për të gjitha n. Kjo do të thotë se proçedura është mjaft e përshtatshme për përdorim në një makinë llogaritëse apo kompjuter. p 6 Shembull 5.43. Përdorni metodën e Njutonit për të gjetur 2 me saktësi deri në tetë shifra pas presjes. Zgjidhje Fillimisht vërejmë se gjetja e

p 6 2 është ekuivalente me gjetjen e rrënjës pozitive të ekuacionit x6 − 2 = 0

kështu që marrim f (x) = x 6 − 2 dhe f 0 (x) = 6x 5 dhe formula e Njutonit bëhet x n+1 = x n −

x n6 − 2 6x n5

Në qoftë se zgjedhim x 1 = 1si përafrim fillestar, atëherë përftojmë x 2 ≈ 1.16666667 x 3 ≈ 1.12644368 x 4 ≈ 1.12249707 x 5 ≈ 1.12246205 x 6 ≈ 1.12246205 Meqë x 5 dhe x 6 përputhen deri në tetë shifra pas presjes, konludojmë se p 6 2 ≈ 1.12246205 deri në tetëshifra pas presjes. Shembull 5.44. Gjeni rrenjët e f (x) = x 3 − 2x 2 , me pikë fillestare x = 12 .

230

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Një paraqitje grafike është dhënë në Fig. 5.12. Lexuesi të kryejë llogaritjet dhe të vërtetpjë se pas 10 hapash ne marrim x 10 = 0.0003501180175 dhe pas 100 hapash kemi x 100 = 2.82773566410−31 .

Shembull 5.45. Gjeni deri me saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes rrënjën e ekuacionit cos x = x Zgjidhje Fillimisht e rishkruajmë ekuacionin në trajtën standarte:

Figura 5.12: Metoda e Njutonit për f (x) = x 3 − 2x 2 .

cos x − x = 0 prej nga f (x) = cos x − x dhe f 0 (x) = − sin x − 1, dhe formula e Njutonit bëhet x n+1 = x n −

cos x n − x n cos x n − x n = xn + − sin x n − 1 sin x n + 1

Në mënyrë që të supozojmë një vlerë të përshtatshme për x 1 studjojmë grafikun e y = cos x dhe y = x. Duket se ata priten në një pikë abshisa e të cilës është diçka më pak se 1, kështu që le ta marrim x 1 = 1 si prafrim fillestar. Atëherë, marrim x 2 ≈ 0.75036387 x 3 ≈ 0.73911289 x 4 ≈ 0.73908513 x 5 ≈ 0.73908513 Meqë x 4 dhe x 5 përputhen deri në gjashtë shifra pas presjes (tetë në fakt) ne arrijmë në përfundimin se rrënja me saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes, është 0.73908513. Ne mund të përdorim grafikun e dhënë nga një makinë llogaritëse grafike ose një kompjuter. Një grafik me kalkulator sugjeron që të përdorim x 1 = 0.75 si përafrim fillestar. Dhe prej këtej metoda e Njutonit na jep x 2 ≈ 0.73911114 x 3 ≈ 0.73908513 x 4 ≈ 0.73908513 pra ne përftojmë të njëjtën përgjigje por më shpejt se më parë. Ju mund të pyesni se pse nuk përdret gjithmonë metoda e Njutonit duke u nis nga paraqitja grafike në një kompjuter? Por përgjigja është sepse kur kërkohet saktësia deri në një ose dy shifra pas presjes jemi në rregull me përdorimin e grafikut, por kur kërkohet saktësi më e madhe, zmadhimi herë pas here i grafikut është i bezdisshëm.

©AulonaPress

231

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime 286. Supozojmë se drejtëza y = 5x − 4 është tangente me kurbën y = f (x) kur x = 3. Në qoftë se përdoret metoda e Njutonit për të lokalizuar rrënjën e ekuacionit f (x) = 0 dhe pvrafrimi fillestar është x 1 = 3, gjeni përafrimin e dytë x2 . 287. Përdorni metodën e Njutonit me përafrim fillestar të fiksuar x 1 , për të gjetur x 3 , përafrimin e tretë të rrënjës së ekuacionit të dhënë. x 3 + 2x − 4 = 0, x 1 = 1 288.

1 2 1 3 3 x + 2 x + 3 = 0,

x 1 = −3

289. x 5 − x − 1 = 0, x 1 = 1 290. x 5 + 2 = 0, x 1 = −1 291. Përdorni metodën e Njutonit me përafrim fillestar x 1 = −1 për të gjetur x 2 përafrimin e dytë të rrënjës së ekuacionit x 3 + x + 3 = 0. Shpjegoni sesi funksionon metoda duke ndërtuar fillimisht grafikun e funksionit dhe tnagentes në (−1, 1) 292. Përdorni metodën e Njutonit për të përafruar numrat e dhënë ma saktësi deri në tetë shifra pas presjes dhjetore.p p 5 100 20, 100 293. Përdorni metodën e Njutonit për të përafruar rrënjën e ekuacionit të dhënë ma saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes dhjetore. x 4 − 2x 3 + 5x 2 − 6 = 0 në intervalin [1, 2] 294. 2.2x 5 − 4.4x 3 + 1.3x 2 − 0.9x − 4.0 = 0 në intervalin [−2, −1] 295. Rrënjën pozitive të sin x = x 2 296. Rrënjën pozitive të 2 cos x = x 4 297. Përdorni metodën e Njutonit për të gjetur të gjithë rrënjët e ekuacionit me saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes dhjetore. x4 = 1 + x 298. e x = 3 − 2x 299. (x − 2)2 = ln x 1 x

= 1 + x3 p 301. cos x = x 300.

232

302. tan x =

p 1 − x2

303. Përdorni metodën e Njutonit për të gjetur të gjitha rrënjët e ekuacionit me saktësi deri në tetë shifra pas presjes dhjetore. Niseni duke vizatuar grafikun për të përcaktuar përafrimin fillestar. x 6 − x 5 − 6x 4 − x 2 + x + 10 = 0 304. x 2 (4 − x 2 ) =

4 x 2 +1

p 305. x 2 2 − x − x 2 = 1 306. 3 sin(x 2 ) = 2x 2

307. 4e −x sin x = x 2 − x + 1 p 308. e ar c t anx = x 3 + 1 309. Shpjegoni pse nuk funksionon metoda e Njutonit në gjetjen e rrënjës së ekuacionit x 3 − 3x + 6 = 0, në qoftë se përafrimi fillestar është zgjedhur të jetë x 1 = 1. 310. (a) Përdorni metodën e Njutonit me x 1 = 1 për të gjetur rrënjën e x 3 −x = 1 me saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes dhjetore. (b) Zgjidheni ekuacionin e pikës (a) duke përdorur x 1 = 0.6 si përafrim fillestar. (c) Zgjidheni ekuacionin e pikës (a) duke përdorur x 1 = 0.57 si përafrim fillestar. (d) Ndërtoni grafikun e f (x) = x 3 − x −1 dhe tangentes së tij në x 1 = 1, x 1 = 0.6, dhe x 1 = 0.57 për të shpjeguar pse metoda e Nutonit është kaq e ndjeshme ndaj vlerës së përafrimit fillestar. 311. (a) Përdorni metodën e Njutonit për të gjetur numrat kritikë të funksionit f (x) = x 6 −x 4 +3x 3 −2x me saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes. (b)Gjeni vlerën e minimumit absolut të f (x) me saktësi deri në katër shifra pas presjes dhetore. 312. Përdorni metodën e Njutonit për të gjetur vlerën e maksimumit absolut të funkionit f (x) = x cos x, 0 ≤ x ≤ π, me saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes. 313. Në pafundësinë e drejtëzave që janë tangente ndaj kurbës y = − sin x dhe që kalojnë nga origjina njëra prej tyre ka koefiçentin këndor më të madh. Përdorni etodën e Njutonit për të gjetur koefiçentin këndor të kësaj drejtëze me saktësi deri në gjashtë shifra pas presjes dhjetore.

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

5.8 Antiderivatet Një fizikant i cili njeh shpejtësinë e lëvizjes së një grimce, mund t’i nevojitet të dijë pozicionin e saj në një moment të caktuar kohe. Një inxhinjer i cili mund të masë shpejtësinë me të cilën rrjedh uji nga një rezervuar, mund t’i nevojitet të dijë sasinë e ujit që ka rrjedhë gjatë një periudhe të caktuar kohe. Një biolog i cili njeh shpejtësinë me të cilën rritet një popullim bakteriesh mund të dojë të dijë se sa do të jetë popullimi në një kohë në të ardhmen. Në secilin rast, problemi është të gjendet një funksion f (x) derivati i të cilit dihet se është f (x). Përkufizim 5.6. Një funksion f (x) quhet antiderivat (primitivë) i f (x) në një interval I në qoftë se F0 (x) = f (x) për të gjithë x në I. Për shembull, le të jetë f (x) = x 2 . Nuk është e vështirë të gjesh një antiderivat (primitivë) të këtij funksioni duke kujtuar rregullin fuqi të derivimit. Në fakt, në qoftë se F(x) = 13 x 3 , atëherë F0 (x) = x 2 = f (x). Por funksioni G(x) = 1 3 0 2 3 x + 100 gjithashtu kënaq barazimin G (x) = x . Prej nga të dy funksionet f (x) dhe G janë primitivë të f (x). Për më tepër çdo funksion i formës H(x) = 31 x 3 + C, ku C është një konstante, është një primitivë e funksionit f (x). Lind pyetja: A ka të tjera primitiva? Për t’ju përgjigjur kësaj pyetjeje, rikujtojmë se në fillim të këtij kapitulli ne përdorëm teoremën Langranzh për të vërtetuar se dy funksione që kanë në një interval të njëjtin derivat, atëherë ata ndryshojnë nga njëri tjetri me një konstante. Prandaj në qoftë se f (x) dhe G janë dy primitivë të f (x), atëherë F0 (x) = f (x) = G0 (x) kështu që G(x)−F(x) = C, ku C është një konstante. Mund ta shkruajmë këtë si G(x) = F(x)+C, kështu që kemi rezultatin e mëposhtëm. Teorema 5.10. Në qoftë se f (x) është një primitivë e f (x) në intervalin I, atëherë primitivi i përgjithshëm e f (x) në I është F(x) + C ku C është një konstante e çfarëdoshme. 3

Duke u kthyer tek funksioni f (x) = x 2 , ne shohim se primitivi i përgjithshëm e f (x) është x3 + C. Duke i dhënë vlera të veçanta konstantes C, ne përftojmë një familje funksionesh grafikët e të cilëve janë të zhvendosur vertikalisht nga njëri tjetri. Më poshtë po japim antiderivatet e disa funksioneve elementare.

Funksioni c f (x) f (x) + g (x)

Primitivë e vecantë cF(x) F(x) + G(x)

Funksioni sin x 1/ cos2 x

Primitive e vecante − cos x tan x

x n (n 6= −1) 1/x

ln |x|

tan x sin−1 x

ex cos x

ex sin x

1 cos x tan x p 1 1−x 2 1 1+x 2

x n+1 n+1

tan−1 x

Tabela 5.6: Funksioni dhe primitivet

Shembull 5.46. Gjeni primitivin e përgjithshëm të secilit prej funksioneve në vazhdim. (a) f (x) = sin x (b) f (x) = 1/x (c) f (x) = x n , n 6= −1 Zgjidhje (a) Në qoftë se F(x) = − cos x, atëherë F0 (x) = sin x, kështu që një primitivë e sin x është − cos x. Dhe nga teorema e mësipërme primitivi i përgjithshëm do jetë G(x) = − cos x + C. ©AulonaPress

233

Kalkulus

Shaska T.

(b) Rikujtojmë se ddx (ln x) = x1 Kështu që në intervalin (0, ∞) primitivi i përgjithshëm 1/x është ln x + C. Ne gjithashtu kemi mësuar se d 1 (ln |x|) = dx x për të gjitha x 6= 0. Teorema e mësipërme na thotë se primitivi i përgjithshëm i f (x) = 1/x është ln |x| + C në çdo interval që nuk përmban 0. Në veçanti, kjo është e vërtetë në secilin nga intervalet (−∞, 0) dhe (0, ∞). Kështu që primitivi i përgjithshëm i f (x) është ( ln x + C1 në qoftë se x > 0 F(x) = ln(−x) + C2 në qoftë se x < 0 (c) Ne përdorim rregullin fuqi për të gjetur një primitiv të x n . Në fakt, në qoftë se n 6= −1, atëherë µ ¶ (n + 1)x n d x n+1 = = xn dx n +1 n +1 kështu që primitivi i përgjithshëm për f (x) = x n është F(x) =

x n+1 +C n +1

Kjo është e vlefshme për n ≥ 0 duke qenë se f (x) = x n është përkufizuar në një interval. Në qoftë se n është negative (por n 6= −1), kjo ka vlerë për çdo interval që nuk përmban 0.

Figura 5.13: Antiderivativët e funksionit f (x) = x sin x në intervalin [0, 3].

Ashtu si në shembullin e mësipërm, çdo formulë derivimi, kur lexohet nga e djathta në të majtë, na jep një formulë për gjetjen e primitivave. Në tabelën e mëposhtme ne po shënojmë disa primitivë të veçanta. Çdo formulë në tabelë është e vërtetë sepse derivati i funksionit në kollonën e djathtë është në kollonën e majtë. Në veçanti formula e parë thotë se primitivë e një funksioni shumëzuar me një konstante është e barabartë me konstanten shumëzuar me primitivën e vetë funksionit. Formula e dytë thotë se primitivë e shumës së dy funksioneve është e barabartë me shumën e primitivave të atyre funksioneve (përdorim shënimin F0 = f dhe G0 = g ). Shembull 5.47. Gjeni nje antiderivat të funksionit f (x) = x sin x. Ndërtoni grafikun e këtij antiderivati në intervalin [0, 3].

234

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Antiderivatët e f (x) = x sin x janë Z x sin x = sin x − x cos x + C. Grafi i njërit prej tyre është dhënë në Fig. 5.14. Një klasë antiderivatesh është dhënë ne Fig. 5.13. Në shembujt që vazhdojnë ne ndërtojmë grafikët e disa klasa antiderivatesh. Shembull 5.48. Gjeni antiderivatët e funksionit f (x) = x 2 sin x në intervalin [−3, 3].

Figura 5.14: Një antiderivativët i funksionit f (x) = x sin x në intervalin [0, 3].

2

Zgjidhje Antiderivatët e f (x) = x sin x janë Z x 2 sin x = −x 2 cos x + 2 cos x + 2x sin x + C. Grafi i njërit prej tyre është dhënë në Fig. 5.15.

Figura 5.15: Antiderivativët e funksionit f (x) = x 2 sin x në intervalin [−3, 3].

Shembull 5.49. Gjeni antiderivativët e funksionit f (x) = x cos x në intervalin [0, 2π]. Zgjidhje Antiderivatët e f (x) = x cos x janë Z x cos x = cos x + x sin x + c Grafi i tyre është dhënë në Fig. 5.16. Shembull 5.50. Gjeni të gjitha funksionet g (x) të tilla që g 0 (x) = 4 sin x + ©AulonaPress

p 2x 5 − x x 235

Kalkulus

Shaska T.

Figura 5.16: Antiderivativët e funksionit f (x) = x cos x në intervalin [0, 2π]. Zgjidhje Fillimisht e rishkruajmë funksionin e dhënë si më poshtë: p 2x 5 x 1 g 0 (x) = 4 sin x + − = 4 sin x + 2x 4 − p x x x Kështu që ne duam të gjejmë një primitivë të funksionit g 0 (x) = 4 sin x + 2x 4 − x −1/2 Duke përdorur formulat e tabelës së mësipërme së bashku me teoremën, përftojmë g (x) = 4(− cos x) + 2(

x5 x 1/2 )− +C 5 1/2

p 2 = −4 cos x + x 5 − 2 x + C 5 Në zbatimin e Kalkulusit është mjaft e zakonshme paraqitja e një situate të tillë si në këtë shembull, ku kërkohet të gjendet një funksion, kur njihen të dhëna për derivatin e tij. Një ekuacion që përfshin derivatin e funksionit quhet ekuacion diferencial. Një zgjidhje e përgjithshme e një ekuacioni diferencial përfshin një konstante të çfarëdoshme sikurse në shembullin e mësipërm. Megjithatë, mund të ketë disa kushte ekstra të dhëna, që mund të përcaktojmë konstanten e prej këtej të specifikojnë një zgjidhje të veçantë. Shembull 5.51. Gjeni f (x) në qoftë se f 0 (x) = e x + 20(1 + x 2 )−1 dhe f (0) = −2. Zgjidhje Primitivi i përgjithshëm e f 0 (x) = e x +

20 1 + x2

është f (x) = e x + 20 tan−1 x + C Për të përcaktuar C përdorim faktin se f (0) = −2: f (0) = e 0 + 20 tan−1 0 + C = −2 prej nga kemi C = −2 − 1 = −3, në veçanti zgjidhja është f (x) = e x + 20 tan−1 x − 3

236

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 5.52. Gjeni f (x) në qoftë se f 00 (x) = 12x 2 + 6x − 4 dhe f (0) = 4, dhe f (1) = −1. Zgjidhje Primitivi i përgjithshëm e f 00 (x) = 12x 2 + 6x − 4 është f 0 (x) = 12

x3 x2 + 6 − 4x + C = 4x 3 + 3x 2 − 4x + C 3 2

Duke përdorur rregullin e primitivës edhe një herë, gjejmë se f (x) = 4

x4 x3 x2 + 3 − 4 + Cx + D = x 4 + x 3 − 2x 2 + Cx + D 4 3 2

Për të përcaktuar C dhe D përdorim kushtet e dhëna se f (0) = 4, dhe f (1) = −1. Meqë f (0) = 0 + D, kemi D = 4. Meqë f (1) = 1 + 1 − 2 + C + 4 = 1 marrim C = −3. E prej këtej funksioni i kërkuar është f (x) = x 4 + x 3 − 2x 2 − 3x + 4

5.8.1 Gjeometria e primitivave. Në qoftë se na është dhënë grafiku i një funksioni f (x), është e mundur që të skicohet edhe grafiku i një primitive të tij f (x). Supozojmë për shembull se na është dhënë F(0) = 1. Atëherë, kemi një vend nga duhet të nisemi, pika (0, 1), dhe drejtimin sipas të cilit duhet të lëvzim lapsin në letër që na e jep në çdo hap derivati F0 (x) = f (x). Në shembullin në vazhdim përdorim parimet e këtij kapitulli për të treguar se si ndërtohet grafiku i f (x) edhe pse nuk kemi një formulë për f (x). Mund të jetë një rast kur, për shembull f (x) është përkufizuar sipas të dhënave eksperimentale. p Shembull 5.53. Në qoftë se f (x) = 1 + x 2 − x, skiconi grafikun e primitivës f (x) që kënaq kushtin F(−1) = 0. Zgjidhje Ne mund të përpiqemi gjithë ditën për të menduar për formulën e primitivës së f (x), dhe të mos kemi sukses. Një mundësi e dytë do të jetë vizatimi i grafikut të f (x) fillimisht dhe më pas duke përdorur atë skicimi i grafikut të f (x) si në shembullin e mëparshëm. Kjo funksionon, por le të shohim një grafik më të përshtatshëm që merret nga i e ashtuquajtura fushë e drejtimit. Meqë f (0) = 1, grafiku i f (x) ka koefiçent 1 kur x = 0. Kështu ne vizatojmë segmente të shkurtra tangentesh me koefiçent 1, të gjitha të qendërzuara në x = 0. Bëjmë të njëjtën gjv me vlera të ndryshme të x. Quhet fusha e drejtimit sepse secili segment tregon drejtimin sipas së cilit kurba y = F(x) procedon në atë pikë. Tani ne përdorim fushën e drejtimit për të skicuar grafikun e f (x). Meqë kushti fillestar është F(−1) = 0, ne nisemi nga pika (−1, 0) dhe vizatojmë grafikun duke ndjekur drejtimin e segmenteve të tangenteve. Çdo primitivë tjetër mund të merret nga zhvendosja e grafikut të f (x) lart ose poshtë.

5.8.2 Lëvizja drejtëtvizore Primitivat janë përdorur zakonisht në analizimin e lëvizjes së një objekti përgjatë një vije të drejtë. Rikujtojmë se në qoftë se një objekt ka si funksion pozicion s = f (t ), atëherë funksioni shpejtësi është v(t ) = s 0 (t ). Kjo do të thotë se funksioni pozicion është primitivë e funksionit shpejtësi. Në mënyrë të ngjashme funksioni nxitim është a(t ) = v 0 (t ), prandaj funksioni shpejtësi është primitivë e funksionit nxitim. Në qoftë se nxitimi dhe vlerat fillestare s(0) dhe v(0) njihen, atëherë funksioni pozicion mund të gjendet duke përdorur rregullin e primitivës dy herë. Shembull 5.54. Një grimcë lëviz sipas një vije të drejtë dhe ka nxitim të dhënë nga a(t ) = 6t + 4. Shpejtësia fillestare e saj është v(0) = −6cm/s dhe pozicioni fillestar është s(0) = 9cm. Gjeni funksioni pozicion s(t ). ©AulonaPress

237

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Meqë v 0 (t ) = a(t ) = 6t + 4, kemi v(t ) = 6

t2 + 4t + C = 3t 2 + 4t + C 2

Meqë v(0) = C dhe na është dhënë se v(0) = −6 atëherë C = −6 dhe v(t ) = 3t 2 + 4t − 6 Meqë v(t ) = s 0 (t ), s është primitiv i v: s(t ) = 3

t2 t3 + 4 − 6t + D = t 3 + 2t 2 − 6t + D 3 2

Kjo jep s(0) = D. Na është dhënë s(0) = 9, kështu që D = 9 dhe funksioni pozicion i kërkuar është s(t ) = t 3 + 2t 2 − 6t + 9

Një objekt pranë sipërfaqes së tokës është subjekt i forcës gravitacionale që prodhon nxitimin e rënies së lirë të shënuar me g (x). Për lëvizjen pranë tokës pranojmë se g (x) është konstant, vlera e tij është rreth 9.8m/s 2 .

238

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Gjeni primitivin e përgjithshëm të funksionit. Kontrolloni përgjigjen tuaj nëpërmjet derivimit.

342. f 0 (x) = 2x − 3/x 4 , x > 0, f (1) = 3 343. f 0 (x) =

x 1 −1 x ,

f (1) = 21 , f (−1) = 0

314. f (x) = x − 3

344. f 0 (x) = x −1/3 , f (1) = 1, f (−1) = −1

315. f (x) = 12 x 2 − 2x + 6

345. f 0 (x) =

316. f (x) = 12 + 34 x 2 − 54 x 3

346. f 00 (x) = 24x 2 + 2x + 10, f (1) = 5, f 0 (1) = −3

317. f (x) = 8x 9 − 3x 6 + 12x 3

347. f 00 (x) = 4 − 6x − 10x 3 , f (0) = 2, f 0 (0) = 1

318. f (x) = (x + 1)(2x − 1)

348. f 00 (x) = 2 − 12x, f (0) = 9, f (2) = 15

319. f (x) = x(2 − x)2

349. f 00 (x) = 20x 3 + 12x 2 + 4, f (0) = 8, f (1) = 5

320. f (x) = 5x 1/4 − 7x 3/4

350. f 00 (x) = 2 + cos x, f (0) = −1, f (π/2) = 0

321. f (x) = 2x + 3x 1.7 p p 322. f (x) = 6 x − 6 x p p 4 3 323. f (x) = x 3 + x 4

351. f 00 (t ) = 2e t + 3 sin t , f (0) = 0, f (π) = 0

324. f (x) =

10 x9 p

325. f (x) =

x 4 +3 x x2

326. f (x) = 3e x + 7 sec2 x 327. f (x) = cos x − 5 sin x 328. f (t ) =

sin t

+ 2 sinh t x

329. f (x) = 5e − 3 cosh x 330. f (x) =

x 5 −x 3 +2x x4

331. f (x) =

2+x 2 1+x 2

Gjeni primitivin f (x) të f (x) e cila kënaq kushtet e dhëna. Kotrolloni përgjigjen tuaj duke krahasuar grafikët e f (x) dhe f (x). 332. f (x) = 5x 4 − 2x 5 , F(0) = 4

p 4 , 1−x 2

f ( 12 ) = 1

352. f 00 (x) = x −2 , x > 0, f (1) = 0, f (2) = 0 353. f 000 (x) = cos x, f (0) = 1, f 0 (0) = 2, f 00 (0) = 3 354. Është dhënë që grafiku i f (x) kalon nga pika (1, 6) dhe se koefiçenti këndor i tangentes në pikën (x, f (x)) është 2x + 1, gjeni f (2). 355. Gjeni një funksion f (x) të tillë që f 0 (x) = x 3 , dhe drejtëza x + y = 0 është tangente ndaj grafikut të f (x). Ndërtoni grafikun e f (x) dhe përdoreni për të skicuar primitivin që kalon nga origjina. 356. f (x) = 357. f (x) =

sin x , −2π ≤ x 1+x 2

p

≤ 2π

x 4 − 2x 2 + 1 − 1, −1.5 ≤ x ≤ 1.5

Një grimcë lëviz sipas të dhënave të mëposhtme. Gjeni pozicionin e grimcës.

333. f (x) = 4 − 3(1 + x 2 )−1 , F(1) = 0

358. v(t ) = sin t − cos t , s(0) = 0 p 359. v(t ) = 1.5 t , s(4) = 10

Gjeni f (x).

360. a(t ) = t − 2, s(0) = 1, v(0) = 3

334. f 00 (x) = 6x + 12x 2 335. f 00 (x) = 2 + x 3 + x 6 00

336. f (x) =

2 2/3 3x t

337. f 00 (t ) = e

p 338. f 000 (t ) = t − t 339. f 0 (x) = 1 − 6x, f (0) = 8 340. f 0 (x) = 8x 3 + 12x + 3, f (1) = 6 p 341. f 0 (x) = x(6 + 5x), f (1) = 10 ©AulonaPress

361. a(t ) = cos t + sin t , s(0) = 0, v(0) = 5 362. a(t ) = 10 sin t + 3 cos t , s(0) = 0, s(2π) = 12 363. a(t ) = t 2 − 4t + 6, s(0) = 0, s(1) = 20 364. Vërtetoni se për lëvizjen drejtëvizore me nxitim konstant a, shpejtësi fillestare v 0 , dhe zhvendosje fillestare s 0 , zhvendosja pas kohës t është 1 s = at 2 + v 0 t + s 0 2 365. Çfarë nxitimi konstant kërkohet për të rritur shpejtësinë e një makine nga 30km/h në 50km/h në 5s? 239

Kalkulus

240

Shaska T.

©AulonaPress

Kapitulli 6

Integralet Në Kap. 2 ne përdorëm problemet e shpejtësisë dhe të tangentes për të kaluar tek koncepti i derivatit, që është ideja qëndrore në kalkulusin diferencial. Po ashtu edhe në këtë kapitull do e nisim me problemet e sipërfaqes dhe të distancës, për t’i përdorur ato për formulimin e idesë së integralit të caktuar, që është koncepti bazë i kalkulusit integral. Ne do të shohim në Kap. 7 dhe Kap. 8 se si të përdorim integralin për të zgjidhur probleme konkrete praktike. Ekziston një lidhje midis kalkulusit integral dhe atij diferencial. Teorema themelore e kalkulusit lidh integralin me derivatin, dhe ne do shohim në këtë kapitull se kjo thjeshton zgjidhjen e mjaft problemeve.

Figura 6.1: Bernhard Riemann

241

Kalkulus

Shaska T.

6.1 Sipërfaqet dhe distancat Në këtë paragraf do të shohim se në përpjekjen e gjetjes së sipërfaqes së kufizuar nga një kurbë, apo në gjetjen e distancës së përshkuar nga një makinë, në fund arrijmë në të njëjtin tip të veçantë limiti.

6.1.1 Problemi i sipërfaqes E nisim me përpjekjen për të zgjidhur problemin e sipërfaqes: Problem: Gjeni sipërfaqen S të figurës së kufizuar nga grafiku i funksionit y = f (x), drejtëzat x = a dhe x = b dhe boshti i x-ve. Në përpjekjen e zgjidhjes së problemit të sipërfaqes na lind pyetja: Çdo të thotë fjala sipërfaqe? Përgjigja është e thjeshtë për ato figura që kufizohen nga vija të drejta. Për një drejtëkëndësh sipërfaqja përkufizohet si prodhim i gjatësisë me gjerësinë. Sipërfaqja e trekëndëshit është e barabartë me një të dytën e bazës herë lartësinë. Për një shumëkëndësh sipërfaqja llogaritet duke e ndarë në trekëndësha, dhe sipërfaqja e tij do jetë shuma e sipërfaqeve të atyre trekëndëshave. Megjithatë nuk është e lehtë të llogaritet syprina e një sipërfaqeje të kufizuar nga kurba të lëmuara. Të gjithë e kemi idenë intuitive se ç’është syprina e një sipërfaqeje (figure plani). Por pjesë e problemit të syprinës është ta bëjë këtë ide intuitive, një ide të saktë duke dhënë një përkufizim të saktë të syprinës. x=a

f (x)

x =b

f (x)

x

Figura 6.2: Sipërfaqja midis një grafi, drejtezave x = a, x = b, dhe boshtit të x-it. Rikujtojmë se në përkufizimin e tangentes ne fillimisht e përafruam koefiçentin këndor të tangentes me koefiçentin këndor të prerëses dhe më pas morëm limitin e këtij përafrimi. Përdorim një ide të ngjashme për syprinat. Fillimisht e përafrojmë syprinën S me syprinat e drejtëkëndëshave e më pas marrim limitin e syprinës së tyre kur rritet numri i tyre. Shembulli në vazhdim e ilustron më mirë këtë ide.

242

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 6.1. Përdorni drejtëkëndëshat për të njëhsuar syprinën nën parabolën y = x 2 nga 0 tek 1. Zgjidhje Fillimisht vërejmë se syprina S duhet të jetë midis 0 dhe 1 sepse S ndodhet brenda katrorit me brinjë 1 njësi, por ne mund ta saktësojmë akoma më shumë këtë vlerë. Supozojmë se e ndajmë S në katër pjesë S 1 , S 2 , S 3 , dhe S 4 duke ngritur pingule mbi boshtin e x-ve në pikat x = 1/4, x = 1/2, x = 3/4. Ne mund ta përafrojmë çdo pjesë me një drejtëkëndësh me bazë të njëjtë me të dhe lartësi sa vlera e funksionit y = x 2 në pikat e djathta të ndarjes.

Figura 6.3: Integrali for funksionin f (x) = x 2 në segmentin [0, 1]

Seicili nga drejtëkëndëshat ka bazë 1/4 dhe lartësi përkatësisht shumën e syprineve të këtyre drejtëndëshave, ne marrim R4 =

¡ 1 ¢2 ¡ 1 ¢2 ¡ 3 ¢2 dhe 12 . Në qoftë se shënojmë me R4 4 , 2 , 4

µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 1 1 2 1 3 2 1 2 15 + · + · + ·1 = · = 0.46875 4 4 4 2 4 4 4 32

Këta drejtkëndësha të cilët kanë si lartësi vlerën e funksionit në skajin e djathtë të intervalit përkatës quhen drejtëkëndësha të djathtë dhe Rn quhet shuma e djathtë, ku n është numri i ndarjeve të intervalit bazë. Syprina S është më e vogël se R4 , pra S < 0.46875. Në vend që të përdorim drejtëkëndësha si më sipër ne mund të përdorim drejtëkëndësha të majtë, lartësitë e të cilëve janë vlerat e f (x) në skajet e majta të nënintervaleve. Shuma e sipërfaqeve të këtyre drejtëkëndëshave është L4 =

µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 2 1 1 2 1 1 2 1 3 2 7 + · + = ·0 + · = 0, 21875 4 4 4 4 2 4 4 32

Ne shohim se syprina S është më e madhe se L4 , pra ne kemi një vlerësim të sipërm e të poshtëm për S: 0.21875 < S < 0.46875 Ne mund ta përsërisim këtë procedurë me një numër më të madh pjesësh. Figura 6.3 tregon se çfarë ndodh kur ne e ndajmë sipërfaqen në tetë pjesë me bazë të njëjtë. Duke llogaritur shumën e syprinave të drejtkëndëshave të vegjël (L8 ) dhe shumën e syprinave të drejtkëndëshave të mëdhenj (R8 ), ne përftojmë një vlerësim të sipërm dhe të poshtëm më të mirë për S: 0.2734375 < S < 0.3984375 Kështu që një përgjigje e mundshme ndaj kësaj pyetje është se syprina S ndodhet me siguri diku ndërmjet 0.2734375 dhe 0.3984375. Ne mund të marrim një përafrim më të mirë në qoftë se rrisim numrin e ndarjeve. Tabela e mëposhtme tregon rezulatatet e llogaritjeve të ngjashme (me kompjuter) duke përdorur n drejtkëndësha, lartësitë e të cilëve janë matur ©AulonaPress

243

Kalkulus

Shaska T. n 10 20 30 50 100 1000

Ln 0. 2850000 0. 3087500 0. 3168519 0. 32340000 0. 3283500 0. 3328335

Rn 0. 3850000 0. 3587500 0. 3501852 0. 3434000 0. 3383500 0. 33383335

Tabela 6.1: Llogaritja e integralit duke përdorur drejtëkëndëshat

në skajet e majta (Ln ) ose në skajet e djathta (Rn ). Në veçanti ne shohim se duke përdorur 50 ndarje syprina shtrihet midis 0.3234 dhe 0.3434. Me 1000 ndarje S shtrihet ndërmjet 0.3328335 dhe 0.3338335. Një vlerësim i mirë merret nga mesatarja e këtyre numrave: S ≈ 0.3333335. Nga vlerat në tabelën e shembullit të mësipërm, duket se Rn i afrohet 1/3 kur n rritet pambarimisht. E konfirmojmë këtë në shembullin në vijim. Shembull 6.2. Për syprinën S të shembullit të mësipërm, tregoni se shuma e sipërfaqeve të drejtëkëndëshave përafrues (nga e djathta) shkon në 13 , pra 1 lim Rn = n→∞ 3 Zgjidhje Rn është shuma e sipërfaqeve të n drejtkëndëshave. Secili drejtkëndësh ka bazën 1/n dhe lartësitë janë vlerat e funksionit f (x) = x 2 në pikat 1/n, 2/n, 3/n, · · · , n/n; pra lartësitë janë (1/n)2 , (2/n)2 , (3/n)2 , · · · , (n/n)2 . Pra µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 2 1 2 2 1 3 2 1 ³ n ´2 Rn = + + +···+ n n n n n n n n ¢ 1 1 ¡ 2 = · 2 1 + 2 2 + 32 + · · · + n 2 n n ¢ 1 ¡ = 3 12 + 22 + 32 + · · · + n 2 n

(6.1)

Këtu na nevojitet formula e shumës së katrorëve të n numrave të parë natyrorë: 12 + 2 2 + 3 2 + · · · + n 2 =

n(n + 1)(2n + 1) 6

(6.2)

Ju këtë formulë ndoshta e keni parë dhe më parë, ajo mund të provohet lehtë me metodën e induksionit matematik. Duke e zëvendësuar më sipër kemi Rn =

1 n(n + 1)(2n + 1) (n + 1)(2n + 1) · = n3 6 6n 2

Kështu që kemi lim Rn = lim

n→∞

n→∞

(n + 1)(2n + 1) 1 = 6n 2 3

(6.3)

Mund të tregohet se shuma e përafrimit të poshtëm gjthashtu shkon në 13 , pra lim Ln =

n→∞

244

1 3 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Pra, kur n rritet, të dyja Ln dhe Rn i afrohen gjithnjë e më shumë syprinës S. Prej nga ne e përcaktojmë S si limit të shumave të drejtkëndëshave përafrues, pra S = lim Rn = lim Ln = n→∞

n→∞

1 3

Le ta zbatojmë idenë e shembujve të mësipërm në një rast më të përgjithshëm. E nisim me ndarjen e S në syprinat S 1 , S 2 , · · · , S n me bazë të njëjtë si në Fig. 6.3. Gjatësia e intervalit [a, b] është b − a, kështu që gjatësia e secilës bazë do jetë b−a ∆x = n Intervali [a, b] ndahet në n nënintervale [x 0 , x 1 ], [x 1 , x 2 ], [x 2 , x 3 ], · · · , [x n−1 , x n ] ku x 0 = a dhe x n = b. Skajet e djathta të nënintervaleve janë: x 1 = a + ∆x x 2 = a + 2∆x x 3 = a + 3∆x ··· Le të përafrojmë pjesën e i -të S i me një drejtkëndësh me bazë ∆x dhe lartësi f (x i ), që është vlera e f (x) në skajin e djathtë të intervalit. Atëherë, syprina e i -të e drejtkëndëshit është f (x i )∆x. Ajo që mendojmë nga ana intuitive është se syprina S është përafruar nga shuma e syprinave të këtyre drejtkëndëshave, domethënë shuma e djathtë është Rn = f (x 1 )∆x + f (x 2 )∆x + f (x 3 )∆x + · · · + f (x n )∆x Vërejmë se përafrimi bëhet gjithnjë e më i mirë kur rritet numri i ndarjeve, pra kur n → ∞. Prej nga e përkufizojmë syprinën S në këtë mënyrë. Përkufizim 6.1. Syprina e figurës plane S e cila kufizohet nga grafiku i funksionit të vazhdueshëm y = f (x) drejtëzat x = a dhe x = b dhe boshti i x-ve është limiti i shumës së syprinave të drejtkëndëshave përafrues: £ ¤ S = lim Rn = lim f (x 1 )∆x + f (x 2 )∆x + f (x 3 )∆x + · · · + f (x n )∆x n→∞

n→∞

Mund të provohet se limiti në Përkufizimin 6.1 ekziston gjithmonë kur funksioni f (x) është i vazhdueshëm në [a, b]. Gjithashtu mund të tregohet se marrim të njëjtën vlerë në qoftë se përdorim skajet e majta të nënintervaleve: £ ¤ S = lim Ln = lim f (x 0 )∆x + f (x 1 )∆x + f (x 2 )∆x + · · · + f (x n−1 )∆x (6.4) n→∞

n→∞

Në fakt në vend që të përdorim skajet e djathta apo të majta zgjedhim pika të çfarëdoshme x i ∗ brenda nënintervaleve [x i −1 , x i ]. I quajmë numrat x 1 ∗ , x 2 ∗ , · · · , x n ∗ pika të rastit. Kështu një shprehje më e përgjithshme për syprinën S është £ ¤ S = lim f (x 1 ∗ )∆x + f (x 2 ∗ )∆x + f (x 3 ∗ )∆x + · · · + f (x n ∗ )∆x (6.5) n→∞

Shuma

n X i =1

f (x i∗ )∆x

quhet shuma e Riemannit. Nga shprehjet e mësipërme për syprinën marrin trajtën S = lim

n→∞

= lim

n→∞

= lim

n→∞

©AulonaPress

n X i =1 n X i =1 n X

f (x i )∆x f (x i −1 )∆x f (x i ∗ )∆x

i =1

245

Kalkulus

Shaska T. 4

4

4

3

3

3

2

2

2

1

1

1

2

4

6

8

2

4

6

8

2

4

6

8

Figura 6.4: Shuma e djathtë, e majtë, dhe e pikës së mesit.

Shembull 6.3. Le të jetë S syprina e figurës plane të kufizuar nga grafiku i funksionit f (x) = e −x dhe nga drejtëzat x = 0 dhe x = 2. (a) Duke përdorur skajet e djathta, gjeni një shprehje për S si një limit, pa e llogaritur limitin. (b) Vlerësoni syprinën duke marrë pikat e rastit si meset e nënintervaleve, duke përdorur katër nënintervale e më pas dhjetë nënintervale. Zgjidhje (a) Meqë a = 0 dhe b = 2, gjatësia e intervalit është ∆x =

2−0 2 = n n

Kështu që: x 1 = 2/n x 2 = 4/n x 3 = 6/n ··· x i = i /n ··· x n = 2n/n Shuma e syprinave të drejtkëndëshave është Rn = f (x 1 )∆x + f (x 2 )∆x + f (x 3 )∆x + · · · + f (x n )∆x = e −x1 ∆x + e −x2 ∆x + e −x3 ∆x + · · · + e −xn ∆x 2 2 2 = e (−2/n) ( ) + e (−4/n) ( ) + · · · + e (−2n/n) ( ) n n n Në bazë të përkufizimit syprina është S = lim Rn = lim n→∞

n→∞

2 −2/n (e + e −4/n + · · · + e −2n/n ) n

Duke përdorur shënimin sigma mund të shkruajmë S = lim

n→∞

n 2X e −2i /n . n i =1

Është e vështirë të llogaritet drejtpërdrejt limiti, por me ndihmën e një sistemi kompjuterik nuk është aq e vështirë. 246

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

(b) Me n = 4 baza e nënintervaleve do jetë ∆x = 0.5 dhe nënintervalet do jenë [0, 0.5], [0.5, 1], [1, 1.5], [1.5, 2]. Pikat e meseve të tyre janë x 1 ∗ = 0.25, x 2 ∗ = 0.75, x 3 ∗ = 1.25, x 4 ∗ = 1.75 dhe shuma e syprinave të katër drejtkëndëshave përafrues është M4 =

4 X

f (x i ∗ )∆x

i =1

= f (0.25)∆x + f (0.75)∆x + f (1.25)∆x + f (1.75)∆x = e −0.25 (0.5) + e −0.75 (0.5) + e −1.25 (0.5) + e −1.75 (0.5) 1 = (e −0.25 + e −0.75 + e −1.25 + e −1.75 ) ≈ 0.8557 2 Pra, një vlerësim për syprinën është S ≈ 0.8557 Për n = 10 nënintervalet janë [0, 0.2], [0.2, 0.4], · · · , [1.8, 2] dhe pikat e meseve të tyre janë x 1 ∗ = 0.1, x 2 ∗ = 0.3, x 3 ∗ = 0.5, x 10 ∗ = 1.9. Prandaj S = M10 = f (0.1)∆x + f (0.3)∆x + f (0.5)∆x + · · · + f (1.9)∆x = 0.2(e −0.1 + e −0.3 + e −0.5 + · · · + e −1.9 ) ≈ −0.8632 Ky vlerësim është më i mirë se vlerësimi me n = 4.

6.1.2 Problemi i distancës Tani le të shqyrtojmë problemin e distancës: Gjeni distancën e përshkuar nga një objekt lëvizës gjatë një periudhe të caktuar kohe në qoftë se shpejtësia e tij është e njohur në çdo kohë. Në një farë mënyre ky është problemi i anasjelltë i gjetjes së shpejtësisë që kemi parë në Kap. 2. Në qoftë se shpejtësia është konstante, atëherë problemi i distancës është lehtësisht i zgjidhshëm nëpërmjet formulës distanca = shpejtësi × kohë Por në qoftë se shpejtësia ndryshon me kalimin e kohës, nuk është e lehtë të llogaritet distanca e përshkuar. E studiojmë këtë problem duke u nisur nga shembulli në vazhdim. Shembull 6.4. Supozojmë se kilometrazhi i makinës sonë është dëmtuar, dhe ne duam të logarisim disancën e përshkuar gjatë një intervali kohe 30 sekondësh. Lexojmë shpejtësi matësin çdo pesë sekonda dhe i shënojmë të dhënat në tabelën e mëposhtme: koha(s) shpejtesia(mi/h)

0 17

5 21

10 24

15 20

20 32

25 31

30 28

Tabela 6.2: Shpejtësia në varësi të kohës. Në mënyrë që të kemi kohën dhe shpejtësinë në njësinë e kërkuar le ta konvertojmë shpejtësinë e lexuar në këmbë për sekondë. (1mi /h) = 5280/3600 f t /s: koha(s) shpejtesia(ft/s)

0 25

5 31

10 35

15 43

20 47

25 46

30 41

Tabela 6.3: Shpejtësia në këmbë për sekondë. Gjatë pesë sekondave të para shpejtësia nuk ndryshon shumë, kështu që mund ta llogarisim distancën e përshkuar gjatë kësaj kohe duke pranuar se shpejtësia është konstante. Në qoftë se marrim shpejtësinë gjatë intervalit të parë (25 f t /s), atëherë përftojmë distancën e përshkuar gjatë pesë sekondave të para: 25 f t /s × 5s = 125 f t ©AulonaPress

247

Kalkulus

Shaska T.

Njëlloj gjatë intervalit të dytë të kohës shpejtësia është pothuaj konstante dhe e marrim sa shpejtësia kur t = 5s. Kështu që vlerësimi ynë për distancën e përshkuar nga t = 5s në t = 10s është 31 f t /s × 5s = 155 f t Duke kryer këtë veprim për të gjitha intervalet e kohës, marrim edhe totalin e distancës së përshkuar: 25 × 5 + 31 × 5 + 35 × 5 + 43 × 5 + 47 × 5 + 46 × 5 = 1135 f t Po njëlloj ne mund të përdornim shpejtësinë në fund të seicilit prej intervaleve të kohës si shpejtësi konstante. Atëherë, vlerësimi ynë do ishte 31 × 5 + 35 × 5 + 43 × 5 + 47 × 5 + 46 × 5 + 41 × 5 = 1215 f t Në qoftë se do të donim një vlerësim më të saktë, mund të lexonim shpejtësinë çdo dy sekonda. Ndoshta llogaritjet në këtë shembull ju kujtojnë shumat e përdorura pak më parë për llogaritjen e syprinave. Ngjashmëria shpjegohet kur ne skicojmë grafikun e funksionit shpejtësi të një makine dhe vizatojmë drejtkëndësha, lartësitë e të cilëve janë shpejtësitë fillestare për secilin interval kohor. Sipërfaqja e drejtkëndëshit të parë është 25 × 5 = 125, e cila gjithashtu është ajo që ne vlerësuam si distancë e përshkuar në pesë sekondat e para. Në fakt syprina e secilit drejtkëndësh mund të interpretohet si distancë, sepse lartësia përfaqëson shpejtësinë dhe baza kohën. Shuma e sipërfaqeve të drejtkëndëshave në është L6 = 1135, e cila s’është gjë tjetër veçse vlerësimi ynë i parë për distancën totale të përshkuar. Në përgjithësi, supozojmë se një objekt lëviz me shpejtësi v = f (t ), ku a ≤ t ≤ b dhe f (t ) ≥ 0( kështu që objekti lëviz gjithmonë në drejtimin pozitiv). Lexojmë shpejtësitë në kohët t 0 = a, t 1 , t 2 , · · · , t n = b, shpejtësitë janë konstante në secilin nëninterval. Në qoftë se këto intervale janë me gjatësi të njëjtë, atëherë gjatësia e tyre do jetë përkatësisht ∆t = (b − a)/n. Gjatë intervalit të parë të kohës shpejtësia është përafërsisht f (t 0 ) dhe kështu distanca e përshkuar do jetë f (t 0 )∆t . Njëlloj përkufizohet edhe distanca e përshkuar gjatë intervalit të dytë rreth f (t 1 )∆t e me rradhë dhe distanca totale e përshkuar gjatë intervalit të kohës [a, b] do jetë f (t 0 )∆t + f (t 1 )∆t + f (t 2 )∆t + · · · + f (t n−1 )∆t =

n X

f (t i −1 )∆t

i =1

Në qoftë se përdorim shpejtësinë në skajet e djathta, vlerësimi ynë për distancën totale do jetë f (t 1 )∆t + f (t 2 )∆t + f (t 3 )∆t + · · · + f (t n )∆t =

n X

f (t i )∆t

i =1

Sa më shpesh ta matim shpejtësinë, aq më i saktë do jetë vlerësimi ynë, kështu që është me vend që distanca e përshkuar të merret si limit i shprehjeve të tilla: d = lim

n→∞

n X i =1

f (t i −1 )∆t = lim

n→∞

n X

f (t i )∆t

(6.6)

i =1

Meqë ekuacioni i mësipërm ka të njëjtën formë si dhe shprehja për syprinën, del se distanca e përshkuar është e barabartë me syprinën e figurës plane të kufizuar nga grafiku i funksionit shpejtësi.

248

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 1. (a) Vlerësoni syprinën nën grafikun e y = cos x nga x = 0 në x = π/2 duke përdorur katër drejtkëndësha përafrimi dhe skajet e djathta. Ndërtoni grafikun dhe drejtkëndëshat e përafrimit. A është vlerësimi juaj i sipërm apo i poshtëm? (b) Përsërisni pikën (a) duke përdorur skajet e majta. p 2. (a) Vlerësoni syprinën nën grafikun e y = x nga x = 0 në x = 4 duke përdorur katër drejtkëndësha përafrimi dhe skajet e djathta. Ndërtoni grafikun dhe drejtkëndëshat e përafrimit. A është vlerësimi juaj i sipërm apo i poshtëm? (b) Përsërisni pikën (a) duke përdorur skajet e majta.

y = 1 + x2 nga x = −1 në x = 2 duke përdorur tre drejtkëndësha përafrimi dhe skajet e djathta. Më pas bëni një vlerësim me gjashtë drejtkëndësha përafrimi. Ndërtoni grafikun dhe drejtkëndëshat e përafrimit. (b) Përsërisni pikën (a) duke përdorur skajet e majta. (c) Përsërisni pikën (a) duke përdorur pikat e mesit. (d) Nga skicimet tuaja në pikat (a)-(c) cili duket se është përafrimi më i mirë? 2

4. (a) Ndërtoni grafikun e funksionit f (x) = e −x për −2 ≤ x ≤ 2. (b) Vlerësoni syprinën nën grafikun e f (x) duke përdorur katër drejtkëndësha përafrimi dhe një herë skajet e djathta, një herë pikat e mesit. Në secilin rast skiconi grafikun dhe drejtkëndëshat e përafrimit. (c) Vërtetoni vlerësimet e pikës (b) me tetë drejtkëndësha përafrimi. 5. Shpejtësia e një vrapuesi rritet në mënyrë të vazhdueshme gjatë tre sekondave të para të vrapimit. Shpejtësia e tij në intervale gjysmë sekondëshe jepet në tabelën e mëposhtme. Gjeni vlerësimin e sipërm dhe të poshtëm të distancës së përshkuar prej tij gjatë këtyre tre sekondave. 0 0

0.5 6.2

1 10.8

1.5 14.9

2 18.1

2.5 19.4

3 20.2

6. Leximi i shpejtësimatësit të një motoçiklete në intervale prej 12 sekondash jepet në tabelën e mëposhtme. t (s) v(m/s)

1 30

12 28

24 25

36 22

48 24

60 27

(a) Vlerësoni distancën e përshkuar nga motoçikleta gjatë kësaj periudhe kohe duke përdorur shpejtësitë e fillimit të intervaleve të kohës.

©AulonaPress

Përdorni përkufizimin për të gjetur syprinën nën grafikun e f (x) si një limit, pa e llogaritur limitin. 7. f (x) = 8. f (x) =

p 4

x, 1 ≤ x ≤ 16

ln x x ,3≤x

≤ 10

9. f (x) = x cos x, 0 ≤ x ≤ π/2

3. (a) Vlerësoni syprinën nën grafikun e

t (s) v(m/s)

(b) Jepni një tjetër vlerësim duke përdorur shpejtësitë në fund të intervaleve të kohës. (c) Vlerësimet tuaja të pikës (a) dhe (b) janë vlerësime të sipërme apo të poshtme?

Përcaktoni zonën, syprina e së cilës është e barabartë me limitin e dhënë. 2 10 (5 + 2i n) i =1 n

10. limn−→∞

Pn

11. limn−→∞

Pn

π i =1 4n

iπ tan 4n

12. (a) Përdorni përkufizimin për të gjetur një shprehje për syprinën nën kurbën y = x 3 nga 0 në 1 si limit. (b) Përdorni formulën e mëposhtme për të gjetur limitin e pikës (a). 1 3 + 2 3 + 33 + · · · + n 3 =

·

n(n + 1) 2

¸2

13. (a) Shprehni syprinën nën kurbën y = x 5 nga 0 në 2 si limit. (b) Përdorni një sistem algjebrik kompjuterik për të gjetur shumën në shprehjen tuaj të pikës (a). (c) Llogaritni limitin e pikës (a). 14. Gjeni syprinën e saktë të zonës nën grafikun e y = e −x nga 0 në 2 duke përdorur një sistem kompjuterik algjebrik për të llogaritur shumën e më pas limitin. 15. Gjeni syprinën e saktë nën kurbën y = cos x nga x = 0 në x = b, ku 0 ≤ b ≤ π/2. Në veçanti sa është syprina në qoftë se b = π/2? 16. (a) Le të jetë An syprina e një shumëkëndëshi me n brinjë të barabarta i brendashkruar një rrethi me rreze r . Duke e ndarë shumëkëndëshin në n trekëndësha kongruentë me kënd qëndror 2π/n, tregoni se 1 2π An = nr 2 sin( ) 2 n (b) Vërtetoni se limn−→∞ An = πr 2 .

249

Kalkulus

Shaska T.

6.2 Integrali i caktuar Ne pamë se një limit i trajtës lim

n→∞

n X

f (x i ∗ )∆x

(6.7)

i =1

ka vend kur llogarisim një sipërfaqe. Pamë gjithashtu se kur duam të gjejmë distancën e përshkuar nga një objekt lëvizës, arrijmë përsëri në një limit të tillë. Prej këtej del se, një limit i të njëjtit tip zë vend në një numër të madh situatash edhe kur f (x) është jo domosdoshmërisht funksion pozitiv. Në kapitujt 7 dhe 8 do shohim se limite të tilla na çojnë në gjetjen e gjatësisë së një kurbe, vëllimit, qendrës së masës, presionit të ujit etj. Këtij tipi limiti i japim një emër të veçantë.

Figura 6.5: Integrali i caktuar

Në qoftë se f (x) është një funksion i vazhdueshëm në një interval [a, b], e ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervale me gjatësi të njëjtë ∆x = (b − a)/n. Shënojmë me x 0 = a, x 1 , · · · , x n = b skajet e këtyre nënintervaleve dhe x 1 ∗ · · · , x n ∗ le të jenë pika të çfarëdoshme të brendshme të këtyre nënintervaleve. Pra, x i ∗ shtrihet në intervalin [x i −1 , x i ]. Atëherë, integrali i caktuar i f (x) nga a në b është n X

b

Z

f (x)d x = lim

n→∞

a

f (x i ∗ )∆x

i =1

Duke qenë se kemi pranuar se f (x) është i vazhdueshëm, mund të provohet se limiti i mësipërm ekziston gjithmonë dhe jep të njëjtën vlerë pavarësisht se si zgjidhen pikat e rastit x i ∗ . Në qoftë se marrim pikat e rastit në skajet e djathta të nënintervaleve, atëherë përkufizimi i integralit të caktuar vjen në trajtën b

Z

a

f (x)d x = lim

n→∞

n X

f (x i )∆x

(6.8)

i =1

Po që se i zgjedhim pikat e rastit në skajet e majta të nënintervaleve, atëherë përkufizimi merr trajtën Z

b a

f (x)d x = lim

n→∞

n X

f (x i −1 )∆x

i =1

Ose ndryshe ju mund të zgjidhnit si pika të rastit edhe pikat e mesit të nënintervaleve ose çfarëdolloj pike tjetër të brendshme të nënintervaleve [x i −1 , x i ]. Megjithëse shumica e funksioneve që ne kemi përmendur janë të vazhdueshëm, limiti në përkufizimin e integralit të caktuar përsëri ekziston në qoftë se f (x) ka një numër të fundëm pikash këputjeje të mënjanueshme. Kështu që mund të përcaktojmë gjithashtu inegralin e caktuar edhe për funksione të tilla. R Vërejtje. Simboli u përdor nga Laibnici dhe quhet shenja e integralit. Është një S e zgjatur e cila u zgjodh sepse një Rb inegral është limit i një shume. Në shënimin a f (x)d x, f (x) quhet funksioni nën integral dhe a dhe b quhen kufijtë e integrimit. Simboli d x nuk ka ndonjë kuptim zyrtar. Procedura e llogaritjes së një integrali quhet integrim. 250

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Integrali i caktuar është një numër, ai nuk varet nga x. Në fakt mund të përdoret çdo shkronjë në vend të x, pa i ndryshuar vlerën integralit: Z b Z b Z b f (x)d x = f (t )d t = f (r )d r a

a

a

Shuma Rn =

Pn

i =1

f (x i ∗ )∆x,

quhet shumë e Riemanit për nder të matematikanit të madh gjerman Bernhard Riemann (1826-1866). Ne dimë se, kur f (x) është pozitiv, atëherë shuma e Riemanit mund të interpretohet si shumë e syprinave të drejtkëndëshave përafrues. Duke e krahasuar përkufizimin e integralit të caktuar me përkufizimin e syprinës, ne mund të shohim se ai mund të interpretohet si syprina nën kurbën y = f (x) nga a në b. Në qoftë se f (x) merr si vlera pozitive ashtu edhe negative, atëherë shuma e Riemanit është diferenca e shumës së syprinave të drejtkëndëshave që ndodhen mbi boshtin e x-ve me shumën e syprinave të drejtkëndëshave që ndodhen nën boshtin e x-ve. Kur kalojmë në limit të shumave të Riemanit, një integral i caktuar mund të interpretohet si diferencë syprinash: Z b f (x)d x = A1 − A2 , a

ku A1 është syprina e figurës nën grafikun e f (x) dhe mbi boshtin e x-ve, dhe A2 është syprina e figurës nën boshtin e x-ve dhe mbi grafikun e f (x). Në bazë të përkufizimit të saktë të një funksioni ne mund të shkruajmë kuptimin e saktë të limitit, që përcakton integrali i caktuar sipas përkufizimit të tij: Përkufizim 6.2. Për çdo ε > 0 ekziston një numër natyror N i tillë që ¯Z ¯ ¯ b ¯ n X ¯ ¯ ∗ f (x)d x − f (x i )∆x ¯ < ε ¯ ¯ a ¯ i =1 për çdo numër n > N dhe për çdo zgjedhje të x i ∗ në [x i −1 , x i ]. Kjo do të thotë se integrali i caktuar mund të përafrohet me një shkallë saktësie sa të duam nga shuma e Riemanit. Rb Vërejtje. Megjithëse ne e përcaktuam a f (x)d x duke e ndarë segmentin [a, b] në nënintervale me gjatësi të njëjtë, ka raste kur mund të jetë me e përshtatshme të punohet me nënintervale me gjatësi të ndryshme Në qoftë se nënintervalet kanë gjatësi përkatësisht ∆x 1 , ∆x 2 , ∆x 3 , · · · , ∆x n , ne duhet të sigurojmë se ato shkojnë të gjitha në zero gjatë procesit të limitit. Kjo ndodh kur gjatësia më e madhe, max ∆x i shkon në zero. Pra, në këtë rast përkufizimi i integralit të caktuar merr trajtën Z

b a

f (x)d x =

lim

n X

max ∆x i →0 i =1

f (x i ∗ )∆x i

Shembull 6.5. Shprehni limitin si integral në intervalin [0, π]. lim

n→∞

n X

(x i 3 + x i sin x i )∆x

i =1

Zgjidhje Duke krahasuar limitin e dhënë me limitin në përkufizimin e integralit, shohim se janë identikë në qoftë se zgjedhim f (x) = x 3 + x sin x dhe x i ∗ = x i . Na është dhënë se a = 0 dhe b = π. Dhe nga përkufizimi kemi lim

n→∞

©AulonaPress

n X i =1

(x i 3 + x i sin x i )∆x =

π

Z 0

(x 3 + x sin x)d x

251

Kalkulus

Shaska T.

Më vonë kur ne të aplikojmë integralin e caktuar në situatat fizike, do jetë me mjaft rëndësi të shprehen limitet si integrale, siç u veprua në shembullin e mësipërm. Kur Lajbnici zgjodhi shënimin për integralin, bëri pikërisht këtë zgjedhje për të kujtuar proçesin e limitit. Në përgjithësi kur ne shkruajmë n X

lim

n→∞

ne zëvendësojmë lim

P

me

R

b

Z

∗

f (x i )∆x =

i =1

f (x)d x a

dhe x i ∗ me x, dhe ∆x me d x.

6.2.1 Llogaritja e integraleve Kur përdorim përkufizimin për të llogaritur integralin, kemi nevojë të dimë se si duhet të punojmë me shumat. Tre ekuacionet në vazhdim japin formula për shumat e fuqive të numrave natyrorë. n X

i=

i =1 n X

n(n + 1) 2

n(n + 1)(2n + 1) 6 i =1 · ¸ n X 3 n(n + 1) 2 i = 2 i =1 i2 =

Formulat në vazhdim janë rregulla të thjeshtë që përdorin shënimin sigma: n X

c = nc

i =1 n X

c ai = c

i =1 n X i =1 n X

(a i + b i ) = (a i − b i ) =

i =1

n X

ai

i =1 n X

n X

i =1 n X

i =1 n X

ai +

i =1

ai −

bi bi

i =1

Shembull 6.6. (a) Llogarisni shumën e Riemanit për f (x) = x 3 − 6x duke marrë si pika të rastit skajet e djathta të nënintervaleve dhe a = 0, R 3b = 3, dhe n = 6. (b) Llogarisni 0 (x 3 − 6x)d x. Zgjidhje (a)Për n = 6 gjatësia e nënintervaleve është ∆x =

b −a 3−0 1 = = n 6 2

dhe skajet e djathta janë x 1 = 0.5, x 2 = 1, x 3 = 1.5, x 4 = 2, x 5 = 2.5, x 6 = 3. Kështu që shuma e Riemanit është R6 =

6 X

f (x i )∆x = f (0.5)∆x + f (1)∆x + f (1.5)∆x + f (2)∆x + f (2.5)∆x + f (3)∆x

i =1

1 = (−2.875 − 5 − 5.625 − 4 + 0.625 + 9) = −3.9375 2 Vërejmë se f (x) nuk është funksion pozitiv, kështu që shuma e Riemanit nuk përfaqson një shumë syprinash drejtkëndëshash. Por përfaqson shumën e syprinave të drejtkëndëshave të vijëzuar (mbi boshtin e x-ve) minus shumën e syprinave të drejtkëndëshave të ngjyrosur (nën boshtin e x-ve). (b) Me n nënintervale kemi b−a 3 ∆x = = n n 252

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Prandaj x 0 = 0, x 1 = 3/n, x 2 = 6/n, · · · , x i = 3i /n. Meqë po përdorim skajet e djathta kemi 3

Z 0

(x 3 − 6x)d x = lim

n→∞

n X i =1 n X

f (x i )∆x µ

¶ 3i 3 n→∞ n n i =1 µµ ¶3 µ ¶¶ n 3 X 3i 3i = lim −6 n→∞ n n n i =1 µ ¶ n 3 X 27 3 18 i − i = lim 3 n→∞ n n i =1 n à ! n n 81 X 3 54 X = lim i − 2 i n→∞ n 4 n i =1 i =1 µ µ ¶ ¶ 81 n(n + 1) 2 54 n(n + 1) = lim − n→∞ n 4 2 n2 2 µ µ ¶2 µ ¶¶ 81 1 1 = lim 1+ − 27 1 + n→∞ 4 n n 81 27 = − 27 = − = −6.75 4 4 = lim

f

Ky integral nuk mund të interpretohet si një syprinë, sepse f (x) merr edhe vlera negative dhe vlera pozitive. Por mund të interpretohet si diferencë syprinash A1 − A2 . n 40 100 500 1000 5000

Rn -6. 3998 -6. 6130 -6. 7229 -6. 7365 -6. 7473

Tabela 6.4: Vlerat e shumës së Riemanit.

Një metodë akoma më e thjeshtë për llogaritjen e integralit të këtij shembulli do të jepet në paragrafin në vazhdim. R3 Shembull 6.7. (a) Gjeni një shprehje për 1 e x d x si limit i një shume. (b) Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të vlerësuar shprehjen. Zgjidhje (a) Këtu kemi f (x) = e x , a = 1, dhe b = 3, dhe ∆x =

b−a 2 = n n

Kështu që x 0 = 1, x 1 = 1 + 2/n, x 2 = 1 + 4/n, x 3 = 1 + 6/n, dhe x i = 1 + 2i n . Atëherë kemi 3

Z 1

e x d x = lim

n→∞

= lim

n→∞

n X i =1 n X i =1

f (x i )∆x f (1 +

2i 2 ) n n

n 2X e 1+2i /n n→∞ n i =1

= lim ©AulonaPress

253

Kalkulus

Shaska T.

Në qoftë se i kërkojmë një sistemi agjebrik kompjuterik të llogarisë shumën dhe të thjeshtojë, në përftojmë n X

e 1+2i /n =

i =1

e (3n+2)/n − e (n+2)/n e 2/n − 1

tani i kërkojmë sistemit agjebrik kompjuterik të llogarisë limitin: 3

Z 1

2 e (3n+2)/n − e (n+2)/n · = e3 − e n→∞ n e 2/n − 1

e x d x = lim

Ne do të mësojmë një metodë më të thjeshtë për llogaritjen e integraleve në paragrafin tjetër.

Shembullp6.8. Vlerësoni integralet e mëposhtëm duke interpretuar secilin prej tyre në termat e syprinave. R1 (a) 0 1 − x 2 d x R3 (b) 0 (x − 1)d x p Zgjidhje (a)pMeqë f (x) = 1 − x 2 ≥ 0, ne mund ta interpretojmë këtë integral si syprina e figurës plane nën grafikun e kurbës y = 1 − x 2 nga 0 tek 1. Meqë y 2 = 1 − x 2 , del se x 2 + y 2 = 1, e cila na thotë se grafiku i f (x) është një e katërta e rrethit me rreze një, me qendër origjinën e koordinatave. Prej nga Z 1p 0

1 π 1 − x 2 d x = π(1)2 = 4 4

(b) Grafiku i y = x − 1 është drejtëza me koefiçent këndor 1. E llogarisim integralin si diferencë të syprinave të dy trekëndëshave: Z 3 1 1 (x − 1)d x = A1 − A2 = (2 · 2) − (1 · 1) = 1.5 2 2 0

6.2.2 Rregulli i pikës së mesit Shpesh e zgjedhim pikën e rastit si skajin e djathtë të nënintervalit, sepse është e përshtatshme për llogaritjen e limitit. Por në qoftë se qëllimi është gjetja e një përafrimi të integralit, shpesh më e përdorshme është zgjedhja e pikave të rastit si meset e nënintervaleve të cilat i shënojmë me x i . Çdo shumë Riemani është një përafrim i integralit, por në qoftë se përdorim pikat e mesit marrim përafrimin e mëposhtëm. Rregulli i pikës së mesit Z

b a

ku ∆x =

b−a n

f (x)d x ≈

n X

¡ ¢ f (x i )∆x = ∆x f (x 1 ) + · · · + f (x n )

i =1

dhe 1 x i = (x i −1 + x i ) = pika e mesit te[x i −1 , x i ] 2

Shembull 6.9. Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 5 për të përafruar

R2

1 1 x d x.

Zgjidhje Skajet e pesë intervaleve janë 1, 1.2, 1.4, 1.6, 1.8, 2 dhe pikat e meseve do jenë 1.1, 1.3, 1.5, 1.7, dhe1.9. Gjatësia e nënintervaleve do jetë 1 ∆x = (2 − 1)/5 = 5 254

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus 4

3

2

1

2

4

6

8

Figura 6.6: Shuma e pikës së mesit.

dhe kështu rregulli i pikës së mesit na jep 2

Z 1

1 d x ≈ ∆x[ f (1.1) + f (1.3) + f (1.5) + f (1.7) + f (1.9)] x µ ¶ 1 1 1 1 1 1 + + + + ≈ 0.691908 = 5 1.1 1.3 1.5 1.7 1.9

Meqë f (x) = 1/x > 0 për 1 ≤ x ≤ 2, integrali përfaqson një syprinë, dhe përafrimi i dhënë nga rregulli i pikës së mesit është shuma e syprinave të drejtkëndëshave. Për momentin ne nuk e dimë sa i përshtatshëm është përafrimi i shembullit të mësipërm, por në Kap. 7 do mësojmë një metodë për llogaritjen e gabimit që bëhet në përdorimin e rregullit të pikës së mesit. Aty do diskutojmë metoda të tjera përafrimi të integralit të caktuar.

6.2.3 Vetitë e integralit të caktuar Rb Kur përkufizuam integralin e caktuar a f (x)d x, ne pranuam se a < b. Por përkufizimi si limit i shumave të Riemanit ka kuptim edhe për b < a. Vërejmë se në qoftë se ndryshojmë vendet e a me b, atëherë ∆x ndryshon nga (b − a)/n në (a − b)/n. Prej nga Z b Z a f (x)d x = − f (x)d x a

b

Në qoftë se a = b, atëherë ∆x = 0 dhe prej këtej

a

Z a

f (x)d x = 0

Tani do të japim disa veti të integraleve të cilat na ndihmojnë në llogaritjen e tyre sa më thjeshtë. Pranojmë se f (x) dhe g (x) janë funskione të vazhdueshëm. Lema 6.1 (Vetitë e integralit). Për çdo integral të caktuar vetité e mëposhtme janë të vërteta: Rb 1) a cd x = c(b − a), ku c është një konstante e çfarëdoshme. Rb Rb Rb 2) a [ f (x) + g (x)]d x = a f (x)d x + a g (x)d x Rb Rb 3) a c f (x)d x = c a f (x)d x, ku c është një konstante e çfarëdoshme Rb Rb Rb 4) a [ f (x) − g (x)]d x = a f (x)d x − a g (x)d x Rb Rc Rb 5) a f (x)d x = a c f (x)d x + c c f (x)d x Vërtetim Detyrë lexuesit. Shembull 6.10. Gjeni integralin 3 2

Z

x2d x

0

©AulonaPress

255

Kalkulus

Shaska T. f (x) x2 3 2 14 2 1

3/2

Z

x 2 dx

0

x 1 11 2 2

3

Figura 6.7: Integrali i funksionit f (x) = x 2

Zgjidhje Ne dimë se ¯3 x 3 ¯¯ 2 1 9 3 x dx = = · −0 = 3 ¯0 3 4 4

3 2

Z

2

0

Shembull 6.11. Përdorni vetitë e integralit për të llogaritur

R1 0

(4 + 3x 2 )d x.

Zgjidhje Duke përdorur vetitë 2 dhe 3 të integralit, kemi 1

Z 0

Dimë nga vetia 1 se

R1 0

(4 + 3x 2 )d x =

1

Z 0

1

Z 4d x +

0

3x 2 d x =

4d x = 4(1 − 0) = 4, pak më parë pamë se 1

Z 0

Shembull 6.12. Në qoftë se dihet se

(4 + 3x 2 )d x =

R 10 0

1

Z 0

R1 0

1

Z 4d x + 3

f (x)d x = 17 dhe

R8 0

0

1

Z 0

1

Z 4d x + 3

x2d x

0

x 2 d x = 13 . Pra x2d x = 4 + 3 ·

f (x)d x = 12, gjeni

1 =5 3

R 10 8

f (x)d x.

Zgjidhje Nga vetia 5, kemi 8

Z 0

10

Z f (x)d x +

8

10

Z f (x)d x =

f (x)d x 0

prej nga 10

Z 8

10

Z f (x)d x =

0

8

Z f (x)d x −

0

f (x)d x = 17 − 12 = 5

Vërejmë se vetitë 1-5 janë të vërteta kur a < b, a = b, ose kur a > b. Vetitë e tjera në vazhdim janë të vërteta vetëm kur a ≤ b. Lema 6.2 (Vetitë e krahasimit të integralit). Për çdo integral të caktuar vetité e mëposhtme janë të vërteta: Rb (6) Në qoftë se f (x) ≥ 0 për a ≤ x ≤ b, atëherë a f (x)d x ≥ 0. Rb Rb (7) Në qoftë se f (x) ≥ g (x) për a ≤ x ≤ b, atëherë a f (x)d x ≥ a g (x)d x. Rb (8) Në qoftë se m ≤ f (x) ≤ M për a ≤ x ≤ b, atëherë m(b − a) ≤ a f (x)d x ≤ M(b − a). 256

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Rb Vërtetim Në qoftë se f (x) ≥ 0 atëherë a f (x)d x përfaqson syprinën e figurës plane nën grafikun e funksionit y = f (x), kështu që interpretimi gjeometrik i vetisë 6 është thjesht se syprinat janë pozitive. Por vetia mund të vërtetohet në bazë të përkufizimit të integralit. Vetia 7 thotë se një funksion më i madh ka integral më të madh. Rrjedh nga vetia 6 dhe 4 sepse f − g ≥ 0. Vërtetimi i vetisë 8 Meqë m ≤ f (x) ≤ M, vetia 7 na jep Z

b a

b

Z md x ≤

Z f (x)d x ≤

a

b

Md x a

Duke përdorur vetinë 1 për të llogaritur integralet në të majtë dhe të djathtë të këtij mosbarazimi, përftojmë b

Z m(b − a) ≤

f (x)d x ≤ M(b − a)

a

Vetia 8 është e përdorshme kur ajo që duam është një vlerësim i përgjithshëm i masës së integralit, pa qenë nevoja e përdorimit të rregullit të pikës së mesit. R1 2 Shembull 6.13. Duke përdorur vetinë 8 llogarisni 0 e −x d x. 2

Zgjidhje Meqë f (x) = e −x është funksion zbritës në [0, 1] maksimumi absolut i tij është M = f (0) = 1 dhe minimumi absolut i tij është m = f (1) = e −1 dhe nga vetia 8 kemi e

−1

1

Z (1 − 0) ≤

0

ose e −1 ≤

1

Z 0

Meqë e −1 ≈ 0.3679 ne mund të shkruajmë Z 0.367 ≤

©AulonaPress

0

2

e −x d x ≤ 1(1 − 0)

2

e −x d x ≤ 1 1

2

e −x d x ≤ 1

257

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime 17. Llogarisni shumën e Riemanit për f (x) = 3 − 12 x, 2 ≤ x ≤ 14, me gjashtë nënintervale, duke marrë si pika zgjedhjeje skajet e majta të nënintervaleve. Shpjegoni nëpërmjet një diagrame se çfarë përafqsojnë shumat e Riemanit. 18. Në qoftë se f (x) = x 2 −2x, 0 ≤ x ≤ 3, llogarsini shumën e Riemanit me n = 6, duke marrë pikat e zgjedhjes skajet e djathta të nënintervaleve. Shpjegoni nëpërmjet një diagrame se çfarë përfaqësojnë shumat e Riemanit. 19. Gjeni shumën e Riemanit për f (x) = sin x, 0 ≤ x ≤ 3π/2, me gjashtë terma, duke marrë pikat e zgjedhjes skajet e djathta të nënintervaleve. Përdorni rregullin e pikës së mesit me vlerën e dhënë të n për të përafruar integralin. Rrumbullakoseni vlerën deri në katër shifra pas presjes dhjetore. R 10 p x 3 + 1d x, n = 4 20. 2 R π/2 21. 0 cos4 xd x, n = 4 R1 22. 0 sin(x 2 )d x, n = 5 R5 23. 1 x 2 e −x d x, n = 4 24. Përdorni një makinë llogaritëse apo një kompjuter për të bërë një tabelë të vlerave R π të shumave të Riemanit të djathta Rn për integralin 0 sin xd x me n = 5, 10, 50, dhe 100. Cila vlerë nga këta numra përbën përafrmin më të mirë? 25. Përdorni një makinë llogaritëse apo një kompjuter për të bërë një tabelë të vlerave të shumave të Riemanit R2 2 të djathta Rn dhe të majta Ln për integralin 0 e −x d x me n = 5, 10, 50, dhe 100. Cilët janë ata dy numra midis të cilëve ndodhet vlera e integralit? Shprehni limitin e dhënë si integral në intervalin e dhënë. P 26. limn−→∞ ni=1 x i ln(1 + x i2 )∆x, [2, 6] P cos x 27. limn−→∞ ni=1 x i ∆x, [π, 2π] i

28. limn−→∞

Pn q

29. limn−→∞

Pn

i =1

i =1

2x i∗ + (x i∗ )2 ∆x, [1, 8]

[4 − 3(x i∗ )2 + 6(x i∗ )5 ]∆x, [0, 2]

Përdorni përkufizimin e integralit për të njehsuar integralet e mëposhtëm. R5 30. −1 (1 + 3x)d x R4 31. 1 (x 2 + 2x − 5)d x 258

32.

R2

(2 − x 2 )d x

33.

R5

(1 + 2x 3 )d x

0

0

b 2 −a 2 2

34. Vërtetoni se

Rb

xd x =

35. Vërtetoni se

Rb

x2d x =

a a

b 3 −a 3 3

Shprehni integralin si limit të shumave të Riemanit, pa e llogaritur limitin. Rπ 36. 0 sin 5xd x R 10 37. 2 x 6 d x Llogarisni integralin duke e shprehur në terma të syprinës. R3 38. 0 ( 21 x − 1)d x p R0 39. −3 (1 + 9 − x 2 )d x R2 p 40. −2 4 − x 2 d x R3 41. −1 (3 − 2x)d x R2 42. −1 |x|d x R 10 43. 0 |x − 5|d x Rπ 44. Njehsoni π sin2 x cos4 xd x. p R1 p 45. Është dhënë 0 3x x 2 + 4d x = 5 5 − 8. Sa është R0 p 2 1 3u u + 4d u? R1 46. Përdorni vetitë e integraleve për të njehsuar 0 (2e x − 1)d x. 47. Shprehjen e mëposhtme shkruajeni si një integral të Rb vetëm të formës a f (x)d x: Z

2 −2

5

Z f (x)d x +

2

Z f (x)d x −

−1

f (x)d x −2

R5 R5 48. Në qoftë se 1 f (x)d x = 12 dhe 4 f (x)d x = 3.6, R4 atëherë gjeni 1 f (x)d x. R9 R9 49. Në qoftë se 0 f (x)d x = 37 dhe 0 g (x)d x = 16, R9 atëherë gjeni 0 [2 f (x) + 3g (x)]d x. R5 50. Gjeni 0 f (x)d x në qoftë se ( f (x) =

3

në qoftë se

x 0, g (x + h) − g (x) përftohet duke bërë diferencën e syprinave, pra është syprina nën f (x) nga x në x + h. Për h të vogël, kjo syprinë është afërsisht e barabartë me syprinën e drejtkëndëshit me bazë h dhe lartësi f (x): g (x + h) − g (x) ≈ h f (x) prej nga g (x + h) − g (x) ≈ f (x) h Atëherë nga ana intuitive ne presim që g 0 (x) = lim

h→0

g (x + h) − g (x) = f (x) h

Fakti se kjo është e vërtetë edhe kur f (x) nuk është domosdoshmërisht pozitiv, është pjesa e parë e Teoremës Themelore të Kalkulusit. Teorema 6.1 (Teorema Themelore e Kalkulusit, Pjesa e Parë). Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë funksioni g (x) i përkufizuar nga Z x g (x) = f (t )d t a ≤ x ≤ b a

është i vazhdueshëm në [a, b] dhe i derivueshëm në (a, b), dhe g 0 (x) = f (x). 260

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Vërtetim Në qoftë se x dhe x + h janë në (a, b), atëherë x+h

Z g (x + h) − g (x) =

a

µZ

x

a x+h

Z

x

f (t )d t a x+h

Z f (t )d t +

= =

Z f (t )d t −

x

¶ Z f (t )d t −

x

f (t )d t a

f (t )d t x

dhe kështu, për h 6= 0, g (x + h) − g (x) 1 = h h

x+h

Z

f (t )d t

(6.10)

x

Tani le të pranojmë se h > 0. Meqë f (x) është i vazhdueshëm në [x, x + h], teorema mbi funksionet e vazhdueshëm në segment thotë se ekzistojnë numrat u dhe v në [x, x + h] të tillë që f (u) = m dhe f (v) = M, ku m dhe M janë vlerat minimum dhe maksimum absolut përkatësisht të f (x) në [x, x + h]. Nga vetia 8 e integraleve, kemi Z x+h mh ≤ f (t )d t ≤ Mh x

pra x+h

Z f (u)h ≤

f (t )d t ≤ f (v)h

x

Meqë h > 0, mund të pjestojmë anë për anë me h: f (u) ≤

1 h

x+h

Z

f (t )d t ≤ f (v)

x

Tani përdorim Ek. 6.10 për të zëvendësuar pjesën e mesit të mosbarazimit: g (x + h) − g (x) ≤ f (v) (6.11) h Ky mosbarazim mund të tregohet se është i vërtetë në mënyrë të ngjashme edhe kur h < 0. Tani kur h → 0, atëherë u → x dhe v → x, meqënëse u dhe v janë midis x dhe x + h. Prej nga f (u) ≤

lim f (u) = lim f (u) = f (x) u→x

h→0

dhe lim f (v) = lim f (v) = f (x) v→x

h→0

sepse f (x) është i vazhdueshëm në x. Atëherë, nga teorema e shoqëruesve mund të konludojmë se g 0 (x) = lim

h→0

g (x + h) − g (x) = f (x) h

(6.12)

Në qoftë se x = a ose b, atëherë ky ekuacion mund të interpretohet si limit i njëanshëm. Shembull 6.14. Gjeni derivatin e funksionit

xp

Z g (x) = Zgjidhje Meqë f (t ) =

©AulonaPress

0

1 + x2d t

p 1 + x 2 është i vazhdueshëm, nga pjesa e parë e Teoremës Themelore kemi p g 0 (x) = 1 + x 2

261

Kalkulus

Shaska T.

Rx Shembull 6.15. Megjithëse një formulë e formës g (x) = a f (t )d t mund të duket një mënyrë e çuditshme për të përkufizuar një funksion në librat e fizikës, kimisë ose statistikës gjejmë plot raste të tilla. Për shembull, funksioni Fresnel Z x S(x) = sin(πt 2 /2)d t 0

i quajtur në këtë mënyrë në nder të fizikanit francez Augustin Fresnel (1788-1827), i cili është i famshëm për punën e tij në optikë. Ky funksion është parë fillimisht në teorinë e Fresnelit të përthyerjes së rrezeve të dritës. Pjesa e parë e Teoremës Themelore na tregon se si ta derivojmë funksionin Fresnel: S 0 (x) = sin(πx 2 /2) Kjo do të thotë se mund të zbatojmë të gjitha metodat e Kalkulusit diferencial për të analizuar S.

Shembull 6.16. Gjeni derivatin e x4

Z 1

1 dt cos t

Zgjidhje Këtu duhet të kemi kujdes në përdorimin e rregullit zinxhir të ndërlidhur me Teorema Themelore e Kalkulusit. Le të shënojmë me u = x 4 . Atëherë d dx

x4

Z 1

d 1 dt = cos t dx d = du

Z

u

Ã1Z

1 dt cos t x4

1

! du 1 dt cos t dx

1 du = cos u d x 1 = · 4x 3 cos(x 4 )

Teorema 6.2 (Teorema Themelore e Kalkulusit, Pjesa e dytë). Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë Z b f (x)d x = F(b) − F(a) a

ku f (x) është një primitiv i f (x), pra një funksion i tillë që F0 = f . Rx Vërtetim Le të jetë g (x) = a f (t )d t . Ne dimë nga pjesa e parë se g 0 (x) = f (x), pra g (x) është primitiv i f (x). Në qoftë se f (x) është një nga primitivët e f (x) në [a, b], atëherë nga Rrjedhimi i Teoremës së Lagranzhit del se f (x) dhe g (x) ndryshojnë nga njëri -tjetri me një konstante: F(x) = g (x) + C (6.13) për a < x < b. Por si f (x) dhe g (x) janë të vazhdueshëm në [a, b] dhe kështu, duke kaluar në limit të të dy anëve të ekuacionit të mësipërm (kur x → a + dhe x → b − ), ne shohim se ka vend edhe kur x = a dhe x = b. Në qoftë se zëvendësojmë x = a në formulën për g (x), marrim Z a g (a) = f (t )d t = 0. a

Duke përdorur ekuacionin e mësipërm me x = a dhe x = b, kemi £ ¤ £ ¤ F(b) − F(a) = g (b) + C − g (a) + C = g (b) − g (a) Z b = f (t )d t a

262

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Pra, pjesa e dytë e Teoremës na thotë se po të njohim një primitiv të funksionit f (x), ne mund të llogarisim integralin Rb f a (t )d t lehtësisht duke marë vlerat e f (x) në kufijtë e integrimit. Është mjaft mbresëlënë qoftë se që a f (t )d t i përkufizuar sipas një procedure të komplikuar që përfshinte të gjitha vlerat e f (t ) për a ≤ t ≤ b, të mund të llogaritet thjesht duke ditur vlerat e F(x) vetëm në dy pika.

Rb

Shembull 6.17. Llogarisni integralin 3

Z

exd x

1

Zgjidhje Funksioni f (x) = e x është kudo i vazhdueshëm dhe ne dimë se një primitiv i tij është F(x) = e x , kështu që nga pjesa e dytë e Teoremës Themelore kemi 3

Z 1

e x d x = F(3) − F(1) = e 3 − e 1 = e 3 − e

Vërejmë se kjo teoremë thotë se mund të përdoret një primitiv i funksionit, atëherë le të përdorim më të thjeshtën, domethënë F(x) = e x në vend të e x + 7, apo e x + C. Shpesh përdoret edhe shënimi F(x)|ba = F(b) − F(a)

6.3.1 Derivimi dhe integrimi si proçese inverse E mbyllim këtë paragraf duke i bërë bashkë të dy pjesët e Teoremës Themelore. Teorema 6.3 (Teorema Themelore e Kalkulusit). Supozojmë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b]. Rx 1. Në qoftë se g (x) = a f (t )d t , atëherë g 0 (x) = f (x). 2.

Rb a

f (x)d x = F(b) − F(a), ku f (x) është një primitiv i f (x), pra F0 = f .

Vërejmë se pjesa e parë mund të rishkruhet si d dx

x

Z a

f (t )d t = f (x)

që do të thotë se, në qoftë se f (x) është integruar dhe më pas rezultati është derivuar, ne kthehemi pas të funksioni fillestar f (x). Meqë F0 (x) = f (x), pjesa e dytë mund të shkruhet si Z

b a

F0 (x)d x = F(b) − F(a)

Ky version thotë se, në qoftë se marrim një funksion f (x), në fillim e derivojmë e më pas rezultatin e integrojmë, ne kthehemi tek funksioni fillestar f (x), por në formën F(b)−F(a). Të marra së bashku të dyja pjesët e Teoremës Themelore të Kalkulusit thonë se derivimi dhe integrimi janë proçese inverse. Secili prej tyre thjeshton tjetrin. Teorema Themelore e Kalkulusit është pa dyshim më e rëndësishmja në Kalkulus. Para se ajo të zbulohej qysh nga koha e Eudoksit dhe Arkimedit, në kohën e Galileo dhe Ferma, problemet e gjetjes së syprinave, vëllimeve, gjatësive të kurbave, ishin mjaft të vështira dhe vetëm një gjeni mund të gjente zgjidhje. Por tani i pajisur me një metodë sistematike të cilën Newtoni dhe Lajbnici nxorrën në dritë, ne do shohim në kapitujt e mëvonshëm se shumë probleme gjejnë zgjidhje të shpejtë.

©AulonaPress

263

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Përdorni pjesën e parë të Teoremës Themelore të Kalkulusit për të gjetur derivatin e funksionit. 65. g (x) =

Rx

66. g (x) =

Rx

69. 70. 71.

3

et

2 −1

dt

Ry

t 2 sin t d t Rr p g (r ) = 0 x 2 + 4d x Rπp f (x) = x 1 + sec t d t R1 p g (x) = x cos t d t R 1/x h(x) = 2 arctan t d t

67. g (y) = 68.

1 1 t 3 +1 d t

u3 1−3x 1+u 2 d u

R1

76. y =

R0

ex

sin3 t d t

Njehsoni integralin. R2 77. −1 (x 3 − 2x)d x R5 78. −2 6d x R3 79. 1 (3 − 5t + 3t 3 )d t R1 80. 0 (1 + 13 u 2 − 36 u 5 )d u 81.

R1

82.

R7p 7

83.

R2

84.

R 2π

85.

R2

86.

R1

87. 88. 89. 90. 264

0

x 4/5 d x

1

xd x

3 1 t6 d t

π 0

R1

92.

R7

93.

R1

94.

R1

95.

R 2 4+t 2

2

R x2 p 72. f (x) = 0 1 + r 3d r R tan x p p 73. y = 0 t + tdt R cos x 74. y = 1 (1 + v 2 )10 d v 75. y =

91.

0

cosh xd x

1 1 3x d x 2 0 1+t 2 d t

−1 e

1

x+1

t3

dt

Cili është gabimi në këto ekuacione? ¯ R1 −3 ¯1 96. −2 x −4 d x = x−3 ¯ = − 38 −2

97.

R2

98.

Rπ

99.

Rπ

−1

¯2 4 2 ¯ d x = − ¯ = x3 x2 −1

π/3 sec t tan t d t 0

0 (5 + X x)d x R2 2 1 (1 + 3x) d x R2 0 (x − 1)(3x + 5)d x R π/4 sec2 t d t 0 R π/4 sec t tan t d t 0

= sec t |ππ/3 = −3

Përdorni grafikun për të dhënë një vlerësim të syprinës së zonës që ndodhet nën grafikun e kurbës së dhënë. Atëherë, gjeni vlerën e saktë të syprinës. p 100. y = 3 x, 0 ≤ x ≤ 27 101. y = x −4 , 1 ≤ x ≤ 6 102. y = sin x, 0 ≤ x ≤ π 103. y = sec2 x, 0 ≤ x ≤ π/3 Njehsoni integralin dhe interpretojeni si diferencë sipërfaqesh. R2 104. −1 x 3 d x R 5π/2 105. π/4 sin xd x Gjeni derivatin e funksionit R 3x 2 −1 106. g (x) = 2x uu 2 +1 du

cos xd x

p

3 2

sec2 xd x = tan x|π0 = 0

107. g (x) =

x(3 − x 3 )d x

dx

108. y = 109. y =

R x2

tan x

R x3 p p

x

R 5x

p 1 dt 2+t 4

t sin t d t

cos x cos(u

2

)d u

110. Në qoftë se F(x) = gjeni F00 (2).

Rx 1

f (t )d t , ku f (t ) =

111. Gjeni intervalin në të cilin kurba e lugët.

Rx

R t2 1

p 1+u 4 d u, u

1 0 1+t +t 2 d t

është

0 112. R 4 0 Në qoftë se f (1) = 12, f është i vazhdueshëm dhe 1 f (x)d x = 17, cila është vlera e f (4)?

©AulonaPress

Shaska T. 113. Funksioni sinus integral Z x sin t dt Si (x) = t 0 është i rëndësishëm në inxhinjerinë elektrike. Funksioni f (t ) = (sin t )/t nuk është i përkufizuar kur t = 0, por dimë që limiti i tij kur t −→ 0 është 1. Kështu që e përcaktojmë f (0) = 1 dhe kjo e bën këtë funksion të vazhdueshëm kudo. (a) Vizatoni grafikun e Si . (b) Në çfarë vlere të x-it ky funksion ka vlerë maksimumi lokal? (c) Gjeni koordinatat e pikës së parë të infleksionit në të djathtë të origjinës. (d) A ka ky funksion asimptota horizontale? (e) Zgjidhni ekuacionin e mëposhtëm me saktësi deri në një shifër pas presjes dhjetore: Z x sin t dt = 1 t 0

©AulonaPress

Kalkulus 114. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm dhe g (x), h(x) janë të derivueshëm, gjeni një formulë për d dx

Z

h(x)

f (t )d t g (x)

p 115. (a) Vërtetoni se 1 ≤ p1 + x 2 ≤ 1 + x 3 , për të gjitha x. R1 (b) Vërtetoni se 1 ≤ 0 1 + x 3 d x ≤ 1.25. 116. Vërtetoni se 10

Z 0≤

5

x2 d x ≤ 0.1 x4 + x2 + 1

duke krahasuar funksionin nën integral me ndonjë funksion më të thjeshtë. 117. Gjeni një funksion f (x) dhe një numër a të tillë që x

Z 6+

a

p f (t ) d t = 2 x për x > 0 t2

265

Kalkulus

Shaska T.

6.4 Integralet e pacaktuara. Ne pamë në paragrafin e mëparshëm se pjesa e dytë e Teoremës Themelore të Kalkulusit na mundëson një metodë mjaft të fuqishme për llogaritjen e integralit të caktuar të një funksioni, duke pranuar se ne mund të gjejmë një primitiv të funksionit. Në këtë paragraf ne japim një shënim për primitivat, rishikojmë formulat e primitivave dhe i përdorim ato për të llogaritur integralet e caktuara. Ne gjithashtu e riformulojmë Teorema Themelore e Kalkulusit në mënyrë që të jetë më e lehtë për tu zbatuar në problemet inxhinjerike.

6.4.1 Integralet e pacaktuara Të dy pjesët e Teoremës Themelore tregojnë lidhjen midis primitivave dhe integralit të caktuar. Pjesa e parë thotë se Rx Rb në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm, atëherë a f (t )d t është primitiv i f (x). Pjesa e dytë thotë se a f (x)d x mund të gjendet nëpërmjet llogaritjes F(b) − F(a), ku f (x) është një primitivë e f (x). Ne na nevojitet një shënim i përshtashëm për primitivat për të bërë të mundur përdorimin e tyre R shumë thjesht. Për shkak të lidhjes së dhënë nga Teorema Themelore ndërmjet primitivave dhe integraleve, shënimi f (x)d x përdoret tradicionalisht për një primitiv të f (x), dhe quhet integral i pacaktuar. Prandaj, Z

f (x)d x = F(x) do të thotë F0 (x) = f (x)

Z

x2d x =

Për shembull, mund të shkruajmë d x3 x3 + C sepse ( + C) = x 2 3 dx 3

Pra, ne mund ta shohim integralin si përfaqësues të një familje të tërë funksionesh (një primitivë për çdo vlerë të konstantes C). Vërejtje. Duhet të bëni kujdes në dallimin ndërmjet integralit të caktuar dhe integralit të pacaktuar. Integrali i caktuar R Rb a f (x)d x është një numër, ndërsa integrali i pacaktuar f (x)d x është një funksion (ose familje funksionesh). Lidhja midis tyre jepet nga pjesa e dytë e Teoremës Themelore. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë Z

b a

Z f (x)d x =

¯b ¯ f (x)d x ¯¯

a

Efektiviteti i Teoremës Themelore varet nga ekzistenca e primitivave të funksionit. Dhe kështu ne e nisim nga Tabela e Formulave të Primitivave së bashku me të tjera formula, duke i shënuar si integrale të pacaktuara. Çdo formulë mund të verifikohet duke derivuar funksionin në të djathtë prej nga përftohet funksioni nën integral. Për shembull,

Z

266

1 d 1 (tan x + C) = d x = tan x + C sepse 2 cos x dx cos2 x ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Tabela e integraleve të pacaktuara

Z

Z c f (x)d x = c

Z

f (x)d x Z Z [ f (x) + g (x)]d x = f (x)d x + g (x)d x

Z kd x = kx + C x n+1 + C{n 6= −1} n +1

Z

xn d x =

Z

1 d x = ln |x| + C x

Z

exd x = ex + C

Z

ax d x =

ax +C ln a

Z

(6.14)

sin xd x = − cos x + C Z cos xd x = sin x + C Z Z Z Z Z Z

1 d x = tan x + C cos2 x 1 d x = cot x + C sin2 x 1 1 tan xd x = +C cos x cos x 1 1 cot xd x = − +C sin x sin x 1 d x = tan−1 x + C x2 + 1 1 d x = sin−1 x + C p 1 − x2

Rikujtojmë se shumica e primitivave në një interval të dhënë përftohet duke i shtuar një konstante një primitive të veçantë. Pranojmë se kur jepet një formulë për një integral të pacaktuar, ajo vlen vetëm për një interval. Prandaj shkruajmë Z 1 1 dx = − +C x2 x duke nënkuptuar se kjo vlen për një interval (0, ∞) ose (−∞, 0). Kjo është e vërtetë duke patur parasysh faktin se, primitivi i përgjithshëm i funksionit f (x) = 1/x 2 , x 6= 0, është  1    − + C1 x F(x) = 1    − + C2 x

në qoftë se

x 0

Shembull 6.18. Gjeni integralin e pacaktuar Z µ 10x 4 − 2

©AulonaPress

¶ 1 dx cos2 x 267

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Duke përdorur Tabelën e integraleve dhe faktin e mësipërm, kemi ¶ Z Z Z µ 1 1 4 d x = 10 x d x − 2 dx 10x 4 − 2 cos2 x cos2 x = 10

x5 − 2 tan x + C 5

Shembull 6.19. Llogarisni Z

cos x sin2 x

dx

Zgjidhje Ky integral i pacaktuar nuk është i shfaqur në tabelën e integraleve, kështu që ne përdorim identitetet trigonometrike për të rishkruar funksionin para se ta integrojmë: Z Z 1 cos x cos x d x = · dx 2 sin x sin x sin x Z 1 cot xd x = sin x 1 =− +C sin x

Shembull 6.20. Njehsoni 3

Z 0

(x 3 − 6x)d x

Zgjidhje Duke përdorur Teoremën themelore të Kalkulusit dhe tabelën e integraleve, kemi: 3

Z 0

¶¯3 x 2 ¯¯ x4 −6 (x − 6x)d x = 4 2 ¯0 µ ¶ µ ¶ 1 4 1 2 = · 3 − 3 · 32 − · 0 − 3 · 02 4 4 81 = − 27 − 0 + 0 4 = −6.75 µ

3

Shembull 6.21. Gjeni 2

Z 0

(2x 3 − 6X +

3 )d x x2 + 1

dhe interpretoni rezultatin si sipërfaqe. Zgjidhje Teorema Themelore na jep 2

Z 0

268

(2x 3 − 6x +

µ 4 ¶¯2 ¯ 3 x x2 −1 ¯ )d x = 2 − 6 + 3 tan x ¯ 2 x +1 4 2 ¶ 0 µ 1 = x 4 − 3x 2 + 3 tan−1 x |20 2 1 4 = (2) − 3(2)2 + 3 tan−1 2 − 0 2 = −4 + 3 tan−1 2 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Kjo është vlera e saktë e integralit. Në qoftë se do të donim një vlerësim të përafërt dhjetor, ne mund të përdorim një makinë llogaritëse për të përafruar tan−1 2. Duke vepruar në këtë mënyrë, ne përftojmë Z 2µ 2x 3 − 6x + 0

Shembull 6.22. Vlerësoni

9

Z 1

¶ 3 d x ≈ −6.67855 x2 + 1

p 2t 2 + t 2 t − 1 dt t2

Zgjidhje Fillimisht na duhet ta sjellim funksionin nën integral në një formë më të thjeshtë duke mënjanuar raportin: p Z 9 2 Z 9 2t + t 2 t − 1 d t = (2 + t 1/2 − t −2 )d t t2 1 1 à !¯9 t 3/2 t −1 ¯¯ = 2t + 3 − ¯ −1 ¯ 2 1 µ ¶¯ 2 3/2 1 ¯¯9 = 2t + t + ¯ 3 t 1 ¶ µ ¶ µ 2 3/2 1 2 3/2 1 − 2·1+ ·1 + = 2 · 9 + (9) + 3 9 3 1 1 2 = 18 + 18 + − 2 − − 1 9 3 4 = 32 9

6.4.2 Zbatime Pjesa e dytë e Teoremës Themelore thotë se, në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë Z b f (x)d x = F(b) − F(a) a

ku F është ndonjë primitiv i f (x). Kjo do të thotë se F0 = f , kështu që ekuacioni mund të shkruhet si Z b F0 (x) = F(b) − F(a). a

0

Ne e dimë se F (x) përfaqson raportin e ndryshimit të F(x) në lidhje me x dhe F(b) − F(a) është ndryshimi i y kur x ndryshon nga a në b. Kështu që ne mund të riformulojmë Teoremën Themelore të Kalkulusit (pjesa e dytë) si më poshtë. Teorema 6.4 (Teorema e ndryshimit neto). Integrali i raportit të ndryshimit është ndryshimi neto. Z b F0 (x)d x = F(b) − F(a) a

Ky parim mund të gjejë aplikim tek të gjitha raportet e ndryshimit në shkencat shoqërore dhe natyrore të cilat ne i studiuam në Kap. 3. Këtu janë disa shembuj të kësaj ideje: • Në qoftë se V(t ) është vëllimi i ujit në një rezervuar në kohën t , atëherë derivati i tij V 0 (t ) është shpejtësia me të cilën uji rrjedh në rezervuar në kohën t . Kështu që Z t2 V 0 (t )d t = V(t 2 ) − V(t 1 ) t1

është sasia me të cilën shtohet uji gjatë intervalit të kohës nga t 1 në t 2 . ©AulonaPress

269

Kalkulus

Shaska T.

• Në qoftë se [C](t ) është përqendrimi i një produkti të një reaksioni kimik në kohën t , atëherë shpejtësia e reaksionit kimik është derivati d [C]/d t . Kështu që t2

Z

d [C] d t = [C](t 2 ) − [C](t 1 ) dt

t1

është ndryshimi i përqendrimit të C nga koha t 1 në t 2 . • Në qoftë se raporti i rritjes së një popullimi është d n/d t , atëherë t2

Z

dn d t = n(t 2 ) − n(t 1 ) dt

t1

është ndryshimi në rrjet i popullatës gjatë periudhës nga t 1 në t 2 . • Në qoftë se C(x) është kostoja e prodhimit të x njësive të një produkti, atëherë kostoja marxhinale është derivati C0 (x). Kështu që Z

x2 x1

C0 (x)d x = C(x 2 ) − C(x 1 )

është rritja e kostos kur prodhimi rritet nga x 1 njësi në x 2 njësi. • Në qoftë se një objekt lëviz përgjatë një vije të drejtë me funksion pozicion s(t ), atëherë shpejtësia e tij është v(t ) = s 0 (t ), kështu që Z t2 v(t )d t = s(t 2 ) − s(t 1 ) (6.15) t1

është ndryshimi në rrjet i pozicionit, të objektit gjatë periudhës së kohës nga t 1 në t 2 . • Në qoftë se duam të llogarisim distancën e përshkuar gjatë një intervali kohe, na duhet të konsiderojmë intervalet kur v(t ) ≥ 0 (objekti lëviz nga e djathta) dhe po ashtu intervalet kur v(t ) ≤ 0 (objekti lëviz nga e majta). Në të dy rastet distanca është llogaritur duke integruar |v(t )| shpetësinë. Prej nga Z

t2 t1

|v(t )|d t = distanca totale e përshkuar

(6.16)

• Nxitimi i një objekti është a(t ) = v 0 (t ), kështu që Z

t2

a(t )d t = v(t 2 ) − v(t 1 )

t1

është ndryshimi i shpejtësisë nga koha t 1 në t 2 . Shembull 6.23. Një grimcë lëviz përgjatë një vije të drejtë, kështu që shpejtësia e saj në kohën t është v(t ) = t 2 − t − 6 (i matur në metra për sekondë). (a) Gjeni zhvendosjen e grimcës gjatë periudhës së kohës 1 ≤ t ≤ 4. (b) Gjeni distancën e përshkuar gjatë kësaj kohe. Zgjidhje (a) Zhvendosja është 4

Z s(4) − s(1) =

v(t )d t 1 4

Z =

1

(t 2 − t − 6)d t

¶¯4 ¯ t3 t2 9 = − − 6t ¯¯ = − 3 2 2 1 µ

270

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Kjo do të thotë se grimca ka lëviz 4.5 m nga e majta. (b) Vërejmë se v(t ) = t 2 − t − 6 = (t − 3)(t + 2), prej nga v(t ) ≤ 0 në intervalin e mbyllur [1, 3] dhe v(t ) ≥ 0 në [3, 4]. Prandaj, distanca e përshkuar është 4

Z 1

3

Z |v(t )|d t =

1

Z =

1

4

Z [−v(t )]d t +

v(t )d t Z 4 3 (−t 2 + t + 6)d t + (t 2 − t − 6)d t 3

3

¶¯3 µ 3 ¶¯4 µ 3 ¯ ¯ t t2 t2 t − − 6t ¯¯ = − + + 6t ¯¯ + 3 2 3 2 1 3 61 = ≈ 10.17m 4

©AulonaPress

271

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime 143.

R9p 2t d t 0

144.

R −1

145.

R2

cos3 xd x = sin x − 13 sin3 x + C p R 121. p x d x = 3b2 2 (bx − 2a) a + bx + C

146.

R1

p p x( 3 x + 4 x)d x

147.

R5

(2e x + 4 cos x)d x

Gjeni integralin e pacaktuar. R 122. (x 2 + x −3 )d x p R p 3 123. ( x 3 + x 2 )d x R 124. (x 4 − 12 x 3 + 41 x − 2)d x R 125. (y 3 + 1.8y 2 − 2.4y)d y R 126. (1 − t )(2 + t 2 )d t R 127. t (t 2 + 1)d t

148.

R4q5

149.

R 9 3x−2

150.

Rπ

151.

R π/3 sin x+sin x tan2 x

152.

R 64 1+ p 3 x

153.

R 10

154.

R 1/p3

Verifikoni nëpërmjet derivimit në qoftë se formula është e saktë. p R 118. p x2 d x = x 2 + 1 + C x +1

119. 120.

R

x cos xd x = x sin x + cos x + C

R

a+bx

p x 3 −2 x

−2

x+5x 7 dx x3

1 0 0

(4x 3 + x23 )d x

x dx

1

p

1

0

x

dx

(4 sin x − 3 cos x)d x

0

1

sec2 x p

x

128. 129.

R

(x + 1 +

(sin x + sinh x)d x

155.

R 2 (x−1)3

130.

R

131.

R

(csc2 t − 2e t )d t

156.

R2

132.

R

(x − csc x cot x)d x

157.

R 3π/2

133.

R

sec t (sec t − tan t )d t

134.

R

(1 + tan2 x)d x

135.

R

dx

2

1 )d x x 2 +1

sin 2x sin x d x

Njehsoni integralin. R2 136. 0 (6x 2 − 4x + 7)d x R0 137. −1 (2x − e x )d x R3 138. 1 (1 + 2x − 4x 3 )d x R0 139. −2 (u 5 − u 3 + u 2 )d u R2 140. −2 (3x + 1)2 d x R4 141. 0 (2x + 5)(3x − 1)d x R4p 142. 1 t (1 + t )d t

272

dx

2e x −10 sinh x+cosh x d x

R

x

dx

0

1

t 2 −1 dt t 4 −1

x2

dx

−1 (x − 2|x|)d x 0

| sin x|d x

158. Në qoftë se x matet Rnë metra dhe f (x) matet në Nju100 ton, cila është njësia për 0 f (x)d x? Jepet funksioni i shpejtësisë për levizjen e një grimce. Gjeni zhvendosjen dhe distancën e përshkuar nga grimca gjatë intervalit të dhënë të kohës. 159. v(t ) = 3t − 5, 0 ≤ t ≤ 3 160. v(t ) = t 2 − 2t − 8, 1 ≤ t ≤ 6 Jepet nxitimi dhe shpejtësia fillestare për lëvizjen e një grimce. Gjeni shpejtësinë në kohën t dhe distancën e përshkuar gjatë intervalit të dhënë të kohës. 161. a(t ) = t + 4, v(0) = 5, 0 ≤ t ≤ 10 162. a(t ) = 2t + 3, v(0) = −4, 0 ≤ t ≤ 3

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

6.5 Metoda e zëvendësimit Për arsye të Teoremës Themelore, është e rëndësishme që të jemi në gjendje të gjejmë primitivat e funksioneve. Por formulat tona të antiderivimit nuk na thonë se si duhet llogaritur një integral i formës Z 2x

p 1 + x2d x

(6.17)

Për të gjetur integralin ne përdorim strategjinë e zgjidhjes së problemit duke ndërfutur diçka ekstra. Këtu ajo "diçka ekstra"është një ndryshore i ri. Ne kalojmë nga një ndryshore x në një ndryshore të ri u. Supozojmë se u është shprehja nën rrënjën katrore, u = 1+x 2 . Atëherë, diferenciali i u është d u = 2xd x. Dhe prej këtej ne mund të shkruajmë shprehjen e mësipërme në trajtën Z 2x

p

1 + x2d x =

Z p

1 + x 2 2xd x =

Z

p 2 2 ud u = u 3/2 + C = (x 2 + 1)3/2 + C 3 3

(6.18)

Por ne mund të përdorim rregullin zinxhir për të derivuar funksionin e fundit në Ek. 6.18: · ¸ p d 2 2 2 3 (x + 1)3/2 + C = · (x 2 + 1)1/2 · 2x = 2x x 2 + 1 dx 3 3 2 Në përgjithësi, kjo metodë funksionon sa herë që ne kemi një integral të cilin mund ta shkruajmë në formën f (g (x)) · g 0 (x)d x. Vëreni se në qoftë se F0 = f , atëherë Z

F0 (g (x))g 0 (x)d x = F(g (x)) + C

(6.19)

sepse, nga rregulli zinxhir, d [F(g (x))] = F0 (g (x))g 0 (x) dx Në qoftë se ne bëjmë "ndryshimin e variblave ose zëvendësimin u = g (x), atëherë nga Ek. 6.19 do kemi Z

F0 (g (x))g 0 (x)d x = F(g (x)) + C = F(u) + C =

Z F(u)d u

ose, duke shkruar F0 = f , marrim Z

0

Z

f (g (x))g (x)d x =

f (u)d u

Kështu që ne kemi vërtetuar rregullin Rregull: (Rregulli i zëvendësimit). Në qoftë se u = g (x) është funksion i derivueshëm bashkësia e përkufizimit të të cilit është një interval I, dhe f (x) është i vazhdueshëm në I, atëherë Z

0

f (g (x))g (x)d x =

Z f (u)d u

Vërejmë se rregulli i zëvendësimit për integrimin u vërtetuta duke përdorur rregullin zinxhir të derivimit. Vërejmë gjithashtu se, në qoftë se u = g (x), atëherë d u = g 0 (x)d x, dhe kështu një mënyrë për të mbajtur mend rregullin e zëvendësimit është ti mendosh d x dhe d u si diferenciale. Prandaj, rregulli i zëvendësimit thotë: Është e mundur të veprohet me d x dhe d u nën shenjën e integralit sikur ato të jenë diferenciale. Shembull 6.24. Gjeni Z

©AulonaPress

x 3 cos(x 4 + 2)d x. 273

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Ne bëjmë zëvendësimin u = x 4 + 2 sepse diferenciali i tij është d u = 4x 3 d x, i cili me përjashtim të faktorit konstant 4 është prezent në integral. Prandaj duke përdorur x 3 d x = d4u , dhe rregullin e zëvendësimit, kemi Z

Z 1 1 x cos(x + 2)d x = cos u · d u = cos ud u 4 4 1 1 = sin u + C = sin(x 4 + 2) + C 4 4 3

Z

4

Vërejmë se, në hapin e fundit na duhet të kthehemi pas tek ndryshorja fillestar x. Ideja e rregullit të zëvendësimit është të zëvendësosh një integral të komplikuar me një integral më të thjeshtë. Kjo shoqërohet me ndryshimin e variablit origjinal x me një ndryshore të ri u si funksion i Rx. Prandaj në shembullin e R mësipërm ne e zëvendësuam integralin x 3 cos(x 4 + 2)d x me një integral më të thjeshtë 14 cos ud u. Me rëndësi të madhe, në përdorimin e rregullit të zëvendësimt është të mendosh për një zëvendësim të përshtatshëm. Ne duhet të përpiqemi të zgjedhim u si një funksion, diferenciali i të cilit është nën shprehjen nën integral, me përjashtim ndoshta të një konstanteje, dhe integrali i të cilit të mund të njehsohet lehtësisht. Kjo ishte e mundur tek shembulli i mësipërm. Në qoftë se kjo nuk është e mundur, përpiqemi të zgjedhim u si një nga pjesët e komplikuara të shprehjes nën integral. Gjetja e zëvendësimit të duhur është pjesë e një arti më vete. Nuk është e pazakontë që të bësh zgjedhjen e gabuar, dhe në qoftë se zëvendësimi i parë nuk funksionon, përpiqesh me një zëvendësim tjetër. Shembull 6.25. Njehsoni

Z p 2x + 1d x.

Zgjidhje 1 Le të zëvendësojmë u = 2x + 1. Atëherë, d u = 2d x, prej nga d x = d u/2. Prandaj nga rregulli i zëvendësimit kemi Z Z p p du 2x + 1d x = u 2 Z 1 p 1 u 3/2 = +C ud u = · 2 2 3/2 1 1 = u 3/2 + C = (2x + 1)3/2 + C 3 3 Zgjidhje 2 Një tjetër zëvendësim i mundshëm është u =

p 2x + 1. Atëherë

p dx du = p kështu që d x = 2x + 1d u = ud u 2x + 1 Ose vëzhgoni se u 2 = 2x + 1, kështu që 2ud u = 2d x. Prej nga Z p Z Z u3 1 2x + 1d x = u · ud u = u 2 d u = + C = (2x + 1)3/2 + C 3 3

Shembull 6.26. Gjeni x dx p 1 − 4x 2

Z

Zgjidhje Le të zëvendësojmë u = 1 − 4x 2 . Atëherë, d u = −8xd x, kështu që xd x = − 18 d u dhe Z

274

x 1 dx = − p 8 1 − 4x 2

Z

du 1 p =− 8 u

Z

1 p 1p u −1/2 d u = − (2 u) + C = − 1 − 4x 2 + C 8 4

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 6.27. Njehsoni Z

e 5x d x.

Zgjidhje Në qoftë se zëvendësojmë u = 5x, atëherë d u = 5d x, kështu që d x = 15 d u. Prej nga Z Z 1 1 1 e 5x d x = e u d u = e u + C = e 5x + C 5 5 5 Shembull 6.28. Njehsoni Z p 1 + x 2 · x 5 d x. Zgjidhje Do ishte me vend një zëvendësim ku ne të shprehim x 5 = x 4 · x, dhe u = 1 + x 2 . Atëherë, d u = 2xd x, kështu që xd x = d u/2. Gjithashtu x 2 = u − 1, prandaj x 4 = (u − 1)2 . Z p Z p 1 + x2 x5d x = 1 + x 2 x 4 · xd x Z p du = u(u − 1)2 2 Z 1 p 2 = u(u − 2u + 1)d u 2 Z 1 = (u 5/2 − 2u 3/2 + u 1/2 )d u 2 2 2 1 2 = ( u 7/2 − 2 · u 5/2 + u 3/2 ) + C 2 7 5 3 1 2 1 2 7/2 2 5/2 = (1 + x ) − (1 + x ) + (1 + x 2 )3/2 + C 7 5 3 Shembull 6.29. Njehsoni Z tan xd x. Zgjidhje Fillimisht e shkruajmë tangentin si raport të sinusit me kosinusin: Z Z sin x tan xd x = dx cos x Kjo na sugjeron të zëvendësojmë u = cos x, dhe prej këtej d u = − sin xd x dhe sin xd x = −d u: Z Z Z si nx du tan xd x = dx = − = − ln |u| + C = − ln | cos x| + C cos x u

6.5.1 Integralet e Caktuara Për të njehsuar një integral të caktuar nëpërmjet rregullit të zëvendësimit, janë të mundshme dy metoda. Një metodë është llogaritja e integralit të pacaktuar fillimisht, e më pas përdorimi i Teoremës Themelore të Kalkulusit. Për shembull, duke përdorur rezultatin e shembullit 6.25 kemi ¯4 Z 4p Z p ¯ 1 2x + 1d x = 2x + 1d x ¯¯ = (2x + 1)3/1 |40 3 0 0 1 1 1 26 = (9)3/2 − (1)3/2 = (27 − 1) = 3 3 3 3 Një tjetër metodë, e cila preferohet më shumë, është krahas zëvendësimit të variablit edhe zëvendësimi i kufijve të integrimit. ©AulonaPress

275

Kalkulus

Shaska T.

Rregull: (Rregulli i Zëvendësimit për Integralet e Caktuara). Në qoftë se g 0 është i vazhdueshëm në [a, b] dhe f (x) është i vazhdueshëm në bashkësinë e vet të përkufizimit në lidhje me u = g (x), atëherë Z b Z g (b) f (g (x))g 0 (x)d x = f (u)d u a

g (a)

Vërtetim Le të jetë F(x) një primitivë e f (x). Atëherë, F(g (x)) është primitivë e f (g (x))g 0 (x), kështu që nga Teorema Themelore, kemi ¯b Z b ¯ f (g (x))g 0 (x)d x = F(g (x))¯¯ = F(g (b)) − F(g (a)) a

a

Por duke zbatuar Teoremën Themelore(pjesa e dytë) edhe një herë, do të kemi gjithashtu ¯g (b) Z g (b) ¯ f (u)d u = F(u)¯¯ = F(g (b)) − F(g (a)) g (a)

g (a)

Shembull 6.30. Njehsoni Z 4p 2x + 1d x 0

duke përdorur rregullin e mësipërm. Zgjidhje Zëvendësojmë fillimisht u = 2x + 1 dhe d x = d u/2. Për të gjetur kufijtë e rinj të integrimt shohim se kur x = 0, u = 1 dhe kur x = 4,

u=9

Prej nga Z 4p Z 2x + 1d x = 0

9 1

¶¯ µ ¢ 26 1p 1 2 3/2 ¯¯9 1 ¡ 3/2 · u ud u = ¯ = 3 9 − 13/2 = 3 2 2 3 1

Vëmë re se, kur përdorim rregullin e zëvendësimt për integralet e caktuara nuk i kthehemi më variablit fillestar x. Shembull 6.31. Njehsoni 2

Z 1

dx (3 − 5x)2

Zgjidhje Le të zëvendësojmë u = 3 − 5x. Atëherë, d u = −5d x, kështu që d x = −d u/5. Kur x = 1 atëherë u = −2 dhe kur x = 2 atëherë u = −7. Prandaj: Z 2 Z dx 1 −7 d u = − 2 5 −2 u 2 1 (3 − 5x) ¯ µ ¶¯ 1 1 ¯−7 1 ¯¯−7 = − − ¯¯ = 5 u −2 5u ¯−2 1 1 1 1 = (− + ) = 5 7 2 14 Shembull 6.32. Njehsoni

e

Z 1

ln x dx x

Zgjidhje Le të zëvendësojmë me u = ln x sepse diferenciali i saj d u = d x/x figuron në shprehjen nën integral. Kur x = 1, u = ln 1 = 0; dhe kur x = e, u = ln e = 1. Prandaj ¯1 Z e Z 1 ln x u 2 ¯¯ 1 dx = ud u = = ¯ x 2 0 2 1 0

276

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

6.5.2 Simetria Teorema në vazhdim përdor rregullin e zëvendësimt për integralet e caktuara për të thjeshtuar llogaritjen e integraleve të funksioneve që gëzojnë vetinë e simetrisë. Integralet e Funksioneve Simetrike Supozojmë se f (x) është i vazhdueshëm në [−a, a]. Ra Ra (a) Në qoftë se f (x) është funksion çift f (−x) = f (x), atëherë −a R af (x)d x = 2 0 f (x)d x. (b) Në qoftë se f (x) është funksion tek f (−x) = − f (x), atëherë −a f (x)d x = 0. Vërtetim E ndajmë integralin në dy pjesë: a

Z

−a

0

Z f (x)d x =

−a

a

Z f (x)d x +

0

−a

Z f (x)d x = −

0

a

Z f (x)d x +

f (x)d x

(6.20)

0

Në integralin e parë në të djathtë bëjmë zëvendësimin u = −x. Atëherë, d u = −d x dhe kur x = −a, u = a. Prej nga Z −a Z a Z a − f (x)d x = − f (−u)(−d u) = f (u)d u 0

0

Dhe kështu ekuacioni i mësipërm merr formën Z a Z f (x)d x = −a

0

a 0

a

Z f (−u)d u +

f (x)d x

(6.21)

0

(a) Në qoftë se f (x) është çift, atëherë f (−u) = f (u) dhe ekuacioni i mësipërm na jep Z a Z a Z a Z a f (x)d x = f (u)d u + f (x)d x = 2 f (x)d x 0

−a

0

0

(b) Në qoftë se f (x) është tek, atëherë f (−u) = − f (u) dhe kështu që ekuacioni na jep Z a Z a Z a f (x)d x = − f (u)d u + f (x)d x = 0 0

−a

0

Shembull 6.33. Meqë f (x) = x 6 + 1 plotëson kushtin f (−x) = f (x), pra është çift atëherë Z

2 −2

(x 6 + 1)d x = 2

2

Z 0

(x 6 + 1)d x = 2

Shembull 6.34. Meqë f (x) =

µ

¶¯2 µ ¶ ¯ 1 7 128 284 x + x ¯¯ = 2 +2 = 7 7 7 0

tan x 1 + x2 + x4

plotëson kushtin f (−x) = − f (x), pra është tek do të kemi Z

©AulonaPress

1

tan x dx = 0 1 + x2 + x4 −1

277

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Njehsoni integralin duke bërë zëvendësimin e dhënë. R 163. e −x d x, u = −x R 164. x 3 (2 + x 4 )5 d x, u = 2 + x 4 R p 165. x 2 x 3 + 1d x, u = x 3 + 1 R dt 166. (1−6t 2 )4 , u = 1 − 6t 167.

R

cos3 t sin t d t , u = cos t

168.

R

sec2 (1/x) d x, u x2

= 1/x

p a+bx dx 3ax+bx 3

179.

R

sec 2t tan 2t d t

180.

R

(ln x)2 xd x

181.

R

dx ax+b p cos p t dt t

182.

R

183.

Rp

184.

R

x sin(1 + x

3/2

)d x

cos θ sin6 θd θ

(1 + tan θ)5 sec2 θd θ R p 186. e x 1 + e x d x R 187. e cos t sin t d t R z2 p 188. dz 3 3

185.

R

1+z

189.

R

arctan x dx 1+x 2

190.

R

e tan x sec2 xd x

278

sin(ln x) dx x

192.

R

cos x dx sin2 x

193.

R

ex e x +1 d x

Rp cot x csc2 xd x R cos(π/x) 195. dx x2 R sin 2x 196. 1+cos 2x dx R 197. cot xd x R pd t 198. t 194.

1+tan t

3

199.

R

sec x tan xd x

200.

R

sin t sec2 (cos t )d t

201.

R

dx p 1−x 2 arcsin x

202.

R

x dx 1+x 4

203.

R

1+x dx 1+x 2

204.

R

2 px dx 1−x

205.

R

x p dx 4 x+2

206.

R

p x 2 x 2 + 1d x

Njehsoni integralin e caktuar. R2 207. 0 (x − 1)2 5d x R7p 208. 0 4 + 3xd x R1 209. 0 x 2 (1 + 2x 3 )5 d x

2

R

R

cos

Llogarisni integralin R 169. x sin x 2 d x R 170. x 2 (x 3 + 5)9 d x R 171. (3x − 2)20 d x R 172. (3t + 2)2.4 d t R dx 173. 5−3x R 174. x 2x+1 d x R 175. e x sin(e x )d x R 176. sin πt d t R x 177. (x 2 +1) 2 dx 178.

191.

210.

R pπ

211.

Rπ

212.

R 1/2

213.

R π/2

214.

R1

215.

R 13

216.

R π/2

x cos(x 2 )d x

0 0

sec2 (t /4)d t csc πt cos πt d t

1/6

3 −π/6 tan t d t 0

0

2

xe −x d x dx (1+2x)2

p 3

0

x 2 sin x dx 1+x 6

R π/2

cos x sin(sin x)d x 0 R2 p 218. 1 x x − 1d x R4 219. 0 p x d x 217.

1+2x

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

220.

R e4

221.

R 1/2 arcsin x

222.

e

229. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në R, vërtetoni se Z Z

dx p x ln x

0

p 1−x 2

b

dx

a

e z +1 0 e z +z d z

R1

f (x)d x a+c

Për rastin kur f (x) ≥ 0, vizatoni një diagramë për ta interpretuar ekuacionin gjeometrikisht si barazim syprinash.

R T/2

sin(2πt /T − α)d t p R2 224. Njehsoni −2 (x + 3) 4 − x 2 d x duke e shkruar atë si shumë dy integralesh dhe interpretoni një prej integraleve si syprinë. R1 p 225. Njehsoni 0 x 1 − x 4 d x me metodën e zëvendësimit dhe interpretoni integralin si syprinë. 223.

b+c

f (x + c)d x =

0

230. Në qoftë se a dhe b janë dy numra pozitivë, tregoni se Z 1 Z 1 x a (1 − x)b d x = x b (1 − x)a d x 0

0

231. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [0, π], përdorni zëvendësimin u = π − x për të treguar se π

Z 226. Në qoftë se Rf (x) është i vazhdueshëm dhe R4 2 f (x)d x = 10, gjeni 0 f (2x)d x. 0 227. Në qoftë se R f (x) është i vazhdueshëm dhe R9 3 f (x)d x = 4, gjeni 0 x f (x 2 )d x. 0 228. Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në R, vërtetoni se Z Z b

a

−a

f (−x)d x =

f (x)d x −b

Për rastin kur f (x) ≥ 0, dhe 0 < a < b vizatoni një diagramë për ta interpretuar ekuacionin gjeometrikisht si barazim syprinash.

©AulonaPress

0

x f (sin x)d x =

π 2

π

Z

f (sin x)d x 0

232. Përdorni ushtrimin e mësipërm për të njehsuar integralin Z π x sin x dx 2 0 1 + cos x 233. (a) Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm, vërtetoni se Z Z π/2

0

π/2

f (cos x)d x =

f (sin x)d x 0

(b) Përdorni pikën (a) për të njehsuar R π/2 sin2 xd x. 0

R π/2 0

cos2 xd x dhe

279

Kalkulus

Shaska T.

6.6 Logaritmi i përkufizuar si një integral Trajtimi i deritanishëm nga ana jonë i funksioneve eksponenciale dhe logaritmike ka qenë mbështetur në kuptimin intuitiv, i cili nga ana e vetë është bazuar në evidentime numerike dhe vizuale. Këtu ne përdorim Teoremën Themelore të Kalkulusit për të dhënë një trajtim tjetër të këtyre funksioneve. Për shembull ne e nisëm duke përkufizuar fillimisht a x e më pas loga x si funksionin e tij të anasjelltë, ndërsa kësaj here ne nisim me përkufizimin e ln x si një integral. Me pas me përkufizimi e funksionit eksponencial si i anasjelltë i atij logaritmik.

6.6.1 Logaritmi Natyror Fillimisht përcaktojmë ln x si një integral. Përkufizim 6.3. Funksioni i logaritmit natyror është funksioni i përkufizuar nga Z x 1 dt x > 0 ln x = 1 t Ekzistenca e këtij funksioni varet nga fakti në qoftë se integrali i funksionit të vazhdueshëm ekziston gjithmonë. Në qoftë se x > 1, atëherë ln x mund të interpretohet gjeomterikisht si syprina e figurës plane nën hiperbolën y = 1/t nga t = 1 në t = x. Për x = 1, kemi Z 1 1 dt = 0 ln 1 = 1 t Për 0 < x < 1 kemi:

x

Z ln x =

1

1 dt = − t

1

Z x

1 dt < 0 t

Shembull 6.35. Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 10 për të vlerësuar vlerën e ln 2. Zgjidhje Në qoftë se ne përdorim rregullin e pikës së mesit me f (t ) = 1/t , n = 10, dhe ∆t = 0.1, ne përftojmë Z 2 ¡ ¢ 1 d t ≈ (0.1) f (1.05) + f (1.15) + · · · + f (1.95) ln 2 = 1 t µ ¶ 1 1 1 = (0.1) ≈ 0.693 + +···+ 1.05 1.15 1.95 Vërejmë se, integrali që përcakton ln x është pikërisht integrali i shqyrtuar në pjesën e parë të Teoremës Themelore të Kalkulusit. Në fakt duke përdorur atë teoremë kemi Z x d 1 1 dt = dx 1 t x dhe kështu

d 1 (ln x) = dx x Tani ne përdorim këtë regull derivimi për të vërtetuar vetitë e funksionit logaritmik.

(6.22)

Vetitë e Logaritmeve Në qoftë se x dhe y janë dy numra pozitivë dhe r është një numër racional, atëherë 1) ln(x y) = ln x + ln y 2) ln( xy ) = ln x − ln y 3) ln(x r ) = r ln x Vërtetim 1. Le të jetë f (x) = ln(ax) ku a është një konstante pozitive. atëherë kemi: f 0 (x) = 280

1 d 1 1 · (ax) = ·a = ax d x ax x ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Prej nga, f (x) dhe ln x kanë të njëjtin derivat, kështu që ata ndryshojnë nga njëri tjetri me një konstante: ln(ax) = ln x + C Duke zëvendësuar x = 1 në këtë ekuacion, ne marrim ln a = ln 1 + C = C. Prandaj ln(ax) = ln x + ln a Tani në qoftë se në zëvendësojmë konstanten a me një numër të cfarëdoshëm y, kemi ln(x y) = ln x + ln y. 2. Duke përdorur rregullin 1 me x = 1/y, kemi µ ¶ 1 1 · y = ln 1 = 0 ln + ln y = ln y y dhe kështu ln

1 = − ln y y

Duke përdorur rregullin 1 përsëri, kemi µ ¶ µ ¶ x 1 1 ln = ln x · = ln x + ln = ln x − ln y y y y Vërtetim i regullit 3 mbetet si detyrë për tu vërtetuar nga lexuesi. Në mënyrë që të ndërtojmë grafikun e funksionit y = ln x, fillimisht përcaktojmë limitet e tij: lim ln x = ∞

x→∞

lim ln x = −∞

(6.23)

x→0+

Vërtetim (a) Duke përdorur rregullin 3 me x = 2 dhe r = n (ku n është një numër natyror), kemi ln(2n ) = n ln 2. Tani ln 2 > 0, prandaj kjo tregon se ln(2n ) → ∞ sikurse n → ∞. Por ln x është një funksion rritës meqënëse derivati i tij është 1/x > 0. Prej nga, ln x → ∞ kur x → ∞. (b) Në qoftë se ne shënojmë me t = 1/x, atëherë t → ∞ kur x → 0+ . Kështu që duke përdorur (a), kemi lim ln x = lim ln t →∞

x→0+

Në qoftë se y = ln x, x > 0, atëherë

µ ¶ 1 = lim (− ln t ) = −∞ t →∞ t

dy 1 dy 1 = > 0 dhe =− 2 0

(6.27)

ln(e x ) = x për të gjitha x

(6.28)

dhe ekuacionet e thjeshtimit bëhen

x

Funksioni eksponencial natyror f (x) = e është një nga funksionet më të përdorshëm në Kalkulus dhe aplikimet e tij, kështu që është i rëndësishëm familjarizimi me grafikun e tij dhe vetitë e tij. Vetitë e Funksionit Eksponencial Funksioni eksponencial f (x) = e x është një funksion i vazhdueshëm rritës me bashkësi përkufizimi R dhe bashkësi vlerash (0, ∞). Prandaj, e x > 0 për të gjitha x. Gjithashtu lim e x = 0

x→−∞

lim e x = ∞

x→∞

Kështu boshti i x-ve është asimptota horizontale e f (x) = e x . Tani le të verifikojmë se f (x) ka vetitë e tjera të një funksioni eksponencial. Lema 6.3 (Vetitë e eksponecialit). Në qoftë se x dhe y janë dy numra realë të çfarëdoshëm dhe r një numër racional, atëherë 1. e x+y = e x · e y 2. e x−y =

ex ey

3. (e x )r = e r x

282

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Vërtetim [Vërtetimi i rregullit 1] Duke përdorur rregullin e parë të logaritmeve dhe Ek. 6.27, kemi: ln(e x e y ) = ln(e x ) + ln(e y ) = x + y = ln(e x + y) Meqë ln është funksion një për një, rrjedh se e x e y = e x+y . Rregulli 2 dhe 3 vërtetohen në mënyrë të ngjashme. Siç do e shohim së shpejti, rregulli 3 aktualisht ka vend kur r është një numër real i çfarëdoshëm. Tani do të vërtetojmë formulën e derivimit për e x . d x (e ) = e x dx

(6.29)

Vërtetim Funksioni y = e x është i derivueshëm sepse është i anasjellti i funksionit y = ln x, i cili siç e dimë është i derivueshëm, dhe me derivat jo zero. Për të gjetur derivatin e tij, përdorim metodën e funksionit invers. Le të jetë y = e x . Atëherë, ln y = x dhe nga derivimi i këtij të fundit në lidhje me x, ne marrim 1 dy =1 y dx dy = y = ex dx

6.6.3 Funksionet Eksponenciale të Përgjithshme Në qoftë se a > 0 dhe r është një numër racional i çfarëdoshëm, atëherë nga Ek. 6.27 dhe nga rregullat e eksponencialit, a r = (e ln a )r = e r ln a Atëherë, edhe për një numër irracional x, ne përcaktojmë a x = e x ln a Kështu për shembull, 2

p 3

=e

p 3 ln 2

(6.30)

≈ e 1.20 ≈ 3.32

Funksioni f (x) = a x është quajtur funksioni eksponencial me bazë a. Vërejmë që a x është pozitiv për të gjitha x, sepse e x është pozitiv për të gjitha x. Përkufizimi i a x na lejon të zgjerojmë një prej rregullave të logaritmit. Ne tashmë dimë se ln(a r ) = r ln a kur r është një numër racional. Por në qoftë se ne e dimë se r është një numër real, nga përkufizimi i funksionit eksponencial kemi ln a r = ln(e r ln na) = r ln a prandaj ln a r = r ln a për çdo numër real r

(6.31)

Rregullat e përgjithshëm për eksponentët rrjedhin nga përkufizimi i funksionit eksponencial të përgjithshëm, së bashku me rregullat e eksponentit për e x . Lema 6.4 (Rregullat e Eksponetëve). Në qoftë se x dhe y janë numra realë dhe a, b > 0, atëherë 1. a x+y = a x a y 2. a x−y =

ax ay

3. (a x ) y = a x y

©AulonaPress

283

Kalkulus

Shaska T.

4. (ab)x = a x a y

Vërtetim Vërtetojmë vetëm pikat 1) dhe 3). 1. Duke përdorur përkufizimin e a x dhe regullat e eksponentëve për e x , kemi a x+y = e (x+y) ln a = e x ln a+y ln a = e x ln a e y ln a = a x a y 3. Kemi x

(a x ) y = e y ln(a ) = e y x ln a = e x y ln a = a x y Vërtetimet e tjera janë lënë si detyrë ndaj lexuasit. Formula e derivimit për funksionet eksponenciale është gjithashtu rrjedhim i përkufizimit të a x : d (a x ) = a x ln a dx

(6.32)

Vërtetim d x ln a d d (a x ) = (e ) = e x ln a (x ln a) = a x ln a dx dx dx Në qoftë se a > 1, atëherë ln a > 0, prandaj d x a = a x ln a > 0, dx i cili tregon se y = a x është funksion rritës. Në qoftë se (0 < a < 1) atëherë ln a < 0 dhe kështu y = a x është zbritës.

6.6.4 Funksionet logaritmike të përgjithshme Në qoftë se a > 0 dhe a 6= 1, atëherë f (x) = a x është funksion një për një. Funksioni i anasjelltë i tij quhet funksioni logaritmik me bazë a dhe shënohet me loga x. Prandaj loga x = y ⇐⇒ a y = x

(6.33)

Në veçanti, shohim se loge x = ln x Rregullat e logaritmit janë të ngjashme me ato të logaritmit natyror dhe mund të nxirren nga rregullat e eksponentëve. Për të derivuar y = loga x, ne shkruajmë ekuacionin si a y = x. Kemi që y ln a = ln x, kështu që: loga x = y =

ln x ln a

Meqë ln a është një konstante, ne mund të derivojmë si më poshtë: d d ln x 1 d 1 (loga x) = = (ln x) = dx d x ln a ln a d x x ln a d 1 (loga x) = dx x ln a 284

(6.34)

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

6.6.5 Numri e i shprehur si limit Në këtë paragraf ne e përcaktuam e si numri i tillë që ln e = 1. Teorema në vazhdim tregon se ky është i njëjti numër e i përkufizuar si më parë. e = lim (1 + x)1/x (6.35) x→0

0

Vërtetim Le të jetë f (x) = ln x. Atëherë, f (x) = 1/x, kështu që f 0 (1) = 1. Por nga përkufizimi i derivatit, f (1 + h) − f (1) f (1 + x) − f (1) = lim x→0 h x 1 ln(1 + x) − ln 1 = lim ln(1 + x) = lim x→0 x x→0 x 1/x = lim ln(1 + x)

f 0 (1) = lim

h→0

x→0

Meqë f 0 (1) = 1, kemi

lim ln(1 + x)1/x = 1

x→0

Atëherë, nga vazhdueshmëria e funksioneve eksponenciale, kemi 1/x

e = e 1 = e limx→0 ln(1+x)1/x = lim e ln(1+x) x→0

©AulonaPress

= lim (1 + x)1/x x→0

285

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime 234. (a) Duke krahasuar syprinat, tregoni se 5 1 < ln 1.5 < 3 12 (b) Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 10 për të njehsuar ln 1.5. 235. Duke krahasuar syprinat tregoni se 1 1 1 1 1 1 1 + + + · · · + < ln n < 1 + + + · · · + 2 3 4 n 2 3 n −1 236. (a) Duke krahasuar syprinat tregoni se ln 2 < 1 < ln 3. (b) Vërtetoni se 2 < e < 3.

286

237. Vërtetoni vetinë e tretë të logaritmit. 238. Vërtetoni vetinë e dytë të eksponentëve për e x . 239. Vërtetoni vetinë e tretë të eksponentëve për e x . 240. Vërtetoni vetinë e dytë të eksponentëve. 241. Vërtetoni vetinë e katërt të eksponentëve. 242. Vërtetoni vetitë e logaritmit: (a) loga (x y) = loga x + loga y (b) loga (x/y) = loga x − loga y (c) loga (x y ) = y loga x

©AulonaPress

Kapitulli 7

Aplikime të integralit Në këtë kapitull do të shohim disa nga zbatimet e integralit të caktuar, duke e përdorur atë për të njehsuar sipërfaqet e figuarve ndërmjet kurbave, vëllimet e trupave, dhe punën e kryer nga një forcë e ndryshueshme.

287

Kalkulus

Shaska T.

7.1 Sipërfaqet ndërmjet kurbave. Në Kap. 6 ne përcaktuam dhe njehsuam sipërfaqet e figurave plane të cilat ndodheshin nën grafikun e funksionit duke përdorur konceptin e integralit. Këtu ne përdorim integralet për të gjetur sipërfaqet e figurave plane që ndodhen ndërmjet grafikëve të dy funksioneve. Shqyrtojmë sipërfaqen S që shtrihet midis dy kurbave y = f (x) dhe y = g (x) dhe ndërmjet dy drejtëzave vertikale x = a dhe x = b, ku f (x) dhe g (x) janë funksione të vazhdueshme dhe f (x) ≥ g (x) për të gjitha x në [a, b]. E ndajmë S në n shirita me bazë të njëjtë dhe atëherë përafrojmë shiritin e i -të me një drejtëkëndësh me bazë ∆x dhe lartësi f (x i∗ ) − g (x i∗ ). Shuma e Riemanit n ¡ X ¢ f (x i∗ ) − g (x i∗ ) ∆x i =1

është përafrimi i asaj që intuitivisht mendojmë për sipërfaqen S. Ky përafrim bëhet gjithnjë e më i mirë kur n → ∞. Kështu që përkufizojmë sipërfaqen A të S si vlera limite e shumës së këtyre drejtëkëndëshave përafrues. Pn £

A = limn→∞

i =1

¤ f (x i∗ ) − g (x i∗ ) ∆x

(7.1)

E shënojmë limitin në (7.1) si integral të caktuar të ( f − g )(x). Prej nga kemi lemën në vazhdim për sipërfaqen. Lema 7.1. Sipërfaqja A e figurës që kufizohet nga kurbat y = f (x), y = g (x) dhe drejtëzat x = a dhe x = b, ku f (x) dhe g (x) janë të vazhdueshëm dhe f (x) ≥ g (x) për të gjitha x në [a, b], është A=

Rb£ a

¤ f (x) − g (x) d x

(7.2)

Vërejmë se në rastin e veçantë kur g (x) = 0, S është figura nën grafikun e f (x) dhe përkufizimi jonë i përgjithshëm i syprinës reduktohet në përkufizimin tonë fillestar të integralit. Ne rastin kur kemi dy kurba të dhena si funksione me ndryshore të pavaruar y kemi A=

Rd¡ c

¢ f (y) − g (y) d y

Shembull 7.1. Gjeni sipërfaqen e figurës të kufizuar nga sipër nga y = e x dhe nga poshtë nga y = x, dhe në anët nga x = 0 dhe x = 1. Zgjidhje Kurba që shërben si kufi i sipërm është y = e x dhe kurba që shërben si kufi i poshtëm është y = x. Kështu ne kemi f (x) = e x dhe g (x) = x, a = 0 dhe b = 1 dhe 1

Z A=

0

¶¯ µ 1 1 2 ¯¯1 x (e − x)d x = e − x ¯ = e − − 1 = e − 1.5 2 2 0 x

Shembull 7.2. Gjeni sipërfaqen e figurës së kufizuar nga parabolat y = x 2 dhe y = 2x − x 2 . Zgjidhje Fillimisht gjejmë pikat e prerjes së parabolave duke zgjidhur njekohësisht ekuacionet e tyre. Kjo na jep x 2 = 2x − x 2 ose 2x 2 − 2x = 0. Prandaj 2x(x − 1) = 0, kështu që x = 0 ose x = 1. Pikat e prerjes janë (0, 0) dhe (1, 1). Kështu që e gjithë sipërfaqja është 1

Z A=

0

(2x − x 2 − x 2 )d x = 2

1

Z 0

(x − x 2 )d x = 2

·

x2 x3 − 2 3

¸1

µ =2

0

¶ 1 1 1 − = 2 3 3

(7.3)

Ndonjëherë është e vështirë ose edhe e pamundur, të gjenden pikat e prerjes së dy kurbave në mënyrë të saktë. Siç tregohet në shembullin në vazhdim, ne mund të përdorim një makinë llogaritëse grafike ose kompjuter për të gjetur përafërsisht vlerat e pikave të prerjes e më pas të procedojmë si më sipër. 288

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 7.3. Gjeni sipërfaqen e përafërt të figurës plane të kufizuar ndërmjet kurbave y=p

x x2 + 1

dhe y = x 4 − x.

Zgjidhje Në qoftë se ne do përpiqeshim të gjenim pikëprerjet e sakta, do na duhej të zgjidhnim ekuacionin p

x x2 + 1

= x4 − x

Ky është një ekuacion që jo të gjitha rrenjet i ka numra reale. Një pikëprerje është origjina e koordinatave. E zmadhojmë drejtkëndëshin e pamjes pranë pikës tjetër të prerjes dhe gjejmë se x ≈ 1.18. Kështu që një përafrim i sipërfaqes ndërmjet kurbave është ¸ Z 1.18 · x − (x 4 − x) d x A≈ p 0 x2 + 1 Për të integruar termin e parë fillimisht bëjmë zëvendësimin u = x 2 + 1. Atëherë d u = 2x · d x, dhe kur x = 1.18 kemi u ≈ 2.39. Kështu që Z 1.18 Z 2.39 du − (x 4 − x)d x A≈ u 0 0 · 5 ¸1.18 p ¯2.39 x x2 (7.4) = u ¯0 − − 5 2 0 p (1.18)5 (1.18)2 = 2.39 − 1 − + =≈ 0.785 5 2 Në qoftë se na kërkohet të gjejmë sipërfaqen ndërmjet dy kurbave y = f (x) dhe y = g (x) kur f (x) ≥ g (x) për disa vlera të x dhe f (x) ≤ g (x) për disa vlera të tjera tëx, atëherë ne e ndajmë zonën S në disa zona të tjera S 1 , S 2 , · · · me sipërfaqja A1 , A2 , · · · , An . Atëherë ne përcaktojmë sipërfaqen e S si shumë e syprinave S 1 , S 2 , · · · , domethënë, A = A1 + A2 + · · · + An . Meqë ( f (x) − g (x) në qoftë se f (x) ≥ g (x) | f (x) − g (x)| = g (x) − f (x) në qoftë se g (x) ≥ f (x) do kemi shprehjen në vazhdim për A-në.

Figura 7.1: Sipërfaqja midis parabolave y = x 2 dhe y = 2x − x 2 .

©AulonaPress

289

Kalkulus

Shaska T.

Lema 7.2. Syprina ndërmjet kurbave y = f (x) dhe y = g (x) dhe ndërmjet x = a dhe x = b është: A=

¯ Rb¯ ¯ f (x) − g (x)¯ d x

(7.5)

a

Shembull 7.4. Gjeni sipërfaqen e figurës plane të kufizuar nga kurbat y = sin x, y = cos x, dhe x = 0, dhe x = π/2. Zgjidhje Pikat e prerjes janë aty ku sin x = cos x, domethënë kur x = π/4 (meqë 0 ≤ x ≤ π/2). Vëreni se cos x ≥ sin x kur 0 ≤ x ≤ π/4, por sin x ≥ cos x kur π/4 ≤ x ≤ π/2. Prej nga sipërfaqja e kërkuar është π/2

Z A=

|cos x − sin x| d x = A1 + A2

0

π 4

Z =

0

π 2

Z (cos x − sin x) d x +

π 4

(sin x − cos x) d x

π

π

(7.6)

= (sin x + cos x)04 + (− cos x − sin x) π2 4 ! p µ ¶ Ã p 2 1 1 1 = p + p − 0 − 1 + −0 − 1 + p = 2 2−2 + 2 2 2 Në këtë shembull të veçantë ne mund të kishim kursyer pak punë duke pat parasysh se kjo zonë është simetrike në lidhje me x = π/4 dhe kështu Z π/4 A = 2A1 = 2 (cos x − sin x)d x 0

Disa sipërfaqje mund të njehsohen më thjesht duke e parë x si funksion të y. Në qoftë se një figurë është kufizuar nga kurba me ekuacione x = f (y) dhe x = g (y), y = c, dhe y = d , ku f dhe g janë të vazhdueshëm dhe f (y) ≥ g (y) për c ≤ y ≤ d , atëherë sipërfaqja do jetë Z d [ f (y) − g (y)]d y A= c

Në qoftë se ne shënojmë me x d kufirin e djathtë dhe me x m kufirin e majtë, atëherë do kemi Z d (x d − x m )d y A= c

Këtu një drejtkëndësh tipik përafrues ka përmasa x d − x m dhe ∆y. Shembull 7.5. Gjeni sipërfaqen e kufizuar nga drejtëza y = x − 1 dhe parabola y 2 = 2x + 6. Zgjidhje Duke barazuar dy ekuacionet gjejmë se pikat e prerjes janë (−1, −2) dhe (5, 4). Ne zgjidhim ekuacionin e parbolës në lidhje me x dhe vërejmë se kurbat e majta dhe të djathta janë xm =

1 2 y − 3 xd = y + 1 2

Tani na duhet të integrojmë me kufij integrimi, y = −2 dhe y = 4. Prandaj, Z

4

(x d − x m )d y µ ¶¸ 1 = (y + 1) − y 2 − 3 d y 2 −2 ¶ Z 4µ 1 2 = − y + y +4 dy 2 −2 µ 3 ¶¯4 ¯ 1 y y2 =− + + 4y ¯¯ 2 3 2 µ −2 ¶ 4 1 = − (64) + 8 + 16 − + 2 − 8 = 18 6 3

A=

Z

290

−2 4·

(7.7)

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ne mund ta gjenim sipërfaqen në këtë shembull duke integruar në lidhje me x në vend të y, por llogaritja do ishte me e komplikuar. Metoda që ne sapo përdorëm është shumë më e thjeshtë.

©AulonaPress

291

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Ndërtoni zonën e kufizuar midis dy kurbave të dhëna. Vendosni se kur duhet integruar në lidhje me x apo me y. Vizatoni një drejtkëndësh përafrues dhe përcaktoni gjatësitë e brinjëve. Më pas gjeni sipërfaqen e zonës.

Llogarisni integralin dhe interpretojeni si syprinë të një zone. Ndërtoni zonën. R π/2 29. 0 | sin x − cos 2x|d x R4 p 30. 0 | x + 2 − x|d x

1. y = x + 1, y = 9 − x 2 , x = −1, x = 2

Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 4 për të përafruar sipërfaqen e zonës së kufizuar nga dy kurbat e dhëna.

2

2. y = x , y = x

4

3. y = sin x, y = e x , x = 0, x = π/2 2

4. y = x − 2x, y = x + 4 5. y = 1/x 2 , y = 1/x, x = 2 2

2

6. y = x , y = −x + 4x p 7. x = 1 + x, y = (3 + x)/3 8. y = x 2 , y 2 = x

3

11. y = x − x, y = 3x 12. y = tan x, y = 2 sin x, −π/3 ≤ x ≤ π/3 p 13. y = x, y = 12 x, x = 9 2

2

14. y = 12 − x , y = x − 6 2

15. y = 8 − x , y = x , x = −3, x = 3 16. x = 1 − y 2 , x = y 2 − 1 17. x = 2y 2 , x = 4 + y 2 18. 4x + y 2 = 12, x = y 19. y = cos x, y = sin 2x, x = 0, x = π/2 20. y = x 2 , y = 2/(x 2 + 1 21. y = sin(πx/2), x = y 22. y = cos x, y = 1 − cos x, 0 ≤ xπ 23. y = |x|, y = x 2 − 2 24. y = 1/x, y = x, y = 14 x, x > 0 25. y = 3x 2 , y = 8x 2 , 4x + y = 4, x ≥ 0 26. y = sin πx, y = x 2 − x, x = 2 Përdorni kalkulusin për të njehsuar sipërfaqen e trekëndëshit me kulme të dhëna. 27. (0, 0), (2, 1), (−1, 6) 28. (0, 5), (2, −2), (5, 1) 292

Përdorni grafikun për të gjetur përafërsisht abshisën e pikës së prerjes së kurbave të dhëna. Pas kësaj gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar ndërmjet kurbave. 33. y = x sin(x 2 ), y = x 4 34. y = e x , y = 2 − x 2

9. y = cos x, y = 2 − cos x, 0 ≤ x ≤ 2π p 10. y = x, y = 3 x

2

31. y = sin2 (πx/4), y = cos2 (πx/4), 0 ≤ x ≤ 1 p 3 32. y = 16 − x 3 , y = x, x = 0

35. y = 3x 2 − 2x, y = x 3 − 3x + 4 36. y = x 4 , y = 3x − x 3 37. y = x cos x, y = x 10 38. y = x cos(x 2 ), y = x 2 39. y = x 2 , y = 2 cos x 40. Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të njehsuar vlerën e saktë të syprinës së kufizuar ndërmjet kurbave y = x 5 − 6x 3 + 4x dhe y = x. 41. Ndërtoni në një sistem koordinativ zonën e përcaktuar nga mosbarazimi x −2y 2 ≥ 0, 1− x −|y| ≥ 0 dhe gjeni sipërfaqen e saj. 42. Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nga parabola y = x 2 , tangentja e hequr ndaj saj në pikën (1, 1), si dhe boshti i abshisave. 43. Gjeni numrin b të tillë që drejtëza y = b e ndan zonën e kufizuar ndërmjet kurbave y = x 2 dhe y = 4 në dy zona me sipërfaqja të njëjta. 44. Gjeni vlerën e c të tillë që sipërfaqja e zonës së kufizuar ndërmjet parabolave y = x 2 − c 2 dhe y = c 2 − x 2 është 576. 45. Supozojmë se 0 < c < π/2. Për çfarë vlere të c, sipërfaqja e zonës së kufizuar ndërmjet kurbave y = cos x, y = cos(x − c), dhe x = 0 është e barabartë me sipërfaqen e zonës së kufizuar ndërmjet kurbave y = cos(x − c), dhe x = π, y = 0? 46. Për çfarë vlere të m drejtëza y = mx dhe kurba y = x/(x 2 +1) kufizojnë një zonë? Gjeni sipërfaqen e asaj zone. ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

7.2 Vëllimet e trupave Në përpjekjen për të gjetur vëllimin e një trupi në hasim në të njëjtin problem si në gjetjen e syprinës. Kemi një ide intuitive se çdo të thotë vëllim, por ne duhet ta saktësojmë këtë ide duke përdorur kalkulusin për të dhënë një përkufizim të saktë të vëllimit. E fillojmë me një tip të thjeshtë trupi të quajtur cilindër(ose më saktë, një cilindër të drejtë). Një cilindër është i kufizuar nga një figurë plane B1 , të quajtur bazë, dhe një syprinë kongruente B2 në një plan paralel. Cilindri konsiston në të gjitha pikat e segmenteve që janë pingulë me bazëndhe bashkojnë B1 me B2 . Në qoftë se sipërfaqja e bazës është A dhe lartësia e cilindrit (distanca nga B1 në B2 ) është h, atëherë vëllimi V i cilindrit përkufizohet si V = A · h. Në veçanti kur baza është një rreth me rreze r , atëherë cilindri është rrethor dhe vëllimi i tij është V = πr 2 h, dhe në qoftë se baza është drejtkëndësh me brinjë l dhe w, atëherë cilindri është një paralelopiped këndëdrejtë me vëllim V = l wh. Për një trup S i cili nuk është cilindër fillimisht ne presim S në pjesë të cilat i përafrojmë një për një me cilindra. Llogarisim vëllimin e S duke shtuar një pas një vëllimet e cilindrave dhe arrijmë në vëllimin e saktë të S nëpërmjet procesit të limitit në të cilin numri i pjesëve rritet pambarimisht. Fillojmë me prerjen e S me një plan dhe përftimin e një zone plane të quajtur seksion tërthor i S. Le të jetë A(x) sipërfaqja e prerjes tërthore të S në planin P1 pingul me boshtin e x-ve dhe duke kaluar sipas x, ku a ≤ x ≤ b. Syprina e prerjes tërthore A(x) do të variojë kur x të rritet nga a tek b. Le ta ndajmë S në n feta me gjerësi të njëjtë ∆x duke përdorur planet P1 , P2 , · · · . Në qoftë se zgjedhim si pika x i∗ në [x i −1 , x i ], ne mund ta përafrojmë pjesën e i -të S i (që ndodhet midis planeve Pxi −1 dhe Pxi ) me një cilindër me syprinë të bazës A(x i∗ ) dhe lartësi ∆x. Vëllimi i cilindrit është A(x i∗ )∆x, kështu që një përafrim sipas konceptimit intuitiv të vëllimit të pjesës së i -të S i , është V(S i ) ≈ A(x i∗ )∆x. Duke i mbledhur vëllimet e pjesëve, ne gjejmë një përafrim të vëllimit total: V≈

n X i =1

A(x i∗ )∆x

Ky përafrim bëhet gjithnjë e më i mirë kur n → ∞. Prej këtej ne përcaktojmë vëllimin si limit të kësaj shume kur n → ∞. Por duke patur parasysh se limiti i shumave të Riemanit jep integralin e caktuar, do të kemi përkufizimin e mëposhtëm. Përkufizim 7.1. Le të jetë S një trup që shtrihet ndërmjet x = a dhe x = b. Në qoftë se sipërfaqja e prerjes tërthore të S me planin Pi përgjatë x dhe pingul me boshtin e x-ve, është A(x), ku A është një funksion i vazhdueshëm, atëherë vëllimi i S është Rb P V = limn→∞ ni=1 A(x i∗ )∆x = a A(x)d x Rb Kur përdorim formulën e vëllimit V = a A(x)d x është e rëndësishme të mbahet mend që A(x) është sipërfaqja e seksionit tërthor lëvizës i përftuar nga prerja përgjatë x pingul me boshtine x-ve. Vërejmë se, për një cilindër sipërfaqja e prerjes tërthore është konstante: A(x) = A për të gjithë x. Prandaj përkufizimi Rb jonë për vëllimin na jep V = a Ad x = A(b − a) dhe kjo përputhet me formulën V = Ah. Shembull 7.6. Gjeni volumin e trupit të formuar nga rrotullimi i grafikut të f (x) = e x rreth boshtit të x-it në intervalin [0, 1]. Zgjidhje Volumi jepet nga formula Z 1 V= A(x)d x 0 Z 1 ¡ ¢2 = π ex d x 0 Z 1 =π e 2x d x 0

1 1 = − π + πe 2 2 2 ©AulonaPress

293

Figura 7.2: Sipërfaqja e përftuar nga rrotullimi i f (x) =

Kalkulus

Shaska T.

Lexuesi të plotësoje detajet. Në shembullin që vazhdon ne vërtetojmë një formulë të gjeometrisë që e kemi mësuar që nga shkolla e mesme. Nëpërmjet integraleve ne do të nxjerrim formulën e vëllimit të sferës. Shembull 7.7. Vërtetoni se vëllimi i sferës me rreze r është 4 V = πr 3 . 3 Zgjidhje Në qoftë se e vendosim sferën në mënyrë të tillë që qendra e saj të përputhet me origjinën e koordinatave, atëherë plani Px e pret sferën sipas një rrethi rrezja e të cilit (nga Teorema e Pitagorës) është p y = r 2 − x2. Prandaj, sipërfaqja e prerjes tërthore është A(x) = πy 2 = π(r 2 − x 2 ) Duke përdorur përkufizimin e vëllimit me a = −r dhe b = r , kemi Z r A(x)d x V= −r Z r = π(r 2 − x 2 )d x −r Z r = 2π (r 2 − x 2 )d x 0

x3 = 2π r x − 3 ·

2

¸r 0

r3 = 2π(r − ) 3 4 3 = πr 3 3

Nga rezultatet e shembullit të mësipërm, ne dimë se vëllimi i sferës është rrethorë, ose disqe, n n X X A(x i )∆x = π(12 − x i 2 )∆x i =1

4 3π

≈ 4.18879. Këtu "fetat" janë cilindra

i =1

x i∗

kur n = 5, 10, 20, në qoftë se zgjedhim si pika pikat e mesit x i , vërejmë se kur rrisim numrin e cilindrave përafrues, vlera korresponduese e shumave të Riemanit i afrohet gjithnjë e më shumë vlerës së vërtetë të vëllimit. Shembull 7.8. Gjeni volumin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të x-it të grafikut të funksionit p f (x) = x cos x, në intervalin [0, 4π]. Vërtetim Nga formula për volumin kemi Z 4π V= πx (cos x)2 d x 0 Z 4π 1 + cos 2x =π dx 2 0 = 4π3 294

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus Lexuesi të plotësojë detajet. Le të shohim tashmë se çndodh po të rrotullojmë të njejtin grafik rreth boshtit vertikal. Natyrisht që trupi që përftohet nuk është i njëjtë pra edhe volumi nuk është i njëjtë. Për më tepër v¨shtirësia e llogaritjes së integralit mund të ndryshojë. Shembull 7.9. Gjeni volumin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit vertikal, të grafikut të funksionit p f (x) = x cos x, në intervalin [0, 4π].

Zgjidhje Nga formula për vëllimet kemi Z 4π 3 V= 2πx 2 |cos x| d x 0

Lexuesi të zgjidhë këtë integral. Në përgjigje funksioni Fresnel është i përfshirë. Shembull 7.10. Gjeni vëllimin e trupit që përftohet nga rrotullimi p rreth boshtit të x-ve figurën plane nën grafikun e y = x nga 0 në 1. Zgjidhje Kur e presim grafikun përgjatë x, ne marrim disqe me p rreze x. Syprina e kësaj prerjeje tërthore është p A(x) = π( x)2 = πx dhe vëllimi i cilindrit përafrues është

Figura 7.4: Volumi i trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit vertikal, të grafikut të funkp sionit f (x) = x cos x në intervalin [0, 4π].

A(x)∆x = πx∆x

Trupi shtrihet ndërmjet x = 0 dhe x = 1, kështu që vëllimi i tij do jetë ¯1 Z 1 Z 1 x2 ¯ π V= A(x)d x = πxd x = π ¯¯ = 2 0 2 0 0

Shembull 7.11. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar prej rrotullimit të zonës plane të kufizuar nga y = x 3 , y = 8, dhe x = 0 rrotull boshtit të y-ve. Zgjidhje Meqë zona është rrotulluar rreth boshtit të y-ve, atëherë kuptohet se prerjet tërthore janë pingule me boshtin e y-ve dhe integrimi do të bëhet në lidhje me y. Në qoftë se e presim trupin përgjatë y, do përftojmë një disk rrethor me p rreze x, ku x = 3 y. Kështu sipërfaqja e prerjes tërthore përgjatë y është p A(y) = πx 2 = ( 3 y)2 = πy 2/3 dhe vëllimi i cilindrit përafrues është A(y)∆y = πy 2/3 ∆y Meqë trupi shtrihet ndërmjet y = 0 dhe y = 8, vëllimi i tij do jetë Z 8 3 96π V= πy 2/3 d y = π[ y 5/3 ]80 = 5 5 0

©AulonaPress

295

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 7.12. Zona R e kufizuar nga kurbat y = x dhe y = x 2 rrotullohet rreth boshtit të x-ve. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar prej këtij rrotullimi. Zgjidhje Kurbat y = x dhe y = x 2 priten në pikat (0, 0) dhe (1, 1). Një prerje tërthore në planin Px ka formën e një unaze me rreze të brendshme x 2 dhe rreze të jashtme x, kështu që ne gjejmë sipërfaqen e prerjes tërthore duke zbritur sipërfaqen e qarkut të brendshëm nga sipërfaqja e qarkut të jashtëm: A(x) = πx 2 − π(x 2 )2 = π(x 2 − x 4 ) Prej nga kemi 1

Z

A(x)d x

V=

0 1

Z =

0

π(x 2 − x 4 )d x

x3 x5 1 − ]0 3 5 2π = 15

= π[

Shembull 7.13. Gjeni vëllimin e trupit që përftohet prej rrotullimit të zonës së shembullit të mësipërm në lidhje me drejtëzën y = 2. Zgjidhje Përsëri prerja tërthore është në formën e një unaze, por në këtë rast rrezja e brendshme është 2 − x dhe rrezja e jashtme është 2 − x 2 . Syprina e prerjes tërthore është A(x) = π(2 − x 2 )2 − π(2 − x)2 Dhe prej këtej vëllimi i S do jetë 1

Z

A(x)d x

V=

0

=π

Z

=π

Z

=π

1 0 1 0

·

[(2 − x 2 )2 − (2 − x)2 ]d x (x 4 − 5x 2 + 4x)d x

x3 x2 x5 −5 +4 5 3 2

¸1 = 0

8π 15

Trupat në shembujt e deritanishëm janë quajtur trupa rrotullimi sepse janë përftuar nga rrotullimi rreth një drejtëze. Në përgjithësi, ne llogarisim vëllimin e një trupi rrotullimi duke përdorur formulat bazë Z V=

b a

d

Z A(x)d x ose V =

A(y)d y c

dhe ne gjejmë sipërfaqen e prerjes tërthore A(x) ose A(y) në një nga mënyrat e mëposhtme: • Në qoftë se prerja tërthore është një disk (rreth), ne gjejmë rrezen e diskut (në terma të x apo të y) dhe përdorim A = π(rreze)2 296

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

• Po qe se prerja tërthore është në formën e unazës ne gjejmë rrezen e brendshme dhe të jashtme nga grafiku dhe me pas llogarisim sipërfaqen duke i zbritur sipërfaqen e rrethit të brendshëm syprinës së rrethit të jashtëm: A = π(rrezja e jashtme)2 − π(rrezja e brendshme)2 Shembulli në vazhdim na jep një ilustrim të mëtejshëm të kësaj procedure. Shembull 7.14. Gjeni vëllimin e piramidës baza e të cilës është katror me brinjë L dhe lartësi h. Zgjidhje E vendosim origjinën O në kulmin e piramidës dhe boshtin e x-ve përgjatë boshtit qendror. Çdo plan Px që kalon nëpër x dhe është pingul me boshtin e x-ve e pret piramidën sipas një katrori me brinjë të themi s. Ne mund ta shprehim s në termat e x duke vërejtur ngjashmërinë e trekëndëshave pra s/2 s x = = h L/2 L dhe kështu s = Lx/h. Prandaj sipërfaqja e prerjeds tësthore është A(x) = s 2 =

L2 2 x h2

Piramida shtrihet ndërmjet x = 0 dhe x = h, kështu që vëllimi i saj do jetë h

Z V=

0

h

Z A(x)d x =

0

¯h L2 2 L2 x 3 ¯¯ L2 h x d x = = h2 h 2 3 ¯0 3

Vërejtje. Ne nuk na nevojitej ta vendosnim kulmin e piramidës në origjinën e koordinatave në shembullin e mësipërm. Vepruam në këtë mënyrë për ta bërë ekuacionin më të thjeshtë. Në qoftë se, për shembull, do e kishim vendosur qendrën e bazës së piramidës tek origjina dhe kulmin në pjesën pozitive të boshtit të y-ve, ju mund të verifikoni se do të kishim përftuar integralin Z h 2 L2 h L 2 V= (h − y) d y = 2 3 0 h Shembull 7.15. Një pjesë është nxjerrë nga një cilindër rrethor me rreze 4 nga dy plane prerës. Njëri plan është pingul me boshtin e cilindrit. Tjetri pret të parin me kënd 300 përgjatë diametrit të cilindrit. Gjeni vëllimin e kësaj pjese. Zgjidhje Në qoftë se e vendosim p boshtin e x-ve përgjatë diametrit ku priten planet, atëherë baza e trupit është një gjysmërreth me ekuacion y = 16 − x 2 , −4 ≤ x ≤ 4. Një prerjeptërthore pingule me boshti e x-ve në distancë x nga 0 2 origjina është p p një trekëndësh ABC, siç baza e të cilit është y = 16 − x dhe lartësia e të cilit është |BC| = y tan 30 = 2 16 − x / 3. Prandaj, sipërfaqja e prerjes tërthore është A(x) =

1p 1 p 16 − x 2 16 − x 2 · p 16 − x 2 = p 2 3 2 3

dhe vëllimi është 16 − x 2 1 V= A(x)d x = p dx = p −4 −4 2 3 3 Z

©AulonaPress

4

Z

4

4

Z 0

1 x3 128 (16 − x 2 )d x = p [16x − ]40 = p 3 3 3 3

297

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi i zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna rreth boshtit të treguar. Ndërtoni zonën, trupin dhe dhe një disk tipik. 47. y = 2 − 12 x, y = 0, x = 1, x = 2; rrotull boshtit të x-ve 48. y = 1 − x 2 , y = 0; rrotull boshtit të x-ve 49. y = e x , y = 0, x = 0, x = 1; rrotull boshtit të x-ve 50. y = 1/x, x = 1, x = 2, y = 0; rrotull boshtit të x-ve p 51. y = 25 − x 2 , y = 0, x = 2, x = 4; rrotull boshtit të x-ve p 52. x = 2 y, x = 0, y = 9; rrotull boshtit të y-ve 53. y = x 2 , 0 ≤ x ≤ 2, y = 4, x = 0; rrotull boshtit të y-ve 54. y = ln x, y = 1, y = 2, x = 0; rrotull boshtit të y-ve 55. x = y − y 2 , x = 0; rrotull boshtit të y-ve 56. y = x 3 , y = x, x ≥ 0; rrotull boshtit të x-ve

72. x 2 − y 2 = 1, x = 3; rrotull x = −2 73. y = cos x, y = 2 − cos x, 0 ≤ x ≤ 2π; rrotull y = 4 Përdorni grafikun për të gjetur përafërsisht abshisën e pikprerjes së kurbave të dhëna. Më pas përdorni makinën tuaj llogaritëse për të gjetur (përafërsisht) vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të x-ve të zonës së kufizuar ndërmjet kurbave. 74. y = 2 + x 2 cos x, y = x 4 + x + 1 75. y = 3 sin(x 2 ), y = e x/2 + e −2x 76. y = x 2 , y = ln(x + 1) Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të gjetur vlerën e saktë të vëllimit të përftuar nga rrotullimi i zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna rrotull drejtëzës së dhënë.

57. y = x 2 , y 2 = x; rrotull boshtit të x-ve

77. y = sin2 x, y = 0, 0 ≤ x ≤ π; rrotull y = −1

58. y 2 = x, x = 2y; rrotull boshtit të y-ve

78. y = x, y = xe 1−x/2 ; rrotull y = 3

59. y = x 2/3 , x = 1, y = 0; rrotull boshtit të y-ve

79. Secili integral përfaqson vëllimin e një trupi. Përshkruani trupin. R π/2 π 0 cos2 xd x

60. y = 14 x 2 , y = 5 − x 2 ; rrotull boshtit të x-ve 61. y = e −x , y = 1, x = 2; rrotull y = 2 62. y = x 2 , y = 4; rrotull y = 4 63. y = 1 + sec x, y = 3; rrotull y = 1 64. y = 1/x, y = 0, x = 1; rrotull x = 1 65. y = x 2 , x = y 2 ; rrotull x = −1 66. y = x, y = 0, x = 2, x = 4; rrotull x = 1 p 67. y = x, y = x; rrotull x = 2 Nxirrni integralin (por pa e llogaritur atë) për vëllimin e trupit që përftohet prej rrotullimit të zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna rrotull drejtëzës së dhënë. 68. y = tan3 x, y = 1, x = 0; rrotull y = 1 69. y = (x − 2)4 , 8x − y = 16; rrotull x = 10 70. y = 0, y = sin x, 0 ≤ x ≤ π; rrotull y = 1 71. y = 0, y = sin x, 0 ≤ x ≤ π; rrotull y = −2

298

80. π

R5

yd y

81. π

R1

(y 4 − y 8 )d y

82. π

R π/2

2

0 0

[(1 + cos x)2 − 12 ]d x

83. Gjeni vëllimin e një trungu koni të drejtë me lartësi h me rreze të bazës së poshtme R dhe rreze të bazës së sipërme r . 84. Gjeni vëllimin e kupolës së një sfere me rreze r dhe me lartësi h. 85. Gjeni vëllimin e një trungu piramide me bazë katrore me lartësi h dhe me bazë të poshtme b dhe bazë të sipërme a. Çfarë do ndodhte në qoftë se a = b? Po në qoftë se a = 0? 86. Gjeni vëllimin e një piramide me lartësi h dhe me bazë drejtkëndore me përmasa b dhe 2b. 87. Gjeni vëllimin e një piramide me lartësi h me bazë një trekëndësh barabrinjës më brinjë a.

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

7.3 Vëllimi nëpërmjet tubave cilindrike Disa probleme vëllimi janë shumë të vështira për tu zgjidhur me metodat e paragrafit të mëparshëm. Për shembull, le të shqyrtojmë problemin e gjetjes së vëllimit të një trupi të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve i figurës plane të kufizuar nga y = 2x 2 − x 3 dhe y = 0. Në qoftë se e presim me një plan pingul me boshtin e y-ve, përftojmë një trup në formën e unazës. Na duhet të zgjidhim ekuacionin e gradës së tretë y = 2x 2 − x 3 në termat e x ose të y; por kjo nuk është e lehtë. Për fat të mirë, ka një metodë, të quajtur metoda e tubave cilindrike, që është e lehtë për tu përdorur në një rast të tillë. Figura 2 tregon një tub cilindrik, me rreze të brendshme r 1 , dhe rreze të jashmte r 2 , dhe lartësi h. Vëllimi i tij llogaritet duke i zbritur vëllimin V1 të cilindrit të brendshëm vëllimit të cilindrit të jashtëm V2 : V = V2 − V1 = πr 22 h − πr 12 h = π(r 22 − r 12 )h = π(r 2 − r 1 )(r 2 + r 1 )h = 2π

r2 + r1 h(r 2 − r 1 ) 2

Në qoftë se shënojmë me ∆r = r 2 − r 1 dhe r = 21 (r 2 + r 1 ), atëherë kjo formulë për vëllimin e tubit cilindrik merr trajtën V = 2πr h∆r

(7.8)

Tani le të jetë S trupi i përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve e figurës plane të kufizuar nga y = f (x) [ku f (x) ≥ 0], y = 0, x = a, dhe x = b, ku b > a ≥ 0. E ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervale [x i −1 , x i ] me gjatësi të barabartë ∆x dhe le të jetë x i pika e mesit për nënintervalin e i -të. Në qoftë se drejtkëndëshi me bazë [x i −1 , x i ] dhe lartësi f (x i ) rrotullohet rreth boshtit të y-ve, atëherë rezultati do jetë një tub cilindrik me rreze x i , lartësi f (x i ), dhe trashësi ∆x, kështu që formula.... e vëllimit tonë është Vi = (2πx i )[ f (x i )]∆x Prej nga, një përafrim i vëllimit V të S jepet nga shuma e vëllimeve të këtyre tubave: V≈

n X i =1

Vi =

n X

2πx i f (x i )∆x

i =1

Ky përafrim duket se bëhet gjithnjë e më i mirë kur n → ∞. Por nga përkufizimi i integralit, ne dimë se Z b n X 2πx f (x)d x lim 2πx i f (x i )∆x = n→∞

a

i =1

Prandaj ka vend: Lema 7.3. Vëllimi i trupit i përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve të figurës nën kurbën y = f (x) nga a tek b, është V=

Rb a

2πx f (x)d x ku 0 ≤ a < b.

Mënyra më e mirë për të mbajtur mend këtë formulë është të menduarit e një tubi cilindrik tipik, të prerë dhe të shtirë me rreze x, me perimetër 2πx, lartësi f (x), edhe trashësi ∆x ose d x: Z b (2πx) [ f (x)] d x a | {z } | {z } Ky tip të arsyetuari do të jetë ndihmës në situata të tjera, si për shembull rrotullimi rreth drejtëzave të tjera në vend të boshtit të y-ve. Shembull 7.16. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve të figurës plane të kufizuar nga y = 2x 2 − x 3 dhe y = 0. Zgjidhje Shohim se një tub cilindrik tipik ka rreze x, perimetër 2πx, dhe lartësi f (x) = 2x 2 − x 3 . Prandaj nga metoda e tubave cilindrikë, vëllimi do të jetë Z 2 Z 2 1 1 32 16 V= (2πx)(2x 2 − x 3 )d x = 2π (2x 3 − x 4 )d x = 2π[ x 4 − x 5 ]20 = 2π(8 − ) = π 2 5 5 5 0 0 Mund të verifikohet se metoda e tubave cilindrikë jep të njëjtën përgjigje si prerjet.

©AulonaPress

299

Kalkulus

Shaska T.

Vërejtje. Duke krahasuar zgjidhjen e këtij shembulli me fillimin e këtij paragrafi, ne shohom se metoda e tubave cilindrikë është shumë më e thjeshtë si metodë sesa zgjidhja nëpërmjet idesë së vëllimit të trupit në formën e unazës. Ne nuk na duhet të gjejmë koordinatat e maksimumit lokal dhe nuk na duhet të zgjidhim ekuacionin e kurbës në terma të x-it apo y-it. Megjithatë në shembuj të tjerë metoda e shqyrtuar në paragrafin e mëparshëm mund të jetë më e thjeshtë. Shembull 7.17. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve të figurës plane të kufizuar nga y = x dhe y = x 2 . Zgjidhje Shohim se tubi ka rreze x, perimetër 2πx, dhe lartësi x − x 2 . Kështu që vëllimi është 1

Z V=

0

(2πx)(x − x 2 )d x = 2π

= 2π[

Z

(x 2 − x 3 )d x

x3 x4 1 π − ]0 = 3 4 6

Siç e tregon shembulli në vazhdim, metoda e tubave cilindrikë funksionon po njëlloj kur rrotullimi bëhet rreth boshtit të x-ve. Ne thjesht na duhet të vizatojmë një diagramë për të përcaktuar rrezen dhe lertësinë e tubit. Shembull 7.18. Përdorni tubat cilindrikë për të gjetur vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të x-ve të p figurës plane nën kurbën y = x nga 0 në 1. p Zgjidhje Për të përdorur tubat cilindrikë e rishkruajmë ekuacionin e kurbës nga y = x në x = y 2 . Në lidhje me rrotullimin rreth boshtit të x-ve ne marrim tubin cilindrik tipik me rreze y, perimetër 2πy, dhe lartësi 1− y 2 . kështu që vëllimi është Z 1 Z 1 2 V= (2πy)(1 − y )d y = 2π (y − y 2 )d y 0

0

x3 x4 π = 2π[ − ]10 = 3 4 2 Në këtë problem metoda e diqeve (rrathëve) ishte më e thjeshtë. Shembull 7.19. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth drejtëzës x = 2 të figurës plane të kufizuar nga y = x − x 2 dhe y = 0. Zgjidhje Tubi cilindrik i formuar nga rrotullimi rreth drejtëzës x = 2 ka rreze 2− x, perimetër 2π(2− x), dhe lartësi x − x 2 . Vëllimi i trupit të dhënë është 1

Z V=

0

2π(2 − x)(x − x 2 )d x = 2π

= 2π[

300

1

Z 0

(x 3 − 3x 2 + 2x)d x

x4 π − x 3 + x 2 ]10 = 4 2

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Përdorni metodën e tubave cilindrikë për të gjetur vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi i zonës së kufizuar ndërmjet kurbave të dhëna rreth boshtit të y-ve. Ndërtoni zonën dhe një tub tipik.

108. y = x 4 , y = sin(πx/2); rrotull x = −1

88. y = 1/x, y = 0, x = 1, x = 2

111. x 2 − y 2 = 7, x = 4; rrotull y = 5

89. y = x 2 , y = 0, x = 1 90. y = e

−x 2

, y = 0, x = 1

91. y = 3 + 2x − x 2 , x + y = 3 92. y = 4(x − 2)2 , y = x 2 − 4x + 7 93. Le të jetë V vëllimi i trupit të përftuar nga rrotullimi p rreth boshtit të y-ve i zonës së kufizuar ndërmjet y = x, dhe y = x 2 . Gjeni V. Përdorni metodën e tubave cilindrikë për të gjetur vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi i zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna rrotull boshtit të x-ve. Ndërtoni zonën dhe një tub tipik. 94. x = 1 + y 2 , x = 0, y = 1, y = 2 p 95. x = y, x = 0, y = 1 96. y = x 3 , y = 8, x = 0 97. x = 4y 2 − y 3 , x = 0 98. x = 1 + (y − 2)2 , x = 2 99. x + y = 3, x = 4 − (y − 1)2 Përdorni metodën e tubave cilindrikë për të gjetur vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi i zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna rrotull boshtit të specifikuar. Ndërtoni zonën dhe një tub tipik. 100. y = x 4 , y = 0, x = 1; rrotull x = 2 p 101. y = x, y = 0, x = 1; rrotull x = −1 102. y = 4x − x 2 , y = 3; rrotull x = 1

109. y = 1/(1 + x 2 ), y = 0, x = 2, x = 0; rrotull x = 2 p 110. y = sin y, 0 ≤ x ≤ π, x = 0; rrotull y = 4

112. Përdorni rregullin e pikës së mesit me n = 5, për të njehsuar vëllimin e trupit të përftuar prej p rrotullimit rreth boshtit të y-ve të zonës nën kurbën y = 1 + x 3 , 0 ≤ x ≤ 1. 113. Secili integral përfaqson vëllimin e një trupi. Përshkruani trupin. R3 5 0 2πx d x R2 y 114. 2π 0 1+y 2 d y 115.

R1

116.

R π/4

0 0

2π(3 − y)(1 − y 2 )d y 2π(π − x)(cos x − sin x)d x

117. Përdorni grafikun për të njehsuar abshisën e pikëprerjes ndërmjet kurbave të dhëna. Pas kësaj përdoreni këtë informacion dhe makinën tuaj llogaritëse për të njehsuar vëllimin e trupit të përftuar nga rrotullimi rreth boshtit të y-ve të zonës së kufizuar ndërmjet këtyre kurbave. p y = ex, y = x + 1 118. y = x 3 − x + 1, y = −x 4 + 4x − 1 119. Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të njehsuar vëllimin e saktë të trupit të përftuar nga rrotullimi i zonës së kufizuar ndërmjet kurbave të dhëna rrotull boshtit të specifikuar. y = sin2 x, y = sin4 x, 0 ≤ x ≤ π; rrotull x = π/2 120. y = x 3 sin x, y = 0, 0 ≤ x ≤ π; rrotull x = −1 Zona e kufizuar nga kurbat e dhëna rrotullohet rrotull boshtit të specifikuar. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar sipas njërës prej metodave që njihni.

103. y = x 2 , y = 2 − x 2 ; rrotull x = 1

121. y = −x 2 + 6x − 8, y = 0; rrotull boshtit të y-ve

104. y = x 3 , y = 0, x = 1; rrotull y = 1

122. y = −x 2 + 6x − 8, y = 0; rrotull boshtit të x-ve

105. y = x 2 , x = y 2 ; rrotull y = −1

123. y = 5, y = x + (4/x); rrotull x = −1

Ndërtoni pa e llogaritur integralin për vëllimin e trupit të përftuar prej rrotullimit të zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna rrotull boshtit të specifikuar. 106. y = ln x, y = 0, x = 2; rrotull boshtit të y-ve 107. y = x, y = 4x − x 2 ; rrotull x = 7 ©AulonaPress

124. x = 1 − y 4 , x = 0; rrotull x = 2 125. x 2 + (y − 1)2 = 1; rrotull boshtit të y-ve 126. x = (y − 3)2 , x = 4; rrotull y = 1 127. Përdorni tubat cilindrikë për të gjetur vëllimin e një sfere me rreze r . 301

Kalkulus

Shaska T.

7.4 Puna Termi punë përdoret shpesh në gjuhën e përditshme. Në Fizikë ka një kuptim teknik, që varet nga ideja e forcës. Intuitivisht ju mund ta mendoni forcën si një shtytje apo tërheqje të një objekti-për shembull, shtytja e një libri horizontalisht përgjatë një tavoline, ose tërheqja gravitacionale e tokës ndaj një topi. Në përgjithësi në qoftë se një objekt lëviz përgjatë një vije të drejtë me funksion pozicion s(t ), atëherë forca F ndaj objektit e ushtruar në të njëjtin drejtim, përcaktohet nga ligji i dytë i Njuton it i lëvizjes si prodhim i masës së vetë m me nxitimin: F=m

d 2s dt2

(7.9)

Në sistemin metrik SI, masa matet me kilogramë (kg), zvendosja me metër (m), koha me sekonda (s), dhe forca me Njuton (N = kg · m/s 2 ). Prandaj një forcë 1N vepron mbi masën 1 kg prodhuar me nxitimin 1 m/s 2 . Në rastin e nxitimit konstant, forca F është gjithashtu konstante dhe puna e kryer përkufizohet si prodhim i forcës F me distancën d që objekti është zhvendosur: W = F·d (7.10) Në qoftë se F matet me Njuton dhe d matet me metër, atëherë njësia për punën W është Njuton -metër, dhe është quajtur Xhaul J. Shembull 7.20. Sa punë është kryer për ngritjen e 1. 2-kg libra nga dyshemeja mbi një tavolinë e cila është 0. 7m e lartë? Zgjidhje Forca e ushtruar ëhtë njëlloj me të kundërtën të ushtruar prej gravitetit, prandaj nga ekuacioni i parë kemi F = m · g = (1.2)(9.8) = 11.76N dhe nga ekuacioni i dytë del se puna e kryer është W = F · d = (11.76)(0.7) ≈ 8.2J

Ekuacioni i dytë përcakton punën kur forca është konstante, por çfarë ndodh kur forca është e ndryshueshme? Le të supozojmë se një objekt lëviz përgatë boshtit të x-ve, në drejtimin pozitiv, nga x = a në x = b, dhe në secilën pikë x ndërmjet a dhe b forca f (x) vepron mbi objektin, ku f është funksion i vazhdueshëm. E ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervale me skaje x 0 , x 1 , · · · , x n , dhe me gjatësi të barabarta ∆x. Zgjedhim pikën x i∗ në intervalin [x i −1 , x i ]. Atëherë forca në atë pikë është f (x i∗ ). Në qoftë se n është e madhe, atëherë ∆x është e vogël, dhe meqë f është i vazhdueshëm, vlerat e f nuk ndryshojnë shumë në intervalin [x i −1 , x i ]. Me fjalë të tjera, f është pothuajse konstante në interval dhe kështu puna Wi që kryhet për lëvizjen e objektit nga x i −1 në x i jepet afërsisht nga ekuacioni i dytë: Wi ≈ f (x i∗ )∆x Prandaj ne mund ta përafrojmë totalin e punës së kryer me W≈

n X i =1

f (x i∗ )∆x

(7.11)

Duket se ky përafrim bëhet gjithnjë e më i mirë kur rritet n. Prej nga ne përcaktojmë punën e kryer për lëvizjen e objektit nga a në b si limit të kësaj madhësie kur n → ∞. Meqë ana e djathtë e ekuacionit të mësipërm është shuma e Riemanit, e kemi të qartë se limiti i saj është integrali i caktuar dhe kështu W = limn→∞

Pn

i =1

f (x i∗ )∆x =

Rb a

f (x)d x

(7.12)

Shembull 7.21. Kur një objekt është lokalizuar në distancën xm nga origjina, një forcë prej x 2 + 2x N vepron mbi të. Sa punë është kryer në lëvizjen e tij nga x = 1 në x = 3? 302

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Z W= Pra, puna e kryer është

1

3

¯3 ¯ 50 x3 2¯ (x + 2x)d x = +x ¯ = 3 3 1 2

50 3 J.

Në shembullin në vazhdim do përdorim një ligj nga fizika Ligji i Hukut i cili thotë se forca që nevojitet për ta mbajtur një sustë të tërhequr nga pozicioni i saj normal me x njësi, është në proporcion të drejtë me x: f (x) = kx ku k është një konstante. Ligji i Hukut ka vend kur x nuk është shumë e madhe. (Figura1) Shembull 7.22. Një forcë prej 40N kërkohet për ta mbajtur një sustë të zgjatur nga pozicioni i saj natyror prej 10cm në një gjatësi 15cm. Sa punë është kryer në tërheqjen e sustës nga 15cm në 18cm? Zgjidhje Në lidhje me ligjin e Hukut, forca e kërkuar për të mbajtur sustën të tërhequr x metra nga pozicioni i saj normal, është f (x) = kx. Kur susta është tërhequr nga 10cm në 15cm, tërheqja është 5cm = 0.05m. Kjo do të thotë se f (0.05) = 40, kështu që 40 = 800 0.05k = 40 k = 0.05 Prandaj, f (x) = 800x dhe puna e kryer në tërheqjen e sustës nga 15cm në 18cm është Z W=

0.08 0.05

¯0.08 x 2 ¯¯ 800xd x = 800 ¯ = 400[(0.08)2 − (0.05)2 ] = 1.56J 2 0.05

Shembull 7.23. Një rezervuar ka formën e një koni rrethor me lartësi 10m dhe rreze të bazës 4m. Ai është mbushur me ujë deri në lartësinë 8m. Gjeni punën që nevojitet për ta zbrazur rezervuarin, duke e pompuar të gjithë ujin në krye të tij. (Dendësia e ujit është 1000kg /m 3 . ) Zgjidhje Le të masim zbrazëtinë e ujit. uji gjendet prej thellësisë 2m deri në 10m, kështu që ne ndajmë segmentin [2, 10] në n intervale me gjatësi të barabartë dhe me skaje x 0 , x 1 , · · · , x n , dhe zgjedhim pikat e brendshme x i∗ në nënintervalet përkatës. Kjo e ndan ujin në n pjesë. Pjesa e i -të është përafërsisht një cilindër rrethor me rreze r i dhe lartësi ∆x. Mund të llogarisim r i , nëpërmjet trekëndëshave të ngjashëm, si më poshtë: ri 4 ∗ = 10 − x i 10

2 r i = (10 − x i∗ ) 5

Prandaj një përafrim i vëllimit të pjesës së i -të të ujit është Vi ≈ πr i2 ∆x =

4π (10 − x i∗ )2 ∆x 25

dhe kështu masa e tij është m i = dendësi × vëllim ≈ 1000 ·

4π (10 − x i∗ )2 ∆x = 160π(10 − x i∗ )2 ∆x 25

Forca e kërkuar për të ngritur lart këtë sasi uji duhet ta kalojë forcën e gravitetit prandaj Fi = m i g ≈ (9.8)160π(10 − x i∗ )2 ∆x = 1570π(10 − x i∗ )2 ∆x Secila pjesë duhet ta kalojë distancën prej përafërsisht x i∗ . Puna Wi e kryer për të ngritur këtë pjesë në krye të rezervuarit është përafërsisht prodhimi i forcës Fi me distancën x i∗ : Wi ≈ Fi x i∗ ≈ 1570πx i∗ (10 − x i∗ )2 ∆x ©AulonaPress

303

Kalkulus

Shaska T.

Për të gjetur punën totale të kryer për të zbrazur të gjithë rezervuarin, i mbledhim të gjitha Wi dhe kalojmë në limit kur n → ∞: W = lim

n→∞

Z

10

n X i =1

1570πx i∗ (10 − x i∗ )2 ∆x 2

1570π(10 − x) d x = 1570π 2 ¶ µ 2048 ≈ 3.4 × 106 J = 1570π 3

=

304

10

Z 2

(100x − 20x 2 + x 3 )d x = 1570π[50x 2 −

20x 3 x 4 10 + ]2 3 4

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 128. Sa punë është kryer në ngritjen e një peshe prej 40kg në një lartësi prej 1.5m? 129. Gjeni punën e kryer në qoftë se një forcë prej 10N ushtrohet për të tërhequr një kuti në një distancë prej 10m.

133. Supozojmë se 2J punë kërkohet për të tërhequr një sustë nga gjatësia e saj normale prej 30cm në 40cm. (a) Sa punë kërkohet për të tërhequr sustën nga 35cm në 40cm? (b) Sa larg nga pozicioni i vet normal do ta tërheqë sustën një forcë prej 30N?

130. Një grimcë lëviz sipas boshtit të x-ve sipas një force prej 10/(1 + x)2 Njuton në një pikë x metra larg nga origjina. Sa punë është bërë në lëvizjen e grimcës nga x = 1 në x = 2? Interpretoni përgjigjen duke shqyrtuar punën e kryer nga x = 1 në x = 1.5 dhe nga x = 1.5 në x = 2.

134. Një sustë ka gjatësinë normale prej 20cm. Krahasoni punën W1 e kryer për ta tërhequr nga 20cm në 30cm me punën W2 të kryer për ta tërhequr nga 30cm në 40cm. Si janë të lidhura W1 me W2 ?

131. Tabela tregon vlerat e një funksioni forcë f (x) ku x matet në metra dhe f (x) në Njuton. Përdorni rregullin e pikës së mesit për të vlerësuar punën e kryer nga forca në lëvizjen e objektit nga x = 4 në x = 20.

135. Në qoftë se kërkohet një punë prej 6J për të tërhequr një sustë nga 10cm në 12cm dhe një tjetër prej 10J kërkohet për ta tërhequr nga 12cm në 14cm, cila është gjatësia normale e sustës?

x f (x)

4 5

6 5.8

8 7.0

10 8.8

12 9.6

14 8.2

16 6.7

18 5.2

20 4.1

132. Një sustë ka gjatësinë e saj natyrale prej 20cm. Në qoftë se kërkohet një forcë prej 25 − N për ta tërhequr atë nga pozicioni i saj normal në një gjatësi prej 30cm, sa punë kërkohet për ta tërhequr atë nga 20cm në 25cm?

©AulonaPress

136. Vërtetoni sesi duhet përafruar puna e kërkuar me shumën e Riemannit. Më pas shpreheni punën si një integral dhe njehsojeni atë. Një akuarium është 2m i gjatë, 1m i gjerë dhe 1m i thellë dhe është plot me ujë.Gjeni punën që nevojitet për të pompuar gjysmën e ujit jashtë akuariumit. (Përdorni faktin se denduria e ujit është 1000kg /m 3 .)

305

Kalkulus

Shaska T.

7.5 Mesatarja e vlerave të një funksioni Eshtë e lehtë të llogaritet vlera mesatare e një numri të fundëm numrash y 1 , y 2 , · · · , y n : y mes =

y1 + y2 + y3 + · · · + yn n

Por si mund të llogarisim temperaturën mesatare gjatë një dite kur janë të mundshme një pafundësi mënyarash leximi të saj? Figura 1 tregon grafikun e funksionit të temperaturës T(t ), ku t është matur në orë dhe T në 0 C, dhe supozojmë se temperatura mesatare është Tmes . Në përgjothësi le të përpiqemi të gjejmë vlerën mesatare të një funksioni y = f (x), a ≤ x ≤ b. E nisim duke ndarë intervalin [a, b] në n nënintervale të barabarta, secili me gjatësi ∆x = b−a n . Atëherë zgjedhim pikat x 1∗ , x 2∗ , · · · , x n∗ në nënintervalet përkatëse dhe llogarisim mesataren e numrave f (x 1∗ ), f (x 2∗ ), · · · , f (x n∗ ): f (x 1∗ ) + f (x 2∗ ) + f (x 3∗ ) + · · · + f (x n∗ ) n Për shembull në qoftë se f përfaqson funksionin temperaturë dhe n = 24, kjo do të thotë se ne marrim leximet e temperaturës çdo një orë dhe më pas marrim mesataren e tyre. Meqë ∆x = (b − a)/n, ne mund të shkruajmë n = (b − a)/∆xdhe vlera mesatare bëhet f (x 1∗ ) + f (x 2∗ ) + f (x 3∗ ) + · · · + f (x n∗ ) b−a ∆x

n 1 1 X f (x i∗ )∆x [ f (x 1∗ )∆x + f (x 2∗ )∆x + f (x 3∗ )∆x + · · · + f (x n∗ )∆x] = b−a b − a i =1

=

Në qoftë se e rrisim n, ne do llogarisnim mesataren e një numri të madh vlerash në një zonë të kufizuar. ( për shembull ne mund të mernim temperaturën mesatare duke marrë leximet e çdo minute, apo çdo sekonde. ) Vlera limite është Z b n 1 X 1 f (x i∗ )∆x = f (x)d x n→∞ b − a b−a a i =1 lim

në bazë të përkufizimit të integralit të caktuar. Prej këtej ne përcaktojmë vlerën mesatare të f në intervalin [a, b] 1 f mes = b−a

b

Z

f (x)d x a

Shembull 7.24. Gjeni vlerën mesatare të funksionit f (x) = 1 + x 2 në intervalin [−1, 2]. Zgjidhje Me a = −1 dhe b = 2 kemi f mes =

1 b−a

Z

b a

f (x)d x =

1 2 − (−1)

1 x3 (1 + x 2 )d x = [x + ]2−1 = 2 3 3 −1

Z

2

Lind pyetja: A ka një numër c ku vlera e f përputhet me vlerën e mesatares së vlerave të funksionit, pra f (c) = f mes ? Teorema në vazhdim thotë se kjo është e vërtetë për funksionet e vazhdueshëm. Teorema 7.1. Teorema mbi vlerat e mesme për integralet Në qoftë se f është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë ekziston një numër c në [a, b] i tilë që Z b f (x)d x = f (c)(b − a) a

Teorema mbi vlerat e mesme për intagralet është një rrjedhim i Teoremës mbi të mesmen për derivatet dhe Teoremës Themelore të Kalkulusit. Interpretimi gjeometrik i kësaj teoreme është që, për funksionet pozitive f , ekziston një numër c i tillë që drejtkëndëshi me bazë [a, b] dhe lartësi f (c) ka të njëjtën syprinë sikurse edhe figura plane e kufizuar nga grafiku i funksionit f nga a në b. 306

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 7.25. Meqë f (x) = 1 + x 2 është i vazhdueshëm në intervalin [−1, 2], Teorem mbi të mesmen për integralet thotë se ka një numër c në [−1, 2] të tillë që Z 2 (1 + x 2 )d x = f (c)[2 − (−1)] −1

Në këtë rast të veçantë ne mund ta gjejmë lehtë vlerën e c. Nga shembulli më sipër ne dimë se f mes = 2, pra vlera c kënaq f (c) = f mes = 2 prej nga 1 + c 2 = 2 kështu c 2 = 1. Prandaj në këtë rast c mund të narrë dy vlera c = ±1 në segmentin [−1, 2].

Shembull 7.26. Vërtetoni se shpejtësia mesatare e një makine gjatë intervalit të kohës [t 1 , t 2 ] është njëlloj sikurse mesatarja e shpejtësive të saj gjatë gjithë udhëtimit. Zgjidhje Në qoftë se s(t ) është zhvendosja e makinës në kohën t , atëherë në bazë të përkufizimit shpejtësia mesatare e makinës gjatë intervalit është ∆s s(t 2 ) − s(t 1 ) = ∆t t2 − t1 Nga ana tjetër, vlera mesatare e funksionit shpejtësi në interval është v mes =

©AulonaPress

1 t2 − t1

Z

t2 t1

s 0 (t )d t =

1 s(t 2 ) − s(t 1 ) [s(t 2 ) − s(t 1 )] = = shpejtësia mesatare t2 − t1 t2 − t1

307

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni vlerën mesatare të një funksioni në intervalin e dhënë.

152. Në një qytet temperatura t (në ◦ F) orë pas orës 9 të mëngjesit është modeluar nga funksioni

137. f (x) = 4x − x 2 , [0, 4] p 138. g (x) = 3 x, [1, 8]

T(t ) = 50 + 14 sin

Gjeni temperaturën mesatare gjatë periudhës nga ora 9 e mëngjesit deri në ora 9 të darkës.

139. h(x) = sin 4x, [−π, π] p 140. t (x) = x 2 1 + x 2 , [0, 2] 141. f (t ) = t e

−t 2

πt 12

153. (a) Një kup me kafe ka temperaturën 95◦ C dhe do 30 minuta për tu ftohur në 61◦ C në një dhomë me temperaturë 20◦ C. Përdorni Ligjin e Njutonit për të treguar se temperatura e kafesë pas t minutash është

, [0, 5]

142. f (θ) = sec2 (θ/2), [0, π/2] 143. h(u) = (3 − 2u)−1 , [−1, 1]

T(t ) = 20 + 75e −kt

4

144. h(x) = cos x sin x, [0, π] (a) Gjeni vlerën mesatare të f në intervalin e dhënë. (b) Gjeni c të tillë që f mes = f (c). (c) Ndërtoni grafikun e f dhe një drejtkëndësh sipërfaqja e të cilit është e njëjtë me sipërfaqen nën grafikun e f. 145. f (x) = (x − 3)2 , [2, 5] p 146. f (x) = x, [0, 4]

ku k ≈ 0.02 (b) Cila është temperatura mesatare e kafesë gjatë gjysmës së parë të orës? 154.p Densiteti linear i një shufre 8m të gjatë është 12/ x + 1kg /m, ku x matet me metra nga njëri skaj i shufrës. Gjeni densitetin mesatar të shufrës. 155. Shpejtësia v e rrjedhjes së gjakut në një venë me rreze R dhe gjatësi l në një distancë r nga boshti qendror është

147. f (x) = 2 sin x − sin 2x, [0, π]

v(r ) =

148. f (x) = 2x/(1 + x 2 )2 , [0, 2] R3 149. Në qoftë se f është i vazhdueshëm dhe 1 f (x)d x = 8, tregoni se f merr vlerën 4 të paktën një herë në intervalin e mbyllur [1, 3]. 150. Gjeni numrat b të tillë që vlera mesatare e f (x) = 2+6x −3x 2 në intervalin e mbyllur [0, b] është e barabartë me 3. 151. Tabela jep vlerat e një funksioni të vazhdueshëm. Përdorni rregullin e pikës së mesit për të njehsuar vlerëm mesatare të f në [20, 50]. x f (x)

308

20 42

25 38

30 31

35 29

40 35

45 48

50 60

P (R2 − r 2 ) 4ηl

ku P është diferenca e presionit ndërmjet skajeve të venës dhe η është viskoziteti i gjakut. Gjeni shpejtësinë mesatare (në lidhje me r ) gjatë intervalit 0 ≤ r ≤ R. Krahasoni shpejtësinë mesatare me shpejtësinë maksimum. 156. Vërtetoni teoremën mbi të mesmen për integralet duke aplikuar teoremën mbi të mesmen për derivatet për Rx funksionin F(x) = 0 f (t )d t . 157. Në qoftë se f mes [a, b] tregon verën mesatare të f në intervalin e mbyllur [a, b] dhe a < c < b, tregoni se f mes [a, b] =

b −c c −a f mes [a, c] + f mes [c, b] b−a b−a

©AulonaPress

Kapitulli 8

Teknikat e integrimit Në bazë të Teoremës Themelore të Kalkulusit (Thm. 6.1) ne mund të integrojmë një funksion në qoftë se ne njohim një primitiv të tij, pra integralin e pacaktuar të funksiomit. Ne faqen që vazhdon po përmbledhim integralet më të rëndësishme që kemi studiuar deri tani. Në këtë kapitull ne do të zhvillojmë teknika për të përdorur formula integrimi për të përftuar integrale të pacaktuara të funksioneve më të komplikuara. Ne mësuam një nga metodat më të rëndësishme të integrimit, metodën e zëvendësimit. Gjithashtu do të mësojmë metoda që janë speciale për klasa të veçanta funksionesh siç janë funksionet trigonometrike dhe funksionet racionale. Integrimi nuk është njëlloj si derivimi, sepse nuk ka rregulla që të garantojnë në mënyrë absolute integralin e pacaktuar të një funksioni. Z

x n+1 +C xn d x = n +1 Z exd x = ex + C

R R

Z sin xd x = − cos x + C 1 d x = tan x + C cos2 x Z 1 1 tan xd x = +C cos x cos x Z 1 1 x d x = tan−1 ( ) + C 2 x +a a a Z sin hxd x = cos hx + C Z

309

1 x

= ln |x| + C

ax d x =

+C

R

cos xd x = sin x + C

R

1 dx sin2 x

R

1 sin x

R

p 1 dx a−x 2

R

ax ln a

= cot x + C

cot xd x = − sin1 x + C = sin−1 ( ax ) + C

cos hxd x = sin hx + C

Kalkulus

Shaska T.

8.1 Integrimi me pjesë Çdo rregull derivimi ka një rregull korrespondues integrimi. Për shembull, rregulli i zëvendësimit tek integrimi i korespondon rregullit zinxhir tek derivimi. Rregulli që i korespondon rregullit të prodhimit tek derivimi, quhet rregulli i integrimit me pjesë. Rregulli i prodhimit ka vend kur funksionet f (x) dhe g (x) janë të derivueshëm dhe d [ f (x)g (x)] = f (x)g 0 (x) + g (x) f 0 (x). dx Në shënimin e integralit ky ekuacion do merte formën Z

ose

Z

[ f (x)g 0 (x) + g (x) f 0 (x)]d x = f (x)g (x)

f (x)g 0 (x)d x +

Z

g (x) f 0 (x)d x = f (x)g (x).

Ne mund ta rishkruajmë këtë ekuacion si Z

Z

0

f (x)g (x)d x = f (x)g (x) −

g (x) f 0 (x)d x.

(8.1)

Formula (8.1) quhet formula e integrimit me pjesë. R Shembull 8.1. Gjeni x sin xd x. Zgjidhje Supozojmë se zgjedhim f (x) = x dhe g 0 (x) = sin x. Atëherë f 0 (x) = 1 dhe g (x) = − cos x. Prandaj duke përdorur formulën (8.1), kemi Z Z x sin xd x = f (x)g (x) − g (x) f 0 (x)d x Z = x(− cos x) − (− cos x)d x Z = −x cos x + cos xd x = −x cos x + sin x + C. Në qoftë se do të donim të kontrollonim vërtetësinë e përgjigjes, mjafton ta derivojmë atë dhe përfitojmë funksionin nën integral. Le të shënojmë u = f (x) dhe v = g (x). Atëherë diferencialet do jenë d u = f 0 (x)d x dhe d v = g 0 (x)d x, kështu që nga rregulli i zëvendësimit, formula për integrimin me pjesë merr trajtën R

R ud v = uv − vd u.

Duke përdorur këtë metodë për shembullin e mësipërm do të kishim:

dhe kështu

Z

d v = sin xd x

du = dx

v = − cos xd x

Z x sin x d x = x(− cos x) −

310

u=x

Z (− cos x)d x = −x cos x +

cos xd x = −x cos x + sin x + C. ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Integrimi me pjesë na duhet për të Rpërftuar integrale më të thjeshta sesa ato me të cilat eR nisim. Prandaj në shembullin e parë ne e nisëm integrimin e x sin xd x dhe dolëm në një integral më të thjeshtë cos xd x. Në qoftë se do zgjidhnim u = sin x dhe d v = xd x, atëherë d u = cos xd x dhe v = Z

x2 2

x2 1 x sin xd x = (sin x) − 2 2

dhe nga integrimi me pjesë kemi:

Z

x 2 cos xd x.

R Megjithëse e vërtetë, x 2 cos xd x është më i vështirë sesa integrali fillestar. Në përgjithësi kur ne vendosim të integrojmë me pjesë, përpiqemi që të zgjedhim si u = f (x) një funksion që nga derivimi të marim një funksion më të thjeshtë, si dhe d v = g 0 (x)d x të tillë që nga integrimi të dalë fare thejsht v-ja. R Shembull 8.2. Njehsoni ln xd x. Zgjidhje Këtu nuk kemi shumë zgjedhje për u dhe d v. Le të shënojmë me u = ln x

dv = dx

dx x

v =x

du = Duke integruar me pjesë, kemi Z

Z ln xd x = x ln x −

x

dx = x ln x − x

Z d x = x ln x − x + C.

Integrimi me pjesë në këtë rast është efektiv sepse derivati i funksionit f (x) = ln x është më i thjeshtë se vetë funksioni f.

Shembull 8.3. Gjeni

R

t 2e t d t .

Zgjidhje Vërejmë se t 2 bëhet më i thjeshtë kur derivohet (ndërsa e t nuk ndryshon nga derivimi apo nga integrimi), kështu që zgjedhim u = t2 d v = et d t d u = 2t d t v = e t Integrimi me pjesë na jep Z

2 t

2 t

Z

t e dt = t e −2

tet d t.

(8.2)

Inetgrali që ne përftuam është më i thjeshtë sesa integrali fillestar, por akoma nuk mund të gjendet drejtpërdrejt. Kështu që ne e përdorim edhe një herë integrimin me pjesë, duke shënuar me u = t dhe d v = e t d t . Prej nga d u = d t dhe v = e t dhe Z Z tet d t = tet − et d t = t e t − e t + C. Duke e zëvendësuar këtë tek

R

t 2 e t d t marrim: Z t 2 e t d t = t 2 e t − 2(t e t − e t + C) = t 2 e t − 2t e t + 2e t + C1

ku C1 = −2C. R Shembull 8.4. Njehsoni e x sin xd x. ©AulonaPress

311

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje As funksioni e x dhe as sin x nuk bëhen mëR të thjeshtë kur derivohen, por ne përpiqemi duke shënuar me u = e x dhe me d v = sin xd x. Atëherë d u = e x d x dhe v = sin xd x = − cos x, kështu që duke integruar me pjesë kemi Z Z e x sin xd x = −e x cos x + e x (cosx)d x. (8.3) Integrali që përftuam nuk është më i thjeshtë sesa ai fillestari, por as edhe më i vështirë. Meqë patëm sukses me integrimin me pjesë dy herë në shembullin e mëparshëm atëherë integrojmë edhe një herë me pjesë duke shënuar u = e x R x dhe me d v = cos xd x. Atëherë d u = e d x dhe v = cos xd x = sin x. Dhe do të kemi Z Z x x e cos xd x = e sin x − e x sin xd x (8.4) Në pamje të parë duket sikur nuk kemi arritur asgjë sepse jemi kthyer sërisht tek Megjithatë nga zëvendësimet marrim Z Z e x sin xd x = −e x cos x + e x sin x − e x sin xd x.

R

e x sin xd x, me të cilin e nisëm.

R R Ky mund të rishikohet si një ekuacion me të panjohur integralin e x sin xd x. Duke shtuar anë për anë e x sin xd x, kemi Z 2 e x sin xd x = −e x cos x + e x sin x. Duke pjestuar me 2 anë për anë dhe duke shtuar konstanten e integrimit kemi Z 1 e x sin xd x = e x (sin x − cos x) + C. 2 Në qoftë se kombinojmë formulën e integrimit me pjesë me pjesën e dytë të Teoremës Themelore të Kalkulusit, ne mund të llogarisim integralin e caktuar me pjesë. Duke marrë integralin e caktuar me kufij nga a në b të formulës (8.1), duke pranuar se f 0 dhe g 0 janë të vazhdueshëm dhe duke përdorur Teoremën Themelore, ne kemi Z b Z b ¯b f (x)g 0 (x)d x = f (x)g (x)¯a − g (x) f 0 (x)d x. (8.5) a

Shembull 8.5. Llogarisni

R1 0

−1

tan

a

xd x.

Zgjidhje Le të shënojmë u = tan−1 x, d v = d x dx du = , v =x 1 + x2 Pra 1

Z 0

1

x dx 1 + x2 Z 1 x = 1 · tan−1 1 − 0 · tan−1 0 − dx 2 0 x +1 Z 1 π x = − d x. 4 1 + x2 0

¯1 tan−1 xd x = x tan−1 x ¯0 −

Z

0

Për të llogaritur këtë integral përdorim zëvendësimin t = 1 + x 2 . Atëherë d t = 2xd x, kështu që xd x = d t /2. Kur x = 0, t = 1 ndërsa kur x = 1, t = 2, prej nga: ¯2 Z 1 Z ¯ x 1 2 dt 1 1 1 dx = = ln |t |¯¯ = (ln 2 − ln 1) = ln 2. 2 2 1 t 2 2 2 0 1+x 1 Dhe përfundimisht kemi 1

Z 0

312

tan−1 xd x =

π − 4

1

Z 0

x π ln 2 dx = − . 2 1+x 4 2

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 8.6. Vërtetoni formulën Z

sinn xd x = −

1 n −1 cos xsi n n−1 x + n n

Z

sinn−2 xd x

(8.6)

ku n është numër i plotë dhe n ≥ 2. Zgjidhje Le të shënojmë: u = sinn−1 x d v = sin xd x d u = (n − 1) sinn−2 x cos xd x v = − cos x Kështu që integrimi me pjesë jep Z

n

n−1

sin xd x = − cos x sin

Z x + (n − 1)

sinn−2 x cos2 xd x.

Meqë cos2 x = 1 − sin2 x, kemi Z Z Z n n−1 n−2 x + (n − 1) sin xd x − (n − 1) sinn xd x. sin xd x = − cos x sin Zgjidhim këtë ekuacion për integralin e dëshiruar duke kaluar termin e fundit të anës së djathtë në anën e majtë. Prandaj kemi Z Z n ose

©AulonaPress

Z

sinn xd x = − cos x sinn−1 x + (n − 1)

sinn xd x = −

1 n −1 cos x sinn−1 x + n n

Z

sinn−2 xd x

sinn−2 xd x.

313

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Llogarisni integralin duke përdorur integrimin me pjesë me zgjedhjet e treguara për u dhe d v. R 1. x 2 ln xd x; u = ln x, d v = x 2 d x R 2. θ cos θd θ; u = θ, d v = cos θd θ Njehsoni integralin. R 3. x cos 5xd x R 4. xe x d x R 5. t e t /5 d t R 6. x sin 7xd x R 7. x 2 sin πxd x R 8. x 2 cos mxd x R 9. ln(3x + 5)d x R 10. arcsin xd x R 11. arctan xd x R 12. x sec2 xd x R 13. x3x d x R 14. (ln x)2 d x R 15. t cosh t d t R 16. x sinh nxd x R 17. e 2 x sin 5xd x R 18. (x 2 − 1)e −x d x R3 19. 1 lnx 2x d x

27.

R

x ln(2 − x)d x 2

x 3 e −x d x R p 29. sin xd x R π/2 30. 0 e sin t sin 2t d t 28.

R

Njehsoni integralin e pacaktuar. Ilustroni përgjigjen tuaj duke ndërtuar grafikun e funksionit dhe të primitivs së tij (merrni C = 0). R 31. (3x + 5)e x d x R 32. x 1/3 ln xd x R p 33. x 3 x 2 + 1d x R 34. x 2 cos xd x 35. Vërtetoni se: Z

sin2 xd x =

x sin 2x − +C 2 4

36. a) Vërtetoni barazimin: Z Z 1 n −1 cosn zd x = cosn−1 x sin x + cosn−2 xd x. n n R b) Përdorni pikën (a) për të njehsuar cosx d x. R c)4 Përdorni pikën (a) dhe (b) për të njehsuar cos xd x. Përdorni integrimin me pjesë për të vërtetuar formulat e reduktimit. R R 37. (ln x)n d x = x(ln x)n − n (ln x)n−1 d x R R 38. x n e x d x = x n e x − n x n−1 e x d x R R n−1 39. tann xd x = tann−1 x − tann−2 xd x (n 6= 1) R

secn xd x =

tan x secn−2 x n−1

+ n−2 n−1

R

secn−2 xd x (n 6= 1)

20.

R 7 ln x

21.

R

x 4 cos xd x

Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna.

22.

R

x 4 (ln x)2 d x

41. y = xe − 5 x, y = 0, x = 5

23.

R2

24.

R 2 (ln x)2

25.

R

sin x ln(cosx)d x

Përdorni metodën e tubave cilindrikë për të gjetur vëllimin e trupave të përftuar nga rrotullimi i zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna rreth boshtit të cakuar.

26.

R

arctan(3/x)d x

43. y = cos(πx/2), y = 0, 0 ≤ x ≤ 1; rrotull boshtit të y-ve.

4

0

1

p

x

dx

3

px dx 1+x 2 x2

dx

Njehsoni integralet duke përdorur fillimisht integrimin me zëvendësim dhe më pas integrimin me pjesë. 314

40.

2

42. y = 3 ln x, y = x ln x

44. y = e x , y = e −x , x = 1; rrotull boshtit të y-ve. 45. y = e −x , y = 0, x = −1, x = 0; rrotull x = 1. ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

46. y = e x , x = 0, y = π; rrotull boshtit të x-ve.

51. (a) Përdorni integrimin me pjesë për të vërtetuar se

47. Gjeni vlerën mesatare të f (x) = x 2 ln x në intervalin [1, 3]. 48. Një grimcë që lëviz përgjatë një vije të drejtë ka shpejtësi v(t ) = t 2 e −t metra për sekondë pas t sekondash. Sa larg shkon ajo gjatë t sekondave të para? 49. Në qoftë se f (0) = g (0) = 0 dhe f 00 e g 00 janë të vazhdueshëm, Vërtetoni se Z a Z a f (x)g 00 (x)d x = f (a)g 0 (a)− f 0 (a)g (a)+ f 00 (x)g (x)d x 0

0

50. Supozojmë se f (1) = 2, f (4) = 7, f 0 (1) R= 5, f 0 (4) = 3 4 dhe f 00 është i vazhdueshëm. Gjeni vlerën e 1 x f 00 (x)d x.

©AulonaPress

Z

Z f (x)d x = x f (x) −

x f 0 (x)d x

(b)Në qoftë se f dhe g janë funksione inverse dhe f 0 është i vazhdueshëm vërtetoni se Z

b a

Z f (x)d x = b f (b) − a f (a) −

f (b)

g (y)d y f (a)

(c) Në rastin kur f dhe g janë funksione pozitive dhe b > a > 0, vizatoni një diagramë dhe jepni kuptimin gjeometrik të pikës (b). Re (d) Përdorni pikën (b) për të njehsuar 1 ln xd x.

315

Kalkulus

Shaska T.

8.2 Integralet trigonometrike Në këtë paragraf do të përdorim identitetet trigonometrike për të integruar disa kombinime funksionesh trigonometrike. Do ta nisim me fuqitë e funksioneve sinus dhe kosinus. R Shembull 8.7. Njehsoni integralin cos3 xd x. Zgjidhje Duke bërë thjesht zëvendësimin u = cos x, kjo nuk na ndihmon shumë sepse prej këtej d u = sin xd x. Në mënyrë që të integrojmë fuqitë e kosinusit, ne na nevojitet një faktor ekstra sin x. Në mënyrë të ngjashme, një fuqi e sin x kërkon një faktor ekstra cos x. Prandaj, prej këtej mund të faktorizojmë një faktor kosinus dhe ta shkruajmë faktorin e mbetur cos2 x në varësi të sinusit duke shfrytëzuar identitetin sin2 x + cos2 x = 1 dhe kemi: cos3 x = cos2 x · cos x = (1 − sin2 x) cos x. Prej këtej mund ta llogarisim integralin duke bërë zëvendësimin u = sin x, kështu që d u = cos xd x dhe Z Z cos3 xd x = cos2 x · cos xd x Z = (1 − sin2 x) cos xd x Z 1 = (1 − u 2 )d u = u − u 3 + C 3 1 3 = sin x − sin x + C. 3 Në përgjithësi, ne përpiqemi të shkruajmë një integral duke i paraqitur funksionet sinus dhe kosinus në një formë të tillë ku të kemi vetëm një faktor sinus (dhe pjesa tjetër të jetë e shprehur në terma të kosinusit), apo një faktor kosinus (dhe pjesa tjetër të jetë e shprehur në varësi të sinusit). Identiteti sin2 x + cos2 x = 1 na lejon të veprojmë me këta funksione. R Shembull 8.8. Njehsoni sin5 x cos2 xd x. Zgjidhje Ne mund ta shprehim si n 2 x = 1−cos2 x, por do e kishim shprehjen vetëm në varësi të sinusit dhe pa faktor ekstra të kosinusit. Kështu që në vend që të bejmë këtë zëvendësim, ne ndajmë një faktor të vetëm sinusi dhe e shkruajmë pjesën e mbetur sin4 x në varësi të kosinusit: sin5 x cos2 x = (sin2 x)2 cos2 x sin x = (1 − cos2 x)2 cos2 x · sin x. Duke bërë zëvendësimin u = cos x, kemi d u = − sin xd x dhe prej këtej Z Z sin5 ·x cos2 xd x = (sin2 x)2 cos2 x · sin xd x Z = (1 − cos2 x)2 cos2 x · si nxd x Z = (1 − u 2 )2 u 2 (−d u) Z = − (u 2 − 2u 4 + u 6 )d u u3 u5 u7 −2 + )+C 3 5 7 1 2 1 = − cos3 x + cos5 x − cos7 x + C. 3 5 7

= −(

316

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Në shembujt në vazhdim, një fuqi teke e sinusit apo e kosinusit na mundëson ndarjen e një faktori të vetëm dhe konvertimin e shprehjes së pjesës së mbetur të fuqisë çift. Në qoftë se të dyja funksionet janë në fuqi çift kjo metodë nuk jep rezultat. Në raste të tilla mund të përdorim këto formula për të bërë zëvendësime: 1 1 sin2 x = (1 − cos 2x) dhe cos2 x = (1 + cos 2x). 2 2 Shembull 8.9. Njehsoni

Rπ 0

sin2 xd x.

Zgjidhje Në qoftë se shkruajmë sin2 x = 1−cos2 x, nuk na thjeshtohet llogaritja e integralit. Kështu që përdorim formulat për këndet dyfishe për sinusin dhe do kemi: Z Z π 1 π (1 − cos 2x)d x sin2 xd x = 2 0 0 ¯π ¯ 1 1 = (x − sin 2x)¯¯ 2 2 0 1 1 1 1 = (π − sin 2π) − (0 − sin 0) 2 2 2 2 1 = π. 2 Vërejmë se kemi zëvendësuar me mend u = 2x kur kemi integruar cos 2x. R Shembull 8.10. Njehsoni sin4 xd x. R Zgjidhje Ne mund ta llogarisim këtë integral duke përdorur formulën e reduktimit për sinn xd x së bashku me shembullin e parë, por një metodë më e mirë është shënimi sin4 x = (sin2 x)2 dhe përdorimi i formulës sin2 x = 12 (1 − cos 2x), pra: Z Z sin4 xd x = (sin2 x)2 d x ¶ Z µ 1 − cos 2x 2 dx = 2 Z 1 = (1 − 2 cos 2x + cos2 2x)d x. 4 Meqë kemi cos2 2x, përsëri mund të përdorim zëvendësimin cos2 2x = 12 (1 + cos 4x) dhe prej këtej kemi: Z Z 1 1 sin4 xd x = [1 − 2 cos 2x + (1 + cos 4x)]d x 4 2 ¶ Z µ 1 1 3 = − 2 cos 2x + cos 4x d x 4 2 2 µ ¶ 1 1 3 = x − sin 2x + sin 4x + C. 4 2 8 Për ta përmledhur po i rendisim mënyrat që mund të përdoren për tëRnjehsuar integrale të formës sinm x cosn xd x, ku m ≥ 0 dhe n ≥ 0 dhe janë numra të plotë. Disa mënyra për të njehsuar sinm x cosn xd x. a Në qoftë se fuqia e kosinusit është tek (n = 2k + 1), atëherë faktorizojmë një kosinus dhe përdorim cos2 x = 1 − sin2 x për të shprehur faktorin që mbetet në varësi të sinusit: Z Z sinm x cos2k+1 xd x = sinm x(cos2 x)k cos xd x Z = sinm x(1 − sin2 x)k cos xd x dhe më pas zëvendësojmë u = sin x. ©AulonaPress

317

Kalkulus

Shaska T.

b Në qoftë se fuqia e sinusit është tek (m = 2k +1), faktorizojmë një sinus dhe përdorim formulën sin2 x = 1−cos2 x për të shprehur faktorin që mbetet në varësi të kosinusit: Z

sin2k+1 x cosn xd x =

Z

(sin2 x)k cosn x sin xd x Z =

(1 − cos2 x)k cosn x sin xd x

dhe më pas bëjmë zëvendësimin u = cos x. Vërejmë se kur të dy fuqitë e sinusit dhe kosinusit janë tek, atëherë mund të përdoren si (a) dhe (b). c Në qoftë se të dy fuqitë e sinusit dhe kosinusit janë çift, atëherë përdorim identitetet e këndeve dyfishe. 1 1 sin2 x = (1 − cos 2x) cos2 x = (1 + cos 2x) 2 2 ndonjëherë është me vend të përdoret edhe identiteti sin x cos x =

1 sin 2x. 2

Ne mund të përdorim strategji të ngjashme për të njehsuar integrale të formës tanm x secn xd x. Meqë d /d x(tan x) = sec x, ne mund ta ndajmë një faktor sec2 x dhe ta transformojmë pjesën e mbetur në një shprehje që përmban tangentin duke përdorur identitetin sec2 x = 1 + tan2 x. Ose meqë d /d x(sec x) = sec x tan x, ne mund ta ndajmë një faktor sec x tan x dhe të transformojmë pjesën e mbetur të fuqisë së tangentit në varësi të sekantit. 2

R Shembull 8.11. Njehsoni tan6 x sec4 xd x. Zgjidhje Në qoftë se ndajmë një faktor sec2 x, atëherë mund ta shprehim faktorin sec2 x të mbetur në varësi të tangentit duke përdorur identitetin sec2 x = 1+tan2 x. Atëherë ne mund të njehsojmë integralin duke bërë zëvendësimin u = tan x dhe d u = sec2 xd x:

Z

tan6 x sec4 xd x =

Z

tan6 x sec2 x sec2 xd x

Z

tan6 x(1 + tan2 x) sec2 xd x Z Z = u 6 (1 + u 2 )d u = (u 6 + u 8 )d u

=

u7 u9 + +C 7 9 1 1 = tan7 x + tan9 x + C. 7 9

=

R Shembull 8.12. Njehsoni tan5 x sec7 xd x. Zgjidhje Në qoftë se ndajmë një faktor sec2 x, si në shembullin e mësipërm, na mbetet një faktor sec5 x, i cili nuk është e thjeshtë të konvertohet në varësi të tangentit. Ndërsa në qoftë se ndajmë një faktor sec x tan x, ne mund ta konvertojmë pjesën e mbetur të tangentit duke përdorur identitetin tan2 x = sec2 x − 1. Dhe prej këtej mund ta njehsojmë integralin 318

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

duke bërë zëvendësimin u = sec x, dhe d u = sec x tan xd x: Z Z tan5 x sec7 xd x = tan4 x sec6 x sec x tan xd x Z = (sec2 x − 1)2 sec6 x sec x tan xd x Z = (u 2 − 1)u 6 d u Z = (u 8 − 2u 7 + u 6 )d u u8 u7 u9 −2 + +C 9 8 7 1 2 1 = sec9 x − sec8 x + sec7 x + C. 9 8 7

=

Shembujt e mësipërm na treguan strategji për njehsimin e integraleve të formës cilat do ti përmbledhim si më poshtë. R Strategji për njehsimin e integraleve të formës tanm x secn xd x.

R

tanm x secn xd x në dy raste, të

a Në qoftë se fuqia e sec x është çift (n = 2k, k ≥ 2), mbajmë një faktor sec2 x dhe përdorim sec2 x = 1 + tan2 x për të shprehur pjesën e mbetur në varësi të tangentit: Z Z m n tan x sec xd x = tanm x(1 + tan2 x)k−1 sec2 xd x. Atëherë bëjmë zëvendësimin u = tan x. b Në qoftë se fuqia e tan x është tek (m = 2k + 1), mbajmë një faktor sec x tan x dhe përdorim tan2 x = sec2 x − 1 për të shprehur pjesën e mbetur të faktorëve në varësi të sekantit: Z Z tan2k+1 x secn xd x = (tan2 x)k secn−1 x sec x tan xd x Z = (sec2 x − 1)k secn−1 x sec x tan xd x. Atëherë bëjmë zëvendësimin u = sec x. Në rastet e tjera nuk ka strategji të mirëpërcaktuara. Do të na nevojitej të përdornim identitete, integrim me pjesë dhe ndonjëherë paksa hamendje. Ndonjëherë na duhet të integrojmë tan x duke përdorur formulën Z tan xd x = ln |sec x| + C. Gjithashtu na nevojitet formula e integralit të pacaktuar për sekantin Z sec xd x = ln | sec x + tan x| + C.

(8.7)

Mund ta verifikojmë vërtetësinë e kësaj formule duke derivuar anën e djathtë, ose si më poshtë. Fillimisht shumëzojmë dhe pjestojmë me sec x + tan x: Z Z sec x + tan x sec xd x = sec x dx sec x + tan x Z sec2 x + sec x tan x = dx sec x + tan x Në qoftë se zëvendësojmë me u = sec x + tan x, atëherë d u = (sec x tan x + sec2 x)d x, kështu që intagrali merr trajtën Z (1/u)d u = ln |u| + C. ©AulonaPress

319

Kalkulus

Shaska T.

Pra, kemi:

Z sec xd x = ln | sec x + tan x| + C.

R Shembull 8.13. Njehsoni tan3 xd x. Zgjidhje Këtu kemi vetëm tan x, kështu që përdorim tan2 x = sec2 x − 1 për ta rishkruar tangentin në varësi të sekantit Z Z tan3 xd x = tan x tan2 xd x Z = tan x(sec2 x − 1)d x Z Z = tan x sec2 xd x − tan xd x =

tan2 x − ln | sec x| + C. 2

Në integralin e parë kemi zëvendësuar me mend u = tan x kështu që d u = sec2 xd x. Në qoftë se ka një fuqi çift të tangentit së bashku me një fuqi tek të sekantit nën shenjën e integralit, është me rëndësi që e gjithë shprehja të shkruhet në varësi të sec x. Fuqitë e sec x mund të kërkojnë integrim me pjesë si në shembullin ne vazhdim. R Shembull 8.14. Njehsoni sec3 xd x. Zgjidhje Këtu integrojmë me pjesë duke shënuar me u = sec x d v = sec2 xd x d u = sec x tan xd x v = tan x. Atëherë Z

sec3 xd x = sec x tan x −

Z

sec x tan2 xd x

Z

sec x(sec2 x − 1)d x Z Z = sec x tan x − sec3 xd x + sec xd x. = sec x tan x −

Duke përdorur formulën kemi

R

sec xd x = ln | sec x + tan x| dhe duke e zgjidhur si ekuacion në lidhje me integralin e kërkuar, Z 1 sec3 xd x = (sec x tan x + ln | sec x + tan x|) + C. 2

Integralet e formës cotm x cscn xd x mund të njehsohen me metoda të ngjashme duke pat parasysh identitetin 1 + cot x = csc2 x. Përfundimisht, mund të përdorim një numër identitetesh trigonometrike. R R R Për të njehsuar integralet e formës (a) sin mx cos nxd x, (b) sin mx sin nxd x, ose (c) cos mx cos nxd x përdorim identitetet korresponduese: 1 (a) sin A cos B = [sin(A − B) + sin(A + B)] 2 1 (b) sin A sin B = [cos(A − B) − cos(A + B)] 2 1 (c) cos A cos B = [cos(A − B) + cos(A + B)] 2 R Shembull 8.15. Njehsoni sin 4x cos 5xd x. 2

320

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Ky integral mund të njehsohet duke përdorur integrimin me pjesë, por është më e lehtë të përdret identiteti (a) si më poshtë: Z Z 1 sin 4x cos 5xd x = [sin(−x) + sin 9x] d x 2 Z 1 = (− sin x + sin 9x)d x 2 1 1 = (cos x − cos 9x) + C. 2 9

©AulonaPress

321

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Njehsoni integralet. R 52. sin5 x cos2 xd x R 53. si n 8 x cos3 xd x R 3π/4 54. π/2 sin3 x cos xd x Rπ 55. 0 sin5 xd x Rπ 56. 0 cos8 xd x

75.

R

sec6 xd x

76.

R

t sec2 (t 2 ) tan4 (t 2 )d t

77.

R

csc4 x2 d x

78. Gjeni vlerën mesatare të funksionit sin2 x cos3 x në intervalin [−π, π].

f (x) =

79. Njehsoni integralin sin x cos xd x me katër metoda: (a) duke bërë zëvendësimin u = cos x (b) duke bërë zëvendësimin u = sin x (c) duke pasur parasysh identitetin sin 2x = 2 sin x cos x (d) duke integruar me pjesë Shpjegoni ndryshimin ndërmjet përgjigjeve.

57.

R

p sin3 ( x) p dx x

58.

R

tan2 xd x

59.

R

cos3 x p dx sin x

60.

R

cos x+sin 2x dx sin x

61.

R

tan2 xd x

Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar ndërmjet kurbave të dhëna.

62.

R

tan3 x dx cos4 x

80. y = sin2 x, y = cos2 x, −π/4 ≤ x ≤ π/4

63.

R

csc xd x

81. y = sin3 x, y = cos3 x, π/4 ≤ x ≤ 5π/4

64.

R

dx 1−cos x

65.

R

sin 4x cos 3xd x

Gjeni vëllimin e trupit të përftuar prej rrotullimit të zonës së kufizuar nga kurbat e dhëna rrotull boshtit të treguar.

66.

R

sec2 x tan xd x

82. y = tan2 x, x = π/2, x = π, y = 0; rrotull boshtit të x-ve

67.

R

x sin2 xd x

83. y = cos x, y = 0, x = 0, x = π/2; rrotull y = −1

68.

R

5

72.

cos x cos (sin x)d x R π/2 sin2 x cos2 xd x 0 R cot3 x csc3 xd x R x sec x tan xd x R sin x dx cos2 x

73.

R π/6

74.

R

69. 70. 71.

322

0

sec2 x tan2 xd x

tan8 xd x

84. y = sin x, y = cos x, 0 ≤ x ≤ π/4; rrotull y = 1 85. y = sec x, y = cos x, 0 ≤ x ≤ π/3; rrotull y = −1 86. y = sin x, x = π/2, x = π, y = 0; rrotull boshtit të x-ve 87. Një grimcë lëviz përgjatë një vije të drejtë me funksion shpejtësie v(t ) = sin ωt cos2 ωt . Gjeni funksionin pozicion s = f (t ) në qoftë se f (0) = 0. 88. R π Vërtetoni formulën, ku m dhe n janë numra natyrorë. −π sin mx cos nxd x = 0

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

8.3 Zëvendësimet trigonometrike Rp Gjatë llogaritjes së syprinave të një rrethi apo një elipsi, arrijmë në një integral të formës a 2 − x 2 d x, p ku a > 0. Në R R p 2 2 2 2 a 2 − x 2 d x, qoftë se do të ishte x a − x d x, zëvendësimi u = a − x do ishte me vlerë, por në integralin e trajtës problemi është më i vështirë. Në qoftë se ndryshojmë ndryshoret nga x në t duke bërë zëvendësimin x = a sin t , atëherë identiteti 1 − sin2 x = cos2 x na lejon që të dalim nga rrënja katrore sepse q p p p a 2 − x 2 = a 2 − a 2 si n 2 t = a 2 (1 − sin2 t ) = a 2 cos2 t = a| cos t | Vini re ndryshimin midis zëvendësimit u 2 = a 2 − x 2 (ku ndryshorja i ri është funksion i variablit të vjetër) dhe x = a sin t (ku ndryshorja i vjetër është një funksion i variablit të ri). Në përgjithësi mund të bëjmë një zëvendësim të formës x = g (t ) duke përdorur rregullat e zëvendësimit nga e anasjellta. Për t’i bërë llogaritjet më të thjeshta, pranojmë se g është funksion një për një, pra se ka funksion të anasjelltë. Në këtë rast, në qoftë se zëvendësojmë u me x dhe x me t në rregullin e zëvendësimit, do të kemi Z Z f (x)d x = f (g (t ))g 0 (t )d t . Ky lloj zëvendësimi quhet zëvendësim i anasjelltë. Ne mund të bëjmë zëvendësimin invers x = a sin t duke nënkuptuar se ky është përcaktuar si funksion një për një. Kjo mund të plotësohet duke ngushtuar vlerat e t në segmentin [−π/2, π/2].

Figura 8.1: Zëvendësimet trigonometrike. Në tabelën në vazhdim kemi treguar disa zëvendësime trigonometrike, që janë të vlefshme për shprehje nën rrënjë për arsye të identiteteve të veçanta trigonometrike. Në secilin rast kufizimi i t është për shkak të faktit që të sigurojë se funksioni që përcakton zëvendësimi është funksion një për një.

Shprehja p a2 − x2 p a2 + x2 p x2 − a2

Zëvendësimi x = a sin t , − π2 ≤ t ≤ π2 x = a tan t , − π2 < t < π2 x = a sec t , 0 ≤ t < π2 ose π ≤ t
0. x −a

Zgjidhje 1. Le të shënojmë me x = a sec t , ku 0 < t < π/2 ose π < t < 3π/2. Atëherë d x = a sec t tan t d t dhe p

x2 − a2 =

p

a 2 (sec2 t − 1) =

p

a 2 tan2 t = a| tan t | = a tan t

Prej nga, dx

Z p

Z

x2 − a2

=

a sec t tan t dt = a tan t

Z =

sec t d t

= ln |sec t + tan t | + C. Trekëndëshi na jep tan t =

p

x 2 − a 2 /a, kështu që kemi Z f r acd x

Duke shkruar C1 = C − ln a, kemi

p

dx

Z p

x2 − a2

x2 − a2

p x x2 − a2 = ln | + |+C a a p = ln |x + x 2 − a 2 | − ln a + C.

= ln |x +

p

x 2 − a 2 | + C1 .

(8.8)

Zgjidhje 2. Për x > 0 mund të përdoret edhe zëvedësimi hiperbolik x = a cosh t . Duke përdorur identitetin cosh2 y − sinh2 y = 1, kemi q p p 2 2 x − a = a 2 (cosh2 t − 1) = a 2 sinh2 t = a sinh t . Meqë d x = a sinh t d t , do kemi Z p

dx

Z

x2 − a2

Meqë cosh t = x/a, kemi t = cosh−1 (x/a) dhe Z dx

=

p

a sinh t d t = a sinh t

x 2 − a 2 = cosh−1

Z d t = t + C.

³x´ a

+ C.

(8.9)

Edhe pse formulat në këto dy zgjidhje duken të ndryshme, ato janë ekuivalente. Vërejtje. Siç e ilustron edhe shembulli i mësipërm, mund të përdoret zëvendësimi hiperbolik në vend të zëvendësimit trigonometrik dhe ndonjëherë jep përgjigje më të thjeshtë. Por ne zakonisht përdorim zëvendësimet trigonometrike sepse identitetet trigonometrike janë më familjare sesa identitetet hiperbolike. 326

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 8.21. Gjeni p 3 3/2

Z

x3 (4x 2 + 9)3/2

0

dx

Zgjidhje Fillimisht ne shënojmë që p

4x 2 + 9)3 p dhe kështu zëvendësimet trigonometrike janë të vlefshme. Megjithëse 4x 2 + 9 nuk është njëlloj si shprehjet në tabelën e zëvendësimeve trigonometrike, ajo bëhet një prej tyre në qoftë se bëjmë një zëvendësim fillestar u = 2x. Kur e kombinojmë me zëvendësimin e tangentit, marrim x = 32 tan t , i cili na jep d x = 32 sec2 t d t dhe (4x 2 + 9)3/2 = (

p

4x 2 + 9 =

p

9 tan2 t + 9 = 3 sec t

p p Kur x = 0, tan t = 0, kështu që t = 0 ndërsa kur x = 3 3/2, tan t = 3, kështu që t = π/3. p 3 3/2

Z

x3 (4x 2 + 9)

0

π/3 27 8

tan3 t 3 · sec2 t d t 27 sec3 t 2 0 Z 3 π/3 tan3 t dt = 16 0 sec t Z π/3 3 sin3 t dt = 16 0 cos2 t Z 3 π/3 1 − cos2 t = sin t d t 16 0 sin2 t Z

dx = 3/2

Tani zëvendësojmë u = cos t dhe kështu d u = − sin t d t . Kur t = 0, u = 1; kur t = π/3, u = 21 . Atëherë, p 3 3/2

Z

x3 (4x 2 + 9)

0

= = = =

Shembull 8.22. Njehsoni

R

Z 3 1/2 1 − u 2 du 16 1 u2 Z 1/2 3 (1 − u −2 )d u 16 1 · ¸¯ 1 ¯¯1/2 3 u+ 16 u ¯1 3 1 [( − (1 + 1))] 16 2 3 32

dx = − 3/2

p x d x. 3−2x−x 2

Zgjidhje Ne mund ta llogarisim këtë integral, duke transformuar fillimisht shprehjen nën rrenjën katrore për të plotësuar një katror binomi: 3 − 2x − x 2 = 3 − (x 2 + 2x) = 3 + 1 − (x 2 + 2x + 1) = 4 − (x + 1)2 Kjo na jep mundësinë të bëjmë zëvendësimin u = x + 1. Atëherë d u = d x dhe x = u − 1, kështu që Z

x

dx = p 3 − 2x − x 2 ©AulonaPress

Z

u −1 du p 4 − u2 327

Kalkulus

Shaska T.

p Tani bëjmë zëvendësimin u = 2 sin t , prej nga d u = 2 cos t d t dhe 4 − u 2 = 2 cos t , kështu që Z Z 2 sin t − 1 x dx = 2 cos t d t p 2 2 cos t 3 − 2x − x Z = (2 sin t − 1)d t = −2 cos t − t + C p u = − 4 − u 2 − sin−1 ( ) + C 2 p x +1 = − 3 − 2x − x 2 − sin−1 ( )+C 2

328

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Njehsoni integralin duke bërë zëvendësimet e treguara trigonometrike. Ndërtoni dhe emërtoni trekëndëshat këndëdrejtë shoqërues. R pd x ; x = 3 sec t 89. 2 2 x

90.

R

x −9

3

px d x; x 2 +9

x = 3 tan t

R p 91. x 3 9 − x 2 d x; x = 3 sin t

R

p

105.

R

pd x x 5−x 2

106.

R

dx (x 2 +2x+2)2

107.

R

p x dx 4x−x 2

108.

R π/2

109.

R

dx (5−4x−x 2 )3 /2

110.

R

x 2 +1 dx (x 2 −2x+2)2

0

Njehsoni integralet. 92.

R 2p3

93.

R2

94.

R

95. 96.

0 0

x

3

3 p x dx 16−x 2

p

x 2 + 4d x

pd x x 2 9−x 2 R px 2 −16 dx x4 R 4 px 2 −1 dx 1 x

Rp 1 − 9x 2 d x R 3 dx 98. p x2

97.

dt t 2 −6t +13

104.

2

p cos t

1+sin2 t

111. Përdorni zëvendësimin trigonometrik për të treguar se p dx = ln(x + x 2 + a 2 ) + C p x2 + a2 112. Përdorni zëvendësimin hiperbolik x = a sinh t për të treguar se Z x dx = sinh−1 ( ) + C p 2 2 a x +a

x +25

99.

R

p

x dx x 2 +x+1

Rp 9x 2 + 18xd x R 2/3 p 101. 0 x 3 4 − 9x 2 d x R1p 102. 0 x 2 + 1d x R p 103. x 1 − x 4 d x 100.

©AulonaPress

dt

113. Njehsoni

R

x2 dx (x 2 +a 2 )3/2 p

114. Gjeni vlerën mesatare të f (x) =

x 2 −1 ,1≤x x

≤ 7.

115. Gjeni sipërfaqen e zonës së kufizuar nga hiperbola 9x 2 − 4y 2 = 36 dhe drejtëza x = 3. 116. Parabola y = 12 x 2 e ndan qarkun x 2 + y 2 ≤ 8 në dy pjesë. Gjeni sipërfaqet e të dy pjesëve.

329

Kalkulus

Shaska T.

8.4 Integrimi i funksioneve racionale me thyesa të pjesshme Në këtë seksion do të shohim se si mund të integrohet një funksion racional (një raport polinomesh), duke e shprehur atë si shumë funksionesh më të thjeshta, të quajtura thyesa të pjesshme, funksione të cilat ne dimë t’i integrojmë. 1 2 dhe x+2 më emërues të përbashkët kemi Për të ilustruar metodën, tërheqim vëmendjen se duke marrë thyesat x−1 2 1 2(x + 2) − 1(x − 1) x +5 − = = 2 x −1 x +2 (x − 1)(x + 2) x +x −2 Në qoftë se veprojmë anasjelltas, mund të shohim se si të integrojmë funksionin në të djathtë të ekuacionit të mësipërm: Z Z x +5 2 1 d x = ( − )d x = 2 ln |x − 1| − ln |x + 2| + C x2 + x − 2 x −1 x +2 Për të parë se si funksionon kjo metodë në përgjithësi, le të shqyrtojmë një funksion racional si vijon: f (x) =

P(x) Q(x)

ku P dhe Q janë polinome. Është e mundur të shprehet f (x) si shumë e thyesave të thjeshta kur raporti i P është më e vogël sesa raporti i Q. Kështu që në këtë rast funksioni racional quhet i rregullt. Rikujtojmë që në qoftë se P(x) = a n x n + a n−1 x n−1 + · · · + a 1 x + a 0 ku a n 6= 0 dhe grada e P-së thuhet së është n dhe shkruhet d eg (P) = n. Në qoftë se f (x) nuk është i rregullt, pra d eg (P) ≥ d eg (Q), atëherë fillimisht pjestojmë P me Q dhe me R(x) shënojmë mbetjen e pjestimit e cila është e tillë që d eg (R) < d eg (Q). Atëherë funksioni mund të shkruhet f (x) =

R(x) P(x) = S(x) + Q(x) Q(x)

(8.10)

Ku S dhe R janë gjithashtu polinome. Si në shembullin në vazhdim, ndonjëherë nevojitet vetëm ky hap paraprak. R 3 +x Shembull 8.23. Gjeni xx−1 d x. Zgjidhje Meqë raporti i numëruesit është më e madhe sesa raporti i emëruesit, atëherë fillimisht bëjmë pjestimin e numëruesit me emëruesin. Kështu që x3 + x 2 = x2 + x + 2 + x −1 x −1 Prej këtej Z 3 Z x +x 2 x3 x2 d x = (x 2 + x + 2 + )d x = + + 2x + 2 ln |x − 1| + C x −1 x −1 3 2 Hapi tjetër do të ishte faktorizimi i emëruesit, ose zbërthimi i emëruesit sipas të gjitha rrënjëve, pra si prodhim i faktorëve linearë (të formës ax + b) dhe kuadratikë (të formës ax 2 + bx + c ku b 2 − 4ac < 0). Për shembull, në qoftë se Q(x) = x 2 − 16, ne mund ta faktorizojmë si: Q(x) = (x 2 − 4)(x 2 + 4) = (x − 2)(x + 2)(x 2 + 4) Hapi i tretë do të ishte shprehja e funksionit racional A (ax + b)i

R(x) Q(x)

si shumë thyesash të thjeshta të formës

ose

Ax + B (ax 2 + bx + c) j

Një teoremë e algjebrës na e garanton faktin se kjo është e mundur gjithmonë. Ne do shpjegojmë me detaje katër nga këto raste.

330

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

8.4.1 Rasti i parë. Kur emëruesi është prodhim i faktorëve linearë. Kjo do të thotë se ne mund të shkruajmë Q(x) = (a 1 x + b 1 )(a 2 x + b 2 ) · · · (a k x + b k ) ku asnjë faktor nuk përsëritet. Në këtë rast teorema thotë se ekzistojnë konstantet A1 , A2 , · · · , Ak të tilla që R(x) A1 A2 Ak = + +···+ Q(x) a 1 x + b 1 a 2 x + b 2 ak x + bk

(8.11)

Këto konstante mund të përcaktohen si në shembullin në vazhdim. Shembull 8.24. Njehsoni

R

x 2 +2x−1 d x. 2x 3 +3x 2 −2x

Zgjidhje Meqë raporti i numëruesit është më e vogël se e emëruesit, kjo do të thotë se nuk kemi nevojë të bëjmë pjestimin. Faktorizojmë emëruesin si 2x 3 + 3x 2 − 2x = x(2x 2 + 3x − 2) = x(2x − 1)(x + 2) Meqë emëruesi ka tre faktorë linearë, atëherë zbërthimi i funksionit nën integral do ketë formën x 2 + 2x − 1 A B C = + + x(2x − 1)(x + 2) x 2x − 1 x + 2

(8.12)

Për të përcaktuar këta koefiçentë shumëzojmë të dy anët e ekuacionit të mësipërm me prodhimin x(2x − 1)(x + 2), duke përftuar x 2 + 2x − 1 = A(2x − 1)(x + 2) + Bx(x + 2) + Cx(2x − 1) (8.13) Duke zbërthyer kllapat e anës së djathtë të ekuacionit të mësipërm dhe duke e shkruajtur shprehjen në formën standarte të polinomit, marrim x 2 + 2x − 1 = (2A + B + 2C)x 2 + (3A + 2B − C)x − 2A (8.14) Polinomet në këtë ekuacion janë identikë, kështu që koeficentët pranë fuqive të njëjta të x-it janë të barabartë. Kështu që duke i barazuar këto keoficentë marrim    2A + B + 2C = 1 3A + 2B − C = 2

 

−2A = −1

1 Duke e zgjidhur këtë sistem ekuacionesh, kemi A = 21 , B = 15 , dhe C = − 10 dhe kështu

Z

x2 + x − 1 dx = 2x 3 + 3x 2 − 2x

Z µ

¶ 11 1 1 1 1 + − dx 2 x 5 2x + 1 10 x + 2 1 1 1 = ln |x| + ln |2x + 1| − ln |x + 2| + K 2 10 10

Në integrimin e thyesës së mesit kemi bërë zëvendësmin me mend u = 2x − 1, i cili na jep d u = 2d x dhe d x = d u/2. Vërejtje. Ju mund të përdorni një metodë alternative për të getur koefiçentët A B dhe C. Ekuacioni i fundit është një identitet, pra barazim i vërtetë për çdo vlerë të x-it. Le të zgjedhim vlerat e x-it të cilat e thjeshtojnë ekuacionin. po qe se zëvendësojmë x = 0 në ekuacion, atëherë termi i dytë dhe i tretë anullohen dhe ekuacioni bëhet −2A = −1, ose A = 21 . Po njëlloj po qe se zëvendësojmë x = 1/2 marrim 5B/4 = 41 , pra B = 1/5 dhe për x = −2 kemi 10C = −1 dhe C = −1/10. Shembull 8.25. Gjeni ©AulonaPress

R

dx , ku x 2 −a 2

a 6= 0. 331

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Zbërthejmë funksionin si me poshtë 1 x2 − a2

=

1 A B = + (x − a)(x + a) x − a x + a

dhe prej këtej A(x + a) + B(x − a) = 1 Duke përdorur metodën si në vërejtjen e mësipërme, zëvendësojmë x = a dhe marrim A(2a) = 1, kështu që A = 1 qe se zëvendësojmë x = −a kemi B(−2a) = 1, kështu që B = − 2a . Pra, Z 1 dx 1 1 = ( − )d x 2 2 x −a 2a x −a x +a 1 = (ln |x − a| − ln |x + a|) + C 2a Meqë ln x − ln y = ln(x/y), mund ta shkruajmë integralin Z 1 dx x −a = ln | |+C 2 2 x −a 2a x +a

1 2a .

po

Z

(8.15)

8.4.2 Rasti i Dytë. Q(x) është prodhim faktorësh lineare, ku disa përsëriten. Supozojmë se faktori i parë a 1 x + b 1 përsëritet r herë, në faktorizimin e Q(x). Atëherë në vend të një termi të vetëm ne shkruajmë A1 A2 Ar + +···+ (8.16) a 1 x + b 1 (a 1 x + b 1 )2 (a 1 x + b 1 )r

A1 (a 1 x+b 1 )

dhe për ta ilustruar mund të shkruajmë C D E x3 − x + 1 A B = + 2+ + + 2 3 2 x (x − 1) x x (x − 1) (x − 1) (x − 1)3 Dhe për ta parë më të detajuar shohim një shembull të thjeshtë. R 4 2 +4x+1 Shembull 8.26. Gjeni xx−2x 3 −x 2 −x+1 d x. Zgjidhje Hapi i parë është pjestimi. Rezultati është x 4 − 2x 2 + 4x + 1 4x = x +1+ 3 3 2 x −x −x +1 x − x2 − x + 1 Hapi i dytë është faktorizimi i emëruesit Q(x) = x 3 − x 2 − x + 1. Meqë Q(1) = 0, ne kemi x − 1 faktor dhe kështu kemi x 3 − x 2 − x + 1 = (x − 1)(x 2 − 1) = (x − 1)(x − 1)(x + 1) = (x − 1)2 (x + 1) Meqë faktori linear (x-1) përsëritet dy herë, atëherë zbërthimi i funksionit ka trajtën 4x A B C = + + (x − 1)2 (x + 1) x − 1 (x − 1)2 x + 1 Duke shumëzuar anë për anë me emëruesin e përbashkët, (x − 1)2 (x + 1), kemi 4x = A(x − 1)(x + 1) + B(x + 1) + C(x − 1)2 = (A + C)x 2 + (B − 2C)x + (−A + B + C)

(8.17)

Tani llogarisim koeficentët:      332

A+C = 0 B − 2C = 4 −A + B + C = 0 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Duke zgjidhur sistemin, kemi A = 1, B = 2, dhe C = −1, kështu që Z 4 Z 1 x − 2x 2 + 4x + 1 1 2 − d x = [x + 1 + + ]d x 3 2 2 x −x −x +1 x − 1 (x − 1) x +1 2 x2 + x + ln |x − 1| − − ln |x + 1| + K = 2 x −1 x2 2 x −1 = +x − + ln | |+K 2 x −1 x +1

8.4.3 Rasti i Tretë. Q(x) përmban faktorë kuadratikë të pathjeshtueshëm (trinom të fuqisë së dytë që nuk ka rrënjë reale). Në qoftë se Q(x) ka një faktor ax 2 + bx + c, ku b 2 − 4ac < 0, atëherë si shtesë e shprehjes së raportit R(x)/Q(x) do jetë edhe Ax + B (8.18) ax 2 + bx + c Ku A dhe B janë konstante që duhen përcaktuar. Për shembull, në qoftë se f (x) = x/[(x − 2)(x 2 + 1)(x 2 + 4)], ai ka zbërthimin e formës x A Bx + C Dx + E = + 2 + 2 2 2 (x − 2)(x + 1)(x + 4) x − 2 x + 1 x +4 Termi i dhënë në ekuacionin e mësipërm mund të integrohet duke plotësuar katrorin e binomit dhe duke përdorur formulën Z dx 1 x = tan−1 ( ) + C (8.19) x2 + a2 a a R 2 Shembull 8.27. Njehsoni 2xx 3−x+4 d x. +4x Zgjidhje Meqë x 3 + 4x = x(x 2 + 4) dhe nuk mund të faktorizohet më tej. Ne mund të shkruajmë 2x 2 − x + 4 A Bx + C = + 2 x 3 + 4x x x +4 Duke shumëzuar me x(x 2 + 4), kemi 2x 2 − x + 4 = A(x 2 + 4) + (Bx + C)x = (A + B)x 2 + Cx + 4A Duke barazuar koefiçentët pranë fuqive të njëjta të x, kemi   A+B = 2 C = −1  4A = 4 Kështu që A = 1, B = 1, dhe C = −1 dhe prej këtej Z Z 2x 2 − x + 4 1 x −1 d x = ( + 2 )d x 3 x + 4x x x +4 Në mënyrë që të integrojmë termin e dytë, e ndajmë atë në dy pjesë: Z Z Z x −1 x 1 d x = d x − 2 2 2 x +4 x +4 x +4 Bëjmë zëvendësimin u = x 2 + 4 në integralin e parë të kësaj pjese, kështu që d u = 2xd x. Dhe përfundimisht do kemi Z Z Z Z 2x 2 − x + 4 1 x 1 dx = dx + dx − dx x 3 + 4x x x2 + 4 x2 + 4 1 1 = ln |x| + ln(x 2 + 4) − tan−1 (x/2) + K 2 2

©AulonaPress

333

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 8.28. Njehsoni

R

4x 2 −3x+2 dx 4x 2 −4x+3

Zgjidhje Meqë numëruesi dhe emëruesi kanë të njëjtën gradë, fillimisht pjestojmë dhe marrim 4x 2 − 3x + 2 x −1 = 1+ 2 2 4x − 4x + 3 4x − 4x + 3 Vërejmë se trinomi 4x 2 − 4x + 3 është i pazbërthyeshëm sepse dallori i tij është b 2 − 4ac = −32 < 0. Për të integruar funksionin e dhënë fillimisht plotësojmë katrorin e binomit për emëruesin: 4x 2 − 4x + 3 = (2x − 1)2 + 2 kjo na sugjeron të bëjmë zëvendësimin u = 2x − 1. Atëherë d u = 2d x dhe x = (u + 1)/2, kështu që Z

4x 2 − 3x + 2 dx = 4x 2 − 4x + 3

x −1 )d x 4x 2 − 4x + 3 Z 1 Z 1 u −1 1 2 (u + 1) − 1 d u = x + du =x+ 2 u2 + 2 4 u2 + 2 1 1 1 u = x + ln(u 2 + 2) − · p tan−1 ( p ) + C 8 4 2 2 1 1 2x − 1 = x + ln(4x 2 − 4x + 3) − p tan−1 ( p ) + C 8 4 2 2 Z

(1 +

Vërejtje. Shembulli i mësipërm ilustron procedurën për integrimin e thyesave elementare të formës Ax + B ku b 2 − 4ac < 0 ax 2 + bx + c Ne plotësojmë katrorin e binomit dhe më pas bëjmë zëvendësimin i cili na sjell në integralin e formës Z Z Z u 1 Cu + D du = C du + D du u2 + a2 u2 + a2 u2 + a2 atëherë integrali i parë është një logaritëm dhe i dyti shprehet në terma të tan−1 .

8.4.4 Rasti i Katërt. Q(x) përmban një faktor kuadratik të pathjeshtueshëm të përsëritur. Në qoftë se Q(x) ka faktor (ax 2 + bx + c)r ku b 2 − 4ac < 0, atëherë në vend të një faktori të vetëm do kemi shumën A2 x + B2 Ar x + Br A1 x + B1 + +···+ 2 2 2 ax + bx + c (ax + bx + c) (ax 2 + bx + c)r

(8.20)

dhe secili prej këtyre integraleve mund të integrohet duke plotësuar katrorin e binomit. R 2 −x 3 Shembull 8.29. Njehsoni 1−x+2x d x. x(x 2 +1)2 Zgjidhje Forma e zbërthimit të funksionit është 1 − x + 2x 2 − x 3 A Bx + C Dx + E = + 2 + 2 2 2 x(x + 1) x x + 1 (x + 1)2 Duke shumëzuar anë për anë me x(x 2 + 1)2 , kemi −x 3 + 2x 2 − x + 1 = A(x 2 + 1)2 + (Bx + C)x(x 2 + 1) + (Dx + E)(x) = A(x 4 + 2x 2 + 1) + B(x 4 + x 2 ) + C(x 3 + x) + D(x 2 ) + Ex = (A + B)x 4 + Cx 3 + (2A + B + D)x 2 + (C + E)x + A 334

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

dhe duke barazuar koefiçentët pranë fuqive të njëjta të x, marrim sistemin  A+B = 0      C = −1 2A + B + D = 2    C + E = −1   A=1 që na jep zgjidhjen A = 1, B = −1, C = −1, D = 1, dhe E = 0. Prandaj, 1 − x + 2x 2 − x 3 dx = x(x 2 + 1)2

1 x +1 x = + )d x x x 2 + 1 (x 2 + 1)2 Z Z Z Z dx x dx xd x = − d x − + 2 2 x x +1 x +1 (x 2 + 1)2 1 1 = ln |x| − ln(x 2 + 1) − tan−1 x − +K 2 2(x 2 + 1)

Z

Z

(

8.4.5 Racionalizimi i funksioneve nëpërmjet zëvendësimeve Disa funksione irracionale mund të shndërrohen në funksione racionale p nëpërmjet zëvendësimeve p të përshtatshme. Në veçanti kur funksioni nën integral përmban një shprehje të formës n g (x) zëvendësimi u = n g (x) mund të jetë efektiv. Le të shohim një shembull. Shembull 8.30. Njehsoni

R

p

Zgjidhje Le të shënojmë u =

x+4 x d x.

p

x + 4, atëherë u 2 = x + 4, kështu që x = u 2 − 4 dhe d x = 2ud u. Atëherë Z p

x +4 dx = x

u · 2ud u = 2 u2 − 4 Z 4 = 2 (1 + 2 )d u u −4 Z

Z

u2 du u2 − 4

Ne mund ta llogarisim integralin edhe duke faktorizuar u 2 − 4 si (u − 2)(u + 2) dhe duke përdorur thyesat elementare dhe marrim Z p

©AulonaPress

du u2 − 4 1 u −2 = 2u + 8 · ln | |+C 2·2 u +2 p p x +4−2 = 2 x + 4 + 2 ln | p |+C x +4+2

x +4 dx = 2 x

Z

Z

du + 8

335

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Zbërtheni thyesat në thyesa elementare me metodën e koefiçentëve të pacaktuar. 117.

2x (x−3)(2x+5)

118.

1 x 3 +3x 2 +x x−1 x 3 +x 2 x−1 x 3 +x 7 (x 2 −16)2

119. 120. 121.

Bëni fillimisht një zëvendësim që ta ktheni funksionin nën integral në një funksion racional e më pas njehsoni integralin. R dx p 147. x− x+3 R 1 dx p 148. 0 2+ 3 x R dx p 149. x x+3 p x x−3 d x

150.

R

122.

3x−5 (x+2)3 (x 2 +1)2

151.

R

p dx 3 x+2+x

123.

x 4 +1 x 5 +4x 3

152.

R

124.

x3 x 2 +4x+3

153.

R

d xp p 3 x− x p p 1+ x dx x

154.

R

d xp p 4 x+ 3 x

155.

R

156.

R

157.

R

e 2x dx e 2x +3e x +2 cos x dx sin2 x+sin x p x dx x 2 +x

125. 126. 127. 128.

x4 x 4 −1 2 x 2 +3x−4 1 x 9 −x 6 t 4 +t 2 +1

(t 2 +1)(t 2 +4)

Njehsoni integralet. R 3x dx 129. 2x−5 R x2 130. x−8 d x R x−5 131. (x+7)(x−3) dx R dx 132. (x+5)(x−2) R5 x 133. 3 xd2 −1 R 134. x 2ax dx −x R 1 x−1 135. 0 x 2 +5x+2 d x R 2 4x 2 −7x−12 136. 1 x(x+2)(x−3) dx R 5x+9 137. (x+3)2 d x R 138. (x−3)d2x(x+5) R 2 139. 5xx 3+7x+3 dx +2x 2 R dt 140. t 2 (t +1)2 R x+4 141. x 2 +2x+5 dx R dx 142. x 3 −8 R 3 143. x 3x+8 d x R 4 +3x 2 +1 144. xx5 +5x 3 +5x d x R x 2 −5x+16 145. (2x+3)(x−3)2 d x R 3 2 +3x−2 146. x (x+2x 2 +2x+2)2 d x 336

Përdorni integrimin me pjesë së bashku me teknikat e këtij seksioni për të njehsuar integralet. R 158. ln(x 2 − 3x + 1)d x R 159. x arctan xd x Njehsoni integralet duke plotësuar katrorin e binomit. R 1 160. x 2 −6x dx R 161. 4x 23x+5 dx +12x−5 Gjeni sipërfaqen e zonës nën kurbën e dhënë nga a në b. 162. y = 163. y = 164. y = 165. y =

1 , a = 5, b = 10 x 2 −6x+8 1 , a = 1, b = 2 x 2 +x x 2 +1 , a = 1, b = 2 3x−x 2 x+1 x−1 , a = 2, b = 3

166. Supozojmë se f , g , dhe h janë polinome dhe f (x) g (x) = h(x) h(x) për të gjitha x-et me përjashtim kur h(x) = 0. Vërtetoni se f (x) = g (x) për të gjitha x-et. 167. Në qoftë se f është një funksion kuadratik i tillë që f (0) = 1 dhe Z f (x) dx x 2 (x + 1)3 është funksion racional, gjeni vlerën e f 0 (0). ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

8.5 Strategji për integrimin Siç e kemi parë, integrimi është më i vështirë se derivimi. Në gjetjen e derivatit të një funksioni është e qartë se cilën formulë derivimi duhet të përdorësh. Por mund të mos jetë e qartë se cilën teknikë duhet të përdorësh për inegrimin e një funksioni. Deri tani janë përdorur teknika individuale në secilin paragraf. Në këtë paragraf do të prezantojmë një koleksion integrimesh të kombinuara sipas rastit dhe më kryesorja është përcaktimi i cilës teknikë duhet përdorur për integrim. Rregulla jo të vështira dhe të shpejta mund të jepen për integrimin, por ne do tu japim disa strategji që gjejnë përdorim të shpeshtë. Paraprakisht për zgjedhjen e strategjisë nevojitet një njohje e formulave bazë të integrimit. Në tabelën në vazhdim kemi mbledhur gjithë integralet që kemi mundur të llogarisim në këtë kapitull. Shumica e tyre duhen mbajtur mend. Është e nevojshme të njihen këto integrale. x n d x = xn+1 (n 6= −1) R x e d x = ex R x = − cos x R sin xd 2 sec xd x = tan x R sec x tan xd x = sec x R t anxd x = ln | sec x| R sinh xd x = cosh x R dx 1 −1 x (a) 2 2 = a tan R x d+a x−a 1 x = 2a ln | x+a | x 2 −a 2

n+1

R 1 d x = ln |x| R xx x a d x = lna a R xd x = sin x R cos 2 csc xd x = − cot x R csc x cot xd x = − csc x R cot xd x = ln | sin x| R coshxd x = sinh x R dx p = sin−1 ( ax ) p R d x a 2 −x 2 p = ln |x + x 2 ± a 2 | 2 2

sec xd x = ln | sec x + tan x|

csc xd x = ln | csc x − cot x|

R

R

x ±a

Tabela 8.2: Formulat e integrimit

Pra, fillimisht ju jeni pajisur me këto formula bazë integrimi dhe në qoftë se ju nuk shihni një mundësi të menjëhershme integrimi për një integral, ju mund të përdorni strategjinë në vazhdim prej katër hapash.

8.5.1 Thjeshto integralin nëse është e mundur. Ndonjëherë përdorimi i veprimeve algjebrike apo i identiteteve trigonometrike mund ta thjeshtojë integralin dhe ta bëjë më të qartë metodën e integrimit. Këtu janë disa shembuj: Z p p x(1 + x)d x = ( x + x)d x Z Z Z Z tan x sin x 1 2 dx = cos xd x = sin x cos xd x = sin 2xd x sec2 x cos x 2 Z Z Z (sin x + cos x)d x = (sin2 x + 2 sin x cos x + cos2 x)d x = (1 + 2 sin x cos x)d x Z

p

8.5.2 Shiko për zëvendësime të përshtatshme. Përpiqu të gjesh ndonjë funksion u = g (x) nën shenjën e integralit diferenciali i të cilit d u = g 0 (x)d x të jetë gjithashtu nën shenjën e integralit, me përjashtim ndoshta të ndonjë konstanteje. Për shembull, në integralin Z

x dx x2 − 1

ne shohim se në qoftë se u = x 2 − 1, atëherë d u = 2xd x. Prej nga ne përdorim zëvendësimin u = x 2 − 1 në vend të integrmit të thyeseve racionale. ©AulonaPress

337

Kalkulus

Shaska T.

8.5.3 Klasifiko integralin në varësi të formës së tij. Në hapat 1 dhe 2 nuk jepet zgjidhja, kështu që shohim trajtën e funksionit nën integral. a Funksionet trigonometrike . Në qoftë se f (x) është një prodhim i fuqive të sin x, cos x, tan x, dhe sec x, apo cot x dhe csc x, atëherë përdorni zëvendësimet e sugjeruara më lart. b Funksionet Racionale. Në qoftë se f (x) është funksion racional, atëherë përdorim procedurat e njohura për gjetjen e integraleve të funksioneve racionale. c Integrimi me pjesë. Në qoftë se f (x) është prodhim i një fuqie të x (ose polinomi) dhe një funksioni transhendent (si trigonometrik, eksponencial, ose funksion logaritmik ), atëherë përdorim integrimin me pjesë. d Rrenjët Raste të veçanta zëvendësimesh janë rekomanduar për disa tipe rrënjësh. p • Në qoftë se ±x 2 ± a 2 ndodhet nën shenjën e integralit, atëherë përdorni zëvendësimet trigonometrike. p p n n zëvendësimin racional u = ax + b. Në • Në qoftë se ax + b ndodhet nën shjenjën e integralit, përdorni p n mënyrë më të përgjithshme funksionon edhe zëvendësimi për g (x).

8.5.4 Të provosh përsëri. Në qoftë se tre hapat e para nuk kanë dhënë rezultat për integrimin, kujtohuni se janë dy metoda bazë integrimi: me zëvendësim dhe me pjesë. a Provo me zëvendësim. Edhe pse mund të mos ketë pasur mundësi për zëvendësim të drejtpërdrejtë (në hapin2) përsëri mund të ketë hapësirë për një zëvendësim të parshtatshëm. b Të përpiqesh të integrosh me pjesë. Edhe pse integrimi me pjesë përdoret për në shumicën e rasteve të prodhimeve të përshkruara në hapin 3(c), është ndonjëherë i përshtatshëm edhe në funksione të vetme. Kjo funksionon për tan−1 x, sin−1 x, dhe ln x dhe këto janë të gjithë funksione inverse. c Përpunimi i integralit. Veprimet algjebrike mund të jenë të përdorshme për transformimin e integralit në formë më të thjeshtë. Këto veprime mund të jenë thelbësore. Këtu kemi një shembull: Z dx 1 1 + cos x = · dx 1 − cos x 1 − cos x 1 + cos x Z Z 1 + cos x cos x d x = (csc2 x + )d x 2 sin x sin2 x Z

d Lidhni problemin me probleme të mëparshme. Kur ju keni fituar një farë eksperience në integrim, ju mund të jeni në gjendje të përdorni një metodë në integralin e dhënë të ngjashme me një metodë që ju tashmë e keni përdorur në një integral të mëparshëm. Ose mund të jeni në gjendje të shprehni integralin e dhënë në varësi të një integrali të mëparshëm. R Për shembull, tan2 x sec xd x është i komplikuar si integral por në qoftë se përdorim identitetin tan2 x = sec2 x −1, ne mund të shkruajmë Z Z Z tan2 x sec xd x =

sec3 xd x −

sec xd x

R dhe meqë sec3 xd x është llogaritur më parë mund ta përdorim në këtë problem. e Përdorim metoda të ndryshme. Ndonjëherë mund të kërkohet të përdoren dy ose tre metoda për llogaritjen e një integrali. Njehsimi mund të përfshijë disa zëvendësime të tipeve të ndryshme, ose mund të kombinohen integrimi me pjesë me një ose më shumë zëvendësime.

338

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Le të shohim shembujt në vazhdim duke pasur parasysh strategjitë e mësipërme. Shembull 8.31.

R

tan3 x dx cos3 x

Zgjidhje Në hapin e parë ne e rishkruam integralin: Z

tan3 x dx = cos3 x

Z

tan3 x sec3 xd x

R Integrali tani është i formës tanm x secn xd x me m numër tek, kështu që mund të përdorim çfarë kemi mësuar më lart. Ose ndryshe, në qoftë se në hapin 1 ne patëm shkruar Z

tan3 x dx = cos3 x

Z

sin3 x 1 · dx = cos3 x cos3 x

Z

sin3 x dx cos6 x

dhe këtu mund të vazhdonim me integrimin duke bërë zëvendësimin u = cos x: Z

Shembull 8.32.

R

e

p

x

Z 1 − cos2 x 1 − u2 (−d u) sin xd x = cos6 x u6 Z 2 Z u −1 = d u = (u −4 − u −6 )d u u6

sin3 x dx = cos6 x

Z

d x.

p Zgjidhje Në lidhje me hapin 3 ne zëvendësojmë u = x. Atëherë x = u 2 , kështu që d x = 2ud u dhe Z Z p e x d x = 2 ue u d u Shprehja nën integral tani është prodhim i u me një funksion transhendent e u , kështu që mund të integrohet me pjesë.

Shembull 8.33.

R

x 5 +1 d x. x 3 −3x 2 −10x

Zgjidhje Këtu nuk mund të zbatohen hapat 1 dhe 2. Shprehja nën integral është një funksion racional kështu që aplikojmë procedurën për këto funksione duke patur parasysh se hapi i parë atje është pjestimi.

Shembull 8.34.

R q 1−x

1+x d x

Zgjidhje Megjithëse zëvendësimi racional r u=

1−x 1+x

këtu funksionon, ai na çon në një funksion të komplikuar racional. p Një metodë më e thjeshtë është duke bërë disa veprime algjebrike. Duke shumëzuar numëruesin dhe emëruesin me 1 − x, kemi Z r

©AulonaPress

1−x dx = 1+x

1−x dx p 2 Z 1−x Z 1 x = p dx − p dx 2 1−x 1 − x2 p = sin−1 x + 1 − x 2 + C Z

339

Kalkulus

Shaska T.

8.5.5 A mund të integrojmë çdo funksion të vazhdueshëm? Lind pyetja: A na mundëson strategjia për integrim të gjejmë integralin e çdo funksioni të vazhdueshëm? Për shemR 2 bull, a mund ta përdorim për të integruar e x d x? Përgjigja është jo, të paktën jo në termat e funksioneve që janë familjarë për ne. Funksionet me të cilat kemi punuar deri tani janë quajtur funksione elementare. Këto janë polinomet, funksionet racionale, funksionet fuqi, eksponenciale, funksionet logaritmike, trigonometrike dhe funksionet e anasjellta trigonometrike, funksionet hiperbolike dhe të anasjellta hiperbolike dhe të gjitha funksionet që përftohen prej këtyre nëpërmjet mbledhjes, shumëzimit, pjestimit dhe kompozimit. Për shembull funksioni: s f (x) =

x2 − 1 + ln(cosh x) − xe sin 2x x 3 + 2x − 1

është funksion elementar. R Në qoftë se f (x) është funksion elementar, atëherë f 0 është funksion elementar por f (x)d x nuk është nevoja të 2 jetë elementar. Shqyrtojmë funksionin f (x) = e x . Meqë f (x) është funksion i vazhdueshëm, integrali i tij ekziston dhe në qoftë se përcaktojmë funksionin F me Z x

F(x) =

2

et d t

0

atëherë ne dimë nga pjesa e parë e Teoremës Themelore të Kalkulusit se F0 (x) = e x

2

2

Prandaj, f (x) = e x ka një primitiv F, por provohet se F nuk është funksion elementar. Kjo do të thotë se pavarësisht R 2 sesa mund të përpiqemi, ne s’do të mundemi ta njehsojmë integralin e x d x në termat e funksioneve që ne njohim. E njëjta gje mund të thuhet për integralet e mëposhtëm: Z

ex d x, x

Z

sin(x 2 )d x,

Z

cos(e x )d x,

Z p

x 3 + 1d x,

Z

1 d x, ln x

Z

sin x dx x

Në fakt shumica e funksioneve elementare nuk kanë primitivë elementare.

340

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Njehsoni integralet. R 168. cos x(1 + sin2 x)d x R 169. tan3 xd x R 2 2x 170. 0 (x−5) 2 dx R 171. x cos2 xd x R 172. x csc x cot xd x R 3x 173. cos sin x d x

197.

R π/4 1+4 cot x

198.

R3

199.

R

200.

R

π/2 4−cot x

dx

t 3 +1 2 t 3 −t 2 d t

x 2 sinh mxd x

174.

R

dx

204.

(x + sin x)2 d x Rp e x + 1d x R 1 dx e 3x −e x R (x + sin x)2 d x R x dx x 4 +1

175.

R

tan3 xd x

205.

R

pd x x 5x+1

176.

R

x dx x 4 +x+1

206.

R

x sin2 x cos xd x

177.

R

x−1 dx x 2 −4x+7

207.

R

sec x cos 2x sin x+sec x d x

178.

R

208.

R

179.

R

p 1 dx x 2 25x 2 −1

209.

R

180.

R4

x 3 ln xd x

x pxe dx e x +1

181.

e

x+e x

210.

R

R

pd x p x x+ x

182.

R

sec t tan t dt sec2 t −sec t

211.

R

sin x cos x dx sin4 x+cos4 x

212.

R

183.

R q x+1

x+arcsin x p dx 1−x 2

p 6 0 (1 − x) d x R e 2t dt 1+e 4t R x dx x 4 +x 2 +1 Rp 3 − 2x − x 2 d x R 3 −x x e dx R x3 dx (x−1)4

213.

R

ln(x+1) dx x2

214.

R

6x +10x 4x d x

215.

R 5 3t −1

216.

R2

217.

R

1 1+2e x −e −x d x

218.

R

sin 3x cos 4xd x

219.

R

e

220.

R

x+a dx x 2 +a 2

221.

R π/2 1+4 cot x

222.

R π/4

223.

R

184. 185. 186. 187. 188. 189. 190.

e arctan x x 2 +1

p

arctan xd x dx e x −1

1

dx

x−1 d x

R1

R x

p ln x

dx 2

1+(ln x)

191.

R

1+sin x 1−sin x d x

192.

R

x dx x 4 −a 4

R1

6 −1 x cos xd x R x 194. arctan dx x2 R sin 2x 195. 1+cos4 x d x R 196. cos x cos3 (sin x)d x

193.

©AulonaPress

201. 202. 203.

0 t +2 −2 |x

p 3

x

2

dt

− 4x|d x

dx

π/4 4−cot x 0

dx

tan5 x sec3 xd x

1p dx x+4+4 x+1 2

2

224. Funksionet y = e x dhe y = x 2 e x nuk kanë prim2 itivë elementare, ndërsa y = (2x 2 + 1)e x ka. Njehsoni R 2 (2x 2 + 1)e x d x. 341

Kalkulus

Shaska T.

8.6 Integrimi duke përdorur tabelat dhe sistemet kompjuterike algjebrike Në këtë paragraf ne përshkruajmë se si mund të përdoren tabelat dhe sistemet kompjuterike algjebrike për të integruar funksipne të cilat kanë primitivë elementare.

8.6.1 Tabelat e Integraleve Tabelat e integraleve të pacaktuara janë mjaft të përdorshme kur përballesh me integrale të cilët janë të vështirë për tu njehsuar drejtpërdrejt dhe nuk ke akses në një sistem kompjuterik algjebrik. Një tabelë prej rreth 120 integralesh, të karakterizuar nga forma e tyre është paraqitur në fund të librit. Duhet mbajtur mend se integralet nuk paraqiten në të njëjtën formë si në tabelë. Zakonisht na nevojitet të përdorim zëvendësimin ose veprimet algjebrike për ta transformuar një integral të dhënë në një prej atyre të paraqitur në tabelë. Shembull 8.35. Zona plane e kufizuar nga kurbat y = arctan x, y = 0, dhe x = 1 rrotullohet rreth boshtit të y-ve. Gjeni vëllimin e trupit të përftuar prej rrotullimit. Zgjidhje Duke përdorur metodat e tubave cilindrike, ne shohim se vëllimi është 1

Z

2πx arctan xd x

V=

0

Në këtë paragraf të tabelave të integrimit të quajtur format trigonometrike inverse kemi formulën: Z

u tan−1 ud u =

u u2 + 1 tan−1 u − + C 2 2

Prandaj vëllimi do jetë: 1

Z V = 2π

−1

x tan 0

¸1 £ ¤¯1 x2 + 1 x −1 xd x = 2π = π (x 2 + 1) tan−1 x − x ¯0 tan x − 2 2 0 h π i 1 ¡ ¢ = π 2 tan−1 1 − 1 = π 2 − 1 = π2 − π 4 2 ·

Shembull 8.36. Përdorni tabelën e integraleve për të njehsuar Z

x2 dx p 5 − 4x 2

Zgjidhje Në qoftë se shohim tek tabela e integraleve për integralet që përmbajnë forma si Z p

u2 a2 − u2

du = −

p

a 2 − u 2 , shohim se:

up 2 a2 u a − u2 + sin−1 ( ) + C 2 2 a

Ky nuk është tamam ajo që ne kemi por, mund ta përdorim atë pasi të kemi bërë zëvendësimin u = 2x. Z (u/2)2 d u 1 u2 = d u. p p 8 5 − u2 2 5 − u2 p Atëherë duke përdorur formulën e mësipërme me a 2 = 5 (pra a = 5) kemi: Z

Z

342

x2 1 dx = p 8 5 − 4x 2

Z

Z Z x2 1 u2 1 u2 dx = du = du p p p 8 8 5 − 4x 2 5 − u2 5 − u2 1 up 5 u xp 5 2x = (− 5 − u 2 + sin−1 p ) + C = − 5 − 4x 2 + sin−1 ( p ) + C 8 2 2 8 16 5 5

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 8.37. Përdor tabelën e integraleve për të njehsuar

R

x 3 sin xd x.

Zgjidhje Në qoftë se shohim tek paragrafi i formave trigonometrike, shohim se asnjë prej tyre nuk e përfshin x 3 si faktor. Megjithatë, mund të përdorim formulën e reduktuar Z Z u n cos ud u = u n sin u − n u n−1 sin ud u për n = 3 dhe kemi: Z

Tani na duhet të llogaritim

R

x 3 sin xd x = −x 3 cos x + 3

Z

x 2 cos x

x 2 cos xd x. Mund ta përdorim përsëri formulën për n = 2 dhe do kemi: Z

2

Z

2

x cos xd x = x sin x − 2

x sin xd x

= x 2 sin x − 2(sin x − x cos x) + K Duke kombinuar këto llogaritje, marrim Z x 3 sin xd x = −x 3 cos x + 3x 2 sin x + 6x cos x − 6 sin x + C Ku C = 3K. Shembull 8.38. Përdorni tabelën e integraleve për të njehsuar Zgjidhje Meqë tabela jep integrale të formës sojmë katrorin e binomit:

p

a2 + x2,

p

R p x x 2 + 2x + 4d x.

a 2 − x 2 , dhe

p

x 2 − a 2 , por jo

p

ax 2 + bx + c, ne fillimisht plotë-

x 2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 Në qoftë se bëjmë zëvendësimin u = x + 1 (pra x = u − 1), integrali do të vijë në trajtën Z Z p p 2 x x + 2x + 4d x = (u − 1) u 2 + 3d u Z p Z p 2 = u u + 3d u − u 2 + 3d u

p

a 2 + u 2 , pra:

Integrali i parë njehsohet duke përdorur zëvendësimin t = u 2 + 3. Z p Z 1 p 1 2 1 u u 2 + 3d u = t d t = · t 3/2 = (u 2 + 3)3/2 2 2 3 3 Për integralin e dytë përdorim formulën: Z p

dhe kemi:

a2 + u2d u =

Z p

p p up 2 a2 a + u2 + ln(u + a 2 + u 2 ) + C me a = 3 2 2

u 2 + 3d u =

p up 2 3 u + 3 + ln(u + u 2 + 3) 2 2

Prandaj Z x

©AulonaPress

p

p 1 x +1p 2 3 x 2 + 2x + 4d x = (x 2 + 2x + 4)3/2 − x + 2x + 4 − ln(x + 1 + x 2 + 2x + 4) + C 3 2 2

343

Kalkulus

Shaska T.

8.6.2 Sistemet Kompjuterike Algjebrike Ne kemi parë se përdorimi i tabelave ndihmon në njehsimin e integraleve duke transformuar shprehjet nën integral për ti sjellë në një nga format e njohura në tabelat e integraleve. Kompjuterat janë veçanërisht efiçentë në llogaritjen e integraleve. Dhe ashtu sikurse përdorëm zëvendësimin në lidhje me tabelën, edhe sistemet kompjuterike algjebrike mund ta performojnë zëvendësimin për ta transformuar një integral të dhënë në një i cili gjendet në formulat e veta. Por kjo nuk do të thotë se integrimi me dorë është kështu i panevojshëm. Ne do të shohim se një llogaritje me dorë mund të japë një përgjigje më të përshtatshme sesa një përgjigje kalkulatori. Për ta nisur, le të shohim se çfarë ndodh kur ne i kërkojmë një kalkulatori të integrojë një funksion relativisht të thjeshtë 1 y= 3x − 2 Duke përdorur zëvendësmin u = 3x − 2, një llogaritje e lehtë me dorë jep Z 1 1 d x = ln |3x − 2| + C 3x − 2 3 Ndërsa Derive, Mathematika, dhe Maple të gjitha kthjenë përgjigjen 1 ln(3x − 2) 3 E para gjë që duhet vënë re është që sistemet kompjuterike algjebrike nuk e marrin parasysh konstanten e integrimit. Me fjalë të tjera, ato prodhojnë një primitiv të veçantë dhe jo më të përgjithshmin. Prandaj, kur përdorim një integral makine atëherë i shtojmë një konstante. Së dyti shenja e vlerës absolute nuk shënohet në përgjigjen e makinës. Kjo është mirë kur vlerat e x janë më të mëdha sesa 23 . Por në qoftë se jemi të interesuar për vlera të tjera të x, atëherë na duhet të fusim simbolin e vlerës absolute. Në shembullin në vazhdim ne rishqyrtojmë shembullin e mëparshëm, por kësaj here do tia kërkojmë zgjidhjen një kalkulatori. R p Shembull 8.39. Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të njehsuar x x 2 + 2x + 4d x. Zgjidhje Maple përgjigjet me p p 1 1 2 3 3 3/2 2 (x + 2x + 4) − (2x + 2) x + 2x + 4 − arcsinh (1 + x) 3 4 2 3 Kjo duket e ndryshme nga përgjigja që ne gjetëm në shembullin e mësipërm, por është ekuivalente sepse termi i tretë mund të rishkruhet duke përdorur identitetin p arcsinhx = ln(x + x2 + 1) Prandaj "p # r p 3 3 1 2 arcsinh (1 + x) = ln (1 + x) + (1 + x) + 1 3 3 3 i p p 1 h 1 = ln p 1 + x + (1 + x)2 + 3 = ln p + ln(x + 1 + x 2 + 2x + 4) 3 3 p Termi që rezulton ekstra − 32 ln(1/ 3) mund të shënohet nën shenjën e konstantes së integrimit. Matematika jep përgjigjen µ ¶ µ ¶ 5 x x2 p 2 3 1+x + + x + 2x + 4 − arcsinh p 6 6 3 2 3

Shembull 8.40. Përdorni një sistem kompjuterik algjebrik për të njehsuar 344

R

x(x 2 + 5)8 d x. ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Matematika dhe Maple japin të njëjtën përgjigje: 1 18 5 16 1750 12 218750 6 390625 2 x + x + 50x 14 + x + 4375x 10 + 21875x 8 + x + 156250x 4 + x 18 2 3 3 2 Është e qartë se të dy sistemet duhet të kenë zbërthyer (x 2 +5)8 nga Teorema binomiale dhe më pas nga integrmi i secilës prej tyre. Në qoftë se ne integrojmë, duke bërë zëvendësimin u = x 2 + 5, gjejmë Z 1 2 (x + 5)9 + C x(x 2 + 5)8 d x = 18

©AulonaPress

345

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Përdorni tabelën e integraleve për të njehsuar integralet e mëposhtme.

sec5 xd x

241.

R

242.

R p4+(ln x)2

243.

R

p si n −1 xd x

225.

R

p 7−2x 2 dx x2

226.

R

sec(πx)d x

227.

R

p 3x d x 3−2x

244.

R

x sin(x 2 ) cos(3x 2 )d x

R

e 2θ sin 3θd θ

245.

R

228.

dx 2x 3 −3x 2

229.

R

2x cos−1 xd x

246.

R

psin 2θ d θ 5−sin θ

230.

R

tan3 (πx)d x

247.

R2

248.

R

249.

R1

250.

Rp e 2x − 1d x

dy

251.

R

dt

252. Gjeni vëllimin e trupit të ngurtë që përftohet kur zona nën kurbën:

pd x x 2 4x 2 +9

231.

R

232.

R3

233.

p1 2 x 2 4x 2 −7 d x R ln(1+px) p dx x

234.

R p2y 2 −3

235.

R0

236.

R

y2 −1 t

R

2 −t

e

tan3 (1/z) dz z2 x

arctan(e )d x R p 238. y 6 + 4y − 4y 2 d y R 239. sin2 x cos x ln(sin x)d x R ex 240. 3−e 2x d x 237.

346

e

2x

x

0

dx

p x 3 4x 2 − x 4 d x

sin6 2xd x

0

x 4 e −x d x

4 px d x x 10 −2

p y = x 4 − x62

për

0≤x ≤2

rrotullohet rreth boshtit të y-ve. 253. Zona nën kurbën y = tan2 x nga 0 në π/4 rrotullohet rreth boshtit të x-ve. Gjeni vëllimin e trupit të ngurtë të formuar.

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

8.7 Përafrimi i integraleve Ka dy situata në të cilat është e pamundur të gjendet vlera e saktë e integralit të caktuar. Rb Situata e parë vjen nga llogaritja e a f (x)d x duke përdorur Teoremën Themelore të Kalkulusit ne na duhet të gjejmë një primitiv të f . Ndonjëherë është e vështirë ose dhe e pamundur të gjendet një primitiv e f . Për shembull, është e pamundur të njehsohen saktësisht integralet e mëposhtëm: Z 1 Z 1p 2 1 + x3d x ex d x , 0

−1

Situata e dytë vjen nga përcaktimi i funksionit nga një eksperiment shkencor nëpërmjet leximit të të dhënave të mbledhura nga një instrument. Mund të mos ketë formulë për funksionin. Në të dy rastet na nevojitet të gjejmë një vlerë të përafërt të integralit të caktuar. Ne tashmë e njohim një metodë të tillë. Rikujtojmë se integrali i caktuar përkufizohet si limit i shumave të Riemanit, kështu që çdo shumë Riemani mund të përdoret si një përafrim i integralit. Në qoftë se ndajmë segmentin [a, b] në n nënintervale me gjatësi të barabartë me ∆x = b−a n , atëherë kemi Z b n X f (x i∗ )∆x f (x)d x ≈ a

i =1

x i∗

ku është një pikë e çfarëdoshme në nënintervalin e i -të [x i −1 , x i ]. Në qoftë se x i∗ është zgjedhur si skaji i majtë i nënintervalit, atëherë x i∗ − x i −1 dhe kemi: Z

b

f (x)d x ≈ Ln =

a

n X

f (x i −1 )∆x.

(8.21)

i =1

Në qoftë se f (x) ≥ 0, atëherë integrali përfaqson një syprinë dhe ekuacioni i mësipërm përfaqëson një përafrim të kësaj syprine. Në qoftë se zgjedhim x i∗ , si skajet e djathta të nënintervaleve, atëherë x i∗ = x i dhe kemi Z

b a

f (x)d x ≈ Rn =

n X

f (x i )∆x

(8.22)

i =1

Përafrimet Ln dhe Rn të përcaktuara nga ekuacionet e mësipërme janë quajtur përafrimet sipas skajeve të majta dhe skajeve të djathta, respektivisht. Më herët ne gjithashtu shqyrtuam rastin kur x i∗ ishin pikat e mesit x i të nënintervaleve [x i −1 , x i ].

8.7.1 Rregulli i pikës së mesit. Pra, kemi, Z

b a

£ ¤ f (x)d x ≈ Mn = ∆x f (x 1 ) + f (x 2 ) + f (x 3 ) + · · · + f (x n )

ku ∆x =

b−a n

dhe

1 x i = (x i −1 + x i ) = pika e mesit e [x i −1 , x i ] 2 Një tjetër përafrim i njohur me emrin rregulli i trapezit, rezulton si mesatare e dy ekuacioneve të para: " # Z b n n X 1 X f (x)d x ≈ f (x i −1 )∆x + f (x i )∆x 2 i =1 a i =1 " # n ∆x X = ( f (x i −1 ) + f (x i )) 2 i =1 ∆x 2 ∆x = 2 =

©AulonaPress

£ ¤ ( f (x 0 ) + f (x 1 )) + ( f (x 1 ) + f (x 2 )) + · · · + ( f (x n−1 ) + f (x n )) £

f (x 0 ) + 2 f (x 1 ) + 2 f (x 2 ) + · · · + 2 f (x n−1 ) + f (x n )

¤

347

Kalkulus

Shaska T.

8.7.2 Rregulli i Trapezave. Konsiderojmë integralin si më poshtë b

Z

f (x)d x ≈ Tn =

a

¤ ∆x £ f (x 0 ) + 2 f (x 1 ) + 2 f (x 2 ) + · · · + 2 f (x n−1 ) + f (x n ) 2

ku ∆x = b−a n dhe x i = a + i ∆x. Syprina e trapezit që ndodhet mbi nënintervalin e i -të është ∆x

¶ ¤ ∆x £ f (x i −1 ) + f (x i ) = f (x i −1 ) + f (x i ) 2 2

µ

dhe në qoftë se ne mbledhim sipërfaqet e këtyre trapezave, marrim anën e djathtë të rregullit të trapezave. Shembull 8.41. Përdorni (a) Rregullin e trapezave (b) Rregullin e pikës së mesit R2 me n = 5 për të përafruar integralin 1 x1 d x. Zgjidhje (a) Me n = 5, a = 1, b = 2, kemi ∆x = (2 − 1)/5 = 0.2 dhe kështu Rregulli i Trapezave na jep 2

Z 1

¤ 1 0.2 £ d x ≈ T5 = f (1) + 2 f (1.2) + 2 f (1.4) + 2 f (1.6) + 2 f (1.8) + f (2) x 2 ¶ µ 2 2 2 2 1 1 = 0.1 + + + + + 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 ≈ 0.695635

(b) Pikat e mesit të pesë nënintervaleve janë 1.1, 1.3, 1.5, 1.7, dhe 1.9, kështu që Rregulli i pikës së mesit jep 2

Z 1

£ ¤ 1 d x ≈ ∆x f (1.1) + f (1.3) + f (1.5) + f (1.7) + f (1.9) x µ ¶ 1 1 1 1 1 1 = + + + + 5 1.1 1.3 1.5 1.7 1.9 ≈ 0.691908

Në këtë shembull ne e zgjodhëm integralin të tillë që të mund të llogaritej në mënyrë eksplicite, në mënyrë që të kemi mundësi të shohim sesa i mirë është përafrimi sipas Rregullit të Trapezave dhe Rregullit të pikës së mesit. Nga Teorema Themelore e Kalkulusit, Z 2 1 d x = ln x|21 = ln 2 = 0.693147 · · · 1 x Gabimi në një përafrim përkufizohet nga ajo sasi që i duhet shtuar përafrimit për ta bërë atë të saktë. Nga vlerat e shembullit të mësipërm ne shohim se gabimet në Rregullin e Trapezave dhe të pikës së Mesit për n = 5 janë ET ≈ −0.002488 dhe EM ≈ 0.001239 Në përgjithësi, kemi Z ET =

b a

Z f (x)d x − Tn dhe EM =

b a

f (x)d x − Mn

Tabelat në vazhdim tregojnë rezultatet e llogaritjeve të ngjashme me ato të shembullit të mësipërm, por për n = 5, n = 10, n = 20 dhe për përafrimet sipas skajeve të majta dhe të djathta ashtu sikurse Rregullat e Trapezave dhe Pikës së mesit. Ne mund të bëjmë disa vërejtje prej këtyre tabelave: 348

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus n 5 10 20

Ln 0. 745635 0. 718771 0. 705803

Rn 0. 645635 0. 668771 0. 680803

Tn 0. 695635 0. 693771 0. 693303

Mn 0. 691908 0. 692835 0. 693069

Tabela 8.3: Vlerat e shumave sipas n-së. n 5 10 20

EL -0. 052488 -0. 025624 -0. 012656

ER 0. 047512 0. 024376 0. 012344

ET -0. 002488 -0. 000624 -0. 000156

EM 0. 001239 0. 000312 0. 000078

Tabela 8.4: Vlerat e shumave sipas n-së.

1. Në të gjitha metodat shohim se përafrimi bëhet më i mirë kur rritet vlera e n. 2. Gabimet sipas pikave të majta dhe të djathta janë me shenja të kundërta dhe duket se zvogëlohen dy herë më pak kur dyfishojmë vlerën e n. 3. Rregullat e trapezave dhe të pikës së mesit janë përafrimet më të përshtatshme. 4. Gabimet e rregullit të trapezave dhe të pikës së mesit janë me shenja të kundërta dhe duket se zvogëlohen katër herë më pak kur n dyfishiohet. 5. Masa e gabimit në Rregullin e Pikës së mesit është sa gjysma e masës së gabimit në Rregullin e Trapezave.

8.7.3 Kufijtë e gabimeve Supozojmë se | f 00 (x)| ≤ K për të gjitha a ≤ x ≤ b. Në qoftë se ET dhe EM janë gabimet në Rregullat e Trapezave dhe të Pikës së Mesit, atëherë K(b − a)3 K(b − a)3 dhe |EM | ≤ |ET | ≤ 2 12n 24n 2 Le ta aplikojmë këtë vlerësim gabimi në përafrimin e shembullit të parë. Në qoftë se f (x) = 1/x, atëherë f 0 (x) = −1/x 2 dhe f 00 (x) = 2/x 3 . Meqë 1 ≤ x ≤ 2, ne kemi 1/x ≤ 1, kështu që ¯ ¯ ¯2¯ 2 | f 00 (x)| = ¯¯ 3 ¯¯ ≤ 3 = 2 x 1 Dhe prej këtej duke marrë K = 2, a = 1, dhe b = 2 dhe n = 5 në vlerësimin e gabimit, ne shohim se |ER | ≤

2(2 − 1)3 1 = ≈ 0.006667 2 12(5 ) 150

Duke krahasuar këtë vlerësim gabimi me gabimin aktual, ne shohim se mund të ndodhë që gabimi aktual shumë më i vogël sesa kufiri i sipërm i gabimit i dhënë prej ekuacioit të mësipërm. Shembull 8.42. Sa eRmadhe duhet marrë n në mënyrë që të garantojë se Rregulli i Trapezave dhe i pikës së mesit të 2 përafrojnë integralin 1 (1/x)d xd x me 0.0001? Zgjidhje Ne pamë në llogaritjet e mëparshme se | f 00 (x)| ≤ 2 për 1 ≤ x ≤ 2, kështu që ne mund ta marrim K = 2, a = 1, b = 2. Me përafërsi 0.0001 do të thotë se gabimi i përafrimit duhet të jetë më i vogël se 0.0001. Prej nga, ne zgjedhim n të tillë që 2(1)3 < 0.0001 12n 2 ©AulonaPress

349

Kalkulus

Shaska T.

Duke zgjidhur mosbarazimin në lidhje me n, kemi n2 > ose

2 12(0.0001)

1 n> p ≈ 40.8 0.0006

Kështu që n = 41 na e siguron këtë përafrim. Për të njëjtin përafrim në lidhje me rregullin e pikës së mesit ne e zgjedhim n të tillë që 2(1)3 < 0.0001 24n 2 na jep 1 n> p ≈ 29 0.0012

Shembull 8.43. (a) Përdorni rregullin e Pikës së mesit me n = 10 për të përafruar integralin (b) Gjeni kufirin e sipërm për gabimin e bërë në këtë përafrim.

R1 0

2

e x d x.

Zgjidhje (a) Meqë a = 0, b = 1, dhe n = 10, Rregulli i Pikës së Mesit jep 1

Z 0

£ ¤ 2 e x d x ≈ ∆x f (0.05) + f (0.15) + · · · + f (0.85) + f (0.95) £ ¤ = 0.1 e 0.0025 + e 0.0225 + e 0.0625 + e 0.1225 + e 0.2025 + e 0.3025 + e 0.4225 + e 0.5625 + e 0.7225 + e 0.9025 ≈ 1.460393 2

2

2

(b) Meqë f (x) = e x , kemi f 0 (x) = 2xe x dhe f 00 (x) = (2 + 4x 2 )e x . Gjithashtu, meqë 0 ≤ x ≤ 1, kemi x 2 ≤ 1 dhe kështu 2

0 ≤ f 00 (x) = (2 + 4x 2 )e x ≤ 6e Duke marrë K = 6e, a = 0, b = 1, dhe n = 10 në vlerësimin e gabimit shohim se kufiri i sipërm për gabimin është 6e(1)3 e = ≈ 0.007 2 24(10) 400

8.7.4 Rregulli i Simpsonit Një tjetër rregull për përafrimin e integralit rezulton të jetë nga përdorimi i parabolave në vend të segmenteve të drejtë për përafrmin e kurbës. Si më parë ndajmë segmentin [a, b] në nënintervale me gjatësi të njëjtë me h = (b − a)/n, por kësaj here pranojmë që n është numër çift. Dhe në secilin çift nënintervalesh përafrojmë kurbën y = f (x) ≥ 0 me parabola. Në qoftë se y i = f (x i ), atëherë Pi (x i , y i ) është pika e kurbës që ndodhet mbi x i . Një parabolë tipike kalon nëpër tre pika të njëpasnjëshme Pi , Pi +1 , dhe Pi +2 . Për të thjeshtuar llogaritjet tona shqyrtojmë rastin kur x 0 = −h, x 1 = 0, dhe x 2 = h. Ne dimë që parabola që kalon nga pikat P0 , P1 , P2 është e formës y = (Ax 2 + Bx + C) dhe kështu sipërfaqja nën parabolën nga x = −h në x = h është Z

h −h

350

· 3 ¸¯h ¯ x (Ax 2 + C)d x = 2 A + Cx ¯¯ 3 0 0 µ 3 ¶ ¢ h¡ h + Ch = 2Ah 2 + 6C =2 A 3 3

(Ax 2 + Bx + C)d x = 2

Z

h

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Por meqë parabola kalon nga pikat P0 (−h, y 0 ), P1 (0, y 1 ), dhe P2 (h, y 2 ), kemi y 0 = A(−h)2 + B(−h) + C = Ah 2 − Bh + C y1 = C y 2 = Ah 2 + Bh + C dhe prej këtej y 0 + 4y 1 + y 2 = 2Ah 2 + 6C. Prandaj ne mund ta rishkruajmë sipërfaqen nën parabolë si h (y 0 + 4y 1 + y 2 ) 3 Tani duke e zhvendosur këtë parabolë horizontalisht ne nuk e ndryshojmë sipërfaqen nën të. Kjo do të thotë se sipërfaqja nën parabolën që kalon nga pikat P0 , P1 , P2 nga x = x 0 në x = x 2 është h (y 0 + 4y 1 + y 2 ) 3 Në mënyrë të ngjashme, sipërfaqja nën parabolën që kalon nga pikat P2 , P3 , P4 nga x = x 2 në x = x 4 është h (y 2 + 4y 3 + y 4 ) 3 Në qoftë se njehsojmë sipërfaqet nën të gjitha parabolat në këtë mënyrë dhe mbledhim të gjitha rezultatet, kemi b

Z

a

h h h (y 0 + 4y 1 + y 2 ) + (y 2 + 4y 3 + y 4 ) + · · · + (y n−2 + 4y n−1 + y n ) 3 3 3 h = (y 0 + 4y 1 + 2y 2 + 4y 3 + 2y 4 + · · · + 2y n−2 + 4y n−1 + y n ) 3

f (x)d x ≈

Edhe pse e bëmë këtë përafrim për rastin kur f (x) ≥ 0, ai mbetet i vlefshëm edhe çfarëdo funksioni tjetër të vazhdueshëm f (x) dhe është quajtur Rregulli i Simpsonit për nder të matematikanit anglez Thomas Simpson(1710-1761). Vëreni se si janë renditur koefiçentët: 1, 4, 2, 4, 2, 4, 2, · · · , 4, 2, 4, 2, 1 Rregulli i Simpsonit jepet si më poshtë Z

b a

f (x)d x ≈ S n =

ku n është çift dhe ∆x =

¤ ∆x £ f (x 0 ) + 4 f (x 1 ) + 2 f (x 2 ) + 4 f (x 3 ) + · · · + 2 f (x n−2 + 4 f (x n−1 ) + f (x n )) 3

b−a n .

Shembull 8.44. Përdor Rregullin e Simpsonit me n = 10 për të përafruar integralin

R2 1

(1/x)d x.

Zgjidhje Duke vendosur f (x) = 1/x, n = 10, dhe ∆x = 0.1 në Rregullin e Simpsonit, kemi Z 2 1 d x ≈ S 10 1 x ¤ ∆x £ = f (1) + 4 f (1.1) + 2 f (1.2) + 4 f (1.3) + · · · + 2 f (1.8) + 4 f (1.9) + f (2) 3 µ ¶ 0.1 1 4 2 4 2 4 2 4 2 4 1 = + + + + + + + + + + 3 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2 ≈ 0.693150 Vërejmë në këtë shembull se Rregulli i Simpsonit jep një përafrim më të mirë (S 10 ≈ 0.693150) ndaj vlerës së vërtetë të integralit (ln 2 ≈ 0.693147 · · · ) sesa Rregulli i Trapezave (T10 ≈ 0.693771) dhe i Pikës së Mesit (M10 ) ≈ 0.692835. Del se Përafrimi sipas Rregullit të Simpsonit është mesatarja me peshë e përafrimeve të trapezave dhe të pikës së mesit: 1 2 S 2n = Tn + Mn 3 3 ©AulonaPress

351

Kalkulus

Shaska T.

Rikujtojmë se ET dhe EM zakonisht kanë shenja të kundërta dhe se |EM | është rreth sa gjysma e |ET |. Në shumë aplikime të Kalkulusit na nevojitet të vlerësojmë një integral edhe kur nuk na është dhënë një formulë eksplicite për y si funksion i x. Një funksion mund të jepet grafikisht ose me anë të një tabele vlerash. Në qoftë se ka një evidencë se vlerat nuk ndryshojnë shumë shpejt, atëherë Rregulli i Simpsonit apo Rregulli i Trapezave mund të përdoren Rb për të gjetur një vlerë të përafërt për integralin e y në lidhje me x, a yd x.

8.7.5 Kufiri i Gabimit për Rregullin e Simpsonit Supozojmë se | f (4) (x)| ≤ K për a ≤ x ≤ b. Në qoftë se ES është gabimi i bërë në përdorimin e Rregullit të Simpsonit, atëherë K(b − a)5 |ES | ≤ 180n 4 R2 Shembull 8.45. Sa e madhe duhet marrë n në mënyrë që të garantojë se përafrmi sipas Rregullit të Simpsonit për 1 (1/x)d x është me afërsi me 0.0001? Zgjidhje Në qoftë se f (x) = 1/x, atëherë f (4) (x) = 24/x 5 . Meqë x ≥ 1, kemi se 1/x ≤ 1 dhe kështu ¯ ¯ ¯ 24 ¯ (4) | f (x)| = ¯¯ 5 ¯¯ ≤ 24 x Prej nga, ne mund të marrim K = 24. Prandaj, që gabimi të jetë më i vogël se 0.0001 ne duhet ta zgjedhim n të tillë që 24(1)5 < 0.0001 180n 4 Kjo jep 1 ≈ 6.4 n> p 4 0.00075 Prej nga, n = 8 (duhet të jetë çift) na jep përafrimin e kërkuar. Shembull 8.46. (a) Përdorni Rregullin e Simpsonit me n = 10 për të përafruar integralin (b) Vlerësoni gabimin e bërë në këtë përafrim.

R1 0

2

e x d x.

Zgjidhje (a) Në qoftë se n = 10, atëherë ∆x = 0.1 dhe Rregulli i Simpsonit na jep Z 1 ¤ 2 ∆x £ ex d x ≈ f (0) + 4 f (0.1) + 3 f (0.2) + · · · + 2 f (0.8) + 4 f (0.9) + f (1) 3 0 ¤ 0.1 £ 0 = e + 4e 0.01 + 2e 0.04 + 4e 0.09 + 2e 0.16 + 4e 0.25 + 2e 0.36 + 4e 0.49 + 2e 0.64 + 4e 0.81 + e 1 3 ≈ 1.462681 2

(b) Derivati i katërt i f (x) = e x është f (4) (x) = (12 + 48x 2 + 16x 4 )e x dhe kështu, meqë 0 ≤ x ≤ 1, kemi

2

0 ≤ f (4) (x) ≤ (12 + 48 + 6)e 1 = 76e

Prej nga duke vendosur K = 76e, a = 0, b = 1, dhe n = 10 del se gabimi i bërë është të shumtën 76e(1)5 ≈ 0.000115 180(10)4 Prandaj me korrektësi tre shifra pas presjes kemi 1

Z 0

352

2

e x d x ≈ 1.463

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime R1 254. Llogarisni 0 cos(x 2 )d x duke përdorur a) rregullën e trapezit dhe b) rregullën e pikës së mesit, kur n = 4. Përdorni rregullën e pikës së mesit dhe rregullën e Simpson për të përafruar integralet e mëposhtme në pikën e dhënë. R5 255. 0 x 2 sin xd x, n=8 R 1 −px d x, n=6 256. 0 e Përdorni rregullën e trapezit, rregullën e pikës së mesit dhe rregullën e Simpsonit për të përafruar integralet e mëposhtme në pikën e dhënë. R 2 ln x d x, n = 10 257. 1 1+x 258.

R 1/2 0

R4

sin(e t /2 )d t ,

p

e

n=8

t

sin t d t , n=8 R 5 cos x n=8 260. 1 x d x, R3 1 261. 0 1+y 5 d y, n=6 259.

0

262.

R 1/2

263.

R3

264.

R4p

265.

R1p

0

sin(x 2 )d x,

dt 0 1+t 2 +t 4 ,

0 0

n=4 n=6

p 1 + xd x,

ze −z d z,

n=8 n = 10

R6

ln(x 3 + 2)d x, n = 10 R4 p 267. 0 cos xd x, n = 10 266.

269.

R2

1 1 x2 d x

Gjeni përafrimet Tn , Mn dhe S n për n = 6 dhe 12, pastaj llogarisni gabimet përkatëse ET , EM dhe ES . Çfarë vini re? Çfarë ndodh me gabimet kur n dyfishohet? R2 270. 0 x 4 d x 271.

R4 1

p1 d x x

272. Zona e kufizuar nga kurbat y = e −1/x , y = 0, x = 1, dhe x = 5 rrotullohet rreth boshtit të x-ve. Përdorni rregullën e Simpsonit kur n = 8 për të llogaritur vëllimin e trupit të ngurtë. 273. Përdorni R 20 rregullën e trapezit kur n = 10 për të përafruar 0 cos(πx)d x. Krahasoni rezultatet tuaja me vlerën e saktë. 274. Në qoftë se f është një funksion pozitiv dhe f 00 (x) < 0 për të gjitha a ≤ x ≤ b, tregoni se: Z Tn
0, zona plane nën grafikun e y = 1/x 2 në të djathtë të x = 1, ka syprinë të fundme. Vërejmë se të dyja 1/x 2 dhe 1/x shkojnë në zero kur x −→ ∞, por 1/x 2 shkon më shpejt në zero sesa 1/x. Vlerat e 1/x nuk zvogëlohen aq shpejt saqë integrali të ketë një vlerë të fundme. R0 Shembull 8.48. Njehsoni −∞ xe x d x. Zgjidhje Duke përdorur pjesën (b) të përkufizimit 1, kemi: Z

0 −∞

xe x d x = lim

Z

t −→−∞ t

0

xe x d x

Integrojmë fillimisht me pjesë duke shënuar me u = x dhe d v = e x d x dhe kështu d u = d x dhe v = e x 0

Z t

¯0 xe x d x = xe x ¯t −

0

Z t

e x d x = −t e t − 1 + e t

Ne dimë se e t −→ 0 kur t −→ −∞ dhe nga Rregulli i L’Hospitalit kemi lim t e t = lim

t −→−∞

t −→−∞

1 t = lim = lim (−e t ) = 0 e −t t −→−∞ −e −t t −→−∞

Pra, nga Z

0 −∞

Shembull 8.49. Vlerësoni

xe x d x = lim (−t e t − 1 + e t ) = −0 − 1 + 0 = −1 t −→−∞

R∞

1 −∞ 1+x 2 d x.

Zgjidhje Është e përshtatshme ta zgjedhim a = 0 në përkufizimin 1(c): Z

∞

1 dx = 2 −∞ 1 + x

Z

0

1 dx + 2 −∞ 1 + x

∞

Z 0

1 dx 1 + x2

Integralet e anës së djathtë mund t’i llogarisim veçmas: ∞

Z 0

1 d x = lim t −→∞ 1 + x2

t

Z 0

¯t dx ¯ = lim tan−1 x ¯ 2 t −→∞ 1+x 0

= lim (tan−1 t − tan−1 0) = lim tan−1 t = t −→∞

©AulonaPress

t −→∞

π 2 355

Kalkulus

Shaska T.

dhe Z

0

1 d x = lim 2 t −→−∞ −∞ 1 + x

0

Z t

dx = 1 + x2

−1

= lim (tan t −→∞

¯0 ¯ lim tan−1 x ¯

t −→−∞ −1

0 − tan

t

π π t ) = 0 − (− ) = 2 2

Meqë të dy këto integrale janë konvergjentë, integrali i dhënë është konvergjent dhe Z ∞ π π 1 dx = + = π 2 2 2 −∞ 1 + x Meqë 1/(1 + x 2 ) > 0, integrali jo i vetë i dhënë mund të interpretohet si sipërfaqja e zonës së pakufizuar që ndodhet nën grafikun e funksionit y = 1/(1 + x 2 ) dhe mbi boshtin e x-ve. Shembull 8.50. Për çfarë vlera të p integrali i mëposhtëm konvergjon? Z ∞ 1 dx p 1 x Zgjidhje Ne dimë nga shembulli i parë i këtij paragrafi se në qoftë se p = 1, atëherë integrali është divergjent, kështu që le të pranojmë se p 6= 1. Atëherë ∞

Z 1

1 d x = lim t −→∞ xp

t

Z

x −p d x

1

¯t x −p+1 ¯¯ t −→∞ −p + 1 ¯ 1 1 1 [ − 1] = lim t −→ 1 − p t p−1

= lim

Në qoftë se p > 1, atëherë p − 1 > 0 dhe kur t −→ ∞, t p−1 −→ ∞ dhe 1/t p−1 −→ 0. Prej nga Z ∞ 1 1 dx = në qoftë se p > 1 p x p − 1 1 dhe kështu integrali konvergjon. Por në qoftë se p < 1, atëherë p − 1 < 0 dhe kështu 1 t p−1

= t 1−p −→ ∞ kur t −→ ∞

dhe integrali divergjon. E përmbledhim rezultatin e këtij shembulli për ta pasur si referencë në vazhdim: Z ∞ 1 d x është konvergjent kur p > 1 dhe divergjent kur p < 1. p 1 x

(8.23)

8.8.2 Integralet jo të vazhduar Supozojmë se f (x) është një funksion i vazhdueshëm pozitiv i përkufizuar në një interval të fundëm [a, b) por ka asimptotë vertikale në b. Le të jetë S zona e pakufizuar nën grafikun e f (x) dhe mbi boshtin e x-ve ndërmjet a dhe b. (Për tipin 1 të integraleve, zona plane shtrihej pafundësisht në një drejitm horizontal. Këtu zona është e pafundme në drejtimin vertikal. ) Syprina e pjesës së S ndërmjet a dhe t është t

Z A(t ) = 356

f (x)d x a

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Në qoftë se ndodh që A(t ) t’i afrohet një numri të fundëm A kur t −→ b − , atëherë themi se sipërfaqja e zonës S është A dhe shkruajmë Z b Z t f (x)d x = lim− f (x)d x t −→b

a

a

E përdorim këtë ekuacion për të përkufizuar integralet jo të mirëfilltë të tipit 2, edhe kur f (x) nuk është një funksion pozitiv, pavarësisht se çfarë tipi jo vazhdueshmërie ka f (x) në b. 2. Përkufizimi i Integralit jo të Vetë të Tipit 2 (a) Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në [a, b) dhe jo i vazhdueshëm në b, atëherë b

Z

f (x)d x = lim−

f (x)d x

t −→b

a

t

Z a

në qoftë se limiti ekziston (si një numër i fundëm). (b) Në qoftë se f (x) është i vazhdueshëm në (a, b] dhe jo i vazhdueshëm në a, atëherë b

Z

a

Z

b

f (x)d x = lim

t −→a + t

f (x)d x

në qoftë se limiti ekziston (si një numër i fundëm). Integrali jo i vetë është quajtur konvergjent në qoftë se limiti korrespondues ekziston dhe divergjent në qoftë se limiti nuk ekziston. Rc Rb (c) Në qoftë se f (x) nuk është i vazhdueshëm në c, ku a < c < b dhe të dy integralet a f (x)d x dhe c f (x)d x janë konvergjentë, atëherë ne përcaktojmë Z

b a

Shembull 8.51. Gjeni

R5 2

c

Z f (x)d x =

b

Z f (x)d x +

a

f (x)d x c

pd x . x−2

p Zgjidhje Vërejmë fillimisht se integrali i dhënë është jo i vetë sepse f (x) = 1/ x − 2 ka asimptotë vertikale në x = 2. Meqë kemi mosvazhdueshmëri të pafundme në skajin e majtë të segmentit [2, 5], përdorim pjesën (b) të përkufizimit 2: 5

Z 2

Shembull 8.52. Përcaktoni nëse

R π/2 0

dx = lim p x − 2 t −→2+

5

dx p t x −2 ¯5 p ¯ = lim 2 x − 2¯¯ + t −→2 t p p = lim 2( 3 − t − 2) t −→2+ p =2 3 Z

sec xd x konvergjon apo divergjon.

Zgjidhje Vërejmë se integrali i dhënë është jo i vetë sepse limx−→(π/2)− sec x = ∞. Duke përdorur pjesën (a) të përkufizimit kemi Z Z π/2

0

t

sec xd x = = =

sec xd x

lim

t −→(π/2)−

0

lim

¯t ¯ ¯ ln | sec x + tan x| ¯ −

lim

[ln(sec t + tan t ) − ln 1] = ∞ −

x−→(π/2) x−→(π/2)

0

−

sepse sec t −→ ∞ dhe tan t −→ ∞ kur t −→ (π/2) . Prandaj integrali jo i vetë i dhënë është divergjent.

©AulonaPress

357

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 8.53. Njehsoni nëse është e mundur integralin

R3

dx 0 x−1 .

Zgjidhje Vërejmë se drejtëza x = 1 është asimptotë vertikale për funksionin nën integral. Meqë ndodhet në mesin e segmentit [0, 3], duhet të përdorim pjesën (c) të përkufizimit 2 me c = 1: 3

Z

dx = x −1

0

1

Z 0

dx + x −1

3

Z 1

dx x −1

ku 1

Z 0

dx = lim x − 1 t −→1−

t

Z 0

dx x −1

¯t ¯ = lim− ln |x − 1|¯¯ t −→1

0

= lim− (ln |t − 1| − ln | − 1|) t −→1

= lim− ln(1 − t ) t −→1

= −∞ sepse 1 − t −→ 0+ kur t −→ 1− . Prandaj integrali

R1

dx 0 x−1

është divergjent. Kjo sjell që

R3

dx 0 x−1

është divergjent.

Vërejtje. Në qoftë se ne nuk do ta vërenim asimptotën x = 1 në shembullin e mësipërm do të kishim ngatërruar integralin me një të zakonshëm dhe do të kishim bërë një njehsim të gabuar: 3

Z 0

dx = ln |x − 1||30 = ln 2 − ln 1 = ln 2 x −1

Kjo është e gabuar sepse integrali është jo i vetë dhe duhej llogaritur në termat e limitit. Kështu që këtej e tutje sa herë Rb që shihni simbolin a f (x)d x, duhet të shihni f (x) në [a, b] dhe prej tij të përcaktoni nëse integrali është jo i vetë apo i zakonshëm. Shembull 8.54. Njehsoni

R1 0

ln xd x.

Zgjidhje Ne dimë që funksioni f (x) = ln x ka një asimptotë vertikale në 0 meqë limx−→0+ ln x = −∞. Prandaj integrali i dhënë është jo i vetë dhe kemi Z 1 Z 1 ln xd x = lim ln xd x t −→0+ t

0

Tani integrojmë me pjesë duke zëvendësuar me u = ln x, d v = d x, d u = d x/x, v = x: 1

Z t

ln xd x = x ln x|1t −

1

Z

x t

dx = 1 ln 1 − t ln t − (1 − t ) = −t ln t − 1 + t x

Për të gjetur limitin e termit të parë përdorim Rregullin e L’Hospitalit: lim t ln t = lim

t −→0+

t −→0+

ln t 1/t = lim = lim (−t ) = 0 1/t t −→0+ −1/t 2 t −→0+

Prej nga 1

Z 0

358

ln xd x = lim (−t ln t − 1 + t ) = −0 − 1 + 0 = −1 t −→0+

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

8.8.3 Nje Kriter Krahasimi për integralet jo të mirëfillta Ndonjëherë është e pamundur të gjendet vlera e saktë e një integrali jo të mirëfilltë dhe është e rëndësishme të dihet nëse ai është konvergjent apo divergjent. Në të tilla raste teorema në vazhdim është mjaft e përdorshme. Edhe pse ne e përmendim për integralet e Tipit të parë ajo vlen edhe për integralet e tipit të dytë. Teorema 8.1. Teorema e Krahasimit. Supozojmë se f (x) dhe g janë dy funksione të vazhdueshëm të tillë që f (x) ≥ g (x) për x ≥ a Atëherë Rb Rb (a) Në qoftë se a f (x)d x është konvergjent, edhe a g (x)d x është konvergjent. Rb Rb (b) Në qoftë se a g (x)d x është divergjent, edhe a f (x)d x është divergjent. Në qoftë se sipërfaqja nën funksionin më të madhy = f (x) është e fundme, atëherë e tillë është edhe sipërfaqja nën funksionin më të vogël y = g (x). Dhe në qoftë se sipërfaqja nën funksionin më të vogël është e pafundme, atëherë e tillë është edhe sipërfaqja nën funksionin më të madh. Rb Vërejtje. Vërejmë se e anasjellta e teoremës jo domosdoshmërisht është e vërtetë: në qoftë se a g (x)d x është konRb Rb Rb vergjent, a f (x)d x mund ose jo të jetë konvergjent dhe në qoftë se a f (x)d x është divergjent, a g (x)d x mund ose jo të jetë divergjent. R∞ 2 Shembull 8.55. Vërtetoni se 0 e −x d x është konvergjent. 2

Zgjidhje Ne nuk mund ta njehsojmë integralin drejtpërdrejt sepse primitivë e e −x nuk është funksion elementar. Ne shkruajmë Z ∞ Z ∞ Z 1 2 2 2 e −x d x + e −x d x e −x d x = 0

0

1

dhe vërejmë se integrali i parë në anën e djathtë të barazimit të mësipërm është thjesht një integral i caktuar i zakon2 shëm. Në integralin e dytë përdorim faktin se për x ≥ 1 kemi x 2 ≥ x dhe kështu −x 2 ≤ −x dhe prej këtej e −x ≤ e −x . Integrali për e −x është i lehtë për tu llogaritur: ∞

Z 1

e −x d x = lim

Z

t

e −x d x t −→∞ 1 = lim (e −1 − e −t ) t −→∞ −1

=e 2

Prandaj duke marrë f (x) = e −x dhe g (x) = e −x nga teorema e krahasimit, shohim se R∞ 2 po ashtu edhe 0 e −x d x është konvergjent.

R∞ 1

2

e −x d x është konvergjent dhe

R∞ 2 Në shembullin e mësipërm ne pamë se integrali 0 e −x d x është konvergjent, pa e llogaritur vlerën e tij. Në Teorinë e Probabilitetit është e rëndësishme të dihet vlera e saktë e integralit jo të mirëfilltë, siç edhe do ta shohim më vonë. R∞ −x Shembull 8.56. Integrali 1 1+ex d x është divergjent nga Teorema e Krahasimit sepse 1 + e −x 1 > x x dhe

R∞ 1

1 x dx

është divergjent(u tregua në shembullin e parë të këtij paragrafi)

©AulonaPress

359

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime 301.

R ∞ e −px

302.

R∞

303.

R∞

304.

R6

r /3

1 −∞ x 2 +5 d x

305.

R∞

3 −x 4

sin x −∞ ∞ 1+x 2 d x

306.

R∞

ex dx e 2x +3

307.

R∞

x arctan x dx (1+x 2 )2

308.

R3

309.

R3

310.

R

Shpjegoni pse secili nga integralet e mëposhtme është jo i mirëfilltë. R∞ 4 279. 1 x 4 e −x d x R π/2 280. 0 sec xd x R2 x dx 281. 0 x 2 −5x+6 282.

R0

283.

R

284. Gjeni sipërfaqen e kurbës nën y = 1/x 3 nga x = 1 deri te x = t dhe llogariteni atë kur t = 10, 100 dhe 1000. Pastaj gjeni sipërfaqen e plotë për x ≥ 1. Gjeni në qoftë se integralët e mëposhtëm janë konvergjent ose divergjent. Llogarisni vlerën e tyre. R∞ 1 285. 1 (3x+1) 2 dx 286.

R0

287.

R −1

288.

R∞

289.

R∞

290.

R∞

291.

R∞

1 −∞ 2x−5 d x −∞ 4

e

p 1 du 2−u −y/2

dy

x −∞ 1+x 2 d x

−∞ xe 2π

−x 2

dx

sin θd θ

292.

R∞ 1

x+1 dx x 2 +2x

293.

R∞

se −5s d s

294.

R ∞ ln x

295.

R∞

296.

R∞

297.

R1

298.

R∞

299.

R −1

300.

R∞

360

0

1

x

dx

x2 −∞ 9+x 6 d x e

1 dx x(ln x)3

3 0 x5 d x 0

x dx (x 2 +2)2

−∞ e

−2t

dt

−∞ (2 − u

4

)d u

p

1

x

dx

−∞ cos πt d t 0

dz z 2 +3z+2

−∞ r e −∞ x 0

0

2

dr

e

dx

p 1 dx 3−x

dx −2 x 4 dx 0 33 x 2 −6x+5

Ndërtoni grafikun dhe gjeni sipërfaqen në qoftë se ajo është e fundme. 0 ≤ y ≤ ex}

311. S = {(x, y)|x ≤ 1,

312. S = {(x, y)|x ≥ −2, 0 ≤ y ≤ e −x/2 } R∞ 313. Në qoftë se −∞ f (x)d x është konvergjent dhe a dhe b numra realë, vërtetoni se: Z

a −∞

∞

Z f (x)d x +

a

314. Vërtetoni se:

Z f (x)d x =

R∞ 0

b −∞

2

x 2 e −x d x =

∞

Z f (x)d x +

f (x)d x b

R 1 ∞ −x 2 dx 2 0 e

R∞ R1p 2 315. Vërtetoni se: 0 e −x d x = 0 − ln yd y duke i interpretuar integralet si sipërfaqe. 316. Supozoni se funksioni f është i vazhdueshëm në R∞ [0, ∞) dhe limx→∞ = 1. A është e mundur që 0 f (x)d x të jetë konvergjent? 317. Vërtetoni se ë qoftë se a > −1 dhe b > a + 1, integrali i mëposhtëm është konvergjent. ∞

Z 0

xa 1 + xb

dx

©AulonaPress

Kapitulli 9

Aplikime të mëtejshme të integrimit Ne studiuam disa aplikime të integralit në Kap. 6 si sipërfaqet, vëllimet, puna, vlerat mesatare, etj. Këtu do të studiojmë disa nga aplikimet gjeometrike të integrimit si gjatësia e kurbës, syprina e një sipërfaqeje, dhe aplikime në Fizikë, Inxhinieri, Biologji, Ekonomi dhe Statistikë.

361

Kalkulus

Shaska T.

9.1 Gjatësia e harkut Çfarë kuptojmë ne me gjatësi të harkut? Ne na nevojitet një përkufizim i saktë për gjatësinë e harkut të një kurbe, në të njëjtën frymë sikurse u punua për përkufizimin e nxjerrë për konceptin e Syprinës dhe të vëllimit. Në qoftë se një kurbë është një shumëkëndësh, ne mund ta gjejmë lehtë gjatësinë e tij; ne thjesht mbledhim gjatësitë e brinjëve të tij, ku mund të përdorim formulën e distancës ndërmjet dy skajeve të një segmenti. Do ta gjejmë gjatësinë e një kurbe duke e përafruar fillimisht me gjatësinë e një shumëkëndëshi dhe më pas duke kaluar në limit kur numri i brinjëve të tij rritet. Ky proces është i njohur për rastin e një rrethi, ku perimetri është limiti i gjatësive të shumkëndëshave të brendashkruar. Tani supozojmë se një kurbë C është përkufizuar nga ekuacioni y = f (x), ku f (x) është i vazhdueshëm dhe a ≤ x ≤ b. Ne kemi një përafrim prej shumkëndëshash duke e ndarë intervalin [a, b] në n nën-intervale me skaje x 0 , x 1 , x 2 , x 3 , · · · , x n , dhe me gjatësi të barabartë me ∆x. Në qoftë se y i = f (x i ), atëherë pika Pi (x i , y i ) shtrihet në C dhe shumkëndëshi me kulme P0 , P1 , P2 , · · · , Pn , është një përafrim i C-së. Gjatësia L e C-së është përafërsisht sa gjatësia e shumëkëndëshit dhe përafrimi bëhet gjithnjë e më i mirë kur n rritet. Prej këtej ne përkufizojmë gjatësinë L të kurbës C me ekuacion y = f (x), a ≤ x ≤ b, si limit të gjatësive të këtyre shumëkëndëshave të brendashkruar(në qoftë se ky limit ekziston. L = lim

n−→∞

n X

|Pi −1 Pi |

(9.1)

i =1

Vërejmë se procedura për përcaktimin e gjatësisë së harkut është shumë e ngjashme me procedurën e përdorur për përcaktimin e syprinës dhe të vëllimit. Ne e ndamë kurbën në një numër të madh pjesësh të vogla dhe prej këtej gjetëm me përafërsi gjatësitë e këtyre pjesëve dhe i mblodhëm ato. Në fund kaluam në limit kur n −→ ∞. Përkufizimi i gjatësisë së harkut të dhënë nga Ek. (9.1) nuk është shumë i përshtatshëm për llogaritje, por ne mund të nxjerrim një formulë integrale për L në rastin kur f (x) ka derivat të vazhdueshëm. Një funksion i tillë quhet i lëmuar sepse ndryshime të vogla në x prodhojnë ndryshime të vogla në f 0 (x). Në qoftë se ∆y i = y i − y i −1 , atëherë |Pi −1 Pi | =

q ¡ ¢2 q (x i − x i −1 )2 + y i − y i −1 = (∆x)2 + (∆y)2

Duke zbatuar Teoremën e vlerës së mesme të f (x) në intervalin [x i −1 , x i ], ne gjejmë se ka një numër x i∗ ndërmjet x i −1 dhe x i të tillë që f (x i ) − f (x i −1 ) = f 0 (x i∗ )(x i − x i −1 ) pra ∆y i = f 0 (x i∗ )∆x Prandaj kemi |Pi −1 Pi | =

q

(∆x)2 + (∆y)2

q

£ ¤2 (∆x)2 + f 0 (x i∗ )∆x q £ ¤2 p (∆x)2 = 1 + f 0 (x i∗ ) q £ ¤2 = 1 + f 0 (x i∗ ) ∆x meqë ∆x > 0 =

dhe prej këtej nga përkufizimi, L = lim

n−→∞

n X

|Pi −1 Pi | = lim

n−→∞

i =1

q

1 + [ f 0 (x i∗ )]2 ∆x

E inkuadrojmë këtë shprehje si të barabartë me Z

bq a

1 + [ f 0 (x)]2 d x

në bazë të përkufizimit të integralit të caktuar. Ky integral ekziston sepse funksioni g (x) = dueshëm. Kështu kemi vërtetuar teoremën në vazhdim: 362

p 1 + [ f 0 (x)]2 është i vazh-

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Teorema 9.1 (Formula e gjatësisë së harkut). Në qoftë se f 0 është i vazhdueshëm në [a, b], atëherë gjatësia e kurbës y = f (x), a ≤ x ≤ b, është Z bq £ ¤2 1 + f 0 (x) d x L= (9.2) a

Në qoftë se përdorim shënimin e Lajbnici për derivatin, mund ta shkruajmë formulën e gjatësisë së harkut si më poshtë: s ¸ · Z b dy 2 dx (9.3) 1+ L= dx a Shembull 9.1. Gjeni gjatësinë e harkut të parabolës gjysmëkubike y 2 = x 3 ndërmjet pikave (1, 1) dhe (4, 8). Zgjidhje Për gjysmën e sipërme të parabolës kemi y = x 3/2

d y 3 1/2 = x dx 2

dhe formula e gjatësisë së harkut jep 4

Z L=

s

· 1+

1

dy dx

¸2

Z 4r dx =

1

9 1 + xd x. 4

Në qoftë se bëjmë zëvendësimin u = 1 + 9x/4, atëherë d u = 9d x/4. Kur x = 1, u =

13 4 ; kur

x = 4, u = 10. Atëherë

¯10 Z ¯ 4 10 p 4 2 ud u = · u 3/2 ¯¯ 9 13/4 9 3 13/4 13 8 [103/2 − ( )3/2 ] = 27 4 p p 1 = (80 10 − 13 13) 27

L=

Në qoftë se një kurbë ka ekuacion x = g (y), c ≤ x ≤ d , dhe g 0 (y) është i vazhdueshëm, atëherë duke ndryshuar rolin e x me y kemi formulën në vazhdim për gjatësinë e tij: £ ¤2 Rdq Rd L= c 1 + g 0 (y) d y = c

r 1+

h

dx dy

i2

dy

Shembull 9.2. Gjeni gjatësinë e harkut të parabolës y 2 = x nga (0, 0) në (1, 1). Zgjidhje Meqë x = y 2 , ne kemi d x/d y = 2y, dhe 1

Z L=

s

· 1+

0

dx dy

¸2 dy =

Z 1q 0

1 + 4y 2 d y

p p Ne bëjmë zëvendësimin trigonometrik y = 12 tan θ, i cili jep d y = 21 sec2 θd θ dhe 1 + 4y 2 = 1 + tan2 θ = sec θ. Kur y = 0, tan θ = 0, kështu që θ = 0; kur y = 1, tan θ = 2, kështu që θ = tan−1 2 = α. Prandaj α

Z L=

0

sec θ ·

1 1 sec2 θd θ = 2 2

Z 0

α sec3 θd θ

1 1 · [sec θ tan θ + ln | sec θ + tan θ|]α0 2 2 1 = (sec α tan α + ln | sec α + tan α|) 4

=

©AulonaPress

363

Kalkulus

Shaska T.

Meqë tan α = 2, kemi sec2 α = 1 + tan2 α = 5, kështu që sec α =

p 5 dhe

p p 5 ln( 5 + 2) L= + 2 4 Për arsye të prezencës së shenjës së rrënjës katrore llogaritja e gjatësisë së harkut shpesh çon në një integral që mund të jetë shumë e vështirë apo edhe e pamundur të llogaritet në mënyrë eksplicite. Prandaj ndonjëherë mjaftohemi të gjejmë një përafrim të gjatësisë së një kurbe si në shembullin në vazhdim. Shembull 9.3. (a) Ndërtoni një integral për gjatësinë e harkut të hiperbolës x y = 1 nga pika (1, 1) në pikën (2, 21 ). (b) Përdorni Rregullin e Simpsonit me n = 10 për të vlerësuar gjatësinë e harkut. Zgjidhje (a) Kemi 1 dy =− 2 dx x

1 x

y= dhe kështu gjatësia e harkut është 2

Z L=

1

s 1+(

dy 2 ) dx = dx

2

Z

p

1

x4 + 1 dx x2

(b) Duke përdorur Rregullin e Simpsonit me n = 10 me a = 1, b = 2, ∆x = 0.1, dhe f (x) =

q

1 + x14 , kemi

Z 2r 1 ∆x L= 1+ 4 dx ≈ [ f (1) + 4 f (1.1) + 2 f (1.2) + 4 f (1.3) + · · · + 2 f (1.8) + 4 f (1.9) + f (2)] ≈ 1.1321 x 3 1

9.1.1 Funksioni Gjatësi e Harkut Do të jetë me vend që të kemi një funksion që të masë gjatësinë e një kurbe nga një pikë nisje e veçantë tek një pikë tjetër e çfarëdoshme e kurbës. Prandaj, në qoftë se një kurbë e lëmuar C ka ekuacion y = f (x), a ≤ x ≤ b, le të jetë s(x) distanca përgjatë C nga pika e nisjes P0 (a, f (a)) tek pika Q(x, f (x)). Atëherë s është një funksion, i cili quhet funksioni i gjatësisë së harkut: s(x) =

Rtp a

1 + [ f 0 (t )]2 d t

Kemi zëvendësuar variablin e integrimit me t kështu që x nuk ka dy kuptime. Mund të përdorim pjesën e parë të Teoremës Themelore të Kalkulusit për të derivuar ekuacionin e mësipërm meqë funksioni nën integral është i vazhdueshëm. s q ds dy 2 0 2 = 1 + [ f (x)] = 1 + ( ) (9.4) dx dx Ky ekuacion tregon se raporti i ndryshimit të s në lidhja me x është gjithmonë të paktën 1 dhe është i barabartë me 1 kur f 0 (x), kefiçenti këndor i tangentes ndaj kurbës, është 0. Diferenciali i gjatësisë së harkut është s ds =

1+(

dy 2 ) dx

(9.5)

Dhe ky ekuacion ndonjëherë shkruhet në formën simetrike (d s)2 = (d x)2 + (d y)2

(9.6)

2

Shembull 9.4. Gjeni gjatësinë e harkut për funksionin f (x) = x 3 në intervalin [0, 2]. 364

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

2

Figura 9.1: Funksioni i gjatesisë së harkut për f (x) = x 3 në intervalin [0, 2].

Zgjidhje Gjatësia e harkut jepet nga formula Z 2q L=

0

¡ ¢2 1 + f 0 (x) d x

2

1p 9x + 4d x 0 2 8 22 p 22 =− + 27 27 Z

=

2

Në Fig. 9.1 jepet funksioni i gjatesisë së harkut për f (x) = x 3 në intervalin [0, 2] si edhe funksioni s g (x) =

µ 1+

d f (x) dx

¶

Shembull 9.5. Gjeni funksionin gjatësi e harkut për kurbën y = x 2 − 18 ln x, duke marrë si pikë nisje P0 (1, 1). Zgjidhje Në qoftë se f (x) = x 2 − 81 ln x, atëherë f 0 (x) = 2x −

1 8x

Gjithashtu, µ ¶ 1 2 1 + [ f 0 (x)]2 = 1 + 2x − 8x 1 1 2 = 1 + 4x − + 2 64x 2 1 1 = 4x 2 + + 2 64x 2 µ ¶ 1 2 = 2x + 8x ©AulonaPress

365

Kalkulus

Shaska T.

Kështu që, q 1 1 + [ f 0 (x)]2 = 2x + 8x Prandaj, funksioni gjatësi e harkut jepet nga xq

Z s(x) =

x

Z =

1 + [ f 0 (t )]2 d t

1

1 2

(2t +

=x +

¯x ¯ 1 1 )d t = t 2 + ln t ¯¯ 8t 8 1

1 ln x − 1 8

Për shembull, gjatësia e harkut përgjatë kurbës nga (1, 1) tek (3, f (3)) është s(3) = 32 +

366

1 ln 3 ln 3 − 1 = 8 + ≈ 8.1373 8 8

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Shkruani integralet e mëposhtme por mos i llogarisni ato. 1. y = cos x, 2. y = xe

−x 2

0 ≤ x ≤ 2π ,

0≤x ≤1

3. x = y + y 3 ,

1≤y ≤4

4.

x2 a2

15. y = e x , 0≤x ≤1 ³ x ´ 16. y = ln ee x +1 a ≤ x ≤ b, −1 ,

5. y = 1 + 6x 3/2 ,

0≤x ≤1

3

6. y = 4(x + 4) ,

0 ≤ x ≤ 2,

x5

1 6 10x 3 ,

y4 1 8 4y 2 ,

9. x =

1p 3 y(y − 3),

2

11. y = xe −x , 12. y = ln(sec x), 13. y = ln(1 − x 2 ),

1≤y ≤9 0 ≤ x ≤ π/3

Q(1, 12 ) Q(8, 8)

x3 6

1 + 2x ,

1≤x ≤3 1 2

≤x ≤1

21. 22. 23.

0≤x ≤1 0 ≤ x ≤ π/4 0≤x ≤

a >0

Vizatoni kurbën dhe vlerësoni vizualisht gjatësiné e saj, pastaj njehsoni saktësisht gjatësinë e saj.

20. y =

1≤y ≤2

10. y = ln(cos x),

y >0

P(1, 5),

19. y = 32 (x 2 − 1)3/2 ,

1≤x ≤2

8. x =

P(−1, 12 ),

18. x 2 = (y − 4)3 ,

Gjeni gjatësinë e kurbës.

©AulonaPress

p x − x 2 + sin−1 ( x)

17. y = 12 x 2 ,

+ b2 = 1

7. y =

p

Gjeni gjatësinë e harkut nga pika P në pikën Q.

y2

2

14. y =

1 2

24. 25.

367

Kalkulus

Shaska T.

9.2 Sipërfaqet e rrotullimit Një sipërfaqe rrotullim përftohet kur një kurbë rrotullohet rreth një drejtëze. Një sipërfaqe e tillë është kufiri anësor i një trupi rrotullim të tipit të shqyrtuar në Kap. 6. Ne duam të përcaktojmë sipërfaqen e një sipërfaqeje të tillë në një mënyrë të tillë që të korrespondojë me intuitën tonë. Le ta fillojmë me disa sipërfaqe të thjeshta. Syprina e sipërfaqes anësore të një cilindri rrethor me rreze r dhe lartësi h i bie të jetë A = 2πr h sepse mund ta imagjinojmë prerjen dhe hapjen e cilindrit dhe ajo që kemi prej saj është një drejtkëndësh me përmasa 2πr dhe h. Në po të njëjtën mënyrë, mund të marrim një kon me bazë rrethore me rreze r dhe lartësi l , duke e prerë sipas një vie drejtuese dhe duke e hapur formohet një sektor qarku me rreze l dhe knd qendror θ = 2πr /l . Ne edimë se në përgjithësi, sipërfaqja e një sektori qarku me rreze l dhe kënd qendror θ është 12 l 2 θ, dhe kështu në këtë rast do jetë ¶ µ 1 2 2πr 1 2 = πr l A= l θ= l 2 2 l Prej këtej, ne përkufizojmë sipërfaqen anësore të një koni si A = πr l . Në qoftë se ndjekim të njëjtën strategji që përdorëm për gjatësinë e harkut, mund ta përafrojmë kurbën origjinale me një shumëkëndësh. Kur ky shumëkëndësh rrotullohet rreth një boshti, ai krijon një sipërfaqe të thjeshtë sipërfaqja e të cilës përafron sipërfaqen e sipërfaqes aktuale. A = πr 2 (l 1 + l ) − πr 1 l 1 = π[(r 2 − r 1 )l 1 + r 2 l ]

(9.7)

Prej trekëndëshave të ngjashëm kemi l1 l1 + l = r1 r2 i cili jep r 2 l 1 = r 1 l 1 + r 1 l ose (r 2 − r 1 )l 1 = r 1 l Përfundimisht kemi A = π(r 1 l + r 2 l ) ose A = 2πr l

(9.8)

1 2 (r 1 + r 2 )

ku r = Tani e aplikojmë këtë formulë tek startegjia jonë. Shqyrtojmë sipërfaqen e cila përftohet nga rrotullimi i kurbës y = f (x), a ≤ x ≤ b, rreth boshtit të x-ve, ku f (x) është pozitiv dhe ka derivat të vazhdueshëm. Në mënyrë që të gjejmë sipërfaqen e sipërfaqes së tij, e ndajmë segmentin [a, b] në n nënintervale me skaje x 0 , x 1 , x 2 , · · · , x n , de me gjatësi të barabartë me ∆x, sikurse vepruam në përcaktimin e gjatësisë së harkut. Në qoftë se y i = f (x i ), atëherë pika Pi (x i , y i ) shtrihet në kurbë. Pjesa e sipërfaqes ndërmjet x i −1 dhe x i përafrohet duke marrë segmentin Pi −1 Pi dhe rrotulluar rreth boshtit të x-ve. Rezultati është një trung koni me lartësi anësore l = |Pi −1 P−i | dhe rreze mesatare r = 12 (y i −1 +y i ), kështu që sipërfaqja e sipërfaqes së tij është y i −1 + y i 2π |Pi −1 Pi | 2 Si në vërtetimin e Toremës për gjatësinë e harkut, kemi q |Pi −1 Pi | = 1 + [ f 0 (x i∗ )]2 ∆x ku x i∗ është një numër ndërmjet [x i −1 , x i ]. Kur ∆x është shumë e vogël, kemi y i = f (x i ) ≈ f (x i∗ )dhe gjithashtu y i −1 = f (x i −1 ) ≈ f (x i∗ ), meqë f (x) është i vazhdueshëm. Prej nga 2π

q y i −1 + y i |Pi −1 Pi | ≈ 2π f (x i∗ ) 1 + [ f 0 (x i∗ )]2 ∆x 2

dhe kështu një përafrim i asaj që ne mendojmë si syprinë e gjithë sipërfaqes së rrotullimit është n X i =1

368

q 2π f (x i∗ ) 1 + [ f 0 (x i∗ )]2 ∆x

(9.9) ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ky përafrim bëhet gjithnjë p e më i mirë kur n −→ ∞ dhe duke e konsideruar integralin si shumë të Riemanit për funksionin g (x) = 2πx f (x) 1 + [ f 0 (x)]2 , kemi Z b q q n X 2π f (x i∗ ) 1 + [ f 0 (x i∗ )]2 ∆x = 2π f (x) 1 + [ f 0 (x)]2 d x lim n−→∞

a

i =1

Dhe prej këtej, në rastin kur f (x) është pozitiv dhe ka derivat të vazhdueshëm, e përcaktojmë sipërfaqen e sipërfaqes së rrotullimit të kurbës y = f (x) a ≤ x ≤ b, rreth boshtit të x-ve si Z b q S= 2π f (x) 1 + [ f 0 (x)]2 d x (9.10) a

Sipas shënimit të Lajbnicit për derivatet, kjo formulë merr trajtën s Z b dy 2 S= 2πy 1 + ( ) dx dx a Në qoftë se kurba përshkruhet si x = g (y), c ≤ y ≤ d , atëherë formula për sipërfaqen e sipërfaqes bëhet s Z d dx 2 S= 2πy 1 + ( ) dy d y c dhe të dy formulat mund të përmblidhen simbolikisht duke përdorur shënimin e gjatësisë së harkut Z S = 2πyd s Për rrotullimin rreth boshtit të y-ve formula e syprinës bëhet Z S = 2πxd s

(9.11)

(9.12)

(9.13)

(9.14)

Ku si dhe më parë mund të përdoren s

dy 2 1+( ) d x ose dx

ds =

s 1+(

dx 2 ) dy dy

Këto formula mund të mbahen mend duke e menduar 2πy ose 2πx si perimetrin e rrethit duke e nisur nga një pikë (x, y) e kurbës dhe duke e rrotulluar rreth boshtit të x-ve apo boshtit të y-ve respektivisht. p Shembull 9.6. Kurba y = 4 − x 2 , −1 ≤ x1, është harku i rrethit x 2 + y 2 = 4. Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së rrotullimit të përftuar nga rrotullimi i këtij harku rreth boshtit të x-ve. (Sipërfaqja është një pjesë sfere me rreze 2.) Zgjidhje Kemi dy 1 −x = (4 − x 2 )−1/2 (−2x) = p dx 2 4 − x2 dhe kështu sipërfaqja e sipërfaqes është Z S=

s

1

2πy −1

Z = 2π

1 Z

= 2π = 4π

©AulonaPress

1+(

p 4 − x2

−1 1p

−1 Z 1 −1

dy 2 ) dx dx s 1+

x2 dx 4 − x2

2 4 − x2 p dx 4 − x2

1d x = 4π(2) = 8π

369

Kalkulus

Shaska T.

Figura 9.2: Sipërfaqja e përftuar nga rrotullimi i f (x) = e x rreth boshtit të x-it. Shembull 9.7. Harku i parabolës y = x 2 nga (1, 1) në (2, 4) rrotullohet rreth boshtit të y-ve. Gjeni sipërfaqen e sipërfaqes së përftuar. Zgjidhje 1. Duke përdorur y = x 2 dhe

dy dx

= 2x ne kemi Z S = 2πxd s s Z 2 dy )d x = 2πx 1 + ( dx 1 Z 2 p = 2π x 1 + 4x 2 d x 1

2

Duke zëvendësuar u = 1 + 4x , kemi d u = 8xd x. Duke pat parasysh edhe ndryshimin e kufijve të integrimit, kemi Z π 17 p ud u 4 5 π 2 = [ u 3/2 ]17 5 4 3 p p π = (17 17 − 5 5) 6

S=

Zgjidhje 2. Duke përdorur x = kemi

p

y dhe

dx dy

=

1 p 2 y

s

4

dx 2 ) dy dy 1 s Z 4 Z 4 p 1 p = 2π y 1+ dy =π 4y + 1d y 4y 1 1 Z π 17 p = ud u ku u = 1 + 4y 4 5 p p π = (17 17 − 5 5) 6 Z

S=

Z

2πxd s =

2πx

1+(

Shembull 9.8. Gjeni sipërfaqen e përftuar nga rrotullimi i kurbës y = e x , 0 ≤ x ≤ 1, rreth boshtit të x-ve. 370

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

2

Figura 9.3: Sipërfaqja e përftuar nga rrotullimi i f (x) = x 3 rreth boshtit horizontal në intervalin [0, 1]. Zgjidhje Meqënëse y = e x dhe

dy dx

= e x kemi s

1

Z

2πy

S=

1+(

0

= 2π

Z 1p 0

dy 2 ) dx dx

1 + e 2x d x

Z ep 1 + u 2 d u ku u = e x 1 Z α = 2π sec3 θd θ ku u = tan θ dhe α = tan−1 e = 2π

π/4

= 2π ·

1 [sec θ tan θ + ln |sec θ + tan θ|]απ/4 2

Meqë tan α = e, kemi sec2 α = tan2 α + 1 = 1 + e 2 dhe ¯ ¯ p ³ p ³p ´´ p ¯ ¯ S = π e 1 + e 2 + ln ¯e + 1 + e 2 ¯ − 2 − ln 2 + 1 2

Në dy shembujt në vazhdim ne do të shohim se si llogaritet sipërfaqja e përftuar nga rrotullimi i grafikut të f (x) = x 3 rreth boshtit horizontal dhe pastaj rreth boshtit vertikal. 2

Shembull 9.9. Gjeni sipërfaqen e përftuar nga rrotullimi i f (x) = x 3 rreth boshtit vertical në intervalin [0, 1]. Zgjidhje Nga formula për sipërfaqet kemi 1

Z S=

©AulonaPress

0

2 πx 3

s

9x 2/3 + 4 x 2/3

2 dx = π· 3

s

1

Z

x 0

9x 2/3 + 4 x 2/3

dx

371

Kalkulus

Shaska T.

2

Figura 9.4: Sipërfaqja e përftuar nga rrotullimi i f (x) = x 3 rreth boshtit vertical në intervalin [0, 1].

Ushtrime x3 6

1 + 2x ,

1 2

Shkruani, por mos e llogarisni, integralin që përftohet nga rrotullimi i kurbës rreth a) boshtit të x-ve b) boshtit të y-ve

35. y =

26. y = x 4 ,

Kurbat e mëposhtme rrotullohen rreth boshtit të y-ve. Gjeni syprinën e sipërfaqes së përftuar.

0≤x ≤1

27. y = tan−1 x,

0≤x ≤1

28. y = xe −x , 1≤x ≤3 p 29. x = y − y 2 Llogarisni syprinën e sipërfaqes së përftuar nga rrotullimi i kurbës rreth boshtit të x-ve. 3

30. y = x ,

0≤x ≤2

31. 9x = y 2 = 18, p 32. y = 1 + 4x,

1≤x ≤5

33. y = tan−1 x,

0≤x ≤1

34. y = sin πx,

372

2≤x ≤6

0≤x ≤1

36. x = 1 + 2y 2 ,

≤x ≤1

1≤y ≤2

37. y = 1 − x 2 , 0≤x ≤1 p 38. x = a 2 − y 2 , 0 ≤ y ≤ a/2 39. y = 14 x 2 − 21 ln x,

1≤x ≤2

40. Në qoftë se kurba y = e −x , x ≥ 0 rrotullohet rreth boshtit të y-ve, gjeni syprinën e sipërfaqes së përftuar. 41. Në qoftë se kurba y = f (x), a ≤ x ≤ b rrotullohet rreth vijës horizontale y = c ku f (x) ≤ c, gjeni një formulë për sipërfaqen e përftuar. 42. Gjeni syprinën e përftuar nga rrotullimi i rrethit x 2 + y 2 = r 2 rreth vijës y = r .

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

9.3 Probabiliteti Kalkulusi luan një rol të rëndësishëm në Teorinë e Probabilitetit, në analizën e ngjarjeve të rastit. Teoria e probabilietit studion ngjarjet e rastit, probabilitetin apo mundësinë e ndodhjes së ngjarjeve të rastit. Për ta bërë të mundur studimin dhe analizën e plotë të probabilitetit të ngjarjeve të rastit nevojitet aparati matematik, e si pasojë bëhet pasqyrimi i hapësirës së ngjarjeve të rastit në bashkësinë e numrave realë. Funksioni që bën këtë pasqyrim është quajtur ndryshor apo ndryshore i rastit. Ndryshorët e rastit zakonisht shënohen me shkronjat e mëdha të alfabetit X, Y, Z, etj. Ndryshorët e rastit ndahen në ndryshorë diskretë dhe të vazhdueshëm. Ndryshorët diskretë janë ata ndryshorë bashkësia e vlerave të të cilëve është e fundme ose e pafundme dhe e numërueshme. Në lidhje me ndryshorët e rastit përkufizohet i ashtuquajturi funksion i shpërndarjes së ndryshorit të rastit i cili shënohet me F(x) = P(X < x) për çdo x real. Dhe një ndryshor rasti quhet i vazhdueshëm kur funksioni i shpërndarjes së tij së bashku me derivatin e parë të tij janë funksione të vazhdueshme. Densiteti i shpërndarjes së ndryshorit të rastit shënohet me f (x) dhe quhet pikërisht derivati i parë i funksionit të shpërndarjes. Pra, f (x) = F0 (x) për të gjithë x realë. Thuhet se probabiliteti që ndryshori i rastit X të marr vlerë ndërmjet a dhe b gjendet duke integruar f (x) nga a në b: b

Z P(a ≤ X ≤ b) =

f (x)d x a

Në përgjithësi densiteti i shpërndarjes së ndryshorit të rastit X plotëson kushtin f (x) ≥ 0 për të gjitha x (duke qenë derivat i një funksioni jozvogëlues). Meqenëse probabiliteti i merr vlerat nga 0 në 1, rrjedh se Z ∞ f (x)d x = 1 −∞

Shembull 9.10. Le të jetë f (x) = 0.006x(10 − x) për të gjitha 0 ≤ x ≤ 10 dhe f (x) = 0 për x e tjerë. (a). Verifikoni nëse f (x) është densitet shpërndarjeje. (b). Gjeni P(4 ≤ X ≤ 8). Zgjidhje (a). Për 0 ≤ x ≤ 10 kemi 0.006x(10 − x) ≥ 0, pra f (x) ≥ 0 për të gjitha x. gjithashtu duhet të tregojmë se R∞ f (x)d x = 1: −∞ Z ∞ Z 10 Z 10 f (x)d x = 0.006(10 − x)d x = 0.006 (10x − x 2 )d x 0

−∞

0

1000 1 )=1 = 0.006[5x − x 3 ]10 0 = 0.006(500 − 3 3 2

Pra, f (x) përbën densitet shpërndarjeje. (b). Probabiliteti që X të shtrihet ndërmjet 4 dhe 8 është 8

Z P(4 ≤ X ≤ 8) =

4

8

Z f (x)d x = 0.006

4

(10x − x 2 )d x

1 = 0.006[5x 2 − x 3 ]84 = 0.544 3

9.3.1 Vlerat mesatare Supozojmë se jeni në pritje të përgjigjes nga një kompani të telefonatës suaj, dhe ju duhet të dini mesatarisht sesa gjatë mund të prisni. Le të jetë f (t ) densiteti i shpërndarjes përkatës ku t matet në minuta, dhe mendoni një zgjedhje prej N personash të cilët i kanë telefonuar kësaj kompanie. Po supozojmë se ansjeri prej tyre nuk ka pritur më shumë se një orë, kështu që le ta ngushtojmë vëmendjen tonë në intervalin 0 ≤ t ≤ 60. Le ta ndajmë atë interval në n nënintervale me gjatësi ∆t dhe skaje 0, t 1 , t 2 , · · · Probabiliteti që dikush të marrë përgjigje gjatë periudhës së kohës nga t i −1 në t i është sipërfaqja e figurës plane nën grafikun e funksionit y = f (t ) nga t i −1 në t i , e cila është përafërsisht e barabartë me f (t i∗ )∆t . Atëherë ne presim që nga zgjedhja jonë prej N telefonuesish, numri i atyre të cilëve ju janë përgjigjur në këtë periudhë kohe është përafërsisht N f (t i∗ )∆t dhe koha e pritjes për secilin është rreth t i∗ . Prej nga koha totale e pritjes së tyre ©AulonaPress

373

Kalkulus

Shaska T.

është prodhimi i këtyre numrave: afërsisht t i∗ [N f (t i∗ )∆t ]. Duke i mbledhur për të gjitha intervalet, gjejmë përafërsisht totalin e kohës së pritjes së gjithsecilit: n X Nt i∗ f (t i∗ )∆t i =1

Në qoftë se tani e pjestojmë me numrin total të telefonuesve N, ne kemi përafërsisht kohën mesatare të pritjes: n X i =1

t i∗ f (t i∗ )∆t

Bindemi se kjo është shuma e Riemanit për funksionin t · f (t ). Kur intervali i kohës zvogëlohet (pra ∆t −→ 0 dhe n −→ ∞) kjo shumë Riemani i afrohet integralit Z ∞

t f (t )d t 0

Ky integral quhet koha mesatare e pritjes. Në përgjithësi mesatarja e çdo densiteti të shpërndarjes probabilitare f (x) përcaktohet si Z µ=

∞

x f (x)d x −∞

Mesatarja (pritja matematike) mund të interpretohet si denduria mesatare e vlerave të ndryshorit të rastit X. Mund gjithashtu të interpretohet si masa e qendërzimit të funksionit të densitetit të shpërndarjes. Shprehja për pritjen matematike na jep një integral të cilin e kemi parë më parë. Në qoftë se R është zona nën grafikun e funksionit f , ne e dimë Rb nga formula x = A1 a x f (x)d x se abshisa e qendrës së R është R∞ Z ∞ x f (x)d x R∞ = x f (x)d x = µ x = −∞ −∞ ∞ f (x)d x Shembull 9.11. Gjeni pritjen matematike për shpërndarjen probabilitare të shembullit të mësipërm: ( 0 nëqo f t ëse t < 0 f (t ) = −c t ce nëqo f t ëse t ≥ 0 Zgjidhje Në bazë të përkufizimit të pritjes matematike, kemi Z ∞ Z µ= t f (t )d t = −∞

∞

t ce −c t d t

0

Për ta llogaritur këtë integral integrojmë me pjesë, u = t dhe d v = ce −c t d t : ¯x Z x Z ∞ Z x ¯ −ct −c t ¯ t ce d t = lim (−t e ¯ + e −c t d t ) 0

= lim (−xe

−c x

x−→∞

Pra, pritja matematike është µ =

x−→∞ 0 −c x

0

0

1 1 e + − )= c c c

1 c , kështu që ne mund ta rishkruajmë densitetin e shpërndarjes probabilitare si

( f (t ) =

0

nëqo f t ëse

t 140) = p e −(x−100) /(450) d x 140 15 2π Për ta thjeshtuar këtë integral e përafrojmë me integralin nga 100 në 200. (Është pothuajse e sigurtë që njerëz me koeficent inteligjence më të madh se 200 janë shumë të rrallë. ) Atëherë Z P(X > 140) ≈

200 100

2 1 p e −(x−100) /450 d x ≈ 0.0038 15 2π

Pra, rreth 0. 4 përqind e popullatës ka koeficent inteligence mbi 140.

©AulonaPress

375

Kalkulus

376

Shaska T.

©AulonaPress

Kapitulli 10

Ekuacionet parametrike dhe koordinatat polare Në këtë kapitull do të japim dy metoda të përshkrimit të kurbave plane, të cilat deri më tani ne i kemi përshkruar duke shprehur njërin ndryshore y ose x në varësi të tjetrit, në trajtë të shtjellur ose të pashtjellur. Disa kurba, janë më të përdorshme kur të dy ndryshoret x dhe y shprehen në varësi të një ndryshorja të tretë t (të quajtur parametër). Një kurbë e tillë është cikloida. Kurba të tjera kanë një përshkrim më të përshtatshëm kur përdorim një sistem të ri koordinativ të quajtur sistemi i koordinatave polare. Një kurbë e tillë është kardioida.

Figura 10.1: K. F. Gauss

377

Kalkulus

Shaska T.

10.1 Vijat e përcaktuara nga ekuacionet parametrike Në qoftë se do të imagjinonim lëvizjen e një grimce përgjatë një kurbe si në Figurën 10.2, do të ishte e pamundur ta përshkruanim kurbën me një ekuacion të formës y = f (x), sepse testi i drejtëzës vertikale nuk na e lejon këtë. Por koordinatat x dhe y të grimcës janë në varësi të kohës, kështu që mund të shkruajmë x = f (t ) dhe y = g (t ).

Figura 10.2: Lëvizja e grimcës

Një çift i tillë ekuacionesh në shumë raste është më i përshtatshëm në përshkrimin e një kurbe. Le të japim përkufizimin e mëposhtëm. Përkufizim 10.1. Supozojmë se x dhe y janë dhënë si funksione të një ndryshorja të tretë (të quajtur parametër) nëpërmjet ekuacioneve ( x = f (t ) y = g (t ) të cilët quhen ekuacione parametrike. Secila vlerë e t na përcakton një pikë (x, y) në planin koordinativ kartezian. Duke i dhënë vlera t , marrim vlerat përgjegjëse të çiftit (x, y) të cilat në planin koordinativ përbëjnë grafikun e një kurbe të quajtur kurbë parametrike. Duke qenë se në shumicën e aplikimeve të kurbave parametrike t tregon kohën, ne mund ta interpretojmë (x, y) = ( f (t ), g (t )) si pozicionin e grimcës në kohën t . Le të shohim disa shembuj Shembull 10.1. Ndërtoni kurbën e dhënë me ekuacionet parametrike. (

x = t2 + t y = 2t − 1

Zgjidhje Për çdo vlerë të t marrim një pikë të kurbës, kështu që duke i dhënë vlera t gjejmë vlerat përgjegjëse në tabelën në vazhdim të (x, y). t -2 -1 -1/2 0 1

x 2 0 -1/4 0 2

y -5 -3 -2 -1 1

Atëherë duke u nisur nga tabela e vlerave mund të shënojmë secilën pikë (x, y) në planin koordinativ, dhe duke i bashkuar ato përftojmë grafikun e kurbës së dhënë. 378

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Figura 10.3: Grafiku i kurbës parametrike

Një grimcë lëviz përgjatë kurbës parametrike në drejtimin e rritjes së parametrit kohë t . Po të kthehemi tek grafiku i kurbës në planin koordinativ, në bazë të të dhënave mund të shohim se pikat e kurbës janë llogaritur në intervale kohe të njëjta por jo në distanca të njëjta. Kjo ndodh për faktin se grimca e ngadalëson lëvizjen apo e përshpejton atë kur koha t rritet. Nga të dhënat e tabelës më lart duket se kurba e lëvizjes së grimcës ngjan me një parabolë. Këtë gjë mund ta verifikojmë duke shprehur t në varësi të njërit prej ndryshoreve për shembull në varësi të y dhe shprehjen e gjetur e zëvendësojmë tek ndryshorja tjetër pra x. Duke vepruar në këtë mënyrë marrim: t=

y +1 2

dhe duke e zëvendësuar tek shprehja e x kemi: (y + 1)2 y + 1 y 2 + 2y + 1 y + 1 + = + 4 2 4 2 y 2 + 2y + 1 + 2y + 2 1 2 = (y + 4y + 3) = 4 4

x = t2 + t =

Pra, kurba nuk është tjetër veçse parabola x = 41 (y 2 + 4y + 3). Ky shembull na jep mundësinë të sqarojmë se në disa raste është e mundur të kalohet nga ekuacionet parametrike në një shprehje të shtjellur të një ndryshorja në varësi të tjetrit. Dhe për më tepër në këtë shembull nuk u vendos asnjë kusht për vlerat e t , por shumë herë në varësi të problemit konkret kërkohen edhe kushte plotësuese në lidhje me parametrin t . Kështu kurba parametrike x = t2 + t y = 2t − 1 ku −1 ≤ t ≤ 1, është një pjesë e kurbës së dhënë në shembullin e mësipërm e cila fillon tek pika (0, −3) dhe mbaron tek pika (2, 1). Në përgjithësi kurba parametrike me ekuacione x = f (t ) y = g (t ) për a ≤ t ≤ b, ka si pikë fillimi ( f (a), g (a)) dhe pikë mbarimi ( f (b), g (b)) dhe thuhet se kurba është e orientuar në drejtimin e rritjes së vlerave të parametrit. ©AulonaPress

379

Kalkulus

Shaska T.

Figura 10.4: Grafiku i kurbës parametrike me kushte shtesë

Shembull 10.2. Cila kurbë përfaqësohet nga ekuacionet e mëposhtme parametrike për 0 ≤ t ≤ 2π? x = cos t y = sin t Zgjidhje Po të merremi me llogaritjen e vlerave të x dhe y në varësi të t duke i vendosur në planin koordinativ do të na rezultonte se kurba e dhënë paraqet një rreth. Këtë mund ta tregojmë edhe duke u nisur nga ekuacionet parametrike, nëpërmjet eleminimit të t . x 2 + y 2 = cos2 t + sin2 t = 1 Pra, pikat (x, y) lëvizin përgjatë rrethit njësi x 2 + y 2 = 1. Përsa i përket orientimit të lëvizjes mund të shohim se me rritjen e t nga 0 në 2π, pika (cos t , sin t ) lëviz përgjatë rrethit në drejtimin kundërorar duke filluar nga pika (1, 0).

Shembull 10.3. Çfarë kurbe përfaqësojnë ekuacionet parametrike për 0 ≤ t ≤ 2π? x = sin 2t y = cos 2t Zgjidhje Përsëri mund të shkruajmë: x 2 + y 2 = sin2 t + cos2 2t = 1 që jep rrethin njësi x 2 + y 2 = 1. Por në këtë rast kur t rritet nga 0 në 2π, pika (x, y) lëviz nëpër rreth duke u nisur nga (0, 1) dhe e përshkon dy herë rrethin njësi. Dy shembujt e mësipërm na tregojnë se ekuacione të ndryshme parametrike mund të prezantojnë të njëjtën kurbë. Kështu bëjmë dallimin ndërmjet një kurbe, e cila është një bashkësi pikash, dhe një kurbe parametrike, pikat e së cilës janë vendosur në një mënyrë të veçantë. Shembull 10.4. Gjeni ekuacionet parametrike të një rrethi me qendër (h, k) dhe rreze r . Zgjidhje Në qoftë se shohim ekuacionin e rrethit njësi të shembullit 10.2 dhe të shumëzojmë shprehjet për x dhe y me r , marrim: x = r cos t y = r sin t . 380

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Mund të verfikohet lehtë se këto ekuacione parqesin rrethin me rreze r dhe me qendër në origjinë. Duke e zhvendosur h njësi në drejtimin pozitiv të x dhe k njësi në drejtimin pozitiv të y përftojmë ekuacionet parametrike të rrethit me qendër (h, k) me rreze r : x = h + r cos t y = k + r sin t ku 0 ≤ t ≤ 2π. Shembull 10.5. Ndërtoni kurbën parametrike me ekuacione x = sin t dhe y = sin2 t . Zgjidhje Vërejmë se y = (sin t )2 = x 2 dhe pika (x, y) lëviz në parabolën y = x 2 . Por meqë −1 ≤ sin t ≤ 1, kemi −1 ≤ x ≤ 1, kështu që ekuacionet parametrike paraqesin vetëm një pjesë të parabolës për të cilën −1 ≤ x ≤ 1. Meqë sin t është funksion periodik, pika (x, y) = (sin t , sin2 t ) lëviz para mbrapa përgjatë parabolës nga (−1, 1) në (1, 1). Për të ndërtuar grafikët e kurbave të dhëna me ekuacione parametrike, mund të përdoren shumë makina llogaritëse grafike dhe programe grafike kompjetrike dhe është mjaft interesante të shohësh vizatimin e grafikut me këto makineri. Në qoftë se duam të ndërtojmë grafikun e një ekuacioni të trajtës x = g (y), mund të përdorim ekuacionet parametrike x = g (t )

dhe

y = (t )

Gjithashtu edhe kurba me ekuacion y = f (x) mund të shihet nëpërmjet ekuacioneve parametrike x=t

dhe

y = f (t )

Makinat llogaritëse grafike janë mjaft të përdorshme në ndërtimin e grafikëve të kurbave të ndërlikuara.

10.1.1 Cikloida Kurba që formohet nga lëvizja e një pike të një rrethi gjatë rrotullimit të rrethit përgjatë një vije të drejtë quhet cikloidë. Ekuacionet parametrike të cikloidës janë x = r (θ − sin θ) y = r (1 − cos θ) për θ ∈ R, ku r është rrezja e rrethit dhe θ këndi në radianë me të cilin rrotullohet rrethi përgjatë boshtit të x-ve. Një hark i cikloidës merret nga një rrotullim i rrethit, pra përshkruhet për 0 ≤ θ ≤ 2π. Nga ky ekuacion është e mundur të eleminohet parametri θ por ekuacioni ri i shprehur në koordinata karteziane është mjaft i ndërlikuar dhe nuk është i përshtatshëm. Një nga njerëzit e parë që ka studiuar cikloidën ka qenë Galileo, i cili propozoi se urat duhen ndërtuar sipas harqeve të cikloidës. Ai u përpoq të gjente syprinën nën njërin hark të cikloidës.

10.1.2 Familjet e kurbave parametrike Studimi i kurbave që mund të përshkruhen me ekuacionet parametrike na kthen pas tek shkencëtarët grekë. Matematikanët grekë përdorën metoda mekanike për të gjeneruar këto kurba. Shembull 10.6. Studioni familjen e ekuacioneve parametrike x = a + cos t y = a tan t + sin t Çfarë kanë të përbashkëte këto kurba? Si ndryshon trajta e tyre kur a rritet? Zgjidhje Përdorni një makinë llogaritëse grafike për të ndërtuar grafikët e tyre kur a = −2, −1, −0.5, −0.2, 0, 0.5, 1 dhe 2. Këto kurba janë quajtur Konkoidët (guacka të kërmillit) të Nicomedit, sipas shkencëtarit grek Nicomed. Ai i emërtoi ato në këtë mënyrë për shkak të formës së tyre. ©AulonaPress

381

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Ndërtoni kurbën e dhënë me ekuacione parametrike. Vërtetoni me shigjetë drejtimin e përparimit të kurbës kur t rritet. p 1. x = 1 + t , y = t 2 − 4, 0 ≤ t ≤ 5 2. x = 2 cos t ,

y = t 2 − cos t , 2

3. x = 5 sin t ,

y =t ,

4. x = e −t + t ,

0 ≤ t ≤ 2π

−π ≤ t ≤ π

y = et − t,

−2 ≤ t ≤ 2

(a) Ndërtoni kurbën e dhënë me ekuacione parametrike. Vërtetoni me shigjetë drejtimin e përparimit të kurbës kur t rritet. (b) Eleminoni parametrin për të treguar ekuacionin kartezian të kurbës. 5. x = 3t − 5,

y = 2t + 1

6. x = t 3 − 2t ,

y = t2 − t

7. x = 1 + 3t , 2

8. x = t − 2, 9. x = ln t ,

382

y = 2− t2 y = 5 − 2t −3 ≤ t ≤ 4 p y = t t ≥1

10. x = sin t ,

y = csc t

0 ≤ t ≤ π/2

11. x = sin θ,

y = cos θ

0≤θ≤π

12. x = e t − 1,

y = e2t

13. x = 2 cosh t ,

y = sinh t

14. Supozojmë se një kurbë jepet me ekuacipone parametrike x = f (t ) dhe y = g (t ), ku bashkësia e vlerave të f është [1, 4] dhe bashkësia e vlerave të g është [2, 3]. Çfarë mund të thoni për kurbën? 15. Ndërtoni grafikun e kurbës x = y − 3y 3 + y 5 duke përdorur një makinë llogaritëse grafike. 16. (a) Vërtetoni se ekuacionet parametrike x = x 1 + (x 2 − x 1 )t

y = y 1 + (y 2 − y 1 )t

ku 0 ≤ t ≤ 1, përshkruajnë një segment që bashkon pikat P1 (x 1 , y 1 ) dhe P2 (x 2 , y 2 ). (b) Gjeni ekuacionet parametrike që paraqesin segmentin që bashkon pikat (−2, 7) me (3, −1).

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

10.2 Kalkulus me vijat parametrike Në këtë seksion do të aplikojmë metodat e kalkulusit për kurbat parametrike, kur tashmë dimë sesi mund ta paraqesim një kurbë me ekuacione parametrike. Këtu do të zgjidhim probleme që kanë të bëjnë me tangenten, syprinën, dhe gjatësinë e harkut.

10.2.1 Tangentet Në seksionin e mëparshëm pamë sesi paraqitet një kurbë me ekuacione parametrike x = f (t ) dhe y = g (t ), si dhe sesi mund të eleminonim parametrin për të kaluar në ekuacionin kartezian, të trajtës y = F(x). Le të zëvendësojmë në këtë të fundit x = f (t ) dhe y = g (t ), kështu do të përftojmë g (t ) = f ( f (t )) dhe kur f dhe g janë të derivueshëm, në bazë të rregullit zinxhir për derivimin e funksionit të përbërë, duke derivuar anë për anë ekuacionin e mësipërm në lidhje me t , përftojmë: g 0 (t ) = F0 ( f (t )) f 0 (t ) = F0 (x) f 0 (t ) Në qoftë se f 0 (t ) 6= 0, mund ta shkruajmë ekuacionin në trajtën: F0 (x) =

g 0 (t ) f 0 (t )

(10.1)

Duke qenë se koefiçenti këndor i tangentes së hequr ndaj kurbës y = F(x) në pikën (x, F(x)) është F0 (x), atëherë ekuacioni i mësipërm na lejon ta gjejmë këtë koefiçent pa pasur nevojë të eleminojmë parametrin. Duke patur parasysh shënimin e Leibnicit, atëherë ekuacioni i mësipërm merr trajtën: dy = dx

dy dt dx dt

në qoftë se

dx 6= 0 dt

(10.2)

Shembull 10.7. Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj kurbës parametrike me ekuacione parametrike x = t 5 − 4t 3 y = t2 në pikën (0, 4).

10 y

−15

−10

x5

−5

10

15

−10

Figura 10.5: Grafi i kurbës x = t 5 − 4t 3

y = t2

Zgjidhje Fillimisht gjejmë derivatin i cili është edhe koefiçenti këndor i tangentes. dy = dx ©AulonaPress

dy dt dx dt

=

2t 5t 4 − 12t 2

=

2 5t 3 − 12t 383

Kalkulus

Shaska T.

Por duke qenë se derivati jepet në varësi të t , atëherë na duhet të shohim për pikën e dhënë (0, 4) në koordinata karteziane, se për çfarë vlere të t merret kjo pikë. t 5 − 4t 3 = t 3 · (t 2 − 4) = 0 2

t =4

=⇒ t = 0

ose

t = ±2

=⇒ t = ±2

Çdo vlerë e t që është në të dy barazimet na jep pikën (0, 4). Kështu që do të kemi dy tangente. Le t’i gjejmë ato. Kur t = −2 kemi: 2 1 dy = =− d x 5(−2)3 − 12(−2) 8 Ekuacioni i tangentes në (0, 4) për t = −2 do të jetë: 1 y = 4 − x. 8 Ndërsa kur t = 2 kemi:

2 1 dy = = 3 d x 5(2) − 12(2) 8

Ekuacioni i tangentes në (0, 4) për t = 2 do të jetë:

1 y = 4+ x 8

Paraqitja grafike e kurbës parametrike shpjegon edhe arsyen e të pasurit të dy tangenteve në (0, 4), shih Fig. 10.5 Kur

dy dt

dx d t 6= 0, themi se kurba ka tangente horizontale ndërsa kur dy d t 6= 0 kurba ka tangente vertikale. Le të shohim një shembull.

= 0 duke nënkuptuar që

kuptim, pra kur

dx dt

= 0 me kusht që

derivati

dy dx

nuk ka

Shembull 10.8. Përcaktoni koordinatat (x, y) të pikës së vijës parametrike të dhënë me ekuacione: x = t 3 − 3t y = 3t 2 − 9

10

y

−10

5

−5

x

5

10

−5

−10

Figura 10.6: Grafi i kurbës x = t 3 − 3t ,

y = 3t 2 − 9

Zgjidhje Fillimisht gjejmë derivatet e ekuacioneve parametrike dx = 3t 2 − 3 = 3(t 2 − 1) dt dy = 6t dt 384

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Kur

dy = 6t = 0 dt

kemi

t =0

dhe tangentja është horizontale. Tani le të gjejmë koordinatat përgjegjëse karteziane (x, y) për këtë vlerë të t . Kemi: x = (0)3 − 3(0) = 0 y = 3(0)2 − 9 = −9. Kështu që në pikën (0, −9) tangentja është horizontale. Kur: dx = 3(t 2 − 1) = 0 dt

pra

t = ±1

tagentja është vertikale. Duke vepruar në të njëjtën mënyrë marrim pikat (2, −6) dhe (−2, −6). Grafiku i kurbës tregohet në Fig. 10.6 Derivati i dytë për kurbat parametrike mund të gjendet duke derivuar Ek. 10.2 ³

2

d y d ³dy ´ = = d x2 d x d x

d dy dt dx

´

dx dt

Shembull 10.9. Përcaktoni vlerat e t për të cilat kurba parametrike e dhënë me ekuacione parametrike x = 1− t2 y = t7 + t5 është e lugët, e mysët.

5 y

−4

2

−2

4

x −5

Figura 10.7: Grafi i kurbes x = 1 − t 2 ,

y = t7 + t5

Zgjidhje Le të njësojmë fillimisht derivatin e rendit të parë: dy = 7t 6 + 5t 4 dt dx = −2t dt pra: d y 7t 6 + 5t 4 1 = = − (7t 5 + 5t 3 ) dx −2t 2 ©AulonaPress

385

Kalkulus

Shaska T.

Duke parë derivatin e parë mund të nxjerrim një informacion në lidhje me natyrën rritëse dhe zbritëse të kurbës. Kështu për t < 0 kurba është rritëse dhe për t > 0 kurba është zbritëse. Llogarisim derivatin e dytë për të marrë informacionin e kërkuar për përkulshmërinë e kurbës së dhënë. 1 4 2 d 2 y − 2 (35t + 15t ) 1 = = (35t 3 + 15t ) d x2 −2t 4

Shohim se derivati i dytë bëhet zero për t = 0 dhe është pozitiv për t > 0 dhe negativ për t < 0. Pra, për t > 0 kurba është e lugët dhe për t < 0 kurba është e mysët, shih Fig. 10.7

10.2.2 Syprinat Le të gjejmë një formulë për syprinën e zonës nën grafikun e kurbës parametrike me ekuacione parametrike x = f (t ) dhe y = g (t ) për α ≤ t ≤ β, kur tashmë ne njohim një formulë për syprinën nën kurbën y = F(x) nga a në b pra, Rb A = a F(x)d x. Duke u nisur nga rregulli i zëvendësimit tek integrali i caktuar marrim: Z A=

b a

Z F(x)d x =

β α

g (t ) f 0 (t )d t

Shembull 10.10. Gjeni syprinën e zonës nën një hark të cikloidës x = r (θ − sin θ) y = r (1 − cos θ)

4 y

2

x 5

10

15

20

25

30

Figura 10.8: Grafiku i cikloidës x = 2(θ − sin θ), y = 2(1 − cos θ)

Zgjidhje Një hark i cikloidës jepet për 0 ≤ θ ≤ 2π. Duke përdorur rregullin e zëvendësimit për y = r (1 − cos θ) dhe d x = r (1 − cos θ)d θ, kemi: Z 2πr Z 2π A= yd x = r (1 − cos θ)r (1 − cos θ)d θ 0 0 Z 2π Z 2π =r2 (1 − cos2 θ)d θ = r 2 (1 − 2 cos θ + cos2 θ)d θ 0 0 ¶ Z 2π µ 1 2 =r 1 − 2 cos θ + (1 + cos 2θ) d θ 2 0 µ ¶¯2π ¯ 1 2 3 =r θ − 2 sin θ + sin 2θ ¯¯ 2 4 0

3 = r ( · 2π) = 3πr 2 2 2

386

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

10.2.3 Gjatësia e harkut Tashmë njohim formulën e llogaritjes së gjatësisë së harkut të një kurbe me ekuacion y = F(x), për a ≤ x ≤ b. Duke u nisur nga fakti se F0 është i vazhdueshëm, kemi Z L=

s

b

1+(

a

dy 2 ) dx dx

(10.3)

Supozojmë se kurba e mësipërme përshkruhet edhe nga ekuacionet parametrike x = f (t ) dhe y = g (t ) për α ≤ t ≤ β, ku dd xt = f 0 (t ) > 0. Kjo do të thotë se kurba përshkohet një herë nga e majta në të djathtë, kur t rritet nga α në β ku a = f (α) dhe b = f (β). Duke zëvendësuar Ek. 10.2 tek Ek. 10.3 dhe duke përdorur rregullin e zëvendësimit, përftojmë Z L= Meqë

dx dt

b a

s 1+

³ d y ´2 dx

Z dx =

v u ³ d y ´2 t1 + d t d x d t dx dt

βu α

dt

> 0, kemi: Z L=

β

s

³ d x ´2 dt

α

+

³ d y ´2 dt

dt

(10.4)

Teorema 10.1. Në qoftë se një kurbë C jepet me ekuacione parametrike x = f (t ) dhe y = g (t ) për α ≤ t ≤ β, ku f 0 dhe g 0 janë funksione të vazhdueshëm në [α, β] dhe C përshkohet vetëm një herë kur t rritet nga α në β, atëherë gjatësia e kurbës C është: s Z β ³ d x ´2 ³ d y ´2 L= + dt dt dt α Vërtetim Nisemi nga përafrimi i shumëkëndëshave, për të vërtetuar formulën. Sikurse gjetëm formulën e gjatësië së kurbës C si limit të shumës së gjatësive të shumëkëndëshave kur n −→ ∞: L = lim

n→∞

n X

|Pi −1 Pi |

j =1

Pra, ndajmë segmentin [α, β] në n intervale me gjatësi të barabartë ∆t = (β−α)/n. Duke i shënuar t 0 , t 1 , t 2 , · · · , t n , skajet e këtyre intervaleve, koordinatat e pikave Pi do jenë përkatësisht x i = f (t i ) dhe y i = g (t i ). Pikat Pi janë pika të kurbës C dhe kulme të shumëkëndëshit përafrues. Teorema mbi të mesmen (Teorema e Lagranzhit), duke e zbatuar për f në intervalin [t i −1 , t i ] na jep një numër t i0 në intervalin (t i −1 , t i ) të tillë që: f (t i ) − f (t i −1 ) = f 0 (t i0 )(t i − t i −1 ) Duke bërë shënimin

∆x i = x i − x i −1 dhe ∆y i = y i − y i −1 , ekuacioni merr trajtën ∆x i = f 0 (t i0 )∆t

Duke vepruar po njëlloj, në lidhje me g përftojmë nga Teorema mbi të mesmen ekzistencën e një numri t i " në intervalin (t i , t i −1 ) të tillë që: ∆y i = g 0 (t i ")∆t Dhe prej këtej q q (∆x i )2 + (∆y i )2 = [ f 0 (t i0 )∆t ]2 + [g 0 (t i ")∆t ]2 q = [ f 0 (t i0 )]2 + [g 0 (t i ")]2 · ∆t

|Pi −1 Pi | =

Kështu që L = lim

n→∞

©AulonaPress

n q X [ f 0 (t i0 )]2 + [g 0 (t i ")]2 · ∆t

(10.5)

i =1

387

Kalkulus

Shaska T.

p Shuma tek Ek. 10.5 ngjan me shumën e Riemannit për funksionin [ f 0 (t )]2 + [g 0 (t )]2 por nuk është tamam ajo sepse në përgjithësi t i0 6= t i ". Megjithatë f 0 dhe g 0 janë funksione të vazhdueshëm dhe mund të tregohet se limiti në Ek. 10.5 është i njëjtë sikurse t i0 dhe t i "të jenë të njëjtë. Pra Z L=

βq α

[ f 0 (t )]2 + [g 0 (t )]2 d t

Dhe duke përdorur shënimin e Leibnicit marrim Ek. 10.4. Shembull 10.11. Gjeni gjatësinë e kurbës parametrike të dhëne me ekuacione: x = 2 cos t y = 2 sin t kur 0 ≤ t ≤ 2π, Zgjidhje Njehsojmë fillimisht f 0 (t ) = −2 sin t dhe g 0 (t ) = 2 cos t . Nga Teorema 10.1 kemi: 2π q

Z L=

0

[ f 0 (t )]2 + [g 0 (t )]2 · d t =

2π p

Z 0

4 sin2 t + 4 cos2 t · d t =

2π

Z 0

2d t = 4π

10.2.4 Syprinat e sipërfaqeve të rrotullimit Njëlloj sikurse vepruam për gjatësinë e kurbës do të veprojmë edhe për syprinën e sipërfaqes së rrotullimit. Në qoftë se na jepet kurba parametrike me ekuacione parametrike x = f (t ) dhe y = g (t ), α ≤ t ≤ β, e cila rrotullohet rreth boshtit të x-ve, dhe f 0 dhe g 0 janë funksione të vazhdueshëm të tillë që g 0 (t ) ≥ 0, atëherë syprina e figurës së përftuar nga rrotullimi jepet nga ekuacioni: s Z β ³ d x ´2 ³ d y ´2 2πy S= + dt (10.6) dt dt α R R Në përgjithësi formulat S = 2πyd s dhe S = 2πxd s janë të vlefshme por për kurbat parametrike duhet patur parasysh se s ³ d x ´2 ³ d y ´2 ds = + dt dt dt Shembull 10.12. Vërtetoni se syprina e sferës me rreze r është 4πr 2 . Zgjidhje Sfera përftohet nga rrotullimi i gjysmërrethit x = r cos t y = r sin t rreth boshtit të x-ve kur 0 ≤ t ≤ π. Nga Ek. 10.6 marrim: Z

π

p 2πr sin t (−r sin t )2 + (r cos t )2 · d t 0 Z π q = 2π r sin t r 2 (sin2 t + cos2 t ) · d t 0 Z π Z π = 2π r sin t · r d t = 2πr 2 sin t d t 0 0 £ ¤¯π = 2πr 2 (− cos t ) ¯0 = 4πr 2

S=

388

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Gjeni

dy dx .

y = t2 + t p −t y = te

17. x = t sin t 18. x =

37. Në çfarë pikash të kurbës x = 2t 3 , y = 1 + 4t − t 2 tangentja ka koefiçent këndor të barabartë me 1?

1 t

38. Gjeni syprinën e zonës së kufizuar nga elipsi x = a cos t , y = b sin t 0 ≤ t ≤ 2π

Gjeni ekuacionin e tangentes në pikën korresponduese ndaj vlerës së dhënë të parametrit.

39. Gjeni syprinën e zonës së kufizuar nga kurba x = p t 2 − 2t , y = t dhe boshti i y-ve.

19. x = t 4 + 1

40. Gjeni syprinën e zonës së kufizuar nga kurba x = 1 + e t , y = t − t 2 dhe boshti i x-ve.

20. x = t − t p

21. x = e

y = t3 + t

−1

t

t = −1 2

y = 1+t y = t − ln t 2

22. x = cos θ + sin 2θ

t =1 t =1

Gjeni gjatësinë e kurbës.

y = sin θ + cos 2θ θ = 0

Gjeni ekuacionin e tangentes ndaj kurbës në pikën e dhënë me dy mënyra: a) pa e eleminuar parametrin b) duke eleminuar fillimisht parametrin. y = t 2 + 2;

23. x = 1 + ln t , 24. x = tan t ,

y = sec t ;

(1, 3) p (1, 2)

y = t2 + t;

26. x = cos t + cos 2t , Gjeni

dy dx

dhe

27. x = 4 + t

d2y . d x2

2

28. x = t + ln t 29. x = cos 2t 30. x = t 3 − 12t 31. x = 2 sin t

(−1, 1)

Për çfarë vlere të t kurba është e lugët? 2

y = t +t

3

0 0 dhe 0 < θ < π/2, këto ekuacione vlejnë edhe për rastin kur r dhe θ marrin vlera të çfarëdoshme. Ek 10.9 na japin mundësinë të gjejmë koordinatat karteziane të një pike kur njohim koordinatat polare të saj. Për të gjetur r dhe θ kur njohim x dhe y përdorim ekuacionet r 2 = x2 + y 2

dhe

tan θ =

y x

(10.10)

të cilët dalin direkt nga Ek 10.9 ose thjesht edhe nga Fig ??. Shembull 10.13. Kthejeni pikën (2, π/3) nga koordinata polare në koordinata karteziane. Zgjidhje Meqë r = 2 dhe θ = π/3, Ek 10.9 japin: 1 π = 2· = 1 3 2 p π 3 y = r sin θ = 2 sin = 2 · =3 3 2 p Kështu që pika në koordinata karteziane paraqitet si (1, 3). x = r cos θ = 2 cos

Shembull 10.14. Paraqisni pikën (1, −1) në koordinata polare. Zgjidhje Po ta zgjedhim r të jetë pozitive, atëherë Ek 10.10 japin q p p r = x 2 + y 2 = 12 + (−1)2 = 2

dhe

tan θ =

y = −1 x

Meqë pika (1, −1)p ndodhet në kuadrantin e katërt mund ta zgjedhim θ = −π/4 ose θ = 7π/4. Pra, një përgjigje e p mundshme do ishte ( 2, −π/4) ose ( 2, 7π/4). Shembull 10.15. Kthejeni pikën (4, π) nga koordinata polare në koordinata karteziane. Zgjidhje Duke zëvendësuar 4 për r dhe π për θ në Ek 10.9 gjejmë: x = 4 cos π = 4 · (−1) = −4 y = 4 sin π = 4 · (0) = 0 Koordinatat karteziane (x, y) janë (−4, 0).

394

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

p Shembull 10.16. Kthejeni pikën ( 3, π/6) nga koordinata polare në koordinata karteziane. Zgjidhje Duke zëvendësuar

p 3 për r dhe π/6 për θ në ekuacionet 10.9 gjejmë: p 3 3 = 2 2 p p 1 p 3 y = 3 sin π/6 = 3 · = 2 2

p p x = 3 cos π/6 = 3 ·

Koordinatat karteziane (x, y) janë ( 32 ,

p 3 2 ).

Shembull 10.17. Paraqisni pikën (0, 4) në koordinata polare. Zgjidhje Meqë (0, 4) ndodhet në gjysmëboshtin pozitiv të y-ve ju mund ta zgjidhni θ = π/2 dhe r = 4. Pra, një rast i mundshëm koordinatash karteziane është (4, π/2).

10.4.1 Kurbat polare Grafiku i një ekuacioni polar r = f (θ) ose në trajtën më të përgjithshme F(r, θ) = 0 konsiston në të gjitha pikat me koordinata polare (r, θ) që kënaqin ekuacionin. Kurba e paraqitur me ekuacionin polar r = f (θ)

ose

F(r, θ) = 0

quhet kurbë polare. Grafikët e kurbave polare nuk janë njëlloj si grafikët në koordinata karteziane. Meqënëse pikat polare paraqiten në disa mënyra në koordinata polare, një pikë që mund të mos i përkasë grafikut kur paraqitet në një çift koordinatash, por e paraqitur nga një çift tjetër koordinatash mund t’i përkasë atij grafiku. Kjo do të thotë se një pikë i përket një grafiku polar, në qoftë se ndonjë nga çiftet e mundshme të koordinatave e kënaqin ekuacionin. Për shembull pika (−1, π) nuk duket se është zgjidhje për ekuacionin r = sin θ + 1 por në qoftë se rishkruhet si (1, 0) ajo shërben si zgjidhje e tij. Le të shohim disa shembuj kurbash polare. y

x

Figura 10.11: Rrathët polarë

©AulonaPress

395

Kalkulus

Shaska T.

Rrathët Në koordinata polare janë të mundshëm tre tipe rrathësh. Më i thjeshti prej tyre jepet me ekuacion r (θ) = a, i cili përshkruan një rreth me qendër në origjinë dhe me rreze |a|. Dy ekuacionet të tjerë të mundshëm janë r = a cos θ dhe r = a sin θ. Të dy përshkruajnë rrathë me rreze |a|/2, por funksioni kosinus është simetrik në lidhje me boshtin polar me r (θ) = 2a, ndërsa funksioni sinus është simetrik në lidhje me boshtin e y-ve me r (θ) = 0. Në Fig 10.11 tregohen tre tipet e rrathëve polarë. Kardioidat Kardioidat janë kurbat me ekuacione polare r = a ± a cos θ dhe r = a ± a sin θ. Grafikët e tyre janë të ngjashëm me formën e zemrës dhe gjithmonë përmbajnë origjinën (polin). Shembull 10.18. Ndërtoni grafikun e r = 5 − 5 sin θ. y

x

Figura 10.12: Kardioida

Zgjidhje Për të ndërtuar grafikun e r = 5 − 5 sin θ duhet të kemi parasysh se 0 ≤ θ ≤ 2π. Ndërtojmë tabelën e mëposhtme θ 0 π/2 π 3π/2 2π

r = 5 − 5 sin θ 5 0 5 10 5

Në bazë të të dhënave grafiku i saj është treguar në Fig 10.15 Trëndafili polar jepet me ekuacion r = a cos(kθ+b) dhe është një kurbë e cila ngjan si një lule me petale. Numri b është një konstante e çfarëdoshme dhe mund të jetë edhe 0. Në qoftë se k është një numër i plotë, këto ekuacione përshkruajnë një lule me k-petale, dhe po që se k është çift ato përshkruajnë një lule me 2k-petale. Vërejmë se këto ekuacione nuk japin kurrë një lule me 2, 4, 6, 10 14, · · · petale. Variabli a paraqet gjerësinë e petalit. 396

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus y

x

Figura 10.13: Trëndafili polar r (θ) = 3 cos(4x + 1)

Spiralja e Arkimedit Spiralja e Arkimedit u zbulua prej Arkimedit dhe ka një ekuacion të thjeshtë polar: r (θ) = a + bθ Duke ndryshuar vlerën e a, spiralja rrotullohet, ndërsa b jep distancën ndërmjet krahëve dhe për një spirale të dhënë kjo vlerë është konstante. Spiralja e Arkimedit ka dy krahë, një për θ > 0 dhe një për θ < 0. Ajo është një nga shembujt e parë të përshkrimit më të mirë me një ekuacion polar. y

x

Figura 10.14: Spiralja e Arkimedit r (θ) = 1 + θ

10.4.2 Simetria Kur duam të skicojmë një kurbë polare na vjen në ndihmë shumë simetria. Kanë vend këto tre rregulla: a) Në qoftë se ekuacioni polar nuk ndryshon kur zëvendvsojmë θ me −θ atëherë kurba është simetrike në lidhje me boshtin polar. b) Në qoftë se ekuacioni polar nuk ndryshon kur zëvendësojmë r me −r ose kur zëvendësojmë θ me θ + π, kurba është simetrike në lidhje me polin. ©AulonaPress

397

Kalkulus

Shaska T.

c) Në qoftë se ekuacioni nuk ndryshon kur zëvendësojmë θ me π − θ, kurba është simetrike në lidhje me boshtin vertikal θ = π2 . Lexuesi mund të bindet për këto rregulla nga grafikët e funksioneve të mësipërme.

10.4.3 Tangentet ndaj kurbave polare Për të gjetur tangenten ndaj kurbës polare r = f (θ) e shikojmë θ si parametër dhe shkruajmë ekuacionet parametrike të saj si: x = r cos θ = f (θ) cos θ dhe y = r sin θ = f (θ) sin θ Duke përdorur metodën e gjetjes së koefiçentëve këndorë për kurbat parametrike 10.2 dhe rregullin e prodhimit, kemi: dy dr (sin θ + r cos θ) dy (10.11) = dd xθ = dd xθ dx dθ d θ (cos θ − r sin θ) Tangentet horizontale i lokalizojmë aty ku dy dθ

dx dθ

dy dθ

= 0, duke nënkuptuar që

dx dθ

6= 0. Ndërsa tangentet vertikale i lokali-

= 0, duke nënkuptuar që 6= 0. Vëmë re se kur kërkojmë tangentet në pol, atëherë r = 0 dhe Ek 10.11 zojmë aty ku thjeshtohet në dy dr = tan θ në qoftë se 6= 0 dx dθ Shembull 10.19. Gjeni koefiçentin këndor të tangentes ndaj kardioidës r = 1 + sin θ në pikën ku θ = π/3. Gjeni pikat e kardioidës ku tangentja është horizontale, vertikale. y

x

Figura 10.15: Kardioida

Zgjidhje Duke përdorur Ek 10.11 me r = 1 + sin θ, kemi: dy = dx =

dr dθ dr dθ

sin θ + r cos θ cos θ − r sin θ

=

cos θ(1 + 2 sin θ)

1 − 2 sin θ − sin θ Atëherë koefiçenti këndor në pikën ku θ = π/3 është 2

cos θ sin θ + (1 + sin θ) cos θ cos θ cos θ − (1 + sin θ) sin θ

=

cos θ(1 + 2 sin θ) (1 + sin θ)(1 − 2 sin θ)

p 1 dy cos(π/3)(1 + 2 sin(π/3)) 2 (1 + 3) |θ=π/3 = = p p dx (1 + sin(π/3))(1 − 2 sin(π/3)) (1 + 3/2)(1 − 3) p p 1+ 3 1+ 3 = p p = p = −1 (2 + 3)(1 − 3) −1 − 3

398

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Përsa i përket tangenteve horizontale dhe vertikale vëmë re se dy = cos θ(1 + 2 sin θ) = 0 dθ

θ=

për

dx = (1 + sin θ)(1 − 2 sin θ) = 0 dθ

për

π 3π 7π 11π , , , 2 2 6 6 θ=

3π π 5π , , 2 6 6

Prej nga del se pikat ku ka tangente horizontale janë ³ π ´ µ 1 7π ¶ µ 1 11π ¶ 2, , , , , , 2 2 6 2 6 dhe pikat ku ka tangente vertikale janë ( 23 , π6 ), ( 32 , 5π 6 ). Ndërsa kur θ = jemi të kujdesshëm. Duke përdorur rregullat e L’Hospitalit, kemi:

dy 3π 2 , të dyja d θ

dhe

dx dθ

janë zero, kështu që duhet të

cos θ ´ 1 + 2 sin θ ´³ dy ³ lim = lim θ→(3π/2)− 1 − 2 sin θ θ→(3π/2)− 1 + sin θ θ→(3π/2)− d x 1 cos θ =− lim − 3 θ→(3π/2) 1 + sin θ 1 − cos θ =− lim =∞ 3 θ→(3π/2)− cos θ lim

Për analogji nga simetria në lidhje me boshtin vertikal θ = π2 , kemi: lim

θ→(3π/2)−

dy = −∞ dx

Kështu që ka tangente vertikale në pol, shih Fig ??

©AulonaPress

399

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Shënoni në sistemin koordinativ polar pikat e dhëna me koordinata polare dhe më pas jepni një tjetër çift koordinatash polare për pikën, një me r > 0 dhe një me r < 0. 73. (a)(2, π/3) (b)(1, π/4) (c)(1, −π/3) 74. (a)(−1, π/4) (b)(−3, π/6) (c)(1, −π/6) Shënoni në sistemin koordinativ polar pikat e dhëna me koordinata polare dhe më pas jepni koordinatat karteziane për secilën pikë.

96. r = 4 sin 2θ 97. r = 2 cos 3θ 98. r = 1 − 2 cos θ 99. r 2 − 3r + 2 = 0 100. r = −3 cos θ 101. r = 1 − 3 sin θ 102. r = sin 3θ

75. (a)(−1, π) (b)(2, −2π/3) (c)(−2, −π/4) p 76. (a)(− 2, 5π/4) (b)(1, 5π/2) (c)(2, −7π/6)

103. r = 2 + sin θ

Janë dhënë pikat në koordinata polare.

105. r = 7 sin 2θ

i Gjeni koordinatat polare (r, θ) të pikës, kur r > 0 dhe 0 ≤ θ < 2π

106. r = 2 cos 5θ/2

ii Gjeni koordinatat polare (r, θ) të pikës, kur r < 0 dhe 0 ≤ θ < 2π p 77. (a)(2, −2) (b)(−1, 3) p 78. (a)(1, −2) (b)(3 3, 3) Ndërtoni zonën në plan, koordinatat e pikave të së cilës plotësojnë kushtet e dhëna. 79. 1 ≤ r ≤ 2 80. r ≥ 0,

π/3 ≤ θ2π/3

81. 0 ≤ r < 4

− π/2 ≤

104. r = ln θ, θ ≥ 1

107. Vërtetoni se kurba polare me ekuacion r = 4 = 2 sec θ (e emërtuar konkoidë) e ka drejtëzën x = 2 asimptotë vertikale, duke treguar se limr →±∞ x = 2. Më pas skiconi garfikun e konkoidës. 108. Vërtetoni se kurba r = 2 − csc θ ka drejtëzën y = −1 asimptotë horizontale, duke treguar se limr →±∞ y = −1. Më pas skiconi grafikun e saj. 109. Ndërtoni kurbën (x 2 + y 2 )3 = 4x 2 y 2 . Gjeni koefiçentin këndor të tangentes ndaj kurbës polare në pikën e përcaktuar nga vlera e θ. 110. r = 2 sin θ,

θ = π/6

82. 2 < r ≤ 5 3π/4 < θ < 5π/4

111. r = 2 − sin θ,

83. r ≥ 1 π ≤ θ ≤ 2π

112. r = 1 + 2 cos θ,

84. Gjeni distancën ndërmjet pikave me koordinata polare (2, π/3) dhe (4, 2π/3).

113. r = 1/θ,

85. Gjeni një formulë për distancën ndërmjet pikave me koordinata polare (r 1 , θ1 ) dhe (r 2 , θ2 ). Identifikoni kurbën duke gjetur ekuacionin kartezian të saj.

114. r = cos 2θ, 115. r = cos(θ/3),

87. r = 3si nθ

117. r = 1 − cos θ

88. r cos θ = 1

118. r = 1 + cos θ

89. r = 2 sin θ + 2 cos θ

119. r = 2 + sin θ

90. r = tan θ sec θ

120. r = e θ

91. r = csc θ

121. r = sin 2θ

93. r = sin θ 94. r = 2(1 − sin θ), θ ≥ 0 95. 400 r = θ, θ ≥ 0

θ = π/4 θ=π

Gjeni pikat e kurbës së dhënë me ekuacion polar, ku tangentja është horizontale, vertikale. 116. r = 3 sin θ

92. θ = −π/6

θ = π/3

θ = π/4

86. r = 2

Ndërtoni kurbën e dhënë me ekuacion polar.

θ = π/3

122. Vërtetoni se si janë të lidhur grafikët e r = 1 − sin(θ − π/6)

dhe r = 1 + sin(θ − π/3)

me grafikun e r = 1 = sin θ? Në përgjithësi si janë të lidhur grafikët e r = f (θ − α) me grafikun e r = f (θ)? ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

10.5 Syprinat dhe gjatësitë në koordinata polare Në këtë seksion do të shohim formulat për syprinat e zonave të kufizuara nga kurba polare. Na duhet të përdorim formulën e syprinës së sektorit të qarkut

Figura 10.16: Sektori i qarkut

1 A = r 2θ (10.12) 2 ku r është rrezja e sektorit dhe θ masa në radianë e këndit qendror. Formula 10.12 del si rezultat i faktit se syprina e një sektori qarku është në përpjestim të drejtë me këndin qendror: A=(

θ 1 )πr 2 = r 2 θ. 2π 2

Le të jetë R zona e kufizuar nga kurba polare r = f (θ) dhe nga rrezet θ = a dhe θ = b, ku f është funksion i vazhdueshëshëm pozitiv dhe 0 < b − a ≤ 2π. E ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervale me skaje θ0 , θ1 , θ2 , θ3 , · · · , θn me gjatësi të barabartë ∆θ. Rrezet θi e ndajnë R në zona elementare me kënd qendror ∆θ = θi − θi −1 . Në qoftë se zgjedhim θ∗i në nënintervalin e i t ë , [θi −1 , θi ], atëherë syprina ∆Ai e zonës së i t ë përafrohet nga syprina e sektorit të qarkut me kënd qendror ∆θ dhe rreze f (θ∗i ). Kështu që nga formula 10.12 kemi: 1 ∆Ai ≈ [ f (θ∗i )]2 ∆θ 2 dhe një përafrim total A i R është A≈

n 1 X [ f (θ∗i )]2 ∆θ i =1 2

(10.13)

Ky përafrim bëhet gjithnjë e më i mirë kur n → ∞. Por shuma 10.13 është shuma e Riemannit për funksionin g (θ) = 21 [ f (θ)]2 , kështu që Z b n 1 X 1 ∗ 2 lim [ f (θi )] ∆θ = [ f (θ)]2 d θ n→∞ 2 a 2 i =1 Pra, duket e arsyeshme që formula për syprinën A të zonës polare R të jetë b

Z A=

a

1 [ f (θ)]2 d θ 2

(10.14)

Formula 10.14 shpesh shkruhet si Z A=

b a

1 2 r dθ 2

(10.15)

duke nënkuptuar se r = f (θ). ©AulonaPress

401

Kalkulus

Shaska T.

Figura 10.17: Zona e kufizuar nga kurba polare

Figura 10.18: Perafrimi

Shembull 10.20. Gjeni syprinën e zonës së kufizuar nën një nga katër fletët e r = cos 2θ. Zgjidhje Z Z π/4 1 2 1 π/4 r dθ = cos2 θd θ = cos2 θd θ 2 −π/4 −π/4 2 0 Z π/4 1 1 1 π = (1 + cos 4θ)d θ = [θ + sin 4θ]π/4 0 = 2 2 4 8 0 Z

π/4

A=

Le të shënojmë me R zonën e kufizuar ndërmjet dy kurbave polare me ekuacione r = f (θ), r = g (θ), θ = a, θ = b, ku f (θ) ≥ g (θ) ≥ 0 dhe 0 < b − a ≤ 2π. Syprina A e R gjendet duke zbritur syprinën brenda r = g (θ) nga syprina brenda r = f (θ), pra duke u nisur nga formula 10.15 kemi: Z A=

b a

1 [ f (θ)]2 d θ − 2

Z

b a

1 1 [g (θ)]2 d θ = 2 2

Z

b¡ a

¢ [ f (θ)]2 − [g (θ)]2 d θ

Le të shohim një shembull që ilustron gjetjen e syprinës së një zone të kufizuar ndërmjet dy kurbave polare. Shembull 10.21. Gjeni syprinën e zonës që shtrihet brenda rrethit r = 3 sin θ dhe jashtë kardioidës r = 1 + sin θ. 402

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Kardioida dhe rrethi janë skicuar në Fig 10.19. Kufijtë e integrimit janë përcaktuar nga pikëprerjet e dy kurbave. Ato priten kur 3 sin θ = 1 + sin θ, prej nga sin θ = 12 , kështu që θ = π6 dhe θ = π5 6.

Figura 10.19: Zona ndërmjet rrethit dhe kardioidës

Syprina e kërkuar gjendet si A=

1 2

Z

5π/6 π/6

(3 sin θ)2 d θ −

1 2

Z

5π/6 π/6

(1 + sin θ)2 d θ

Meqë zona është simetrike në lidhje me boshtin vertikal θ = π2 , mund të shkruajmë

A=2 Z = =

· Z π/2 ¸ Z 1 1 π/2 9 sin2 θd θ − (1 + 2 sin θ + sin2 θ)d θ 2 π/6 2 π/6 π/2

π/6 Z π/2 π/6

(8 sin2 θ − 1 − 2 sin θ)d θ (3 − 4 cos 2θ − 2 sin θ)d θ

= (3θ − 2 sin θ + 2 cos θ)|π/2 π/6 = π

Vërejtje. Duhet bërë kujdes me faktin se pika në koordinata polare ka disa mënyra paraqitjeje, sepse bën të vështirë gjetjen e të gjitha pikave të prerjes ndërmjet dy kurbave polare. Për shembull nga Fig 10.19 duket qartë se rrethi dhe kardioida priten në tre pika edhe pse nga zgjidhja e ekuacionit 3 sin θ = 1+sin θ ne gjetëm vetëm dy pika të tilla. Origjina është gjithashtu pikë prerjeje, por ne nuk mund ta gjejmë nga zgjidhja e ekuacionit sepse ajo nuk ka një prezantim të vetëm në koordinata polare që të kënaqë të dy ekuacionet e kurbave. Vërejmë se kur paraqitet si (0, 0) ose (0, π) ajo kënaq ekuacionin r = 3 sin θ, pra i përket rrethit. Ndërsa kur paraqitet si (0, 3π/2) ajo kënaq r = 1+sin θ, pra i përket kardioidës. Mendoni dy pika që lëvizin përgjatë dy kurbave me rritjen e θ nga 0 në 2π. Në njërën kurbë e arrin origjinën për θ = 0 dhe θ = π, ndërsa në tjetrën kur θ = 3π/2. Pikat nuk përputhen në origjinë sepse e arrijnë atë në kohë të ndryshme, e megjithatë kurbat priten në origjinë. Kështu që duhet patur parasysh se për gjetjen e të gjitha pikave të prerjes së dy kurbave polare, ëshë e domosdoshme të vizatohen grafikët e të dy kurbave. është me mjaft leverdi përdorimi i makinave llogaritëse grafike apo sistemeve kompjuterike për këtë qëllim.

10.5.1 Gjatësia e harkut Për të gjetur gjatësinë e kurbës polare me ekuacion r = f (θ), a ≤ θ ≤ b, e shohim θ si parametër dhe i shkruajmë ekuacionet parametrike të kurbës si: x = r cos θ = f (θ) cos θ ©AulonaPress

dhe

y = r sin θ = f (θ) sin θ 403

Kalkulus

Shaska T.

Duke derivuar anë për anë dhe duke përdorur rregullin e prodhimit të derivimit në lidhje me θ, përftojmë dx dr = (cos θ − r sin θ) dθ dθ

d y dr = (sin θ + r cos θ) dθ dθ

dhe

Duke patur parasysh se sin2 θ + cos2 θ = 1, kemi: µ

dx dθ

¶2

dy + dθ µ

¶2

¶ dr 2 dr = cos2 θ − 2r (cos θ sin θ + r 2 sin2 θ) dθ dθ µ ¶ dr 2 dr + sin2 θ + 2r (sin θ cos θ + r 2 cosθ ) dθ dθ ¶ µ dr 2 +r2 = dθ µ

Duke e pranuar f 0 të vazhdueshëm, ne mund të përdorim Teoremën 10.1 dhe ta shkruajmë gjatësinë e harkut si b

Z L=

s

a

µ

dx dθ

¶2

µ +

dy dθ

¶2

dθ

prej nga gjatësia e një kurbe polare me ekuacion r = f (θ), a ≤ θ ≤ b, është b

Z L=

a

s r2 +

µ

dr dθ

¶2

dθ

(10.16)

Le ta ilustrojmë me një shembull Shembull 10.22. Gjeni gjatësinë e kardioidës r = 1 + sin θ. Zgjidhje Gjatësia e plotë e kardioidës merret për intervalin 0 ≤ θ ≤ 2π, kështu që Ek. 10.16 na jep

2π

Z L=

r2 +

0 2π p

Z =

0

µ

dr dθ

¶2

dθ

(1 + sin θ)2 + cos2 θd θ

2π p

Z =

s

0

2 + 2 sin θd θ

Ky integral mund të llogaritet në disa mënyra, një prej të cilave është përdorimi i një sistemi kompjuterik algjebrik, prej nga del se gjatësia e kësaj kardioide është L = 8.

404

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Ndërtoni kurbën dhe gjeni syprinën e zonës që ajo rrethon. 123. r = 2 sin θ 124. r = 3(1 + sin θ)

Gjeni të gjitha pikat e prerjes së kurbave. 142. r = 1 + cos θ,

r = 3 cos θ

143. r = 1 + sin θ,

r = 3 sin θ

144. r = 2 sin 2θ,

125. r = 1 + cos θ

r =1

145. r = cos 2θ,

126. r = 2 − sin θ

146. r = sin θ,

127. r = 3 cos 2θ

r = sin 2θ r = sin 2θ

128. r = 2 + cos θ

Gjeni gjatësinë e kurbës polare.

Gjeni syprinën e zonës së kufizuar ndërmjet kurbave

147. r = 1 + cos θ

129. r = 3 cos θ dhe r = 1 + cos θ

148. r = 4 sin θ

130. r = 4 sin θ dhe r = 2 sin θ

149. r = e θ ,

0 ≤ θ ≤ 2π

131. r = 2 cos θ dhe r = 1

150. r = θ2 ,

0 ≤ θ ≤ π/3

132. r = 1 − sin θ dhe r = 1

151. Vërtetoni se syprina e sipërfaqes së përftuar prej rrotullimit të kurbës polare

133. r = 3 cos θ dhe r = 1 + cos θ

r = f (θ) a ≤ θ ≤ b

134. r = 2 sin θ dhe r = 1 − sin θ

(ku f 0 është i vazhdueshëm dhe 0 ≤ a < b ≤ π) rreth boshtit polar është

135. r = 2 + cos θ dhe r = 3 cos θ 136. r = 8 cos 2θ dhe r = 2

Z Gjeni syprinën e zonës e cila shtrihet brenda të dy kurbave polare. 137. r = 4 sin θ,

r = 4 cos θ

138. r = a sin θ,

r = b cos θ,

139. r = sin 2θ,

©AulonaPress

a > 0,

2

r = 1 − cos θ r = sin θ

a

s 2πr sin θ r 2 +

µ

dr dθ

¶2

dθ

152. Gjeni syprinën e sipërfaqes së përftuar nga rrotullimi i r 2 = cos 2θ rreth boshtit polar.

r = cos 2θ

140. r = 1 + cos θ, p 141. r = 3 cos θ,

S=

b

b>0

153. Gjeni syprinën e sipërfaqes së përftuar nga rrotullimi i kurbës polare r = f (θ), a ≤ θ ≤ b (ku f 0 është i vazhdueshëm dhe 0 ≤ a < b ≤ π), rreth drejtëzës θ = π/2. 154. Gjeni syprinën e sipërfaqes së përftuar nga rrotullimi i r 2 = cos 2θ rreth drejtëzës θ = π/2.

405

Kalkulus

Shaska T.

10.6 Prerjet konike Në këtë seksion do të shqyrtojmë përkufizimet gjeometrike të parabolave, elipseve dhe hiperbolave si dhe do të gjejmë ekuacionet standarte të tyre. Ato janë emërtuar prerje konike ose thjesht konike për vetë faktin se përftohen si rezultat i prerjes së një koni me një plan.

Figura 10.20: Prerjet konike

10.6.1 Parabola Përkufizim 10.4. Parabolë quhet bashkësia e të gjitha pikave të planit të cilat janë të baraslarguara nga një drejtëz e dhënë dhe nga një pikë e dhënë F, e cila nuk i përket drejtëzës. Drejtëza quhet drejtuese e parabolës, ndërsa pika quhet fokus i parabolës.

Figura 10.21: Parabola

Vërejmë se pika e cila ndodhet në mes të fokusit dhe drejtueses i përket parabolës. Kjo pikë quhet kulm i parabolës. Drejëza që kalon nga fokusi dhe është pingule ma drejtuesen quhet boshti i parabolës. Ne përftojmë një ekuacion veçanërisht të thjeshtë, për një parabolë, në qoftë se kulmin e saj e vendosim në origjinën e koordinatave O, dhe drejtuesen e saj e vendosim paralel me boshtin e x-ve. Në qoftë se fokusi i parabolës është pika (0, p), atëherë drejtuesja ka ekuacion y = −p. Në qoftë se P(x, y) ëshë një pikë e parabolës, largesa nga pika P tek fokusi është: q |PF| = x 2 + (y − p)2 dhe largesa e P nga drejtuesja është |y + p|. Nga përkufizimi i parabolës këto largesa janë të barabarta: q

406

x 2 + (y − p)2 = |y + p| ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Duke ngritur në katror anë për anë dhe duke bërë thjeshtimet e mundshme, marrim: x 2 + (y − p)2 = |y + p|2 = (y + p)2 x 2 + y 2 − 2p y + p 2 = y 2 + 2p y + p 2 x 2 = 4p y Pra, ekuacioni i parabolës me fokus (0, p) dhe me drejtuese y = −p është x 2 = 4p y Në qoftë se do të zëvendësonim a =

1 4p ,

atëherë ekuacioni standart i parabolës, Ek.

(10.17) 10.17 do të shndërrohej në

2

formën y = ax . Ajo është me krahë lart në qoftë se p > 0 dhe me krahë poshtë në qoftë se p < 0. Grafiku është simetrik në lidhje me boshtin e y-ve sepse Ek 10.17 nuk ndryshon kur zëvendësojmë x me −x. Në qoftë se ndryshojmë vendet e x me y në Ek 10.17, përftojmë: y 2 = 4px

(10.18)

i cili na jep ekuacionin e parabolës me fokus (p, 0) dhe me drejtuese x = −p. Parabola është me krahë të hapur nga e djathta në qoftë se p > 0 dhe në të majtë kur p < 0. Në të dy rastet grafiku është simetrik në lidhje me boshtin e x-ve i cili është edhe boshti i parabolës. Në qoftë se parabola e ka kulmin e vet në pikën (h, k) dhe bosht vertikal, forma standarte e ekuacionit të parabolës është: (x − h)2 = 4p(y − k)

(10.19)

ku p 6= 0. Fokusi i saj është pika (h, k + p) dhe drejtuesja është drejtëza y = k − p. Boshti i saj është drejtëza x = h. Kur p > 0 parabola është me krahë sipër dhe kur p < 0 parabola është me krahë poshtë. Në qoftë se parabola ka si kulm të saj pikën (h, k) dhe ka bosht horizontal, forma standarte e ekuacionit të parabolës është (y − k)2 = 4p(x − h)

(10.20)

ku p 6= 0. Fokusi i saj është pika (h + p, k) dhe drejtuesja është drejtëza x = k − p. Boshti i saj është drejtëza y = k. Kur p > 0 parabola është me krahë të hapur nga e djathta dhe kur p < 0 parabola është me krahë hapur nga e majta. Të dy ekuacionet e fundit, Ek. 10.19 dhe Ek 10.20 përftohen nga Ek. 10.17 dhe Ek 10.18, duke patur parasysh zhvendosjen paralele të parabolës dhe duke bërë zëvendësimet e x dhe y me x − h dhe y − k përkatësisht. Shembull 10.23. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës x 2 − 4y = 0. Zgjidhje E shkruajmë ekuacionin në trajtën x 2 = 4y dhe duke e krahasuar me Ek. 10.17, shohim se 4p = 4, prej nga p = 1. Kështu që fokusi është (0, p) = (0, 1), drejtuesja y = −p = −1, kulmi ndodhet në mes të fokusit dhe drejtueses, pra (0, 0) dhe në bazë të përkufizimt boshti i parabolës do të jetë boshti i y, pra drejtëza x = 0. Shembull 10.24. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës y 2 + 10x = 0. Zgjidhje E shkruajmë ekuacionin në trajtën y 2 = −10x dhe duke e krahasuar me Ek 10.18, shohim se 4p = −10, prej nga p = − 25 . Kështu që fokusi është (p, 0) = (− 25 , 0), drejtuesja y = −p = 25 , kulmi ndodhet në mes të fokusit dhe drejtueses, pra (0, 0) dhe në bazë të përkufizimt boshti i parabolës do të jetë boshti i x, pra drejtëza y = 0. Shembull 10.25. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës y 2 + 4x − 2y − 3 = 0. ©AulonaPress

407

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Le ta kthejmë në trajtën standarte fillimisht ekuacionin. y 2 + 4x − 2y − 3 = (y − 1)2 + 4x − 4 = (y − 1)2 + 4(x − 1) = 0 (y − 1)2 = −4(x − 1) Ekuacioni është i trajtës 10.20. Pra, kulmi i kësaj parabole është (h, k) = (1, 1), fokusi (0, p) = (0, −1), drejtuesja x = k −p = 2 dhe boshti drejtëza me ekuacion y = k = 1. Shembull 10.26. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës x 2 − 4x − 8y + 28 = 0. Zgjidhje Le ta kthejmë në trajtën standarte fillimisht ekuacionin. x 2 − 4x − 8y + 28 = (x − 2)2 − 8(y − 3) = 0 (x − 2)2 = 8(y − 3) Ekuacioni është i trajtës 10.19. Pra, kulmi i kësaj parabole është (h, k) = (2, 3), fokusi (h, k + p) = (2, 5), drejtuesja y = k − p = 3 − 2 = 1 dhe boshti drejtëza me ekuacion x = h = 2. Shembull 10.27. Gjeni fokusin, drejtuesen, kulmin dhe boshtin e parabolës x 2 − 10x − 2y + 29 = 0. Zgjidhje Le ta kthejmë në trajtën standarte fillimisht ekuacionin. x 2 − 10x − 2y + 29 = (x − 5)2 − 2(y − 2) = 0 (x − 5)2 = 2(y − 2) Ekuacioni është i trajtës 10.19. Pra, kulmi i kësaj parabole është (h, k) = (5, 2), fokusi (h, k + p) = (5, 2.5), drejtuesja y = k − p = 2 − 0.5 = 1.5 dhe boshti drejtëza me ekuacion x = h = 5.

10.6.2 Elipsi Përkufizim 10.5. Elips quhet bashkësia e të gjithë pikave të planit shuma e largesave të të cilave nga dy pika të dhëna F1 dhe F2 , është konstante. Këto dy pika të dhëna quhen vatra të elipsit. Mesi i segmentit që bashkon vatrat e elipsit quhet qendër e elipsit. Një nga ligjet e Keplerit është ai që thotë se orbitat e planeteve në sistemin diellor, janë elipse me diellin në një vatër. Në mënyrë që të përftojmë sa më thjesht një ekuacion për elipsin, i vendosim vatrat në boshtin e x-ve, në pikat (−c, 0) dhe (c, 0), në mënyrë që origjina të jetë në mes të vatrave. Le ta shënojmë shumën e largesave të një pike të elipsit nga dy vatrat me 2a > 0. Atëherë pika P(x, y) është pikë e elipsit kur |PF1 | + |PF2 | = 2a pra, q q (x + c)2 + y 2 + (x − c)2 + y 2 = 2a ose

q

(x − c)2 + y 2 = 2a −

q

(x + c)2 + y 2

Duke ngritur në katror të dyja anët, kemi x 2 − 2c x + c 2 + y 2 = 4a 2 − 4a 408

q

(x + c)2 + y 2 + x 2 + 2c x + c 2 + y 2 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Figura 10.22: Elipsi

duke thjeshtuar marrim a

q (x + c)2 + y 2 = a 2 + c x

ngremë edhe një herë në katror: a 2 (x 2 + 2c x + c 2 + y 2 ) = a 4 + 2c xa 2 + c 2 x 2 dhe ekuacioni merr trajtën (a 2 − c 2 )x 2 + a 2 y 2 = a 2 (a 2 − c 2 ) Nga trekëndëshi F1 F2 P, shohim se 2c < 2a, pra c < a dhe prej këtej a 2 − c 2 > 0. E shënojmë b 2 = a 2 − c 2 . Atëherë ekuacioni i elipsit merr formën b2 x2 + a2 y 2 = a2b2 ose duke pjestuar anë për anë me a 2 b 2 , marrim: x2 y 2 + =1 a2 b2

(10.21)

Meqë b2 = a2 − c 2 < a2

pra

b < a,

prerjet e elipsit me boshtin e x-ve gjenden duke barazuar y = 0. Pra, x 2 /a 2 = 1, ose x 2 = a 2 prej nga x = ±a. Pikat korresponduese (−a, 0) dhe (a, 0) quhen kulme të elipsit dhe drejtëza që i bashkon dy kulmet quhet boshti i madh i elipsit. Për të gjetur prerjet me boshtin e y-ve marrim x = 0, prej nga: y2 = 1 =⇒ y 2 = b 2 =⇒ y = ±b. b2 Ek. 10.21 nuk ndryshon kur zëvendësojmë x me −x, ose y me −y, pra elipsi është simetrik në lidhje me të dy boshtet. Vërejmë se në qoftë se vatrat përputhen, pra c = 0, domethënë a = b, elipsi bëhet rreth me rreze r = a = b. Pra, duke e përmbledhur gjithë sa thamë më sipër, elipsi x2 y 2 + =1 a2 b2

a ≥b>0

ka vatra (±c, 0), ku c 2 = a 2 − b 2 dhe kulme (±a, 0). Në qoftë se vatrat e elipsit janë vendosur në boshtin e y-ve, në (0, ±c), atëherë ekuacionin e elipsit e gjejmë duke ndërruar vendet e x me y në Ek. 10.21. Elipsi x2 y 2 + =1 b2 a2

a ≥b>0

(10.22)

ka vatra (0, ±c), ku c 2 = a 2 − b 2 , dhe kulme (0, ±a). Ekuacioni standart i elipsit me bosht të madh horizontal është: (x − h)2 (y − k)2 + =1 a2 b2 ©AulonaPress

(10.23) 409

Kalkulus

Shaska T.

Qendra e elipsit është pika (h, k). Gjatësia e boshtit të madh është 2a. Largesa nga qendra e elipsit e dy vatrave është c, ku c 2 = a 2 − b 2 a > b > 0. Ekuacioni standart i elipsit me bosht të madh vertikal është: (x − h)2 (y − k)2 + =1 b2 a2

(10.24)

Qendra e elipsit është pika (h, k). Gjatësia e boshtit të madh është 2a. Largesa nga qendra e elipsit e dy vatrave është c, ku c 2 = a 2 − b 2 a > b > 0. Le të shohim disa shembuj. Shembull 10.28. Për elipsin

x2 6

+

y2 4

= 1, boshti i madh është horizontal apo vertikal?

Zgjidhje Meqënëse a > b dhe 6 > 4, pra a 2 është emëruesi i x 2 , boshti i madh është horizontal. Shembull 10.29. Gjeni a, b, c për elipsin Zgjidhje Nga ekuacioni kemi a = 5,

x2 25

y2

+ 16 = 1.

b = 4, pra: p p p c = a 2 − b 2 = 25 − 16 = 9 = 3.

Shembull 10.30. Gjeni ekuacionin e elipsit me vatra (0, ±2) dhe kulme (0, ±3). Zgjidhje Duke përdorur Ek. 10.22, kemi c = 2 dhe a = 3. Prej këtej marrim b 2 = a 2 − c 2 = 9 − 4 = 5, pra ekuacioni i elipsit është: x2 y 2 + =1 5 9

10.6.3 Hiperbolat Hiperbolat janë paraqitje grafike e shumë ekuacioneve në kimi, fizikë biologji, dhe ekonomi(Ligjet e Bulit,ligji i Omit,etj.) Përkufizim 10.6. Hiperbolë quhet bashkësia e të gjitha pikave të planit diferenca e largesave të të cilave nga dy pika të dhëna F1 dhe F2 është konstante. Pikat e dhëna quhen vatra të hiperbolës. Mesi i segmentit që bashkon vatrat e hiperbolës quhet qendër e hiperbolës. Drejtëza që bashkon vatrat e hiperbolës quhet bosht i hiperbolës. Vërejmë se përkufizimi i hiperbolës është i ngjashëm me përkufizimin e elipsit. Ndryshimi midis tyre qëndron se shuma e largesave tek elipsi zëvendësohet me diferencën e largesave tek hiperbola. Në fakt edhe rruga e gjetjes së ekuacionit të hiperbolës është e ngjashme me atë të gjetjes së ekuacionit të elipsit. Arrihet të tregohet lehtë se kur vatrat janë në boshtin e x-ve në (±c, 0) dhe diferenca e distancave është |PF1 | − |PF2 | = ±2a atëherë ekuacioni i hiperbolës është: x2 y 2 − =1 a2 b2

(10.25)

ku c 2 = a 2 + b 2 . Vërejmë se pikëprerjet me boshtin e x-ve janë përsëri ±a dhe pikat (a, 0) dhe (−a, 0) janë kulmet e hiperbolës. Por në qoftë se marrim x = 0 në Ek. 10.25, ne përftojmë y 2 = −b 2 që është e pamundur, pra hiperbola nuk ka pikëprerje me boshtin e y-ve. Hiperbola është simetrike në lidhje me të dy boshtet. 410

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Figura 10.23: Hiperbola

Për ta analizuar pak më thellë hiperbolën marrim Ek. 10.25 dhe e shndërrojmë në trajtën y2 x2 = 1 + ≥1 a2 b2 p Kjo tregon se x 2 ≥ a 2 , kështu që |x| = x 2 ≥ a. Prej nga kemi x ≥ a ose x ≤ −a. Kjo nënkupton se hiperbola konsiston në dy pjesë të emërtuara krahë(ose degë) të hiperbolës. Kur vizatojmë një hiperbolë është mjaft e përdorshme të ndërtohen fillimisht asimptotat të cilat jepen me ekuacione: y = (b/a)x dhe y = −(b/a)x. Të dy krahët e hiperbolës i afrohen pambarimisht asimptotave me largimin nga origjina. Duke e përmbledhur themi: Hiperbola x2 y 2 − =1 a2 b2 ³ ´ ka vatra (±c, 0), ku c 2 = a 2 + b 2 , bosht horizontal, kulme (±a, 0) dhe asimptota y = ± ba x. Në rastin kur vatrat e hiperbolës janë në boshtin e y-ve, duke ndërruar vendet e x me y në Ek. 10.25 dalim në përfundimin se hiperbola y 2 x2 − =1 a2 b2

(10.26)

ka vatra (0, ±c), ku c 2 = a 2 + b 2 , bosht vertikal, kulme (0, ±a), dhe asimptota y = ±( ba )x. Ekuacioni standart i hiperbolës me qendër në (h, k) me bosht horizontal është: (x − h)2 (y − k)2 − =1 a2 b2

(10.27)

Distanca midis dy kulmeve është 2a, kulmet janë (h ± a, k) distanca midis dy vatrave është 2c, vatrat janë (h ± c, k) ku c 2 = a 2 + b 2 . Ekuacionet e asimptotave janë: b y = k ± (x − h) a Ekuacioni standart i hiperbolës me qendër në (h, k), me bosht vertikal është: (y − k)2 (x − h)2 − =1 a2 b2

(10.28)

Distanca midis dy kulmeve është 2a, kulmet janë (h, k ± a), distanca midis dy vatrave është 2c, vatrat janë (h, k ± c), ku c 2 = a 2 + b 2 . Ekuacionet e asimptotave janë: a y = k ± (x − h). b Le t’i ilustrojmë të gjitha këto sa thamë më sipër me disa shembuj. ©AulonaPress

411

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 10.31. Në qoftë se ekuacioni i hiperbolës jepet në trajtën: y 2 x2 − = 1, 4 36 kjo do të thotë se boshti i hiperbolës është vertikal dhe a = 6, b = 2 dhe secila vatër është në distancë p p p p c = a 2 + b 2 = 36 + 4 = 40 = 2 10 p p nga qendra e hiperbolës. Vatrat janë në pikat (0, −2 10) dhe (0, 2 10). Asimptotat kanë ekuacione 1 y= x 3

dhe

1 y = − x, 3

meqë b 2 1 = = a 6 3

Shembull 10.32. Supozojmë se qendra e hiperbolës nuk është në origjinë por në pikën (2, −1). Ekuacioni i hiperbolës është: (x − 2)2 (y + 1)2 − , 9 16 prej nga del se a = 3 dhe b = 4 dhe koefiçenti këndor i asimptotës është ± ba = ± 43 . Boshti i hiperbolës në këtë rast është horizontal. Kështu që secila vatër është 5 njësi horizotalisht larg nga qendra. Një vatër është në (7, −1) dhe tjetra në (−3, −1). Kulmet e hiperbolës janë në pikat (−3, −1) dhe (5, −1).

Shembull 10.33. Gjeni ekuacionin e hiperbolës me qendër në (2, −1) kur a = 3, horizontal.

b = 4 dhe boshti i hiperbolës është

Zgjidhje Nga të dhënat dhe duke u nisur nga ekuacioni 10.27, del se ekuacioni i hiperbolës është: (x − 2)2 (y + 1)2 − =1 32 42 dhe c=

p

a2 + b2 =

p p 9 + 16 = 25 = 5

Distanca midis dy kulmeve është 2a = 6, kulmet janë (h − a, k) = (−1, −1) dhe (h + a, k) = (5, −1). Ndërsa distanca midis dy vatrave është 2c = 10 dhe vatrat janë (h − c, k) = (−2, −1) dhe (h + c, k) = (7, −1). Ekuacionet e asimptotave janë përkatësisht b 4 b 4 y = k − (x − h) = −1 − (x − 2) dhe y = k + (x − h) = −1 + (x − 2) a 3 a 3 Shembull 10.34. Gjeni vatrat dhe ekuacionin e hiperbolës me kulme (0, ±1) dhe asimptotë y = 2x. Zgjidhje Nga ekuacioni 10.26 dhe nga informacioni i dhënë, shohim se a = 1 dhe a/b = 2. Kështu që: b = a/2 = 1/2

dhe

5 c 2 = a2 + b2 = . 4

p Atëherë vatrat janë (0, ± 5/2) dhe ekuacioni i parabolës është y 2 − 4x 2 = 1

412

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 10.35. Përcaktoni koniken dhe gjeni vatrat e saj. 9x 2 − 4y 2 − 72x + 8y + 176 = 0 Zgjidhje Plotësojmë fillimisht katrorët e binomeve si më poshtë për ta kthyer ekuacionin në trajtën standarte: 4(y 2 − 2y) − 9(x 2 − 8x) = 176 4(y 2 − 2y + 1) − 9(x 2 − 8x + 16) = 176 + 4 − 144 4(y − 1)2 − 9(x − 4)2 = 36 (y − 1)2 (x − 4)2 − =1 9 4 Pra, ekuacioni doli i trajtës 10.28, kështu që a 2 = 9, b 2 = 4, kulmet janë (4, 4) dhe (4, −2). Ekuacionet e asimptotave janë

p p c 2 = 13. Vatrat janë (4, 1 + 13) dhe (4, 1 − 13), ndërsa

3 y = 1 ± (x − 4). 2

©AulonaPress

413

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni kulmin, fokusin dhe drejtuesen e parabolës dhe skiconi grafikun e saj. 1 2 2y

155. x =

182. y 2 − x 2 + 2y − 14x − 57 = 0 183. 4x 2 − y 2 − 56x − 4y + 176 = 0 184. x 2 = y 2 + 1

156. y = −4x 2 157. (x + 1)2 = 4(y − 2) 158. x 2 − 6x + 21 y = 8 159. y 2 = 8x

185. y 2 + 2y = 4x 2 + 3 186. 4x 2 + 4x + y 2 = 0 187. y 2 − 8y = 6x − 16 1 2 12 y + 62

160. x − 1 = (y + 3)2

188. x + 62 =

161. x 2 + 2x + 12y + 25 = 0

Gjeni një ekuacion për koniken që plotëson kushtet e dhëna.

162. x − 13 =

1 2 36 y − 13

Gjeni kulmet dhe vatrat e elipsit dhe skiconi grafikun e tij. 163.

x2 1

+

164.

x2 16

+

165.

y2 4

=1

y2 4

=1

192. Parabolë, kulmi (7, 9), fokusi (−5, 9) 193. Parabolë, kulmi (0, 0), drejtuese x = −1

y2 x2 9 + 25 = 1 2 2

167. 490x 2 + 90y 2 − 4410 = 0

169. 170. 171.

(x+4)2 25 (x+6)2 16 (x+2)2

+ +

49

+

(x−1)2 256

+

(y−8)2 81 (y+5)2 4 (y−1)2

=1 =1

16

=1

(y+7)2 9

=1

Gjeni kulmet, vatrat dhe asimptotat e hiperbolës dhe skiconi grafikun e saj. 172.

x2 36

173.

y2 4

y2

− 81 = 1 −

x2 36

190. Parabolë, kulmi (0, 0), fokusi (0, −9) 191. Parabolë, kulmi (9, 5), fokusi (9, −6)

166. x + 4y 2 + 8x − 8y + 16 = 0

168.

189. Parabolë, kulmi (0, 0), fokusi (0, −2)

194. Parabolë, fokusi (−11, 0), drejtuese x = 11 195. Parabolë, kulmi (2, 3), boshti vertikal, kalon nga (1, 5) 196. Parabolë, boshti horizontal, kalon nga pikat (−1, 0), (1, −1), dhe (3, 1) 197. Parabolë, fokusi (0, 5), drejtuese y = −5 198. Elips, vatra (±2, 0), kulme (±5, 0) p 199. Elips, vatra (±2, 0), kulme (± 3, 0) p 200. Elips, vatra (0, ±3), kulme (0, ±2 2) p 201. Elips, vatra (±6, 0), kulme (±3 3, 0) 202. Elips, vatra (0, 2), (0, 6), kulme (0, 0), (0, 8)

=1

203. Elips, qendër (−1, 4), vatër (−1, 6), kulm (−1, 0)

2

174. 75x − 27y 2 = 675 175. x 2 − 4y 2 + 10x − 48y − 135 = 0 176.

(y+3)2 25

177.

5x 2 4

2

− (x+7) 64 = 1

− 5y 2 = 80

Për çdo ekuacion të dhënë identifikoni koniken dhe gjeni kulmet dhe vatrat ose fokusin. 178. 4x 2 + y 2 + 24x − 6y + 9 = 0 179. y 2 − 2y + 40x + 281 = 0 180. 4x 2 + y 2 + 32x + 6y + 57 = 0 181. x 2 + y 2 − 6x + 4y + 12 = 0 414

204. Hiperbolë, kulmet (±3, 0), vatrat (±5, 0) 205. Hiperbolë, (−3, −7), (−3, −9)

kulme (−3, −4), (−3, 6) dhe vatra

206. Hiperbolë, kulme (−1, 2)(7, 2) dhe vatra (−2, 2), (8, 2) 207. Hiperbolë, vatra (2, 0)(2, 8) dhe asimptota y = 3+ 21 x dhe y = 5 − 21 x 208. Vërtetoni se në qoftë se një elips dhe një hiperbolë kanë të njëjtat vatra, atëherë tangentet e hequra ndaj tyre në çdo pikë prerje janë pingule. 209. Në qoftë se një elips rrotullohet rreth boshtit të madh, gjeni vëllimin e trupit të përftuar. ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

10.7 Prerjet konike në koordinata polare Në seksionin paraardhës ne klasifikuam koniket në varësi të vatrave dhe drejtueseve. Në këtë seksion do të japim një trajtim më të unifikuar të të tre tipeve të konikeve, në varësi të fokusit dhe drejtueses. Për më tepër, në qoftë se vendosim fokusin në origjinë, atëherë prerja konike ka një ekuacion të thjeshtë polar, i cili na mundëson një përshkrim të përshtatshëm të lëvizjes së planeteve, sateliteve dhe kometave. Le të shohim teoremën në vazhdim. Teorema 10.2. Le të jetë F një pikë e fiksuar (e emërtuar fokus) dhe le të jetë l një drejtëz e fiksuar, e emërtuar drejtuese, në një plan. Le të jetë e një numër pozitiv i fiksuar, i emërtuar jashtëqendërsi. Bashkësia e të gjitha pikave të planit të tilla që |PF| =e |Pl | domethënë raporti i largesave nga F dhe nga l është konstante e, është një prerje konike. Konikja është: a Elips në qoftë se e < 1 b Parabolë në qoftë se e = 1 c Hiperbolë në qoftë se e > 1

Figura 10.24: Konike polare

Vërtetim Vëmë re se kur e = 1, kemi |PF| = |Pl |, kështu që kushti i dhënë kthehet thjesht në përkufizimin e parabolës të dhënë në seksionin paraardhës. Le ta vendosim fokusin e parabolës në origjinë dhe drejtuesen paralel me boshtin e y-ve d njësi nga e djathta. Kështu drejtuesja ka ekuacion x = d dhe është pingule me boshtin polar. Në qoftë se pika P ka koordinata polare (r, θ), atëherë kemi: |PF| = r Kështu që kushti

|PF| |Pl |

|Pl | = d − r cos θ

= e ose |PF| = e|Pl |, bëhet r = e(d − r cos θ)

©AulonaPress

(10.29) 415

Kalkulus

Shaska T.

Duke ngritur në katror të dyja anët dhe duke e kthyer në koordinata karteziane, kemi: x 2 + y 2 = e 2 (d − x 2 ) = e 2 (d 2 − 2d x + x 2 ) (1 − e 2 )x 2 + 2d e 2 x + y 2 = e 2 d 2 Pasi plotësojmë katrorët e binomeve, marrim µ x+

e 2d 1 − e2

¶2 +

y2 e 2d 2 = 1 − e 2 (1 − e 2 )2

(10.30)

Në qoftë se e < 1, e identifikojmë ekuacionin 10.30 me ekuacionin e një elipsi. Në fakt ai është i formës (x − h)2 y 2 + 2 =1 a2 b ku h=−

e 2d 1 − e2

a2 =

e 2d 2 (1 − e 2 )2

b2 =

e 2d 1 − e2

(10.31)

Në seksionin paraardhës gjetëm se vatrat e elipsit janë në distancë c nga qendra, ku c 2 = a2 − b2 =

e 4d 2 (1 − e 2 )2

(10.32)

kjo tregon se e 2d = −h 1 − e2 dhe na konfirmon se fokusi i përcaktuar në Teoremën 10.2 tregon se është i njëjtë me fokusin e përcaktuar në seksionin paraardhës. Gjithashtu nga ekuacionet 10.31 dhe 10.32 del se jashtëqendërsia jepet nga c=

e=

c a

Në qoftë se e > 1, atëherë 1 − e 2 < 0 dhe shohim se ekuacioni 10.30 paraqet një hiperbolë. Ashtu sikurse vepruam më sipër ne mud ta shkruajmë ekuacionin 10.30 në formën (x − h)2 y 2 − 2 =1 a2 b dhe shohim se e=

c a

ku c 2 = a 2 + b 2

Duke zgjidhur ekuacionin 10.29 në lidhje me r , shohim se ekuacioni polar i konikes mund të shkruhet si r=

ed 1 + e cos θ

Në qoftë se drejtuesja është zgjedhur që të jetë në të majtë të fokusit si x = −d , ose zgjidhet të jetë paralel me boshtin polar si y = ±d , atëherë ekuacioni polar i konikes jepet nga teorema në vazhdim. Teorema 10.3. Ekuacioni polar i formës r=

ed 1 ± e cos θ

ose r =

ed 1 ± e sin θ

paraqet një prerje konike me jashtëqendërsi e. Konikja është elips në qoftë se e < 1, parabolë në qoftë se e = 1 dhe hiperbolë në qoftë se e > 1. 416

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

,

Le të shohim disa shembuj. Shembull 10.36. Gjeni ekuacionin polar për parabolën e cila e ka fokusin në origjinë dhe drejtuesen me ekuacion y = −6. Zgjidhje Duke përdorur teoremën 10.3 me e = 1 dhe d = 6, shohim se ekuacioni i parabolës është r=

6 1 − sin θ

Shembull 10.37. Një konike jepet me ekuacion 10 3 − 2 cos θ Gjeni jashtëqendërsinë, identifikoni koniken, përcaktoni drejtuesen dhe skiconi grafikun. r=

Zgjidhje Duke pjestuar numëruesin dhe emëruesin me 3 e shkruajmë ekuacionin si r=

©AulonaPress

1−

10 3 2 3 cos θ

417

Kalkulus

Shaska T.

Nga teorema 10.3 shohim se ky ekuacion paraqet një elips me e = 23 . Meqë ed = d=

10 3

e

=

10 3 2 3

10 3 , kemi

=5

kështu që drejtuesja ka ekuacion kartezian x = −5. Kur θ = 0, r = 10 ndërsa kur θ = π, r = 2. Pra, kulmet kanë koordinata polare (10, 0) dhe (2, π).

Figura 10.25: Grafi i r =

Shembull 10.38. Si është drejtuesja e konikes r =

18 3−9 sin θ ?

10 3−2 cos θ

A ndodhet ajo në të majtë, në të djathtë, sipër apo nën polin?

Zgjidhje Duke u nisur nga të dhënat dhe teorema 10.3 del se drejtuesja është horizontale dhe nën polin. Shembull 10.39. Identifikoni koniken r =

18 3+7 cos θ

Zgjidhje r=

18 6 = 7 3 + 7 cos θ 1 + 3 cos θ

dhe

e=

7 >1 3

pra konikja është hiperbolë. Shembull 10.40. Gjeni a, b, c për koniken r =

5 1−2 cos θ .

Zgjidhje Jashtqëndërsia e = 2 > 1, pra konikja është hiperbolë. Drejtuesja është vertikale dhe në të majtë të polit. Boshti është horizontal. p Kulmet janë në pikat (−6, 0) dhe (2, π). Distanca ndërmjet kulmeve është 8 pra a = 4. Dhe prej këtej c = 8 dhe b = 4 3. Shembull 10.41. Ndërtoni koniken r =

12 2+4 sin θ .

Zgjidhje E rishkruajmë ekuacionin në trajtën 6 1 + 2 sin θ dhe shohim se jashtëqendërsia është e = 2, pra ekuacioni paraqet një hiperbolë. Meqë ed = 6, d = 3 dhe drejtuesja ka ekuacion y = 3. Kulmet janë kur θ = π/2 dhe 3π/2, pra janë në pikat (2, π/2) dhe (−6, 3π/2) = (6, π/2). Zakonisht është e domosdoshme të përcaktohen edhe pikëprerjet me boshtin e x-ve. Kjo ndodh kur θ = 0, π dhe në të dy rastet r = 6. Gjithashtu mund të vizatojmë edhe asimptotat. Vërejmë se r → ±∞ kur 1 + 2 sin θ → 0+ ose 0− dhe 1 + 2 sin θ = 0 kur sin θ = − 12 . Pra, asimptotat janë paralele me rrezet θ = 7π/6 dhe θ = 11π/6. Grafiku është paraqitur në figurën 10.26 r=

418

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Figura 10.26: Grafi i r =

12 2+4 sin θ

10.7.1 Ligjet e Keplerit Në 1609 matematikani dhe astronomi gjerman Johannes Kepler, në bazë të të dhënave të mbledhura astronomike, publikoi tre ligjet e mëposhtëm të lëvizjes së planeteve. Ligjet e Keplerit 1. Planetet rrotullohen rreth diellit sipas një orbite eliptike me diellin të vendosur në një nga vatrat e tij. 2. Drejtëza që bashkon diellin me një planet nxjerr syprina të barabarta në kohë të barabarta. 3. Katrori i periudhës së rrotullimit të një planeti është në përpjestim të drejtë me kubin e gjatësisë së boshtit të madh të orbitës së vetë. Edhe pse Kepleri i formuloi ligjet e tij në varësi të lëvizjes së planeteve rreth diellit, këto ligje aplikohen njëlloj edhe për lëvizjen e hënës, kometave, sateliteve dhe trupave të tjerë orbita e të cilëve është subjetkt i një force gravitacionale,tërheqëse. Në kapitullin në vazhdim do të shohim sesi dalin ligjet e Keplerit prej ligjeve të Njutonit. Këtu do të përdorim ligjin e parë të Keplerit së bashku me ekuacionin polar të elipsit për të njehsuar madhësi me interes në astronomi. Për nevoja të llogaritjeve astronomike, është e zakonshme që të shprehet ekuacioni i elipsit në varësi të jashtëqendërsisë dhe gjysmëboshtit të madh të tij. Mund ta shkruajmë distancën nga vatra tek drejtuesja në varësi të a në qoftë se përdorim 10.31: a2 =

e 2d 2 (1 − e 2 )2

=⇒

d2 =

a 2 (1 − e 2 )2 e2

=⇒

d=

a(1 − e 2 ) e

Pra, ed = a(1 − e 2 ). Në qoftë se drejtuesja është x = d , atëherë ekuacioni polar është r=

ed a(1 − e 2 ) = 1 + e cos θ 1 + e cos θ

Ekuacioni polar i një elipsi me një vatër në origjinë, dhe gjysmëboshtin e madh a, jashtëqendërsi e, dhe drejtuese d mund të shkruhet në formën a(1 − e 2 ) (10.33) r= 1 + e cos θ Pozicioni i planetit që është më afër diellit quhet perihelion, ndërsa pozicioni i planetit që është më larg diellit quhet afelion. Këto pozicione korrespondojnë me dy kulmet e elipsit, shih figurën 10.27 Distancat nga dielli tek perihelioni dhe afelioni janë emërtuar distanca perihelion dhe distanca afelion përkatësisht. Në figurën 10.27, dielli është në vatrën F, kështu që tek afelioni kemi θ = 0 dhe nga ekuacioni 10.33: r=

a(1 − e 2 ) a(1 − e)(1 + e) = = a(1 − e) 1 + e cos 0 1+e

Në mënyrë të ngjashme tek perihelioni θ = π dhe r = a(1 + e). ©AulonaPress

419

Kalkulus

Shaska T.

Figura 10.27: Orbita e lëvizjes së planetit

Ushtrime Shkruani ekuacionin polar të konikes në bazë të dhënave të mëposhtme. 210. Hiperbolë, jashtëqendërsi 23 , drejtuese x = 2. 211. Parabolë, drejtuese x = 4.

228. Gjeni ekuacionin polar të elipsit me gjysmëboshtin e madh 39.44AU (njësi astronomike) dhe jashtëqendërsi 0.25. Ky është përafrimi i orbitës së planetit Pluton përreth diellit.

213. Parabolë, drejuese r cos(θ − π/2) = 2.

Gjeni ekuacionin polar të secilës konike për të cilën jepet që njëra vatër përputhet me origjinën, jepet jashtëqendërisa dhe dhe ekuacioni i drejtueses përkatësisht.

214. Hiperbolë, jashtëqendërsi e = 2, drejtuese y = −2.

229. e = 1,

x =2

215. Elips, jashtëqendërsi e = 0.8, kulm (1, π/2).

230. e = 2,

x =4

216. Elips, jashtëqendërsi e = 1/2, drejtuese r = 4 sec θ.

231. e = 1/5,

212. Parabolë, drejtuese r cos θ = 4.

232. e = 1, Gjeni jashtëqendërsinë, identifikoni koniken, jepni ekuacionin e drejtueses dhe skiconi koniken. 217. r =

36 10+12 sin θ

218. r =

8 4+5 sin θ

219. r =

3 4−8 cos θ

220. r =

25 10+10 cos θ

221. r =

1 1+cos θ

222. r =

25 10−5 cos θ

223. r =

4 2−2 cos θ

224. r =

12 3+3 sin θ

225. r =

6 2+cos θ

226. r =

400 16+8 sin θ

227. r =

3 4−8 cos θ

420

233. e = 1/2, 234. e = 5,

y = −10 y =2 x =1 y = −6

235. e = 1/4,

x = −2

236. e = 1/3,

y =6

237. Shkruani një ekuacion për orbitën e kometës Halley në një sistem koordinativ në të cilin dielli është në origjinë ndërsa vatra tjetër ndodhet në pjesë negative të boshtit të x-ve. Sa afër diellit është kometa në njësi astronomike? Cila është distanca maksimale e kometës nga dielli? 238. Vërtetoni se një konike me fokus në origjinë, jashtëqendërsi e dhe drejtuese y = d ka ekuacion polar r=

ed . 1 + e sin θ

239. Vërtetoni se një konike me fokus në origjinë, jashtëqendërsi e dhe drejtuese y = −d ka ekuacion polar r=

ed . 1 − e sin θ ©AulonaPress

Shaska T. 240. Vërtetoni se parabolat r = priten sipas këndeve të drejta.

Kalkulus c 1+cos θ

dhe r =

d 1−cos θ

243. Paraqitni grafikisht koniken r = drejtuesen e saj.

4 5+6 cos θ

dhe

241. Planeti i Mërkurit lëviz sipas një orbite eliptike me jashtëqendërsi 0.206. Largesa minimale e tij nga dielli është 4.6 × 109 km. Gjeni largesën maksimale të tij nga dielli.

244. Ndërtoni grafikët e konikeve r = 1−e ecos θ , për e = 0.4, 0.6, 0.8, 1.0 në të njëjtin ekran pamjeje. Si ndikon vlera e e në paraqitjen e kurbës?

242. Gjeni jashtëqendërsinë dhe drejtuesen e konikes r = 1 1−2 sin θ , dhe paraqiteni grafikisht koniken së bashku me drejtuesen.

245. Ndërtoni grafikët e konikeve r = 1+2edsin θ , për e = 1 dhe për vlera të ndryshme të d . Si ndikon vlera e d në paraqitjen e konikes?

©AulonaPress

421

Kalkulus

422

Shaska T.

©AulonaPress

Kapitulli 11

Vargjet dhe seritë Vargjet dhe seritë janë një pjesë shumë e rëndësishme e analizës matematike dhe luajnë rol kryesopr në kalkulus. Vargjet shfaqen shpesh në jetën e përditshme. Lulja e diellit në të djathtë është një nga shumë shembuj të vargjeve në biologji, vargjet rekursive janë mjaft të përdorshëm në shkencat kompjuterike, etj. Ne tashmë e dime se për funksione të veçanta është mjaft e veshtirë llogaritja e vlerës së funksionit f (x) për x = a. Funksione të tilla mund të llogariten me saktësi duke përdorur seritë. Rëndësia e vargjeve dhe serive në kalkulus nis me Njutonin i cili nisi të paraqiste funksionet si seri të pafundme. Seritë e Taylorit janë shembulli më i mirë për të ilustruar këtë dhe do të studiohen me imtësi gjatë këtij kapitulli. Gjatë kapitujve të mëparshëm ne pamë për shembull që mjaft funksione ishte e veshtirë në mos e pamundur të integroheshin. Në se këta funksione shprehen si seri ateheë ne mund të integrojmë termat e tyre pasi dime se integrali i shumës është shuma e integraleve (me më shumë saktësi në leksionet që vijnë). Seritë më të përdorshme janë seritë fuqi, por ne fizikë dhe shkencat inxhinjerike përdoren edhe seri të tjera si seritë Fourier, etj. Në këtë kapitull ne do të studiojmë në imtësi seritë fuqi, kushtet e konvergjencës dhe divergjencës së tyre, si edhe aplikimet e tyre ne kalkulus. Seritë Fourier dhe llojet tjera të serive studiohen më në hollësi ne kurse më të avancuara të matematikës.

423

Kalkulus

Shaska T.

11.1 Vargjet Në këtë leksion ne do të studiojmë vargjet. Vargjet janë një klasë e veçantë funksionesh ku bashkësia e përcaktimit është bashkësia e numrave natyrorë ose bashkësia e numrave të plotë jonegativë. Përkufizim 11.1. Një varg është një funksion, fusha e të cilit është bashkësia e numrave natyror N. Ne shënojmë vargun me {a n } ose thjesht a n . Vargu a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , · · · , a n , · · · gjithashtu mund të shënohet si {a n } ose {a n }∞ n=1 . Numri a 1 quhet termi i parë, a 2 quhet termi i dytë, dhe në përgjithësi a n quhet termi i n-të ose termi i përgjithshëm. Vargjet më të përdorura janë vargu i numrave natyrorë, vargu i numrave të plotë, vargu i numrave çift ¸ , tek, etj. Disa vargje mund të përcaktohen duke dhënë një formulë për termin e përgjithshëm të tij. Në shembujt në vazhdim ne japim tre përshkrime të vargut: një duke përdorur shënimin e mësipërm, një tjetër duke dhënë një formulë, dhe e treta duke shkruar termat e vargut. Vërejmë se n jo detyrimisht fillon nga 1. Shembull 11.1. Jepet vargu

n n o∞ n + 1 n=1

Atëhere termi i përgjithshem është an =

n n +1

dhe disa nga termat e parë janë 1 2 3 n , , ,··· , ,··· 2 3 4 n +1 Shembull 11.2 (Vargu i Fibonaçit). Përkufizojmë vargun e Fibonaçit si më poshtë a 0 = 0, a 1 = 1 dhe a n := a n−1 + a n−2 . Termat e parë të vargut të Fibonaçit janë 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . . . Çdo numër i tretë i vargut është çift (duke filluar nga a 1 ) dhe çdo numër në vendin k është një shumëfish i a k . Për më tepër gcd(a m , a n ) = a gcd(m,n) . Historikisht vargu i Fibonaçit është studiuar nga shumë matematikanë dhe ka mjat veti interesante. Për shembull, lim

n→∞

a n+1 = ϕ, an

ku ϕ është prerja e artë. Një formulë direkte mbi numrat e Fibonaçit mund të jepet si më poshtë Ã Ã p !n p !n 1 1 1+ 5 1− 5 an = p · −p · 2 2 5 5

Ndonjëherë është më e lehtë të mendojmë vargun si vijon. Jepet funksioni f : Z+ 7→ R, ku Z+ është bashkësia e numrave të plotë jonegativë. Atëherë, vargu {a n } përkufizohet si a n := f (n). Kemi teoremën e mëposhtme e cila është mjaft praktike në ushtrime. 424

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Teorema 11.1. Në qoftë se limx→i n f t y f (x) = L dhe f (n) = a n kur n është numër i plotë atëherë lim a n = L.

n→∞

Shuma e n termave të para të një vargu {x n }n1 quhet shumë e fundme vargut dhe shënohet me S n = x1 + x2 + · · · + xn =

n X

xi ,

i =1

kurse shuma e përgjithshme e termave quhet seri dhe shënohet me ∞ X

xn .

n=0

Seritë do të studiohen në detaje ne leksionet e tjera të këtij kapitulli. Më poshtë po japin disa shembuj klasike të vargjeve. Progresioni arithmetik. Një progresion arithmetik ose varg arithmetik është një varg numrash i tillë që diferenca midis çdo dy termave të njëpasnjëshme është konstante. Për shembull, 3, 5, 7, 9, 11, 13, . . . është një progresion arithmetik me diferencë 2. Në qoftë se termi fillestar i një progresioni arithmetik është a 1 dhe diferenca e çdo dy termave të njëpasnjëshme është d , atëherë termi i n-të i vargut është : a n = a 1 + (n − 1)d , dhe në përgjithësi a n = a m + (n − m)d . Një pjesë e fundme e një progresioni arithmetik quhet progresion arithmetik i fundëm (ndonjëherë thjesht progresion arithmetik). Shuma a termave të një progresioni aritmetik gjendet si më poshtë. Shprehim shumën në dy mënyra të ndryshme S n = a 1 + (a 1 + d ) + (a 1 + 2d ) + · · · + (a 1 + (n − 2)d ) + (a 1 + (n − 1)d ) S n = (a n − (n − 1)d ) + (a n − (n − 2)d ) + · · · + (a n − 2d ) + (a n − d ) + a n . Duke mbledhur dy ekuacionet gjejmë: 2S n = n(a 1 + a n ). Duke rikujtuar se a n = a 1 + (n − 1)d kemi Sn =

n 2

(a 1 + a n ) =

n 2

(2a 1 + (n − 1)d ) .

Shembull 11.3. Gjeni shumën e n numrave të parë natyrorë. Zgjidhje Për të gjetur shumën 1, 2, 3, 4, 5, . . . n mjafton të zbatojmë formulën e mësipërme dhe kemi 1+2+3+4+···n =

n(n + 1) . 2

Kjo shpesh njihet si formula e Gaussit dhe besohet se Gauss e ka zbuluar këtë formulë kur ishte 5 vjeç.

©AulonaPress

425

Kalkulus

Shaska T.

Progresioni gjeometrik. Progresioni gjeometrik ose vargu gjeometrik, është një varg numrash ku çdo term gjendet duke shumëzuar termin paraardhës me një numer konstant jozero r 6= 0. Shuma e termave të një vargu gjeometrik quhet seria gjeometrike. Numri r quhet raporti i vargut. Pra, një varg gjeometrik është a, ar, ar 2 , ar 3 , ar 4 , . . . ku r 6= 0 dhe seria gjeometrike është a + ar + ar 2 + ar 3 + ar 4 + · · · Termi i n-të i një vargu gjeometrik me term fillestar a dhe raport r është jepet nga a n = a r n−1 Një varg i tillë jepet edhe me relacionin rekursiv a n = r a n−1 për çdo numer të plotë n ≥ 1 Kur raporti r < 0 atëherë vargu quhet edhe alternativ, pasi numrat ndërrojne shenjë. Për shembull, 1, −3, 9, −27, 81, −243, . . . është një varg gjeometrik me raport r = −3. Natyrisht lind pyetja se çfarë ndodh to a n kur n → ∞ Përkufizim 11.2. Limiti i vargut {a n } është L dhe shkruhet limn→∞ = L, në qoftë se është dhëne një ² > 0 i cfarëdoshem gjendet një numër natyror N i tillë që për të gjitha n > N ne kemi |a n − L| < ². Pra, e thënë ndryshe, ∀² > 0, ∃N ∈ N e tillë që n > N =⇒ |a n − L| < ² Një varg {a n } i cili ka limit L quhet varg konvergjent, në të kundërt themi se vargu është divergjon. Më poshtë do të shohim se si të llogarisim disa limite vargjesh. Rregullat janë kryesisht të njëjta me ato të funksioneve përderisa edhe vargjet janë funksione me bashkësia përcaktimi Z. Shembull 11.4. Gjeni lim

n→i n f t y

n . n +1

Zgjidhje Atëherë, kemi lim

n→∞

n 1 = lim n + 1 n→∞ 1 + n1 limn→∞ 1

=

limn→∞ 1 + limn→∞ n1 1 = =1 1+0

Shembull 11.5. Gjeni lim

n→∞

426

1 . n ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Eshtë e qartë se lim

1 =0 n

lim

1 =0 x

lim

ln n . n

n→∞

përderisa ne kemi vërtetuar se x→∞

për funksionin f (x) = x1 . Shembull 11.6. Gjeni n→∞

Zgjidhje Përderisa ln n dhe n shkojnë në ∞ atëherë ne na shkon mendja të aplikojme Rregullin e L’Hopitalit. Por, kjo nuk mund të behet në këtë rast sepse Rregulli i L’Hopitalit aplikohet vetem për funksione të derivueshëm (pra të vazhdueshëm). Por, për funksionin e vazhdueshëm f (x) = (ln x)/x kemi lim

x→∞

ln x 1/x = lim = 0. x→∞ x 1

Pra, kemi, ln n = 0. n→∞ n lim

Teorema 11.2. Në qoftë se lim a n = L

n→∞

dhe funksioni f është i vazhdueshëm në L, atëherë lim f (a n ) = f (L).

n→∞

Shembull 11.7. Gjeni lim sin

n→∞

³π´ n

Zgjidhje Funksioni sin x është i vazhdueshëm. Kështu që ne mund të përdorim teoremën e mësipërme e cila na jep lim sin

³π´

n→∞

³ π´ = sin lim = sin 0 = 0 n→∞ n n

Përkufizim 11.3. Një varg {b k } quhet nënvarg i vargut {a n } në qoftë se gjenden n1 < n2 < n3 < . . . të tilla që b k = a nk për k = 1, 2, 3, . . . . Pa vërtetim pranojmë teoremat e mëposhtme: Teorema 11.3. Cdo nënvarg i një vargu konvergjent, konvergjon tek i njëjti limit. Teorema 11.4. Në qoftë së limn→∞ a n ekziston atëhere ai është unik. Teorema e mësipërme mund të përdoret me sukses për të treguar se një varg nuk ka limit. Shembulli i mëposhtëm ilustron këtë. ©AulonaPress

427

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 11.8. A konvergjon apo divergjon vargu i dhënë me formulën a n = cos(nπ)? Zgjidhje Marrin dy nënvargjet për n çift dhe tek. Atëherë, cos(nπ) konvergjon përkatësisht tek 1 dhe -1. Por kjo është e pamundur sepse çdo nnvarg ´ konvergjon tek limiti i vargut, i cili është i vetem. Pra, cos(nπ) është divergjent. Teorema 11.5. Në qoftë se a n ≤ c n ≤ b n për të gjitha n ∈ N dhe limn→∞ a n = L = limn→∞ b n atëhere lim c n = L.

n→∞

Shembull 11.9. Gjeni se çfarë ndodh me vargun an

n! nn

kur n → ∞. Zgjidhje Shohim se a − 1 = 1,

a2 =

1·2 , 2·2

a3 =

1·2·3 . 3·3·3

Pra, kemi ¶ µ 1 2·3···n 1 ≤ 0 < an = · n n ·n ···n n për çdo n > 0. Nga teorema e mësipërme kemi që lim

n→∞

n! = 0. nn

Shembull 11.10. Për çfarë vlerash të r është vargu {r n } konvergjent? Zgjidhje Nga vetitë e funksionit eksponencial ne dimë se ( ∞ në qoftë se r > 1 n lim r = n→∞ 0 në qoftë se 0 < r < 1 Natyrisht lim 1n = 1 dhe lim 0n = 0

n→∞

n→∞

Në qoftë se −1 < r < 0, atëherë 0 < |r | < 1 dhe lim |r n | = lim |r |n = 0.

n→∞

n→∞

Kështu që lim r n = 0

n→∞

për |r | < 1. Përmbledhim rezultatin e mësipërm ne lemën e mëposhtme: Lema 11.1. Vargu {r n } është konvergjent në qoftë se −1 < r ≤ 1 dhe limiti është ( 0 në qoftë se − 1 < r < 1 n lim r = n→∞ 1 në qoftë se r = 1. Për të gjitha vlerat e tjera të r -së vargu është divergjent. 428

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Përkufizim 11.4. Një varg {a n } quhet i kufizuar në qoftë se gjendet një M ∈ R dhe ekziston N ∈ N e tillë që për të gjitha n > N, |a n | < M. Shembull 11.11. Vargu a n = sin n është i kufizuar sepse sin n ≤ 1 për çdo n. Shembull 11.12. Vargu an

n! nn

është i kufizuar sepse siç pamë më sipër an ≤

1 n

dhe { n1 } është i kufizuar nga 1 për çdo n ≥ 1. Teorema 11.6. Cdo varg konvergjent është i kufizuar. Përkufizim 11.5. Një varg {a n } quhet monoton rritës në qoftë se a n ≤ a n+1 për të gjitha n ∈ N dhe quhet monoton zbritës në qoftë se a n ≥ a n+1 për të gjitha n ∈ N. Teorema 11.7. Cdo varg i cili është monoton dhe i kufizuar është varg konvergjent. Teorema 11.8 (Bolzano-Weierstrass). Cdo varg i kufizuar ka një nënvarg konvergjent. Lema 11.2. Le të jetë

¶ µ 1 n . bn = 1 + n

Vërtetoni që {b n } është monoton rritës dhe i kufizuar nga sipër. Vërtetim Nga teorema binomiale ne kemi µ ¶n−1 µ ¶n µ ¶ 1 1 1 n(n − 1) . . . (n − k + 1) 1 k +···+n + +···+ n k! n n n n n(n − 1) . . . (n − k + 1) µ 1 ¶k X

bn = 1 + n = 1+

k=1

k!

(11.1)

n

Në mënyre të ngjashme, µ ¶ (n + 1)n(n − 1) . . . (n − k + 1) 1 k bn = 1 + k! n +1 k=1 n+1 X

(11.2)

Monoton rritës (b n ≤ b n+1 ): Le të shënojmë s k termin e k-t të b n+1 . Atëhere, µ ¶ 1 k n +1 n n +1−k +1 1 (n + 1)n(n − 1) . . . (n − k + 1) sn = = ··· k! n +1 n +1 n +1 n +1 k! k −1 1 1 k −1 1 1 = 1(1 − ) · · · (1 − ) ≥ 1(1 − ) · · · (1 − ) n +1 n + 1 k! n n k! µ ¶ n n −1 n −k +1 1 n(n − 1) . . . (n − k + 1) 1 k = ··· = n n n k! k! n

(11.3)

= k-th term of b n ©AulonaPress

429

Kalkulus

Shaska T.

Kështu, b n+1 ≥ b n . I kufizuar nga sipër: µ ¶ µ ¶n−1 µ ¶n 1 n(n − 1) . . . (n − k + 1) 1 k 1 1 +···+ +···+n + n k! n n n n n(n − 1) . . . (n − k + 1) µ 1 ¶k X

bn = 1 + n = 1+

k=1

k!

n

1 1 1 1 1 1 + · · · + + · · · ≤ 1 + 0 + · · · + k−1 + · · · + n−1 1! k! n! 2 2 2 ¡ ¢n 1 − 21 Shuma e vargut gjeometrik = 1+ 1 − 21

≤ 1+

(11.4)

N ne kemi a n > M. Me fjalë të tjera; për të gjitha M ∈ R+ , ekziston N ∈ N e tillë që për të gjitha n > N, a n > M. Ne e shënojmë këtë me limn→∞ a n = ∞.

430

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 1. Vërtetoni mosbarazimin e Bernulit: (1 + x)n ≥ 1 + nx

12. a n =

e n +e −n e 2n −1

13. a n = n 2 e −n cos2 n 2n

për të gjitha x ≥ −1 reale dhe për çdo n ∈ N.

14. a n =

2. Le të jetë a n = 2 − 21n . Vërtetoni (duke përdorur përkufizimin e limitit) që

15. a n = n sin n1

lim a n = 2

n→∞

3. Gjej vlerën e limiteve më poshtë (në qoftë se ekzistojnë) dhe vërtetoni përgjigjen tuaj. 1 a) limn→∞ n+n 3 b) limn→∞ (2n 3 − 5n 2 − 13) 3 −5n 2 −13 c) limn→∞ 2n n+n 3

¡ ¢n 16. a n = 1 + n2 17. a n =

n! 2n

18. a n =

n3 n+1

19. a n =

3n+2 5n

20. a n =

q

n+1 9n+2

4. Jep një shembull:

21. a n = cos(2/n)

a) Një varg konvergjent {a n } dhe një varg divergjent {b n } të tillë që {a n b n } konvergjon b) Një çift vargjesh divergjent {a n } dhe {b n } ku {a n + b n } të konvergjojë c) Një çift vargjesh divergjent {a n } dhe {b n } ku {a n , b n } të konvergjojë

22. a n = arctan 2n

5. Gjej shembuj vargjesh {a n } dhe {b n } të tilla që limn→∞ a n = ∞ dhe limn→∞ b n = 0 dhe

26. a n =

sinp 2n 1+ n

27. a n =

(ln n)2 n

28. a n =

(−3)n n!

a) limn→∞ a n b n = 0 b) limn→∞ a n b n = ∞ c) limn→∞ a n b n nuk ekziston dhe nuk është ∞. d) limn→∞ a n b n = c ku c është një numër real jozero. Përcaktoni në se vargu konvergjon ose divergjon. Në qoftë se konvergjon gjeni limitin.

23. a n =

ln n ln 2n

24. a n = n cos nπ 25. a n = ln(n + 1) − ln n

Përcaktoni në se vargu është rritës, zbritës, apo jo monoton. A është i kufizuar? 29. a n = (−2)n+1

6. a n =

n3 n 3 +3

30. a n =

7. a n =

3+5n 2 n+n 2

31. a n = n(−1)n

1

8. a n = e n 9. a n = tan

¡

2nπ 1+8n

¢

10. a n = cos(n/2) 11. a n =

(2n−1)! (2n+1)!

©AulonaPress

1 2n+3

32. a n =

n n 2 +1

33. a n =

2n−3 3n+4

34. a n = ne −n 35. a n = 1 + n1

431

Kalkulus

Shaska T.

11.2 Seritë Këtu ne përkufizojmë seritë si koncept matematik. Përdorimi i tyre është i gjithanshëm si në matematikën teorike ashtu edhe në teorinë e përafrimeve, inxhinjeri me seritë e Furieit, etj. Nje sërë fenomenesh të botës reale përshkruhen nëpërmjet serive. Në pjesën që vijon ne do të përqendrohemi tek konvergjenca dhe divergjenca e serive, tek kushtet (ose testet) e konvergjencës, mënyra e gjetjes së limitit të një serie, si dhe seritë e Taylorit dhe përafrimi i funksioneve nëpërmjet serive. Le të jepet vargu {a n }∞ n=1 . Në se mbledhim termat e ketij vargu a1 + a2 + · · · + an + · · · marrim nje shumë të pafundme të cilën e quajmë seri e pafundme ose thjesht seri dhe e shënojmë me ∞ X

a n ose

X

an .

n=1

A ka vlere kjo shumë? Natyrisht për disa seri kjo shumë rritet pambarimisht si për shembull për serinë 1+2+3+4+···+n +··· Për seri të tjera shuma mund të jetë e fundme. Për shembull, ∞ 1 X 1 1 1 1 1 1 1 = + + + + + +···+ n +··· n 2 2 4 8 16 32 64 2 n=1

ne kemi

∞ 1 X = 1. n n=1 2

Në vazhdim të këtij kapitulli do të vertetojmë këtë rezultat midis shumë të tjerëve. Për një seri çfarëdoshme

P∞

n=1

përkufizojmë shumat e pjesëshme si më poshtë: s1 = a1 s2 = a1 + a2 s3 = a1 + a2 + a3 s4 = a1 + a2 + a3 + a4 s5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5

dhe në përgjithësi sn = a1 + a2 + · · · + an =

n X

an ,

n=1

ku s n quhet shuma e n-të e pjesëshme e serisë

P∞

n=1 .

Përkufizim 11.7. Le të jetë dhënë seria ∞ X

an

n=1

dhe s n shuma e n-të e pjesëshme e saj. Në qoftë se ekziston limiti lim s n = s,

n→∞

432

©AulonaPress

Shaska T. atëherë themi se seria

Kalkulus P∞

n=1

konvergjon tek shuma s dhe shkruajmë ∞ X

a n = s.

n=1

Në të kundërt themi se

P∞

n=1

divergjon.

Vini re që shuma e serisë është limiti i vargut të shumave te pjesëshme. Pra, ∞ X

a n = lim

n→∞

n=1

n X

ai .

i =1

Shembull 11.13 (Seria gjeometrike). Një shembull i rëndësishëm i një serie të pafundme është seria gjeometrike a + ar + ar 2 + · · · ar n−1 + · · · =

∞ X

ar n−1 ,

n=1

për a 6= 0. Në qoftë se r = 1, atëherë s n = a + a + · · · + a = na → ±∞. Përderisa limn→∞ a n nuk ekziston atëherë seria divergjon. Në qoftë se r 6= 1, atëherë s n = a + ar + ar 2 + · · · + ar n−1 r s n = ar + ar 2 + · · · + ar n−1 + ar n Duke marrë diferencën kemi s n − r s n = a − ar n prej nga nxjerrim se sn =

a(1 − r n ) . 1−r

Në qoftë se −1 < r < 1 ne dimë se r n → 0 kur n → ∞. Pra, lim s n = lim

n→∞

n→∞

a a(1 − r n ) = . 1−r 1−r

Në qoftë se r ≤ −1 ose r > 1, atëherë vargu {r n } është divergjent dhe keshtu që limn→∞ s n nuk ekziston. Duke përmbledhur rezultatet më sipër kemi: Lema 11.3. Seria gjeometrike ∞ X

ar n−1 = a + +ar + ar 2 + · · · ar n−1 + · · ·

n=1

është konvergjente në qoftë se |r | < 1 dhe shuma e saj është ∞ X

ar n−1 =

n=1

a , 1−r

|r | < 1.

Në qoftë se |r | > 1, atëherë seria gjeometrike është divergjente. Shembull 11.14. Gjeni shumën e serisë gjeometrike µ ¶ 2 n−1 5 − 3 n=1 ∞ X

©AulonaPress

433

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Përderisa r = 23 , atëherë |r | < 1 dhe seria konvergjon. Shuma është 5−

5 10 20 40 5 + − +··· = ¡ ¢ = 5 =3 3 9 7 1 − − 23 3

Shembull 11.15. Eshtë seria

∞ X

22n · 31−n

n=1

konvergjente apo divergjente? Zgjidhje Duke rishkruar termin e serisë kemi ∞ X

2

2n

·3

1−n

n=1

µ ¶n−1 ∞ ∞ ¡ ¢ ∞ 4n X X X 4 2 n −(n−1) = 4 = 2 3 = n−1 3 3 n=1 n=1 n=1

Kjo është një seri gjeometrike me a = 4 dhe r = 43 . Përderisa r > 1, atëherë seria konvergjon. P n Shembull 11.16. Gjeni shumën e serisë ∞ n=0 x , ku |x| < 1. Zgjidhje Kemi ∞ X

xn = 1 + x + x2 + · · ·

n=0

e cila është një seri gjeometrike me a = 1 dhe r = x. Meqënëse, |r | = |x| < 1, kjo seri konvergjon dhe kemi ∞ X

xn =

n=0

Shembull 11.17. Vërtetoni se seria

1 . 1−x

∞ X

1 , n=1 n(n + 1)

është konvergjente dhe gjej shunmën e serisë. Zgjidhje Llogarisim shumën e pjesëshme të kesaj serie ∞ X

1 1 1 1 1 1 = + + + +···+ . 1·2 2·3 3·4 4·5 n(n + 1) i =1 i (i + 1) Duke përdoruar formulën 1 1 1 = − i (i + 1) i i + 1 ne kemi ∞ X

1 i (i + 1) i =1 µ ¶ ∞ X 1 1 = − i +1 i =1 i µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 1 = 1− + − + − +···+ − + 2 2 3 3 4 n n +1 1 = 1− n +1

sn =

434

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Pra, µ lim s n = lim s n 1 −

n→∞

n→∞

¶ 1 = 1−0 = 1 n +1

Kështu që seria e dhënë është konvergjente dhe ∞ X

1 =1 n(n + 1) n=1

Shembull 11.18. Vërtetoni se seria harmonike ∞ 1 X 1 1 1 = 1+ + + +··· n 2 3 4 n=0

është divergjente. Zgjidhje Ne do të tregojmë qe shuma e pjesëshme s 2n shkon ne ∞ kur n → ∞. Lexuesi të vërtetojë që s 2n > 1 +

n 2

Nga mosbarazimi i mësipërm nxjerrim që s 2n → ∞ kur n → ∞. Pra, seria harmonike divergjon. Teorema 11.9. Në qoftë se seria

P∞

n=1 a n

është konvergjente atëherë limn→∞ a n = 0.

Teorema e mësipërme është më e nevojshme për të treguar divergjencën e serive pasi është ekuivalente me teoremën e mëposhtme. Teorema 11.10 (Testi i Divergjencës). Në qoftë se limn→∞ a n nuk ekziston ose limn→∞ a n 6= 0, atëherë seria divergjente. Shembull 11.19. Vërtetoni se seria

P∞

n=1 a n

është

n2 2 n=0 3n − 2 ∞ X

është divergjente. Zgjidhje 1 1 n2 = lim = 6= 0 n→∞ 3 − 2 n→∞ 3n 2 − 2 3 2

lim a n = lim

n→∞

n

Kështu qëseria divergjon. Vetitë e mëposhtme të serive janë mjaft të nevojshme në ushtrime: Teorema 11.11. Në qoftë se

P

a n dhe

P

b n janë seri konvergjente, atëherë kështu janë edhe seritë X

c an ,

X

(a n + b n ),

X

(a n − b n ).

Për më tepër, i)

P∞

ii)

n=1 c a n

P∞

iii)

n=1 (a n

P∞

=c

n=1 a n

+ bn ) =

n=1 (a n

©AulonaPress

P∞

P∞

− bn ) =

n=1 a n

P∞

+

n=1 a n

P∞

−

n=1 b n

P∞

n=1 b n

435

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 11.20. Gjeni shumë e serisë ∞ X

µ

n=1

3 1 + n n(n + 1) 2

¶

Zgjidhje Meqënëse 1 ∞ 1 X 2 = 1, = n 1 − 12 n=1 2

si seri gjeometrike dhe ∞ X

1 =1 n(n + 1) n=1 siç u tregua me lart, atëherë kemi ∞ X n=1

µ

¶ ∞ ∞ 1 X X 1 3 1 = 3·1+1 = 4 + n =3 + n n(n + 1) 2 n=1 n(n + 1) n=1 2

Vërejtje. Një numer i fundëm termash nuk e ndryshojnë konvergjencën ose divergjencën e serisë.

436

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Përcakto në se seria gjeometrike është konvergjente apo divergjente. Në qoftë se është konvergjente gjej shumën.

Përcakto në se seria është konvergjente ose divergjente. Në qoftë se është konvergjente gjej shumën e saj.

36.

46.

3+3+ 37.

4 8 + +··· 3 9

1 1 1 − + −1+··· 8 4 2

38. 3−4+

16 64 − +··· 3 9

39.

∞ 1 X n=1 2n

47.

∞ X

6 · 0.9n−1

42.

43.

44.

45.

©AulonaPress

10m n−1 n=1 (−9) ∞ X

∞ (−3)n−1 X 4n n=1 ∞ X

49. ∞ n +1 X n=1 5n − 3

50. ∞ n(n + 2) X 2 n=1 (n + 3)

51. ∞ 1 + 3n X n n=1 2

n

e n−1 n=1 3

n=1

∞ 1 + 2n X n n=1 3

n=1

41.

k2 k2 − 1

48.

1 + 0.4 + 0.16 + 0.064+ 40.

∞ X

52. ∞ X

∞ πn X n+1 n=0 3

µ ln

n=1

n2 + 1 2n 2 + 1

¶

53. ∞ X

1 p ( 2)n n=0

∞ X n=1

µ

2 3 + 5n n

¶

437

Kalkulus

Shaska T.

11.3 Testi i integralit dhe parashikimi i shumave të serive. Zakonisht është e vështirë të gjesh shumën ekzakte te një serie. ne kemi formula të gatshme për disa seri si seria gjeometrike, por në përgjithësi kjo është një punë e vështirë. Në seksionet që vijnë ne do të zhvillojmë teknika ku të bëhet e mundur që ne të vendosim në se seria është konvergjente apo jo pa gjetur shumën e serisë.

11.3.1 Testi i integralit Fillojmë me një shembull për të cilin ne dimë rezultatin. Shembull 11.21. Vërtetoni që seria harmonike divergjon Pra, ne duam të gjejmë ∞ 1 X n=1 n

Figura 11.1: Testi i integralit për serinë harmonike.

Konsiderojmë integralin ∞

Z 0

1 dx x

Atëherë, shuma e serise mund të mendohet si shuma e sipërfaqeve te drejtëkëndëshave ne Fig. 11.1 sepse secili prej tyre e ka bazën 1. Pra, kemi ∞ 1 ∞ 1 ∞ X X X = ·1 = f (n) n=1 n n=1 n n=1 ku f (x) = x1 . Kështu që ∞ 1 X 1 dx < x n=1 n

∞

Z 0

R∞ P 1 Përderisa ne e dimë që 0 x1 d x nuk konvergjon (pra shkon në ∞), atëherë ∞ n=1 n divergjon. Rezultat që ne e prisnim nga seksioni i mëparshëm. Një teknikë e tillë mund të përgjithësohet në teoremën e mëposhtme. Teorema 11.12. Le të jetë f (x) një funksion i vazhdueshëm, pozitiv dhe zbritës në [1, ∞) dhe a n = f (n). Atëherë, i) Në qoftë se

R∞

f (x)d x konvergjon atëherë

i) Në qoftë se

R∞

f (x)d x divergjon atëherë

1

1

P∞

n=1 a n

P∞

n=1 a n

konvergjon.

divergjon.

Shembull 11.22. Gjeni në se seria ∞ X

1 2 +1 n n=1 konvergjon apo jo. Zgjidhje Funksioni f (x) = 438

1 x2 + 1 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

është i vazhdueshëm, pozitiv, dhe zbritës në intervalin [1, ∞). Pra, ne mund të përdorim testin e integralit, ∞

Z 1

Kështu qënga testi i integralit edhe seria

1 n=1 n 2 +1

P∞

Shembull 11.23. Për çfarë vlerash të p-së seria

t

1 dx 2 +1 x 0 ¯t ¯ = lim tan−1 x ¯ t →∞ 1 ³ π´ −1 = lim tan t − t →∞ 4 π π π = − = 2 4 4

1 d x = lim t →∞ x2 + 1

Z

është konvergjente.

1 n=1 n p

P∞

është konvergjente.

Zgjidhje Në qoftë se p < 0, atëherë limn→∞ (1/n p ) = ∞. Në qoftë se p = 0, atëherë limn→∞ (1/n p ) = 1. Në të dy rastet limiti nuk është zero, pra seria divergjon. Në qoftë se p > 0, atëherë funksioni f (x) = 1/x p është i vazhdueshëm, pozitiv dhe zbritës në [1, ∞). Ne dimë nga kapitujt e mëparshëm se Z ∞ 1 d x konvergjon në qoftë se p > 1 dhe divergjon në qoftë se p ≤ 1 p 1 x Kështu qënga testi i integralit kemi që seria

1 n=1 n p

P∞

konvergjon për p > 1 dhe divergjon për 0 < p ≤ 1.

Seria e shembullit të mësipërm quhet p-seri. Rezultati i mësipërm është mjaft i rëndësishëm dhe ne do ta përmbledhim si më poshtë: P 1 Lema 11.4. Çdo p-seri ∞ n=1 n p është konvergjente në qoftë se p > 1 dhe divergjente në qoftë se p ≤ 1.

11.3.2 Parashikimi i shumës së serive P Në rastet kur ne dimë që një seri a n konvergjon shpesh na duhet të gjejmë shumën e kësaj seri. Shpesh kjo është e vështirë, por çdo shumë e pjesëshme s n është një përafrim i shumës s. Sa i saktë është ky përafrim? Sa është mbetja? Ne përkufizojmë mbetjen Rn = s − s n = a n+1 + s n+2 + · · · Rn është gabimi në se ne përdorim s n si përafrim të shumës s. Duke përdorur të njëjtën teknikë si ne testin e integralit kemi Z ∞ R − n = a n+1 + s n+2 + · · · ≤ f (x)d x, n

ku f (x) është funksioni i tillë që a n = f (n) dhe f (x) kënaq kushtet e testit të integralit. Gjithashtu, Z ∞

R − n = a n+1 + s n+2 + · · · ≥

f (x)d x, n+1

Kështu qëne kemi një parashikim për gabimin. Teorema 11.13. Supozojmë se f (k) = a k dhe f është një funksion pozitiv, zbritës për x ≥ n dhe Në qoftë se Rn = s − s n , atëherë Z ∞ Z ∞ f (x)d x ≤ Rn ≤ f (x)d x n+1

Shembull 11.24. a) Përafroni shumën e serisë përafrim.

P

P

a n është konvergjent.

n

1/n 3 duke përdorur 10 termat e para. Parashikoni gabimin në këtë

b) Sa terma duhen përdorur që shuma të jetë me saktësi 0.0005? ©AulonaPress

439

Kalkulus

Shaska T.

R∞ Zgjidhje Per të dyja pjesët e ushtrimit na duhet n f (x) d x ku f (x) = 1/x 3 . Eshtë e qartë që f (x) i kënaq kushtet e testit të integralit. · ¸ µ ¶ Z ∞ 1 t 1 1 1 1 d x = lim − = lim − + = 3 t →∞ 2x 2 n t →∞ 2t 2 2n 2 2n 2 n x a)

∞ 1 X 1 1 1 ≈ s 10 = 1 + 3 + 3 + · · · 3 ≈ 1.1975 3 n 2 3 10 n=1

Nga teorema e mësipërme kemi

∞

Z R10 ≤

10

1 1 1 dx = = x3 2 · 102 200

Pra, gabimi është e shumta 0.005. b) Saktësi me kufij më të vogël se 0.0005 do të thotë që të gjejmë n që Rn ≤ 0.0005. Meqënëse Z ∞ 1 1 Rn ≤ dx = 3 2n 2 n x ne duam që 1 < 0.0005 2n 2

p Kështu qën > 1000 ≈ 31.6 Pra, ne na duhen 32 terma për të arritur me saktësi brenda gabimit 0.0005. Po t’u shtojmë të dy anëve të teoremës së mësipërme s n kemi sn +

R∞

n+1

f (x) d x ≤ s ≤ s n +

R∞ n

f (x) d x

sepse s n + Rn = s. Mosbarazimet e mësipërme japin një kufi të sipërm dhe të poshtëm për s. Shembull 11.25. Përdorni mosbarazimin e mësipërm me n = 10 për të parashikuar shumëm e serisë

1 n=1 n 3 .

P∞

Zgjidhje Nga mosbarazimi i mësipërm kemi Z s 10 +

∞ 11

Z f (x) d x ≤ s ≤ s 10 +

Nga shembulli i mësipërm Z

∞ n

f (x) d x =

∞

f (x) d x 10

1 2n 2

pra s 10 +

1 1 ≤ s ≤ s 10 + 2 · 112 2 · 102

Ne gjetëm s 10 ≈ 1.197532 keshtu që kemi 1.201664 ≤ s ≤ 1.202532

11.3.3 Testet e krahasimeve Në shumë raste ne mund të gjejmë informacion mbi konvergjencën e një serie duke e krahasuar atë me një seri tjetër për të cilën ne dimë në se konvergjon apo divergjon. Teorema e mëposhtme quhet testi i krahasimit. P P∞ Teorema 11.14 (Testi i krahasimit). Supozojmë që ∞ n=1 a n dhe n=1 b n janë seri me terma pozitivë. i) Në qoftë se

P∞

ii) Në qoftë se

440

n=1 b n

P∞

n=1 b n

konvergjon dhe a n ≤ b n për të gjitha n atëherë divergjon dhe a n ≥ b n për të gjitha n atëherë

P∞

n=1 a n

P∞

n=1 a n

konvergjon.

divergjon.

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 11.26. Përcaktoni në se seria

∞ X

7 3 + 5n + 2 3n n=1

konvergjon apo divergjon. Zgjidhje Vini re që 7 3n 3 + 5n + 2

≤

7 3n 3

Duke qene se ∞ ∞ 1 X 7 7 X = 3 3 n=1 n 3 n=1 3n

është konvergjente si p-seri, atëherë dhe seria ∞ X

7

n=1

3n 3 + 5n + 2

është konvergjente. Shembull 11.27. Përcaktoni në se seria

∞ ln n X n=1 n

konvergjon apo divergjon. Zgjidhje Per n ≥ 3 ne mund të vërtetojmë se ln n 1 > n n Meqënëse

P

1/n është divergjente si seri harmonike, atëherë nga teorema e mësipërme dhe ∞ ln n X n=1 n

divergjon. Më poshtë po japim një test tjetër i cili mund të përdoret në raste kur testi i krahasimit nuk funksionon. P P∞ Teorema 11.15 (Testi i limitit të krahasimit). Supozojmë që ∞ n=1 a n dhe n=1 b n janë seri me terma pozitivë. Në qoftë se a limn→∞ bnn = c > 0, atëherë të dyja seritë konvergjojnë ose divergjojnë. Shembull 11.28. Vendosni në se seria

1 n=1 2n −1

P∞

konvergjon apo divergjon.

Zgjidhje Përdorim testin e limitit të krahasimit për an =

1 1 dhe b n = n 2n − 1 2

dhe kemi

an 1/(2n − 1) 2n 1 = lim = lim = lim =1>0 n n n→∞ b n n→∞ n→∞ n→∞ 1/2 2 −1 1 − 1/2n P P 1 Meqënëse 1/2n është konvergjente si seri gjeometrike, atëherë dhe seria ∞ n=1 2n −1 është konvergjente. lim

©AulonaPress

441

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Përcaktoni në se seria konvergjon ose divergjon.

54.

55.

n 3 +3 2n n=1

69.

n3 4 n=1 n − 2

70.

5n n n=1 10 − 1

71.

∞ X

57.

∞ 4 + 3n X n n=1 2

58.

∞ n −1 X p n=1 n n

59.

∞ n −1 X p 2 n n=1 n

60.

∞ cos2 n X 2 n=1 n − 1

75.

79.

∞ X

(n + 2) 3 n=1 (n + 1)

65.

∞ 5 + 2n X 2 2 n=1 (1 + n ) ∞ X

2

n − 5n 3 + n2 + n + 1 n n=1 ∞ 1 X n=1 n!

1 + n + n2 p n=1 1 + n 2 + n 6 ∞ X

∞ n + n2 X 2 n=1 3 + n ∞ e 1/n X n=1 n

p n2 − 1 p n=1 n 2 + 2n ∞ 1 − si nn 2 X tan n n=1 ∞ X

n +5 p n=1 n 7 + n 2 ∞ 2 + (−2)n X p n n n=1

p n 7 − 2n p n=1 2n 7 − 3n ∞ X

78.

64.

442

74.

∞ n −1 X n n=1 n2 ∞ 1 + 4n X n n=1 1 − 5

∞ n! X n n=1 n

∞ X

77.

63.

67.

73.

∞ n2 − 1 X 4 n=1 3n + 1

62.

∞ si nn X n=1 cos n

72.

76.

61.

66.

∞ X

∞ X

56.

68.

80.

81.

∞ X

1 p n=1 n 4 + 1 ∞ sin2 n X 3 n=1 n ∞ X

1 1 + 2n n=1 ∞ X

n (n + 1)3n n=1

Përdorni 10 termat e para për të përafruar shumën e serisë. Ju mund të përdorni një kalkulator atje ku është e nevojshme.

©AulonaPress

Shaska T. 82.

Kalkulus

p n2 − 1 p n=1 n 2 + 2n

86.

∞ X

87.

83. ∞ 1 − si nn 2 X tan n n=1

84. ∞ X

n +5 p n=1 n 7 + n 2 85. ∞ X

1 p n=1 n 4 + 1

©AulonaPress

88.

∞ sin2 n X 3 n=1 n ∞ X

1 n n=1 1 + 2 ∞ X

n n n=1 (n + 1)3

89. Vërtetoni se në qoftë se a n > 0 dhe limn→∞ na n 6= 0, P atëherë a n është divergjente. P 90. Vërtetoni se në qoftë se a n > 0 dhe a n është konP vergjente, atëherë ln(1 + a n ) është konvergjente.

443

Kalkulus

Shaska T.

11.4 Seritë alternative Në këtë leksion ne do të konsiderojmë seritë termat e të cilave mund të ndryshojnë shenjë. Për shembull, 1−

1 1 1 1 1 + − + − +··· 2 3 4 5 6

Seri të tilla ku termat alternojnë shenjë do të quhen seri alternative. Seri të tilla ne zakonisht i shënojmë me a n = (−1)n−1 b n ose a n = (−1)n b n Testi i mëposhtëm quhet testi alternativ ose testi i serise alternative. P∞

Teorema 11.16 (Testi i serive alternative). Në qoftë se

n=1 (−1)

n

b n ku b n > 0 dhe kënaqen

i) b n+1 ≤ b n për të gjitha n > 1 ii) limn→∞ b n = 0 atëherë seria konvergjon. Shembull 11.29. Seria harmonike alternative 1−

∞ (−1)n−1 X 1 1 1 + − +··· = 2 3 4 n n=1

kënaq kushtet e teoremës sepse i) b n+1 < b n pasi 1 1 < n +1 n për n > 1. Gjithashtu, lim

n→∞

1 =0 n

Kështu qëseria harmonike alternative konvergjon nga testi alternativ. Shembull 11.30. Seria

∞ (−1)n 3n X n=1 4n − 1

është alternative, por lim b n = lim

n→∞

n→∞

3 3n 3 = = lim 4n − 1 n→∞ 4 − n1 4

Kështu qëkushti i dytë i teoremës nuk kënaqet. Ne nuk mund të konkludojmë gjë nga testi alternativ. Në të vërtetë, (−1)n 3n lim n→∞ 4n − 1 nuk ekziston dhe nga testi i divergjencës ne konkludojme se seria divergjon. Shembull 11.31. Seria

∞ X

(−1)n+1

n=1

n2 n3 + 1

është alternative. Për të verifikuar në se kjo seri kënaq kushtet e testit alternativ ne marrim funksionin f (x) = 444

x2 x3 + 1 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Në se ky funksion është zbritës, atëherë {b n } është zbritës dhe kështu kënaqet kushti i parë. Derivati i funksionit është f 0 (x) = i cili është negativ ( f 0 (x) < 0) kur 2 − x 3 < 0. Pra, kur x > Kushti ii) verifikohet lehtë pasi

x(2 − x 3 ) (x 3 + 1)2

p 3 2. 1

n2 = lim n 1 = 0 n→∞ 1 + n→∞ n 3 + 1 n

lim b n = lim

n→∞

Kështu qëseria konvergjon nga testi alternativ. Teorema e mëposhtme përdoret për përafrimin e shumave të serive alternative. P Teorema 11.17. Në qoftë se s = (−1)n−1 b n është shuma a një serie alternative që kënaq b n+1 ≤ b n

dhe

lim b n = 0

n→∞

atëherë |Rn = |s − s n | ≤ b n+1 Shembull 11.32. Gjeni shumën e serisë

(−1)n n=1 n!

P∞

me saktësi deri në tre shifra pas presjes dhjetore.

Zgjidhje Lexuesi të verifikojë që kjo seri kënaq kushtet e teoremës së testit alternativ dhe si e tillë konvergjon. Vini re që b7 =

1 < 0.0002 5040

kështu që s6 = 1 − 1 +

1 1 1 1 1 − + − + ≈ 0.368056 2 6 24 120 720

Nga teorema e mësipërme kemi |s − s 6 | ≤ b 7 < 0.0002 i cili është me i vogël se 10

©AulonaPress

−3

. Pra, s ≈ s 6 = 0.368056.

445

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni në se seria konvergjon apo divergjon.

91.

96.

∞ X

(−1)n

e 1/n n

(−1)n

ln n n

n=1 ∞ X

(−1)n

n=1

n 10n

97.

∞ X n=1

92.

∞ X

(−1)n+1

n=1

93.

∞ X

(−1)n

n=1

94.

∞ X

(−1)n

n=1

95.

446

n2 n3 + 4

98.

n ln n

99.

cos nπ

n

(−1)n

n=1 ∞ X n=1

100.

n 3/4

p n (−1) p 1+2 n n=1 ∞ X

∞ X

101.

∞ X

sin(nπ/2) n!

(−1)n

nn n!

(−1)n sin

³π´

n=1

n

∞ X

³π´

n=1

(−1)n cos

n

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

11.5 Konvergjenca absolute, testi i raportit dhe testi i rrënjës Për çdo seri

P∞

n=1 a n

ne mund të konsiderojmë serinë ∞ X

|a n | = |a 1 | + |a 2 | + · · ·

n=1

e cila quhet seria absolute e

P∞

n=1 a n .

P P∞ Përkufizim 11.8. Në qoftë se ∞ a konvergjon absolutisht; në qoftë se n=1 |a n | konvergjon ne themi se seria P∞ P∞ P∞ n=1 n a konvergjon por |a | divergjon atëherë ne themi që seria a konvergjon e kushtëzuar. n n n n=1 n=1 n=1 Shembull 11.33. Seria

∞ (−1)n−1 X n2 n=1

konvergjon absolutisht sepse ∞ ¯¯ (−1)n−1 ¯¯ ∞ 1 X X ¯ ¯ ¯ n2 ¯ = 2 n=1 n=1 n

është konvergjente si p-seri me p = 2 > 1. Shembull 11.34. Ne e dimë se seria harmonike alternative ∞ (−1)n−1 X n n=1

konvergjon (siç u tregua më lart), por seria harmonike, e cila eshte seria absolute e serise harmonike alternative, nuk konvergjon. Pra, seria harmonike alternative konvergjon e kushtëzuar. P P∞ Teorema 11.18. Në qoftë se ∞ n=1 |a n | konvergjon atëherë n=1 a n konvergjon. Shembull 11.35. Përcaktoni në se seria

∞ cos n X 2 n=1 n

konvergjon ose jo. Zgjidhje Kjo seri ka terma negative dhe positive, por nuk është alternative. Ne përdorim testin e krahasimit për serinë absolute të saj. Pra ∞ ¯ cos n ¯ ∞ X ¯ ¯ X | cos n| ¯ 2 ¯= n n2 n=1 n=1 Përderisa,

dhe

| cos n| 1 < 2 n2 n ∞ 1 X 2 n=1 n

si p-seri atëherë seria jonë konvergjon. Dy testet e mëposhtme janë mjaft të rëndësishme në përcaktimin e konvergjencës së serive. P a Teorema 11.19 (Testi i raportit). i) Në qoftë se limn→∞ | an+1 | = L < 1, atëherë seria ∞ n=1 a n konvergjon absolutisht. n P∞ a ii) Në qoftë se limn→∞ | an+1 | = L > 1, atëherë seria a divergjon. n=1 n n Shembull 11.36. Përcaktoni në se seria konvergjon absolutisht ∞ X n=1

©AulonaPress

(−1)n

n3 3n 447

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Duke përdorur testin e raportit me a n = (−1)n n 3 /3n kemi ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (n+1)3 ¯ ¯ a n+1 ¯ ¯ (−1)n+1 · 3n+1 ¯ (n + 1)3 3n ¯ ¯ ¯ ¯= · 3= ¯ a ¯=¯ ¯ 3 3n+1 n n ¯ (−1)n · n3n ¯ µ ¶3 ¶3 µ 1 n +1 1 1 1 = = · a+ → 1, atëherë seria

P∞

n=1 a n

P∞

n=1 a n

konvergjon absolutisht.

divergjon.

Shembull 11.37. Përcaktoni konvergjencën e serisë: ∞ µ 2n + 3 ¶n X n=1 3n + 2

Zgjidhje Kemi µ an =

2n + 3 3n + 2

¶n dhe

p n

|a n | =

2n + 3 3n + 2

Eshtë e qartë se p 2n + 3 2 n |a n | = lim = n, për të gjitha n > 1 dhe seria harmonike divergjon atëherë

ln n n=1 n

P∞

divergjon.

Shembull 11.39. Përcakto në se seria konvergjon ose jo ∞ 3n + 2n X 6n n=1

Zgjidhje Kemi

∞ 3n + 2n ∞ 3n ∞ 2n X X X 1 1 7 = + = + = 1 1 n n n 6 6 6 1− 2 1− 3 2 n=0 n=0 n=0

Shembull 11.40. Përcakto në se seria konvergjon ose jo ∞ 1 X 2n n=1 e

Zgjidhje Seria mund të shkruhet si

∞ µ 1 ¶n ∞ 1 X X = 2n 2 n=1 e n=1 e

e cila konvergjon si seri gjeometrike me raport r < 1. 448

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Përcaktoni në se seria është absolutisht konvergjente, konvergjon me kusht, apo është divergjente.

114.

102.

115.

103.

104.

∞ n2 X n n=1 2 ∞ (−2)n X n=1 n! ∞ X

(−1)n ·

n=1

105.

106.

107.

108.

109.

110.

111.

112.

113.

©AulonaPress

2n n4

∞ n2 + n + 1 X 3 n=1 3n + 3n + 5

117.

118.

∞ (−1)n X 4 n=1 n

119.

∞ n2 + n + 1 X 4 n=1 3n + n + 2 ∞ sin n + cos n X n3 n=1 ∞ en + 3 X 3 n n=1 n + n

120.

∞ 3n + 2 X n=1 n − 2

121.

∞ n! X n n=1 2

122.

∞ sin 4n X n n=1 4

∞ ln(2n + 3) X 2n n=1

116.

∞ (−1)n X p 4 n n=1

∞ (−2)n X n=1 ln n

∞ 1 + 2n X n n=1 2

∞ (−1)n X n=1 ln n ∞ n! X n n=1 n ∞ sinn n X n n=1 n

123.

∞ n3 − 1 X 6 n=1 n − 1

∞ cos n 2 X 2 n=1 n

124. ∞ tan n 3 X n n=1 3 ∞ tan n 3 X 3 n=1 n

125.

∞ X

n5 − 1

n=1

n4 + n3 + n2 + n + 1 ∞ n7 − 1 X n=1 n − 1

449

Kalkulus

Shaska T.

11.6 Seritë fuqi Në këtë leksion ne do të studiojmë seritë fuqi të cilat janë seritë më të përdorshme në kalkulus. Përkufizim 11.9. Një seri fuqi është seria e formës ∞ X

cn x n = c0 + c1 x + c2 x 2 + · · · .

n=0

Në mënyrë më të përgjithëshme është ∞ X

c n (x − a)n = c 0 + c 1 (x − a) + c 2 (x − a)2 + · · ·

n=0

e quajtur seri fuqi me qendër tek a. Shembull 11.41. Për çfarë vlerash të x-it seria ∞ X

n!x n

n=0

është konvergjente. Zgjidhje Përdorim Testin e Raportit. Në qoftë se x 6= 0 kemi ¯ ¯ ¯ n+1 ¯¯ ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯ = lim ¯ (n + 1)!x ¯ lim ¯¯ ¯ n→∞ ¯ ¯ n→∞ a n!x n n

= lim (n + 1)|x| = ∞ n→∞

Nga testi i raportit seria divergjon kur x 6= 0. Pra, seria konvergjon vetem për x = 0. Shembull 11.42. Për çfarë vlerash të x-it seria

∞ (x − 3)n X n n=0

është konvergjente. Zgjidhje Le të jetë a n = (x − 3)n /n. Atëherë ¯ ¯ ¯ ¯ n+1 ¯ a n+1 ¯ ¯ ¯ n ¯ = lim ¯ (x − 3) ¯ lim ¯¯ · ¯ ¯ n n→∞ a n n→∞ n +1 (x − 3) ¯ 1 = lim · |x − 3| = |x − 3| n→∞ 1 + 1 n Nga Testi i Raportit, seria është absolutisht konvergjente kur |x − 3| < 1 dhe divergjente kur |x − 3| > 1. Pra, seria konvergjon për 2 < x < 4. Më poshtë shohim se çndodh saktësisht me seritë fuqi. P n Teorema 11.21. Për një seri fuqi të dhënë ∞ n=1 c n (x − a) ka vetëm tre mundësi: i) Seria konvergjon vetëm kur x = a. ii) Seria konvergjon për të gjitha x iii) Gjendet një numër pozitiv R i tillë që seria konvergjon në qoftë se |x − a| < R dhe divergjon në qoftë se |x − a| > R.

450

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Përkufizim 11.10. Numri R në teoremën me sipër është quajtur rreze e konvergjencës së serisë. Intervali (a − R, a + R) është quajtur interval i konvergjencës. Shembull 11.43. Gjeni rrezen e konvergjencës dhe intervalin e konvergjencës për serinë ∞ 10n x n X 3 n=1 n

Zgjidhje Nga Testi i Raportit kemi ¯ ¯ a n+1 ¯¯ 10n+1 x n+1 n 3 ¯¯ lim · n n ¯ = 10|x| =¯ n→∞ a n (n + 1)3 10 x 1 1 1 dhe intervali i konvergjencës është (− 10 , 10 ). Ne akoma duhet të kontrollojmë Pra, rezja e konvergjencës është R = 10 1 pikat x = ± 10 . P P∞ (−1)n 1 1 1 Për x = 10 seria bëhet ∞ n=1 n 3 dhe konvergjon si një p-seri për p = 3. Për x = 10 seria bëhet n=1 n 3 dhe konvergjon absolutisht sepse është seria më sipër. Pra, edhe kjo seri konvergjon. Kështu qëintervali i konvergjencës është ¸ · 1 1 − , 10 10

©AulonaPress

451

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni rezen e konvergjencës dhe intervalin e konvergjencës për seritë:

139.

126.

140.

127.

∞ xn X p n=1 n ∞ (−1)n − 1x n X n3 n=1

128.

129.

131.

133.

134.

135.

136.

∞ X

(−1)n

n=0 ∞ X

(−1)n

n=o ∞ X

(−1)n

2 n

n x 2n

143.

∞ (−2)n x n X p 4 x n=1 ∞ X

(−1)n

n=2

132.

∞ xn X n 5 n=1 5 n

141.

142.

x n=0 n!

n=1

130.

n

∞ X

∞ 10n x n X 3 n=1 n

∞ (x − 2)n X 2 n=0 n + 1

∞ (x − 2)n X nn n=1

148.

∞ X

∞ n(x − 4)n X 3 n=1 n + 1

146.

147.

∞ n X (x − a)n n n=1 b

∞ (3x − 2)n X n3n n=1

145.

∞ 3n (x + 4)n X p n n=1

(x − 3)n 2n + 1

∞ n X (x + 1)n n n=1 4

144.

xn 4n ln n

x 2n (2n)!

∞ X

n!(2x − 1)n

n=1

b>0 149.

p n nx

∞ (4x + 1)n X n2 n=1

xn n=1 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) ∞ X

n!x n n=1 1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) ∞ X

n=1

137.

138.

150. ∞ (−1)n x n X n=0 n + 1 ∞ X n=1

452

151. nn xn

n2 xn n=1 2 · 4 · 6 · · · (2n) ∞ X

x 2n 2 n=2 n(ln n) ∞ X

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

11.7 Paraqitja e funksionit si seri Në këtë leksion ne do të mësojmë si të paraqesim disa klasa funksionesh si seri fuqi duke manipuluar seritë gjeometrike ose duke derivuar apo integruar seri të tilla. Fillojmë me një shembull që e kemi parë më parë. ∞ X 1 = 1 + x + x2 + · · · = xn , 1−x n=0

|x| < 1

Po të konsiderojmë funksionin 1 1−x atëherë ky funksion është shprehur si një shumë e një serie fuqi. f (x) =

Shembull 11.44. Shprehni funksionin f (x) =

1 1+x 2

si një seri fuqi dhe gjeni intervalin e konvergjencës.

Zgjidhje Duke zëvendësuar x me −x 2 në ekuacionin e mësipërm kemi ∞ X 1 1 = = (−x 2 )n 2 2 1+x 1 − (−x) n=0 ∞ X n 2n = (−1) x = 1 − x 2 + x 4 − x 6 + x 8 + · · · n=0

Si seri gjeometrike kjo seri konvergjon kur | − x 2 | < 1, pra kur x 2 < 1 ose |x| < 1. Pra, intervali i konvergjencës është (−1, 1). Shembull 11.45. Gjej një paraqitje si seri fuqi për funksionin f (x) = 1/(x + 2). Zgjidhje Kemi 1 1 1 ¡ ¢¤ ¢= £ = ¡ x + 2 2 1 + x2 2 1 − − x2 ∞ ³ x ´n ∞ (−1)n X 1 X − = xn = · n+1 2 n=0 2 n=0 2 Seria konvergjon kur | − x/2| < 1, pra kur |x| < 2. Intervali i konvergjencës është (−2, 2). Shembull 11.46. Gjej një paraqitje si seri fuqi për funksionin f (x) =

x3 (x+2) .

Zgjidhje Ne vazhdojmë si më poshtë duke shfrytëzuar shembullin e mësipërm ∞ (−1)n X x3 1 = x3 · = x3 · xn 2 n+1 1+x x +2 2 n=0

=

∞ X

(−1)n

n=0

x n+3 1 3 1 4 1 5 1 16 = x − x + x − x +··· 2n+1 2 4 8 16

Intervali i konvergjencës është (−2, 2). Më poshtë shohim metodën e Taylor për te shprehur funksione të caktuara si seri. Teorema 11.22. Në qoftë se funksioni f (x) ka një paraqitje me seri fuqi rritëse në x = a, pra në qoftë se f (x) =

∞ X

c n (x − a)n

për

|x − a| < R

n=0

atëherë koefiçentët c n jepen nga formula cn = ©AulonaPress

f (n) (a) . n! 453

Kalkulus

Shaska T.

Duke e shprehur me ndryshe teoremën e mësipërme themi se f (x) =

∞ f (n) (a) X (x − a)n n! n=0

= f (a) +

f 0 (a) f 00 (a) f 000 (a) (x − a) + (x − a)2 + (x − a)3 + · · · 1! 2! 3!

Përkufizim 11.11. Seria e mësipërme është quajtur Seria e Taylor e f (x) në x = a. Në qoftë se x = 0 atëherë seria e mësipërme është quajtur seria e Maclaurin. Shembull 11.47. Gjeni serinë Maclaurin për f (x) = e x . Zgjidhje Në qoftë se f (x) = e x atëherë f ( n)(x) = e x për të çdo n. Pra, kemi ∞ f (n) (0) ∞ xn X X x x2 x3 xn = = 1+ + + +··· n! 1! 2! 3! n=0 n=0 n!

Lexuesi të vërtetojë se kjo seri konvergjon për çdo x dhe rezja e konvergjencës është ∞. Vërejtje. Shembulli i mësipërm mund të përdoret për të llogaritur numrin e. Për shembull, marrim x = 1 dhe kemi e=

∞ 1 X 1 2 3 = 1+ + + +··· n! 1! 2! 3! n=0

Lexuesi të vërtetojë shprehjet e mëposhtme. x3 x5 x7 x9 + − + +··· 3! 5! 7! 9! x2 x4 x6 x8 cos x = 1 − + − + +··· 2! 4! 6! 8! sin x = x −

ose me fjalë të tjera sin x =

∞ X

(−1)n

n=0

x 2n+1 , (2n + 1)!

d he

cos x =

∞ X n=0

(−1)n

x 2n (2n)!

Shënojmë me Tn (x) shumën e pjesëshme të serisë Taylor për një funksion f (x). Tn (x) është një polinom me gradë n dhe shpesh quhet polinomi me gradë n i Taylorit. Mbetja e serisë Taylor quhet Rn (x) = f (x) − Tn (x) Kemi dy rezultatet e mëposhtme. Teorema 11.23. Në qoftë se f (x) = Tn (x) + Rn (x) ne x = a dhe lim Rn (x) = 0

n→∞

për |x − a| < R, atëherë f është i barabartë me serinë e Taylorit në intervalin |x − a| < R. Teorema 11.24 (Taylor). Në qoftë se | f (n+1) (x)| ≤ M për |x − a| ≤ d , atëherë mbetja Rn (x) e serisë së taylorit kënaq mosbarazimin M |Rn (x)| ≤ |x − a|n+1 , për |x − a| ≤ d (n + 1)! Shembull 11.48. a) Gjeni Z

x 2 sin xd x

si seri fuqi b) Përdorni pjesën a) për të përafruar 2

Z

x 2 sin xd x

0

me gabim më pak se 0.000001 454

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje a) Së pari le të shprehim x 2 sin x si seri fuqi. Ne dime paraqitjen e sin x si seri fuqi. Duke shumëzuar me x 2 marrim x5 x7 x9 + − +··· 3! 5! 7! ∞ X x 2n+3 = (−1)n , for all x (2n + 1)! n=0

x 2 sin x = x 2 −

Duke integruar term pas termi marrim Z

Z 7 Z 9 x5 x x dx + dx − dx +··· 3! 5! 7! Z X ∞ ∞ X x 2n+3 1 x 2n+4 (−1)n (−1)n = dx = C+ · (2n + 1)! (2n + 1)! 2n + 4 n=0 n=0

x 2 sin x =

Z

x2d x −

Z

Nga testi i raportit kjo seri konvergjon për çdo x, përderisa l i m n→∞

a n+1 =0 an

b) Nga më lart kemi

2

Z 0

¯2 x 2n+4 ¯¯ 1 · x sin xd x = (−1) (2n + 1)! 2n + 4 ¯0 n=0 ¸2 · 4 x6 x8 x 10 x − + − +··· = 4 3! · 6 5! · 8 7! · 10 0 ∞ X

2

n

24 26 28 210 − + − +··· 4 3! · 6 5! · 8 7! · 10 Nga testi i serive alternative termi i gabimit është |Rn | = |s − s n | ≤ b n . Pra, termi i gjashtë është 4 = 6.677785356 · 10−7 ≤ 0.000001 6081075 Kështu qëintegrali mund të përafrohet me shumën e pesë termave të para 2

Z 0

x 2 sin xd x ∼ = 2.469482734

Shembull 11.49. a) Përafroni f (x) = sin x me një polinom të taylorit me gradë n = 4 në numrin x = π/6. b) sa është saktësia e këtij përafrimi kur 0 ≤ x ≤ π/3 Zgjidhje Polinomi me gradë 4 i Taylorit për f (x) = sin x është T4 (x) = Pra, T4 (x) = ©AulonaPress

4 f (4) (π/6) X π (x − )i 4! 6 n=0

p p 1 3 π 1 π 3 1 π 1 π + · (x − ) − · (x − )2 − · (x − )3 + · (x − )4 2 2 6 2 6 2 3! 6 2 6 455

Kalkulus

Shaska T.

Nga mosbarazimi i Taylorit kemi |Rn (x)| ≤

M |x − a|n+1 , for |x − a| ≤ d (n + 1)!

Meqënëse 0 ≤ x ≤ π/3 kemi − ose

Pra, |R4 (x)| ≤

456

π π π π ≤x− ≤ − 6 6 3 6 ¯ π ¯¯ π ¯ ¯x − ¯ ≤ 6 6 π 1 ³ π ´5 M |x − |5 ≤ (4 + 1)! 6 5! 6

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Shprehni funksionet e mëposhtme si seri fuqi dhe gjeni intervalin e konvergjencës. 152. f (x) = 153. f (x) = 154. 155.

156.

1 1+x

157.

2 3−x

158.

x f (x) = 9 + x2

f (x) =

3 1 − x4

f (x) =

1 x + 10

f (x) =

x 2x 2 + 1

f (x) =

x2 a3 − x3

159.

1+x f (x) = 1−x

Ushtrime për përsëritje Ushtrime Gjeni nëse seritë konvergjojnë ose divergjojnë 160.

161.

∞ X

n3

n=1

n3 − 1

∞ 3 n + 2n X 6n n=1

162.

163.

∞ 1 X 2n n=1 e

∞ 4n+1 X n n=1 5

164.

166.

©AulonaPress

∞ n2 + 1 X 3 n=1 n − 1 ∞ 1 + 2n X n n=1 1 + 3

Gjeni nëse seritë konvergjojnë ose divergjojnë 170.

∞ X

171.

∞ X n=1

ln n n

172. Për cfarë vlere të p secila prej serive konvergjon ∞ X

(−1)n

n=1

1 n+p

173. Për cfarë vlere të p secila prej serive konvergjon (−1)n−1

2

n=1

n=1

n2 + n + 1

P∞

∞ n +1 X 2 n=1 n

n ln n

(−1)n−1

∞ X

∞ X

(−1)n

n=1

∞ X

5 2 + 6n n=1 167.

169.

∞ ln n X n=1 n

Gjeni nëse seritë konvergjojnë ose divergjojnë 165.

168.

174. Vërtetoni që kushtëzuar.

n=1

1 np

(−1)n+1 n

është konvergjencë e

Gjeni nëse seria është konvergjente, konvergjencë e kushtëzuar ose divergjente 175.

∞ X

1 n=1 (2n)! 457

Kalkulus 176.

177.

Shaska T.

∞ X

1 (−1) 5 + n n=1 ∞ X n=1

178.

179.

(−1)n

n 5+n

∞ sin 2n X 2 n=1 n ∞ n(−3)n X n−1 n=1 4

Gjeni rrezen e konvergjencës dhe intervalin e konvergjencës 180.

458

181.

n

∞ (−3)n x n X p n +1 n=1

182.

∞ xn X n=1 n! ∞ xn X n=1 ln n

183. Gjeni serinë Maclauren për funksionet që vazhdojnë i) e x ii) sin x iii) cos x iv) tan−1 x 184. Gjeni serinë Taylor rreth x = 0 për funksionet që vazhdojnë i) e x−1 ii) sin x 2 iii) x 2 sin x iv) e x sin x

©AulonaPress

Kapitulli 12

Vektorët dhe gjeometria në hapësirë Vektorët janë nga objektet më të rëndësishme të matematikës. Përdorimi i tyre në fizikë bën të mundur përshkrimin e forcës, dhe mjaft dukurive të tjera fizike. Koncepti vektorit nga plani mund të përgjithësohet në hapësirë dhe edhe më tej në hapësirën n-dimensionale Euklidiane. Për më tepër detaje lexuesi mund të shohë tekstin e Algjebrës Lineare [1]. E nisim këtë kapitull me konceptin e njohur të hapësirave Euklidiane (p.sh. Rn ). Ne njohim konceptin e një vektori në planin e numrave realë R2 . Fillimisht ne do të përsërisim disa nga vetitë e vektorëve në R2 dhe pastaj do ti zgjerojmë këto koncepte në Rn . Një vektor në R2 është një çift i renditur ~ v := (v 1 , v 2 ),

ku v 1 , v 2 ∈ R.

z z0 y0

θ0 θ φ0 x0 φ

y

x

Për çdo dy vektorë u = (u 1 , u 2 ), ~ v = (v 1 , v 2 ) përkufizojmë mbledhjen dhe shumëzimin skalar në të njëjtën mënyrë u+~ v := (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 ), r · u := (r u 1 , r u 2 ),

(12.1)

ku r ∈ R. Një hapësirë Euklidiane është bashkësia Rn := {(x 1 , . . . , x n ) | x i ∈ R} ku mbledhja dhe shumëzimi skalar janë të përkufizuar si më poshtë. Për çdo u,~ v ∈ Rn të tillë që u = (u 1 , . . . , u n ),

~ v = (v 1 , . . . , v n )

(12.2)

përkufizojmë u+~ v := (u 1 + v 1 , . . . , u n + v n ) r~ v := (r v 1 , . . . , r v n ).

(12.3)

Elementët e bashkësisë Rn quhen vektorë dhe elementët r ∈ R quhen skalarë. Vektori ~0 = (0, . . . , 0) quhet vektori zero. Dy vektorë ~ v = (v 1 , . . . , v n ) dhe u = (u 1 , . . . , u n ) quhen vektorë paralelë në qoftë se ekziston një r ∈ R e tillë që ~ v = r u.

459

Kalkulus

12.1

Shaska T.

Sistemi koordinativ 3-dimensional

Dimë se për të përcaktuar gjendjen e një pike në drejtëz nevojitet një drejtëz e orientuar e emërtuar bosht koordinativ, boshti i x-ve (ose boshti i abshisave), ndërsa për gjendjen e një pike në plan nevojiten dy boshte koordinative të renditura pingule me njëri tjetrin, boshti i x-ve dhe y-ve (ose boshti i abshisave dhe i ordinatave).

(a) sistemi koordinativ

(b) rregulli i dorës së djathtë

Figura 12.1: Sistemi koordinativ dhe rregulli i dorës së djathtë Është e natyrshme që për të përcaktuar pozicionin e një pike në hapësirë, nevojiten tre boshte koordinative të renditura: i x-ve, y-ve, dhe z-ve (boshti i abshisave, i ordinatave, aplikatave) të cilët janë dy e nga dy pingulë. Të qënit dy nga dy pingulë nuk është e nevojshme nga ana matematike. Sistemin e tre boshteve koordinative të renditura dy e nga dy pingulë e emërojmë sistem koordinativ këndëdrejtë 3-dimensional. Paraqitja e këtij sistemi jepet në Fig. 12.1a. Zakonisht boshtin e abshisave dhe ordinatave i mendojmë të pozicionuara horizontalisht, ndërsa boshtin e aplikatave, vertikalisht. Drejtimi i boshtit të aplikatave përcaktohet me ndihmën e rregullit të dorës së djathë, ilustrimi i së cilës jepet në Fig. 12.1b Tre boshtet koordinative përcaktojnë tre plane koordinative të ilustruara në Fig. 12.2, planin x y, planin y z, dhe planin y z. Tre planet koordinative e ndajnë hapësirën në tetë pjesë të cilat quhen oktante. Oktanti i parë përkufizohet nga boshtet pozitive. z

n la -p

e

yz-plane

xz

y

xy-plane x Figura 12.2: Planet koordinative

460

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus z

S

R P

x

Q

y

Figura 12.3: Koordinatat e pikës P

Le të jetë P një pikë e hapësirës. Në qoftë se x, y, z janë distancat e drejtpërdrejta të P nga planet y z, xz dhe x y përkatësisht, atëherë pikës P i vemë në korrespondencë treshen e renditur të numrave (x, y, z) të cilët i quajmë koordinata të P në sistemin koordinativ këndëdrejtë dhe përkatësisht x-abshisa, y-ordinata dhe z-aplikata e pikës P. Në qoftë se zbresim pingulen nga pika P mbi planin x y marrim pikën Q e cila i përket planit x y, po që se veprojmë po njëlloj në lidhje me dy planet e tjera koordinative marrim përkatësisht pikat S dhe R. Këto pika quhen projeksione të pikës P në planet koordinative x y, xz, dhe y z përkatësisht. Projeksionet e P janë me koordinata Q(x, y, 0), S(x, 0, z) dhe R(0, y, z). Pika P përcakton një paralelopiped këndëdrejtë me faqe paralele me planet koordinative; shih Fig. 12.16 Prodhimi kartezian R × R × R = {(x, y, z) | x, y, z ∈ R} është bashkësia e të gjitha tresheve të renditura të numrave realë e cila shënohet me R3 . Duke i vënë çdo pike të hapësirës në korrespondencë një treshe të renditur numrash realë, të cilat i emërtuam kordinata të pikës në hapësirë, kemi një korrespondencë një për një ndërmjet pikave të hapësirës dhe tresheve të renditura në R3 . Vërejmë se duke u nisur nga koordinatat, oktanti i parë mund të përshkruhet si bashkësia e të gjitha pikave koordinatat e të cilave janë pozitive. Do të shohim se shumë formula që janë përdorur gjatë punës në R2 , kanë shtrirjen e tyre të natyrshme në R3 .

12.1.1 Formula e distancës në R3 Le të jenë dhënë dy pika P1 (x 1 , y 1 , z 1 ) dhe P2 (x 2 , y 2 , z 2 ) ne R3 . Distanca |P1 P2 | midis dy pikave P1 (x 1 , y 1 , z 1 ) dhe P2 (x 2 , y 2 , z 2 ) është q |P1 P2 | = (x 2 − x 1 )2 + (y 2 − y 1 )2 + (z 2 − z 1 )2 Për të parë vërtetësinë e kësaj formule, ndërtojmë një paralelopiped këndëdrejtë ku pikat P1 dhe P2 janë kulme të kundërta të tij, dhe faqet e tij janë paralele me planet koordinative. Në qoftë se A(x 2 , y 1 , z 1 ) dhe B(x 2 , y 2 , z 1 ) janë kulmet të paralelopipedit të paraqitura si në Fig. 12.4, atëherë |P1 A| = |x 2 − x 1 | |AB| = |y 2 − y 1 | |BP2 | = |z 2 − z 1 | Meqë trekëndëshat P1 BP2 dhe P1 AB janë këndëdrejtë, nga zbatimi i Teoremës së Pitagorës marrim |P1 P2 |2 = |P1 B|2 + |BP2 |2 |P1 B|2 = |P1 A|2 + |AB|2 Duke i kombinuar këto ekuacione marrim |P1 P2 |2 = |P1 A|2 + |AB|2 + |BP2 |2 = |x 2 − x 1 |2 + |y 2 − y 1 |2 + |z 2 − z 1 |2 = (x 2 − x 1 )2 + (y 2 − y 1 )2 + (z 2 − z 1 )2 ©AulonaPress

461

Kalkulus

Shaska T.

Prej nga |P1 P2 | =

q

(x 2 − x 1 )2 + (y 2 − y 1 )2 + (z 2 − z 1 )2

Figura 12.4: Distanca midis dy pikave

Shembull 12.1. Gjeni distancën midis dy pikave A(3, −1, 4) dhe B(5, 5, −3). Zgjidhje Distanca midis pikave A dhe B është |AB| =

p

(5 − 3)2 + (5 + 1)2 + (−3 − 4)2 =

p p 4 + 36 + 49 = 89

12.1.2 Ekuacioni i sferës Ekuacioni i sferës me qendër në pikën me koordinata (x 0 , y 0 , z 0 ) dhe me rreze r është (x − x 0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2 = r 2 Për ta vërtetuar formulën nisemi nga përkufizimi i sferës, i cili thotë se sfera është bashkësia e të gjitha pikave P(x, y, z) që janë të baraslarguara nga e njëta pikë Q(x 0 , y 0 , z 0 ) në distancë r , prej saj. Pra, |PQ| = r . Duke ngritur në katror të dyja anët, marrim |PQ|2 = r 2 , ose (x − x 0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2 = r 2 Kur qendra e sferës është në origjinën e koordinatave, ekuacioni i sferës ka formën x2 + y 2 + z2 = r 2 Shembull 12.2. Gjeni ekuacionin e sferës me rreze 4 dhe me qendër në pikën (1, 2, 3) Zgjidhje Ekuacioni i sferës është (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 16

Shembull 12.3. Gjeni ekuacionin e sferës që kalon nga origjina dhe ka si qendër pikën (1, 2, 3) 462

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus z z

(x, y, z)

(x, y, z) r

(x 0 , y 0 , z 0 )

y 0

y 0

x

x (a) Rreze r , Qendër (0, 0, 0)

(b) Rreze r , Qendër (x 0 , y 0 , z 0 )

Figura 12.5: Sfera në R3

Zgjidhje Meqë sfera kalon nga origjina, rrezja e sferës mund të gjendet nga distanca midis origjinës dhe pikës (1, 2, 3). Pra, p p r = (1 − 0)2 + (2 − 0)2 + (3 − 0)2 = 14 Atëherë ekuacioni i sferës është (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 14

Shembull 12.4. Vërtetoni se ekuacioni i mëposhtëm paraqet një sferë, dhe gjeni qendrën dhe rrezen e tij. 4x 2 + 4y 2 + 4z 2 − 8x + 16y = 1 Zgjidhje Plotësojmë fillimisht katrorët e binomeve dhe kemi 4(x 2 − 2x + 1) + 4(y 2 + 4y + 4) + 4z 2 = 1 + 4 + 16 4(x − 1)2 + 4(y + 2)2 + 4z 2 = 21 21 (x − 1)2 + (y + 2)2 + z 2 = 4 q Pra, ekuacioni paraqet një sferë me qendër (1, −2, 0) dhe me rreze 21 4 . Duhet të kemi parasysh se në R2 , ekuacioni që lidh dy ndryshoret x, y, paraqet një kurbë, ndërsa në R3 , ekuacioni që lidh x, y, z paraqet një sipërfaqe. Le ta ilustrojmë këtë fakt me disa shembuj. Shembull 12.5. Ndërtoni grafikun e x = 3 në R2 dhe R3 Zgjidhje Në R2 ekuacioni x = 3, paraqet bashkësinë e të gjitha pikave me koordinata (3, y), pra një drejtëz vertikale në sistemin koordinativ 2-dimensional. Në R3 ekuacioni x = 3, paraqet bashkësinë e të gjitha pikave me koordinata (3, y, z). Po ta krahasojmë me planin y z, pikat e të cilit janë me koordinata (0, y, z), ndryshimi i bashkësisë së pikave të ekuacionit tonë ështe se në vend të x = 0 kemi x = 3. Kështu që në sistemin koordinativ me 3-dimensional ekuacioni paraqet një plan paralel me planin koordinativ y z tre njësi larg tij. Ilustrimi grafik jepet në Fig. 12.6 Shembull 12.6. Ndërtoni grafikun e x 2 + y 2 = 4 në R2 dhe R3 ©AulonaPress

463

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Në R2 ekuacioni paraqet një rreth. Në R3 meqë nuk përfshihet z, do të thotë se ai merr vlera reale të çfarëdoshme. Me fjalë të tjera, për çdo vlerë të z ky ekuacion ka vend, dhe për çdo vlerë të z, kemi rreth me rreze 2, me qendër boshtin e z-ve. Kjo do të thotë se kemi një cilindër rrethor me rreze 2 dhe me bosht qendror boshtin e z-ve. Ilustrimi grafik jepet në Fig. 12.7

(a) paraqitja e x = 3 në R2

(b) paraqitja e x = 3 në R3

Figura 12.6: Paraqitja e ekuacioneve në sistemet R2 dhe R3

(a) Rreth në R2

(b) Cilindër në R3

Figura 12.7: Paraqitja e ekuacionit x 2 + y 2 = 4 në sistemet R2 dhe R3 464

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 1. Vërtetoni se trekëndëshi me kulme A(−2, 4, 0), B(1, 2, −1) dhe C(−1, 1, 2) është barabrinjës. 2. Gjeni gjatësitë e brinjëve të trekëndëshit me kulme A(3, −2, 1), B(1, 2, −3), C(3, 4, −2). Tregoni nëse ky trekëndësh është këndëdrejtë, barabrinjës, dybrinjënjëshëm. 3. Gjeni distancën e pikës (−5, 3, 4) nga secili plan koordinativ. 4. Gjeni vlerën numerike të forcës, e cila e i ka projeksionet e saj në boshtet koordinative: x = −6, y = −2, z = 9 5. Në oktantin e tretë gjeni pikën P largësitë e së cilës p p nga tri boshtet koordinative janë: d x = 10, d y = 5, p d z = 13.

15. 16x 2 + 16y 2 + 16z 2 − 96x + 32y = 5 16. Përshrkuani zonën që paraqesin barazimet ose mosbarazimet e dhëna në R3 . a) x 2 + y 2 = 1 b) 1 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 25 c) x < 5 d) z = −4 e) y > −3 f ) x2 = 4 g) x = y h) x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 17. (a) Vërtetoni se mesi i segmentit që bashkon pikat A(a 1 , b 1 , c 1 ) dhe B(a 2 , b 2 , c 2 ) është pika me koordinata µ

6. Vërtetoni se trekëndëshi me kulme A(1, −2, 1) B(3, −3, 1) dhe C(4, 0, 3) është këndëdrejtë. 7. Gjeni ekuacionin e sferës me qendër në pikën (4, −2, 3) p me rreze r = 3.

a1 + a2 b1 + b2 c1 + c2 , , 2 2 2

¶

(b) Gjeni gjatësitë e mesoreve të trekëndëshit me kulme A(4, 1, 5), B(1, 2, 3), C(−2, 0, 5)

8. Gjeni ekuacionin e sferës me qendër në pikën (−1, 3, 2) p me rreze r = 3.

Shkruani mosbarazimet që përcaktojnë sipërfaqet e mëposhtme.

9. Gjeni ekuacionin e sferës me qendër në pikën (2, 3, 4) me rreze 5. Ku pritet sfera me planet koordinative?

18. Zona ndërmjet planit x y dhe z = 5

10. Gjeni ekuacionin e sferës që kalon nga pika (4, , 3 − 1) dhe ka qendër pikën (3, 8, 1)

19. Zona që konsiston në të gjitha pikat që ndodhen ndërmjet sferave me rreze r dhe R me qendër në origjinë, ku r < R.

Vërtetoni se ekuacionet e mëposhtëm paraqesin një sferë, gjeni qendrën dhe rrezen.

20. Gjeni ekuacionin e sferës që ka të njëjtën qendër me x 2 +y 2 +z 2 −6x+4z−36 = 0 dhe që kalon nga pika (2, 5, −7)

11. x 2 + y 2 + z 2 − 6x + 4y + 2z = −17 2

2

2

12. x + y + z = 4x − 2y 13. x 2 + y 2 + z 2 = x + y + z 14. x 2 + y 2 + z 2 + 2x + 8y − 4z = 28

©AulonaPress

21. Vërtetoni se bashkësia e të gjitha pikave të tilla që distanca nga pika A(−1, 5, 3) është dy herë me e madhe se distanca nga pika B(6, 2, −2), formon një sferë. 22. Gjeni bashkësinë e të gjitha pikave të baraslarguara nga pikat A(−1, 5, 3) dhe B(6, 2, −2).

465

Kalkulus

12.2

Shaska T.

Vektorët në R3

Vektorët janë përdorur për të paraqitur madhësi që kanë gjatësi dhe drejtim. Shembuj të këtyre madhësive janë forca dhe shpejtësia. Le të shqyrtojmë një forcë. Për shembull, një forcë të themi prej 5N e zbatueshme në një drejtim të caktuar, mund të ushtrohet në çdo pikë të hapësirës. Me fjalë të tjera, pika ku është ushtruar forca nuk e ndryshon vetë forcën. Forcat janë të pavarura nga pika e aplikimit. Për të përcaktuar një forcë duhet të dimë madhësinë e forcës, dhe drejtimin sipas të cilit aplikohet kjo forcë. E njëjta ide përgjithësohet për vektorët. Vektorët kanë gjatësi dhe drejtim, nuk ka asnjë informacion se ku zbatohet vlera e tyre. Kjo është një ide me rëndësi dhe për t’u mbajtur mend në studimin e vektorëve. Në kuptimin gjeometrik vektorët paraqiten me anë të segmenteve të orientuar. Gjatësia e segmentit përbën gjatësinë z e vektorit, dhe drejtimi i segmentit përbën drejtimin e vektorit. Duke qenë se vektorët nuk mbartin asnjë informacion se ku ushtrohet vlera e tyre, atëherë çdo segment i orientuar me të njëjtën gjatësi dhe drejtim do të paraqesë të njëjtin vektor. Zakonisht vektorët shënohen me ~ a ,~ b,~ u ,~ v , etj. (x 1 , y 1 , z 1 )

(x, y, z) y 0

Figura 12.8: Vektorët në R3 x

Vektor quhet një segment i orientuar, i vizatuar nga një pikë P e cila quhet pika e fillimit, tek një pikë Q e cila quhet −→ −→ −→ pika e mbarimit. Vektori shënohet me PQ. Gjatësi e tij quhet gjatësia e segmentit |PQ|, shënohet me kPQk, ose |PQ| dhe drejtimi i tij është i njëjtë me drejtimin e segmentit të orientuar. Vektor zero quhet vektori që është thjesht një pikë, dhe shënohet me ~0 Për të treguar drejtimin e një vektori ne do të vizatojmë një shigjetë e cila nis nga pika e fillimit drejt pikës së mbarimit. Pika e fillimit do të quhet thjesht fillim i vektorit, dhe pika e mbarimit thjesht fund i vektorit. Përkufizimi i vektorit mund të përdoret në çdo sistem koordinativ, pra ai është i vlefshëm në secilin prej sistemeve koordinative. Përsa i përket vektorit zero mund të themi se ai ka gjatësi |~0| = 0 dhe drejtim të çfarëdoshëm. Le të japim përkufizimin vektorëve të barabartë.

u

~ w

v

Figura 12.9: Vektorët e barabartë dhe vektoret paralelë. Përkufizim 12.1. Dy vektorë jo zero quhen të barabartë në qoftë se ata kanë gjatësi të njëjtë dhe drejtim të njëjtë. Çdo vektor me gjatësi zero është i barabartë me vektorin zero. 466

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Pra, nga përkufizimi çdo dy vektorë me drejtim të njëjtë dhe gjatësi të njëjtë me fillime të ndryshme janë të barabartë. ~ janë të barabartë, me gjatësi të njëjtë dhe drejtim të njëjtë, ndërsa Po të shohim në Fig. 12.9, duket se vektorët ~ u dhe w ~ u dhe ~ v kanë drejtime të kundërta, kështu që edhe pse me gjatësi të njëjtë ata janë të ndryshëm si vektorë. Pra, kjo na jep idenë se ka një numër të pafundëm vektorësh për një drejtim dhe gjatësi të dhënë, këta vektorë janë të barabartë, por ndryshojnë vetëm prej fillimit dhe mbarimit të tyre. Lind pyetja nëse ka një vektor i cili mund të zgjidhet për të përfaqësuar gjithë këta vektorë të barabartë? Dhe përgjigja është pozitive, këtë na e mundëson edhe Fig. 12.9, ku ~ shërben si i tillë. duket se vektori w

12.2.1 Algjebra e vektorëve Do të përkufizojmë disa veprime algjebrike në lidhje me vektorët, si prodhimi me skalar, shuma, diferenca, si dhe vetitë e veprimeve me vektorë. Përkufizim 12.2. Për një vektor të dhënë ~ v dhe një skalar k, prodhim i vektorit ~ v me skalarin k, quhet vektori k~ v i cili ka gjatësi |k~ v | = |k||~ v | dhe drejtim të njëjtë me ~ v kur k > 0, dhe drejtim të kundërt me të kur k < 0, dhe është vektor zero kur k = 0. Për vektorin ~0, përcaktojmë se k~0 =~0 për çdo skalar k. ~ u

~ u

~ v ~ v

~ u +~ v

~ u +~ v

~ v

~ u Figura 12.10: Shuma e vektorëve Dy vektorë janë paralelë në qoftë se njëri është prodhim i tjetrit me një skalar. Rikujtojmë se zhvendosje paralele e një vektori jo zero, do të thotë se ndryshon fillimi i vektorit, por jo drejtimi dhe gjatësia. Le të përkufizojmë shumën e dy vektorëve. Përkufizim 12.3. Shumë e dy vektorëve ~ u dhe ~ v , kur vektorët janë vendosur në mënyrë të tillë që fillimi i ~ v përputhet me fundin e ~ u , quhet vektori ~ u +~ v , me fillim në fillimin e ~ u dhe me fund në fundin e ~ v. Përkufizimi i shumës është ilustruar në Fig. ?? dhe ju mund të shihni se pse ky përkufizim njihet edhe me emrin rregulli i trekëndëshit për shumën e vektorëve. Por në qoftë se vektorët ~ u dhe ~ v i vendosim në një pikë me të njëjtin fillim, dhe plotësojmë paralelogramin, shohim se përsëri kemi një mënyrë për të përftuar shumën e vektorëve, dhe për më tepër shohim se ~ u +~ v =~ v +~ u. Kjo mënyrë e re e të ndërtuarit të shumës së vektorëve njihet me emrin rregulli i paralelogramit; shih Fig. 12.10 Vërejmë se ky përkufizim vlen edhe për vektorin zero, dhe gjithashtu mund të shohim se ~ v +~0 =~0 +~ v =~ v për çdo vektor ~ ~ ~ ~ v . Në veçanti 0 + 0 = 0. Duke u nisur nga këto dy veprime ne mund të përkufizojmë edhe diferencën e vektorëve, si: ~ ~ =~ ~ ). v −w v + (−w

12.2.2 Komponentët e vektorit Duke ju referuar asaj që thamë tek barazimi i vektorëve, gjatë diskutimit për vektorët që kanë një gjatësi dhe drejtim, fare mire si përfaqësues të vektorëve me të njëjtën gjatësi dhe drejtim, mund të nënkuptojmë një vektor që fillimin e ka në origjinën e sistemit koordinativ. Duke e menduar në këtë mënyrë, mundësojmë një korrespondencë të thjeshtë ndërmjet vektorit dhe fundit të tij. Në qoftë se e vendosim fillimin e vektorit në origjinën e koordinatave, atëherë fundi i tij do jetë me koordinata të formës (a 1 , a 2 ) ose (a 1 , a 2 , a 3 ) në varësi të sistemit koordinativ 2-dimensional apo 3-dimensional. Këto koordinata janë quajtur komponente të vektorit ~ a dhe shënojmë ~ a = 〈a 1 , a 2 〉 ©AulonaPress

ose

〈a 1 , a 2 , a 3 〉 467

Kalkulus

Shaska T.

2b 1 + b 2 b1

b1 + b2

b2

Figura 12.11: Mbledhaj e vektorëve nga ana grafike. Korrespondenca pikë-vektorë na jep një mënyrë më të thjeshtë për të verifikuar barazimin e vektorëve, pa qenë nevoja e përcaktimit të gjatësisë dhe drejtimit të tyre. Do me thënë për çdo vektor, mund ta zhvendosim atë në mënyrë që fillimi të përputhet me origjinën, dhe për të verifkuar nëse dy vektorë janë të barabartë, shohim fundet e tyre, nëse ata përputhen, përgjigja është pozitive. E ilustrojmë këtë fakt me një shembull. −→ −→ Shembull 12.7. Na janë dhënë vektorët PQ dhe RS, ku P(2, 1, 5), Q(3, 5, 7), R(1, −3, −2) dhe S(2, 1, 0). A janë vektorët të barabartë? −→ Zgjidhje Vektori PQ është i barabartë me vektorin ~ v me fillim në origjinë (0, 0, 0) dhe fund Q − P = (3, 5, 7) − (2, 1, 5, ) = (3 − 2, 5 − 1, 7 − 5) = (1, 4, 2).

Figura 12.12: Paraqitja grafike e mbledhjes se vektoreve. −→ ~ me fillim në (0, 0, 0) dhe me fund në S−R = (2, 1, 0)−(1, −3, −2) = Gjithashtu, vektori RS është i barabartë me vektorin w (2 − 1, 1 + 3, 0 + 2) = (1, 4, 2). −→ −→ ~ = 〈1, 4, 2〉 Kini parasysh se veprimet kryhen si rezultat i zhvendosjes paralele Pra, vektori PQ = ~ v = 〈1, 4, 2〉 dhe RS = w −→ −→ ~ përkatësisht. të vektorëve PQ dhe RS tek ~ v dhe w Shembulli i mësipërm na shërben edhe si ilustrim i faktit se në qoftë se vektori ka si fillim pikën me koordinata (x 1 , y 1 , z 1 ) dhe si fund pikën (x 2 , y 2 , z 2 ), nga zhvendosja paralele e tij drejt vektorit të barabartë me të me fillim në origjinë, del se komponentet e tij janë 〈x 2 − x 1 , y 2 − y 1 , z 2 − z 1 〉 Teorema në vazhdim na jep mundësinë e llogaritjes së gjatësisë së vektorit duke u nisur nga komponentet e tij. 468

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Teorema 12.1. Vektori ~ v = 〈a, b, c〉 në R3 ka gjatësi |~ v| =

p

a2 + b2 + c 2

Vërtetimi i kësaj teoreme bëhet duke u nisur nga formula e distancës midis dy pikave. Lind pyetja: Si mund të mblidhen algjebrikisht dy vektorë? Përgjigjen e kësaj pyetjeje e jep teorema e mëposhtme Teorema 12.2. Në qoftë se janë dhënë vektorët ~ a = 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 dhe ~ b = 〈b 1 , b 2 , b 3 〉 në R3 , dhe k një skalar real i çfarëdoshëm, atëherë kanë vend barazimet. i k~ a = 〈ka 1 , ka 2 , ka 3 〉 ii 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 + 〈b 1 , b 2 , b 3 〉 = 〈a 1 + b 1 , a 2 + b 2 , a 3 + b 3 〉 iii 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 − 〈b 1 , b 2 , b 3 〉 = 〈a 1 − b 1 , a 2 − b 2 , a 3 − b 3 〉 Vetitë e veprimeve me vektorë i përmbledhim në teoremën në vazhdim. Teorema 12.3. Në qoftë se ~ a ,~ b,~ c janë tre vektorë të çfarëdoshëm, dhe c dhe d janë skalarë, atëherë kanë vend barazimet. 1. ~ a +~ b =~ b +~ a

5. c(~ a +~ b) = c~ a + c~ b

2. ~ a + (~ b +~ c ) = (~ a +~ b) +~ c

6. (c + d )~ a = c~ a + d~ a

3. ~ a +~0 = ~ a

7. (cd )~ a = c(d~ a)

4. ~ a + (−~ a ) =~0

8. 1~ a =~ a

Këto veti mund të vërtetohen si gjeometrikisht, ashtu edhe algjebrikisht. Për shembull, vetia 1 mund të shihet algjebrikisht si ~ a +~ b = 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 + 〈b 1 , b 2 , b 3 〉 = 〈a 1 + b 1 , a 2 + b 2 , a 3 + b 3 〉 = 〈b 1 + a 1 , b 2 + a 2 , b 3 + a 3 〉 = 〈b 1 , b 2 , b 3 〉 + 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 =~ b +~ a Gjeometrikisht vërtetësia e kësaj vetie mund të shihet nga Fig. 12.10, nga rregulli i paralelogramit. z z

k

i x

c ·~ k a ·~ i

j

~ v = (a, b, c) b·~ j

y x

Q

y

Figura 12.13: Vektorët e bazës standarte. Le të shënojmë me V3 bashkësinë e të gjithë vektorëve në hapësirën 3-dimensionale. Tre vektorët që luajnë një rol të veçantë në këtë bashkësi janë ~ ~ ~ i = 〈1, 0, 0〉 j = 〈0, 1, 0〉 k = 〈0, 0, 1〉 ©AulonaPress

469

Kalkulus

Shaska T.

Këta tre vektorë quhen vektorë bazë njësi. Këta vektorë kanë gjatësi 1 njësi dhe drejtimet e tyre janë sipas drejtimit pozitiv të x ve , y ve , z ve përkatësisht; shih Fig. 12.13 Në qoftë se ~ v = 〈a, b, c〉, atëherë mund të shkruajmë ~ v = 〈a, b, c〉 = 〈a, 0, 0〉 + 〈0, b, 0〉 + 〈0, 0, c〉 = a〈1, 0, 0〉 + b〈0, 1, 0〉 + c〈0, 0, 1〉 ~ v = a~ i + b~ j + c~ k Kështu kemi një mënyrë të shprehuri të vektorëve në V3 në varësi të vektorëve bazë. Vektor njësi quhet vektori me gjatësi një njësi. Për shembull, vektorët ~ i,~ j ,~ k janë vektorë njësi sepse secili prej tyre ~, w ~ 6=~0 është vektori i paraqitur në formën: ka gjatësi një njësi. Vektori njësi që ka të njëjtin drejtim me vektorin w ~ u=

~ 1 w ~= w ~| ~| |w |w

(12.4)

Ushtrime −→ 23. Vizatoni vektorin AB, kur jepen skajet e tij, dhe më pas gjeni ekuivalentin e tij që fillimin e ka në origjinë; i) A = (0, 3, 1), B = (2, 3, −1) ii) A = (4, 0, −2), B = (4, 2, 1) iii) A = (2, 0, 3), B = (3, 4, 5) iv) A = (0, 3, −2), B = (2, 4, −1) 24. Gjeni shumën e vektorëve, dhe ilustrojeni gjeometrikisht i) 〈1, −4〉, 〈4, 3〉 ii) 〈1, −3, 5〉, 〈2, 0, 1〉 iii) 〈2, 1〉, 〈3, −1〉 iv) 〈1, 1, 2〉, 〈3, 2, 1〉 25. Gjeni ~ a +~ b, 2~ a − 3~ b, |~ a | dhe |~ a −~ b|, në qoftë se ~ a= 〈5, −12〉 dhe ~ b = 〈3, 6〉. 26. Gjeni ~ a −~ b, ~ a + 2~ b, |~ a | dhe |~ a −~ b|, në qoftë se ~ a= 〈1, 2, −3〉 dhe ~ b = 〈−2, −1, 5〉. 27. Gjeni ~ a +~ b, 3~ a − 2~ b, |~ a | dhe |~ a −~ b|, në qoftë se ~ a= 〈2, −4, 4〉 dhe ~ b = 〈0, 2, −1〉. ~, ~ ~ , |~ ~ |, |~ ~ |, dhe −2~ 28. Gjeni ~ v +w v −w v | dhe |~ v −w v +w v, ~ = 〈−1, −5〉. në qoftë se ~ v = 〈1, 3〉 dhe w ~, ~ ~ , |~ ~ |, |~ ~ |, dhe −2~ 29. Gjeni ~ v +w v −w v | dhe |~ v −w v +w v, ~ = 〈−1, 2, −3〉 në qoftë se ~ v = 〈1, 2, 3〉 dhe w ~, ~ ~ , |~ ~ |, |~ ~ |, dhe −2~ 30. Gjeni ~ v +w v −w v | dhe |~ v −w v +w v, ~ = 〈−1, −2, 2〉 në qoftë se ~ v = 〈1, 0, 1〉 dhe w 31. Gjeni vektorin njësi i cili ka të njëjtin drejtim me vektorin −3~ i + 7~ j. 32. Gjeni vektorin njësi i cili ka të njëjtin drejtim me vektorin 2~ i −~ j + 3~ k.

470

33. Gjeni vektorin njësi i cili ka të njëjtin drejtim me vektorin 〈2, 3, −2〉. 34. Gjeni një vektor që ka të njëjtin drejtim me vektorin 〈3, 2, 1〉, por që ka gjatësi 3. 35. Gjeni një vektor që ka të njëjtin drejtim me vektorin 〈−2, 4, 2〉, por që ka gjatësi 6. ~ = 36. Le të jenë dhënë vektorët ~ v = 〈−1, 5, −2〉 dhe w ~ =~ 〈3, 1, 1〉. Gjeni vektorin ~ u të tillë që ~ u +~ v +w i. 37. Për vektorët e dhënë në ushtrimin e mësipërm gjeni ~ = 2~ vektorin ~ u të tillë që ~ u +~ v +w j +~ k. 38. Në qoftëse A, B, C janë kulmet e një trekëndëshi, gjeni −→ −→ −→ AB + BC + CA. 39. Vizatoni vektorët ~ a = 〈3, 2〉, ~ b = 〈2, −1〉 dhe ~ c = 〈7, 1〉. Tregoni grafikisht se ekzistojnë skalarët s dhe t të tillë që ~ c = s~ a + t~ b. Përdorni skicën grafike për të gjetur vlerat e s dhe t . 40. Le të jenë ~ x dhe ~ y dy vektorë jozero dhe joparalelë në R2 . Vërtetoni se në qoftë se~ z është një vektor çfarëdo në R2 , atëherë ekzistojnë dy skalarë s dhe t të tillë që: ~ z = s~ x +t~ y. 41. A ka vend vetia e ushtrimit paraardhës për vektorët në hapësirën 3-dimensionale? Përse? 42. Le të jenë ~ a = 〈x, y, z〉 dhe ~ a 0 = 〈x 0 , y 0 , z 0 〉. Përshkruani bashkësinë e të gjitha pikave (x, y, z) të cilat plotësojnë kushtin |~ a −~ a0 | = 1 43. Le të jenë ~ a = 〈x, y〉, ~ a 1 = 〈x 1 , y 1 〉, dhe ~ a 2 = 〈x 2 , y 2 〉. Përshkruani bashkësinë e të gjitha pikave (x, y, z) të cilat plotësojnë kushtin |~ a −~ a 1 | + |~ a −~ a 2 | = k, ku k > |~ a1 − ~ a2 |

©AulonaPress

Shaska T.

12.3

Kalkulus

Prodhimi skalar

Deri tani pamë veprimet me vektorë si prodhimi me skalar, mbledhja, zbritja e vektorëve. Një tjetër veprim me vektorë është edhe prodhimi skalar i vektorëve i cili është mjaft i përdorshëm në praktikë. Le të japim fillimisht përkufizimin dhe vetitë e këtij veprimi me vektorë. Përkufizim 12.4. Prodhimi skalar. Për dy vektorë të dhënë ~ a = 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 dhe ~ b = 〈b 1 , b 2 , b 3 〉, prodhim skalar i tyre quhet numri ~ a ·~ b i cili jepet nga barazimi: ~ a ·~ b = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 Pra, prodhimi skalar është shuma e prodhimeve dyshe të komponenteve përgjegjëse të dy vektorëve. Ne përkufizuam prodhimin skalar të dy vektorëvë 3-dimensional, në mënyrë të ngjashme përkufizohet prodhimi skalar i vektorëve 2-dimensional si 〈a 1 , a 2 〉 · 〈b 1 , b 2 〉 = a 1 b 1 + a 2 b 2 Shembull 12.8. Llogarisni prodhimin skalar për secilin rast. (a) ~ a = 3~ i + 2~ j, ~ b =~ i − 2~ j (b) ~ a = 〈3, 0, −1〉, ~ b = 〈2, 1, 7〉 Zgjidhje Atëherë për të njehsuar prodhimin skalar të këtyre vektorëve thjesht zbatojmë formulën e prodhimit skalar. (a)~ a ·~ b = 3 · 1 + 2 · (−2) = 3 − 4 = −1 (b) ~ a ·~ b = 3 · 2 + 0 · 1 + (−1) · 7 = 6 + 0 − 7 = −1 Teorema në vazhdim përmbledh vetitë e prodhimit skalar Teorema 12.4. Për çdo tre vektorë ~ a ,~ b,~ c në V3 dhe k një skalar real i çfarëdoshëm, kemi 1. ~ a ·~ a = |a|2 2. ~ a ·~ b =~ b ·~ a

vetia e ndërrimit

3. (k~ a ) ·~ b =~ a · (k~ b) 4. ~ a ·~0 = 0 =~0 · ~ a 5. ~ a · (~ b +~ c) = ~ a ·~ b +~ a ·~ c Këto veti vërtetohen lehtë drejtpërdrejt nga përkufizimi. Përveç përkufizimit me ndihmën e komponenteve të prodhimit skalar të vektorëve, ka edhe një mënyrë tjetër përcaktimi të prodhimit skalar të vektorëve duke u nisur nga këndi që formojnë vektorët ndërmjet tyre. Përkufizim 12.5. Kënd ndërmejt dy vektorëve jo-zero me të njëjtin fillim, quhet këndi më i vogël ndërmjet tyre. Ndërmjet dy vektorëve jo-zero me të njëjtin fillim formohen dy kënde θ dhe 2π − θ, ne do zgjedhim më të voglin midis tyre, të tillë që 0 ≤ θ ≤ π. Tani mund të shohim kuptimin gjeometrik të prodhimit skalar të dy vektorëve nëpërmjet teoremës në vazhdim e cila njihet edhe si përkufizimi i prodhimit skalar nga fizikanët. ~ , atëherë Teorema 12.5. Në qoftë se me θ shënojmë këndin midis vektorëve ~ v dhe w ~ ~ = |~ ~ | cos θ v ·w v ||w Vërtetim Duke zbatuar rregullin e kosinusit për trekëndëshin OAB në Fig. 12.14, marrim |AB|2 = |OA|2 + |OB|2 − 2|OA||OB| cos θ ~ |, Duke qenë se |OA| = |w

|OB| = |~ v |,

~ |, kështu që ekuacioni 12.5 bëhet dhe|AB| = |~ v −w ~ |2 = |~ ~ |2 − 2|~ ~ | cos θ |~ v −w v |2 + | w v ||w

©AulonaPress

(12.5)

(12.6) 471

Kalkulus

Shaska T.

Figura 12.14: Rregulli i kosinusit

~ |, mund ta rishkruajmë në trajtën Duke përdorur vetitë e prodhimit skalar të vektorëve, shprehjen |~ v −w ~ |2 = (~ ~ ) · (~ ~) |~ v −w v −w v −w ~ −w ~ ·~ ~ ·w ~ =~ v ·~ v −~ v ·w v +w ~ + |w ~ |2 = |~ v |2 − 2~ v ·w Dhe duke e zëvendësuar këtë shprehje në ekuacionin 12.6, ai ekuacion merr trajtën ~ + |w ~ |2 = |~ ~ |2 − 2|~ ~ | cos θ |~ v |2 − 2~ v ·w v |2 + | w v ||w ~ = −2|~ ~ | cos θ −2~ v ·w v ||w ~ ~ = |~ ~ | cos θ v ·w v ||w ~ jepet nga barazimi Rrjedhim 12.1. Këndi θ midis dy vektorëve ~ v dhe w cos θ =

~ ~ v ·w ~| |~ v ||w

~ = 〈2, −2, −1〉. Shembull 12.9. Gjeni këndin ndërmjet vektorëve ~ v = 〈1, −2, 2〉 dhe w p p p p ~ | = 4 + 4 + 1 = 9 = 3, si dhe ~ ~ = 1(2) + (−2)(−2) + 2(−1) = Zgjidhje Gjejmë fillimisht |~ v | = 1 + 4 + 4 = 9 = 3 dhe |w v ·w 2 + 4 − 2 = 4. Dhe duke zbatuar rrjedhimin kemi cos θ = dhe këndi midis dy vektorëve është θ = cos−1

~ ~ 4 4 v ·w = = ~| 3·3 9 |~ v ||w

¡4¢ 9 .

Dy vektorë janë pingulë (ortogonalë) në qoftë se këndi midis tyre është θ = π/2. Kështu që marrim një tjetër rrjedhim të Teoremës 12.5, i cili na jep një mënyrë për të përcaktuar se kur dy vektorë janë pingulë. ~ janë pingulë atëherë dhe vetëm atëherë kur ~ ~ =0 Rrjedhim 12.2. Dy vektorë jozero ~ v dhe w v ·w ~ . E ilustrojmë rrjedhimin me një shembull. Për vektorët pingulë përdorim shënimin ~ v ⊥w ~ = 〈3, 1, 1〉 janë pingulë. Shembull 12.10. Tregoni nëse vektorët ~ v = 〈1, −5, 2〉 dhe w ~ = 1(3) + (−5)1 + 2(1) = 5 − 5 = 0, kështu që vektorët w ~,w ~ janë pingulë. Zgjidhje Shohim ~ v ·w Meqë cos θ > 0 për 0 ≤ θ ≤ π/2 dhe cos θ < 0 për π/2 ≤ θ ≤ π, marrim një tjetër rrjedhim të teoremës 12.5 ~ , atëherë Rrjedhim 12.3. Në qoftë se θ është këndi midis dy vektorëve ~ v dhe w   > 0 për 0 ≤ θ < π/2 ~ ~= 0 v ·w për θ = π/2   < 0 për π/2 < θ ≤ π 472

(12.7)

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

12.3.1 Këndet drejtuese dhe kosinuset drejtuese Përkufizim 12.6. Kënde drejtuese të një vektori jozero ~ a , quhen këndet α, β, γ që ky vektor formon me boshtet pozitive të x, y, z përkatësisht; shih Fig. 12.15 Kosinuset e këtyre këndeve drejtuese, cos α, cos β, cos γ, quhen kosinuse drejtuese të vektorit ~ a.

Figura 12.15: Këndet drejtuese

Duke përdorur rrjedhimin 12.1 marrim cos α =

~ a ·~ i a1 = ~ a| |~ a ||i | |~

(12.8)

dhe për dy kendet e tjera po njëlloj marrim cos β =

~ a ·~ j a2 = a| |~ a ||~ j | |~

cos γ =

~ a ·~ k a3 = ~ |~ a| |~ a ||k|

(12.9)

Duke përdorur barazimet 12.8 dhe 12.9 të ngritura në katror, përftojmë cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1

(12.10)

z

γ

R

S P

y

α x

Q Figura 12.16: Këndet drejtuese

©AulonaPress

473

Kalkulus

Shaska T.

Gjithashtu për vektorin ~ a = 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 mund të shkruajmë ~ a = 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 = 〈|~ a | cos α, |~ a | cos β, |~ a | cos γ〉 = |~ a |〈cos α, cos β, cos γ〉 Dhe prej këtej përftojmë 1 ~ a = 〈cos α, cos β, cos γ〉 (12.11) |~ a| Ky barazim na thotë se kosinuset drejtuese të vektorit ~ a janë komponentet e vektorit njësi me drejtim të njëjtë me vektorin ~ a. Le të shohim një shembull për ilustrim. Shembull 12.11. Përcaktoni kosinuset drejtuese dhe këndet drejtuese për vektorin ~ a = 〈2, 1, −4〉 Zgjidhje Gjejmë fillimisht |~ a| = dhe këndet drejtuese janë:

p p 4 + 1 + 16 = 21 prej nga, duke e nisur nga formulat 12.8 dhe 12.9, gjejmë se kosinuset 2 cos α = p 21 1 cos β = p 21 −4 cos γ = p 21

α = 1.119 β = 1.351 γ = 2.632

12.3.2 Projeksionet e vektorëve Për të kuptuar projeksionet, mjafton t’i drejtohemi figures Fig. 12.17, dhe japim përkufizimin e mëposhtëm

Figura 12.17: Projeksioni i vektorit

Përkufizim 12.7. Për vektorët e dhënë ~ a dhe ~ b, projeksion të vektorit ~ b mbi vektorin ~ a , do të quajmë vektorin i cili shtrihet në të njëjtën drejtëz me vektorin ~ a , me fillim të njëjtë me vektorin ~ a dhe me fund këmbën e pingules së zbritur nga fundi i vektorit ~ b mbi drejtëzën që përmban ~ a . Projeksionin e ~ b mbi ~ a e shënojmë me pr o j~a~ b. Për projeksionin e ~ b mbi ~ a ka vend formula

~ a ·~ b ~ pr o j~a~ b= a |~ a |2

Po njëlloj përkufizohet projeksioni i ~ a mbi ~ b, dhe ka vend formula pr o j~b ~ a=

~ a ·~ b~ b ~ |b|2

Le të shohim një shembull 474

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 12.12. Përcaktoni projeksionin e vektorit ~ b = 〈2, 1, −1〉 mbi vektorin ~ a = 〈1, 0, −2〉 Zgjidhje Njehsojmë fillimisht ~ a ·~ b = 2(1) + 1(0) + (−1)(−2) = 4 dhe |~ a |2 = 1 + 0 + 4 = 5. Atëherë, projeksioni i ~ b mbi ~ a do jetë ~ a ·~ b 4 4 8 ~ pr o j~a~ b= a= ~ a = 〈 , 0, 〉 2 |~ a| 5 5 5

Ushtrime ~ = 〈4, −4, 3〉. Njehsoni 44. Le të jenë ~ v = 〈5, 1, −2〉 dhe w ~ ~. v ·w 45. Njehsoni ~ a ·~ b kur ~ a dhe ~ b janë dhënë si më poshtë: ~ i) ~ a = 〈2, 3〉, b = 〈5, 3〉 ii) ~ a = 〈−1, 5, 3〉, ~ b = 〈3, −3, 1〉 iii) ~ a = 〈6, 3, −1〉, ~ b = 〈0, −1, 2〉 iv) ~ a = 〈1, 2, 3〉, ~ b = 〈7, −3, 2〉 i + 5~ j −~ k, ~ b = 3~ i − 2~ k v) ~ a =~ 46. Njehsoni ~ a ·~ b kur |~ a | = 3, |~ b| = 4, dhe këndi midis vektorëve është θ = π/6 47. Njehsoni ~ a ·~ b kur |~ a | = 4, |~ b| = 10, dhe këndi midis vektorëve është θ = π/4 ~. 48. Gjeni këndin θ midis vektorëve ~ v dhe w ~ ~ = 〈4, −4, 3〉 v = 〈5, 1, −2〉, w ~ ~ = 〈4, 0, −1〉 v = 〈1, 2, 3〉, w ~ ~ = 〈1, −2, 0〉 v = 〈2, 1, 4〉, w ~ ~ = 〈2, 6, 4〉 v = 〈7, 2, −10〉, w ~ ~ = 〈1, 1, 1〉 v = 〈4, 2, 0〉, w ~ ~ = 〈1, 1, −2〉 v = 〈3, 3, 4〉, w ~ ~ = 〈2, 1, −2〉 v = 〈6, −3, 2〉, w ~ ~ = 〈8, 4, −2〉 v = 〈4, 2, −1〉, w ~ ~ = −~ v = 〈~ i + 2~ j +~ k, w i +~ j + 3~ k ~ ~ = 3~ v =~ i, w i + 2~ j + 4~ k 49. Le të jenë ~ a = 〈8, 4, 3〉, ~ b = 〈−2, 1, 4〉. A janë pingulë këta vektorë? Pse?

52. Vërtetoni ose jepni një kundërshembull: në qoftë se ~ ~ = 0, për çdo ~ ~ =~0 v ·w v , atëherë w 53. Vërtetoni ose jepni një kundërshembull: në qoftë se ~ ~ , për çdo ~ ~ u ·~ v =~ u·w u , atëherë ~ v =w ~ || ≤ |~ ~ |, për çdo ~ ~ 54. Vërtetoni se ||~ v | − |w v −w v, w 55. Gjeni kosinuset drejtuese dhe këndet drejtuese të vektorëve të dhënë 〈3, 4, 5〉, 〈1, −2, −1〉, 2~ i −6~ j +3~ k, 〈c, c, c〉 ku c > 0. 56. Gjeni projeksionin e vektorit ~ b mbi vektorin ~ a. i) ~ a = 〈3, −4〉, ~ b = 〈5, 0〉 ii) ~ a = 〈1, 2〉, ~ b = 〈4, 1〉 iii) ~ a = 〈−1, −2, −2〉, ~ b = 〈3, 3, 4〉 57. Në qoftë se ~ a dhe ~ b janë dy vektorë jozero, tregoni se në cilat kushte pr o j~a~ b = pr o j~b ~ a. 58. Përdorni projeksionin për të treguar se distanca e një pike P = (x 1 , y 1 ) nga një drejtëz ax + b y + c = 0 është |ax 1 + b y 1 + c| p a2 + b2 ~ 59. Përdorni prodhimin skalar për të gjetur një vektor w i cili të jetë pingul me të dy vektorët e dhënë ~ u = 〈1, 2, −3〉 dhe ~ v = 〈2, 0, 1〉

50. Përcaktoni nëse vektorët e dhënë janë pingulë, paralelë, apo thjesht priten. i) ~ a = 〈4, 6〉, ~ b = 〈−3, 2〉 ii) ~ a = 〈−3, 9, 6〉, ~ b = 〈4, −12, −8〉 iii) ~ a = 〈5, −3, 7〉, ~ b = 〈6, −8, 2〉 iv) ~ a = 〈4, 6〉, ~ b = 〈−3, 2〉 v) ~ a =~ i +~ k, ~ b =~ i −~ j

60. Le të jenë ~ u = 〈1, 1, 0〉 dhe ~ v = 〈2, 4, 2〉. Gjeni një vektor njësi i cili të jetë pingul me të dy vektorët e dhënë.

51. Vërtetoni ose jepni një kundërshembull: në qoftë se ~ ~ , atëherë ~ ~ u ·~ v =~ u·w v =w

~ = |~ ~ janë vektorë 63. Supozojmë se w u |~ v + |~ v |~ u , ku ~ u ,~ v, w ~ përgjysmon këndin midis ~ jozero. Vërtetoni se w u dhe ~ v.

©AulonaPress

61. Le të jenë ~ u dhe ~ v dy vektorë pingulë me njëri tjetrin. Vërtetoni se |~ u |2 + |~ v |2 = |~ u +~ v |2 . 62. Vërtetoni se diagonalet e rombit janë pingule.

475

Kalkulus

12.4

Shaska T.

Prodhimi vektorial

Në seksionin paraardhës ne pamë prodhimin skalar të dy vektorëve, që nuk është tjetër veçse një numër. Në këtë seksion do të shohim prodhimin vektorial të dy vektorëve ose sic quhet ndryshe prodhimi kryq. Prodhimi vektorial i dy vektorëve ndryshe nga prodhimi skalar, është një vektor. Kjo është edhe arsyeja që ndryshe ai quhet vektor prodhim. Prodhimi vektorial ka vend vetëm për vektorët 3-dimensionalë. Le të shohim përkufizimin e prodhimit vektorial. Përkufizim 12.8. Në qoftë se janë dhënë vektorët ~ a = 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 dhe ~ b = 〈b 1 , b 2 , b 3 〉, atëherë prodhim vektorial ose prodhim kryq i tyre do të quhet vektori i dhënë nga barazimi ~ a ×~ b = 〈a 2 b 3 − a 3 b 2 , a 3 b 1 − a 1 b 3 , a 1 b 2 − a 2 b 1 〉 Kjo formulë nuk është e lehtë për tu mbajtur mend. Për këtë arsye prodhimi vektorial përkufizohet ndryshe si përcaktori i matricës së rendit të tretë, ku në rreshtin e parë të saj janë vendosur vektorët bazë njësi, në rreshtin e dytë komponentet e vektorit ~ a dhe në rreshtin e tretë komponentet e vektorit ~ b: ¯ ¯~ ¯i ~ a ×~ b = ¯¯a 1 ¯b 1

~ j a2 b2

¯ ~ k ¯¯ ¯¯ a2 a 3 ¯¯ = ¯¯ b 2 b3 ¯

¯ ¯ a 3 ¯¯~ ¯¯a 1 i − ¯b 1 b3 ¯

¯ ¯ a 3 ¯¯ ~ ¯¯a 1 j + ¯b 1 b3 ¯

¯ a 2 ¯¯~ k b2 ¯

(12.12)

= (a 2 b 3 − a 3 b 2 )~ i + (a 3 b 1 − a 1 b 3 )~ j + (a 1 b 2 − a 2 b 1 )~ k Formula 12.12 ndoshta është mënyra më e mirë për mbajtur mend dhe për të njehsuar prodhimin vektorial. Le ta ilustrojmë me një shembull. Shembull 12.13. Për vektorët ~ a = 〈2, 1, −1〉 dhe ~ b = 〈−3, 4, 1〉, gjeni ~ a ×~ b dhe ~ b ×~ a. Zgjidhje Duke zbatuar përkufizimin kemi ¯ ¯ ~ ¯~ j ~ k ¯¯ ¯ i ~ a ×~ b = ¯¯ 2 1 −1¯¯ ¯−3 4 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 −1¯ ¯2 ¯~ ¯ = ¯¯ i − ¯ ¯−3 4 1

¯ ¯ −1¯¯ ~ ¯¯ 2 j + ¯−3 1¯

¯ 1¯¯~ k 4¯

= (1 + 4) ·~ i − (2 − 3) · ~ j + (8 + 3) cot~ k = 5 ·~ i +~· j + 11 · ~ k Le të gjejmë tani ~ b ×~ a ¯ ¯ ~ ¯~ j ~ k ¯¯ ¯ i ~ b ×~ a = ¯¯−3 4 1 ¯¯ ¯ 2 1 −1¯ ¯ ¯ ¯ ¯−3 ¯4 1 ¯ ¯~ ¯ = ¯¯ i − ¯ ¯2 1 −1

¯ ¯ 1 ¯¯ ~ ¯¯−3 j + ¯2 −1¯

¯ 4¯¯~ k 1¯

= (−4 − 1)~ i − (3 − 2)~ j + (−3 − 8)~ k = −5~ i −~ j − 11~ k Nga ky shembull vemë re se ndërrimi i vendeve të vektorëve në prodhimin vektorial, na çon thjesht në ndërrimin e shenjës për secilën komponent. Pra, këto dy prodhime vektoriale janë të drejtuara në kahe të kundërt të njëri tjetrit si vektorë. Le të shohim interpretimin gjeometrik të prodhimit vektorial, të cilin na e mundëson teorema në vazhdim. Teorema 12.6. Në qoftë se θ është këndi midis vektorëve ~ a dhe ~ b (0 ≤ θ ≤ π), atëherë |~ a ×~ b| = |~ a | · |~ b| · sin θ 476

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Vërtetim Duke u nisur nga përkufizimi i prodhimit vektorial dhe gjatësia e vektorit kemi: |~ a ×~ b|2 = (a 2 b 3 − a 3 b 2 )2 + (a 3 b 1 − a 1 b 3 )2 + (a 1 b 2 − a 2 b 1 )2 = a 22 b 32 − 2a 2 a 3 b 2 b 3 + a 32 b 22 + a 32 b 12 − 2a 1 a 3 b 1 b 3 + a 12 b 32 + a 12 b 22 − 2a 1 a 2 b 1 b 2 + a 22 b 12 = (a 12 + a 22 + a 32 )(b 12 + b 22 + b 32 ) − (a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 )2 = |~ a |2 |~ b|2 − |~ a |2 |~ b|2 cos2 θ = |~ a |2 |~ b|2 (1 − cos2 θ) = |~ a |2 |~ b|2 sin2 θ Duke marrë rrënjën katrore anë për anë dhe duke patur parasysh se përftojmë |~ a ×~ b| = |~ a ||~ b| sin θ

p sin2 θ = sin θ sepse sin θ ≥ 0 kur 0 ≤ θ ≤ π,

Rrjedhim 12.4. Dy vektorë jozero ~ a dhe ~ b janë paralelë atëherë dhe vetëm atëherë kur kur ~ a ×~ b =~0 Vërtetim Dy vektorë jozero janë paralelë atëherë dhe vetëm atëherë kur kur këndi midis tyre është θ = 0, ose π. Në secilin nga këto raste sin θ = 0, prej nga |~ a ×~ b| = 0, pra ~ a ×~ b =~0. Interpretimi gjeometrik i teoremës 12.6 mund të shihet në Fig. 12.18. Në qoftë se ~ a dhe ~ b, paraqiten me të njëjtin fillim, ata përcaktojnë një paralelogram me bazë |~ a | dhe lartësi |~ b| sin θ. Syprina e këtij paralelogrami do jetë S = |~ a ||~ b| sin θ = |~ a ×~ b|

Pra, gjeometrikisht gjatësia e prodhimit vektorial të dy vektorëve ~ a dhe ~ b paraqet syprinën e paralelogramit ~ të përcaktuar nga vektorët ~ a , b.

Figura 12.18: Prodhimi vektorial

Shembull 12.14. Gjeni syprinën e paralelogramit që kalon nga pikat P = (1, 4, 6), Q = (−2, 5, −1) dhe R = (1, −1, 1). Zgjidhje Duke u nisur nga kuptimi gjeometrik i teoremës 12.6, syprina e paralelogramit që kalon nga këto tre pika është −→ −→ gjatësia e prodhimit vektorial të vektorëve PQ = 〈−1−2, 5−4, −1−6〉 = 〈−3, 1, −7〉 dhe PR = 〈1−1, −1−4, 1−6〉 = 〈0, −5, −5〉. ©AulonaPress

477

Kalkulus

Shaska T.

Llogarisim fillimisht prodhimin vektorial të tyre e më pas gjatësinë e vektorit prodhim. ¯ ¯~ i −→ −→ ¯¯ PQ × PR = ¯−3 ¯0 ¯ ¯1 = ¯¯ −5

¯ ~ k ¯¯ −7¯¯ −5¯ ¯ ¯ −7¯¯~ ¯¯−3 i − ¯0 −5¯ ~ j 1 −5

¯ ¯ −7¯¯ ~ ¯¯−3 j + ¯0 −5¯

¯ 1 ¯¯~ k −5¯

= (−5 − 35)~ i − (15 − 0)~ j + (15 − 0)~ k = −40~ i − 15~ j + 15~ k Dhe gjatësia e tij na jep syprinën e paralelogramit p −→ −→ p |PQ × PR| = (−40)2 + (−15)2 + (152 ) = 5 82

Një nga teoremat më të rëndësishme të prodhimit vektorial është : Teorema 12.7. Vektori prodhim i dy vektorëve jozero ~ a dhe ~ b është pingul me të dy vektorët ~ a dhe ~ b. Vërtetim Për të treguar se ~ a ×~ b është pingul me ~ a , mjafton të tregojmë se prodhimi skalar i tyre është zero, pra: (~ a ×~ b) · a = 〈a 2 b 3 − a 3 b 2 , a 3 b 1 − a 1 b 3 , a 1 b 2 − a 2 b 1 〉 · 〈a 1 , a 2 , a 3 〉 = a2 b3 a1 − a3 b2 a1 + a3 b1 a2 − a1 b3 a2 + a1 b2 a3 − a2 b1 a3 =0 Në mënyrë të ngjashme tregohet se (~ a ×~ b) · ~ b = 0. Kështu që vektori prodhim është pingul me të dy vektorët ~ a dhe ~ b. Kur ~ a dhe ~ b janë me të njëjtin fillim si në Fig. 12.19, teorema thotë se prodhimi vektorial është në drejtimin pingul me planin që kalon nga vektorët ~ a dhe ~ b. Kështu që kahu i vektorit prodhim përcaktohet me rregullin e dorës së djathtë. z

~ a ×~ b ~ a ×~ b

~ b

~ b

~ a

~ a

y

x Figura 12.19: Paraqitja grafike e prodhimit vektorial

Shembull 12.15. Në qoftë se një plan përkufizohet nga pikat A(1, 0, 0), B(2, −1, 3) dhe C = (1, 1, 1), gjeni një vektor pingul me planin. Zgjidhje Për të gjetur një vektor pingul me planin, mjafton të marrim prodhimin vektorial të dy vektorëve që shtrihen në atë plan, sepse në bazë të teoremës 12.7, vektori prodhim është pingul me të dy vektorët. Atëherë, përcaktojmë dy −→ −→ vektorë që kalojnë nga pikat e dhëna të planit, AB = 〈2 − 1, −1 − 0, 3 − 0〉 = 〈1, −1, 3〉 dhe AC = 〈1 − 1, 1 − 0, 1 − 0〉 = 〈0, 1, 1〉. 478

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Dhe prodhimi vektorial i tyre do jetë ¯ ¯ ~ ¯~ i j ~ k ¯¯ ¯ −→ −→ ¯ AB × AC = ¯1 −1 3 ¯¯ ¯0 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−1 3¯ ¯1 ¯ ¯ ~ =¯ i − ¯¯ 1 1¯ 0

¯ ¯ 3¯¯ ~ ¯¯1 j +¯ 1¯ 0

¯ −1¯¯~ k 1¯

= (−1 − 3)~ i − (1 − 0)~ j + (1 + 1)~ k = −4~ i −~ j + 2~ k Pra, vektori −4~ i −~ j + 2~ k është vektori pingul me planin që kalon nga pikat A, B, C Disa nga vetitë e zakonshme të veprimeve algjebrike kanë vend edhe për prodhimin vektorial, veti të cilat përmblidhen në teoremën e mëposhtme. Teorema 12.8. Për vektorët e çfarëdoshëm ~ a ,~ b,~ c në V 3 , dhe skalarin k, kanë vend barazimet e mëposhtme: 1. ~ a ×~ b = −~ b ×~ a

5. ~ a ×~0 =~0 × ~ a =~0

2. ~ a × (~ b +~ c) = ~ a ×~ b +~ a ×~ c

6. ~ a ×~ a =~0

3. (~ a +~ b) ×~ c =~ a ×~ c +~ b ×~ c

7. ~ a · (~ b ×~ c ) = (~ a ×~ b) ·~ c

4. (k~ a ) ×~ b =~ a × (k~ b) = k(~ a ×~ b)

8. ~ a × (~ b ×~ c ) = (~ a ·~ c )~ b − (~ a ·~ b)~ c

Secila prej këtyre vetive mund të vërtetohet duke i shkruar vektorët sipas komponenteve të tyre dhe duke u nisur nga përkufizimi i prodhimit vektorial. Le të vërtetojmë njërën prej tyre, të tjerat i lihen lexuesit për vërtetim. Vërtetim Vetia 7. Në qoftë se ~ a = 〈a − 1, a 2 , a 3 〉, ~ b = 〈b 1 , b 2 , b 3 〉 dhe ~ c = 〈c 1 , c 2 , c 3 〉, atëherë ~ a · (~ b ×~ c ) = a 1 (b 2 c 3 − b 3 c 2 ) + a 2 (b 3 c 1 − b 1 c 3 ) + a 3 (b 1 c 2 − b 2 c 1 ) = a1 b2 c3 − a1 b3 c2 + a2 b3 c1 − a2 b1 c3 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1 = (a 2 b 3 − a 3 b 2 )c 1 + (a 3 b 1 − a 1 b 3 )c 2 + (a 1 b 2 − a 2 b 1 )c 3

(12.13)

= (~ a ×~ b) ·~ c

12.4.1 Prodhimi i përzier Përkufizim 12.9. Prodhim i përzier i tre vektorëve ~ a ,~ b,~ c quhet prodhimi ~ a · (~ b ×~ c ). Nga përkufizimi 12.13 vërejmë se prodhimin e përzier mund ta shkruajmë si përcaktorin: ¯ ¯a 1 ¯ ¯b 1 ¯ ¯c 1

a2 b2 c2

¯ a 3 ¯¯ b 3 ¯¯ c ¯

(12.14)

3

Kuptimi gjeometrik i prodhimit të përzier, mund të shihet duke shqyrtuar paralelopipedin e përcaktuar nga vektorët ~ a ,~ b,~ c , Fig 12.20. Syprina e bazës së paralelopipedit është S = |~ b ×~ c |. Po meqënëse këndi midis vektorëve ~ a dhe ~ b ×~ c, është θ, atëherë lartësia e paralelopipedit do jetë h = |~ a || cos θ|, dhe prej këtej del se vëllimi i paralelopipedit është : V = S · h = |~ b ×~ c ||~ a || cos θ| ©AulonaPress

479

Kalkulus

Shaska T.

Pra, interpretimi gjeometrik i prodhimit të përzier është : Vëllimi i paralelopipedit të përcaktuar nga vektorët ~ a ,~ b,~ c është moduli i prodhimit të përzier të këtyre vektorëve. V = |~ a · (~ b ×~ c )|

Figura 12.20: Vëllimi i paralelopipedit

Vëllimin mund ta përdorim për të përcaktuar nëse tre vektorë shtrihen në të njëjtin plan, ose jo. Në qoftë se vëllimi i paralelopipedit të përcaktuar nga tre vektorët ~ a ,~ b,~ c është zero, atëherë vektorët duhet të shtrihen në një plan. Kur vektorët shtrihen në të njëjtin plan thuhet se vektorët janë komplanarë. Shembull 12.16. Gjeni vëllimin e paralelopipedit të përcaktur nga vektorët ~ a = 〈2, 1, 3〉, ~ b = 〈−1, 3, 2〉 dhe ~ c = 〈1, 1, −2〉. Zgjidhje Duke u nisur nga formula e prodhimit të përzier, kemi ¯ ¯ ¯2 1 3¯ ¯ ¯ ~ a · (~ b ×~ c ) = ¯¯−1 3 2 ¯¯ ¯ 1 1 −2¯ ¯ ¯ ¯ ¯3 2 ¯ ¯−1 ¯ ¯ = 2¯ − 1 ¯¯ 1 −2¯ 1

¯ ¯ ¯−1 2 ¯¯ + 3 ¯¯ −2¯ 1

¯ 3¯¯ 1¯

= 2(−8) − 1(0) + 3(−4) = −28 Dhe prej formulës për vëllimin, kemi

V = |~ a · (~ b ×~ c )| = | − 28| = 28

Shembull 12.17. Vërtetoni në se vektorët ~ a = 〈1, 4, −7〉, ~ b = 〈2, −1, 4〉 dhe ~ c = 〈0, −9, 18〉 shtrihen në të njëjtin plan. Zgjidhje Sikurse e përmendëm më sipër, na duhet të njehsojmë vëllimin e paralelopipedit të përcaktuar nga këta tre vektorë. Në qoftë se vëllimi është zero, atëherë ata janë komplanarë, në të kundërt nuk janë. Pra, shohim prodhimin e përzier ~ a · (~ b ×~ c ). ¯ ¯ ¯1 4 −7¯ ¯ ¯ ~ a · (~ b ×~ c ) = ¯¯2 −1 4 ¯¯ ¯0 −9 18 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯2 4 ¯ ¯2 −1¯ ¯−1 4 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = 1¯ −4¯ −7¯ 0 −9¯ −9 18¯ 0 18¯ = 1(−18 + 36) − 4(36) − 7(−18) = 18 − 144 + 126 = 144 − 144 = 0 480

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Meqënëse vëllimi është zero, kështu që vektorët shtrihen në të njëjtin plan.

Ushtrime Për vektorët e dhënë gjeni prodhimin vektorial të tyre dhe verifikoni nëse është pingul me të dy vektorët. 64. ~ u = 〈5, 2, −1〉,

~ v = 〈7, 2, −10〉

65. ~ u = 〈4, 4, −3〉,

~ v = 〈2, 6, 4〉

66. ~ u = 〈1, 2, 0〉,

~ v =~ i − 2~ j − 3~ k

69. ~ u = −~ i + 2~ j +~ k,

~ v = −3~ i + 6~ j + 3~ k

85. P(2, 0, −3),

Q(5, 2, 2),

R(−1, 3, 1) R(3, 1, 0)

87. Gjeni vëllimin e paralelopipedit të përcaktuar nga ~ = 〈1, 0, 1〉 vektorët ~ u = 〈1, 3, 2〉, ~ v = 〈7, 2, −10〉, w

~ v = 〈−1, 0, 2〉

68. ~ u = 3~ i + 2~ j + 4~ k,

Q(1, 0, 1),

86. Gjeni vëllimin e paralelopipedit të përcaktuar nga ~ = 〈5, 1, −2〉 vektorët ~ u = 〈1, 1, 3〉, ~ v = 〈2, 1, 4〉, w

~ v = 〈1, 0, 3〉

67. ~ u = 〈5, 1, −1〉,

84. P(1, 2, 3),

~ ) dhe ~ ~) Për vektorët e dhënë njehsoni ~ u ·(~ v ×w u ×(~ v ×w

70. Gjeni ~ a ×~ b dhe ~ b ×~ a , për vektorët ~ a = 〈0, 1, 3〉 dhe ~ b = 〈1, 1, 2〉 71. Për vektorët ~ a = 〈3, 1, 2〉, ~ b = 〈−1, 1, 0〉 dhe ~ c = 〈0, 0, −4〉, tregoni se ~ a × (~ b ×~ c ) 6= (~ a ×~ b) ×~ c. 72. Njehsoni syprinën e trekëndëshit me kulme P = (5, 1, −2), Q = (4, −4, 3), R = (2, 4, 0)

88. ~ u = 〈1, 1, 1〉,

~ v = 〈3, 0, 2〉,

89. ~ u = 〈1, 0, 2〉,

~ v = 〈−1, 0, 3〉,

~ = 〈2, 2, 2〉 w ~ = 〈2, 0, −2〉 w

90. Kemi përkufizuar prodhimin e përzier të tre vektorëve ~ a ,~ b,~ c si numrin ~ a · (~ b ×~ c ). Argumentoni se në qoftë se tre vektorët shtrihen në të njëjtin plan, atëherë prodhimi i përzier i tyre është zero. Verifikoni nëse 〈1, 5, −2〉, 〈4, 3, 0〉 dhe 〈6, 13, −4〉 janë komplanarë.

73. Njehsoni syprinën e trekëndëshit me kulme P = (4, 0, 2), Q = (2, 1, 5), R = (−1, 0, −1)

91. Përdorni prodhimin e përzier për të treguar nëse vektorët ~ a = 2~ i +3~ j +~ k, ~ b =~ i −~ j , dhe~ c = 7~ i = 3~ j +2~ k, janë komplanarë.

74. Gjeni vektorin njësi i cili është pingul me të dy vektorët 〈1, 0, 1〉 dhe 〈1, 3, 5〉

~ janë vektorë njësi në V3 , në cilat 92. Në qoftë se ~ v dhe w ~ ~ kushte vektori v × w do jetë gjithashtu vektor njësi?

75. Vërtetoni se ~0 × ~ a =~ a ×~0 për çdo vektor ~ a në V3 .

93. Vërtetoni se: në qoftë se ~ a ×~ b =~0 për të gjithë ~ b në V3 , atëherë ~ v =~0.

76. Vërtetoni se (~ a ×~ b) · ~ b = 0 për të gjithë vektorët në V3 . 77. Gjeni syprinën e paralelogramit A(2, 1, 3), B(1, 4, 5), C(2, 5, 3), D(3, 2, 1)

me

kulme

78. Gjeni syprinën e paralelogramit A(−2, 2), B(1, 4), C(6, 6), D(3, 0)

me

kulme

79. Gjeni syprinën e paralelogramit A(1, 2, 3), B(1, 3, 6), C(3, 7, 3), D(3, 8, 6)

me

kulme

~ | + |~ ~ | = |~ ~ |2 |~ v ×w v ·w v |2 | w

80. Gjeni dhe shpjegoni vlerën e (~ i ×~ j )×~ k dhe (~ i +~ j )×(~ i− ~ j) 81. Vërtetoni se ~ a × (~ b ×~ c ) = (~ a ·~ c )~ b − (~ a ·~ b)~ c 82. Këndi midis dy vektorëve ~ a dhe ~ b është π/6 dhe |~ a| = ~ ~ 2, |b| = 3. Gjeni |~ a × b|. Gjeni një vektor që është pingul me planin që kalon nga pikat P, Q, R, dhe gjeni syprinën e trekëndëshit PQR. 83. P(3, 0, 6),

©AulonaPress

Q(2, 1, 5),

R(−1, 3, 4)

~ në V3 : 94. Vërtetoni se për të gjithë vektorët ~ v, w

95. Jepen ~ a ,~ b,~ x ∈ R3 të tillë që ~ a ×~ x =~ b, ku ~ a 6=~0. Vërtetoni se i) ~ a ·~ b=0 ~ a + k~ a është zgjidhje ekuacionit për çdo ii) ~ x = b×~ |~ a |2 skalar k. 96. Vërtetoni identitetin e Jakobit: ~ ~ )+~ ~ ×~ ~ × (~ u × (~ v ×w v × (w u) + w u ×~ v ) =~0 97. Për të gjithë vektorët ~ a ,~ b,~ c , d~ në V3 , tregoni se (~ a ×~ b) × (~ c × d~) = (d~ · (~ a ×~ b))~ c − (~ c · (~ a ×~ b))d~

481

Kalkulus

12.5

Shaska T.

Ekuacionet e drejtëzës dhe planit

Tashmë ne dimë të kryejmë veprime me vektorë, kështu që mund të jemi në gjendje të trajtojmë objekte gjeometrike të njohura për ne, siç janë drejtëzat dhe planet me gjuhën e vektorëve. Ky trajtim na e bën më të lehtë studimin e objekteve në hapësirën 3-dimensionale. Le të shqyrtojmë fillimisht drejtëzat.

12.5.1 Ekuacionet e drejtëzës z

P(x 0 , y 0 , z 0 )

t~ v L

~ r +t~ v

~ r

~ r +t~ v , (t > 0) ~ v

y

x Figura 12.21: Ekuacioni i drejtëzes.

Një drejtëz në planin koordinativ përcaktohej nga një pikë dhe koefiçenti këndor i saj. Në hapësirën tredimensionale, një drejtëz L përkufizohet kur dimë një pikë të saj dhe drejtimin e L. Le të jetë P = (x 0 , y 0 , z 0 ) një pikë në R3 , dhe ~ v = 〈a, b, c〉 le të jetë një vektor jozero. Shënojmë me L drejtëzen e cila kalon nga pika P dhe është paralel me vektorin ~ v ; Fig 12.21. Shënojmë me ~ r = 〈x 0 , y 0 , z 0 〉 vektorin me fillim në origjinë dhe me fund pikën P. Duke qenë se rezultati i prodhimit të vektorit ~ v me një skalar t , jep një vektor i cili ka të njëjtin drejtim me ~ v kur t > 0 dhe drejtim të kundërt me të kur t < 0, atëherë sikurse shihet edhe nga Fig. 12.21, çdo pikë e drejtëzës L mund të përftohet duke i shtuar vektorit ~ r , vektorin t~ v për vlera të ndryshme të t . Duke qenë se t i merr vlerat në R, atëherë vektori ~ r + t~ v përcakton çdo pikë të drejtëzes L. E përmbledhim paraqitjen vektoriale të drejtëzës në këtë mënyrë: Për një pikë të dhënë P = (x 0 , y 0 , z 0 ) dhe një vektor jozero ~ v në V3 , drejtëza L që kalon nga pika P dhe është paralele me vektorin ~ v , përkufizohet nga ~ r + t~ v,

për

−∞ < t < ∞

(12.15)

ku ~ r = 〈x 0 , y 0 , z 0 〉 Po të vërejmë korrespondencën midis një vektori dhe pikës së tij të fundit, duke qenë se ~ v = 〈a, b, c〉, atëherë fundi i vektorit ~ r + t~ v është (x 0 + at , y 0 + bt , z 0 + c t ). Prej këtej përftojmë paraqitjen parametrike të drejtëzës L me parametër t : Për një pikë P(x 0 , y 0 , z 0 ) dhe një vektor jozero ~ v = 〈a, b, c〉, drejtëza L që kalon nga P dhe është paralele me ~ v , konsiston në të gjitha pikat (x, y, z) të tilla që x = x 0 + at , 482

y = y 0 + bt ,

z = z0 + c t ,

për

−∞ < t < ∞

(12.16) ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Vërejmë se në të dy shënimet e mësipërme, pika P përftohet për t = 0. Numrat a, b, c quhen numrat drejtues të drejtëzës L, vektori 〈a, b, c〉 quhet vektori drejtues i drejtëzës L. Në qoftë se në ekuacionet 12.16, kemi që a 6= 0, atëherë duke e 0 zgjidhur në lidhje me parametrin t , përftojmë: t = x−x a , gjithashtu ne mund ta zgjidhim në varësi të y ose të z me y−y 0 kushtin që b ose c të jenë të ndryshëm nga zero si: t = b 0 ose t = z−z c . Këto tre shprehje janë të barabarta për të njëjtën vlerë të t , kështu që na lind e drejta të shkruajmë sistemin e barazimeve të mëposhtëm, që merr emrin: Ekuacionet simetrike të drejtëzes. Për një pikë të dhënë P(x 0 , y 0 , z 0 ) dhe një vektor ~ v = 〈a, b, c〉 në V3 ku a, b, c janë të treja vlera të ndryshme nga zero, drejtëza L që kalon nga pika P dhe është paralele me vektorin e dhënë ~ v , konsiston në të gjitha pikat (x, y, z) që plotësojnë kushtin: x − x0 y − y 0 z − z0 = = (12.17) a b c Lind pyetja: Çfarë ndodh kur një prej numrave a, b, c është zero? P.sh. a = 0. Ne nuk mund të pjestojmë me zero, por dimë se x = x 0 + at , pra x = x 0 + 0t = x 0 . Atëherë, paraqitja simetrike e L mund të shkruhet si: y − y 0 z − z0 = b c

x = x0

(12.18)

Kjo nënkupton se drejtëza L shtrihet në planin x = x 0 , i cili është paralel me planin y z. Ekuacione të ngjashme mund të nxirren edhe për b = 0, ose c = 0. Le të shohim shembullin në vazhdim. Shembull 12.18. Shkruani drejtëzën L që kalon nga pika P(2, 3, 5) dhe është paralel me vektorin ~ v = 〈4, −, 1, 6〉, në formën vektoriale, parametrike, dhe simetrike. Gjeni dy pika të L të ndryshme nga P. Zgjidhje Shënojmë me ~ r = 〈2, 3, 5〉, dhe nga formula 12.15, drejtëza L jepet me ekuacionin ~ r + t~ v = 〈2, 3, 5〉 + t 〈4, −1, 6〉,

për − ∞ < t < ∞

Përsa i përket paraqitjes parametrike, L konsiston në të gjitha pikat (x, y, z) të tilla që x = 2 + 4t ,

y = 3− t,

z = 5 + 6t ,

për − ∞ < t < ∞

Ndërsa paraqitja simetrike e L, konsiston në të gjitha pikat (x, y, z) të tilla që x −2 y −3 z −5 = = 4 −1 6 Duke i dhënë vlerat t = 2 dhe t = 3 tek paraqitja parametrike marrim pikat (10, 1, 17) dhe (14, 0, 23) në L. Drejtëza që kalon nëpër dy pika Le të jenë P1 = (x 1 , y 1 , z 1 ) dhe P2 = (x 2 , y 2 , z 2 ) dy pika të ndryshme në R3 , dhe L le të jetë drejtëza që kalon nëpër këto dy pika. Shënojmë me ~ r 1 = 〈x 1 , y 1 , z 1 〉 dhe ~ r 2 = 〈x 2 , y 2 , z 2 〉 dy vektorët me funde përkatësisht P1 dhe P2 . Atëherë, sikurse mund ta shohim edhe nga Fig. 12.22, ~ r 2 −~ r 1 është vektori nga P1 në P2 . Në qoftë se e shumëzojmë ~ r 2 −~ r 1 me një skalar t , dhe ja shtojmë vektorit ~ r 1 , do të përftojmë të gjithë drejtëzën L për të gjitha vlerat e t në R. Atëherë, paraqitja vektoriale, parametrike, simetrike e drejtëzës që kalon nga pikat P1 dhe P2 jepen si më poshtë. Paraqitja vektoriale: ~ r 1 + t (~ r 2 −~ r 1 ),

për − ∞ < t < ∞

(12.19)

Paraqitja parametrike: x = x 1 + (x 2 − x 1 )t , Paraqitja simetrike:

©AulonaPress

y = y 1 + (y 2 − y 1 )t ,

y − y1 z − z1 x − x1 = = x2 − x1 y 2 − y 1 z2 − z1

z = z 1 + (z 2 − z 1 )t ,

për − ∞ < t < ∞

për x 1 6= x 2 , y 1 6= y 2 dhe z 1 6= z 2

(12.20)

(12.21)

483

Kalkulus

Shaska T. z

P1 (x 1 , y 1 , z 1 )r~ − r~ 2 1 P2 (x 2 , y 2 , z 2 ) ~ r1

r~2

L r~1 + t (~ r 2 −~ r1)

y

x Figura 12.22: Paraqitja gjemetrike e drejtëzës.

Shembull 12.19. Paraqisni drejtëzën L që kalon nga pikat P1 (−3, 1, −4) dhe P2 (4, 4, −6) në trajtën parametrike. Zgjidhje Nga formula 12.20, L konsiston në të gjitha pikat (x, y, z) të tilla që x = −3 + 7t ,

y = 1 + 3t ,

z = −4 − 2t ,

për

−∞ < t < ∞

12.5.2 Planet Në seksionin paraardhës pamë se drejtëza në hapësirë përcaktohet nga një pikë dhe një drejtim, ndërsa një plan në hapësirë është më i vështirë për t’u përshkruar. Një vektor paralel me planin nuk mjafton për të përcaktuar drejtimin e planit, por një vektor pingul me planin e përcakton plotësisht drejtimin e planit në hapësirë. Atëherë, le të jetë P një plan në hapësirën 3-dimensionale, dhe le të supozojmë se ai përmban një pikë P0 = (x 0 , y 0 , z 0 ). Le të jetë ~ n = 〈a, b, c〉 një vektor jozero i cili është pingul me planin P. Një vektor i tillë quhet vektor normal ndaj planit.. Le të jetë (x, y, z) një pikë çfarëdo e planit P. Atëherë, vektori ~ r = 〈x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 〉 shtrihet në planin P; Fig 12.23

Figura 12.23: Vektori normal

Kështu që në qoftë se~ r 6=~0, atëherë~ r ⊥~ n , dhe prej këtej ~ n ·~ r = 0. Dhe në qoftë~ r =~0 përsëri kemi~ r ·~ n = 0. Anasjelltas, 3 ~ në qoftë se (x, y, z) është një pikë në R e tillë që ~ r = 〈x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 〉 6= 0 dhe ~ n ·~ r = 0, atëherë ~ r ⊥~ n dhe prej këtej (x, y, z) i takon planit P. Gjithë sa thamë më sipër përbën vërtetimin e teoremës:

484

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Teorema 12.9. Le të jetë P një plan në hapësirën 3-dimensionale, (x 0 , y 0 , z 0 ) një pikë e planit, dhe ~ n = 〈a, b, c〉 një vektor jozero pingul me planin P. Atëherë, plani P konsiston në të gjitha pikat (x, y, z) të tilla që plotësojnë kushtin: ~ n ·~ r =0

(12.22)

a(x − x 0 ) + b(y − y 0 ) + c(z − z 0 ) = 0

(12.23)

ku ~ r = 〈x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 〉; ose kushtin

Ekuacioni 12.22 quhet ekuacion vektorial i planit, ndërsa ekuacioni 12.23 quhet ekuacion skalar i planit që kalon nga pika (x 0 , y 0 , z 0 ) dhe është pingul me vektorin ~ n = 〈a, b, c〉. Shembull 12.20. Gjeni ekuacionin e planit P që kalon nga pika (2, 1, 3) dhe është pingul me vektorin ~ n = 〈1, 2, 4〉. Zgjidhje Nga formula 12.23, plani P konsiston në të gjitha pikat (x, y, z) të tilla që 1(x − 2) + 2(y − 1) + 3(z − 3) = 0

Në qoftë se zbërthejmë kllapat në ekuacionin 12.23 dhe kombinojmë termat konstantë, ne marrim një ekuacion të ri të planit në formën ax + b y + c z + d = 0 (12.24) ku d = −(ax 0 + b y 0 + c z 0 ). Ekuacioni 12.24 quhet ekuacioni linear i planit. Po të zbërthejmë kllapat në shembullin e mësipërm në përftojmë ekuacionin linear të planit x + 2y + 3z − 13 = 0. Plani që kalon nëpër tre pika jo-kolineare Në hapësirën 2-dimensionale dhe 3-dimensionale, një drejtëz përcaktohet nga dy pika. Nga ana tjetër dy pika nuk mund të përcaktojnë një plan në hapësirën tredimensionale. Në fakt as tre pika kolineare nuk mund të përcaktojnë një plan, sepse ka një pafundësi planesh që kalojnë nga e njëjta drejtëz, që përmban tre pikat. Por tre pika jokolineare −→ −→ e përcaktojnë një plan. Le të jenë Q, R, S tre pika jokolineare në R3 , atëherë QR dhe QS janë dy vektorë jozero, dhe jo −→ −→ −→ −→ paralelë, kështu që prodhimi vektorial i tyre QR × QS është pingul me të dy vektorët. Pra, QR dhe QS shtrihen në planin −→ −→ që kalon nga pika Q dhe është pingul me vektorin ~ n = QR × QS; Fig. 12.24

Figura 12.24: Plani në hapesirë

Le ta ilustrojmë këtë fakt me një shembull. Shembull 12.21. Gjeni ekuacionin e planit që kalon nga pikat Q(1, 3, 2), R(3, −1, 6) dhe S(5, 2, 0). −→ −→ Zgjidhje Vektorët QR dhe QS janë përkatësisht −→ QR = 〈2, −4, 4〉 ©AulonaPress

−→ QS = 〈4, −1, −2〉 485

Kalkulus

Shaska T.

Duke qenë se këta dy vektorë i takojnë planit tonë, prodhimi vektorial i tyre është pingul me planin dhe mund të merret si vektori normal i planit. Pra ¯ ¯~ i −→ −→ ¯¯ ~ n = QR × QS = ¯2 ¯4

~ j −4 −1

¯ ~ k ¯¯ i + 20~ i + 14~ k 4 ¯¯ = 12~ −2¯

Me pikën Q dhe me vektorin normal ~ n , ekuacioni i planit është 12(x − 1) + 20(y − 3) + 14(z − 2) = 0 6x + 10y + 7z = 50

12.5.3 Distanca midis një pike dhe një plani Distanca midis një pike dhe një plani është gjatësia e pingules së hequr nga pika e dhënë mbi planin e dhënë. Teorema në vazhdim na jep një formulë për këtë distancë. Teorema 12.10. Le të jetë P1 (x 1 , y 1 , z 1 ) një pikë e çfarëdoshme, dhe P një plan me ekuacion linear ax + b y + c z + d = 0, i cili nuk e përmban P1 . Atëherë, distanca e P1 nga P është : D=

|ax 1 + b y 1 + c z 1 + d | p a2 + b2 + c 2

(12.25)

Vërtetim Le të jetë P0 (x 0 , y 0 , z 0 ) një pikë e cfarëdoshme e planit P, dhe le të shënojmë me ~ b vektorin korrespondues të −−−→ P0 P1 . Atëherë,

Figura 12.25: Distanca nga pika në plan.

~ b = 〈x 1 − x 0 , y 1 − y 0 , z 1 − z 0 〉 Nga Fig. 12.25 mund të shohim se distanca D nga P1 tek plani P, është gjatësia e projeksionit të ~ b mbi vektorin normal ~ n = 〈a, b, c〉. Kështu që ~ n ·~ b D = |pr o j~n~ b| = |~ n| |a(x 1 − x 0 ) + b(y 1 − y 0 ) + c(z 1 − z 0 )| = p a2 + b2 + c 2 |(ax 1 + b y 1 + c z 1 ) − (ax 0 + b y 0 + c z 0 )| = p a2 + b2 + c 2 486

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Duke qenë se P0 i përket planit, ajo kënaq ekuacionin e planit, pra ax 0 +b y 0 +c z 0 +d = 0, prej nga (ax 0 +b y 0 +c z 0 ) = −d . Dhe kështu formula për D mund të shkruhet si D=

|ax 1 + b y 1 + c z 1 + d | p a2 + b2 + c 2

Shembull 12.22. Gjeni distancën e pikës (2, 4, −5) nga plani 5x − 3y + z − 10 = 0. Zgjidhje Duke zbatuar formulën e mësipërme kemi D=

|5(2) − 3(4) + 1(−5) − 10| | − 17| 17 = p = p ≈ 2.87 p 2 2 2 35 35 5 + (−3) + 1

Shembull 12.23. Gjeni distancën midis dy planeve 10x + 2y − 2z = 5 dhe 5x + y − z = 1 Zgjidhje Vektorët normalë të këtyre planeve 〈10, 2, −2〉 dhe 〈5, 1, −1〉 janë paralelë, pra planet jane paralelë. Për të gjetur distancën midis tyre mjafton të marrin një pikë në një prej ketyre planeve dhe të gjejmë distancën e kësaj pike nga plani tjetër duke përdorur (12.25). ¢ ¡ formulën Marrim pikën 21 , 0, 0 në planin e parë. Atëherë kemi ¯ ¯ 1 p 3 ¯5 · + 1 · 0 − 1 ¯ 3 2 2 D= p = p = 2 2 2 6 3 3 5 + 1 + (−1) Dy drejtëza të cilat nuk janë në një plan dhe nuk priten quhen drejtëza të kithëta. Shembull 12.24. Jepen dy drejtëza me ekuacione parametrike si më poshtë L1 : x = 1 + t , L2 : x = 2s,

y = −2 + 3t , y = 3 = s,

z = 4−t

z = −3 + 4s

Vërtetoni se këto janë drejtëza të kithëta. Gjeni distancën midis tyre. Zgjidhje Drejtëzat nuk priten sepse vektorët e tyre drejtues 〈1, 3, −1〉 dhe 〈2, 1, 4〉 nuk janë paralelë. Drejtëzat gjithashtu nuk priten sepse sistemi  1 + t = 2s   −2 + 3t = 3 + s   4 − t = −3 + 4s nuk ka zgjidhje. Pra, këto drejtëza janë të kithëta. Meqenëse këto drejtëza nuk priten atëherë ato mund të konsiderohen në dy plane paralele P1 dhe P2 . Distanca midis L1 dhe L2 është njësoj sa distanca midis P1 dhe P2 e cila mund të llogaritet si më sipër. Një vektor normal me këto dy plane duhet të jetë pingul me të dy vektorët v 1 = 〈1, 3, −1〉 dhe v 2 = 〈2, 1, 4〉. Pra një vektor normal mund të merret prodhimi kryq i këtyre vektorëve. Pra, ¯ ¯~ ¯i ~ n = v~1 × v~2 = ¯¯1 ¯2

¯ ~ j ~ k ¯¯ i − 6~ j − 5~ k 3 −1¯¯ = 13~ 1 4¯

tashmë që njohim vektorin normal, mund të gjejmë ekuacionin për P2 . Marrim një pikë në L2 duke zgjedhur s = 0. Pika (0, 3, −3) ndodhet në L2 dhe kështu edhe në P2 . Atëherë ekuacioni për P2 është 13(x − 0) − 6(y − 3) − 5(z + 3) = 0 ©AulonaPress

487

Kalkulus

Shaska T.

ose 13x − 6y − 5z + 3 = 0. Duke marrë t = 0 në ekuacioni për L1 gjejmë pikën (1, −2, 4) në P1 . Pra distanca midis dy drejtëzave L1 dhe L2 jepet nga distanca midis pikës (1, −2, 4) dhe planit 13 − 6y − 5z + 3 = 0. Nga formula e shembullit të mësipërm kemi D=

|13 · 1 − 6(−2) − 5 · 4 + 3| 8 =p ≡ 0.53 132 + (−6)2 + (−5)2 230

Ushtrime Gjeni ekuacionet vektoriale, parametrike dhe simetrike të drejtëzës L që kalon nga pika P dhe është paralele me vektorin ~ v.

113. A është drejtëza që kalon nga pikat (−4, −6, 1) dhe (−2, 0, −3) paralele me drejtëzën që kalon nga pikat (10, 18, 4) dhe (5, 3, 14)

98. P(2, 3, −2) ~ v = 〈5, 4, −3〉

114. Gjeni a dhe c të tillë që pika (a, 1, c) të jetë në drejtëzën që kalon nga pikat (0, 2, 3) dhe (2, 7, 5).

99. P(0, 0, 0) ~ v = 〈7, 3, −5〉 100. P(2, 3, 1) ~ v = 〈0, 1, 1〉

115. Gjeni pikëprerjet e drejtëzave të dhëna: x = 7 + 3t , y = −4−3t , z = −7−5t dhe x = 1+6s, y = 2+s, z = 3−2s

101. P(3, −1, 2) ~ v = 〈2, 8, 1〉

116. Gjeni pikëprerjet e drejtëzave të dhëna:

102. P(1, 0, −3) ~ v = 〈2, −4, 5〉 103. Gjeni ekuacionin vektorial dhe parametrik të drejtëzës që kalon nga origjina dhe është paralele me drejtëzën x = 2t , y = 1 − t , z = 4 + 3t 104. Gjeni ekuacionin vektorial dhe parametrik të drejtëzës që kalon nga pika (1, 0, 6) dhe është pingule me planin x + 3y + z = 5 105. Gjeni ekuacionin parametrik të drejtëzës që kalon nga pikat (1, −2, −3) dhe (3, 5, 5) 106. Gjeni ekuacionin parametrik të drejtëzës që kalon nga pikat (4, 1, 5) dhe (−2, 1, 3) 107. Gjeni ekuacionin parametrik dhe simetrik të drejtëzës që kalon nga (2, 1, 0) dhe është pingule me të dy vektorët ~ i +~ j dhe ~ j +~ k 108. Gjeni ekuacionin parametrik dhe simetrik të drejtëzës që kalon nga (1, −1, 1) dhe është paralele me drejtëzën x + 2 = 21 y = z − 3. 109. Gjeni një ekuacion të drejtëzës që kalon nga origjina dhe është pingule me planin x + y − z = 1. 110. Gjeni një ekuacion të drejtëzës që kalon nga (1, 0, 3) dhe është pingule me planin x + 2y − z = 1. 111. Përcaktoni nëse drejtëzat 〈1, 3, −1〉 + t 〈1, 1, 0〉 dhe 〈0, 0, 0〉 + t 〈1, 4, 5〉, janë paralele, prerëse, apo asnjë prej tyre. 112. Përcaktoni nëse drejtëzat 〈1, 0, 2〉 + t 〈−1, −1, 2〉 dhe 〈4, 4, 2〉 + t 〈2, 2, −4〉, janë paralele, prerëse, apo asnjë prej tyre. 488

x − 11 y − 14 z + 9 = = 3 −6 2

dhe

x −6 = y +3 = z 4

117. Përcaktoni nëse drejtëzat e dhëna janë paralele, të kithta, apo prerëse. Në rast se priten, gjeni pikëprerjet e tyre. x = −6t , y = 1 + 9t , z = −3t x = 1 + 2s, y = 4 − 3s, z = s 118. Gjeni ekuacionin e planit që përmban pikën (−1, 2, −3) dhe është pingul me vektorin 〈4, 5, −1〉 119. Gjeni ekuacionin e planit që përmban pikën (6, 3, 2) dhe është pingul me vektorin 〈−2, 1, 5〉 120. Gjeni ekuacionin e planit që përmban pikën (4, 0, −3) dhe ka vektor normal vektorin ~ j + 2~ k 121. Gjeni ekuacionin e planit që përmban pikën (5, 1, −2) dhe ka vektor normal vektorin 〈4, −4, 3〉 122. Gjeni ekuacionin e planit që kalon nga pika (−2, 8, 10) dhe është pingul me drejtëzën x = 1 = t , y = 2t , z = 4 − 3t . 123. Gjeni ekuacionin e planit që kalon nga pika (4, −2, 3) dhe është paralel me planin 3x − 7z = 12. 124. Gjeni ekuacionin e planit që kalon nga pikat (1, 1, 0), (1, 0, 1), dhe (0, 1, 1). 125. Gjeni ekuacionin e planit që kalon nga pikat (1, 0, 3), (2, 01), dhe (3, 3, 1). 126. Gjeni ekuacionin e planit që përmban pikën (1, 0, 0) dhe drejtëzën 〈1, 0, 2〉 + t 〈3, 2, 1〉. ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

127. Gjeni ekuacionin e planit që kalon nga origjina dhe është pingul me planin x + y − z = 2 128. Gjeni ekuacionin e planit që kalon nga pika −1, 2, 1 dhe përmban drejtëzën e prerjes së planeve x = y − z = 2 dhe 2x − y + 3z = 1. 129. Gjeni drejtëzën e prejres së dy planeve x+3y −3z−6 = 0 dhe 2x − y + z + 2 = 0. 130. Gjeni drejtëzën e prejres së dy planeve 3x + y −5z = 0 dhe x + 2y + z + 4 = 0. x−6 4

137. 2x − 3y + 4z = 5, 138. x + y − z = 2,

x = 6y + 4z = 3

3x − 4y + 5z = 6

139. Gjeni ekuacionin e planit që konsiston në të gjitha pikat që janë të baraslarguara nga pikat (1, 2, 1) dhe (3, 0, 1). 140. Gjeni ekuacionin e planit që përmban drejtëzat x = 7 + 3s, y = −4 − 3s, z = −7 − 5s dhe x = 1 + 6t , y = 2 + t , z = 3 − 2t .

= y + 3 = z me

141. Gjeni distancën e pikës nga plani i dhënë. (4, 1, 2), 3x − y − 5z = 8

132. Gjeni pikën e prerjes së drejtëzës x = y − 1 = 2z me planin 4x − y + 3z = 8.

142. Gjeni distancën e pikës nga plani i dhënë. (0, 2, 0), −5x + 2y − 7z + 1 = 0

131. Gjeni pikën e prerjes së drejtëzës planin x + 3y + 2z − 6 = 0.

133. Gjeni pikën e prerjes së drejtëzës x = 1+2t , y = 4t , z = 2 − 3t me planin x + 2y − z + 1 = 0. 134. Si mund ta gjejmë këndin midis dy planeve? Gjeni këndin midis planeve x + y + z = 2 dhe x + 2y + 3z = 8. 135. Gjeni kosinusin e këndit midis planeve x + y + z = 0 dhe x + 2y + 3z = 1. Përcaktoni nëse planet e dhëna janë paralelë, pingulë. Në rast se nuk janë as paralelë, as pingulë, gjeni këndin midis tyre. 136. x + y + z = 1,

©AulonaPress

x −y +z =1

143. Vërtetoni se distanca ndërmjet dy planeve paralele ax = b y + c z + d 1 = 0 dhe ax + b y + c z + d 2 = 0 është : D= p

|d 1 − d 2 | a2 + b2 + c 2

144. Gjeni ekuacionet e planeve që janë paralelë me planin 2x − y − z = 2 dhe tre njësi larg tij. 145. Vërtetoni se në qoftë se a, b, c nuk janë njëkohësisht zero, atëherë ekuacioni ax + b y + c z + d = 0 paraqet një plan me vektor normal vektorin 〈a, b, c〉.

489

Kalkulus

12.6

Shaska T.

Sipërfaqet cilindrike dhe kuadratike

Tashmë jemi njohur me dy tipe të veçanta sipërfaqesh, me sferën dhe me planin. Në këtë seksion do të shohim më tej tipe të tjera sipërfaqesh, sipërfaqet cilindrike dhe kuadratike. Është mjaft e përdorshme që në ndërtimin grafik të sipërfaqeve të ndryshme, të gjenden kurbat e prerjes së sipërfaqeve me plane paralele me planet koordinative. Këto kurba njihen me emrin gjurmë ose prerje tërthore.

12.6.1 Sipërfaqet cilindrike. Së pari le të përkufizojmë sipërfaqet cilindrike. Përkufizim 12.10. Sipërfaqe cilindrike quhet sipërfaqja që konsiston në gjitha drejtëzat paralele me një drejtëz të dhënë dhe që kalojnë nga një kurbë e dhënë. Shembull 12.25. Ndërtoni sipërfaqen e dhënë me ekuacionin z = x 2 Zgjidhje Siç mund të shihet ekuacioni nuk e përmban y. Kjo do të thotë se çdo plan vertikal me ekuacion y = k e pret grafikun sipas një kurbe me ekuacion z = x 2 . Pra, prerjet tërthore janë parabola. Figura Fig. 12.26 tregon se si formohet grafiku, duke zhvendosur paralelisht sipas boshtit të y-ve parabolën z = x 2 në planin xz.

Figura 12.26: Sipërfaqja z = x 2 në R3

Grafiku është një sipërfaqe, e cila quhet cilindër parabolik, që përftohet nga zhvendosja e një numri të pafundëm kopjesh të të njëjtës parabolë. Në këtë shembull vërejtëm se një prej variableve mungon (y). Kjo është një nga sipërfaqet tipike ku përftueset janë paralele me një nga boshtet koordinative. Në qoftë se një nga ndryshoret x, y, z mungon në ekuacionin e një sipërfaqeje, atëherë sipërfaqja është cilindër. Cilindrat që do të shqyrtojmë në vazhdim janë quajtur cilindra rrethorë të drejtë. Këta cilindra përftohen nga lëvizja e një drejtëze L përgjatë një rrethi C në R3 , në mënyrë të tillë që L të jetë pingule me planin që përmban rrethin C. Do shqyrtojmë vetëm rastin kur plani që përmban rrethin është paralel me një nga tre planet koordinative. Për shembull, ekuacionin i cilindrit me bazë rrethin që shtrihet në planin x y me qendër në (a, b, 0) dhe me rreze r është (x − a)2 + (y − b)2 = r 2

(12.26)

Ekuacione të ngjashme mund të shkruhen kur rrethi bazë shtrihet në planet e tjera kordinative. Shembull 12.26. Identifikoni dhe skiconi kurbat. (a) x 2 + y 2 = 1, 490

(b) y 2 + z 2 = 1 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

110

105

100

95

90

85

80

75

70

65

60

55 10 50

9 8

45 7 40

6 5

−10

−9.5

y

35 −9

−8.5

4 −8

−7.5

−7

−6.5

−6

3

30 −5.5

−5

−4.5 25

−4

2 −3.5

−3

−2.5

−2

1 −1.5

−1

−0.5

20

0.5 −1

x

15

1

1.5

2

2.5

−2

3

3.5

−3

10

4

4.5

5

5.5

6

−4 5

6.5

7

7.5

8

8.5

9

9.5

−5

10

−6 0 −7 −8

−5 −9 −10

Figura 12.27: Funksioni z = x 2 .

z

z r z r y x

x (a) x 2 + y 2 = r 2 , për z ∈ R

0

0

0

y

r

y

x (b) x 2 + z 2 = r 2 , për y ∈ R

(c) y 2 + z 2 = r 2 , për x ∈ R

Figura 12.28: Cylinders in R3 Zgjidhje (a) Meqë z mungon atëherë sipërfaqja është një cilindër, ku ekuacionet x 2 + y 2 = 1, z = k paraqesin rrathë me rreze 1 në planet z = k. Sipërfaqja është cilindër rrethor, me prerje tërthore rrathë me rreze 1 me qendër në boshtin e z-ve. (b)Tek ky ekuacion mungon x, sipërfaqja është cilindër rrethor, me prerje tërthore rrathë me rreze 1 me qendër në boshtin e x-ve.

12.6.2 Sipërfaqet kuadratike Ekuacionet e sferës dhe cilindrit janë shembuj të ekuacioneve të gradës së dytë në R3 të formës Ax 2 + By 2 + Cz 2 + Dx y + Exz + Fy z + Gx + Hy + Iz + J = 0

(12.27)

ku A, B, C, D, E, F, G, H, I, J janë konstante realë të çfarëdoshme. Kur ekuacioni i mësipërm nuk përben sferë, cilindër, plan, drejtëz, apo pikë, atëherë ai paraqet një sipërfaqe e cila quhet sipërfaqe kuadratike. Sferat: Tani ne përkufizojmë sferat si një nga sipërfaqet më të thjeshta kuadratike. Përkufizim 12.11. A sferë S është bashkësia e gjithë pikave (x, y, z) në R3 të cilat janë me distancë fikse r (që quhet rreze) nga një pikë fikse P0 = (x 0 , y 0 , z 0 ) (që quhet qendër e sferës): © ª S = (x, y, z) : (x − x 0 )2 + (y − y 0 )2 + (z − z 0 )2 = r 2 (12.28) ©AulonaPress

491

Kalkulus

Shaska T.

Duke përdorur simbolikën e vektorëve kjo mund të shkruhet si: S = { x : kx − x0 k = r }

(12.29)

ku x = (x, y, z) dhe x0 = (x 0 , y 0 , z 0 ) jane vektorë. z z

kx − x0 k = r

kxk = r x

x

x − x0 (x 0 , y 0 , z 0 )

y 0

x0 y 0

x

x (a) radius r , center (0, 0, 0)

(b) radius r , center (x 0 , y 0 , z 0 )

Figura 12.29: Sferat në R3 Figura 12.29 ilustron këtë këndvështrim për sferat. Vini re se në Figurën 12.29(a) prerja e sferës me planin x y është një rreth me rreze r i cili jepet nga ekuacioni x2 + y 2 = r 2 si një nënbashkësi e R2 . Në mënyrë të ngjashme prerja me planet xz dhe y z. Në përgjithësi një plan e pret sferen ose në një rreth ose në një pikë. Shembull 12.27. Gjeni prerjen e sferës x 2 + y 2 + z 2 = 169 me planin z = 12. z z = 12 y 0

x

Figura 12.30: Prerja e sferës me një plan. Zgjidhje Sfera ka qendër në origjinë dhe rreze 13 = cionin e sferës kemi

p 169, pra e pret planin z = 12. Duke zëvendësuar z = 12 në ekua-

x 2 + y 2 + 122 = 169 x 2 + y 2 = 169 − 144 = 25 = 52 492

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

i cili është rrethi me rreze 5 dhe qendër në (0, 0, 12), paralel me planin x y. Në qoftë se ekuacioni në formulën (12.28) është zbërthyer, atëherë marrim një ekuacion të formës x 2 + y 2 + z 2 + ax + b y + c z + d = 0

(12.30)

për disa konstante a, b, c, dhe d . Anasjelltas, një ekuacion i kësaj forme mund të përshkruaj një sferë. Kjo sferë përcaktohet duke plotësuar katrorët për variablet x, y, dhe z. Shembull 12.28. A është ekuacino që vijon 2x 2 + 2y 2 + 2z 2 − 8x + 4y − 16z + 10 = 0 ekuacioni i një sfere? Zgjidhje Duke pjestuar të dy anët e ekuacionit me 2 kemi x 2 + y 2 + z 2 − 4x + 2y − 8z + 5 = 0 (x 2 − 4x + 4) + (y 2 + 2y + 1) + (z 2 − 8z + 16) + 5 − 4 − 1 − 16 = 0 (x − 2)2 + (y + 1)2 + (z − 4)2 = 16. Pra, kemi nje sferë me rreze 4 dhe qendër në (2, −1, 4).

Shembull 12.29. Gjeni pikat e prerjes së sferës së dhënë në Shembullin 12.28 dhe drejtëzës x = 3+ t,

y = 1 + 2t ,

z = 3− t.

Zgjidhje Zëvendësojmë ekuacionin e drejtëzes në ekuacionin e sferës (x − 2)2 + (y + 1)2 + (z − 4)2 = 16. Nga kjo gjejmë t = −1 ± p4 . Duke i zëvendësuar këto vlera në ekuacionin e drejtëzës dhe kemi dy pikat që vijojnë 6

µ ¶ 4 8 4 2 + p , −1 + p , 4 − p 6 6 6

dhe

µ ¶ 4 8 4 2 − p , −1 − p , 4 + p 6 6 6

Dy sfera priten në një pikë të vetme ose në një rreth.

Shembull 12.30. Gjeni prerjen e dy sferave x 2 + y 2 + z 2 = 25 dhe x 2 + y 2 + (z − 2)2 = 16. Zgjidhje Zgjidhim sistemin e ekuacioneve dhe kemi (

x 2 + y 2 + z 2 = 25 x 2 + y 2 + (z − 2)2 = 16

Kështu që, prerja është rrethi x 2 + y 2 =

©AulonaPress

231 16

me rreze

p 231 4

¡ ¢ ≈ 3.8 dhe qendër 0, 0, 13 4 .

493

Kalkulus

Shaska T. z

c

y

a

b

0

x

Figura 12.31: Elipsoidi

Elipsoidi Një prej tipeve të sipërfaqeve kuadratike është elipsoidi, i cili jepet me ekuacion: x2 y 2 z2 + + =1 a2 b2 c 2

(12.31)

Në rastin kur a = b = c ky ekuacion paraqet një sferë. Prerjet tërthore të tij me planet koordinative janë elipsa; Fig 12.31 Hiperboloidi: Dy tipe të tjera sipërfaqesh kuadratike janë hiperboloidi me një fletë i cili jepet me ekuacionin: x2 y 2 z2 + − =1 a2 b2 c 2

(12.32)

dhe hiperboloidi me dy fletë, ekuacioni i të cilit ka trajtën: x2 y 2 z2 − − =1 a2 b2 c 2

(12.33)

z

z

y

y

0

x

Figura 12.32: Hiperboloidi me një fletë

0

x

Figura 12.33: Hiperboloidi me dy fletë

Për hiperboloidin me një fletë, prerja tërthore me çdo plan paralel me planin x y është një elips, ndërsa prerjet tërthore me plane paralele me planet xz ose y z janë hiperbola; Fig 12.32. Përjashtim bëjnë rastet e veçanta kur x = ±a dhe y = ±b; në këto plane prerjet janë çifte drejtëzash prerëse. Për hiperboloidin me dy fletë, prerja tërthore me çdo plan paralel me planet x y ose y z është një hiperbolë; Fig. 12.33. Me planin y z nuk ka prerje tërthore. Me çdo plan paralel me planin y z për të cilin |x| > a, prerja është elips. 494

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Paraboloidi eliptik: Paraboloidi eliptik është një tjetër tip sipërfaqeje kuadratike, ekuacioni i së cilës është i formës: x2 y 2 z + = a2 b2 c

(12.34)

Gjurmët me planet paralele me planin x y janë elipse, ndërsa prerja me vetë planin x y është një pikë e vetme. Fig. 12.34 tregon rastin kur c > 0. Kur c < 0, sipërfaqja është e kthyer me kokë poshtë. Në rastin kur a = b, sipërfaqja quhet paraboloid i rrotullimit, i cili përdoret shpesh si një sipërfaqe pasqyrimi. z

y 0 x

Figura 12.34: Paraboloidi eliptik

Paraboloidi hiperbolik Një nga sipërfaqet kuadratike më të vështira është paraboloidi hiperbolik, që jepet me ekuacion: x2 y 2 z − = a2 b2 c

(12.35)

Paraqitja grafike e paraboloidit hiperbolik është mjaft e vështirë, dhe është më e thjeshtë të ndërtohet kur përdoret një software grafik. Kështu Fig. 12.35 është ndërtuar duke shfrytëzuar një paketë grafike. Kjo figurë tregon grafikun e paraboloidit z = y 2 − x 2 , i cili është rast i veçantë kur a = b = 1 dhe c = −1. Koni eliptik Kjo sipërfaqe ka ekuacion: x2 y 2 z2 + − =0 a2 b2 c 2

(12.36)

Prerjet tërthore me plane paralele me planin x y janë elipse, me përjashtim të vetë planit x y, ku gjurma është një pikë e vetme. Prerjet me planet paralele me planet xz ose y z, janë hiperbola, me përjashtim të vetë planeve xz dhe y z ku prerjet janë çift drejtëzash prerëse. Vërejmë se çdo pikë e konit eliptik ndodhet në një drejtëz e cila shtrihet e tëra në sipërfaqe. Nga Fig 12.36 duket se këto drejtëza kalojnë të gjitha nga origjina. Kjo e bën konin eliptik një sipërfaqe të rregullt. Cilindri gjithashtu është një sipërfaqe e rregullt. Është e qartë se për secilin nga rastet e sipërfaqeve kuadratike që shqyrtuam, sipërfaqja mund të zhvendoset nga origjina (p.sh. duke zëvendësuar x 2 me (x − x 0 )2 në ekuacionin e vet). Mund të vërtetohet se çdo sipërfaqe kuadratike mund të zhvendoset apo të rrotullohet, duke bërë transformimet përkatëse në ekuacionet e dhëna për secilën sipërfaqe. Shembull 12.31. Identifikoni dhe skiconi sipërfaqen 4x 2 − y 2 + 2z 2 + 4 = 0 ©AulonaPress

495

Kalkulus

Shaska T.

100 50 0 -10 z -50 -5 -100-10

0

-5

x 0

5 5

y

10 10

Figura 12.35: Paraboloidi hiperbolik z

y 0

x

Figura 12.36: Koni Eliptik

Zgjidhje E sjellim ekuacionin fillimisht në trajtën e vet standarte duke pjestuar me −4 anë për anë. −x 2 +

y 2 z2 − =1 4 2

Shohim se ky ekuacion paraqet hiperbolid me dy fletë. Prerjet tërthore me planet x y dhe y z janë hiperbolat −x 2 +

y2 = 1, 4

z = 0 dhe

y 2 z2 − =1 x =0 4 2

Sipërfaqja nuk ka gjurmë në planin xz, por me planin vertikal y = k për |k| > 2 gjurmët janë elipsat me ekuacione: x2 + 496

z2 k2 = − 1, 2 4

y =k ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Figura 12.37: Konet eliptike

që mund të shkruhen si x2 k2 4

z2 ´ =1 + ³ 2 − 1 2 k4 − 1

Këto gjurmë përdoren për të skicuar sipërfaqen si në Fig. 12.37 Shembull 12.32. Klasifikoni sipërfaqen x 2 + 2z 2 − 6x − y + 10 = 0

Figura 12.38: Sipërfaqja x 2 + 2z 2 − 6x − y + 10 = 0

Zgjidhje Duke plotësuar katrorin mund ta rishkruajmë ekuacionin si y − 1 = (x − 3)2 + 2z 2 Atëherë, shohim se ky ekuacion paraqet një paraboloid eliptik. Prerjet me planin y = k(k > 1) janë elipsat (x − 3)2 + 2z 2 = k − 1 ©AulonaPress

y =k 497

Kalkulus

Shaska T.

Gjurma në planin x y është parabola me ekuacion y = 1 + (x − 3)2 , z = 0 Fig. 12.38 tregon paraqitjen grafike të kësaj sipërfaqeje. Shembull 12.33. Jepet sfera S me reze 1 dhe qender në (0, 0, 1) dhe S ∗ është S pa polin e veriut (0, 0, 2). Le të jetë (a, b, c) një pikë në S ∗ . Atëherë drejtëza që kalon nga (0, 0, 2) dhe (a, b, c) pret planin x y në të paktën një pikë (x, y, 0) si ne figurë. Gjej këtë pikë (x, y, 0) në varësi të a, b dhe c. Vini re se çdo pikë në planin x y mund të vihet në një korespondencë me një pikë në S ∗ , dhe e anasjellta. Kjo korespondencë quhet projektimi stereografik. z (0, 0, 2) (a, b, c)

S

1

y 0

(x, y, 0) x

Figura 12.39 Zgjidhje

498

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 146. (a) Çfarë paraqet ekuacioni y = x 2 si vijë në R2 ? (b) Çfarë paraqet ekuacioni y = x 2 si sipërfaqe në R3 ? (c) Çfarë paraqet ekuacioni z = y 2 ? Përshkruani dhe skiconi sipërfaqen. 147. x 2 + 4z 2 = 4

167. Ndërtoni zonën e kufizuar nga paraboloidët z = x 2 + y 2 dhe z = 2 − x 2 − y 2 . 168. Gjeni ekuacionin e sipërfaqes së përftuar nga rrotullimi i parabolës y = x 2 rreth boshtit të y-ve. 169. Gjeni ekuacionin e sipërfaqes së përftuar nga rrotullimi i drejtëzës x = 3y rreth boshtit të x-ve.

148. y = 9 − x 2 149. z − y 2 = 0

170. Gjeni ekuacionin e sipërfaqes që konsiston në të gjitha pikat e baraslarguara nga pika (−1, 0, 0) dhe plani x = 1. Identifikoni sipërfaqen.

150. z = sin y 151. x y = 9 152. x 2 − z 2 = 1 Gjeni gjurmën e sipërfaqes së dhënë në planet x = k, y = k, z = k. Identifikoni sipërfaqen dhe skicojeni atë.

171. Gjeni ekuacionin e sipërfaqes që konsiston në të gjitha pikat P për të cilat distanca e P nga boshti i x-ve është sa dyfishi i distancës së P nga plani y z. Identifikoni sipërfaqen. 172. Vërtetoni se kurba e prerjes së sipërfaqeve x 2 + 2y 2 − z 2 +3x = 1 dhe 2x 2 +4y 2 −2z 2 −5y = 0 shtrihet në një plan.

153. x 2 + y 2 + z 2 = 1 154. 4x = y 2 + z 2

156. 25x 2 + y 2 = 100 + 4z 2

Përcaktoni në se ekuacionet e mëposhtme përkufizojnë një sferë. Në qoftë se është kështu atëherë gjeni rrezen dhe qendrën.

157. z = x 2 − y 2

173. x 2 + y 2 + z 2 − 4x − 6y − 10z + 37 = 0

155. z 2 = x 2 + y 2

158. y = x 2 + 16y 2 2

2

174. x 2 + y 2 + z 2 + 2x − 2y − 8z + 19 = 0 2

159. 4x + 36y + 16z = 25

175. 2x 2 + 2y 2 + 2z 2 + 4x + 4y + 4z − 44 = 0

Theshtoni ekuacionin në një nga format standarte, klasifikoni sipërfaqen dhe skicojeni atë.

176. x 2 + y 2 − z 2 + 12x + 2y − 4z + 32 = 0

160. x 2 − y 2 + 4z = 0

177. Gjeni pikat e prerjes së sferës

161. z = 2x 2 + 5y 2

(x − 3)2 + (y + 1)2 + (z − 3)2 = 9

162. 4x 2 + y 2 + 4z 2 − 4y − 24z + 36 = 0 163. 4y 2 + z 2 − x − 16y − 4z + 20 = 0 164. x 2 − y 2 + z 2 − 4x − 2y − 2z + 4 = 0

dhe drejtëzës me ekuacione parametrike x = −1 + 2t , y = −2 − 3t , z = 3 + t .

165. x − y + z − 2x + 2y + 4z + 2 = 0

178. Gjeni prerjen e sferave x 2 + y 2 + z 2 = 9 dhe (x − 4)2 + (y + 2)2 + (z − 4)2 = 9.

166. Ndërtoni zonën e kufizuar nga sipërfaqet z = p x 2 + y 2 dhe x 2 + y 2 = 1 për 1 ≤ z ≤ 2.

179. Gjeni prerjen e sferës x 2 + y 2 + z 2 = 9 dhe cilindrit x 2 + y 2 = 4.

2

2

©AulonaPress

2

499

Kalkulus

12.7

Shaska T.

Koordinatat cilindrike dhe sferike

Në këtë seksion ne do të paraqesim disa mënyra të tjera për të paraqitur pikat në hapësirë. Pra, disa sisteme te tjera koordinative. Le të jetë P = (x, y, z) një pikë në sistemin koordinativ në R3 dhe P0 = (x, y, 0) projeksioni i P-së në planin x y. Duke marrë (x, y) si një pikë të R2 , le të jenë (r, θ) korrdinatat polare të saj dhe ρ gjatësia e segmetit nga origjina O tek P. Le të jetë φ këndi midis OP dhe aksit të z-së. φ quhet ndonjëherë edhe këndi i zenithit. Atëherë, koordinatat cilindrike të P(x, y, z) janë (r, θ, z) dhe kordinatat sferike (ρ, θ, φ). Konvertimi tek koordinatat Karteziane dhe anasjelltas bëhet si më poshtë:

Koordinatat Cilindrike (r, θ, z): x = r cos θ

q

x2 + y 2 ³y´ θ = tan−1 x z=z r=

y = r sin θ z=z

ku 0 ≤ θ ≤ π në qoftë se y ≥ 0 dhe π < θ < 2π në qoftë se y < 0

Për koordinatat cilindrike të dhëna (r, θ, z), dhe konstantet r 0 , θ0 dhe z 0 , nga Fig. 12.40 shohim që sipërfaqja r = r 0 është një cilindër me rreze r 0 përreth aksit të z-ve, kurse sipërfaqja θ = θ0 është një gjysmë plani që kalon nga boshti i z-ve. Sipërfaqja z = z 0 është një plan paralel me planin x y. z

z

z

r0

z0 y

y

0

y

0

0 θ0

x

x

x (b) θ = θ0

(a) r = r 0

Figura 12.40:

(c) z = z 0

Sipërfaqe në koordinata cilindrike

Kordinatat Sferike (ρ, θ, φ): x = ρ sin φ cos θ y = ρ sin φ sin θ z = ρ cos φ

ρ=

q

x2 + y 2 + z2 ³y´ θ = tan−1 Ãx ! z −1 φ = cos p x2 + y 2 + z2

ku 0 ≤ θ ≤ π në qoftë se y ≥ 0 dhe π < θ < 2π në qoftë se y < 0

500

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Vërejtje. Vini re që r ≥ 0, 0 ≤ θ < 2π, ρ ≥ 0 dhe 0 ≤ φ ≤ π. Gjithashtu θ nuk është e përkufizuar kur (x, y) = (0, 0), dhe φ nuk është e përkufizuar kur (x, y, z) = (0, 0, 0). Për koordinatat sferike (ρ, θ, φ), konstantet ρ0 , θ0 , φ0 , nga Figura 12.41 shohim se sipërfaqja ρ = ρ0 është një sferë me rreze ρ0 dhe qendër në origjinë, sipërfaqja θ = θ0 është një gjysme-plani qe del nga boshti i z-ve. Sipërfaqja φ = φ0 është një kon rrethor me kulm në origjinë

z

z

z

ρ0 y

φ0

y

0

0 y θ0 x

0 x

x (a) ρ = ρ0

(b) θ = θ0

(c) φ = φ0

Figura 12.41: Spherical coordinate surfaces Figurat 12.40(a) dhe 12.41(a) tregojnë përse këto sisteme koordinative quhen të tilla. Shembull 12.34. Konvertoni pikën (−2, −2, 1) nga koordinata Karteziane në koordinata i) cilindrike, ii) sferike. coordinates. Zgjidhje i) Nga formulat e mësipërme kemi: r=

p

µ ¶ p −2 5π (−2)2 + (−2)2 = 2 2, dhe θ = tan−1 = tan−1 (1) = , −2 4

sepse y = −2 < 0. Kështu që,

¶ µ p 5π ,1 . (r, θ, z) = 2 2, 4

ii) Në këtë rast kemi ρ=

p

(−2)2 + (−2)2 + 12 =

µ ¶ p 1 9 = 3, dhe φ = cos−1 ≈ 1.23 3

Kështu që, ¶ µ 5π (ρ, θ, φ) = 3, , 1.23 4 Ekuacioni i një sipërfaqe mund të thjeshtëzohet shumë kur transferohet nga një sistem koordinatash në një tjetër. Shembull 12.35. Shkruani ekuacionin e cilindrit x 2 + y 2 = 4 në koordinata cilindrike. Zgjidhje Nga formulat për konvertimin e koordinatave kemi r = është r = 2.

p

x 2 + y 2 . Atëherë, ekuacioni në koordinata cilindrike

Nuk është e thënë që ekuacioni i një sfere të jetë më i thjeshtë në koordinata sferike. Shembull 12.36. Konvertoni ekuacionin e sferës (x − 2)2 + (y − 1)2 + z 2 = 9 në koordinata sferike ©AulonaPress

501

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Ekuacioni i sferës bëhet x 2 + y 2 + z 2 − 4x − 2y + 5 = 9 . Duke zëvendësuar për x, y, z kemi: ρ2 − 4ρ sin φ cos θ − 2ρ sin φ sin θ − 4 = 0 ose ρ2 − 2 sin φ (2 cos θ − sin θ ) ρ − 4

Lema 12.1. Formulat e mëposhtme japin distancën midis dy pikave në koordinata cilindrike dhe sferike: i) Jepen pikat P1 dhe P2 me koordinata cilindrike (r 1 , θ1 , z 1 ) dhe (r 2 , θ2 , z 2 ). Atëherë, distanca midis tyre është d=

q

r 12 + r 22 − 2r 1 r 2 cos( θ2 − θ1 ) + (z 2 − z 1 )2 .

ii) Jepen pikat P1 dhe P2 me koordinata sferike (ρ1 , θ1 , φ1 ) dhe (ρ2 , θ2 , φ2 ). Atëherë, distanca midis tyre është d=

q £ ¤ ρ21 + ρ22 − 2ρ1 ρ2 sin φ1 sin φ2 cos( θ2 − θ1 ) + cos φ1 cos φ2

Vërtetim Deyrë lexuesit.

502

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Për ushtrimet 1-4, gjeni koordinatat cilindrike dhe sferike te pikës së dhënë me koordinata Karteziane si më poshtë. p 180. (2, 2 3, −1) 181. (−5, 5, 6) p p 182. ( 21, − 7, 0) p 183. (0, 2, 2) Shkruani ekuacionet e mëposhtme në koordinata cilindrike dhe sferike. 2

2

2

184. x + y + z = 25 185. x 2 + y 2 = 2y 186. x 2 + y 2 + 9z 2 = 36

©AulonaPress

187. Përshkruaj prerjen e sipërfaqeve të mëposhtme dhënë në koordinata sferike θ = π2 dhe φ = π4 . 188. Vërtetoni që a 6= 0 ekuacioni ρ = 2a sin φ cos θ në koordinata sferike përshkruan sferen me qendër në (a, 0, 0) dhe rreze |a |. 189. Jepet P = (a, θ, φ) në koordinata sferike me a > 0 dhe 0 < φ < π. Pra P është në sferën ρ = a. Meqënëse 0 < φ < π atëherë drejtëza nga origjina në P pret cilindrin r = a (në koordinata cilindrike). Gjeni koordinatat cilindrike të pikës së prerjes. 190. Jepen pikat P1 dhe P2 me koordinatat sferike (ρ1 , θ1 , φ1 ) dhe (ρ2 , θ2 , φ2 ). Le të jetë ~ v 1 vektori nga origjina tek P1 , dhe ~ v 2 vektori nga origjina tek P2 . Për kendin γ midis ~ v 1 dhe ~ v 2 , vërtetoni që cos γ = cos φ1 cos φ2 + sin φ1 sin φ2 cos(θ2 − θ1 )

503

Kalkulus

504

Shaska T.

©AulonaPress

Kapitulli 13

Funksionet vektoriale Deri tani kemi parë funksionet me vlera reale. Në këtë kapitull do të studiojmë funksionet me vlera vektoriale, të cilët na shërbejnë për të përshkruar kurbat dhe sipërfaqet në hapësirë.

505

Kalkulus

13.1

Shaska T.

Funksionet vektoriale dhe kurbat në hapësirë

Tashmë ne jemi mësuar me vektorët dhe veprimet me ta. Kjo na jep mundësinë të shqyrtojmë funksionet me vlera vektoriale. Në kapitullin paraardhës kemi dhënë ekuacionin vektorial të drejtëzës në R3 . Në këtë seksion do të shohim disa funksione vektoriale të tjera në R3 . Përkufizim 13.1. Një funksion vektorial në R3 quhet rregulli sipas të cilit çdo numri real t ∈ D ⊂ R i vihet në korrespondencë një dhe vetëm një vektor ~ r (t ) në R3 . Shkruajmë ~ r : D → R3 . Në qoftë se f (t ), g (t ), h(t ) janë komponentet e vektorit ~ r (t ), atëherë f , g , h janë funksione me vlera reale dhe quhen funksionet komponente të ~ r dhe mund të shkruajmë, ~ r (t ) = 〈 f (t ), g (t ), h(t )〉 = f (t ) ·~ i + g (t ) · ~ j + h(t ) · ~ k Ideja kryesore që duam të diskutojmë në këtë seksion është ajo e ndërtimit të grafikut dhe identifikimit të grafikut të dhënë nga një funksion vektorial. Fillimisht le të shohim se çfarë është bashkësia e përkufizimit të një funksioni vektorial. Bashkësia e përkufizimit të një funksioni vektorial është bashkësia e të gjitha vlerave të t për të cilat janë të përcaktuar të gjithë funksionet komponentë të funksionit vektorial. Shembull 13.1. Përcaktoni bashkësinë e përkufizimit të funksionit p ~ r (t ) = 〈cos t , ln(4 − t ), t + 1〉 Zgjidhje Komponenti i parë është i përcaktuar për çdo vlerë reale të t . Komponenti i dytë është i përcaktuar vetëm për t < 4. Komponenti i tretë është i përcaktuar vetëm për t ≥ −1. Prerja e këtyre tre bashkësive, përbën bashkësinë e përkufizimit të funksionit tonë vektorial, pra [−1, 4). Shembull 13.2. Le të jetë dhënë f : R → R3 si vijon f(t ) = (cos t , sin t , t ), për t ∈ R . Ndërtoni grafikun e funksionit. Zgjidhje Ky është ekuacioni i një heliksi; shih Fig. 13.1. Kur t rritet atëherë vlerat e f(t ) përshkruajnë një trajektore që ka formën e një spiraleje që rritet në koordinatën z. Për çdo t , vlerat x(t ) dhe y(t ) janë x = cos t dhe y = sin t . Pra,

z

x 2 + y 2 = cos2 t + sin2 t = 1. f(2π)

y

Kështu që, kurba shtrihet ne cilindrin x 2 + y 2 = 1. Duke qenë se secili komponent i funksionit vektorial është një funksion me vlera reale, atëherë koncepti i limitit mund të shtrihet fare natyrshëm edhe për funksionin vektorial. Japim përkufizimin e mëposhtëm.

0

f(0) x

Përkufizim 13.2. Le të jetë ~ r (t ) një funksion vektorial, dhe a një numër real i çfarëdoshëm. Atëherë, thuhet se funksioni vektorial ~ r (t ) ka limit kur t → a dhe shkruajmë

Figura 13.1: Heliksi

lim ~ r (t ) = 〈lim f (t ), dhe lim g (t ), lim h(t )〉

t →a

t →a

t →a

t →a

duke nënkuptuar se limitet e funksioneve komponentë ekzistojnë. Shembull 13.3. Njehsoni ¿

À sin(3t − 3) 2t lim~ r (t ), ku ~ r (t ) = t , ,e . t →1 t −1 506

3

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Kemi si më poshtë ¿ À ¿ À ® ­ sin(3t − 3) 3 cos(3t − 3) lim~ r (t ) = lim t 3 , lim , lim e 2t = lim t 3 , lim , lim e 2t = 1, 3, e 2 t →1 t →1 t →1 t →1 t →1 t →1 t →1 t −1 1 Vini re që tek limiti i komponentit të dytë përdorëm rregullin e L’Hospital-it. Gjatë kalimit në limit të funksionit vektorial, ne kalojmë në limitet e funksioneve komponentë të tij, dhe duke qenë se ato janë funksione reale, atëherë kanë vend të gjitha rregullat e kalimit në limit që ne njohim për funksionet reale. Përkufizimi i vazhdueshmërisë së funksionit vektorial përcaktohet gjithashtu në varësi të komponentëve të tij. Përkufizim 13.3. Le të jetë ~ r (t ) = 〈 f (t ), g (t ), h(t )〉 një funksion vektorial, dhe a një numër nga bashkësia e tij e përcaktimit. Atëherë, ~ r (t ) është i vazhdueshëm në a, në qoftë se lim ~ r (t ) =~ r (a).

t →a

Ose thuhet se ~ r (t ) quhet i vazhdueshëm në a në qoftë se secili prej komponentëve të tij f (t ), g (t ), h(t ) është i vazhdueshëm në a. Ekziston një lidhje e ngushtë ndërmjet funksioneve vektoriale të vazhdueshëm dhe kurbave në hapësirë. Përkufizim 13.4. Bashkësia C e të gjitha pikave (x,y,z) të hapësirës që plotësojnë barazimet x = f (t )

y = g (t ) z = h(t )

(13.1)

për vlera të t nga një interval i çfarëdoshëm I, quhet kurbë e hapësirës. Ekuacionet (13.1) quhen ekuacionet parametrike të C, dhe t quhet parametër. Në qoftë se do ta mendonim C si gjurmën e lëvizjes së një objekti, pozicioni i të cilit në kohën t është ( f (t ), g (t ), h(t )), atëherë funksioni vektorial ~ r (t ) = 〈 f (t ), g (t ), h(t )〉 nuk është tjetër veçse vektori pozicion i pikës P( f (t ), g (t ), h(t )) në C. Pra, çdo funksion vektorial i vazhdueshëm, përcakton një kurbë në hapësirë. Le ta ilustrojmë këtë fakt me disa shembuj. Shembull 13.4. Përcaktoni ekuacionin vektorial të segmentit që bashkon pikat P(x 1 , y 1 , z 1 ) dhe Q(x 2 , y 2 , z 2 ). Zgjidhje Duhet ta theksojmë se na kerkohet vetëm ajo pjesë e drejtëzës që bashkon këto dy pika. Për të përcaktuar ekuacionin vektorial të një drejtëze, na duhet një pikë dhe një vektor drejtues. Duke qenë se na jepen dy pika atëherë e kemi të thjeshtë të përcaktojmë ekuacionin vektorial të drejtëzës. Vektori drejtues i kësaj drejtëze është ~ v = 〈x 2 − x 1 , y 2 − y 1 , z 2 − z 1 〉 Atëherë, duke pasur pikën P dhe vektorin drejtues ~ v , ekuacioni i drejtëzës do jetë ~ r (t ) = 〈x 1 , y 1 , z 1 〉 + t 〈x 2 − x 1 , y 2 − y 1 , z 2 − z 1 〉 = 〈x 1 , y 1 , z 1 〉 + t 〈x 2 , y 2 , z 2 〉 − t 〈x 1 , y 1 , z 1 〉 = (1 − t )〈x 1 , y 1 , z 1 〉 + t 〈x 2 , y 2 , z 2 〉 Ky është ekuacioni vektorial i drejtëzës që kalon nga pikat P dhe Q. Duke qenë se duam vetëm segmentin që bashkon P dhe Q, atëherë kufizojmë vlerat e t . Vërejmë që ~ r (0) = 〈x 1 , y 1 , z 1 〉

~ r (1) = 〈x 2 , y 2 , z 2 〉

Pra, po qe se kufizojmë vlerat e t në [0, 1], ne përftojmë pikërisht segmentin që bashkon pikat P dhe Q. Kështu që ekuacioni i tij është : ~ r (t ) = (1 − t )〈x 1 , y 1 , z 1 〉 + t 〈x 2 , y 2 , z 2 〉, 0 ≤ t ≤ 1.

Shembull 13.5. Gjeni funksionin vektorial që paraqet kurbën sipas të cilës priten cilindri x 2 + y 2 = 1 dhe plani y + z + 2. ©AulonaPress

507

Kalkulus

Shaska T.

Figura 13.2: Prerja e cilindrit me një plan

Zgjidhje Prerja e cilindrit me planin jepet në Fig. 13.2, dhe siç duket prerja C është një elips. Projeksioni i elipsit në planin x y është rrethi, me ekuacion x 2 + y 2 = 1, z = 0. Ekuacionin x 2 + y 2 = 1 mund ta shkruajmë në trajtë parametrike x = cos t ,

y = sin t ,

0 ≤ t ≤ 2π

Nga ekuacioni i planit mund të shkruajmë z = 2 − y = 2 − sin t dhe ekuacioni parametrik për C, merr trajtën: x = cos t , Ekuacioni vektorial do jetë

y = sin t ,

z = 2 − sin t ,

~ r (t ) = cos t~ i + sin t ~ j + (2 − sin t )~ k

0 ≤ t ≤ 2π

0 ≤ t ≤ 2π.

Ky ekuacion quhet parametrizim i kurbës C.

508

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Gjeni bashkësinë e përkufizimit të funksionit vektorial. p 1. ~ r (t ) = 〈t − 1, t + 2, tt −1 +2 〉. p 2. ~ r (t ) = 〈 1t , 3t − 1, cos t 〉. 3. ~ r (t ) = 〈ln(t − 1), ²t , sin 2t 〉. 4. ~ r (t ) =

t −2~ 2 ~ ~ t +2 i + sin t j + ln(4 − t )k.

Gjeni limitin e funksionit vektorial. 5. limt →0+ 〈cos t ,sin t ,ln t 〉 ³ t ´ p −1 ~ 3 ~ 6. limt →0 e t−1~ i + 1+t j + k . t 1+t 7. limt →1

³p

´ tan t ~ ~ j + t + 3~ i + tt2−1 k . t −1

20. A(0, 4, −2), B(2, −1, 6). 21. Gjeni një funksion vektorial për drejtëzën, që kalon nga pika (1, 4, 2) në drejtimin e vektorit ~ u =~ i −~ j + 2~ k. 22. Le të jetë L drejtëza që kalon nga pikat (1, 5, −2) dhe (2, 2, 4); dhe le të jetë L1 drejtëza që kalon nga pikat (2, 4, 6) dhe (−3, 1, −2). Gjeni vektorin që kalon nga pika (1, 1, 2) dhe që është pingul me të dy drejtëzat L dhe L1 . 23. Vërtetoni se vija me ekuacione parametrike x = t 2,

y = 1 − 3t ,

z = 1+ t2

kalon nga pikat (1, 4, 0) dhe (9, −8, 28) por jo nga pika (4, 7, −6).

8. limt →∞ 〈arctan t , e −2t , lnt t 〉.

24. Gjeni ekuacionin vektorial të vijës sipas së cilës pritet cilindri x 2 + y 2 = 4 me sipërfaqen z = x y.

Ndërtoni kurbën e dhënë me ekuacion vektorial. Tregoni me një shigjetë drejtimin e rritjes së t ..

25. Gjenipekuacionin vektorial të vijës sipas së cilës pritet koni z = x 2 + y 2 me planin z = 1 + y.

9. ~ r (t ) = 〈t 4 + 1, t 〉.

26. Gjeni ekuacionin vektorial të vijës, sipas së cilës pritet paraboloidi z = 4x 2 + y 2 me cilindrin parabolik y = x 2 .

10. ~ r (t ) = 〈t 3 , t 2 〉.

12. ~ r (t ) = 〈t + 1, 3t , −t 〉.

27. Supozojmë se ~ u dhe ~ v janë dy funksione vektoriale që kanë limit kur t → a, dhe le të jetë c një konstante. Vërtetoni vetitë e mëposhtme të limiteve.

13. ~ r (t ) = 〈sin t , 3, cos t 〉.

• limt →a [~ u (t ) + ~ v (t )] = limt →a ~ u (t ) + limt →a ~ v (t )

11. ~ r (t ) = 〈t , cos 2t , sin 2t 〉.

14. ~ r (t ) = 〈t , t , cos t 〉. 15. ~ r (t ) = 〈t 2 , t 4 , t 6 〉. p 16. ~ r (t ) = 〈sin t , sin t , 2 cos t 〉. Gjeni ekuacionin vektorial dhe ekuacionet parametrike të segmentit që bashkon pikat A dhe B. 17. A(0, 0, 0), B(1, 2, 3). 18. A(2, 3, 1), B(1, −1, 2). 19. A(1, 2, 4), B(3, 1, 5).

©AulonaPress

• limt →a [c~ u (t )] = c limt →a ~ u (t ) • limt →a [~ u (t ) · ~ v (t )] = limt →a ~ u (t ) · limt →a ~ v (t ) • limt →a [~ u (t ) × ~ v (t )] = limt →a ~ u (t ) × limt →a ~ v (t ) 28. Vërtetoni se limt →a ~ r (t ) = ~ b, atëherë dhe vetëm atëherë kur për cdo ε > 0 ekziston një numër δ > 0 i tillë që |~ r (t ) − ~ b| < ε sa herë që 0 < |t − a| < δ.

509

Kalkulus

13.2

Shaska T.

Derivati dhe integrali i funksioneve vektoriale

13.2.1 Derivatet Derivati i funksionit vektorial përkufizohet për analogji në të njëjtën mënyrë si derivati i një funksioni real. Përkufizim 13.5. Le të jetë ~ r (t ) = 〈 f (t ), g (t ), h(t )〉 një funksion vektorial, dhe a një numër nga bashkësia e tij e përcaktimit. Atëherë, derivat i ~ r (t ) në a, që shënohet me ~ r 0 (a), është limiti ~ r (a + h) −~ r (a) h→0 h

~ r 0 (a) = lim

në qoftë se ky limit ekziston. Themi se ~ r (t ) është i derivueshëm në a, në qoftë se ~ r 0 (a) ekziston. Kuptimi gjeometrik i përkufizimit 13.5 tregohet edhe në Fig. 13.3

(a)

(b)

Figura 13.3: Derivati i funksioneve vektoriale −→ Në qoftë se P dhe Q kanë vektor pozicione~ r (t ) dhe~ r (t +h), atëherë PQ paraqet vektorin~ r (t +h)−~ r (t ), i cili nuk është tjetër veçse vektori sekant. Vektori h1 (~ r (t +h)−~ r (t )) ka të njëjtin drejtim me ~ r (t +h)−~ r (t ) kur h > 0. Dhe kur h → 0 duket se ky vektor i afrohet vektorit tangent që shtrihet në tangenten ndaj kurbës. Kjo përbën edhe arsyen që vektori ~ r 0 (t ) 0 quhet vektori tangent i kurbës së dhënë nga ~ r (t ), në pikën P,(duke nënkuptuar se ~ r (t ) ekziston dhe është i ndryshëm nga vektori zero.) Tangentja ndaj C në pikën P, përkufizohet si drejtëza që kalon nga P dhe është paralel me vektorin ~ r 0 (t ). Vektor tangent njësi do të quhet vektori: ~ r 0 (t ) ~ T(t ) = 0 |~ r (t )| Një mënyrë praktike të njehsmit të derivatit të funksiont vektorial, na e mundëson teorema: Teorema 13.1. Në qoftë se~ r (t ) = 〈 f (t ), g (t ), h(t )〉 = f (t )~ i +g (t )~ j +h(t )~ k, ku f (t ), g (t ), h(t ) janë funksione të derivueshme, atëherë ~ r 0 (t ) = 〈 f 0 (t ), g 0 (t ), h 0 (t )〉 = f 0 (t )~ i + g 0 (t )~ j + h 0 (t )~ k Vërtetim Teorema vërtetohet duke u nisur direkt nga përkufizimi 13.5 dhe përkufizimi i limitit të funksionit vektorial. ~ r (t + ∆t ) −~ r (t ) ∆t f (t + ∆t ) − f (t ) g (t + ∆t ) − g (t ) h(t + ∆t ) − h(t ) , , 〉 = lim 〈 ∆t →0 ∆t ∆t ∆t f (t + ∆t ) − f (t ) g (t + ∆t ) − g (t ) h(t + ∆t ) − h(t ) =〈 lim , lim , lim 〉 ∆t →0 ∆t →0 ∆t →0 ∆t ∆t ∆t =〈 f 0 (t ), g 0 (t ), h 0 (t )〉

~ r 0 (t ) = lim

∆t →0

510

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 13.6. Njehsoni ~ r 0 (t ), për ~ r (t ) = t 3~ i + cos(3t )~ j − ln(t − 1)~ k Zgjidhje Në bazë të Teoremës 13.1, derivati i funksionit vektorial do të jetë vektori me komponentë derivatet e komponentëve të funksionit vektorial të dhënë, pra ~ r 0 (t ) = 3t 2 ·~ i − 3 sin(3t ) · ~ j−

1 ~ ·k t −1

13.2.2 Rregullat e derivimit Teorema 13.2. Në qoftë se ~ u dhe ~ v janë funksione vektoriale të derivueshëm, dhe c një skalar, dhe f (x, y) një funksion real. Atëherë 1.

d u (t ) + ~ v (t )] = ~ u 0 (t ) + ~ v 0 (t ) d t [~

2.

d u (t )] = c~ u 0 (t ) d t [c~

3.

d dt [f

4.

d u (t ) · ~ v (t )] = ~ u 0 (t ) · ~ v (t ) + ~ u (t ) · ~ v 0 (t ) d t [~

5.

d u (t ) × ~ v (t )] = ~ u 0 (t ) × ~ v (t ) + ~ u (t ) × ~ v 0 (t ) d t [~

6.

d u( f d t [~

(t )~ u (t )] = f 0 (t )~ u (t ) + f (t )~ u 0 (t )

(t ))] = ~ f 0 (t )~ u 0 ( f (t ))

Vërtetësia e kësaj teoreme bëhet duke u nisur direkt nga përkufizimi i derivatit dhe nga rregullat e derivimit për funksionet reale. Le të shohim vërtetimin e njërit prej rregullave, rregullin 4. Le të jenë ~ u (t ) = 〈 f 1 (t ), g 1 (t ), h 1 (t )〉

~ v (t ) = 〈 f 2 (t ), g 2 (t ), h 2 (t )〉

Atëherë, ~ u (t ) · ~ v (t ) = f 1 (t ) f 2 (t ) + g 1 (t )g 2 (t ) + h 1 (t )h 2 (t ) dhe nga rregulli i zakonshëm i prodhimit të dy funksioneve kemi d d d d [~ u (t ) · ~ v (t )] = [ f 1 (t ) f 2 (t )] + [g 1 (t )g 2 (t )] + [h 1 (t )h 2 (t )] dt dt dt dt 0 0 0 = f 1 (t ) f 2 (t ) + f 2 (t ) f 1 (t ) + g 1 (t )g 2 (t ) + g 20 (t )g 1 (t ) + h 10 (t )h 2 (t ) + h 20 (t )h 1 (t ) = [ f 10 (t ) f 2 (t ) + g 10 (t )g 2 (t ) + h 10 (t )h 2 (t )] + [ f 20 (t ) f 1 (t ) + g 20 (t )g 1 (t ) + h 20 (t )h 1 (t )] =~ u 0 (t ) · ~ v (t ) + ~ u (t ) · ~ v 0 (t ) Le të shohim një shembull Shembull 13.7. Supozojmë se ~ r (t ) është i derivueshëm. Gjeni derivatin e |~ r (t )|. Zgjidhje Meqë |~ r (t )| është funksion real i t , atëherë nga rregulli zinxhir i funksioneve reale, dimë se d d |r (t )|2 = 2|~ r (t )| |~ r (t )|. dt dt Duke ditur se |~ r (t )|2 =~ r (t ) ·~ r (t ), kështu që 2|~ r (t )|

©AulonaPress

d 2 d t |r (t )|

=

d r (t ) ·~ r (t )] d t [~

d d |~ r (t )| = [~ r (t ) ·~ r (t )] dt dt =~ r 0 (t )~ r (t ) +~ r (t ) ·~ r (t ) = 2~ r 0 (t ) ·~ r (t ) 511

Kalkulus

Shaska T.

Në qoftë se |~ r (t )| 6= 0 atëherë

~ d r 0 (t ) ·~ r (t ) |~ r (t )| = dt |~ r (t )|

Dimë se një funksion real është konstant atëherë dhe vetëm atëherë kur derivati i tij është zero. Kështu që |~ r (t )| është konstant atëherë dhe vetëm atëherë kur ddt |~ r (t )| = 0 për çdo t . Gjithashtu ~ r (t ) ⊥~ r 0 (t ), atëherë dhe vetëm atëherë kur ~ r 0 (t ) ·~ r (t ) = 0. Pra, arrijmë kështu në një përfundim mjaft të rëndësishëm se: Në qoftë se |~ r (t )| 6= 0, atëherë |~ r (t )| është konstant atëherë dhe vetëm atëherë kur ~ r (t ) ⊥~ r 0 (t ) për çco t . Kjo do të thotë se në qoftë se një kurbë shtrihet e tëra në një sferë (ose rreth) me qendër në origjinën e koordinatave, atëherë vektor tangenti ~ r 0 (t ), është gjithmonë pingul me vektor pozicionin ~ r (t ). Për funksionet relale ne kemi shqyrtuar derivatet e rendeve të larta. Për analogji dhe për funksionet vektoriale shqyrtohen derivatet e rendeve të larta. Derivat i rendit të dytë i një funksioni vektorial ~ r , quhet derivati i ~ r 0 , pra ~ r 00 = (~ r 0 )0

13.2.3 Integralet Integrali i caktuar i një funksioni vektorial ~ r (t ) mund të përkufizohet në të njëjtën mënyrë si për funksionin real të një ndryshore, duke nënkuptuar se në këtë rast integrali është vektor. Integralin e funksionit vektorial e shprehim në varësi të komponentëve f , g , h. Z

b a

n X

~ r (t )d t = lim

n→∞

= lim

i =1

~ r (t i∗ )∆t

à h X n

n→∞

f

i =1

(t i∗ )∆t

! Ã ! Ã ! i n n X X ∗ ∗ ~ i+ g (t )∆t ~ j+ h(t )∆t~ k i =1

i

i =1

i

Pra, Z

b a

~ r (t )d t =

b

µZ

a

¶ µZ f (t )d t ~ i+

b a

¶ µZ g (t )d t ~ j+

b

¶ h(t )d t ~ k

a

Kjo do të thotë se integralin e një funksioni vektorial, mund ta njehsojmë duke integruar secilin funksion komponent të tij. Gjithashtu këtu ka vend të zgjerojmë edhe Teoremën Themelore të Kalkulusit për funksionet vektoriale të vazhdueshëm nëpërmjet barazimit: Z b ~ r (t )d t = R(t )|ba = R(b) − R(a) a

R ku R është një primitivë e ~ r , e tillë që R (t ) =~ r (t ). Për integralet e pacaktuara do të përdorim shënimin ~ r (t )d t . 0

Shembull 13.8. Njehsoni integralin Z

~ r (t )d t

për ~ r (t ) = 〈sin t , 9, 5t 〉 Zgjidhje Na duhet të integrojmë secilën komponente të funksionit vektorial, pra Z sin t d t = − cos t + c 1 Z 9d t = 9t + c 2 Z 5t d t = 5 512

t2 + c3 2 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Kështu që Z

Shembull 13.9. Njehsoni

R1 0

~ r (t )d t = 〈− cos t , 9t , 5

t2 〉 +~ c 2

~ r (t )d t për ~ r (t ) = 〈sin t , 9, 5t 〉

Zgjidhje Në këtë rast thjesht zbatojmë Teoremën Themelore të Kalkulusit dhe kemi: 1

Z 0

©AulonaPress

t2 1 〉) 2 0 5 = 〈− cos 1, 9, 〉 − 〈−1, 0, 0〉 2 5 = 〈1 − cos 1, 9, 〉 2

~ r (t )d t = (〈cos t , 9t , 5

513

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime p 51. x = ln t , y = 2 t , z = t 2 ;

Gjeni derivatin e funksionit vektorial. 29. ~ r (t ) = 〈cos t , sin t 〉.

(0, 2, 1).

Përcaktoni nëse vija është e lëmuar.

30. ~ r (t ) = 〈cos 3t , t , sin 3t 〉.

52. ~ r (t ) = 〈t 3 , t 4 , t 5 〉

31. ~ r (t ) = 〈1, −1, e 4t 〉. p 32. ~ r (t ) = 〈sin−1 t , 1 − t 2 , 1〉.

53. ~ r (t ) = 〈cos3 t , sin3 t 〉 54. ~ r (t ) = 〈t 3 + t , t 4 , t 5 〉

2

33. ~ r (t ) = 〈e t , −1, ln(1 + 3t )〉.

55. Gjeni pikën e prerjes së dy tangenteve të hequra ndaj kurbës ~ r (t ) = 〈sin πt , 2 sin πt , cos πt 〉 në pikat ku t = 0 dhe t = 0.5.

34. ~ r (t ) = 〈at cos 3t , b sin3 t , c cos3 t 〉. 35. ~ r (t ) = ~ a + t~ b + t 2~ c. 36. ~ r (t ) = t~ a × (~ b + t~ c ).

56. Le të jetë L drejtëza që kalon nga pika (1, 1, 3) dhe ka si vektor drejtues vektorin ~ u = 2~ i +~ j −~ k, dhe le të jetë L1 drejtëza që kalon nga pika (0, 1, 5) dhe ka si vektor drejtues vektorin ~ u 1 = 3~ i −~ j + 2~ k. Gjeni distancën ndërmjet tyre.

Njehsoni ~ f 0 (t ) dhe gjeni tangenten në ~ f (0). 37. ~ f (t ) = 〈sin 2t , 2 sin2 t , 2 cos t 〉. 2 38. ~ f (t ) = 〈e t + 1, e 2t + 1, e t + 1〉.

39. Le të jetë ~ r (t ) = 〈 p cos t2 2 , p sin t2 2 , p −at2 2 〉, me a 6= 0. 1+a t 1+a t 1+a t (a) Vërtetoni se | ~ f (t )| = 1 për të gjitha t . (b)Vërtetoni se ~ f 0 (t ) · ~ f (t ) = 0 për të gjitha t .

Njehsoni integralin. R1 57. 0 (3t 5~ i − et ~ j + sin t~ k)d t R 5 −t p j + t~ k)d t i − t 22t+1 ~ 58. 3 (e ~

40. Vërtetoni se në qoftë se funksioni vektorial ~ f (t ) ka derivat ~ f 0 (t ) = ~0 për të gjitha t ∈ (a, b), atëherë ai është vektor konstant në (a, b).

59.

R π/2

60.

R

41. Gjeni vektorin tangent njësi ~ T(t ), ndaj kurbës ~ r (t ) = 〈6t 5 , 4t 3 , 2t 〉 në pikën ku parametri t = 1.

61. Gjeni ~ r (t ) kur jepet ~ r 0 (t ) = t 2~ i + 4t 3 ~ j − t 2~ k dhe ~ r (0) = ~ j.

42. Gjeni vektorin tangent njësi ~ T(t ), ndaj kurbës ~ r (t ) = 〈cos t , 3t , 2 sin 2t 〉 në pikën ku parametri t = 0.

62. Gjeni ~ r (t ) kur jepet ~ r 0 (t ) = sin t~ i − cos t ~ j + 2t~ k dhe ~ r (0) = ~ i +~ j + 2~ k.

43.p Gjeni vektorin tangent njësi ~ T(t ), ndaj kurbës ~ r (t ) = 〈4 t , t 2 , t 〉 në pikën ku parametri t = 1.

63. Vërtetoni se

44. Gjeni vektorin tangent njësi ~ T(t ), ndaj kurbës ~ r (t ) = 〈2 sin t , 2 cos t , tan t 〉 në pikën ku parametri t = π/4. 45. (a) Gjeni vektorin tangent ndaj kurbës ~ r (t ) = t 2~ i+ 3~ ~ t j + (1 − t )k, në pikën (1, 1, 0). (b) Gjeni ekuacionin vektorial të drejtëzës tangente ndaj kësaj kurbe në pikën (1, 1, 0).

〈e 2t , e −2t , t e 2t 〉,

(3 sin t cos2 t~ i − sint cos t ~ j + sin t~ k)d t

( t 24+1~ i + et ~ j + ln t~ k)d t

f d ~ d~ dt (f × dt ) =

d ~ f ~ f × dt2 . 2

64. Vërtetoni që ~ d~ u d~ v dw d ~ )) = ~ ) +~ ~ ) +~ (~ u · (~ v ×w · (~ v ×w u ·( ×w u · (~ v× ). dt dt dt dt 65. Teorema e vlerave të ndërmjetme nuk ka vend për funksionet vektoriale. Vërtetoni që për funksionin ~ r (t ) = 〈cos t , sin t , t 〉 nuk ka asnjë vlerë të t ∈ (0, 2π) të tillë që

46. Në qoftë se~ r (t ) = 〈t , t 2 , t 3 〉, gjeni~ r 0 (t ), ~ T(1), ~ r 00 (t ), dhe~ r 0 (t )× 00 ~ r (t ). 47. Në qoftë se ~ r (t ) ~ r 0 (t ) ·~ r 00 (t ). T(0), ~ r 00 (0), dhe~

0

~ r 0 (t ) =

~ r (2π) −~ r (0) 2π − 0

gjeni

66. Gjeni ddt [~ u (t ) · ~ v (t )], për ~ u (t ) = 〈t~ i − 2t 3 ~ j + t 2~ k〉 dhe ~ ~ ~ ~ v (t ) = 〈sin t i + t j + cos t k〉

Gjeni ekuacionet parametrike të tangentes ndaj kurbës së dhënë me ekuacione parametrike në pikën e dhënë.

67. Gjeni ddt [~ u (t ) × ~ v (t )], për ~ u (t ) = 〈t~ i − 2t 3 ~ j + t 2~ k〉 dhe ~ ~ ~ ~ v (t ) = 〈sin t i + t j + cos t k〉

48. x = t 5 , y = t 4 , z = t 3 ;

68. Në qoftë se një kurbë ka vetinë që vektori pozicion~ r (t ) është gjithmonë pingul me vektor tangentin ~ r 0 (t ), tregoni që kurba ndodhet në sferën me qendër në origjinën e koordinatave.

2

2

=

(1, 1, 1).

49. x = t − 1, y = t + 1, z = t + 1;

(−1, 1, 1).

50. x = e −t cos t , y = e −t sin t , z = e −t ; 514

(1, 0, 1).

©AulonaPress

Shaska T.

13.3

Kalkulus

Gjatësia e harkut dhe kurbatura

Le të jetë ~ r (t ) = 〈x(t ), y(t ), z(t )〉 vektori pozicion i një objekti që lëviz në R3 . Duke qenë se |~ v (t )| është shpejtësia e objektit në çastin e kohës t , është e natyrshme të përcaktojmë distancën s të përshkruar nga objekti prej çastit të kohës t = a deri në çastin e kohës t = b si integralin e caktuar Z b Z bq x 0 (t )2 + y 0 (t )2 + z 0 (t )2 d t (13.2) s= |~ v (t )|d t = a

a

Ky integral është i ngjashëm me rastin e funksioneve parametrike në R2 . Përkufizim 13.6. Le të jetë ~ r (t ) = 〈 f (t ), g (t ), h(t )〉 një kurbë në R3 , ku a ≤ t ≤ b. Supozojmë se funksionet x = f (t ), y = g (t ), z = h(t ) janë me derivat të vazhdueshëm të paktën në intervalin (a, b), dhe asnjë pjesë e kurbës nuk përsëritet (pra kurba përshkohet vetëm një herë). Në këto kushte gjatësia e kurbës L nga t = a deri në t = b është : Z L=

b a

|~ r 0 (t )|d t =

Z

bq a

[ f 0 (t )]2 + [g 0 (t )]2 + [h 0 (t )2 ]d t

(13.3)

Një funksion me vlera reale, derivati i parë i të cilit është i vazhdueshëm, quhet funksion C1 , ndërsa funksioni, derivatet e të gjitha rendeve të të cilit janë të vazhdueshëm quhet funksion C∞ . Të gjitha funksionet që do të shqyrtojmë në vazhdim do jenë funksione të lëmuara. Një kurbë quhet e lëmuar në qoftë se derivati i parë i saj nuk është kurrë vektor zero, dhe funksionet komponente të saj janë të lëmuara. Shembull 13.10. Përcaktoni gjatësinë e vijës ~ r (t ) = 〈2t , sin 2t , 3 cos 2t 〉 në intervalin 0 ≤ t ≤ 2π. Zgjidhje Gjejmë fillimisht ~ r 0 (t ) = 〈2, 6 cos 2t , −6 sin 2t 〉, dhe prej këtej q p p p |~ r 0 (t )| = 4 + 36 cos2 (2t ) + 36 sin2 (2t ) = 4 + 36 = 40 = 2 10 Kështu që gjatësia e vijës do jetë: 2π

Z L=

0

|~ r 0 (t )|d t =

2π

Z 0

p p 2 10d t = 4π 10

Përkufizim 13.7. Le të jetë C një vijë e lëmuar në R3 , e paraqitur nga një funksion vektorial ~ f (t ) i përcaktuar në një segment [a, b], dhe le të jetë α : [c, d ] −→ [a, b] një pasqyrim i lëmuar një për një i segmentit [c, d ] në [a, b]. Atëherë, funksioni ~ g : [c, d ] −→ R3 i përcaktuar si ~ g (s) = ~ f (α(s)) është një parametrizim i C me parametër s. Në qoftë se α është funksion monoton rritës në [c, d ] atëherë themi se ~ g (s) është ekuivalent me ~ f (t ). Derivueshmëria e ~ g (s) rrjedh nga rregulli zinxhir i derivimit për funksionet vektoriale: Teorema 13.3. Në qoftë se ~ f (t ) është funksion vektorial i derivueshëm i t , dhe t = α(s) është një funksion skalar i derivueshëm në s, atëherë ~ f (s) = f (α(s)) është funksion vektorial i derivueshëm i s, dhe: d~ f d~ f dt = ds dt ds

(13.4)

për çdo s nga bashkëia e përcaktimit të ~ f (α(s)). Shembull 13.11. Funksionet e mëposhtëm janë parametrizime të të njëjtës kurbë: ~ f (t ) = 〈cos t , sin t , t 〉 për 0 ≤ t ≤ 2π ~ g (s) = 〈cos 2s, sin 2s, 2s〉 për 0 ≤ s ≤ π ~ h(s) = 〈cos 2πs, sin 2πs, 2πs〉 për 0 ≤ s ≤ 1 Për të parë se ~ g (s) është ekuivalent me ~ f (t ), përcaktojmë α : [0, π] −→ [0, 2π] si α(s) = 2s. Atëherë, α është një pasqyrim një për një i lëmuar i [0, π] në [0, 2π], dhe monoton rritës (meqë α0 (s) = 2 > 0 për të gjitha s). Njëlloj përcaktojmë α : [0, 1] −→ [0, 2π] si α(s) = 2πs, dhe po njëlloj tregohet se ~ h(s) është ekuivalent me ~ f (t ). ©AulonaPress

515

Kalkulus

Shaska T.

Në mjaft raste parametrizimi i një vije nëpërmjet gjatësisë së harkut është shumë i përdorshëm. Ideja është zëvendësimi i parametrit t , për një parametrizim të lëmuar të dhënë ~ r (t ) në [a, b], me parametrin s nëpërmjet barazimit: b

Z s = s(t ) =

a

|~ r 0 (u)|d u

(13.5)

Pra, s(t ) është gjatësia e asaj pjese të C ndërmjet ~ r (a) dhe ~ r (t ). Duke derivuar anë për anë ekuacionin (13.5), dhe duke përdorur pjesën e parë të Teoremës Themelore të Kalkulusit, përftojmë ds = |~ r 0 (t )| dt

(13.6)

Duke qenë se gjatësia e kurbës varet vetëm nga forma e kurbës dhe jo nga sistemi koordinativ, është mjaft i përdorshëm parametrizimi i kurbës në lidhje me gjatësinë e saj. Në qoftë se kurba jepet si ~ r (t ), dhe s(t ) është funksioni i gjatësisë së saj, i dhënë me ekuacionin e mësipërm, atëherë mund të jemi në gjendje ta zgjidhim në lidhje me t , si funksion i s : t = t (s). Atëherë, kurba mund të riparametrizohet në varësi të s, duke bërë zëvendësimin për t :~ r =~ r (t (s)). Le ta ilustrojmë këtë me një shembull. Shembull 13.12. Riparametrizoni vijën 〈cos t . sin t , t 〉, 0 ≤ t ≤ 2π, nëpërmjet gjatësisë së saj. Zgjidhje Kemi që t

Z s=

0

|~ r (u)|d u =

Z tp p 2d u = 2t 0

Atëherë, mund ta zgjidhim në lidhje me t në varësi të s : t = α(s) =

p për të gjitha s ∈ [0, 2π]. Vëreni se |~ r 0 (s)| = 1.

ps . 2

s s s ~ r (s) = 〈cos p , sin p , p 〉 2 2 2

Gjatësia e harkut luan një rol të rëndësishëm në shqyrtimin e kurbaturës në një fushë të rëndësishme të matematikës, të njohur me emrin Gjeometria diferenciale.

13.3.1 Kurbatura Në qoftë se C është një vijë e lëmuar, e përcaktuar nga funksioni vektorial ~ r (t ), atëherë ~ r 0 (t ) 6= 0. Rikujtojmë se ~ vektori tangent njësi T(t ) jepet nga barazimi: ~ r 0 (t ) ~ T(t ) = 0 |~ r (t )| dhe tregon drejtimin e vijës. Mund të verifikohet lehtë se ~ T(t ) ndryshon ngadalë drejtimin kur vija është pothuajse e drejtë, por e ndryshon drejtimin me shpejt kur C kthehet ose perkulet shumë më ashpër. Kurbatura e C në një pikë, është madhësia që tregon sesa shpejt kurba ndryshon drejtim në atë pikë. Në mënyrë të veçantë e përcaktojmë këtë madhësi si modulin e raportit të ndryshimit të vektorit tangent njësi, në lidhje me gjatësinë e harkut. Përkufizim 13.8. Kurbaturë e një vije quhet k =|

d~ T | ds

ku ~ T është vektor tangenti njësi. Kurbatura është më e thjeshtë për t’u njehsuar kur shprehet në varësi të parametrit t , sesa në varësi të s, kështu që duke përdorur rregullin zinxhir ne mund të shkruajmë: ~ d~ T T ds = , dt ds dt 516

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

kështu që k =|

~ d~ T/d t T |=| | ds d s/d t

dhe meqë d s/d t = |~ r 0 (t )|, ne marrim k(t ) =

|~ T 0 (t )| |~ r 0 (t )|

(13.7)

Shembull 13.13. Përcaktoni kurbaturën e vijës ~ r (t ) = 〈t , 3 sin t , 3 cos t 〉 Zgjidhje Gjejmë fillimisht ~ r 0 (t ) = 〈1, 3 cos t , −3 sin t 〉, dhe prej këtej |~ r 0 (t )| =

p

1 + 9 cos2 t + 9 sin2 t =

p 10.

Ndërsa për vektorin tangent njësi kemi: 3 3 1 ~ T(t ) = 〈 p , p cos t , − p sin t 〉 10 10 10 3 3 ~ T 0 (t ) = 〈0, − p sin t , − p cos t 〉 10 10 r r 9 3 9 9 0 2 2 ~ sin t + cos t = =p |T (t )| = 0 + 10 10 10 10 Pra, kurbatura e vijës është 3

k=

p |~ T 0 (t )| 3 10 = = p 0 |~ r (t )| 10 10

Pra, siç duket në këtë rast kurbatura është konstante, që do të thotë se kurba ndryshon drejtim në të njëjtin raport në çdo pikë të saj. Teorema në vazhdim na jep një mënyrë më të përshtatshme në përdorim për njehsimin e kurbaturës së një vije. Teorema 13.4. Kurbatura e një vije të dhënë me një funksion vektorial ~ r , është : k(t ) = Vërtetim Meqë ~ T = ~r~r dhe |~ r 0 (t )| = 0

|~ r 0 (t ) ×~ r 00 (t )| |~ r 0 (t )|3

ds d t , kemi:

~ r 0 = |~ r 0 |~ T=

ds ~ T dt

dhe nga rregulli i prodhimit marrim ~ r 00 =

d 2s ds 0 ~ T+ ~ T dt2 dt

Duke përdorur barazimin ~ T ×~ T =~0, kemi ds ~ r ×~ r = dt 00

µ

¶2

(~ T ×~ T0 )

Duke qenë se ~ T është vektor njësi, |~ T(t )| = 1 për të gjitha t . Atëherë, ~ T dhe ~ T 0 janë vektorë ortogonalë. |~ r ×~ r 00 | =

µ

ds dt

¶2

|~ T ×~ T0 | =

µ

ds dt

¶2

|~ T||~ T0 | =

µ

ds dt

¶2

|~ T0 |

Prej nga |~ T0 | = ©AulonaPress

|~ r ×~ r 00 | |~ r ×~ r 00 | = (d s/d t )2 |~ r 0 |2 517

Kalkulus

Shaska T.

dhe k=

Shembull 13.14. Përcaktoni kurbaturën e

|~ T 0 | |~ r ×~ r 00 | = 0 0 |~ r | |~ r |3

~ r (t ) = t 2~ i + t~ k

Zgjidhje

~ r 0 (t ) = 2t~ i +~ k

~ r 00 (t ) = 2~ i

Llogarisim prodhimin vektorial ¯ ¯~ ¯i ~ r 0 (t ) ×~ r 00 (t ) = ¯¯2t ¯2

¯ ~ j ~ k ¯¯ ¯¯ 0 0 1 ¯¯ = ¯¯ 0 ¯ 0 0

¯ ¯ 1¯¯~ ¯¯2t i − ¯2 0¯

¯ ¯ 1¯¯ ~ ¯¯2t j + ¯2 0¯

¯ 0¯¯~ k = 2~ j 0¯

Prej nga |~ r 0 (t ) ×~ r 00 (t )| = 2 |~ r 0 (t )| =

p

4t 2 + 1

Kurbatura për çdo vlerë të t , do të jetë: k=

2 3

(4t 2 + 1) 2

Në rastin e veçantë kur vija plane jepet me ekuacion y = f (x), ne mund të zgedhim x si parametër dhe të shkruajmë ~ r (x) = x~ i + f (x)~ j . Atëherë, ~ r 0 (x) = ~ i +p f 0 (x)~ j dhe ~ r 00 (x) = f 00 (x)~ j . Duke qenë se ~ i ×~ j =~ k dhe ~ j ×~ j =~0, kemi ~ r 0 (x) ×~ r 00 (x) = 00 0 0 2 ~ f (x)k. Gjithashtu kemi që |~ r (x)| = 1 + [ f (x)] , dhe në bazë të Teoremës 13.4 kemi: k(x) =

| f 00 (x)|

(13.8)

3

[1 + ( f 0 (x))2 ] 2

Shembull 13.15. Gjeni kurbaturën e parabolës y = x 2 në pikat (0, 0), (1, 1), dhe (2, 4) Zgjidhje y 0 = 2x dhe y 00 = 2, dhe formula (13.8) na jep k(x) =

|y 00 | [1 + (y 0 )2 ]

3 2

=

2 (1 + 4x 2 )3/2

2 3/2 Atëherë, kurbatura në (0, 0) është k(0) = 2, në (1, 1) është k(1) = ( 25 )3/2 ≈ 0.18. Në (2, 4) kemi k(2) = ( 17 ) ≈ 0.03.

13.3.2 Vektorët normalë dhe binormalë Në një pikë të një kurbe të lëmuar të dhënë, mund të përcaktohen disa vektorë pingulë me vektorin tangent njësi ~ T 0 (t ) është ortogonal me ~ T(t ). T(t ). Duke u nisur nga fakti se |~ T(t )| = 1 për të gjitha t , kemi që ~ T(t ) · ~ T 0 (t ) = 0, pra ~ 0 0 ~ Gjithashtu mund të shohim se edhe T (t ) është përsëri vektor njësi. Dhe në qoftë se ~ r është gjithashtu i lëmuar, atëherë mund të përkufizojmë vektorin normal njësi si: Përkufizim 13.9. Vektor normal njësi do të quhet vektori ~ N(t ) i cili përkufizohet nga barazimi ~ N(t ) =

518

~ T 0 (t ) |~ T 0 (t )| ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Përkufizim 13.10. Vektor binormal quhet vektori ~ B(t ) = ~ T(t ) × ~ N(t ). Ky vektor është pingul me të dy vektorët ~ T dhe ~ N. Shembull 13.16. Gjeni vektorin normal njësi dhe vektorin binormal të helikës rrethore ~ r (t ) = cos t~ i + sin t ~ j + t~ k Zgjidhje Fillimisht njehsojmë

~ r 0 (t ) = − sin t~ i + cos t ~ j +~ k,

|~ r 0 (t )| =

p 2

Dhe prej këtej gjejmë ~ 1 r 0 (t ) i + cos t ~ j +~ k) = p (− sin t~ |~ r 0 (t )| 2 1 1 ~ T 0 (t ) = p (− cos t~ i − sin t ~ j ), |~ T 0 (t )| = p 2 2 0 ~ T (t ) ~ N(t ) = = − cos t~ i − sin t ~ j = 〈− cos t , − sin t , 0〉 |~ T 0 (t )| ~ T(t ) =

Ky rezultat na tregon se vektori normal është horizontal. Vektori binormal është ¯ ¯ ~ i 1 ¯¯ ~ ~ ~ B(t ) = T(t ) × N(t ) = p ¯ − sin t 2 ¯− cos t

~ j cos t − sin t

¯ ~ k ¯¯ 1 1 ¯¯ = p 〈sin t , − cos t , 1〉 2 0¯

Përkufizim 13.11. Plani i përcaktuar nga vektori normal ~ N dhe vektori binormal ~ B në një pikë P të kurbës C, quhet plani normal i C në P. Ai konsiston në të gjitha drejtëzat që janë ortogonale me vektorin tangent ~ T. Shembull 13.17. Gjeni ekuacionin e planit normal ndaj vijës ~ r (t ) = cos t~ i + sin t ~ j + t~ k, në pikën P(0, 1, π/2) Zgjidhje Plani normal ka si vektor normal vektorin ~ r 0 (π/2) = 〈−1, 0, 1〉, kështu që ekuacioni i tij është ³ π´ π −1(x − 0) + 0(y − 1) + 1 z − = 0 ose z = x + 2 2

©AulonaPress

519

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni gjatësinë e kurbës në intervalin e dhënë. 69. ~ r (t ) = 〈3 cos 2t , 3 sin 2t , 3t 〉, në [0, 2π]. 70. ~ r (t ) = 〈2 sin t , 5t , 2 cos t 〉, në [−10, 10]. p 71. ~ r (t ) = 〈(t 2 + 1) cos t , (t 2 + 1) sin t , 2 2t , në [0, 1]〉. p 72. ~ r (t ) = 〈 2t , e t , e −t 〉, në [0, 1]. 73. ~ r (t ) = 〈2 cos 3t , 2 sin 3t , 2t 3/2 〉, në [0, 1]. 74. ~ r (t ) = 〈1, t 2 , t 3 〉, në [0, 1]. 75. ~ r (t ) = 3 cos t~ i +3 sin t ~ j +4t~ k, ndërmjet pikave (3, 0, 0) dhe (3, 0, 16π). 76. Përdorni rregullin e Simpsonit për të vlerësuar gjatësinë e x = t , y = t 2 , z = t 3 nga origjina tek pika (2, 4, 8) me n = 10. Riparametrizoni kurbën në lidhje me gjatësinë e harkut nga pika ku t = 0 në drejtimin e rritjes së t . 77. ~ r (t ) = 2t~ i + (1 − 3t )~ j + (5 + 4t )~ k. 78. ~ r (t ) = e cos 2t~ i + 2~ j + e 2t sin 2t~ k.

83. Gjeni ~ T, ~ N,~ B dhe k në çdo pikë të ~ r (t ) = 〈cos t , sin t , t 〉. 84. Gjeni ~ T, ~ N,~ B dhe k në çdo pikë të ~ r (t ) = 〈2 sin t , 5t , 2 cos t 〉. 85. Gjeni ~ T, ~ N,~ B dhe k në çdo pikë të ~ r (t ) = 〈t 2 , sin t − t cos t , cos t + t sin t 〉, t > 0. p 86. Gjeni ~ T, ~ N,~ B dhe k në çdo pikë të ~ r (t ) = 〈 2t , e t , e −t 〉. 87. Ndërtoni grafikun e kurbës së dhënë me ekuacione parametrike x = t,

y = 4t 3/2 ,

z = −t 2

dhe gjeni kurbaturën në pikën (1, 4 − 1). 88. Gjeni ekuacionin e një parabole që ka kurbaturën 4 në origjinë. 89. Gjeni ekuacionin e planit normal ndaj kurbës në pikën e dhënë. x = 3 sin 2t , y = t , z = 3cos2t ;

(0, π, −2)

2t

79. ~ r (t ) = sin t~ i + 2t ~ j + cos t~ k. 80. Vërtetoni që

x = t , y = t 2, z = t 3;

~ T 0 (t ) =

~ r 0 (t ) × (~ r 00 (t ) ×~ r 0 (t )) 0 3 |~ r (t )|

81. Vërtetoni që ~ r 0 (t ) × (~ r 00 (t ) ×~ r 0 (t )) ~ . N(t ) = 0 00 |~ r (t )||~ r (t ) ×~ r 0 (t )| 82. Vërtetoni që ~ B(t ) =

520

90. Gjeni ekuacionin e planit normal ndaj kurbës në pikën e dhënë.

~ r 0 (t ) ×~ r 00 (t ) 0 |~ r (t ) ×~ r 00 (t )|

(1, 1, 1)

91. Në çfarë pike të kurbës x = t 3 , y = 3t , z = t 4 plani normal është paralel me planin 6x + 6y − 8z = 1? 92. Vërtetoni se kurbatura k në lidhje me vektorin tangent dhe vektorin normal kënaq barazimin d~ T = k~ N ds ~ 1−t 2 ~ 93. Vërtetoni se kurba ~ r (t ) = t~ i + 1+t 1 j + t k shtrihet në një plan.

©AulonaPress

Shaska T.

13.4

Kalkulus

Lëvizja në hapësirë, shpejtësia dhe nxitimi

Në këtë seksion do të shqyrtojmë shpejtësinë dhe nxitimin e lëvizjes së një objekti. Tashmë prej Kalkulus I dimë se për funksionin pozicion të dhënë të një objekti lëvizës, shpejtësia e lëvizjes përbën derivatin e parë të funksionit pozicion, dhe nxitimi është derivati i dytë i funksionit pozicion. Tani në qoftë se një objekt lëviz në hapësirë me funksion pozicion në kohën t , funksionin vektorial ~ r (t ), atëherë shpejtësia dhe nxitimi i tij do të jepen nga ekuacionet: ~ r (t + h) −~ r (t ) =~ r 0 (t ) h ~ a (t ) = ~ v (t ) =~ r 00 (t ) ~ v (t ) = lim

h→0 0

Shembull 13.18. Pozicioni vektorial i një objekti në lëvizje, jepet nga ~ r (t ) = t 3~ i + t 2~ j . Gjeni shpejtësinë dhe nxitimin kur t = 1. Zgjidhje Duke u nisur nga ekuacionet e mësipërme kemi ~ v (t ) =~ r 0 (t ) = 3t 2~ i + 2t ~ j ~ a (t ) =~ r 00 (t ) = 6t~ i + 2~ j Dhe për t = 1, kemi

~ v (1) = 3~ i + 2~ j,

~ a (1) = 6~ i + 2~ j

Shembull 13.19. Në qoftë se nxitimi i një objekti jepet nga ~ a =~ i + 2~ j + 6t~ k, gjeni shpejtësinë e lëvizjes dhe funksionin ~ ~ pozicion, kur jepet që shpejtësia fillestare është ~ v (0) = j − k dhe pozicioni fillestar ~ r (0) = ~ i − 2~ j + 3~ k. Zgjidhje Gjejmë fillimisht shpejtësinë. Për këtë na duhet të integrojmë nxitimin. Z Z ~ v (t ) = ~ a (t )d t = ~ i + 2~ j + 6t~ kd t = t~ i + 2t ~ j + 3t 2~ k +~ c Na duhet të përcaktojmë konstanten e integrimit duke u nisur nga të dhënat fillestare për shpejtësinë. ~ v (0) = ~ c =~ j −~ k Kështu që shpejtësia e objektit do jetë: ~ v (t ) = t~ i + 2t ~ j + 3t 2~ k +~ j −~ k = t~ i + (2t + 1)~ j + (3t 2 − 1)~ k Ndërsa për të gjetur funksionin pozicion duhet të integrojmë funksionin e shpejtësisë. Z Z ~ r (t ) = ~ v (t )d t = t~ i + (2t + 1)~ j + (3t 2 − 1)~ kd t 1 = t 2~ i + (t 2 + t )~ j + (t 3 − t )~ k +~ c 2 Përdorim përsëri të dhënat fillestare për funksionin pozicion për të gjetur vlerën e konstantes ~ c. ~ i − 2~ j + 3~ k =~ r (0) = ~ c Kështu që funksioni pozicion është ~ r (t ) =

©AulonaPress

µ

¶ 1 2 i + (t 2 + t − 2)~ j + (t 3 − t + 3)~ k t +1 ~ 2

521

Kalkulus

Shaska T.

13.4.1 Komponentet normale dhe tangente të nxitimit Gjatë studimit të lëvizjes së një objekti, shpesh nxitimi zbërthehet sipas dy përbërësve, një sipas drejtimit të tangentes dhe një tjetër sipas drejtimit të normales. Në qoftë se shënojmë me ν = |~ v |, atëherë ~ T(t ) =

~ ~ ~ r 0 (t ) v (t ) v = = 0 |~ r (t )| |~ v (t )| ν

Prej nga ~ v = ν~ T. Në qoftë se derivojmë këtë barazim anë për anë në lidhje me t , marrim ~ a =~ v 0 = ν0~ T + ν~ T0

(13.9)

Duke përdorur shprehjen për kurbaturën kemi k=

|~ T 0 | |~ T0 | = |~ r 0| ν

pra |~ T 0 | = kν

(13.10)

Vektori njësi normal që përkufizuam në seksionin paraardhës është ~ N =~ T 0 /|~ T 0 |, kështu që nga ekuacioni (13.10) kemi ~ T 0 = |~ T 0 |~ N = kν~ N dhe ekuacioni bëhet

~ a = ν0~ T + kν2~ N

(13.11)

dhe duke bërë shënimet dhe a N = kν2

a T = ν0

(13.12)

për komponentet tangente dhe normale të nxitimit, atëherë ai do të shkruhej në formën ~ a = a T~ T + a N~ N Në qoftë se do të donim të shprehnim komponentet e nxitimit në varësi vetëm të ~ r ,~ r 0 , dhe~ r 00 , le të nisemi nga prodhimi skalar i ~ v = ν~ T me ~ a: ~ v ·~ a = ν~ T · (ν0~ T + kν2~ N) = νν0~ T ·~ T + kν3~ T ·~ N duke qenë se ~ T ·~ T = 1 dhe~ T ·~ N=0

= νν0 Atëherë

a T = ν0 =

~ r 0 (t ) ·~ r 00 (t ) v ·~ a ~ = ν |~ r 0 (t )|

(13.13)

dhe për a N përdorim formulën e kurbaturës dhe marrim a N = kν2 =

|~ r 0 (t ) ×~ r 00 (t )| 0 |~ r 0 (t ) ×~ r 00 (t )| 2 |~ r (t )| = |~ r 0 (t )|3 |~ r 0 (t )|

(13.14)

Shembull 13.20. Për objektin e dhënë në shembullin e mësipërm gjeni përbërëset tangenciale dhe normale të nxitimit. Zgjidhje Nga ekuacionet (13.13), (13.14) kemi µ ¶ 1 2 ~ r (t ) = t + 1 ~ i + (t 2 + t − 2)~ j + (t 3 − t + 3)~ k 2 ~ r 0 (t ) = t~ i + (2t + 1)~ j + (3t 2 − 1)~ k ~ r 00 (t ) = ~ i + 2~ j + 6t~ k Prej këtej gjejmë prodhimin skalar dhe vektorial: ~ r 0 (t ) ·~ r 00 (t ) = t + 2(2t + 1) + 6t (3t 2 − 1) = 18t 3 − t + 2 522

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

¯ ¯ ~ ~ ¯~ i j k ¯¯ ¯ ~ r 0 (t ) ×~ r 00 (t ) = ¯¯ t 2t + 1 3t 2 − 1¯¯ ¯1 2 6t ¯ ¯ ¯ ¯ ¯2t + 1 3t 2 − 1¯ ¯t ¯~ ¯ = ¯¯ i − ¯ ¯1 2 6t

¯ ¯ 3t 2 − 1¯¯ ~ ¯¯ t j + ¯1 6t ¯

¯ 2t + 1¯¯~ k 2 ¯

= (6t 2 + 6t + 2)~ i − (3t 2 + 1)~ j −~ k

|~ r 0 (t )| =

p

|~ r 0 (t ) ×~ r 00 (t )| =

p

t 2 + (2t 2 + 1)2 + (3t 2 − 1)2 =

9t 4 − t 2 + 4t + 2 p (6t 2 + 6t + 2)2 + (3t 2 + 1)2 + 1 = 45t 4 + 72t 3 + 66t 2 + 24t + 6

Atëherë,

18t 3 − t + 2 aT = p 9t 4 − t 2 + 4t + 2

dhe aN =

©AulonaPress

p

p 45t 4 + 72t 3 + 66t 2 + 24t + 6 p 9t 4 − t 2 + 4t + 2

523

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni shpejtësinë, nxitimin e objektit lëvizës me funksion pozicion të dhënë. 94. 〈t 2 − 1, t 〉 95. 〈2 − t , e t 〉 96. sin t~ i +t~ j + cos t~ k 97. 〈t 2 + 2, t 2 − 1, t 3 〉 98. 〈t 2 , ln t , t 〉 99. t sin t~ i + t cos t ~ j + t 2~ k Gjeni shpejtësinë dhe funksionin pozicion të objektit për të cilin është dhënë nxitimi, shpejtësia fillestare dhe pozicioni fillestar. 100. ~ a (t ) = ~ k, ~ v (0) = ~ i −~ j, ~ r (0) =~0. 101. ~ a (t ) = −10~ k, ~ v (0) = ~ i +~ j −~ k, ~ r (0) = 2~ i + 3~ j. 102. ~ a (t ) = ~ i + 2~ j + 2t~ k, ~ v (0) =~0, ~ r (0) = ~ i +~ k. 103. ~ a (t ) = t~ i + t 2~ j + cos 2t~ k, ~ v (0) = ~ i +~ k, ~ r (0) = ~ j. 104. Çfarë force kërkohet që grimca me masë m të ketë funksion pozicion ~ r (t ) = 〈t 2 , 5t , t 2 − 16t 〉?

524

105. Një forcë ~ f (t ) = t 2~ i + (t − 1)~ j +~ k ushtrohet mbi një objekt me masë 2kg . Në kohën t = 0, objekti ndodhet në origjinë. Gjeni pozicionin e tij në kohën t . 106. Vërtetoni se në qoftë se një objekt lëviz me shpejtësi konstante, atëherë shpejtësia dhe nxitimi janë pingulë. 107. Gjeni komponentet tangente dhe normale të nxitimit: ~ r (t ) = (3t − t 3 )~ i + 3t 2 ~ j. 108. ~ r (t ) = t~ i + sin t ~ j + cos t~ k. 109. ~ r (t ) = 3t~ i +t~ j + t 2~ k. 110. ~ r (t ) = t~ i + cos2 t ~ j + sin2 t~ k 111. Le të jetë një grimcë me masë m dhe po pozicionin ~(t ) vektorial~ r (t ), shpejtësi ~ v (t ), nxitim ~ a (t ) dhe moment p në kohën t . Momenti këndor ~L(t ) i grimcës në lidhje me ~(t ). origjinën në kohën t , përkufizohet si ~L(t ) = ~ r (t ) × p Në qoftë se F(t ) është forca që ushtrohet mbi grimcën në kohën t , përcaktoni momentin e rrotullimit ~ N(t ) = ~ r (t ) × F(t ). Vërtetoni që ~L0 (t ) = ~ N(t ).

©AulonaPress

Kapitulli 14

Derivatet e funksioneve me shumë ndryshore Në këtë kapitull ne do të studiojmë funksionet me disa ndryshore të cilat marrin vlera reale. Pra funsionet e tipit f : Rn → R. Ne do të përpiqemi të bëjmë një paralelizëm me funksionet me një ndryshore. Pra si strategji do të jetë pergjithësimi i konceptit të derivatit, perdorimi i derivateve për studimin e vlerave maksimum e minimum të funksionit në një bashkësi përkufizimi, etj

1.1

1

0.9

0.8

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1 360 0 340 320

−0.1 300 −0.2 280 −0.3

260 240

−0.4 220 −0.5

200 180

−0.6 160

y −0.7

140 120

−0.8 100 −0.9 80 x 60

−1 40 −1.1 20

10

525

20

30

40

50

60

70

80

90

100

110

120

130

140

150

160

170

180

190

200

210

220

230

240

250

260

270

280

290

300

310

320

330

340

350

360

Kalkulus

14.1

Shaska T.

Funksionet me disa ndryshore

Në Kapitullin parardhës shqyrtuam funksionet me vlera vektoriale të një ndryshore real. Në këtë seksion do të shqyrtojmë funksionet me vlera reale të një pike (ose vektori) nga R2 ose R3 . Për shumicën e këtyre funksioneve bashkësia e përkufizimit do të jetë një bashkësi pikash në R2 ose në R3 . Ndonjëherë është më e përshtatshme që t’i mendojmë pikat si vektorë në R2 ose R3 . Një funksion me vlera reale f (x, y) me dy ndryshore i përkufizuar në një bashkësi D të R2 , quhet rregulli sipas të cilit çdo pikë (x, y) në D i vihet në korrespondencë një numër real f (x, y) plotësisht i përcaktuar, f : D ⊂ R2 → R (x, y) → f (x, y). Bashkësia më e madhe e mundshme D ⊂ R2 ku f (x, y) është përkufizuar quhet bashkësi e përkufizimit të f (x, y)-së dhe bashkësia e të gjithë numrave realë f (x, y) për (x, y) nga D është bashkësia e vlerave të f (x, y). Një përkufizim i ngjashëm ka vend për funksione f (x, y, z) të përkufizuar në pikat (x, y, z) në R3 . Në këtë mënyrë përkufizohet edhe funksioni me shumë ndryshore, ku numri i ndryshoreve është > 3. Në këtë kapitull ne do të studiojmë funksionet me shumë ndryshore, limitet dhe derivatet e tyre, dhe vazhdueshmërinë. Këto koncepte do të përdoren për të studjuar planet tangente me sipërfaqet, pikat singulare të sipërfaqeve, si edhe shumë koncepte nga fizika. Më poshtë shohim disa shembuj të funksioneve me disa ndryshore dhe bashkësitë e përkufizimit e bashkësitë e vlerave për secilin funksion. Shembull 14.1. Bashkësia e përkufizimit të funksionit z = f (x, y) = x 2 + y 2 është R2 . Bashkësia e vlerave të f (x, y)-së është bashkësia e të gjithë numrave realë z ≥ 0. Grafiku i funksionit jepet në Fig. 14.1.

Figura 14.1: Funksioni z = x 2 + y 2

Një funksion f (x, y) i përkufizuar në R2 shpesh shkruhet si z = f (x, y). Pra, grafiku i funksionit f (x, y) është bashkësia © ª (x, y, z) ∈ R3 : z = f (x, y) .

Bashkësia e pikave (x, y, z) ∈ R3 te cilat kënaqin funksionin e mësipërm quhet sipërfaqe. Studimi i sipërfaqeve dhe vetive të tyre gjeometrike nëpërmjet limiteve, derivatit, dhe vazhdueshmërisë së funksionit f (x, y) do të jetë fokusi kryesor i këtij kapitulli. Ja vlen të përmendet se funksionet me më shumë se dy ndryshore nuk është e mundur të paraqiten grafikisht. Megjithatë terminologjia dhe simbolika e funksioneve z = f (x, y) përdoret edhe për funksionet me më shumë ndryshore. Shembull 14.2. Bashkësia e përkufizimit të funksionit f (x, y) = x y është R2 dhe bashkësia e vlerave të f (x, y)-së është R. Në mënyrë të ngjashme studjojmë edhe funksionet me tre ndryshore. Shembull 14.3. Bashkësia e përkufizimit të funksionit f (x, y, z) = e x+y−z është e gjithë R3 , dhe bashkësia e vlerave të f (x, y) është gjithë bashkësia e numrave realë pozitivë.

526

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus Në shembujt e mësipërm bashkësia e përkufizimit ka qenë R2 . Në shembullin që vijon shohim se bashkësia e përkufizimit është një nënbashkësi e R2 . Shembull 14.4. Bashkësia e përkufizimit të funksionit q f (x, y) = 1 − x 2 − y 2 është bashkësia © ª D = (x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1 . Zgjidhje Duke qenë se shprehja brenda rrënjës katrore është jonegative atëherë dhe vetëm atëherë kur 1 − (x 2 + y 2 ) ≥ 0,

Figura 14.3: Grafi i funksionit f (x, y) = p 1 − x2 − y 2

kemi që D përmban të gjitha pikat brenda qarkut dhe në rrethin njësi në R2 ( D shpesh quhet edhe rrethi i mbyllur njësi). Pra, bashkësia e vlerave të f (x, y)-së është intervali [0, 1] në R. Grafi i këtij funksioni është paraqitur ne Fig. 14.3. Grafi i një funksioni f (x, y) është një sipërfaqe në R3 , duke qenë se kënaq një ekuacion të formës F(x, y, z) = 0 (pra, F(x, y, z) = f (x, y)− z). Projeksioni i kësaj sipërfaqeje në planet z = c, ku c ∈ R, quhet kurba e nivelit z = c ose kontur. Në mënyrë ekuivalente, konturet z = c është bashkësia e zgjidhjeve të ekuacioneve f (x, y) = c, për c ∈ R. Konturet z = c shpesh projektohen në planin x y për të dhënë një ide të ndryshimit të nivelit të lartësisë së sipërfaqes. Ato kanë aplikime të ndryshme në teknollogji. Më poshtë shohim konturet për funksionin e mësipërm. Duket qartë nga funksioni se këto kurba të nivelit z = c janë rrathë me ekuacion

Figura 14.4: p Konturet për funksionin f (x, y) = 1 − x 2 − y 2

x2 + y 2 = 1 − c2

Shembull 14.5. Grafiku i funksionit p sin x 2 + y 2 f (x, y) = p x2 + y 2

30 28 26 24 22 20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 5 0

4.5 4

−2 3.5 −4 3 −6 −5 y

−4.8 −4.6 −4.4 −4.2

2.5

−8 −4

−3.8 −3.6 −3.4 −3.2

−3

2

−10 −2.8 −2.6 −2.4 −2.2 −12

1.5 −2

1 −1.8 −1.6 −1.4 −1.2

−1

−14 x

−0.8 −0.6 −0.4 −0.2

−16

−0.5 −1

−18 −1.5 −20 −2 −22

0.5 0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

2.2

2.4

2.6

2.8

3

3.2

3.4

3.6

3.8

4

4.2

4.4

4.6

4.8

5

−2.5 −3

−24 −3.5

−26 −4 −28 −4.5 −30

−5

Figura 14.2: Funksioni f (x, y) = x y.

©AulonaPress

527

Kalkulus

Shaska T.

p sin x 2 +y 2 Figura 14.5: Funksioni f (x, y) = p 2 2 x +y

është paraqitur më poshtë. Vërejmë se konturet (të paraqitura si në sipërfaqe, dhe të projektuara në planin x y) janë grupe rrathësh bashkëqendrorë. Ju mund të pyesni se çfarë ndodh me funksion në Fig. 14.5 në pikën (x, y) = (0, 0), duke qenë se si numëruesi dhe emëruesi janë 0 në atë pikë. Funksioni nuk është i përkufizuar në (0, 0), por limiti i funksionit ekziston (dhe është i barabartë me 1) kur (x, y) i afrohet (0, 0). Ne leksionin që vijon do të përkufizojmë limitin e funksionit me dy ndryshore. Në vazhdim shohim një tjetër shembull ku paraqitet grafiku i funksionit dhe konturet.

(a) Grafiku i funksionit

(b) Konturet

5x Figura 14.6: Funksioni f (x, y) = − (x 2 +y 2 +1)

Shembull 14.6. Jepet funksioni f (x, y) = −

5x (x 2 + y 2 + 1)

.

Përcaktoni bashkësinë e përkufizimit të këtij funksioni, grafikun e funksionit, dhe konturet. 528

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Bashkësia e përkufizimit është R2 , sepse x 2 + y 2 + 1 6= 0. Grafiku i funksionit jepet në Fig. 14.8a. Lexuesi të kontrollojë detajet mbi saktësinë e këtij grafiku. Konturet jepen në Fig. 14.8b. Në leksionet që vijojnë ne do të shohim edhe si të përcaktojmë maksimumin dhe minimumin e këtij funksioni, të cilët duken qartë ne Fig. 14.8a. Konturet apo kurbat e nivelit përdoren në hartat topografike; shih Fig. 14.7. Gjithashtu, konturet përdoren për hartat e motit për të paraqitur temperaturat ne këtë rast ato quhet izotermale dhe për të paraqitur presionin atmosferik, në këtë rast ato quhen isobare.

Figura 14.7: Një hartë topografike me kurbat e nivelit te cilat paraqesin lartësitë mbi nivelin e detit.

©AulonaPress

529

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni bashkësinë e përkufizimit dhe bashkësinë e vlerave të funksioneve të dhëna. 2

2

1. f (x, y) = x + y − 1 2. f (x, y) =

1 x 2 +y 2

3. f (x, y) =

p

4. f (x, y) =

x2 + y 2 − 4

x 2 +1 y

8. f (x, y) = y + ln x 9. f (x, y) = ye x p 10. f (x, y) = y 2 − x 2 11. f (x, y) = x 3 − y 3 y

12. f (x, y) = e x 13. f (x, y) = x sec y

5. f (x, y, z) = sin(x y z) p 6. f (x, y, z) = (x − 1)(y z − 1)

14. f (x, y) = x sin y + cos x

Ndërtoni një hartë konturesh të funksionit

16. f (x, y) = x 2 + y 2 − 2x y

7. f (x, y) = (y − 2x)2

17. f (x, y) = x 3 − y 3 − 2x y

530

15. f (x, y) = sin x + cos y

©AulonaPress

Shaska T.

14.2

Kalkulus

Limitet dhe vazhdueshmëria

Tani ne jemi gati të përkufizojmë limitin e funksioneve me disa ndryshore. Përkufizim 14.1. Le të jetë (a, b) një pikë në R2 , dhe le të jetë f (x, y) një funksion me vlera reale i përcaktuar në një bashkësi që përmban (a, b) (por jo domosdoshmërisht i përcaktuar në (a, b)). Atëherë, themi se limiti i f (x, y) është i barabartë me L kur (x, y) i afrohet (a, b), shënojmë lim

(x,y)→(a,b)

f (x, y) = L ,

(14.1)

në qoftë se për çdo ² > 0, ekziston δ > 0 e tillë që | f (x, y) − L| < ² sa herë që 0
0 në emërues). Por në qoftë se (x, y) → (0, 0) sipas drejtëzës y = x që kalon nga origjina, për x > 0, atëherë shohim që xy x2 1 f (x, y) = 2 = 2 = 2 x +y x + x2 2 që do të thotë se f (x, y) i afrohet një vlere të ndryshme kur (x, y) → (0, 0) sipas një drejtimi tjetër. Kështu që limiti nuk ekziston. Limitet e funksioneve me vlera reale të shumë ndryshoreve gëzojnë të njëjtat veti algjebrike si në rastin e funksioneve të një ndryshore, sikurse tregohet në teoremën në vazhdim të cilën do ta japim pa vërtetim. Teorema 14.1. Supozojmë se lim(x,y)→(a,b) f (x, y) dhe lim(x,y)→(a,b) g (x, y) ekzistojnë, dhe se k është një skalar. Atëherë: i h i £ ¤ h 1. lim(x,y)→(a,b) f (x, y) ± g (x, y) = lim(x,y)→(a,b) f (x, y) ± lim(x,y)→(a,b) g (x, y) h i 2. lim(x,y)→(a,b) k f (x, y) = k lim(x,y)→(a,b) f (x, y) ih i £ ¤ h 3. lim(x,y)→(a,b) f (x, y)g (x, y) = lim(x,y)→(a,b) f (x, y) lim(x,y)→(a,b) g (x, y) 4. lim(x,y)→(a,b)

f (x,y) g (x,y)

=

lim(x,y)→(a,b) f (x,y) lim(x,y)→(a,b) g (x,y)

në qoftë se lim(x,y)→(a,b) g (x, y) ∈ 0

5. Në qoftë se | f (x, y)−L| ≤ g (x, y) për të gjitha (x, y) dhe në qoftë se lim(x,y)→(a,b) g (x, y) = 0, atëherë lim(x,y)→(a,b) f (x, y) = L. Vërejmë që në pikën (5), mjafton të kemi | f (x, y) − L| ≤ g (x, y) për të gjitha (x, y) afër (a, b) (duke përjashtuar vetë (a, b)). Shembull 14.9. Vërtetoni se

y4 = 0. (x,y)→(0,0) x 2 + y 2 lim

Zgjidhje Duke zëvendësuar (x, y) = (0, 0) tek funksioni marrim formën e pacaktuar 0/0, kështu që na nevojitet një tjetër ³p ´4 y 2 dhe prej këtej metodë për të llogaritur këtë limit. Do të përdorim Teoremën 14.1. Fillimisht, vërejmë se y 4 = ³p ´4 ³p ´4 0 ≤ y4 ≤ x 2 + y 2 për te gjitha (x, y). Por x 2 + y 2 = (x 2 + y 2 )2 . Prandaj, për të gjitha (x, y) 6= (0, 0) kemi ¯ ¯ ¯ y 4 ¯ (x 2 + y 2 )2 2 2 ¯ ¯ ¯ x 2 + y 2 ¯ ≤ x 2 + y 2 = x + y → 0 kur (x, y) → (0, 0). Prej këtej lim(x,y)→(0,0)

y4 x 2 +y 2

= 0.

Vazhdueshmëria mund të përkufizohet njëlloj si në rastin e funksionit të një ndryshore. Përkufizim 14.2. Një funksion me vlera reale f (x, y) me bashkësi përcaktimi D në R2 quhet i vazhdueshëm në pikën (a, b) në D, në qoftë se lim(x,y)→(a,b) f (x, y) = f (a, b). Themi se f (x, y) është një funksion i vazhdueshëm, në qoftë se është i vazhdueshëm në çdo pikë të bashkësisë së tij të përcaktimit D.

532

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus Në vazhdim do të pranojmë se funksionet të cilat do të na shërbejnë gjatë studimit tonë do të jenë të vazhdueshëm. Në qoftë se nuk do të jenë të tillë ne mund t’i plotësojmë ato. Për shembull, ne mund ta modifikojmër funksionin e shembullit 14.9 që ai të jetë i vazhdueshëm kudo në R2 . Shembull 14.10. Përkufizojmë një funksion f (x, y) në të gjithë R2 si më poshtë: ( 0 if (x, y) = (0, 0) f (x, y) = y4 if (x, y) 6= (0, 0) x 2 +y 2

Figura 14.9: Grafi i funksionit f (x, y) = y4 x 2 +y 2

Atëherë, f (x, y) është i përkufizuar për të gjitha (x, y) në R2 . Për më tepër shohim se b4 lim f (x, y) = 2 = f (a, b). (x,y)→(a,b) a + b2 Kështu duke qenë se lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = 0 = f (0, 0),

nga shembulli atëherë f (x, y) është i vazhdueshëm në të gjithë bashkësinë e përkufizimit R2 .

©AulonaPress

533

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Njehsoni limitin.

29. lim(x,y)→(0,0) cos

18. lim(x,y)→(0,0) cos(x y)

x 2 −y 2 x 2 +y 2

21. lim(x,y)→(0,0)

x y2 x 2 +y 4

22.

x 2 −2x y+y 2 lim(x,y)→(1,−1) x−y

23.

x y2 lim(x,y)→(0,0) x 2 +y 2

24.

x 2 −y 2 lim(x,y)→(1,1) x−y

25. lim(x,y)→(0,0)

x 2 −2x y+y 2 x−y

26. lim(x,y)→(0,0)

y 4 sin(x y) x 2 +y 2

27. lim(x,y)→(0,0) (x 2 + y 2 ) cos 28. lim(x,y)→(0,0)

534

x y

1 xy

´ 2

2

2

1 −(x +y )/2σ 30. Vërtetoni që f (x, y) = 2πσ , për σ > 0, 2e është konstant në rrethin me rreze r > 0 me qendër në origjinë. Ky funksion quhet Gaussian blur, dhe përdoret si një filtër në software të procesimit të imazhit për të prodhuar efektin “blurred”.

19. lim(x,y)→(0,0) e x y 20. lim(x,y)→(0,0)

³

31. Supozojmë se f (x, y) ≤ f (y, x) për të gjitha (x, y) në R2 . Vërtetoni se f (x, y) = f (y, x) për të gjitha (x, y) në R2 . 32. Përdorni zëvendësimin r = lim

(x,y)→(0,0)

p

x 2 + y 2 për të treguar se

p sin x 2 + y 2 = 1. p x2 + y 2

( Udhëzim: Ju duhet të përdorni Rregullin e L’Hôpital-it për limitin e funksionit të një ndryshore.) ³

1 xy

´

33. Vërtetoni Teoremën 14.1(a) në rastin e mbledhjes. ( Udhëzim: Përdorni përkufizimin 14.1.) 34. Vërtetoni Teoremën 14.1(b).

©AulonaPress

Shaska T.

14.3

Kalkulus

Derivatet e pjesshme

Tashmë kemi përkufizuar funksionet e shumë ndryshoreve si dhe limitin e funksioneve të tilla, dhe mund ta zgjerojmë idenë duke përkufizuar edhe derivatin e një funksioni të dy ose më shumë ndryshoreve. Do të nisim me kuptimin e derivatit të pjesshëm. Përkufizim 14.3. Le të jetë f (x, y) një funksion me vlera reale, me bashkësi përcaktimi D në R2 , dhe le të jetë (a, b) një ∂f pikë në D. Atëherë, derivat i pjesshëm i f në (a,b) në lidhje me x, e shënojmë me ∂x (a, b), quhet f (a + h, b) − f (a, b) ∂f (a, b) = lim h→0 ∂x h dhe derivat i pjesshëm i f në (a,b) në lidhje me y , e shënojmë me

(14.2)

∂f ∂y (a, b), quhet

∂f f (a, b + h) − f (a, b) (a, b) = lim . h→0 ∂y h

(14.3)

Rikujtojmë se derivati i një funksioni f (x) mund të interpretohet si raport i ndryshimit të funksionit në drejtimin pozitiv të x-ve. Nga përkufizimet e mësipërme, mund të shohim se derivati i pjesshëm i një funksioni f (x, y) në lidhje me x ose y është raporti i ndryshimit të f (x, y) në drejtimin (pozitiv)të x-ve ose y-ve, përkatësisht. Kjo do të thotë se derivati i pjesshëm i një funksioni f (x, y) në lidhje me x mund të llogaritet duke e konsideruar ndryshoren y si një konstante, dhe pas kësaj e derivojmë f (x, y) sikur të ishte funksion vetëm i x, duke përdorur rregullat e derivimit që njohim nga kalkulusi i një ndryshore. Po njëlloj, derivati i pjesshëm i f (x, y) në lidhje me y përftohet duke e konsideruar ndryshoren x si një konstante dhe, pas kësaj duke e derivuar f (x, y) si të ishte funksion vetëm i y i t .

Figura 14.10: Interpretimi gjeometrik i derivatit të pjesshëm.

Shembull 14.11. Gjeni

∂f ∂f ∂x (x, y) dhe ∂y (x, y) për funksionin

f (x, y) = x 2 y + y 3 .

Zgjidhje Konsiderojmë y si konstante dhe derivojmë f (x, y) në lidhje me x, dhe kemi ∂f (x, y) = 2x y ∂x ©AulonaPress

535

Kalkulus

Shaska T.

dhe duke konsideruar x si një konstante dhe duke derivuar f (x, y) në lidhje me y marrim ∂f (x, y) = x 2 + 3y 2 . ∂y

Shpesh do të shkruajmë thjesht Shembull 14.12. Gjeni

∂f ∂x

dhe

∂f ∂y

∂f ∂x

dhe

∂f ∂y

në vend të

∂f ∂f ∂x (x, y) dhe ∂y (x, y).

për funksionin f (x, y) =

sin(x y 2 ) . x 2 +1

Zgjidhje Duke konsideruar y si një konstante dhe duke derivuar f (x, y) në lidhje me x marrim (x 2 + 1)(y 2 cos(x y 2 )) − (2x) sin(x y 2 ) ∂f = ∂x (x 2 + 1)2 dhe duke konsideruar x si një konstante dhe duke derivuar f (x, y) në lidhje me y marrim 2x y cos(x y 2 ) ∂f = . ∂y x2 + 1 ∂f

∂f

Duke qenë se të dy derivatet ∂x dhe ∂y janë vetë funksione të x dhe y, mund të marrim derivatet e tyre të pjesshme në lidhje me x dhe y. Kjo na çon në derivatet e pjesshme të rendeve të larta:

µ ¶ ∂ ∂f ∂2 f = , ∂x 2 ∂x ∂x µ ¶ ∂2 f ∂ ∂f = , ∂y ∂x ∂y ∂x ¶ µ ∂3 f ∂ ∂2 f , = ∂x 3 ∂x ∂x 2 µ ¶ ∂3 f ∂ ∂2 f = , ∂y ∂x 2 ∂y ∂x 2 µ ¶ ∂3 f ∂ ∂2 f = , ∂y 2 ∂x ∂y ∂y ∂x µ ¶ ∂3 f ∂ ∂2 f = , ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x

µ ¶ ∂2 f ∂ ∂f = ∂y 2 ∂y ∂y µ ¶ ∂2 f ∂ ∂f = ∂x ∂y ∂x ∂y ¶ µ ∂3 f ∂ ∂2 f = ∂y 3 ∂y ∂y 2 µ ¶ ∂3 f ∂ ∂2 f = ∂x ∂y 2 ∂x ∂y 2 µ ¶ ∂3 f ∂ ∂2 f = ∂x 2 ∂y ∂x ∂x ∂y µ ¶ ∂3 f ∂ ∂2 f = ∂y ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y

Shembull 14.13. Gjeni derivatet e pjesshme ∂ f ∂ f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f , , 2, 2, , ∂x ∂y ∂x ∂y ∂y ∂x ∂x ∂y për funksionin f (x, y) = e x 536

2y

+ x y 3. ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zgjidhje Duke vepruar si më sipër, kemi

2 ∂f = 2x ye x y + y 3 ∂x 2 ∂f = x 2 e x y + 3x y 2 ∂y 2 ∂2 f ∂ = (2x ye x y + y 3 ) 2 ∂x ∂x 2 2 2 ∂ 2 x2 y ∂2 f = (x e + 3x y 2 ) = 2ye x y + 4x 2 y 2 e x y = x 4 e x y + 6x y ∂y 2 ∂y 2 ∂2 f ∂ = (2x ye x y + y 3 ) ∂y ∂x ∂y 2 2 2 2 ∂2 f ∂ 2 x2 y = (x e + 3x y 2 ) = 2xe x y + 2x 3 ye x y + 3y 2 = 2xe x y + 2x 3 ye x y + 3y 2 ∂x ∂y ∂x

Derivatet e pjesshme të rendeve të larta që merren në lidhje me variabla të ndryshmëm, sikurse janë quhen derivate të pjesshme të përziera. Në shembullin e mësipërm shohim se funksionet me derivate të pjesshme të vazhdueshme ka vend teorema:

∂2 f ∂y ∂x

=

∂2 f ∂x ∂y .

∂2 f ∂y ∂x

dhe

∂2 f ∂x ∂y ,

Do të shohim se për

Teorema 14.2 (Clairaut). Në qoftë se për funksionin f (x, y) të përcaktuar në një rreth D që përmban pikën (a, b), funksionet

∂2 f ∂x ∂y

dhe

∂2 f ∂y ∂x

janë të vazhdueshëm në D, atëherë ata janë të barabartë në atë pikë, pra

∂2 f ∂2 f (a, b) = (a, b) ∂x ∂y ∂y ∂x

Vërtetim

Të gjithë funksionet që do të shqyrtojmë në vazhdim do të jenë me derivate të pjesshme të të gjitha rendeve të ∂2 f

∂2 f

vazhdueshëm, prandaj ne do të pranojmë se ∂y ∂x = ∂x ∂y , për të gjitha (x, y) në bashkësinë e përkufizimit të f (x, y)-së. Me fjalë të tjera nuk ka rëndësi se sipas cilës renditjeje merren derivatet e pjesshme. Kjo aplikohet edhe për derivatet e pjesshme të përziera të rendit të 3-te ose edhe të rendeve më të larta. Ka disa mënyra të shënimit të derivateve të pjesshme. Të gjitha shënimet e mëposhtme janë ekuivalente:

©AulonaPress

537

Kalkulus

Shaska T.

∂f f x (x, y), ∂x ∂f f y (x, y), ∂y ∂2 f f xx (x, y), ∂x 2 ∂2 f f y y (x, y), ∂y 2

Dx (x, y) D y (x, y) Dxx (x, y) D y y (x, y)

∂2 f f x y (x, y), ∂y ∂x

Dx y (x, y)

∂2 f f y x (x, y), ∂x ∂y

D y x (x, y)

Let të jetë f (x 1 , . . . , x n ) një funksion me shumë ndryshore i dhenë si më poshtë f :Rn → Rm (x 1 , . . . , x n ) → ( f 1 (x 1 , . . . , x n ), . . . , f m (x 1 , . . . , x n )) ku f 1 (x 1 , . . . , x n ), . . . , f m (x 1 , . . . , x n ) quhen funksionet komponente të f (x 1 , . . . , x n ). Jakobi i funsionit f (x 1 , . . . , x n ) është matrica me përmasa m × n si më poshtë  ∂ f1 ∂f  . . . ∂xn1 ∂x 1   ... .   . J( f ) :=   ... .   . ∂ fm ∂ fm . . . ∂xn ∂x 1 ne do të shohim më vonë lidhjet e jakobit të një funksioni dhe gradientit.

538

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Gjeni

∂f ∂x

dhe

∂f ∂y .

35. f (x, y) = x 2 + y 2 36. f (x, y) = cos(x + y) p 37. f (x, y) = x 2 + y + 4 38. f (x, y) =

x+1 y+1

52. f (x, y) = cos(x + y) p 53. f (x, y) = x 2 + y + 4 54. f (x, y) =

x+1 y+1

55. f (x, y) = e x y + x y 56. f (x, y) = x 2 − y 2 + 6x y + 4x − 8y + 2

39. f (x, y) = e x y + x y

57. f (x, y) = x 4

40. f (x, y) = x 2 − y 2 + 6x y + 4x − 8y + 2

58. f (x, y) = x + 2y

41. f (x, y) = x

4

59. f (x, y) = ln(x y)

42. f (x, y) = x + 2y p 43. f (x, y) = x 2 + y 2 44. f (x, y) = sin(x + y) p 45. f (x, y) = 3 x 2 + y + 4 46. f (x, y) =

x y+1 x+y

47. f (x, y) = e −(x

2 +y 2 )

60. f (x, y) = sin(x y) 61. Vërtetoni që funksioni f (x, y) = sin(x + y)+cos(x − y) kënaq ekuacionin valor ∂2 f ∂2 f − = 0. ∂x 2 ∂y 2 Ekuacioni valor është një shembull i ekuacioneve diferenciale të pjesëshme.

48. f (x, y) = ln(x y) 49. f (x, y) = sin(x y) 50. f (x, y) = tan(x + y) Gjeni

∂2 f ∂2 f , ∂x 2 ∂y 2

dhe

∂2 f ∂y ∂x .

2

2

51. f (x, y) = x + y

©AulonaPress

62. Le të jenë u dhe v dy funksione dy herë të derivueshëm të një ndryshore, dhe le të jetë c 6= 0 një konstante. Vërtetoni që f (x, y) = u(x +c y)+v(x −c y) është zgjidhje e ekuacionit valor të përgjithshëm 1- dimensional ∂2 f 1 ∂2 f − 2 = 0. 2 ∂x c ∂y 2

539

Kalkulus

14.4

Shaska T.

Plani tangent ndaj një sipërfaqe

Në seksionin 14.3, përmendëm se derivatet e pjesshme

∂f ∂x

dhe

∂f ∂y

mund të konsiderohen si raporte të ndryshimit të dy

një funksioni z = f (x, y) në drejtimin pozitiv të x dhe y, përkatësisht. Rikujtojmë se derivati d x i një funksioni y = f (x) interpretohet gjeometrikisht si koefiçenti këndor i tangentes ndaj grafikut të f (x, y) në pikën (x, f (x)) në R2 . Derivatet e ∂f ∂f pjesshme, ∂x dhe ∂y të një funksioni z = f (x, y) kanë një kuptim të ngjashëm gjeometrik: për një pikë të dhënë (a, b) nga bashkësia e përkufizimit D të f (x, y), gjurma e sipërfaqes të përshkruar nga ekuacioni z = f (x, y) në planin y = b është një kurbë në R3 që kalon nga pika (a, b, f (a, b)), dhe koefiçenti këndor i tangentes L x ndaj kësaj kurbe në atë pikë është ∂f ∂f ∂x (a, b). Në mënyrë të ngjashme, ∂y (a, b) është koefiçenti këndor i tangentes L y ndaj gjurmës së sipërfaqes z = f (x, y) në planin x = a; shih Fig. 14.11. z

z z = f (x, y)

∂f

slope = ∂y (a, b) ∂f

z = f (x, y)

slope = ∂x (a, b)

(a, b, f (a, b))

(a, b, f (a, b)) Ly

Lx b

y

y

0

0 a

(a, b) x

(a, b)

x

D (a) Drejtëza tangente L x në planin y = b

D (b) Drejtëza tangente L y në planin x = a

Figura 14.11: Derivatet e pjesshme si koefiçentë këndorë

dy

Duke qenë se derivati d x i një funksioni y = f (x) është përdorur për të gjetur tangenten ndaj grafikut të f (x, y) (e cila është një kurbë në R2 ), ne presim që derivatet e pjesshme të përdoren për të përcaktuar një plan tangent ndaj grafikut të një sipërfaqeje z = f (x, y). Dhe në fakt është pikërisht ashtu. Fillimisht, na nevojitet përkufizimi i një plani tangent. Ideja intuitive është që plani tangent “vetëm sa e prek” një sipërfaqe në një pikë. Le të japim përkufizimin e planit tangent. Përkufizim 14.4. Le të jetë z = f (x, y) ekuacioni i një sipërfaqeje S në R3 , dhe le të jetë P = (a, b, c) një pikë në S. Le të jetë T plani që përmban pikën P, dhe le të jetë Q = (x, y, z) një pikë e çfarëdoshme në S. Në qoftë se këndi ndërmjet −→ vektorit PQ dhe planit T i afrohet zeros kur pika Q i afrohet P përgjatë sipërfaqes S, atëherë T e quajmë plan tangent ndaj S në P. Vërejmë se duke qenë se dy drejtëzat prerëse në R3 përcaktojnë një plan, atëherë dy drejtëzat tangente ndaj sipërfaqes z = f (x, y) në drejtimin e x dhe y të paraqitura në Fig. 14.12 përmbahen në planin tangent në atë pikë, në qoftë se plani tangent ekziston në atë pikë. Ekzistenca e dy drejtëzave tangente nuk garanton ekzistencën e planit tangent. Mund të ndodhë që , në qoftë se marrim gjurmën e sipërfaqes në planin x − y = 0 (që formon një kënd prej 45o në lidhje me boshtin pozitiv të x-ve ), kurba rezultuese në atë plan mund të ketë tangente e cila mund të mos i përkasë planit ∂f ∂f të përcaktuar nga dy tangentet e tjera, ose mund të mos ketë në atë pikë. Për fat të mirë, del se në qoftë se ∂x dhe ∂y ekzistojnë në një zonë rrotull (a, b) dhe janë të vazhdueshëm në (a, b) atëherë plani tangent ndaj sipërfaqes z = f (x, y) do të ekzistojë në pikën (a, b, f (a, b)). Në këtë tekst, këto kushte do të qëndrojnë gjithmonë. Supozojmë se duam të gjejmë një ekuacion të planit tangent T ndaj sipërfaqes z = f (x, y) në një pikë (a, b, f (a, b)). Le të jenë L x dhe L y dy drejtëzat tangente ndaj gjurmëve të sipërfaqes në planet y = b dhe x = a, përkatësisht si në Fig. 14.12 (a)), dhe supozojmë që kushtet për ekzistencën e T qëndrojnë. Atëherë, ekuacioni për T është A(x − a) + B(y − b) + C(z − f (a, b)) = 0 540

(14.4) ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus z z = f (x, y)

z ∂f ~ v x = (1, 0, ∂x (a, b))

(a, b, f (a, b)) L y Lx T

∂f (a, b) ∂x

y

x

0

0

x

1

(a)

(b)

Figura 14.12: Plani tangent

ku n = 〈A, B, C〉 është një vektor normal ndaj planit T. Duke qenë se T përmban drejtëzat L x dhe L y , atëherë ajo që na nevojitet janë vektorët ~ v x dhe ~ v y të cilët janë paralel me L x dhe L y , përkatësisht, dhe atëherë vektori normal do të jetë n=~ vx × ~ vy . Meqë koefiçenti këndor i L x është

∂f ∂x (a, b),

∂f

atëherë vektori ~ v x = (1, 0, ∂x (a, b)) është paralel me L x (meqë ~ v x shtrihet në

planin xz dhe shtrihet në një drejtëz me koefiçent këndor vektori ~ v y = (0, 1,

∂f ∂y (a, b)) është paralel me L y .

¯ ¯ i ¯ ¯ n=~ vx × ~ vy = ¯ 1 ¯ ¯ 0

∂f ∂x

(a,b) 1

=

∂f ∂x (a, b),

Fig. 14.12 (b)). Në mënyrë të ngjashme,

Prandaj, vektori j 0 1

¯ k ¯¯ ∂f ∂f ∂f ¯ (a, b) i − (a, b) j + k ∂x (a, b) ¯¯ = − ∂x ∂y ∂f (a, b) ¯ ∂y

është normal ndaj planit T. Kështu që ekuacioni i T është −

∂f ∂f (a, b) (x − a) − (a, b) (y − b) + z − f (a, b) = 0 . ∂x ∂y

(14.5)

Duke shumëzuar të dy anët me −1, përftojmë rezultatin e mëposhtëm:

Ekuacioni i planit tangent ndaj sipërfaqes z = f (x, y) në pikën (a, b, f (a, b)) është ∂f ∂f (a, b) (x − a) + (a, b) (y − b) − z + f (a, b) = 0 ∂x ∂y

(14.6)

Shembull 14.14. Gjeni ekuacionin e planit tangent ndaj sipërfaqes z = x 2 + y 2 në pikën (1, 2, 5). Zgjidhje Për funksionin f (x, y) = x 2 + y 2 , kemi është

∂f ∂x

= 2x dhe

∂f ∂y

= 2y, kështu që ekuacioni i planit tangent në pikën (1, 2, 5)

2(1)(x − 1) + 2(2)(y − 2) − z + 5 = 0 , ose 2x + 4y − z − 5 = 0 . Në mënyrë të ngjashme, mund të tregohet se në qoftë se një sipërfaqe përkufizohet në mënyrë implicite nga një ekuacion i formës F(x, y, z) = 0, atëherë plani tangent ndaj sipërfaqes në një pikë (a, b, c) jepet me ekuacionin ∂F ∂F ∂F (a, b, c) (x − a) + (a, b, c) (y − b) + (a, b, c) (z − c) = 0 . ∂x ∂y ∂z

(14.7)

Vërejmë se formula (14.6) është rast i veçantë i formulës (14.7) ku F(x, y, z) = f (x, y) − z. ©AulonaPress

541

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 14.15. Gjeni ekuacionin e planit tangent ndaj sipërfaqes x 2 + y 2 + z 2 = 9 në pikën (2, 2, −1). Zgjidhje Për funksionin F(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 − 9, kemi tangent në pikën (2, 2, −1) është

∂F ∂x

= 2x,

∂F ∂y

= 2y, dhe

∂F ∂z

= 2z, kështu që ekuacioni i planit

2(2)(x − 2) + 2(2)(y − 2) + 2(−1)(z + 1) = 0 , ose 2x + 2y − z − 9 = 0 .

542

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Gjeni ekuacionin e planit tangent ndaj sipërfaqes z = f (x, y) në pikën P.

68. f (x, y) =

p

x 2 + y 2 , P = (3, 4, 5)

64. f (x, y) = x y, P = (1, −1, −1)

Gjeni ekuacionin e planit tangent ndaj sipërfaqes së dhënë në pikën P. ³ p ´ 2 y2 z2 = 1, P = 1, 2, 2 311 69. x4 + 9 + 16

65. f (x, y) = x 2 y, P = (−1, 1, 1)

70. x 2 + y 2 + z 2 = 9, P = (0, 0, 3)

66. f (x, y) = xe y , P = (1, 0, 1)

71. x 2 + y 2 − z 2 = 0, P = (3, 4, 5) p 72. x 2 + y 2 = 4, P = ( 3, 1, 0)

63. f (x, y) = x 2 + y 3 , P = (1, 1, 2)

67. f (x, y) = x + 2y, P = (2, 1, 4)

©AulonaPress

543

Kalkulus

14.5

544

Shaska T.

Rregulli zinxhir

©AulonaPress

Shaska T.

14.6

Kalkulus

Derivatet e drejtuara dhe gradienti si vektor ∂f

∂f

Për një funksion z = f (x, y), kemi mësuar se derivatet e pjesshme ∂x dhe ∂y paraqesin raportin e ndryshimit (të çastit) të f (x, y) në drejtimin pozitiv të x dhe y, përkatësisht. Lind pyetja: Po për drejtimet e tjera? Del se ne mund të gjejmë raportin e ndryshimit sipas çdo drejtimi duke përdorur një tip më të përgjithshëm derivati që quhet derivat i drejtuar. Përkufizim 14.5. Le të jetë f (x, y) një funksion i dy ndryshoreve me vlera reale, me bashkësi përcaktimi D nga R2 , dhe le të jetë (a, b) një pikë në D. Le të jetë ~ v një vektor njësi në R2 . Atëherë, derivat i drejtuar i f në (a,b) sipas drejtimit të ~ v , e shënojmë me D~v f (a, b), përkufizohet si D~v f (a, b) = lim

h→0

f ((a, b) + h~ v ) − f (a, b) h

(14.8)

Vërejmë se në përkufizimin e mësipërm mund ta trajtojmë pikën (a, b) si një vektor, duke qenë se po i shtojmë vektorin h~ v . Kjo është ideja e zakonshme e identifikimit të vektorëve me pikën e mbarimit të tyre. Në qoftë se do ta shkruanim vektorin ~ v si ~ v = 〈v 1 , v 2 〉, atëherë D~v f (a, b) = lim

h→0

f (a + hv 1 , b + hv 2 ) − f (a, b) . h

Prej këtej mund të konludojmë direkt se derivatet e pjesshme ∂f ∂x

∂f ∂x ∂f ∂y

dhe

∂f ∂y

(14.9)

janë raste të veçanta të derivatit të drejtuar me

~ v = i =< 1, 0〉 dhe ~ v = j = 〈0, 1〉, përkatësisht. Pra, = Di f dhe = Dj f . Duke qenë se janë shumë vektorë me të njëjtin drejtim ne përdorim një vektor njësi në përkufizim, si vektor përfaqsues “standard” për një drejtim të dhënë. ∂f ∂f Në qoftë se f (x, y) ka derivate të pjesshme të vazhdueshme ∂x dhe ∂y , atëherë ka një formulë të thjeshtë për derivatin e drejtuar: Teorema 14.3. Le të jetë f (x, y) një funksion me vlera reale me bashkësi përcaktimi D në R2 i tillë që derivatet e pjesshme ∂f ∂f ~ ∂x dhe ∂y ekzistojnë dhe janë të vazhdueshëm në D. Le të jetë (a, b) një pikë në D, dhe le të jetë v = 〈v 1 , v 2 〉 një vektor njësi

në R2 . Atëherë

D~v f (a, b) = v 1

∂f ∂f (a, b) + v 2 (a, b) . ∂x ∂y

Vërtetim Vërejmë që ~ v = i = 〈1, 0〉 atëherë formula e mësipërme reduktohet në D~v f (a, b) =

(14.10) ∂f ∂x (a, b), e cila tashmë e dimë

∂f ~ ∂x , sikurse e kemi përmendur më parë. Në mënyrë të ngjashme, për v = j = 〈0, 1〉 ∂f ∂f ∂y (a, b), që është e vërtetë meqë Dj f = ∂y . Prandaj duke qenë se i = 〈1, 0〉 dhe 2

që është e vërtetë duke qenë se Di f = formula reduktohet në D~v f (a, b) =

j = 〈0, 1〉 janë të vetmit vektorë njësi ne R me një komponente zero, atëherë na duhet të tregojmë se formula ka vend për vektorët njësi ~ v = 〈v 1 , v 2 〉 me v 1 6= 0 dhe v 2 6= 0. Kështu që fiksojmë një vektor të tillë ~ v dhe fiksojmë një numër h 6= 0. Atëherë f (a + hv 1 , b + hv 2 ) − f (a, b) = f (a + hv 1 , b + hv 2 ) − f (a + hv 1 , b) + f (a + hv 1 , b) − f (a, b) . (14.11) Duke qenë se h 6= 0 dhe v 2 6= 0, atëherë hv 2 6= 0 dhe prandaj çdo numër c ndërmjet b dhe b + hv 2 mund të shkruhet si c = b + αhv 2 për një numër 0 < α < 1. Prandaj duke qenë se funksioni f (a + hv 1 , y) është një funksion me vlera reale i y (meqë a + hv 1 është një numër i fiksuar), atëherë për funksionin g (y) = f (a + hv 1 , y) mund të aplikohet Teorema e Lagranzhit nga kalkulusi i një ndryshore në intervalin [b, b + hv 2 ] (ose [b + hv 2 , b] në qoftë se një nga h ose v 2 është negative) për të gjetur një numër 0 < α < 1 të tillë që g (b + hv 2 ) − g (b) f (a + hv 1 , b + hv 2 ) − f (a + hv 1 , b) ∂f (a + hv 1 , b + αhv 2 ) = g 0 (b + αhv 2 ) = = ∂y b + hv 2 − b hv 2 dhe prej këtej f (a + hv 1 , b + hv 2 ) − f (a + hv 1 , b) = hv 2

∂f (a + hv 1 , b + αhv 2 ) . ∂y

Sipas një argumentimi të ngjashëm, ekziston një numër 0 < β < 1 i tillë që f (a + hv 1 , b) − f (a, b) = hv 1 ©AulonaPress

∂f (a + βhv 1 , b) . ∂x 545

Kalkulus

Shaska T.

Ndaj, nga ekuacioni(14.11), kemi ∂f

∂f

f (a + hv 1 , b + hv 2 ) − f (a, b) hv 2 ∂y (a + hv 1 , b + αhv 2 ) + hv 1 ∂x (a + βhv 1 , b) = h h ∂f ∂f = v2 (a + hv 1 , b + αhv 2 ) + v 1 (a + βhv 1 , b) ∂y ∂x kështu nga formula(14.9) kemi f (a + hv 1 , b + hv 2 ) − f (a, b) h→0 h · ¸ ∂f ∂f = lim v 2 (a + hv 1 , b + αhv 2 ) + v 1 (a + βhv 1 , b) h→0 ∂y ∂x ∂f ∂f ∂f ∂f (a, b) + v 1 (a, b) nga vazhdueshmëria e dhe , prandaj = v2 ∂y ∂x ∂x ∂y ∂f ∂f D~v f (a, b) = v 1 (a, b) + v 2 (a, b) ∂x ∂y

D~v f (a, b) = lim

pas ndryshimit të rendit të shumës. ³ Vërejmë që D~v f (a, b) = ~ v·

∂f ∂f ∂x (a, b), ∂y (a, b)

´ . Vektori i dytë ka një emër të veçantë:

Përkufizim 14.6. Për një funksion me vlera reale f (x, y), gradient i f (x, y), shënohet me ∇ f , quhet vektori µ ¶ ∂f ∂f ∇f = , ∂x ∂y në R2 . Për një funksion me vlera reale f (x, y, z), gradienti është vektori ¶ µ ∂f ∂f ∂f ∇f = , , ∂x ∂y ∂z

(14.12)

(14.13)

në R3 . Rrjedhim 14.1. D~v f = ~ v ·∇f Shembull 14.16. Gjeni derivatin e drejtuar të f (x, y) = x y 2 + x 3 y në pikën (1, 2) në drejtimin e ~ v=

³

p1 , p1 2 2

´ .

Zgjidhje Shohim se ∇ f = (y 2 + 3x 2 y, 2x y + x 3 ), kështu që ¶ µ 15 1 1 D~v f (1, 2) = ~ v · ∇ f (1, 2) = p , p · (22 + 3(1)2 (2), 2(1)(2) + 13 ) = p 2 2 2 ∂f

∂f

Një funksion me vlera reale z = f (x, y) derivatet e pjesshme të të cilit ∂x dhe ∂y ekzistojnë dhe janë të vazhdueshëm, quhet i derivueshëm në mënyrë të vazhdueshme. Pranojmë se f (x, y) është një funksion i tillë dhe se ∇ f 6= 0. Le të jetë c një numër real në bashkësinë e vlerave të f (x, y) dhe le të jetë ~ v vektori njësi në R2 i cili është tangent ndaj kurbës së nivelit f (x, y) = c (Fig. 14.13). Vlera e f (x, y) është konstante përgjatë kurbës së nivelit, ndaj duke qenë se ~ v është një vektor tangent ndaj kësaj kurbe, atëherë raporti i ndryshimit të f (x, y) në drejtimin e ~ v është 0, d.m.th. D~v f = 0. Por ne dimë që D~v f = ~ v · ∇f = |~ v | |∇ f | cos θ, ku θ është këndi ndërmjet ~ v dhe ∇ f . Kështu që , nga |~ v | = 1 del se D~v f = |∇ f | cos θ. Prandaj nga ∇ f 6= 0 del se D~v f = 0 ⇒ cos θ = 0 ⇒ θ = 90o . Me fjalë të tjera, ∇ f ⊥ ~ v , që do të thotë se ∇ f është normal ndaj kurbës së nivelit. Në përgjithësi, për një vektor njësi ~ v në R2 , ne kemi D~v f = |∇ f | cos θ, ku θ është këndi ndërmjet ~ v dhe ∇ f . Në një pikë të fiksuar (x, y) gjatësia e |∇ f | është fiksuar, dhe vlera e D~v f ndryshon me ndryshimin e θ. Vlera më e madhe që mund të marrë D~v f është kur cos θ = 1 (θ = 0o ), ndërsa vlera më e vogël merret kur cos θ = −1 (θ = 180o ). Me fjalë të tjera, vlera e funksionit f (x, y) rritet më shpejt në drejtimin e ∇ f (duke qenë se θ = 0o në atë rast), dhe vlera e f (x, y) zvogëlohet më shpejt në drejtimin e −∇ f (duke qenë se θ = 180o në atë rast). Në këtë mënyrë vërtetuam teoremën: 546

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus y

∇f

v

f (x, y) = c x 0

Figura 14.13: Drejtëkendëshi dhe projeksioni

Teorema 14.4. Le të jetë f (x, y) një funksione me vlera reale i derivueshëm në mënyrë të vazhdueshme, me ∇ f 6= 0. Atëherë: 1. Gradienti ∇ f është normal ndaj çdo kurbe niveli f (x, y) = c. 2. Vlera e f (x, y) rritet më shpejt në drejtimin e ∇ f . 3. Vlera e f (x, y) zvogëlohet më shpejt në drejtimin e −∇ f . Shembull 14.17. Në cilin drejtim funksioni f (x, y) = x y 2 +x 3 y rritet më shpejt nga pika (1, 2)? Në cilin drejtim zvogëlohet më shpejt? ∇f

Zgjidhje Meqenëse ∇ f = (y 2 +3x 2 y, 2x y +x 3 ), atëherë ∇ f (1, 2) = (10, 5) 6= 0. Një vektor njësi në atë drejtim është ~ v = |∇ f | = ³ ´ ³ ´ ³ ´ −2 p p2 , p1 . Prandaj, f (x, y) rritet më shpejt në drejtimin e p2 , p1 dhe zvogëlohet më shpejt në drejtimin e p , −1 . 5

5

5

5

5

5

Ne vërtetuam Teoremën 14.4 për funksionet e dy ndryshoreve, dhe me një argumentim të ngjashëm mund të tregohet gjithashtu se ka vend edhe për funksionet e tre ndryshoreve. Gjithashtu derivati i drejtuar në rastin tre-dimensional mund të përkufizohet nëpërmjet formulës D~v f = ~ v ·∇f . Shembull 14.18. Temperatura T e një trupi është dhënë nëpërmjet funksionit T(x, y, z) = e −x + e −2y + e 4z , ku x, y, z janë koordinatat e hapësirës në lidhje me qendrën e trupit. Në cilin drejtim duke filluar nga pika (1, 1, 1) do të ulet më shpejt temperatura? Zgjidhje Meqënëse ∇ f = (−e −x , −2e −2y , 4e 4z ), atëherë temperatura do të ulet më shpejt në drejtimin e −∇ f (1, 1, 1) = (e −1 , 2e −2 , −4e 4 ).

©AulonaPress

547

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Njehsoni gradientin ∇ f .

87. f (x, y, z) = sin(x y z), P = (1, 1, 1)

73. f (x, y) = x 2 + y 2 − 1

88. f (x, y, z) = x 2 e y z , P = (1, 1, 1)

74. f (x, y) =

1 x 2 +y 2

75. f (x, y) =

p

89. Përsërisni shembullin 14.17 në pikën (2, 3).

x2 + y 2 + 4

2 y

76. f (x, y) = x e

Le të jenë f (x, y) dhe g (x, y) dy funksione me vlera reale të derivueshëm në mënyrë të vazhueshme, le të jetë c një konstante, dhe le të jetë ~ v një vektor njësi në R2 . Tregoni që :

77. f (x, y) = ln(x y) 78. f (x, y) = 2x + 5y 79. f (x, y, z) = sin(x y z) 80. f (x, y, z) = x 2 e y z 81. f (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 p 82. f (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 Gjeni derivatin e drejtuar të f (x, y) në pikën P në drej³ ´ 1 1 timin e ~ v= p ,p . 2

90. Përsërisni shembullin 14.18 në pikën (3, 1, 2).

2

83. f (x, y) = x + y 2 − 1, P = (1, 1)

91. ∇(c f ) = c ∇ f 92. ∇( f + g ) = ∇ f + ∇g 93. ∇( f g ) = f ∇g + g ∇ f 94. ∇( f /g ) =

g ∇ f − f ∇g g2

në qoftë se g (x, y) 6= 0

95. D−~v f = −D~v f

2

84. f (x, y) =

1 , P = (1, 1) x 2 +y 2

85. f (x, y) =

p

x 2 + y 2 + 4, P = (1, 1)

86. f (x, y) = x 2 e y , P = (1, 1) Gjeni derivatin e drejtuar ³ ´ të f (x, y) në pikën P në drejtimin e ~ v = p1 , p1 , p1 . 3

548

3

3

96. D~v (c f ) = c D~v f 97. D~v ( f + g ) = D~v f + D~v g 98. D~v ( f g ) = f D~v g + g D~v f p 99. Funksioni r (x, y) = x 2 + y 2 është gjatësia e vektorit pozicion ~ r = x i + y j për çdo pikë (x, y) në R2 . Vërtetoni që ∇r = r1 ~ r kur (x, y) 6= (0, 0), dhe se ∇(r 2 ) = 2~ r.

©AulonaPress

Shaska T.

14.7

Kalkulus

Vlerat ekstreme, maximumet dhe minimumet.

Në këtë pjesë ne do të studjojmë vlerat ekstreme të funksioneve me disa ndryshore. Gradienti mund të përdoret për të gjetur pikat ekstreme të një funksioni me shumë ndryshoreve, pra pikat ku funksioni ka një maksimum lokal ose minimum lokal. Ne do të përqëndrohemi tek funksionet me dy ndryshore, funksionet me tre ose më shumë ndryshoreve kërkojnë metoda që përdorin algjebrën lineare. Përkufizim 14.7. Le të jetë f (x, y) një funksion me vlera reale, dhe le të jetë (a, b) një pikë nga bashkësia e përkufizimit të f (x, y). Themi se f (x, y) ka një maksimum lokal në (a, b) në qoftë se f (x, y) ≤ f (a, b) për të gjitha (x, y) brenda një rrethi me qendër në (a, b), d.m.th. ekziston një r > 0 sado e vogël e tillë që f (x, y) ≤ f (a, b) për të gjitha (x, y) për të cilat (x − a)2 + (y − b)2 < r 2 . Gjithashtu, themi që f (x, y) ka një minimum lokal në (a, b) në qoftë se f (x, y) ≥ f (a, b) për të gjitha (x, y) brenda një rrethi me qendër në (a, b). Në qoftë se f (x, y) ≤ f (a, b) për të gjitha (x, y) nga bashkësia e përkufizimit të f (x, y), atëherë f (x, y) ka një maksimum absolut në (a, b). Në qoftë se (x, y) ≥ f (a, b) për të gjitha (x, y) nga bashkësia e përkufizimit të f (x, y), atëherë f (x, y) ka një minimum absolut në (a, b). Teorema 14.5. Në qoftë se f (x, y) ka maksimum ose minimum lokal ne një pikë (a, b) dhe derivatet e pjesëshme e rendit të parë ekzistojnë, atëherë f x (a, b) = 0 dhe f y (x, y) = 0. Vërtetim Supozojmë që (a, b) është një pikë maksimumi lokal për f (x, y), dhe derivatet e rendit të parë të pjesshme të f (x, y) ekzistojnë në (a, b). Dimë se f (a, b) është vlera më e madhe e f (x, y) kur (x, y) shkon sipas të gjitha drejtimeve tek pika (a, b), në një rreth mjaft të vogël me qendër në (a, b). Në veçanti, f (a, b) është vlera më e madhe e f (x, y) sipas drejtimit të x-ve (rrotull pikës (a, b)). Pra,funksioni i një ndryshore g (x) = f (x, b) ka një maksimum lokal në x = a. Kështu që, g 0 (a) = 0. Duke qenë se g 0 (x) = f x (a, b), atëherë f x (a, b) = 0. Në mënyrë të ngjashme, f (a, b) është vlera më e madhe e f (x, y) pranë (a, b) në drejtimin e y-ve dhe prej këtej f y (a, b) = 0. Vërejtje. Teorema 14.5 mund të vërtetohet edhe për funksionet e tre ose më shumë ndryshoreve. Vini re se në qoftë se funsioni ka ka maksimum ose minimum lokal ne një pikë (a, b) atëherë dhe vetëm atëherë kur ∇ f (a, b) = 0. Ky fakt motivon përkufizimin e mëposhtëm. Përkufizim 14.8. Jepet funksioni f (x, y), një pikë (a, b) në bashkësinë e përkufizimit për të cilën ∇ f (a, b) = 0 quhet pikë kritike për funksionin f (x, y). Për një funksion të dhënë f (x, y), për të gjetur pikat kritike të f (x, y) na duhet të zgjidhim njëkohësisht sistemin  ∂f   (x, y) = 0  ∂x  ∂f   (x, y) = 0 ∂y ose ne mënyrë ekuivalente ∇ f (x, y) = 0. ©AulonaPress

549

Kalkulus

Shaska T.

Më poshtë po japim disa shembuj të disa funksioneve dhe pikave kritike të tyre si edhe në disa raste gjetjen e vlerave më të mëdha dhe më të vogla me metoda direkte. Pas këtyre shembujve do të studiojmë kushtet e nevojshme dhe të ¨ dhe më të vogla. mjaftueshme për të përcaktuar vlerat më të mdha Shembull 14.19. Gjeni pikat kritike të funksionit f (x, y) = x 2 + y 2 − 2x − 6y + 14 Zgjidhje Sipërfaqja e përftuar nga f (x, y) = x 2 + y 2 −2x −6y +14 jepet ne Fig. 14.14. Derivatet e pjesshme janë f x (x, y) = 2x − 2

f y (x, y) = 2y − 6

Këto derivate të pjesshme janë njëkohësisht 0 kur x = 1 dhe y = 3. Pra e vetmja pikë kritike është (1, 3). Duke plotësuar katrorin kemi f (x, y) = 4 + (x − 1)2 + (y − 3)2 . Meqënëse (x − 1)2 ≥ 0 dhe (y − 3)2 ≥ 0, kemi f (x, y) ≥ 4 për të gjitha vlerat x dhe y. Pra, f (1, 3) = 4 është minimum lokal dhe në fakt është edhe minimum absolut. Nga ana gjeometrike kjo mund të konfirmohet lehtë pasi grafiku i f (x, y) është një paraboloid eliptik me kulm në pikën (1, 3, 4); shih Fig. 14.14.

Figura 14.14

Shembull 14.20. Gjeni pikat kritike të funksionit f (x, y) = x y. Zgjidhje Funksioni f (x, y) = x y ka një pikë kritike në (0, 0) sepse sistemi ( fx = y = 0 fy = x = 0

100

50

ka si zgjidhje të vetme pikën (0, 0). Kështu që, (0, 0) është e vetmja pikë kritike. Megjithatë funksioni f (x, y) nuk ka as maksimum as minimum lokal në (0, 0). Çdo disk me qender (0, 0) përmban pikat (x, y) ku vlerat e x dhe y kanë shenjë të njëjtë (pra f (x, y) = x y > 0 = f (0, 0)) dhe pika me vlera me shënjë të kundërt (pra f (x, y) = x y < 0 = Figura 14.15: f (x, y) = x y, pikë shalë at (0, 0) f (0, 0)). Në fakt, përgjatë drejtimit y = x në R2 , f (x, y) = x 2 , ka një minimum lokal në (0, 0), ndërsa përgjatë drejtimit y = −x kemi f (x, y) = −x 2 , pra ka një maksimum lokal në (0, 0). Kështu që, (0, 0) është një shembull i një pike ku nuk ka as minimum as maksimum lokal. Grafiku i f (x, y) është paraqitur në Fig. 14.15 dhe është një paraboloid hiperbolik. 0

z

-50

-10

-100-10

-5

-5

y

0

0

5

5

x

10 10

Në mënyrë të ngjashme me rastin e funksionit me një ndryshore, kushti i nevojshëm që ∇ f (a, b) = 0 nuk është gjithmonë edhe i mjaftueshëm për të garantuar që pika kritike është një maksimum ose minimum lokal. Teorema në vazhdim na jep kushte të mjaftueshme që pikat kritike të jenë maksimume lokale ose minimume lokale të një funksioni. Let të jetë f (x, y) një funksion i cili ka derivatet e pjesshme të rendit të dytë të vazhdueshëm në një disk me qendër (a, b). Shënojmë me µ 2 ¶2 ∂2 f ∂2 f ∂ f D := D(x, y) = · − ∂x 2 ∂y 2 ∂y ∂x 550

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Vini re se formula për D mbahet mend më lehtë si determinanti i një matrice 2 me 2 si më poshtë ¯ 2 ¯ ¯ ∂ f ∂2 f ¯ ¯ ∂x 2 ∂y ∂x ¯¯ D = ¯¯ ∂2 f , ∂2 f ¯ ¯ ∂x ∂y ¯ ∂y 2 Kjo matricë quhet edhe Hessian e një funksioni f (x, y), Në fakt Hessian mund të përkufizohet për çdo funksion f (x 1 , . . . , x n ) me n-ndryshore.   ∂2 f ∂2 f ∂2 f . . . ∂x1 ∂xn 2 ∂x ∂x ∂x 1 2   21  ∂ f ∂2 f  ∂2 f   . . . 2 ∂x 2 ∂x n   ∂x2 ∂x1 ∂x 2   . . ... .  H( f ) :=     . . ... .     . . ... .    ∂2 f ∂x n ∂x 1

∂2 f ∂x n ∂x 2

...

∂2 f ∂x n2

Kjo matricë lidhet me matricën e Jakobit si më poshtë H( f ) = J(∇ f )(x) Në disa rsate me Hessian ne kuptojmë determinantin e matricës H( f ). Në rastet kur funksioni në fjalë ka gjithë derivatet e pjeshme të vazhdueshme atëherë nga Teorema Clairaut radha e derivimit nuk ka rëndësi. Pra, në këtë rast Hessian është një matricë simetrike. Kur numri i ndryshoreve është dy atëherë µ 2 ¶2 ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂ f ∂2 f ∂2 f ∂2 f · − · − · = H( f ) = ∂x 2 ∂y 2 ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x 2 ∂y 2 ∂y ∂x Më poshtë japim kushte të nevojshme dhe të mjaftueshme për funksionet me dy ndryshore që një pike (a, b) të jetë pikë kritike, maksimim ose minimum lokal. Teorema 14.6 (Testi i derivatit të rendit të dytë). Le të jetë f (x, y) një funksion me vlera reale dhe (a, b) një pikë kritike e tij. Atëherë, i) D(a, b) > 0 dhe

∂2 f (a, b) > 0, atëherë f (a, b) është një minimum lokal ∂x 2 ∂2 f (a, b) < 0, atëherë f (a, b) është një maksimum lokal ∂x 2

ii) D(a, b) > 0 dhe iii) D(a, b) < 0, atëherë f (a, b) nuk është as minimum as maksimum lokal

Vërtetim Ne vërtetojmë i), pjeset e tjera të teoremës kanë vërtetim të ngjashëm. llogarisim derivatin e drejtuar të rendit të dytë të f (x, y) sipas drejtimit ~ u = 〈h, k〉. Derivati i drejtuar i rendit të parë është D~u f = f x h + f y k Derivati i rendit të dytë është D~2u f = D~u (D~u f ) =

∂ ∂ (D~u f ) h + (D~u f ) k ∂x ∂y

= ( f xx h + f y y k)h + ( f x y h + f y y k) k

(14.14)

= f xx h 2 + 2 f x y hk + f y y k 2 Duke plotësuar katrorin kemi µ ¶ ´ fx y 2 k2 ³ D~2u f = f xx h + k + f xx f y y − f x2y f xx f xx Ne dimë se f xx (a, b) > 0 dhe D(a, b) > 0. Por f xx dhe D = f xx f y y − f x y 2 janë funksione të vazhdueshëm, pra ekziston një disk B me qendër (a, b) dhe rreze δ > 0 i tillë që f xx (x, y) > 0 dhe D(x, y) > 0 për çdo (x, y) ∈ B. Nga Ek. (14.14) kemi që D~2u f (x, y) > 0 për çdo (x, y) ∈ B. ¡ ¢ Pra, në qoftë se C është kurba e përftuar nga prerja e grafit të f (x, y) me planin vertikal i cili kalon në pikën P a, b, f (a, b) në drejtimin e vektorit ~ u , atëherë C është e lugët (shih Kap. 5) në një interval me gjatësi 2δ. Kjo është e vërtetë në drejtimin e çdo vektori ~ u . Pra në qoftë se e kushtëzojmë pikën (x, y) të jetë në B atëherë grafiku i f (x, y) shtrihet mbi planin tangent hoorizontal që kalon nga P. Kështu që , f (x, y) ≥ f (a, b) për çdo (x, y) ∈ B. Pra f (a, b) është një minimum lokal.

©AulonaPress

551

Kalkulus

Shaska T. Gjithashtu, në qoftë se D > 0 atëherë µ 2 ¶2 ∂2 f ∂2 f ∂ f (a, b) (a, b) = D + (a, b) > 0, ∂x 2 ∂y 2 ∂y ∂x dhe prej këtej

∂2 f (a, b) ∂x 2

dhe

∂2 f (a, b) ∂y 2

kanë të njëjtën shenjë. Kjo do të

thotë se në pikat i) dhe ii) të teoremës mund të zëvendësojmë ∂2 f

Figura 14.16: Një pikë shalë

∂2 f (a, b) ∂x 2

me ∂y 2 (a, b). Në qoftë se kënaqet kushti iii) i teoremës, atëherë pika (a, b) quhet pikë shalë për ngjashmëri me shalën e kalit. Pikat shalë i ngjasojnë gjithashtu shtegut në një qafë mali, pra një pjesë e sipërfaqes lakohet poshtë dhe një pjesë tjetër lakohet sipër. Ne mund ti dallojmë pikat shalë edhe nga konturet e tyre. Në qoftë se ndërtojmë konturin me nivel lartësinë e pikës shalë atëherë ky kontur i ngjan një figure me formën e numrit tetë

sic shihet në Fig. 14.17.

Figura 14.17: Konturi i një pike shalë

552

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 14.21. Gjeni gjithë minimumet dhe maksimumet lokale të funsionit f (x, y) = x 2 + x y + y 2 − 3x. Zgjidhje Fillimisht gjejmë të gjitha pikat kritike, d.m.th. ku ∇ f = 0. Meqë ∂f ∂f = 2x + y − 3 dhe = x + 2y ∂x ∂y atëherë pikat kritike (x, y) janë zgjidhjet e përbashkëta të ekuacioneve 2x + y − 3 = 0 x + 2y

=0

që kanë një zgjidhje të vetme (x, y) = (2, −1). Pra, (2, −1) është e vetmja pikë kritike. Për të përdorur Teoremën 14.6, na duhen derivatet e pjesshme të rendit të dytë: ∂2 f ∂2 f ∂2 f = 2 , = 2 , =1 ∂x 2 ∂y 2 ∂y ∂x

Figura 14.18

dhe prej këtej D= dhe

∂2 f (2, −1) = 2 > 0. ∂x 2

µ 2 ¶2 ∂2 f ∂2 f ∂ f (2, −1) (2, −1) − (2, −1) = (2)(2) − 12 = 3 > 0 ∂x 2 ∂y 2 ∂y ∂x

Prandaj, (2, −1) është një minimum lokal.

Shembull 14.22. Gjeni gjithë minimumet dhe maksimumet lokale të funksionit f (x, y) = x y − x 3 − y 2 . Zgjidhje Fillimisht gjejmë të gjitha pikat kritike, d.m.th. ku ∇ f = 0. Meqë ∂f ∂f = y − 3x 2 dhe = x − 2y ∂x ∂y atëherë pikat kritike (x, y) janë zgjidhjet e përbashkëta të ekuacioneve (

y − 3x 2 = 0 x − 2y = 0

Figura 14.19

Ekuacioni i parë bëhet y = 3x 2 , dhe duke zëvendësuar këtë shprehje tek ekuacioni i dytë marrim x −6x 2 = 0, prej nga zgjidhjet e tij janë x = 0 dhe ¡ ¢2 1 . x = 16 . Kështu që x = 0 ⇒ y = 3(0) = 0 dhe x = 16 ⇒ y = 3 61 = 12 ¡1 1 ¢ Pra, pikat kritike janë (x, y) = (0, 0) dhe (x, y) = 6 , 12 . Për të përdorur Teoremën 14.6, na duhen derivatet e pjesshme të

rendit të dytë: ∂2 f = −6x , ∂x 2

∂2 f = −2 , ∂y 2

∂2 f =1 ∂y ∂x

Kështu që, µ 2 ¶2 ∂2 f ∂2 f ∂ f D= (0, 0) 2 (0, 0) − (0, 0) = (−6(0))(−2) − 12 = −1 < 0 ∂x 2 ∂y ∂y ∂x ©AulonaPress

553

Kalkulus

Shaska T.

dhe (0, 0) është një pikë shalë. Gjithashtu, D= dhe

∂2 f ∂x 2

¡1

1 6 , 12

¢

µ ¶ µ ¶ µ 2 µ ¶¶2 µ ¶ ∂2 f 1 1 ∂2 f 1 1 ∂ f 1 1 1 − = −6 (−2) − 12 = 1 > 0 , , , ∂x 2 6 12 ∂y 2 6 12 ∂y ∂x 6 12 6

= −1 < 0. Prandaj,

¡1

1 6 , 12

¢

është një maksimum lokal.

Shembull 14.23. Gjeni të gjithë minimumet dhe maksimumet lokale të funksionit f (x, y) = (x − 2)4 + (x − 2y)2 . Zgjidhje Fillimisht gjejmë të gjitha pikat kritike, d.m.th. ku ∇ f = 0. Meqë ∂f = 4(x − 2)3 + 2(x − 2y) and ∂x

∂f = −4(x − 2y) ∂y

atëherë pikat kritike (x, y) janë zgjidhjet e përbashkëta të ekuacioneve (

4(x − 2)3 + 2(x − 2y) = 0 −4(x − 2y) = 0

Pika (2, 1) është e vetmja pikë kritike. Për të përdorur Teoremën 14.6, na duhen derivatet e pjesshme të rendit të dytë: ∂2 f = 12(x − 2)2 + 2 , ∂x 2

∂2 f =8, ∂y 2

∂2 f = −4 ∂y ∂x

Kështu që, D=

µ 2 ¶2 ∂2 f ∂2 f ∂ f (2, 1) (2, 1) − (2, 1) = (2)(8) − (−4)2 = 0 ∂x 2 ∂y 2 ∂y ∂x

Pra testi i derivatit të dytë nuk mund të përdoret. Shembull 14.24. Gjeni të gjithë minimumet dhe maksimumet lokale të funksionit f (x, y) = (x 2 + y 2 )e −(x

2 +y 2 )

.

Zgjidhje Fillimisht gjejmë të gjitha pikat kritike, d.m.th. ku ∇ f = 0. Meqë 2 2 ∂f = 2x(1 − (x 2 + y 2 ))e −(x +y ) ∂x 2 2 ∂f = 2y(1 − (x 2 + y 2 ))e −(x +y ) ∂y

atëherë pikat kritike janë (0, 0) dhe të gjitha pikat (x, y) në rrethin njësi x 2 + y 2 = 1. Për të përdorur Teoremën 14.6, na duhen derivatet e pjesshme të rendit të dytë: £ ¤ 2 2 ∂2 f = 2 1 − (x 2 + y 2 ) − 2x 2 − 2x 2 (1 − (x 2 + y 2 )) e −(x +y ) 2 ∂x £ ¤ 2 2 ∂2 f = 2 1 − (x 2 + y 2 ) − 2y 2 − 2y 2 (1 − (x 2 + y 2 )) e −(x +y ) 2 ∂y £ ¤ 2 2 ∂2 f = −4x y 2 − (x 2 + y 2 ) e −(x +y ) ∂y ∂x

554

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus ∂2 f

Në (0, 0), kemi D = 4 > 0 dhe ∂x 2 (0, 0) = 2 > 0, prandaj (0, 0) është një minimum lokal. Ndërsa, për pikat (x, y) në rrethin njësi x 2 + y 2 = 1, kemi D = (−4x 2 e −1 )(−4y 2 e −1 ) − (−4x ye −1 )2 = 0

0.4 0.35 0.3 0.25 0.2 0.15 z 0.1 0.05 0 -3

pra testi nuk mund të zbatohet. Në qoftë se shohim grafikun e f (x, y), në Fig. 14.20, duket se mund të kemi një maksimum lokal për (x, y) në rrethin njësi x 2 + y 2 = 1. Në qoftë se përdorim koordinatat polare (r, θ) në vend të (x, y) Figura 14.20: Funksioni f (x, y) = (x 2 + në R2 , ku r 2 = x 2 + y 2 , atëherë shohim që mund ta shkruajmë 2 −(x 2 +y 2 ) y )e f (x, y) si një funksion g (r ) vetëm të një ndryshore r : g (r ) = 2 −r 2 0 2 −r 2 r e . Atëherë, g (r ) = 2r (1 − r )e , pra ka një pikë kritike në r = 1, dhe mund të shohim se g 00 (1) = −4e −1 < 0, pra nga Testi i Derivatit të Dytë në Kalkulusin e një ndryshore themi se r = 1 është një maksimum lokal. Por r = 1 i korrespondon rrethit njësi x 2 + y 2 = 1. Prandaj, pikat (x, y) në rrethin njësi x 2 + y 2 = 1 janë pika maksimumi lokal për f (x, y). -3

-2

-1

0

-2

-1

1

0

1

y

x

2

2

3 3

Shembull 14.25. Gjeni distancen më të shkurtër nga pika (1, 1, 1, ) tek plani 3x + 2y − z = 4. Zgjidhje Distanca nga çdo pike me koordinata (x, y, z) tek pika (1, 1, 1) është d=

q (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2

Në qoftë se pika (x, y, z) shtrihet në planin 3x + 2y − z = 4, atëherë z = 3x + 2y − 4. Kështu që kemi d=

q

(x − 1)2 + (y − 1)2 + (3x + 2y − 5)2

Për të gjetur minimumin e d -së mjafton të minimizojmë d 2 = f (x, y) = 10x 2 + 5y 2 + 12x y − 32x − 22y + 27 Pikat kritike të këtij funksioni janë zgjidhjet e sistemit (

f x = 20x + 12y − 32 = 0 f y = 10y − 22 + 12x = 0

Pra, pikat kritike janë (1, 1). Përderisa, f xx = 20, f x y = 12, f y y = 10 atëherë D(x, y) = f xx f y y − f y2y = 20 · 10 − (12)2 = 200 − 144 > 0 Nga Testi i Derivatit të Dytë f (x, y) ka minimum lokal në pikën (1, 1). Nga ana intuitive, ky minimum lokal është një minimum absolut sepse ekziston një pikë e vetme që është më afër një plani të dhënë. Kjo pikë është pingulja nga pika (1, 1, 1) mbi planin 3x + 2y − z = 4. Kjo distance minimum është d=

q

(x − 1)2 + (y − 1)2 + (3x + 2y − 5)2 =

p (3 · 1 + 2 · 1 − 5)2 = 0

Kjo nuk është surprizë sepse pika (1, 1, 1) ndodhet në planin 3x + 2y − z = 4. Shembull 14.26. Duam të ndërtojmë një kuti kartoni pa kapak dhe me 12 m 2 material. Gjeni maksimumin e mundshëm të volumit të kësaj kutije.

©AulonaPress

555

Kalkulus

Shaska T. Zgjidhje Shënojmë me x, y, z përmasat e kutisë. Atëherë volumi jepet nga V = xyz Duke përdorur faktin që sipërfaqja (pa kapakun) është 12 m 2 kemi që

p

x2 +

2xz + 2y z + x y = 12

y2 Pra, z = y

12−x y 2(x+y)

dhe

x

V = xy Figura 14.21

12 − x y 12x y − x 2 y 2 = 2(x + y) 2(x + y)

Pikat kritike jepen nga zgjidhja e sistemit  ∂V y 2 (12 − 2x y − x 2   =0   ∂x = 2(x + y)2  ∂V x 2 (12 − 2x y − y 2    =0 = ∂y 2(x + y)2

Duke mbajtur mend se x, y, z janë pozitivë sepse përshkruajnë përmasat e kutisë, kemi si zgjidhje piken (2, 2). Për këto vlera të x, y koordinata z = 1. Duke përdorur Testin e Dytë të Derivatit lexuesi të vërtetojë se kjo pikë është një maksimum lokal. Vlera e funksionit në këtë pikë është V = 2 · 2 · 1 = 4. Nga këndvështrimi gjeometrik është e qartë se kjo është vlera me e madhe e funsionit. Në vijim ne do të shohim se si të gjejmë vlerën më të madhe dhe më të vogël të funksioneve.

14.7.1 Maksimumi dhe minimumi absolut Le të kujtojmë shkurtimisht se si kemi gjetur vlerat ekstreme të funksioneve me një ndryshore. Teorema e vlerave ekstreme thotë se në qoftë se funksioni f (x) është i vazhdueshëm në një interval të mbyllur [a, b] atëherë f (x) ka një minimum absolut dhe nje maksimum absolut. Për më tepër, këto vlera ekstreme përftohen duke kontrolluar vlerat e funksionit në pikat kritike si edhe në skajet e segmentit [a, b]. Për funksionet me dy ndryshore situata është e ngjashme. Jepet një bashkësi S ⊂ R2 . Një pikë P(a, b) quhet pikë kufiri e bashkësisë S në qoftë se çdo disk me qendër (a, b) përmban pika në S dhe pika në plotësuesin S c = R2 \ S të bashkësisë S. Një bashkësi e mbyllur D në R2 është një bashkësi që përmban gjithë pikat e saj të kufirit. Shembulli më i thjshtë i një bashkësie të mbyllur është një disk i mbyllur me qendër në pikën (a, b) dhe rreze r > 0 i përkufizuar si më postë ½ ¾ q D(a,b) := (x, y) : (x − a)2 + (y − b)2 ≤ r

Teorema 14.7. Në qoftë se f (x, y) është i vazhdueshëm në një bashkësi të mbyllur dhe të kufizuar D ⊂ R2 , atëherë f (x, y) merr një vlerë maksimum f (x 1 , x 2 ) dhe një vlerë minimum f (x 2 , y 2 ) në ndonjë pikë (x 1 , y 2 ) dhe (x 2 , y 2 ) në D. Për të gjetur këto vlera ekstreme që garantohen nga teorema e mësipërme ndiqet procedura si më poshtë Lema 14.1. Për të gjetur vlerat më të mëdha dhe më të vogla të një funksioni të vazhdueshëm në një bashkësi të mbyllur D ⊂ R2 : 1) Gjejmë gjithë pikat kritike të funksioni f (x, y) 2) Gjemë vlerat ekstreme të funksionit në kufirin e bashkësisë D 3) Vlera më e madhe nga 1) dhe 2) është maksimumi absolut i funksionit f (x, y) në D; vlera më e vogël nga 1) dhe 2) është minimumi absolut i funksionit f (x, y) në D 556

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 14.27. Gjeni vlerën më të madhe dhe më të vogel të funksionit f (x, y) = x 2 − 2x y + 2y ne drejtëkëndëshin © ª D = (x, y) | 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2 Zgjidhje Meqënëse f (x, y) është polinom, atëherë është i vazhdueshëm në bashkësinë e mbyllur D të dhënë si më sipër. Pra nga Teorema 14.7 f (x, y) ka një maksimum dhe një minimum absolut në D. Pikat kritike janë zgjidhja e sistemit (

2x − 2y = 0 −2x + 2 = 0

Pra, pika e vetme kritike është (1, 1) dhe vlera f (1, 1) = 1. Tani duhet gjendur vlerat e funksionit në kufirin e bashkësisë së mbyllur D. Kufiri i D-së përmban sigmentet L1 , L2 , L3 , L4 si në figurë. y L3

(0, 2)

(3, 2)

L4

L2

(0, 0)

L1

(3, 0)

x

Figura 14.22

Në segmentin L1 kemi y = 0 dhe f (x, 0) = x 2 ,

0≤x ≤3

Ky është një funksion rritës dhe vlera minimum është për x = 0. Pra, f (0, 0) = 0, ndërsa vlera maksimum është f (3, 0) = 9. Në segmentin L2 kemi x = 3 dhe f (3, y) = 9 − 4y,

0≤y ≤2

Ky është një funksion zbritës dhe vlera maksimum është për y = 0. Pra, f (3, 0) = 9, ndërsa vlera minimum është f (3, 2) = 1. Në segmentin L3 kemi y = 2 dhe f (x, 2) = x 2 − 4x − 4,

0 ≤ x ≤ 3.

Pra, f (x, 2) = (x − 2)2 i cili merr vleren minimum në f (2, 2) = 0 dhe maksimum në f (0, 2) = 4. Përfundimisht, në segmentin L4 kemi x = 0 dhe f (0, y) = 2y,

Figura 14.23: Vlerat ekstreme të funksionit

0≤y ≤2

me vlerë minimum f (0, 0) = 0 dhe vlerë maksimum f (0, 2) = 4. Duke krahasuar vlerën e funksionit ne pikën kritike si dhe vlerat e funksionit në kufirin e D-së kemi që maksimumi absolut është f (3, 0) = 9 dhe minimumi absolut është f (0, 0) = f (2, 2) = 0; shih Fig. 14.23.

©AulonaPress

557

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 14.28. Një pllakë metalike ka formën D të dhënë nga ekuacioni x 2 + y 2 = 16. Temperatura në çdo pikë të diskut jepet nga funksioni T(x, y) = x 2 + 2y 2 − x Gjeni pikat ku temperatura merr vlerën më të madhe dhe më të vogël. Cilat janë këto vlera? Zgjidhje Së pari ndërtojmë grafikun e kurbave të nivelit z = c për vlera të ndryshme të z = c; shih Fig. 14.24. Pikat kritike jane sgjidhjet e sistemit  ∂f   = 2x − 1 = 0  ∂x ∂f    = 4y = 0 ∂y ¡ ¢ Pra, pikë kritike e vetme është ( 21 , 0) dhe T 12 , 0 = − 14 . Kufiri i bashkësisë D është përkufizuar në mënyrë parametrike nga ekuacionet x = 4 cos t , për 0 ≤ t ≤ 2π. Kështu që ,

y = 4 sin t ,

g (t ) := T(4 cos t , 4 sin t ) = 16 cos2 t + 32 sin2 t − 4 cos t

Pikat kritike të këtij funksioni jepen nga g 0 (t ) = 32 cos t sin t + 4 sin t = 4 sin t (8 cos t + 1) = 0 Pra, këto pika kritike janë ¶ µ ¶ µ 1 1 , t = 0, π, arccos − , π + arccos 8 8 ose t = 0, π, π ± arctan 3

p (7).

Vlerat në këto pika janë ³ p ´ 129 g (0) = 12, g (π) = 20, g π ± arctan 3 (7) = = 32.25 4 Kështu që vlera më e nxehtë e pllakës është 32.25 dhe më e ftohta − 14 .

Figura 14.24: Funksioni T(x, y) dhe konturet në planin x y. 558

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Dukë përdorur konturet parashikoni ku ndodhen pikat kritike dhe cilat prej tyre janë maksimume lokale, minimume lokale, pikë shalë.

111. f (x, y) = 2x 3 + 6x y + 3y 2

100.

112. f (x, y) = 2x 3 − 6x y + y 2 p 113. f (x, y) = x 2 + y 2

101.

114. f (x, y) = x + 2y

102.

115. f (x, y) = 4x 2 − 4x y + 2y 2 + 10x − 6y

103.

116. f (x, y) = −4x 2 + 4x y − 2y 2 + 16x − 12y

104. 105. 106. Gjeni të gjithë minimumet dhe maksimumet lokale të funksionit f (x, y). 107. f (x, y) = x 3 − 3x + y 2 108. f (x, y) = x 3 − 12x + y 2 + 8y 109. f (x, y) = x 3 − 3x + y 3 − 3y 110. f (x, y) = x 3 + 3x 2 + y 3 − 3y 2

©AulonaPress

117. Për një trup drejtkëndor me vëllim 1000 metër kub, gjeni përmasat që minimizojnë sipërfaqen. ( Udhëzim: Përdorni të dhënën për vëllimin në mënyrë që të shprehni sipërfaqen si funksion të vetëm dy ndryshoreve.) 118. Vërtetoni që në qoftë se (a, b) është një pikë maksimumi lokal ose minimumi lokal për një funksion të lëmuar f (x, y), atëherë plani tangent ndaj sipërfaqes z = f (x, y) në pikën (a, b, f (a, b)) është paralel me planin x y. ( Udhëzim: Përdorni Teoremën 14.5.) 119. Gjeni tre numra pozitivë x, y, z shuma e të cilëve është 10 të tillë që x 2 y 2 z është një maksimum.

559

Kalkulus

Shaska T.

14.8

Probleme optimizimi

14.8.1

Optimizimi i pakushtëzuar, metodat numerike

Tipet e problemeve që zgjidhëm në seksionin (14.7) ishin shembuj problemesh të optimizimit të pakushtëzuar. Pra, ne përpiqemi të gjejmë pika maksimumi dhe minimumi lokale (ndoshta edhe absolute) të funksioneve me vlera reale f (x, y), ku pikat (x, y) janë të çfarëdoshme nga bashkësia e përcatimit të f (x, y). Metoda që përdorëm kërkon gjetjen e pikave kritike të f (x, y), që na çon në zgjidhjen e ekuacionit ∇ f = 0, që në përgjithësi është një sistem prej dy ekuacionesh me dy të panjohura (x dhe y). Shembujt që pamë ishin relativisht të thjeshtë, por në përgjithësi nuk ndodh kështu. Në qoftë se ekuacionet përmbajnë polinome të x dhe y të gradës së tretë ose të një grade më të lartë, ose shprehje të komplikuara që përmbajnë shprehje trigonometrike, ose eksponenciale, ose funksione logaritimike, atëherë zgjidhja e këtyre ekuacioneve mund të jetë e pamundur në kuptimin elementar. Për shembull, në qoftë se një nga ekuacionet që duhen zgjidhur është x 3 + 9x − 2 = 0, mund të harxhojmë shumë kohëppër të përftuar zgjidhjen. Përpjekjet dhe gabimi nuk ndihmojnë shumë, veçanërisht p 3 p 3 p 28 + 1 − 28 − 1. kur zgjidhja e vetme reale është Në një situatë të tillë, e vetmja mundësi për të gjetur zgjidhjen mbetet përdorimi i ndonjë metode numerike që jep një varg numrash që konvergjojnë tek zgjidhja aktuale, për shembull, metoda e Njutonit për zgjidhjen e ekuacionit f (x) = 0, që ju e keni mësuar në Kalkulusin e një ndryshore. Në këtë seksion do të përshkruajmë një metodë tjetër të Njutonit për gjetjen e pikave kritike të një funksioni me vlera relae të dy variblave. Le të jetë f (x, y) një funksion i lëmuar me vlera reale, dhe përkufizojmë µ 2 ¶2 ∂2 f ∂ f ∂2 f (x, y) 2 (x, y) − (x, y) . D(x, y) = ∂x 2 ∂y ∂y ∂x Algoritmi i Njutonit: Zgjedhim një pikë fillestare (x 0 , y 0 ). Për n = 0, 1, 2, 3, . . . , përcaktojmë:

x n+1 = x n −

y n+1 = y n −

¯ 2 ¯∂ f ¯ 2 (x n , y n ) ¯ ∂y ¯ ∂f ¯ ∂y (x n , y n )

¯

¯ ∂2 f ¯ ∂x ∂y (x n , y n )¯ ¯ ∂f ¯ ∂x (x n , y n )

D(x n , y n ) ¯ ∂2 f ¯ ¯ ∂x 2 (x n , y n ) ¯ ∂f ¯ (x n , y n ) ∂x

,

∂2 f ¯ ∂x ∂y (x n , y n )¯ ¯ ∂f ¯ ∂y (x n , y n )

¯

(14.15)

D(x n , y n )

(x n , y n )∞ n=1

Atëherë, vargu i pikave konvergjon tek pika kritike. Në qoftë se ka disa pika kritike, atëherë ju duhet të gjeni pika fillestare të ndryshme për të gjetur pikat kritike. Shembull 14.29. Gjeni të gjithë minimumet dhe maksimumet lokale të f (x, y) = x 3 − x y − x + x y 3 − y 4 . Zgjidhje Fillimisht llogarisim derivatet e pjesshme qe na nevojiten: ∂f = 3x 2 − y − 1 + y 3 , ∂x ∂f = −x + 3x y 2 − 4y 3 ∂y ∂2 f = 6x , ∂x 2 ∂2 f = 6x y − 12y 2 , ∂y 2 ∂2 f = −1 + 3y 2 ∂y ∂x 560

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

z 50000 0 -50000 -100000 -150000 -200000 -250000 -300000 -350000-20

-20 -15 -10 -5 -15

-10

0 -5 y

5 0

5

x

10 10

15

15 20 20

Figura 14.25: Funksioni f (x, y) = x 3 − x y − x + x y 3 − y 4

Vërejmë se për të zgjidhur ∇ f = 0 na duhet të zgjidhim dy ekuacione polinomiale të gradës së tretë në lidhje me x dhe y, që në këtë rast nuk mund të zgjidhen lehtë. Na duhet të zgjedhim një pikë fillestare (x 0 , y 0 ) për algoritimin tomë. Duke parë grafikun e z = f (x, y) në një zonë të gjerë (Fig. 14.25), duket se është e vështirë të themi se ku mund të jenë pikat kritike. Vërejmë nga formulat (14.15) se pjestohet me D, pra ne mund të zgjedhim një pikë fillestare aty ku D nuk është zero. Dhe mund të shohim se D(0, 0) = (0)(0) − (−1)2 = −1 6= 0, kështu që marrim (0, 0) si pikë fillestare. Meqenëse mund të kemi një numër të madh veprimesh të algoritmit të Njutonit, dhe meqë llogaritjet mund te jenë të lodhshme, ne do t’ja lemë kompjuterit llogaritjet. Për këtë, do të shkruajmë një program të thjeshtë, duke përdorur gjuhën e programimit Java, që merr një pikë fillestare si një parametër dhe performon 100 përsëritje të algoritmit të Njutonit. Në secilën përsëritje pika e re do të printohet, kështu që ne mund të shohim nëse ka konvergjencë.

©AulonaPress

561

Kalkulus

14.8.2

Shaska T.

Optimizimi i kushtëzuar, shumëzuesat e Lagranzhit

Në Seksionet 14.7 dhe 14.8.1 u përqendruam në gjetjen e maksimumeve dhe minimumeve të funksioneve pa asnjë kusht kundrejt ndryshoreve, përveç të qenurit në bashkësinë e përkufizimit të funksionit. Si do të vepronim në qoftë se do të kishte kushte shtesë për ndryshoret? Shembulli në vazhdim ilustron një rast të thjeshtë të këtij problemi. Shembull 14.30. Perimetri i një drejtkëndëshi është 20 m, gjeni përmasat që maksimizojnë sipërfaqen. Zgjidhje Sipërfaqja A e drejtkëndëshit me bazë x dhe lartësi y është A = x y. Perimetri P i drejtkëndëshit jepet nga formula P = 2x + 2y. Meqë kemi të dhënë P = 20, ky problem mund të shtrohet në këtë mënyrë:

Maksimizoni : f (x, y) = x y me kushtin që : 2x + 2y = 20 Ndoshta mund të jetë e njohur një metodë e thjeshtë e përdorur në kalkulusin me një ndryshore, për zgjidhjen e këtij problemi. Meqë duhet të kemi 2x + 2y = 20, atëherë mund ta zgjidhim, për shembull, y në varësi të x duke përdorur këtë ekuacion. Ky na jep y = 10 − x,që po ta zëvendësojmë tek f (x, y) del f (x, y) = x y = x(10 − x) = 10x − x 2 . Ky është një funksion vetëm i x, ndaj tani na duhet të maksimizojmë funksionin f (x) = 10x − x 2 në intervalin [0, 10]. Meqë f 0 (x) = 10 − 2x = 0 ⇒ x = 5 dhe f 00 (5) = −2 < 0, atëherë Testi i Derivatit të Dytë na thotë se x = 5 është një maksimum lokal për f (x, y), dhe prej këtej x = 5 duhet të jetë maksimumi absolut në intervalin [0, 10] (meqë f = 0 në skajet e intervalit). Pra, meqë y = 10 − x = 5, atëherë sipërfaqja maksimale përftohet për drejtkëndëshin me bazë dhe lartësi 5 m. Vërejmë nga shebulli i mësipërm se gjetja lehtë e zgjidhjes sigurohet nga mundësia e paraqitjes së një ndryshore në varësi të tjetrit në ekuacionin 2x + 2y = 20. Por çfarë do të ndodhte në qoftë se nuk e kemi një mundësi të tillë? Në këtë seksion do të përdorim një metodë të përgjthshme, që quhet metoda e shumëzuesave të Lagranzhit, për zgjidhjen e problemeve të optimizimit të kushtëzuar:

Maximizoni(ose minimizoni) : f (x, y) (ose f (x, y, z)) me kushtin që : g (x, y) = c (ose g (x, y, z) = c) për një konstante c Ekuacioni g (x, y) = c quhet ekuacioni i kushtëzimit, dhe themi se x dhe y janë të kushtëzuar nga g (x, y) = c. Pikat (x, y) që janë pika maksimumi ose minimumi të f (x, y) me kushtin që të kënaqin ekuacionin e kushtëzimit g (x, y) = c quhen përkatësisht pika maksimumi i kushtëzuar ose minimumi i kushtëzuar. Përkufizime të ngjashme kanë vend për funksionet e tre variblave. Metoda e shumëzuesave të Lagranzhit për zgjidhjen e problemeve të tila formulohet si më poshtë: Teorema 14.8 (Lagrange). Le të jenë f (x, y) dhe g (x, y) dy funksione të lëmuara, dhe supozojmë se c është një konstante skalare e tillë që ∇g (x, y) 6= 0 për të gjitha (x, y) që kënaqin ekuacionin g (x, y) = c. Atëherë, për të zgjidhur problemin e optimizimit të kushtëzuar Maksimizoni (ose minimizoni) : f (x, y) me kushtin që : g (x, y) = c , gjejmë pikat (x, y) që zgjidhin ekuacionin ∇ f (x, y) = λ∇g (x, y) për një konstante λ (numri λ quhet shumëzues i Lagranzhit). Në qoftë se ka një maksimum ose minimum të kushtëzuar, atëherë duhet të jetë në një pikë të tillë. Kjo Teoremë jepet pa vërtetim. Vërejmë se Teorema jep vetëm një kusht të nevojshëm që një pikë të jetë pikë maksimumi apo minimumi e kushtëzuar. Kur një pikë (x, y) që plotëson ∇ f (x, y) = λ∇g (x, y) për një λ aktualisht është një maksimum ose minimum i kushtëzuar, ndonjëherë mund të përkufizohet nga vetë natyra e problemit. Për shembull, në shembullin 14.30 ishte e qartë se duhej të ishte një maksimum absolut. 562

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Pra, si mund të themi se kur një pikë që plotëson kushtin e Teoremës 14.8 është realisht një pikë maksimumi ose minimumi e kushtëzuar? Përgjigja është se varet nga funksionin i kushtëzimit g (x, y), së bashku me ndonjë kufizim implicit. Mund të tregohet se në qoftë ekuacioni i kushtëzuar g (x, y) = c (plus ndonjë kusht shtesë) përshkruan ndonjë bashkësi të kufizuar B në R2 , atëherë pika maksimum ose minimum i kushtëzuar i f (x, y) do të jetë një pikë (x, y) që plotëson kushtin ∇ f (x, y) = λ∇g (x, y) ose ndonjë “pikë kufiri” e B. Në shembullin 14.30 ekuacioni i kushtëzimit 2x + 2y = 20 përshkruan një drejtëz në R2 , e cila nuk është e kufizuar. Megjithatë, ka kushte “shtesë”, falë natyrës së problemit, pra 0 ≤ x, y ≤ 10, që e kufizojnë drejtëzën në një segment në R2 , duke përfshirë skajet e segmentit, i cili është i kufizuar. Shembull 14.31. Për një drejtkëndësh me perimetër 20 m, përdorni metodën e shumëfishit të Lagranzhit për të gjetur përmasat që maksimizojnë sipërfaqen. Zgjidhje Sikurse e pamë në shembullin 14.30, me x dhe y shënojmë bazën dhe lartësinë e drejtkëndëshit, dhe problemi mund të formulohet si: Maximizoni : f (x, y) = x y me kushtin që : g (x, y) = 2x + 2y = 20 Atëherë, të zgjidhësh ekuacionin ∇ f (x, y) = λ∇g (x, y) për λ do të thotë të zgjidhësh ekuacionet pra:

∂f ∂x

∂g

= λ ∂x dhe

∂f ∂y

∂g

= λ ∂y ,

y = 2λ , x = 2λ Ideja e përgjithshme është që të zgjidhim të dy ekuacionet në lidhje me λ, do të thotë të barazojmë shprehjet (meqë të dyja janë të barabarta me λ) dhe të zgjidhim pas kësaj në lidhje me x dhe y. Duke bërë këtë, marrim: y x =λ= 2 2

⇒

x=y ,

Pra, zëvendësojmë shprehjet për x ose y në ekuacionin e kushtëzuar për të gjetur zgjidhjen në lidhje me x dhe y: 20 = g (x, y) = 2x + 2y = 2x + 2x = 4x

⇒

x =5

⇒

y =5

Duhet të ketë një sipërfaqe maksimale, meqë sipërfaqja minimale është 0 dhe f (5, 5) = 25 > 0, prandaj pika (5, 5) që gjetëm (e emërtuar pikë kritike e kushtëzuar) duhet të jetë pika e maksimumit të kushtëzuar. Kështu që, sipërfaqja maksimale merret kur të dy përmasat e drejtkëndëshit janë 5 m. Shembull 14.32. Gjeni pikat e rrethit x 2 + y 2 = 80 të cilat janë më afër (më larg) nga pika (1, 2). Zgjidhje Distanca d e çdo pike (x, y) nga pika (1, 2) është q d = (x − 1)2 + (y − 2)2 , dhe minimizimi i distancës është ekuivalent me minimizimin e katrorit të distancës. Prandaj problemi mund të formulohet si: Maximizoni (minimizoni) : f (x, y) = (x − 1)2 + (y − 2)2 me kushtin që : g (x, y) = x 2 + y 2 = 80 Të zgjidhësh ekuacionin ∇ f (x, y) = λ∇g (x, y) do të thotë të zgjidhësh ekuacionet: 2(x − 1) = 2λx , 2(y − 2) = 2λy ©AulonaPress

563

Kalkulus

Shaska T. y

x 2 + y 2 = 80

(4, 8)

(1, 2)

x

0

(−4, −8)

Figura 14.26: Pikat e rrethit me larg (afër) nga pika (1,2).

Vërejmë që x 6= 0 në ekuacionin e parë, duke qenë se në të kundërt do të kishim −2 = 0. Në mënyrë të ngjashme, y 6= 0. Pra, ne mund të zgjidhim të dy ekuacionet për λ si më poshtë: x −1 y −2 =λ= x y

⇒

x y − y = x y − 2x

⇒

y = 2x

Duke zëvendësuar këtë në g (x, y) = x 2 + y 2 = 80 del që 5x 2 = 80, pra x = ±4. Pra, pikat kritike të kushtëzuara janë (4, 8) dhe (−4, −8). Meqë f (4, 8) = 45 dhe f (−4, −8) = 125, dhe meqë duhen pikat e rrethit më afër dhe më larg nga (1, 2), atëherë (4, 8) është pika e rrethit më afër (1, 2) dhe (−4, −8) është pika më larg (1, 2); shih Fig. 14.26. Vërejmë që ekuacioni i kushtëzuar x 2 + y 2 = 80 përshkruan një rreth, që është një bashkësi e kufizuar në R2 , atëherë sigurojmë se pikat kritike të kushtëzuara janë pikat maksimum dhe minimum i kushtëzuar. Metoda e shumëfishit të Lagranzhit mund të shtrihet edhe për funksionet e tre ndryshoreve. Shembull 14.33. Maximizoni (dhe minimizoni) : f (x, y, z) = x + z me kushtin që : g (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 = 1 Zgjidhje Zgjidhim ekuacionin ∇ f (x, y, z) = λ∇g (x, y, z):    1 = 2λx 0 = 2λy   1 = 2λz Nga ekuacioni i parë kemi λ 6= 0 (në të kundërt mund të kemi 1 = 0), pra mund të pjestojmë me λ në ekuacionin e 1 = z. Duke dytë për të përftuar y = 0 dhe mund të pjestojmë me λ në ekuacionin e parë dhe të tretë për të përftuar x = 2λ 2 2 2 zëvendësuar këto shprehje në ekuacionin e kushtëzimit g (x, y, z) = x + y + z = 1 del se pikat kritike të kushtëzuara ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´

janë

p1 , 0, p1 2 2 2

dhe

−1 −1 p , 0, p 2 2

. Duke qenë se f

p1 , 0, p1 2 2

y 2 + z = 1 përshkruan një sferë (e cila është e kufizuar) në ³ ´ −1 −1 p , 0, p është pikë minimumi e kushtëzuar. 2

−1 −1 p , 0, p , dhe duke qenë se ekuacioni i kushtëzimit x 2 + 2 ³ 2 ´ R3 , del se p1 , 0, p1 është pika maksimum e kushtëzuar dhe 2 2

>f

2

Deri më tani ne nuk i kemi bashkangjitur asnjë kuptim vlerës së shumëfishit të Lagranzhit λ. λ na duhej vetëm për të gjetur pikat kritike të kushtëzuara, por nuk përdorëm vlerën e tij. Del se λ jep një përafrim të ndryshimit të vlerës së funksionit f (x, y) që ne duam të maksimizojmë ose minimizojmë, kur konstantja c në ekuacionin e kushtëzuar g (x, y) = c është ndryshuar me 1. Për shembull, në shembullin 14.31 treguam se problemi i optimizimit të kushtëzuar Maksimizoni : f (x, y) = x y me kushtin që : g (x, y) = 2x + 2y = 20 564

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

kishte si zgjidhje (x, y) = (5, 5), dhe se λ = x/2 = y/2. Prandaj, λ = 2.5. Në një mënyrë të ngjashme mund të tregojmë që problemi i optimizimit të kushtëzuar Maksimizoni : f (x, y) = x y me kushtin që : g (x, y) = 2x + 2y = 21 ka si zgjidhje (x, y) = (5.25, 5.25). Pra, shohim se vlera e f (x, y) në pikën e maksimumit të kushtëzuar rritet nga f (5, 5) = 25 në f (5.25, 5.25) = 27.5625, pra rritet me 2.5625 kur ne rrisim vlerën e c në ekuacionin e kushtëzuar g (x, y) = c nga c = 20 në c = 21. Vërejmë që λ = 2.5 është afër 2.5625, pra, λ ≈ ∆ f = f (p. max. e re) − f (p.max. e vjetër) . Përfundimisht, vërejmë se të zgjidhësh ekuacionin ∇ f (x, y) = λ∇g (x, y) do të thotë të mund të zgjidhësh një sistem me dy ekuacione (ndoshta jolinearë) me tre të panjohura, që sikurse e pamë edhe më parë mund të mos jetë e mundur të zgjidhen. Dhe rasti i tre ndryshoreve është akoma më i komplikuar. E gjitha kjo na detyron të përdorim metodën e Lagranzhit për funksione relativisht të thjeshta. Për fat të mirë ekzistojnë metoda numerike për zgjidhjen e problemeve të optimizimit të kushtëzuar, por që nuk do trajtohen në këtë tekst. Shembull 14.34. Gjeni vlerat ekstreme te funksionit f (x, y) = x 2 + 2y 2 in rrethin x 2 + y 2 = 1. Zgjidhje Shembull 14.35. Gjeni vlerat ekstreme te funksionit f (x, y) = x 2 + 2y 2 in diskun x 2 + y 2 ≤ 1. Zgjidhje Shembull 14.36. Në sferën me ekuacion x2 + y 2 + z2 = 4 gjeni pikat qe jane me afër dhe më larg pikës (3, 1, −1). Zgjidhje

Shembull 14.37. Shembull 14.38.

©AulonaPress

565

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Duke përdorur shumëzuesat e Lagranzhit gjeni vlerat më të meëdha dhe më të vogla të funksionit në lidhje me kushtet e dhëna. 120. f (x, y) = x 2 + y 2 , x y = 1

131. Gjeni maksimumin dhe minimumin e kushtëzuar për f (x, y) = x y me kushtin që x 2 + 3y 2 = 6

121. f (x, y) = 2x + 3y, x 2 + y 2 = 16 122. f (x, y) = x 2 y, x 2 + y 2 = 6 123. f (x, y) = e x y , x 3 + y 3 = 16 124. f (x, y, z) = x y z, x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 6 125. f (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 , x 4 + y 4 + z 4 = 1

132. Gjeni pikat e rrethit x 2 + y 2 = 100 të cilat janë me afër dhe më larg nga pika (2, 3). 133. Gjeni maksimumin dhe minimumin e kushtëzuar për f (x, y, z) = x + y 2 + 2z me kushtin që

126. f (x, y, z) = x 4 + y 4 + z 4 , x 2 + y 2 + z 2 = 1 127. f (x, y, z) = x + 2y, x + y + z = 1, y 2 + z 2 = 4

4x 2 + 9y 2 − 36z 2 = 36.

128. f (x, y, z) = 3x − y − 3z, x + y − z = 0, x 2 + 2z 2 = 1 129. f (x, y, z) = y z + x y, x y = 1, y 2 + z 2 = 1 130. Gjeni maksimumin dhe minimumin e kushtëzuar për f (x, y) = 2x + y me kushtin që 2

2

x + y = 4.

566

134. Gjeni vëllimin e paralelopipedit këndëdrejtë më të madh që i brendashkruhet elipsoidit x2 y 2 z2 + + =1. a2 b2 c 2

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime për përsëritje 135.

©AulonaPress

567

Kalkulus

568

Shaska T.

©AulonaPress

Kapitulli 15

Integralet e shumëfishta Në këtë kapitull do të zgjerojmë idenë e integralit të caktuar në integralet e dyfishta dhe të trefishta. Këto ide përdoren për llogaritjen e vëllimeve, sipërfaqeve, masës, qendrës së masës, etj. Gjithashtu përdorimi i integraleve të shumëfishta është i nevojshëm edhe në llogaritjen e densitetit të shpërndarjes dhe karakteristikave numerike të vektorëve të rastit në teorinë e probabilitetit. Në funksionet me një ndryshore derivimi dhe integrimi u studiuan si veprime të anasjellta të njëra-tjetrës. Për shembull, për të integruar një funksion f (x) është e nevojshme të gjejmë një primitiv (antiderivat) të f (x), me fjalë të tjera një funksion F(x) derivati i të cilit të jetë f (x). Lind pyetja: - A ka një mënyrë të ngjashme për të përkufizuar integralin e një funksioni të dy ose më shumë ndryshoreve? Rikujtojmë që integrali i caktuar Zb f (x)d x, a

ku f (x) ≥ 0, është sipërfaqja e zonës plane që shtrihet nën grafikun e funksionit y = f (x) nga x = a në x = b. 120 y 100 80 60 40 20 x 2

4

6

8

10

Në qoftë se f x) është i përkufizuar për a ≤ x ≤ b ne ndajmë intervalin [a, b] në n nënintervale [x i −1 , x i ] me gjatësi ∗ ∆x = b−a n dhe zgjedhim x i në këto nënintervale. Pastaj formojmë shumën e Riemannit n X i =1

f (x i∗ )∆x 569

Kalkulus

Shaska T.

dhe marrim limitin e kësaj shume kur n → ∞. Atëherë Z

b a

f (x)d x = lim

n→∞

n X i =1

f (x i∗ )∆x

Në rastet kur f (x) ≥ 0 në intervalin [a, b] shuma e Rimannit mund të interpretohet si shuma e sipërfaqeve të drejtëkëndëshave si në Fig. ??. Ne do të përgjisojmë këtë koncept për funksionet me dy ndryshore.

15.1

Integralet e dyfishta

Sikurse shqyrtuam integralin e funksionit të një ndryshore në një segment [a, b], do të shqyrtojmë funksionin e dy ndryshoreve në një zonë të R2 . Do ta nisim duke pranuar se funksioni është i përkufizuar në një zonë drejtëkëndëshe të mbyllur R, pra R = [a, b] × [c, d ] = {(x, y) ∈ R2 |a ≤ x ≤ b,

c ≤ y ≤ d}

dhe supozojmë fillimisht se f (x, y) ≥ 0.

(a)

(b)

Figura 15.1: Projeksioni i një copëze në R2 Grafiku i z = f (x, y) të përkufizuar në R është një sipërfaqe S; shih Fig. 15.1a. Duam të njehsojmë vëllimin e trupit që ndodhet nën sipërfaqen S dhe mbi zonën R. Le të jetë T ky trup që shtrihet midis drejtëkëndëshit R dhe poshtë funksionit z = f (x, y), pra T := {(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ z ≤ f (x, y), (x, y) ∈ R2 }

15.1.1 Vëllimi dhe integrali i dyfishtë Vëllimin e këtij trupi fillimisht do ta përafrojmë sikurse vepruam me sipërfaqen nën grafikun e funksionit me një ndryshore. Ndajmë segmentin [a, b] në n nën-intervale të formës [x i −1 , x i ] me gjatësi të barabartë me ∆x = b−a n , dhe 570

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

−c segmentin [c, d ] e ndajmë në m nën-intervale të formës [y j −1 , y j ] me gjatësi të barabartë me ∆y = dm . Duke hequr drejtëza paralele me boshtet koordinative në pikat e ndarjes së këtyre segmenteve përftojmë drejtkëndëshat

Ri j = [x i −1 , x i ] × [y j −1 , y j ] Sipërfaqet e tyre janë ∆A = ∆x∆y; shih Fig. 15.1b

Figura 15.2: Një copëz në një sipërfaqe dhe projeksioni në planin x y.

Në qoftë se zgjedhim në secilin prej këtyre drejtëkëndëshave Ri j pikat (x i∗j , y i∗j ), ne mund të përafrojmë secilën pjesë që ndodhet ndërmjet S dhe Ri j me një paralelopiped këndëdrejtë me bazë Ri j dhe me lartësi f (x i∗j , y i∗j ); shih Fig. 15.2. Vëllimi i secilit prej tyre do jetë i formës Vi j = f (x i∗j , y i∗j )∆A. Duke vepruar në të njëjtën mënyrë për secilën pjesë, i mbledhim vëllimet e tyre për të përftuar një përafrim të vëllimit total: n X m X V≈ f (x i∗j , y i∗j )∆A (15.1) i =1 j =1

Intuitivisht mund të bindemi se përafrimi (15.1) bëhet gjithnjë e më i mirë kur m dhe n bëhen gjithnjë e më të mëdhenj, dhe ne presim që n X m X V = lim f (x i∗j , y i∗j )∆A. (15.2) m,n→∞

i =1 j =1

Shrehjen (15.2) e përdorim për të përkufizuar vëllimin e trupit që ndodhet nën grafikun e f (x, y) dhe mbi drejtkëndëshin R. Siç do ta shohim në vazhdim ky limit ka vend edhe për funksione me vlera të çfarëdoshme. Përkufizim 15.1. Integral i dyfishtë i funksionit f (x, y) në drejtkëndëshin R quhet Ï f (x, y)d A = lim

m,n→∞

R

n X m X i =1 j =1

f (x i∗j , y i∗j )∆A

(15.3)

në rastin kur ky limit ekziston. Atëherë përkufizimi i saktë matematik i integralit të funksioneve me dy ndryshore mbi një drejtëkëndësh të mbyllur R jepet në vijim. ©AulonaPress

571

Kalkulus

Shaska T.

Për çdo ² > 0, ekziston një numër i plotë N i tillë që për çdo m, n ∈ Z, m > N, n > N dhe për çdo pikë (x i∗j , y i∗j ) ∈ Ri j kemi ¯ ¯ ¯Ï ¯ n X m X ¯ ¯ ∗ ∗ ¯ ¯ 0 për të gjitha (x, y) ∈ R, kështu që: Z2 Z3 e

V=

x+y

Z2 µ ¯3 ¶ x+y ¯ dx dy = e ¯ dy

1 2

Z2 =

2

1

¡ y+3 ¢ ¡ ¢ ¯¯2 e − e y+2 d y = e y+3 − e y+2 ¯ = (e 5 − e 4 ) − (e 4 − e 3 ) = e 5 − 2e 4 + e 3 1

1

5 1 −1

−0.5

x 0.5

0

1

−1 Figura 15.8: Funksioni z = e x+y

©AulonaPress

579

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 15.6. Llogarisni integralin e dyfishtë Ï R

(x − 3y 2 )d A,

ku R = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2} Zgjidhje y

x 0 2 −2

−10 −1 1

2

−2 Figura 15.9: Funksioni z = x − 3y 2

580

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 15.7. Llogarisni

R y sin(x y)d A, ku R = [1, 2] × [0, π].

Î

Zgjidhje y

400 200 0 −200

200

x

−400 100

200

300

Figura 15.10: Funksioni z = y sin x y

©AulonaPress

581

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 15.8. Llogarisni volumin e trupit që kufizohet nga paraboloidi eliptik x 2 + 2y 2 + z = 16, nga planet x = 2 dhe y = 2 dhe nga tre planet koordinativë. Zgjidhje

15 10 −2

2

−1 5

1

x 2

−2 Figura 15.11: Funksioni 16 − x 2 − 2 ∗ y 2

582

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Në rastin e veçantë ku f (x, y) mund të shprehet si prodhim i dy funksioneve në formën f (x, y) = g (x)h(y), integrali i dyfishtë mund të shkruhet akoma më thjeshtë. Pra, le të je të f (x, y) = g (x)h(y) dhe R = [a, b] × [c, d ], atëherë nga Teorema 15.1 kemi   Zd Zb Ï Zd Zb g (x)h(y)d x d y =  g (x)h(y)d x  d y (15.11) f (x, y)d A = c a

R

a

c

Në integralin e brendshëm y është konstant dhe po i tillë është edhe h(y), kështu që mund të shkruajmë   b    Z Zd Zd Zb  g (x)h(y)d x  d y = h(y)  g (x)d x  d y a

c

c

a

Zb

Zd g (x) d x

= a

Shembull 15.9. Njehsoni integralin

Î R

(15.12) h(y) d y

c

x cos2 y d A ku R = [−2, 3] × [0, π2 ].

Figura 15.12: Funksioni f (x, y) = x cos2 y

Zgjidhje Jemi në kushtet kur funksioni nën integral është prodhim i dy funksioneve të ndara të x dhe y, kështu që integralin e dyfishtë do ta njehsojmë duke shfry të zuar barazimin e mësipërm:  Ï R

x cos2 y d A = 

Z3

−2

  π Z2   x d x   sin2 y d y  0

 π  ¶ Z2 1 2 ¯¯3 1   = x ¯  (1 − cos 2y)d y  2 −2 2 µ

0

¶¯π 5 1 1 ¯2 = (y − sin 2y) ¯ 2 2 2 0 5π = 8 µ

©AulonaPress

583

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Njehsoni integralet

11.

8.

12.

9.

13.

10.

14.

584

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

15.3 Integrali i dyfishtë në një zonë të çfarëdoshme Deri tani pamë integralin e dyfishtë të një funksioni në një zonë plane drejtkëndëshe. Le të shohim tani rastin kur zona e integrimit është e çfarëdoshme. Do të shohim dy tipe zonash plane që do t’i emërtojmë zona plane të tipit 1 dhe zona plane të tipit 2, të cilat paraqiten përkatësisht me ekuacionet (15.13) dhe (15.14): R1 = {(x, y)| a ≤ x ≤ b, g 1 (x) ≤ y ≤ g 2 (x)}

(15.13)

R2 = {(x, y)| c ≤ y ≤ d , h 1 (y) ≤ x ≤ h 2 (y)}

(15.14)

(a)

(b)

Figura 15.13: Integralet e dyfishta Grafikisht këto zona janë paraqitur në Fig. 15.13. Integrali i dyfishtë për secilin rast përkufizohet si më poshtë. Në qoftë se f (x, y) është i vazhdueshëm në një zonë R të tipit 1, të dhënë me ekuacion (15.13), atëherë Zb gZ2 (x)

Ï

f (x, y) d y d x

f (x, y) d A =

(15.15)

a g 1 (x)

R

Në qoftë se f (x, y) është i vazhdueshëm në një zonë R të tipit 2, të dhënë me ekuacion (15.14), atëherë Zd hZ2 (y)

Ï

f (x, y) d x d y

f (x, y) d A = R

(15.16)

c h 1 (y)

Shembull 15.10. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga tre planet koordinative dhe plani 2x + y + 4z = 4. Î Zgjidhje Trupi është treguar në Fig. ??. Vëllimi V jepet nga f (x, y) d A, ku f (x, y) = z = 41 (4−2x−y), dhe zona R tregohet R

në Fig. ??, dhe ekuacioni i saj është R = {(x, y)|0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ −2x + 4} Atëherë, vëllimi do të je të: Ï V= R

1 (4 − 2x − y)d A = 4

Z2 0

 −2x+4  Z 1  (4 − 2x − y)d y  d x 4 0

Z2 Z2 µ ¯−2x+4 ¶ 1 1 2¯ = − (4 − 2x − y) ¯ dx = (4 − 2x)2 d x 8 8 0 0

0

¯2 64 4 1 ¯ = − (4 − 2x)3 ¯ = = 48 48 3 0 ©AulonaPress

585

Kalkulus

Shaska T. y

z 4 (0, 0, 1)

2x + y + 4z = 4 0 y = −2x + 4 (0, 4, 0) y

(2, 0, 0) x

2

x

Figura 15.14: Vëllimi i trupit në Shemb 15.10

Për rastin kur zona e integrimit është e çfarëdoshme, po supozojmë se është e kufizuar, që do të thotë se ekziston një drejtkëndësh R që e përmban a të. Atëherë, përcaktojmë një funksion të ri F me zonë përcaktimi R si: ( f (x, y) për (x, y) ∈ D F(x, y) = 0 për (x, y) ∈ R − D Në qoftë se integrali i F në R ekziston, atëherë integralin e dyfishtë të f (x, y) në D e përcaktojmë si Ï Ï f (x, y)d A = F(x, y) d A D

(15.17)

R

Përcaktimi (15.17) ka kuptim sepse R është një drejtkëndësh dhe integrali

Î

F(x, y) d A është përkufizuar në 15.1. Dhe

R

procedura e përdorur ka kuptim sepse vlerat e F në D përputhen me vlerat e f (x, y), dhe jash të D vlera e F është zero. Interpretimi gjeometrik është i njëj të për rastin kur f (x, y) ≥ 0.

15.3.1 Veti të e integraleve të dyfishta Nënkuptojmë se integralet e mëposhtëm ekzistojnë. Tre prej vetive i përmendëm më sipër. Tani po permendim veti të e tjera të integraleve të dyfishta. Në qoftë se D = D1 ∪D2 ku D1 dhe D2 nuk priten me përjashtim të pikave të kufirit, dhe nuk e mbulojnë njëra tjetrën, atëherë Ï Ï Ï f (x, y)d A = f (x, y)d A + f (x, y)d A (15.18) D1

D

D2

Kjo veti përdoret për ta ndarë një zonë të çfarëdoshme në zona të tipit 1 dhe 2, ku integrimi është më i thjeshtë. Në qoftë se f (x, y) = 1 në një zonë D, atëherë Ï 1 d A = A(D) (15.19) D

Pra, ky integral jep sipërfaqen e zonës D. Në qoftë se m ≤ f (x, y) ≤ M për të gjitha (x, y) ∈ D, atëherë Ï mA(D) ≤ f (x, y)d A ≤ MA(D)

(15.20)

D

586

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime 15. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën sipërfaqen z = x y dhe mbi drejtkëndëshin R = [0, 6] × [0, 4], duke përdorur shumën dyfishe të Riemannit për m = 4 dhe n = 4. 16. Përdorni rregullin e pikës së mesit për të vlerësuar vëllimin e trupit të dhënë në ushtrimin me sipër. 17. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën sipërfaqen z = y 2 − 2x 2 dhe mbi drejtkëndëshin R = [−1, 3] × [0, 2], duke përdorur shumën dyfishe të Riemannit për m = 2 dhe n = 4. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën sipërfaqen z = f (x, y) dhe mbi drejtkëndëshin R. 18. f (x, y) = 4x y,

R = [0, 1] × [0, 1].

19. f (x, y) = x 3 + y 2 ,

34.

35.

36.

R = [1, 2] × [1, 2].

37.

39.

1

40.

26.

27.

x2 y d y

0

28.

29.

R3 R1 R1 R2

(1 + 4x y) d x d y

(x + y) d y d x

0 0

32.

R3 R4

R4 Rx

2 x 2 +1

R2 6x R2

dy dx

x3 d y d x

R1 R2

(x 2 − y 2 ) d y d x

41.

R1 R1 0

42.

p

24x 2 y d y d x

x

R2 ln Rx

4x d y d x

1 0

43.

π/2 R Ry

cos x sin y d x d y

Re y

p

xy x 2 +1

R R2 2y

e 2y d x d y

0 0

dy

45.

R∞ R∞

xe −(x

2 +y 2 )

dx dy

0 0

dx

Njehsoni integralet e dyfishta. Î 46. cos(x + 2y) d A, R = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1} R

y dx

47.

Î R

48.

Î

x y2 x 2 +1

d A,

R = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ 1, −3 ≤ y ≤ 3}

x y d A, ku R është drejtkëndëshi me kulme

R

1 0

31.

R3

0

Njehsoni integralet e renditura. 30.

x(xR2 +y 2 )

y

p 4−x R 2

R1 2y R (1 + 2x 2 + 2y 2 ) d x d y

−1 −2

44.

x2

dx

(3x 2 − 2y 2 + 1) d x d y

0 0

p

y x

R2 R4

dy dx

0 0

Njehsoni integralet e pjesshme.

2y R

y

0 y

R

25.

´ + xy d y d x

R1 R2 xe x

0 0

23. Vërtetoni se në qoftë seR = [0, 1] × [0, 1], atëherë Ï 0≤ sin(x + y) d A ≤ 1

0

y

1 0

R = [0, 1] × [−1, 1].

(2x − y) d y

R4 R2 ³ x

0 1

R

Rx

(6 − x 2 ) d y d x

1 1

38.

22. Vërtetoni se në qoftë se f (x, y) është funksion konstant f (x, y) = k dhe R = [a, b] × [c, d ], atëherë Ï k d A = k(b − a)(d − c)

24.

R2 R2 0 0

R = [0, 1] × [0, 1].

20. f (x, y) = x 4 + x y + y 3 , 21. f (x, y) = e x+y ,

33.

(x y) d x d y

0 0

©AulonaPress

(0, 0), (0, 5), (3, 5), (3, 0). Î 49. x d A, ku R është gjysmërrethi i kufizuar nga y = p R 25 − x 2 dhe y = 0. Î y 50. d A, ku R është trekëndëshi i kufizuar nga x 2 +y 2 R

y = x, y = 2x, x = 2. 587

Kalkulus

Shaska T.

Î y d A, ku R është zona ekufizuar nga y = 0, y = 51. 1+x 2 p R x, x = 4. 52. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga tre planet koordinative dhe plani x + y + z = 1. 53. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga tre planet koordinative dhe plani 3x + 2y + 5z = 6. 54. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet nën planin 3x + 3y + z = 12 dhe mbi drejtkëndëshin R = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ 1, −2 ≤ y ≤ 3}. 55. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet nën paraboloidin hiperbolik z = 4 + x 2 − y 2 dhe mbi drejtkëndëshin R = [−1, 1] × [0, 2]. 56. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet nën paraboloidin 2

eliptik z = x4 + [−1, 1] × [−2, 2].

y2 9

67. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën planin x +2y − z = 0 dhe mbi zonën e kufizuar nga y = x dhe y = x 4 . 68. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet nën sipërfaqen z = 2x + y 2 dhe mbi zonën e kufizuar nga x = y 2 dhe x = y 3 . 69. Gjeni vëllimin e trupit që kufizohet nga cilindrat z = x 2 dhe y = x 2 dhe planet z = 0 dhe y = 4. 70. Gjeni vëllimin e trupit që kufizohet nga cilindrat x 2 + y 2 = r 2 dhe y 2 + z 2 = r 2 . 71. Gjeni vëllimin e trupit që kufizohet nga cilindrat parabolikë y = 1−x 2 dhe y = x 2 −1 dhe planet x+y +z = 2, 2x + 2y − z + 10 = 0. 72. Gjeni vëllimin e trupit që kufizohet nga cilindi parabolik y = x 2 dhe planet z = 3y, z = 2y. Ndërtoni zonën e integrimin dhe njehsoni integralin.

+ z = 1 dhe mbi drejtkëndëshin R =

57. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet në oktantin e parë dhe i kufizuar nga cilindri z = 9 − y 2 dhe plani x = 2. 2

73.

74.

Njehsoni integralin e dyfishtë. Î 2 3 60. x y d A, D = {(x, y)| 0 ≤ y ≤ 2, −y ≤ x ≤ y}

76.

D

62.

Î D

63.

Î

4y x 3 +2 2y x 2 +1

e

x/y

d A, d A,

D = {(x, y)| 1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2x} D = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤

p

75.

8x d x d y

0

3 cos t d u d t

R3 4−2x R 4−2x y2

1

dy dx

Njehsoni integralin duke ndryshuar renditjen. 77.

R1 4−2x R 0

dy dx

2 p

x}

R1 R y

dx dy

0 y

3

D = {(x, y)| 1 ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y } D = {(x, y)| 0 ≤ y ≤ 12, 0 ≤ x ≤ y}

2 1−y R

π/3 R sec Rt

0

D

Î p 64. x y 2 − x 2 d A,

p

−π/3 0

78. d A,

R1 0

D

Î

2dx d y

−2 y

58. Gjeni vlerën mesatare të f (x, y) = x y, ku R është drejtkëndëshi me kulme (−1, 0), (−1, 5), (1, 5), (1, 0). p 59. Gjeni vlerën mesatare të f (x, y) = e y x + e y , ku R = [0, 4] × [0, 1].

61.

R0 −y R

79.

R2 R0

dx dy

0 y−2

D

65.

Î D

66.

Î

x 3 d A, ku D është trekëndësh me kulme(0, 2), (1, 1), (3, 2). 80. (2x − y) d A, ku D është zona e kufizuar nga rrethi

D

me qendër në origjinë dhe me rreze 2.

588

81.

R2 4−y R

2

y dx dy

0

0

R2

p 4−x R 2

p 0 − 4−x 2

6x d y d x

©AulonaPress

Shaska T.

15.4

Kalkulus

Integralet e dyfishta në koordinata polare

Do të shohim në kë të seksion integralet e dyfishta në zona, të cilat shprehen më thjeshtë në koordinata polare sesa në koordinata karteziane. Për shembull, në qoftë se zona e integrimit është një qark, ose një unazë, apo një pjesë qarku, unaze, atëherë integrimi në koordinata karteziane Î do të ishte i vështirë. Për shembull, duam të integrojmë funksionin f (x, y)d A ku f (x, y) në një qark me rreze 2. Pra, të njehsohet D

D = {(x, y)| − 2 ≤ x ≤ 2, Atëherë, integrali do të je të i formës Z2

Ï

p p − 4 − x2 ≤ y ≤ 4 − x2} p Z4−x 2

f (x, y)d y d x

f (x, y)d A = p −2 − 4−x 2

D

Siç duket nga shprehja e mësipërme llogaritja e integralit të brendshëm nuk është e lehtë. Qarku me rreze 2 në koordinata polare paraqitet si {(r, θ)|0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π} Këtu kufijtë janë shumë më të thjeshtë, dhe integrimi në njëfarë mënyre është më i thjeshtë. Rikujtojmë lidhjen që ekziston ndërmjet koordinatave karteziane dhe polare: x = r cos θ

y = r cos θ r 2 = x 2 + y 2

Për të kaluar nga integrimi në koordinata polare duhet të dimë se si të kalojmë d A në koordinata polare. Në qoftë se zona e integrimit paraqitet në koordinata polare si R = {(r, θ)|a ≤ r ≤ b,

α ≤ θ ≤ β},

atëherë për të llogaritur integralin e dyfishtë në kë të zonë, veprojmë në të njëjtën mënyrë sikurse për një zonë drejtkëndëshe në koordinata karteziane.

Figura 15.15: Drejtëkëndëshi në koordinata polare

Pra, ndajmë segmentin [a, b] në n nënsegmente [r i −1 , r i ] me të njëjtën gjatësi ∆r = β−α m .

b−a n ,

gjithashtu ndajmë seg-

Atëherë, rrathët r = r i dhe rrezet θ = θ j e ndajnë mentin [α, β] në m nënsegmente me gjatësi të njëj të ∆θ = drejtkëndëshin polar R në nëndrejtkëndësha polarë të vegjël të formës: Ri j = {(r, θ) | r i −1 ≤ r ≤ r i , ©AulonaPress

θ j −1 ≤ θ ≤ θ j } 589

Kalkulus

Shaska T.

Qendra e një drejtkëndëshi të tillë, është me koordinata polare: 1 r i∗ = (r i −1 + r i ) 2

1 θ∗j = (θ j −1 + θ j ) 2

Për të llogaritur sipërfaqen e Ri j , nisemi nga sipërfaqja e sektorit të qarkut, dhe duke qenë se sipërfaqja e Ri j del si rezultat i diferencës së sipërfaqeve të dy sektorëve me kënd qendror ∆θ = θ j − θ j −1 , pra: 1 1 1 ∆Ai = r i2 ∆θ − r i2−1 ∆θ = (r i + r i −1 )(r i − r i −1 )∆θ = r i∗ ∆r ∆θ 2 2 2 Duke konsideruar funksionin f (x, y) si funksion të vazhdueshëm, dhe duke patur parasysh lidhjen ndërmjet koordinatave karteziane dhe polare, shuma e Riemannit transformohet në formën: n X m X i =1 j =1

f (r i∗ cos θ∗j , r i∗ sin θ∗j )∆Ai =

n X m X i =1 j =1

f (r i∗ cos θ∗j , r i∗ sin θ∗j )r i∗ ∆r ∆θ

(15.21)

Kjo e fundit përbën shumën e Riemannit për funksionin f (r cos θ, r sin θ)r në drejtkëndëshin R = {(r, θ)| 0 ≤ a ≤ r ≤ b,

α ≤ θ ≤ β},

kështu që arrijmë në përfundimin: Teorema 15.2. Në qoftë se f (x, y) është funksion i vazhdueshëm në drejtkëndëshin polar R = {(r, θ)| 0 ≤ a ≤ r ≤ b, atëherë

Zβ Zb

Ï f (x, y)d A =

α ≤ θ ≤ β},

f (r cos θ, r sin θ)r d r d θ

α a

R

Kjo teoremë njihet si kalimi i integralit të dyfishtë në koordinata polare, dhe pohon pikërisht faktin se gja të kalimit në koordinata polare behen zëvendësimet x = r cos θ, y = r sin θ dhe ndryshimi i kufijve të integrimit duke patur gjithashtu parasysh se d A zëvendësohet me r d r d θ. Î 2 2 Shembull 15.11. Njehsoni integralin e x +y d A ku R është rrethi njësi me qendër në origjinë. R

Zgjidhje Fillimisht kalojmë zonën e integrimit në koordinata polare R = {(r, θ)|0 ≤ r ≤ 1,

0 ≤ θ ≤ 2π}

Gjithashtu x 2 + y 2 = r 2 , dhe prej këtej integrali vjen në formën: Ï e

x 2 +y 2

Z2πZ1 dA =

2

r er d r d θ

0 0

R

ky integral tani mund të llogaritet më thjeshtë: Ï

ex

2 +y 2

Z2πZ1 dA =

2

r er d r d θ

0 0

R

Z2π = 0

Z2π 1 1 r 2 ¯¯1 e ¯ dθ = (e − 1) d θ 2 2 ) 0

= π(e − 1)

590

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Njehsoni integralin duke kaluar në koordinata polare. 82.

83.

84.

R1

p 1−x R 2

−1

0

92.

93.

p

2 1−y R

p

R6 Ry

(x 2 + y 2 ) d y d x

88.

2 1−(x−1) R

0

2 +y 2 )

p

2 1−(x−1) R

R1

p

Î

1−(x−1)2

2 (1+x 2 +y 2 )2

dy dx

ye x d A, ku D është zona e kuadrantit të parë

dy dx

96. Gjeni vëllimin e trupit nën paraboloidin z = x 2 + y 2 dhe mbi qarkun x 2 + y 2 ≤ 9.

x+y x 2 +y 2

dy dx

97. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet brenda sferës x 2 + y 2 + z 2 = 16 dhe jash të cilindrit x 2 + y 2 = 4.

p

2 1−y R

e (x

2 +y 2 )

dx dy

0

p

aR2 −y 2

(x 2 + y 2 )3/2 d x d y

−a

90.

e −(x

p

Ra

R2

1−(y−1)2

jet rrathëve x 2 + y 2 = 4, dhe x 2 + y 2 = 2x.

0

0

89.

x y2 d x d y

brenda rrethit x 2 + y 2 = 25. Î 95. x d A, ku D është zona e kuadrantit të parë ndërm-

x dx dy

0

R1

p

D

0

87.

R0

D

1−y 2

p R1 1−x R 2

R2

94.

x2 + y 2 d y d x

0

R2

−1

0 0

86.

0

dy dx

p −1 − 1−x 2

R1

p 2x−x R 2p

0−

p 1−x R 2

R1

−1 −

85.

dy dx

91.

R2

0

p

2 4−y R

p

0−

x2 y 2 d x d y

4−y 2

©AulonaPress

98. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga paraboloidet z = 3x 2 + 3y 2 dhe z = 4 − x 99. Gjeni sipërfaqen e kufizuar nga vija r = 4 + 3 cos θ. 100. Gjeni sipërfaqen brenda rrethit r = a cos θ dhe jash të kardioidës r = a(1 − cos θ). 101. Gjeni sipërfaqen brenda të rrathëve r = 4 sin θ dhe r = 2.

591

Kalkulus

15.5

Shaska T.

Aplikime të integraleve të dyfishta

Një prej aplikimeve të integraleve të dyfishta ne tashmë e studiuam dhe është pikërisht vëllimi. Një tjetër aplikim është edhe llogaritja e sipërfaqes, të cilin do ta shohim në kë të seksion. Të dyja këto përbëjnë zbatime gjeometrike të integralit të dyfishtë. Si zbatime fizike të integralit të dyfishtë do të shohim llogaritjen e masës, qendrës së masës, dhe momentit të inercisë. Gjithashtu në teorinë e probabilitetit inetgrali i dyfishtë gjen zbatim në përcaktimin dhe llogaritjen e densitetit të shpërndarjes së një vektori të rastit, apo në përcaktimin e karakteristikave numerike të një vektori të rastit. Le të shohim me radhë disa prej këtyre aplikimeve.

15.5.1 Sipërfaqja Le të shohim se si mund të njehsojmë sipërfaqen e dhënë me ekuacion z = f (x, y), që përbën grafikun e funksionit të dy ndryshoreve z = f (x, y). Supozojmë se f (x, y) ka derivate të pjesshëm të vazhdueshëm, dhe për thjeshtësi të llogaritjeve po pranojmë se f (x, y) ≥ 0 dhe se bashkësia e përkufizimit D të f (x, y) është një drejtkëndësh. Në këto kushte e ndajmë drejtkëndëshin D në nëndrejtkëndësha të vegjël me të njëjtat përmasa Ri j , me sipërfaqe ∆A = ∆x∆y. Duke marrë në secilin drejtkëndësh pikat (x i , y j ), atëherë shënojmë me Pi j (x i , y j , f (x i , y j )) pikën e S që ndodhet direkt mbi (x i , y j ); Fig 15.16

Figura 15.16: Sipërfaqja e trupave

Plani tangent ndaj S në Pi j është një përafrim i S rrotull Pi j . Kështu që sipërfaqja e pjesës së këtij plani tangent që ndodhet direkt mbi Ri j , të cilën po e shënojmë me ∆Ti j , përbën një përafrim të sipërfaqes ∆S i j të pjesës së S që ndodhet direkt mbi Ri j . Kështu shuma e të gjitha ∆Ti j jep një përafrim të gjithë sipërfaqes S, dhe ky përafrim bëhet gjithnjë e më i mirë kur numri i ndarjeve në nëndrejtkëndësha rritet pambarimisht. Pra, sipërfaqja S përkufizohet si S = lim

m,n→∞

m X m X

∆Ti j

(15.22)

i =1 j =1

Për të përftuar një formulë llogari të se më të përshtatshme sesa ekuacioni (15.22), po shënojmë me ~ a dhe ~ b vektorët që nisin nga Pi j dhe janë në drejtimin e brinjëve të paralelogramit me sipërfaqe ∆Ti j . Në kë të mënyrë ∆Ti j = |~ a ×~ b|. Duke patur parasysh kuptimin gjeometrik të derivateve të pjesshme, ne mund të shkruajmë ~ a = ∆x~ i + f x (x i , y j )∆x~ k ~ b = ∆y ~ j + f y (x i , y j )∆y~ k ~ a ×~ b = [− f x (x i , y j )~ i − f y (x i , y j )~ j +~ k]∆A 592

©AulonaPress

Shaska T. Atëherë, ∆Ti j = |~ a ×~ b| =

Kalkulus q [ f x (x i , y j )]2 + [ f y (x i , y j )]2 + 1∆A.

Duke zëvendësuar ∆Ti j tek ekuacioni (15.22), marrim: S = lim

m X m q X

m,n→∞

[ f x (x i , y j )]2 + [ f y (x i , y j )]2 + 1∆A

i =1 j =1

Dhe në bazë të përkufizimit të integralit të dyfishtë përftojmë: Sipërfaqja me ekuacion z = f (x, y), (x, y) ∈ D, ku f x dhe f y janë funksione të vazhdueshëm, është : Ï q S= [ f x (x, y)]2 + [ f y (x, y)]2 + 1 d A

(15.23)

D

Në qoftë se do të përdornim shënimin alternativ për derivatet e pjesshme, formula (15.23) merr trajtën: Ï

s

∂z 1+ ∂x

S= D

µ

¶2

∂z + ∂y µ

¶2 dA

(15.24)

Shembull 15.12. Gjeni sipërfaqen e pjesës së paraboloidit z = 25 − x 2 − y 2 që shtrihet mbi planin x y.

Figura 15.17: Sipërfaqja e z = 25 − x 2 − y 2

Zgjidhje Llogarisim fillimisht derivatet e pjesshme f x (x, y) = −2x

f y(x, y) = −2y

dhe prej këtej 1 + f x2 + f y2 = 1 + 4x 2 + 4y 2 Prerja e paraboloidit me planin x y është rrethi x 2 + y 2 = 25. Pra, zona e integrimit është D = {(x, y) : x 2 + y 2 = 25} Dhe sipërfaqja do të je të: S=

Ï q

1 + 4x 2 + 4y 2 d A

D

Për të njehsuar më lehtë kë të integral kalojmë në koordinata polare: x = r cos θ, ©AulonaPress

y = r sin θ, dhe zona D do të shkruhet 593

Kalkulus si D = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ 5,

Shaska T. 0 ≤ θ ≤ 2π}. Atëherë S=

Z2πZ5 p

1 + 4r 2 r

Z2π Z5 p dr dθ = dθ 1 + 4r 2 r d r

0 0

= 2π

0

Z5 p 0

0

Z5 2π p 1 + 4r 2 r d r = 1 + 4r 2 d (1 + 4r 2 ) 8 0

¯5 2π 2 ¯ = (1 + 4r 2 )3/2 ¯ 8 3 0 π 3/2 = (101) ≈ 530.95 6

15.5.2 Densiteti dhe masa 15.5.3 Momentet dhe qendra e masës Si zbatim i integralit të caktuar, për një zonë plane R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)} në R2 e cila paraqet një fletë të hollë të sheshtë, ku f (x) është funksion i vazhdueshëm në [a, b], qendra e masës së zonës ¯ y) ¯ ku R, është pika me koordinata (x, My Mx dhe y¯ = x¯ = M M ku Zb f (x)d x

M= a

Zb

[ f (x)]2 d x, 2

Mx = a

(15.25)

Zb x f (x)d x,

My = a

duke pranuar se R ka densitet të njëj të. Në kë të rast M përbën masën e zonës R, kur densiteti është konstant; Fig. 15.18, dhe Mx , M y janë momentet sipas boshtit të x-ve dhe y-ve përkatësisht. Në rastin e përgjithshëm kur densiteti është një funksion i vazhdueshëm ρ(x, y) në R, duke e ndarë zonën R në nëndrejtkëndësha me përmasa të njëjta dhe duke zgjedhur brenda secilit prej tyre pikat (x i∗j , y i∗j ), masa e fletë s do të jepet si përafrim: k X l X M≈ ρ(x i∗j , y i∗j )∆A i =1 j =1

Dhe prej këtej me rritjen e ndarjeve të R, kalimi në limit na jep masën totale të fletë s: M = lim

k X l X

k,l →∞ i =1 j =1

ρ(x i∗j , y i∗j )∆A =

Ï

ρ(x, y)d A

(15.26)

R

Në qoftë se për një nëndrejtkëndësh të R, masa ishte përafërsisht ρ(x i∗j , y i∗j )∆A, atëherë momenti në lidhje me x do të përafrohej si [ρ(x i∗j , y i∗j )∆A]y i∗j . 594

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Figura 15.18: Interpretimi gjeometrik i masës

y y = f (x)

x

Figura 15.19: Zona R e shembullit të mësipërm

Duke mbledhur dhe duke kaluar në limit, gjejmë momentin e të gjithë fletë s R, sipas boshtit të x-ve si: Mx = lim

k X l X

k,l →∞ i =1 j =1

y i∗j ρ(x i∗j , y i∗j )∆A =

Ï yρ(x, y)d A

(15.27)

R

Dhe duke vepruar në të njëjtën mënyrë gjejmë momentin sipas boshti të y-ve: M y = lim

k X l X

k,l →∞ i =1 j =1

y i∗j ρ(x i∗j , x i∗j )∆A =

Ï xρ(x, y)d A

(15.28)

R

Koordinatat e qendrës së masës jepen me ekuacionet: x¯ =

My M

y¯ =

Mx M

(15.29)

Ku M, Mx , M y jepen nga ekuacionet (15.26), (15.27), (15.28) përkatësisht. Shembull 15.13. Gjeni masën dhe qendrën e masës së fletë s R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2x 2 }, kur densiteti në (x, y) jepet si ρ(x, y) = x + y. ©AulonaPress

595

Kalkulus

Shaska T. y y = 2x 2

x

Figura 15.20: Zona R e shembullit të mësipërm

Zgjidhje Grafikisht zona R jepet në Fig. 15.20. Ï M=

Z1 Z2x 2 ρ(x, y)d A = (x + y)d y d x

Z1 µ = 0

y 2 ¯¯ y=2x xy + ¯ 2 y=0

yρ(x, y)d A =

= 0

dx =

(2x 3 + 2x 4 )d x

0

2x ¯ x 9 + ¯ = 2 5 0 10

Ï y(x + y)d y d x

0

R

Z1 µ

Z1

¶

Z1 Z2x 2

Ï Mx =

2

5 ¯1

2

=

0

0

R

My =

0

Z1 Z2x 2 xρ(x, y)d A = x(x + y)d y d x 0

R

Z1 2¶ 8x 6 x y 2 y 3 ¯¯ y=2x + ¯ )d x d x = (2x 5 + 2 3 y=0 3

Z1 µ =

0

0

x 6 8x 7 ¯¯1 5 = + ¯ = 3 21 0 7

x y 2 ¯¯ y=2x x y+ ¯ 2 y=0 2

0 2

Z1

¶ dx =

(2x 4 + 2x 5 )d x

0

2x 5 x 6 ¯¯1 11 + ¯ = = 5 3 0 15

¯ y) ¯ do të je të: Dhe qendra e masës (x, x¯ =

My M

=

11/15 22 = , 9/10 27

y¯ =

Mx 5/7 50 = = M 9/10 63

15.5.4 Momentet e inercisë Momenti i inercisë së një grimce me masë m, në lidhje me boshtin e x-ve, është përkufizuar si mr 2 ku r është distanca e grimcës nga boshti. E zgjerojmë kë të koncept për një fletë me densitet ρ(x, y) dhe veprojmë në të njëjtën mënyrë sikurse vepruam për momentet e zakonshëm. Pra, duke bërë ndarjen e R në nëndrejtkëndësha të vegjël dhe duke përafruar momentin e inercisë së secilit prej tyre në lidhje me boshtin e x-ve, dhe duke kaluar në limit të shumës kur numri i ndarjeve rritet pambarimisht, ne përftojmë momentin e inercisë së fletë s në lidhje me boshtin e x-ve: Ï k X l X Ix = lim (y i∗j )2 ρ(x i∗j , y i∗j )∆A = y 2 ρ(x, y)d A (15.30) k,l →∞ i =1 j =1

596

R

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Në mënyrë të ngjashme gjejmë momentin e inercisë në lidhje me boshtin e y-ve si: I y = lim

k X l X

k,l →∞ i =1 j =1

(x i∗j )2 ρ(x i∗j , y i∗j )∆A =

Ï

x 2 ρ(x, y)d A

(15.31)

R

Interes të veçantë paraqet edhe i ashtuquajturi moment i inercisë në lidhje me origjinën, ndryshe njihet me emrin moment polar i inercisë: I0 = lim

k X l X

k,l →∞ i =1 j =1

[(x i∗j )2 + (y i∗j )2 ]ρ(x i∗j , y i∗j )∆A =

Ï

(x 2 + y 2 )ρ(x, y)d A

(15.32)

R

Vërejmë se I0 = Ix + I y . Shembull 15.14. Gjeni momentet e inercisë I0 , Ix , I y të një qarku homogjen R, me densitet ρ(x, y) = ρ, me qendër në origjinë dhe me rreze a. Zgjidhje Kufiri i R është rrethi x 2 + y 2 = a 2 , i cili në koordinata polare R jepet si: R = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ a, 0 ≤ θ ≤ 2π}. Gjejmë I0 : Ï I0 =

2

2

(x + y )ρd A = ρ

Z2πZa

r 2r d r d θ

0 0

R

Z2π Za r 4 ¯¯a πρa 4 = ρ d θ r 3 d r = 2πρ ¯ = 4 0 2 0

0

Për të njehsuar Ix dhe I y shfry të zojmë faktin që Ix + I y = I0 dhe Ix = I y . Atëherë Ix = I y =

I0 πρa 4 = 2 4

15.5.5 Probabiliteti Si zbatim i integraleve jo të ve të është densiteti i shërndarjes së një ndryshori të rastit të vazhdueshëm X, f (x) i cili R∞ gëzon veti të që f (x) ≥ 0 për të gjitha x ∈ R, dhe f (x)d x = 1, si dhe probabiliteti që ndryshori i rastit X të je të në −∞

segmentin [a, b] është :

Zb P(a ≤ X ≤ b) =

f (x)d x a

Në qoftë se do të shqyrtojmë një vektor të rastit të vazhdueshëm (X, Y), siç mund të je të je të gjatësia e dy pjesëve të një makinerie, ose pesha dhe gjatësia e një njeriu të zgjedhur ras të sisht, funksioni i densitetit të shpërndarjes së vektorit të rastit f (x, y) do të je të funksion i dy ndryshoreve. Ky funksion gëzon vetinë që probabiliteti që (X, Y) të shtrihet në një zonë D është Ï P{(X, Y) ∈ D} = f (x, y)d A D

Në rastin e veçantë kur D = [a, b] × [c, d ] kemi Zb Zd P(a ≤ X ≤ b, c ≤ Y ≤ d ) =

f (x, y)d y d x a c

©AulonaPress

597

Kalkulus

Shaska T.

Dhe duke qenë se densiteti i shpërndarjes përbën një probabilitet i cili i merr vlerat nga 0 në 1, atëherë ai gezon veti të: Ï f (x, y) ≥ 0, f (x, y)d A = 1 R2

Gjithashtu mund të shkruajmë se: Z∞ Z∞

Ï

f (x, y)d x d y = 1

f (x, y)d A = −∞ −∞

R2

Shembull 15.15. Gjeni vlerën e A, për të cilën funksioni ( A(x + 2y) f (x, y) = 0

për 0 ≤ x ≤ 10, 0 ≤ y ≤ 10 në të kundërt

përbën densitet shpërndarjeje të një vektori të rastit (X, Y). Më pas gjeni P(X ≥ 2, Y ≤ 7). Zgjidhje Që f (x, y) të je të densitet shpërndarjeje duhet që: Z∞ Z∞ f (x, y)d x d y = 1 −∞ −∞

Atëherë Z∞ Z∞

Z10Z10 Z10 ¯10 ¯ f (x, y)d x d y = A(x + 2y)d yd x = A (x y + y 2 )¯ d x 0

−∞ −∞

0 0

0

Z10 = A (10x + 100)d x = 1500A = 1 0

A= Pra, për A =

1 1500

1 1500

f (x, y) përbën densitet shpërndarjeje të një vektori rasti. Z∞ Z7 f (x, y)d yd x =

P(X ≥ 2, Y ≤ 7) =

=

Z10Z7

2 −∞

2 0

1 1500

Z10 ¯7 ¯ (x y + y 2 )¯ d x = 0

2

1 (x + 2y)d yd x 1500

1 1500

Z10 (7x + 49)d x 2

¯10 868 1 7x 2 ¯ ( + 49x)¯ = ≈ 0.5787 = 1500 2 1500 2

598

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime p

x, y = 0, x = 1; ρ(x, y) =

102. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së planit z = 2 + 3x + 4y që ndodhet mbi drejtkëndëshin R = [0, 5] × [1, 4].

116. D është kufizuar nga y = x.

103. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së planit 2x +5y +z = 10 që ndodhet brenda cilindrit x 2 + y 2 = 9.

117. Gjeni momentet e inercisë Ix , I y , I0 të fletë s së kufizuar nga parabola x = y 2 dhe drejtëza y = x−2; ρ(x, y) = 3

104. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së planit 3x + 2y + z = 6 që ndodhet në oktantin e parë.

118. Jepet funksioni

2

105. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së z = 1 + 3x + 2y që ndodhet mbi trekëndëshin me kulme (2, 1), (0, 0), (0, 1). 106. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së paraboloidit z = 4 − x 2 − y 2 që ndodhet mbi planin x y. 107. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së paraboloidit hiperbolik z = y 2 − x 2 që ndodhet ndërmjet cilindrave x 2 + y 2 = 1 dhe x 2 + y 2 = 4. 108. Njehsoni sipërfaqen e z = 23 (x 3/2 − y 3/2 ), 1, 0 ≤ y ≤ 1.

( f (x, y) =

2

për 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 në të kundërt

a) Gjeni vlerën e A për të cilën funksioni përbën densitet shpërndarjeje të një vektori rasti (X, Y). b) Njehsoni P{X ≤ 1, Y ≤ 1}. c) Njehsoni P{X + Y ≤ 1}.

0≤x≤ 119. a) Vërtetoni se funksioni

109. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së sferës x 2 + y 2 +z 2 = 4, që ndodhet mbi planin z = 1. 2

Ax(1 + y) 0

( f (x, y) =

4x y

për 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1

0

në të kundërt

2

110. Njehsoni sipërfaqen e pjesës së sferës x +y +z = 4z, që ndodhet brenda paraboloidit z = x 2 + y 2 . Gjeni masën dhe qendrën e masës së fletë s që shtrihet në 111. D = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 1}; ρ(x, y) = x y 2 .

është densitet shpërndarjeje i një vektori rasti (X, Y). b) Gjeni P(X ≥ 21 ), P{X ≥ 12 , Y ≤ 12 } c) Gjeni pritjen matematike të (X, Y). 120. a) Vërtetoni se funksioni

112. D = {(x, y)| 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b}; ρ(x, y) = c x y. 113. D është zona trekëndore me kulme (0, 0), (2, 1), (0, 3); ρ(x, y) = x + y.

  1 e −(0.5x+0.2y) f (x, y) = 10  0

për x ≥ 0, y ≥ 0 në të kundërt

114. D është zona trekëndore me kulme (0, 0), (1, 1), (4, 0); ρ(x, y) = është densitet shpërndarjeje i një vektori rasti (X, Y). x. b) Gjeni P(Y ≥ 1), P{X ≤ 2, Y ≤ 4} 115. D është kufizuar nga y = e x , y = 0, x = 0, dhe x = 1; ρ(x, y) = y. c) Gjeni pritjen matematike të (X, Y).

©AulonaPress

599

Kalkulus

15.6

Shaska T.

Integralet e trefishta

Ashtu sikurse përcaktuam integralet e caktuara të funksioneve me një ndryshore, dhe integralet e dyfishta të funksioneve me dy ndryshore, ne mund të përkufizojmë edhe integralet e trefishta të funksioneve të tre ndryshoreve. Fillimisht le të shqyrtojmë rastin kur zona e përcaktimit të funksionit f (x, y) është një paralelopiped këndëdrej të: B = {(x, y, z) | a ≤ x ≤ b,

c ≤ y ≤ d,

r ≤ z ≤ s}

(15.33)

Hapi i parë është të ndajmë segmentin [a, b] në l nënsegmente me gjatësi të barabartë me ∆x, ndajmë segmentin [c, d ] në m nënsegmente me gjatësi të barabartë me ∆y dhe ndajmë segmentin [r, s] në n nënsegmente me gjatësi të barabartë me ∆z. Planet që kalojnë nga pikat e ndarjes e ndajnë paralelopipedin në l mn nënparalelopipedë Bi j k [a, b] × [c, d ] × [r, s] Sikurse është treguar në Fig. 15.21, secili prej tyre ka vëllim ∆V = ∆x∆y∆z.

Figura 15.21: Ndarja në paralelpipede

Formojmë shumën treshe të Riemannit l X m X n X i =1 j =1 k=1

f (x i∗j k , y i∗j k , z i∗j k )∆V

(15.34)

Ku pika (x i∗j k , y i∗j k , z i∗j k ) i takon Bi j k . Për analogji me përkufizimin e integralit të dyfishtë, ne japim përkufizimin e integralin të trefishtë si limit i shumave treshe të Riemannit në (15.34). Përkufizim 15.3. Integral i trefishtë i f (x, y) në B quhet integrali i përkufizuar nga barazimi: Ñ f (x, y, z)d V = B

lim

l X m X n X

l ,m,n→∞ i =1 j =1 k=1

f (x i∗j k , y i∗j k , z i∗j k )∆V

(15.35)

në qoftë se ky limit ekziston. Përsëri integrali i trefishtë ekziston në qoftë se f (x, y) është i vazhdueshëm. Pikat (x i∗j k , y i∗j k , z i∗j k ) mund t’i zgjedhim të çfarëdoshme në secilin nënparalelopiped, por në qoftë se i shënojmë thjesht (x i , y j , z k ) shprehja për integralin e trefishtë bëhet më e thjeshtë: Ñ l X m X n X f (x, y, z)d V = lim f (x i , y j , z k )∆V B

l ,m,n→∞ i =1 j =1 k=1

Një metodë praktike të llogaritjes së integralit të trefishtë na e jep përdorimi i integraleve të renditura. Teorema 15.3. Teorema e Fubinit. Në qoftë se f (x, y) është funksion i vazhdueshëm në paralelopipedin këndëdrej të B = [a, b] × [c, d ] × [r, s], 600

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

atëherë Zs Zd Zb

Ñ

f (x, y, z)d xd yd z

f (x, y, z)d V = r c a

B

Integrali i renditur në të djathtë të barazimit të mësipërm do të thotë se fillimisht ne integrojmë në lidhje me x (duke mbajtur y dhe z të fiksuar), pastaj integrojmë në lidhje me y (duke mbajtur x dhe z të fiksuar) dhe në fund integrojmë në lidhje me z. Ka edhe pesë mënyra të tjera për të renditur integralet dhe të gjitha japin të njëjtën vlerë. P.sh. në qoftë se integrojmë në lidhje me y, pastaj në lidhje me z e më pas në lidhje me x, kemi: Zb Zr Zd

Ñ

f (x, y, z)d yd zd x

f (x, y, z)d V = a s c

B

Shembull 15.16. Njehsoni integralin Ñ 8x y z d V, B

në zonën B = [2, 3] × [1, 2] × [0, 1] Zgjidhje Duke qenë se nuk ka rëndësi renditja e integraleve, atëherë ne kemi zgjedhur ta integrojmë sipas kësaj renditjeje: Z2 Z3 Z1

Ñ 8x y zd V =

8x y zd zd xd y 1 2 0

B

Z2 Z3 = 1 2

¯1 ¯ ¯ 4x y z 2 ¯¯ d xd y ¯ 0

Z2 Z3

Z2 4x yd xd y =

= 1 2

1

¯3 ¯ ¯ 2x 2 y ¯¯ d y ¯ 2

Z2 10yd y = 15

= 1

Le të përcaktojmë integralin e trefishtë në një zonë të përgjithshme të kufizuar E në hapësirën tre dimensionale (një trup), sipas të njëj të s procedurë që përdorëm për integralet e dyfishta. E rrethojmë E me një paralelopiped këndëdrej të B të tipit të dhënë në ekuacionin (15.33). Atëherë, përcaktojmë funksionin F i cili përputhet me f (x, y) në E, dhe është zero në pikat e B që nuk i përkasin E. Nga përkufizimi Ñ Ñ f (x, y, z)d V = F(x, y, z)d V E

B

Ky integral ekziston në qoftë se f (x, y) është i vazhdueshëm dhe kufiri i E është i lëmuar. Integralet e trefishta gëzojnë të njëjtat veti si edhe integralet e dyfishta. Le t’i kushtojmë më tepër vëmendje funksioneve të vazhdueshëm në një zonë të një tipi të thjeshtë. Një zonë E thuhet se është e tipit I në qoftë se shtrihet ndërmjet grafikëve të dy funksioneve të vazhdueshëm të x dhe y, pra E = {(x, y, z)|(x, y) ∈ D, u 1 (x, y) ≤ z ≤ u 2 (x, y)}

(15.36)

ku D është projeksioni i E në planin x y, sikurse tregohet edhe në Fig. 15.22. Vërejmë se kufiri i sipërm i zonës E, është një sipërfaqe me ekuacion z = u 2 (x, y), ndërsa kufiri i poshtëm është një sipërfaqe me ekuacion z = u 1 (x, y). ©AulonaPress

601

Kalkulus

Shaska T.

Figura 15.22: Funksionet e vazhdueshëm në një zonë të tipit të thjeshtë.

Duke përdorur të njëjtin arsyetim si për integralet e dyfishta mund të tregohet se në qoftë se E është e tipit I, e dhënë nga ekuacioni 15.36, atëherë   Ñ Ï u2Z(x,y)   f (x, y, z)d V = f (x, y, z)d z  d A (15.37)  E

D

u 1 (x,y)

Kuptimi i integralit të brendshëm në ekuacionin (15.37), është që x dhe y mbahen të fiksuar dhe u 1 (x, y) dhe u 2 (x, y) shihen si konstante, ndërsa f (x, y, z) integrohet në lidhje me z. Në veçanti, në qoftë se projeksioni D i E është zonë plane e tipit I (si në Fig. 15.22), atëherë E = {(x, y, z)|a ≤ x ≤ b, g 1 (x) ≤ y ≤ g 2 (x), u 1 (x, y) ≤ z ≤ u 2 (x, y)}

Figura 15.23: Integralet e trefishta mbi një zonë E

dhe ekuacioni (15.37) bëhet Zb gZ2 (x) u2Z(x,y)

Ñ f (x, y, z)d V = E

f (x, y, z)d zd yd x

(15.38)

a g 1 (x) u 1 (x,y)

Në qoftë se D është zonë plane e tipit II (si në Fig. 15.24), atëherë E = {(x, y, z)|c ≤ x ≤ d , h 1 (y) ≤ x ≤ h 2 (y), u 1 (x, y) ≤ z ≤ u 2 (x, y)} 602

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Figura 15.24: Një zonë e tipit II.

dhe ekuacioni (15.37) bëhet Zd hZ2 (y) u2Z(x,y)

Ñ

f (x, y, z)d zd xd y

f (x, y, z)d V =

Shembull 15.17. Njehsoni integralin

(15.39)

c h 1 (y x) u 1 (x,y)

E

Ð

2xd V ku E është zona që ndodhet nën planin 2x + 3y + z = 6 dhe që shtrihet në

E

oktantin e parë. Zgjidhje Oktanti i parë është oktanti në të cilin të tre koordinatat janë pozitive. Na duhet të përcaktojmë zonën plane D në planin x y. Ne mund ta përfytyrojmë zonën duke e parë trupin e dhënë nga sipër, dhe prej këtej shohim se D është trekëndëshi me kulme (0, 0), (3, 0), dhe (0, 2).(Fig. 15.25)

Figura 15.25: Projeksioni i zonës E në planin x y.

Për të përcaktuar kufijtë e integrimit nisemi nga fakti që jemi mbi planin z = 0 dhe kufijtë për z do të përcaktohen si 0 ≤ z ≤ 6 − 2x − 3y. Mund të integrojmë integralin e dyfishtë në D duke përdorur një prej çifteve të mosbarazimeve ©AulonaPress

603

Kalkulus

Shaska T.

3 0 ≤x ≤ − y + 3 2 0 ≤y ≤ 2

0 ≤x ≤ 3 2 0 ≤y ≤ x + 2 3 Le të njehsojmë tani integralin Ï

 6−2x−3y  Z  2xd z  d A

Ï 2xd V =

E

0

D

¯6−2x−3y ¯ 2xz ¯ dA

Ï =

0

D 2

Z3 3Zx+2 2x(6 − 2x − 3y)d yd x = 0

0

Z3 =

¯ 2 x+2 ¯3 (12x y − 4x 2 y − 3x y 2 )¯ dx 0

0

Z3 µ = 0

¶ 4 3 2 x − 8x + 12x d x 3

¯3 8 1 ¯ = ( x 4 − x 3 + 6x 2 )¯ 3 3 0 =9 Një trup E quhet i tipit II, në qoftë se paraqitet si: E = {(x, y, z)|(y, z) ∈ D, u 1 (y, z) ≤ x ≤ u 2 (y, z)}

(15.40)

ku D në kë të rast është projeksioni i E në planin (y, z).(Fig. 15.26)

Figura 15.26: Një trup E i tipit II.

Sipërfaqja e pasme është x = u 1 (y, z), ndërsa sipërfaqja e përparme është x = u 2 (y, z) dhe kështu do të kemi:   Ñ Ï u2Z(y,z)   f (x, y, z)d V = f (x, y, z)d x  d A (15.41)  E

604

D

u 1 (y,z)

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Dhe në fund një zonë është e tipit III, në qoftë se paraqitet në trajtën: E = {(x, y, z)|(x, z) ∈ D, u 1 (x, z) ≤ y ≤ u 2 (x, z)}

(15.42)

ku D në kë të rast është projeksioni i E në planin (x, z).(Fig. 15.27) Për kë të tip zone ne kemi

Figura 15.27: Një trup E i tipit III.

u Ñ f (x, y, z)d V = E

2 (x,z)

 D



Z

Ï

f (x, y, z)d y  d A

(15.43)

u 1 (x,z)

Në secilin nga ekuacionet (15.41) dhe (15.43), mund të ke të dy mënyra të të shprehurit të integralit në varësi të faktit se zona D është e tipit I ose II. Ðp Shembull 15.18. Njehsoni 3x 2 + 3z 2 d V ku E është trupi që kufizohet nga y = 2x 2 + 2z 2 dhe plani y = 8. E

Zgjidhje Grafiku e këtij trupi është paraqitur në Fig. 15.28

Figura 15.28: Grafiku i trupit që kufizohet nga y = 2x 2 + 2z 2 dhe plani y = 8.

Zona D në planin xz është një rreth me ekuacion 2x 2 + 2y 2 = 8 ose x 2 + y 2 = 4. Atëherë, mund të kalojmë nga plani xz në koordinata polare x = r cos θ z = r sin θ ©AulonaPress

605

Kalkulus

Shaska T.

Pra, x 2 + z 2 = r 2 . Atëherë, kufijtë e integrimit do të përcaktohen nga mosbarazimet: 2x 2 + 2z 2 ≤ y ≤ 8 0≤r ≤2 0 ≤ θ ≤ 2π Dhe integrali do je të: Z8

 Ñ p Ï  3x 2 + 3z 2 d V = E

D

2x 2 +2z 2

Ï y

=

p

¯8 ¯ 3x 2 + 3z 2 ¯

2x 2 +2z 2

D

=

 p 3x 2 + 3z 2 d y  d A

Ï p

dA

3(x 2 + z 2 )(8 − (2x 2 + 2z 2 ))d A

D

Meqë do të integrojmë në koordinata polare, atëherë le të kalojmë të gjitha në koordinata polare. p p 3(x 2 + z 2 )(8 − (2x 2 + 2z 2 )) = 3r 2 (8 − 2r 2 ) p = 3r (8 − 2r 2 ) p = 3(8r − 2r 3 ) Prej nga, Ñ p

3x 2 + 3z 2 d V =

E

Ï p 3(8r − 2r 3 )d A D

2π 2 p Z Z = 3 (8r − 2r 3 )r d r d θ 0 0 2πµ

p Z = 3 0

¶ 8 3 2 5 ¯¯2 r − r ¯ dθ 3 5 0

2π p Z 128 = 3 dθ 15 0 p 256 3π = 15

15.6.1 Aplikime të integralit të trefishtë Deri më tani ne njohim kuptimin gjeometrik të integralit të caktuar të një funksioni me vlera jonegative, si sipërfaqen e zonës plane të kufizuar nga grafiku i funksionit y = f (x) nga a në b, si dhe për integralin e dyfishtë kuptimi gjeometrik përbën vëllimin e trupit nën sipërfaqen z = f (x, y) dhe mbi zonën D. Interpretimi gjeometrik i integralit të trefishtë është i vështirë sepse është e vështirë të përfytyrohet hipervëllimi i një objekti në hapësirën 4-dimensionale. Megjitha të integrali i trefishtë mund të interpretohet në mënyra të ndryshme në situata të ndryshme fizike, në varësi të interpetimit të x, y, z dhe f (x, y, z). Shikojmë të parin rastin kur f (x, y, z) = 1 në E. Atëherë, integrali i trefishtë paraqet vëllimin e E: Ñ V(E) = dV (15.44) E

606

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Të gjitha aplikimet e integraleve të dyfishta që studiuam në seksionin paraardhës mund të shtrihen edhe për integralet e trefishta. Për shembull, në qoftë se funksioni i densitetit të një objekti solid që zë një zonë E është ρ(x, y, z) në çdo pikë (x, y, z), atëherë masa e tij është Ñ ρ(x, y, z)d V

m=

(15.45)

E

dhe momenti i tij sipas planeve koordinative janë Ñ Ñ My z = xρ(x, y, z)d V Mxz = yρ(x, y, z)d V E

Ñ zρ(x, y, z)d V

Mx y =

E

(15.46)

E

¯ y, ¯ z), ¯ është Qendra e masës e lokalizuar në pikën (x, x¯ =

My z

y¯ =

m

Mxz m

z¯ =

Mx y

Momentet e inercisë në lidhje me tre boshtet koordinative janë: Ñ Ñ Ix = (y 2 + z 2 )ρ(x, y, z)d V I y = (x 2 + z 2 )ρ(x, y, z)d V E

E

(15.47)

m

Ñ Iz =

(x 2 + y 2 )ρ(x, y, z)d V

(15.48)

E

Në qoftë se kemi një vektor rasti 〈X, Y, Z〉, densiteti i shpërndarjes së tij, është një funksion i tre ndryshoreve f (x, y, z), i tillë që probabiliteti që (X, Y, Z) të je të në E, është Ñ P{(X, Y, Z) ∈ E} = f (x, y, z)d V E

Në veçanti Zb Zd Zs P{a ≤ X ≤ b, c ≤ Y ≤ d , r ≤ Z ≤ s} =

f (x, y, z)d zd yd x a c r

Densiteti i shpërndarjes plo të son kushtet Z∞ Z∞ Z∞ f (x, y, z) ≥ 0

f (x, y, z)d zd yd x = 1 −∞ −∞ −∞

©AulonaPress

607

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Njehsoni integralet. 121.

R1 Rz x+z R

6xz d y d x d z

0 0 0

122.

R1 2x R Ry

2x y z d z d y d x

0 0 0

123.

R3 Rx xRy

24x y d z d y d x

1 1 2 p

124.

R1 1−x R Ry 0 0

125.

126.

127. 128.

143. S = {(x, y, z) : x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, x 2 + y 2 + z 2 ≤ a 2 ; ρ(x, y, z) = 1.}

x dz dx dy

y 0 p R3 R1 1−z R 2

ze y d x d z d y

0

R1 R1 R1

2

12xze z y d y d x d z

0 0 x2

129.

R 2 Rx sin 2x R1 4−x 0

130.

0

R1 1−y R −1

0

4−x

dy dz dx

2 x 2 +y 2

R

0

dz dx dy

0

Njehsoni integralin e trefishtë. Ð 2 2 131. y z d V, ku E është e kufizuar nga parabloloidi E

x = 1 − y 2 − z 2 dhe plani x = 0. Ð 132. y d V, ku E është e kufizuar nga planet x = 0, z = 0 E

dhe plani 2x + y + z = 2. Ð 133. B (x y + z) d V, ku B = [0, 1] × [0, 1] × [1−, 1]. Ð 134. 6x y d V, ku E ndodhet ndërmjet planit z = 1+x + E p y dhe zonës plane në x y të kufizuar nga vijat z = x dhe x = 1. Î 135. E y 2 z 2 d V, ku E është e kufizuar nga parabloloidi x = 4y 2 + 4z 2 dhe plani x = 4. 136. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga sipërfaqja y = x 2 dhe planet z = 0, z = 4, dhe y = 9. Ndërtoni trupin vëllimi i të cilit jepet me anë të integraleve të renditur. 137.

R1 1−x R 2−2z R 0 0

138. 608

dy dx dz

0

2 R1 2−y R 4−y R

0 0

141. S = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 − x − y; ρ(x, y, z) = 1.}

cos( xy ) d z d x d y

p

0 0

140. S = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1; ρ(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 .}

142. S = {(x, y, z) : z ≥ 0, x 2 + y 2 + z 2 ≤ a 2 ; ρ(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 .}

0 0 0 p 2 R 2 R2 eRx 0

139. S = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1; ρ(x, y, z) = x y z.}

4x 2 z 3 d z d y d x

0

2 π/2 R Ry Ry

Gjeni qendrën e masës së trupit S me funksionin e densitetit të dhënë.

144. Gjeni masën dhe qendrën e masës së trupit të kufizuar nga plani z = 4 dhe paraboloidi z = x 2 + y 2 me densitet ρ(x, y, z) = 3 + x. 145. Gjeni masën dhe qendrën e masës së kubit të dhënë nga 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a; ρ(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 . 146. Gjeni momentet e inercisë së kubit me densitet konstant k, dhe brinjë L, në qoftë se një kulm i tij ndodhet në origjinë dhe tre brinjë shtrihen sipas boshteve koordinative. 147. Cila është vlera mesatare e g (x, y, z) = xe y sin z në kubin 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 2? 148. Gjeni vlerën mesatare të F(x, y) = x + y − z në {0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2}. 149. Gjeni vlerën mesatare të F(x, y) = x y z në {0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2}. 150. Për vektorin e rastit (X, Y, Z) jepet densiteti i shpërndarjes ( Ax y z për (x, y, z) ∈ [0, 2] × [0, 2] × [0, 2] f (x, y, z) = 0 në të kundërt a) Gjeni vlerën e A. b) Njehsoni P{X ≤ 1, Y ≤ 1, Z ≤ 1}. c) Njehsoni P{X + Y + Z ≤ 1}. 151. Për vektorin e rastit (X, Y, Z) jepet densiteti i shpërndarjes ( −(0,5x+0.2y+0.1z) Ce për (x, y, z) ∈ R3+ f (x, y, z) = 0 në të kundërt a) Gjeni vlerën e C. b) Njehsoni P{X ≤ 1, Y ≤ 1}.

6xz d x d z d y.

c) Njehsoni P{X ≤ 1, Y ≤ 1, Z ≤ 1}.

0

©AulonaPress

Shaska T.

15.7

Kalkulus

Integralet e trefishta në koordinatat cilindrike

Në gjeometrinë plane sistemi polar i koordinatave u përdor për të shprehur në një mëmyrë më të përshtatshme një kategori të caktuar kurbash dhe sipërfaqesh. Koordinatat cilindrike nuk janë tjetër veçse një zgjerim i koordinatave polare në hapësirën tredimensionale. Për analogji sistemi i koordinatave cilindrike në hapësirën tre-dimensionale na shërben për të shrehur në një mënyrë më të përshtatshme një kategori të caktuar sipërfaqesh dhe trupash. Formulat për koordinatat cilindrike janë x = r cos θ y = r sin θ z = z (15.49) Pra, një pikë P në hapësirën tre-dimensionale paraqitet nga një treshe e renditur (r, θ, z), ku r dhe θ janë koordinatat polare të projeksionit P në planin x y dhe z është distanca e drejtpërdrejtë e pikës nga plani x y (Fig. 15.29).

Figura 15.29: Koordinatat cilindrike

Supozojmë se f (x, y) është një funksion i vazhdueshëm dhe E = {(x, y, z)|(x, y) ∈ D, u 1 (x, y) ≤ z ≤ u 2 (x, y)} ku D jepet në koordinata polare: D = {(r, θ)|α ≤ θ ≤ β,

h 1 (θ) ≤ r ≤ h 2 (θ)}

Nga ekuacioni (15.37), dimë se:  Ñ

Ï f (x, y, z)d V =

E

 f (x, y, z)d z  d A

  D



u 2Z(x,y)

(15.50)

u 1 (x,y)

dhe gjithashtu tashme jemi në gjendje të llogarisim integralin e dyfishtë në koordinata polare, kështu që mund të përftojmë integralin: Zβ hZ2 (θ) u2 (r cos Z θ,r sin θ)

Ñ f (x, y, z)d V =

f (r cos θ, r sin θ, z)r d zd r d θ

(15.51)

α h 1 (θ) u 1 (r cos θ,r sin θ)

E

Formula (15.51) quhet Formula e integralit të trefishtë në koordinata cilindrike. Ð Shembull 15.19. Njehsoni integralin yd V ku E është zona që shtrihet ndërmjet planit z = x + 2 dhe planit x y, dhe E

ndërmjet cilindrave x 2 + y 2 = 1 dhe x 2 + y 2 = 4. Zgjidhje Thjesht ne na duhet të bëjmë kalimin në koordinata cilindrike dhe të njehsojmë integralin. E nisim me përcaktimin e kufijve të z në koordinata cilindrike. 0 ≤ z ≤ x + 2 =⇒ 0 ≤ z ≤ r cos θ + 2 ©AulonaPress

609

Kalkulus

Shaska T.

Duhet të kemi parasysh se jemi mbi planin x y, pra mbi planin z = 0. Nga ana tjetër kemi që D ndodhet ndërmjet rrathëve x 2 + y 2 = 1 dhe x 2 + y 2 = 4 në planin x y, kështu që kufijtë e saj përcatohen si 0 ≤ θ ≤ 2π

1≤r ≤2

Atëherë, integrali që duam të njehsojmë do të marrë trajtën: Z2πZ2

Ñ

r cos Z θ+2

(r sin θ)r d zd r d θ

yd V = 0

0 1

E

Z2πZ2 =

r 2 sin θ(r cos θ + 2)d r d θ

0 1

Z2πZ2 = 0 1

Z2πµ = 0

1 3 r sin(2θ) + 2r 2 sin θd r d θ 2

¶ ¯2 1 4 2 ¯ r sin(2θ) + r 3 sin θ ¯ d θ 8 3 1

Z2πµ

¶ 14 15 = sin(2θ) + sin θ d θ 8 3 0 µ ¶ ¯2π 15 14 ¯ = − cos(2θ) − cos θ ¯ 6 3 0 =0

Ashtu sikurse vepruam me integralin e dyfishtë, duke përfshirë koordinatat polare, ne mund të kalojmë nga integralet e renditura në varësi të x, y, z, duke bërë konvertimin në integralet në varësi të koordinatave cilindrike.

Shembull 15.20. Njehsoni integralin

R1 −1

p

2 1−y R

0

p

xR2 +y 2

x y zd zd xd y

x 2 +y 2

Zgjidhje Kufij të e integrimit për ndryshoret janë −1 ≤ y ≤ 1 q 0 ≤ x ≤ 1 − y2 q x2 + y 2 ≤ z ≤ x2 + y 2 p Dy mosbarazimet e para përcaktojnë zonën D, dhe duke qenë se kufijtë për x janë nga 0 në 1 − y 2 , ai ndodhet në gjysmën e djathtë të rrethit me rreze 1 me qendër në origjinë. Ndërsa duke qenë se kufijtë për y janë nga -1 në 1, kjo përbën gjysmën e qarkut me rreze 1 dhe me qendër origjinën. Atëherë, kufijtë e D në koordinata cilindrike do të shprehen si −

610

π π ≤θ≤ 2 2 0≤r ≤1 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Dhe prej këtej kufijtë për z, janë r 2 ≤ z ≤ r . Dhe përfundimisht le të llogarisim integralin në koordinata cilindrike: Z1 −1

p 2p 2 2 Z1−y xZ +y Zπ/2 Z1 Zr r (r cos θ)(r sin θ)zd zd r d θ x y zd zd xd y = 0

x 2 +y 2

−π/2 0 r 2

Zπ/2 Z1 Zr =

zr 3 cos θ sin θd zd r d θ

−π/2 0 r 2

Zπ/2 Z1 µ = −π/2 0

Zπ/2 Z1 µ = −π/2 0

Zπ/2 Z1 =

¶ ¯r 1 2 3 ¯ z r cos θ sin θ ¯ d r d θ 2 r2 ¶ 1 3 2 4 cos θ sin θr (r − r ) d r d θ 2

cos θ sin θ(r 5 − r 7 )d r d θ

−π/2 0

=

1 2

Zπ/2

1 1 cos θ sin θ( − )d θ 6 8

−π/2

¯π/2 1 ¯ = sin2 θ¯ 48 −π/2 =0

©AulonaPress

611

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Përdorni koordinatat cilindrike për të njehsuar integralet: 152.

153.

p 2 2 9−x R 2 9−xR −y

R3

p −3 − 9−x 2

R1

p

0

2 1−y R

0

p

x2 d z d y d x

161. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet brenda cilindrit x 2 + y 2 = 1 dhe jash të konit z 2 = x 2 + y 2 .

xyz dz dx d y

162. Gjeni vëllimin e trupit që përfohet nga prerja e sferës x 2 + y 2 + z 2 me cilindrin r = 2 sin θ.

0 xR2 +y 2

160. Gjeni vëllimin e trupit që ndodhet brenda cilindrit x 2 + y 2 = 1 dhe sferës x 2 + y 2 + z 2 = 4.

x 2 +y 2

(x + x y )d V ku E është trupi në oktantin e parë

163. Gjeni vëllimin e trupiut të kufizuar nga x 2 + y 2 = 3, x 2 + y 2 + z 2 = 16 dhe z = 0.

nën paraboloidin z − 1 − x 2 − y 2 . Ð 155. 2zd V ku E është trupi ndërmjet dy gjysmësferave

164.pGjeni qendrën e masës së trupit të kufizuar nga koni z = x 2 + y 2 dhe planet z = 1, x = 0, y = 0, kur densiteti jepet si ρ(r, θ, z) = r.

154.

Ð

3

2

E

E

të sipërme x 2 + y 2 + z 2 = 1 dhe x 2 + y 2 + z 2 = 4. Ðp 156. Njehsoni x 2 + y 2 d V, ku E është zona që shtriE

het brenda cilindrit x 2 + y 2 = 16 dhe ndërmjet planeve z = −5 dhe z = 4. Ð 3 157. Njehsoni (x + x y 2 )d V, ku E është trupi që shtriE

het në oktantin e parë x 2 + y 2 = 16 dhe nën paraboloidin x = 1 − x2 − y 2. Ð z 158. Njehsoni e d V, ku E është trupi që kufizohet nga E

2

2

2

2

paraboloidi x = 1 + x + y dhe cilindri x + y = 5, dhe plani x y. Ð 159. Njehsoni x d V, ku E është trupi që kufizohet nga E

planet z = 0 dhe z = x + y +3, dhe nga cilindrat x 2 + y 2 = 4 dhe x 2 + y 2 = 9.

612

165. Përdorni koordinatat cilindrike për të treguar se vëllimi i trupit të kufizuar nga sipër nga sfera r 2 +z 2 dhe nga poshtë nga koni z = r cot ϕ0 , ku 0 < ϕ0 < π/2, është V=

2πa 3 (1 − cos ϕ0 ) 3

166. Gjeni qendrën e masës së ka të rkëndorit D, në oktantin e parë i formuar nga planet koordinative dhe plani x + y + z = 1, pranojmë se ρ = 1. 167. Gjeni momentin e inercisë së gjysmësferës D, me rreze a në lidhje me boshtin qendror pingul me bazën e D. 168. Paraboloidi z = x 2 + y 2 është në formën e një gote vere, dhe plani z = 2x pret një pjesë të fundme sipër paraboloidit. Gjeni momentin e inercisë në lidhje me boshtin e z-ve, duke pranuar se ρ = 1.

©AulonaPress

Shaska T.

15.8

Kalkulus

Integralet e trefishta ne koordinatat sferike

Një tjetër sistem koordinativ mjaft i përdorshëm është edhe sistemi i koordinatave sferike. Ky sistem thjeshton llogaritjen e integraleve të trefishta në zona të kufizuara nga sfera ose kone. Koordinatat sferike të një pike P në hapësirë, tregohen në Fig. 15.30

Figura 15.30: Koordinatat sferike

ku ρ = |OP| është distanca nga origjina tek P, θ është i njëjti kënd si në koordinatat cilindrike, dhe ϕ është këndi ndërmjet boshtit pozitiv të z dhe segmentit OP. Vëreni se ρ≥0

0≤ϕ≤π

N

P2

φ1

λ φ2

P3 P1

S Figura 15.31: Grida sferike dhe Karteziane

Koordinatat sferike janë mjaft të përdorshme në probleme ku ka simetri në lidhje me një pikë, dhe origjina mund të zhvendoset në a të pikë. Lidhja ndërmjet koordinatave karteziane dhe sferike të një pike jepet nga ekuacionet (15.52) x = ρ sin ϕ cos θ

y = ρ sin ϕ sin θ

z = ρ cos ϕ

(15.52)

Gjithashtu nga formula e distancës kemi: ρ2 = x 2 + y 2 + z 2 ©AulonaPress

(15.53) 613

Kalkulus

Shaska T.

Ekuacionin (15.53) e përdorim për të kaluar nga koordinata karteziane në koordinatat sferike. Për integralin e trefishtë ne do të kufizojmë E në një të ashtuquajtur pykë sferike. Kjo do të thotë se kufijtë e variableve do jenë të formës: a ≤ ρ ≤ b, α ≤ θ ≤ β, c ≤ϕ≤d

Figura 15.32: Pyka sferike

Siç shihet në Fig. 15.32, E nuk është tjetër veçse prerja e një sfere me një kon. Në përcaktimin e integralit të trefishtë ne u nisëm nga ndarja e trupit në paralelopipedë këndëdrej të të vegjël, prej nga mund të tregohet se duke bërë ndarjen e trupit në "pyka sferike"të vogla arrijmë në të njëjtin përfundim. Pra, e ndajmë E, E = {(ρ, θ, ϕ)|a ≤ ρ ≤ b, α ≤ θ ≤ β, c ≤ ϕ ≤ d} në "pyka sferike"të vogla Ei j k , të cilat siç mund të shihet nga Fig. 15.33, janë afërsisht paralelopipedë këndëdrej të me përmasa ∆ρ, ρi ∆ϕ dhe ρi sin ϕk ∆θ.

Figura 15.33: Ndarja e një trupi në pyka sferike

Dhe një përafrim i vëllimit të Ei j k jepet nga ∆Vi j k ≈ (∆ρ)(ρi ∆ϕ)(ρi sin ϕk ∆θ) = ρ2i sin ϕk ∆ρ∆θ∆ϕ Në qoftë se përdorim Teoremën mbi vlerat e ndërmjetme, gjejmë se vëllimi i tyrë është sak të sisht ∆Vi j k = ρ˜i 2 sin ϕ˜k ∆ρ∆θ∆ϕ 614

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

ku (ρ˜i , θ˜j , ϕ˜k ) është një pikë në Ei j k . Në qoftë se koordinatat karteziane të kësaj pike janë (x i∗j k , y i∗j k , z i∗j k ), atëherë Ñ f (x, y, z)d V = E

=

lim

l X m X n X

l ,m,n→∞ i =1 j =1 k=1

lim

l X m X n X

l ,m,n→∞ i =1 j =1 k=1

f (x i∗j k , y i∗j k , z i∗j k )∆Vi j k f (ρ˜i 2 sin ϕ˜k cos θ˜ j , ρ˜i 2 sin ϕ˜k sin θ˜ j , ρ˜i 2 cos ϕ˜k )ρ˜i 2 sin ϕ˜k ∆ρ∆θ∆ϕ

Kjo e fundit përbën shumën integrale të Riemannit për funksionin F(ρ, θ, ϕ) = f (ρ sin ϕ cos θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos ϕ)ρ2 sin ϕ. Kështu që përfundimisht integrali i trefishtë në koordinata sferike ka trajtën Zd Zβ Zb

Ñ f (x, y, z)d V =

f (ρ sin ϕ cos θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos ϕ)ρ2 sin ϕd ρd θd ϕ

(15.54)

c α a

E

ku E përkufizohet nga: E = {(ρ, θ, ϕ)|a ≤ ρ ≤ b,

α ≤ θ ≤ β,

c ≤ ϕ ≤ d}

Formula (15.54) ka vend edhe për zona sferike më të përgjithshme si E = {(ρ, θ, ϕ)| α ≤ θ ≤ β,

c ≤ ϕ ≤ d,

g 1 (θ, ϕ) ≤ ρ ≤ g 2 (θ, ϕ)}

Në kë të rast formula do të ishte e njëj të me (15.54), me përjashtim të kufijve të ρ që janë g 1 (θ, ϕ) dhe g 2 (θ, ϕ). Ð Shembull 15.21. Njehsoni integralin 16zd V ku E është gjysma e sipërme e sferës x 2 + y 2 + z 2 = 1 E

Zgjidhje Meqë kemi gjysmën e sipërme të sferës, atëherë kufijtë për ndryshoret janë 0≤ρ≤1

0 ≤ θ ≤ 2π

0≤ϕ≤

π 2

Atëherë, integrali është Zπ/2Z2πZ1

Ñ 16zd V =

0

E

0 0

Zπ/2Z2πZ1 = 0

ρ2 sin ϕ(16ρ cos ϕ)d ρ d θ d ϕ

8ρ3 sin(2ϕ)d ρ d θ d ϕ

0 0

Zπ/2Z2π = 2 sin(2ϕ)d θ d ϕ 0

0

Zπ/2 = 4π sin(2ϕ)d ϕ 0

¯π/2 ¯ = −2π cos(2ϕ)¯ = 4π 0

Shembull 15.22. Ktheni në koordinata sferike integralin

R3 0

©AulonaPress

p

2 9−y R

0

p

2 2 18−x R −y

p

(x 2 + y 2 + z 2 )d z d x d y

x 2 +y 2

615

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Nisemi nga kufijtë e integrimit 0≤y ≤3 q 0 ≤ x ≤ 9 − y2 q q x 2 + y 2 ≤ x ≤ 18 − x 2 − y 2 Bashkësia e vlerave të x, është gjysma e djathtë e qarkut me rreze 3 dhe me qendër në origjinë, por duke qenë se vlerat e y janë pozitive atëherë zona e vlerave është një e katërta e rrethit që i takon kuadrantit të parë. Dhe prej këtej meqenëse D i përket kuadrantit të parë, atëherë E duhet t’i përkasë oktantit të parë, kështu që kufijtë e vlerave të θ do të jenë 0 ≤ θ ≤ π2 . p p Përsa i përket z, kufiri i poshtëm z = x 2 + y 2 është gjysma e sipërme e një koni. Kufiri i sipërm z = 18 − x 2 − y 2 është gjysma e sipërme e sferës x 2 + y 2 + z 2 = 18. Prej këtej nxjerrim se kufijtë e ρ janë p p 0 ≤ ρ ≤ 18 = 3 2 Për të përcaktuar kufijtë e vlerave të ϕ, ka dy mënyra, një prej të cilave është gjetja e prerjeve të konit me sferën. µq

x2 + y 2

¶2

+ z 2 = 18

prej nga z = 3. Dhe prej këtej ρ cos ϕ = 3 p 3 2 cos ϕ = 3 1 π cos ϕ = p =⇒ ϕ = 4 2 Pra, 0 ≤ ϕ ≤ π4 . Dhe përfundimisht duke patur parasysh se ρ2 = x 2 + y 2 + z 2 , integrali vjen në formën. Z3 0

616

p 2p p 2 2 Z9−y 18−x Z −y Zπ/4 Zπ/2 3Z 2 (x 2 + y 2 + z 2 )d z d x d y = ρ4 sin ϕd ρ d θ d ϕ p 0 0 0 0 2 2 x +y

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Përdorni koordinatat sferike për të njehsuar integralet: 169.

170.

p 2 2 4−x R 2 4−xR −y

R2

p −2 − 4−x 2

0

R3

x2 + y 2 + z2 d z d y d x

x2 + y 2 d z d y d x

0

9−y 2 18−x 2 −y 2

R

R

p

0

(x 2 + y 2 + z 2 ) d z d x d y

x 2 +y 2

Ð px 2 +y 2 +z 2 d V, ku E është trupi brenda sferës e E

x 2 + y 2 + z 2 = 9 në oktantin e parë. 173.

Ð

3e (x

2 +y 2 +z 2 )3/2

2

E

xe (x 2

2 +y 2 +z 2 )2

2

d V, ku E është trupi ndërmjet sfer2

2

2

ave x + y +z = 1 dhe x + y +z = 4, në oktantin e parë. 175. Gjeni vëllimin e trupit që shtrihet ndërmjet sferës x 2 + y 2 + z 2 = 9 dhe konit z 2 = x 2 + y 2 . 176. Gjeni vëllimin e trupit që përftohet nga prerja e sferës r ≤ 2 dhe konit z 2 = 3x 2 + 3y 2 .

©AulonaPress

181. Le të je të H një hemisferë me rreze a densiteti i së cilës në çdo pikë është proporcional me distancën nga qendra e bazës. a) Gjeni masën e H. b) Gjeni qendrën e masës.

R

Ð

179. Gjeni vëllimin e trupit mbi konin z 2 = x 2 + y 2 dhe nën planin z = 1.

d V, ku R është trupi brenda sferës

x 2 + y 2 + z 2 = 9 në oktantin e parë. 174.

178. Gjeni vëllimin e trupit të kufizuar nga x 2 + y 2 + z 2 = p 4, y = 3, dhe z = 0.

180. Gjeni vëllimin e trupit mbi konin ϕ = π/3 dhe në sferën ρ = 4 cos ϕ.

p

0

172.

p

0

p 2 2 4−x R 2 16−xR −y p

R2 −2

171.

z2

177. Gjeni vëllimin e pjesës së sferës me qendër në origjinë dhe me rreze 2 që ndodhet mbi planin z = 1.

c) Gjeni momentin e inercisë së H në lidhje me boshtin e x-ve. 182. Gjeni momentin e inercisë në lidhje me boshtin e z-ve, të trupit ndërmjet sferave x 2 + y 2 + z 2 = a 2 dhe x 2 + y 2 + z 2 = b 2 , a < b. 183. Vërtetoni se Z∞ Z∞ Z∞q

x 2 + y 2 + z 2 e −(x

2 +y 2 +z 2 )

d x d y d z = 2π

−∞ −∞ ∞

617

Kalkulus

15.9

Shaska T.

Ndryshimi i ndryshoreve në integralet e shumëfishta

Në Kalkulusin I ne shpesh kemi përdorur ndryshimin e ndryshoreve për të thjeshtuar integralin. Nëpërmjet metodës së zëvendësimit Zb Zd 0 f (g (x))g (x)d x = f (u) d u ku u = g (x) (15.55) a

c

Ne duam të bëjmë diçka të ngjashme në lidhje me integralet e dyfishta dhe të trefishta. Në fakt tashmë një gjë të tillë, ne e kemi bërë kur kaluam integralin e dyfishtë në koordinata polare dhe integralin e trefishtë në koordinata cilindrike dhe sferike. Por për këto konvertime që ne bëmë nuk kemi bërë një detajim të faktit se si dolën ekzak të sisht këto formula. Ne kemi përmendur formulat për d A dhe d V, pa i sqaruar me sak të si ato. Një arsye e kalimit në koordinata të tjera është ajo e thjeshtimit të integrimit, ndërsa një tjetër arsye është thjeshtimi i zonës së integrimit. Ekuacionet që përcaktojnë ndryshimin e ndryshoreve i quajmë transformim. Le të shqyrtojmë një transormim T të planit uv në planin x y. T(u, v) = (x, y) ku x, y dhe u, v kënaqin kushtet x = g (u, v)

y = h(u, v)

(15.56)

Pranojmë se T është një C1 transformim, d.m.th. g dhe h kanë derivate të para të vazhdueshëm. Transformimi është një funksion i cili si bashkësinë e përkufizimit edhe bashkësinë e vlerave i ka nënbashkësi të R2 . Në qoftë T(u 1 , v 1 ) = (x 1 , y 1 ), atëherë pika (x 1 , y 1 ) quhet imazhi i pikës (u 1 , v 1 ). Një transformim quhet një për një në qoftë se cdo dy pika të ndryshme kanë imazhe të ndryshme. Në qoftë se T është një transformim një për një, atëherë ai ka transformim të anasjelltë T −1 nga plani x y në planin uv, dhe ekuacionet (15.56) mund të zgjidhen për u dhe v në varësi të x, y: u = G(x, y) Shembull 15.23. Jepet transformimi x = 2

y2

u 2,

v = H(x, y)

y = 3v. Gjeni zonën imazhi i të cilës sipas këtij transformimi është elipsi

x + 36 = 1. Zgjidhje Duke u nisur nga transformimi i dhënë kemi: (3v)2 =1 2 36 u 2 9v 2 + =1 4 36 2 2 u +v =4

³ u ´2

+

Pra, kemi të bëjmë me një qark me rreze 2 dhe me qendër në origjinë. Shembull 15.24. Jepet transformimi x = u 2 − v 2 ,

y = 2uv. Gjeni imazhin e zonës S = {(u, v)| 0 ≤ u ≤ 1,

0 ≤ v ≤ 1}.

Zgjidhje Duke qenë se transformimi zonën e kufizuar e pasqyron në një zonë të kufizuar, atëherë fillimisht po përcaktojmë imazhet e kufijve të S. Kufiri i parë jepet nga v = 0. Atëherë, nga ekuacionet kemi x = u 2 , y = 0 dhe 0 ≤ x ≤ 1. Pra, pjesa e parë pasqyrohet në segmentin nga (0, 0) në (1, 0) në planin x y. Pjesa e dy të është u = 1(0 ≤ v ≤ 1), dhe duke zëvendësuar u = 1 tek ekuacionet e dhëna, marrim x = 1 − v 2, dhe duke eleminuar v kemi x = 1− 618

y2 , 4

y = 2v

0≤x ≤1 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

(a)

(b)

Figura 15.34: Zonat përkatëse në planet uv dhe x y y2

që është një pjesë e një parabole. Në mënyrë të ngjashme për v = 1, (0 ≤ u ≤ 1), kemi harkun parabolik x = 4 − 1, −1 ≤ x ≤ 0. Dhe në fund për u = 0, (0 ≤ v ≤ 1), imazhi është x = −v 2 , y = 0. pra imazhi i zonës S është zona R e treguar në Fig. 15.34b. Tani na duhet të flasim për ndryshimin e ndryshoreve në një integral. Do të nisim me integralet e dyfishta. Për të ndryshuar ndryshoret në integralin e dyfishtë na nevojitet Jakobi i transformimit, i cili përkufizohet si: Përkufizim 15.4. Jakobi i transformimit x = g (u, v), y = h(u, v) quhet ¯ ¯ ∂x ¯ ∂x ∂(x, y) ¯¯ ∂u ¯ ∂x ∂y ∂x ∂y ∂v = ¯ ∂y ∂y ¯ = − ∂(u, v) ¯ ∂u ∂v ¯ ∂u ∂v ∂v ∂u

(15.57)

Teorema 15.4. Ndryshimi i ndryshoreve në integralin e dyfishtë. Supozojmë se T është një C1 transformim me Jakobi jozero, i cili pasqyron një zonë S në planin uv, në një zonë R në planin x y. Supozojmë se f (x, y) është një funksion i vazhdueshëm në R, dhe S dhe R janë zona plane të tipit I ose II. Supozojmë se T është gjithashtu funksion një për një, me përjashtim ndoshta të kufirit të S. Atëherë Ï Ï ¯ ∂(x, y) ¯ ¯ ¯ f (x, y)d A = f (x(u, v), y(u, v))¯ ¯d u d v ∂(u, v) R

S

Teorema 15.4 na thotë se ne kalojmë nga një integral në x, y në një integral në u, v, duke shprehur x dhe y në varësi të u dhe v dhe duke shkruar ¯ ∂(x, y) ¯ ¯ ¯ dA = ¯ ¯d u d v ∂(u, v) Shembull 15.25. Vërtetoni se kur kalojmë në koordinata polare kemi d A = r d r d θ. Zgjidhje Për të treguar këtë barazim mjafton të përdorim formulën e mësipërme për d A. Transformimi jonë në këtë rast është x = r cos θ,

y = r sin θ

Atëherë, Jakobi për këtë transformim është ¯ ∂(x, y) ¯¯ ∂x ∂r = ¯ ∂y ∂(r, θ) ¯ ∂r u ¯ ¯cos θ = ¯¯ sin θ

∂x ¯ ∂θ ¯ ∂y ¯ ¯ ∂θ

¯

¯ −r sin θ¯¯ r cos θ ¯

= r cos2 θ − (−r sin2 θ) = r (cos2 θ + sin2 θ) = r ©AulonaPress

619

Kalkulus

Shaska T.

Atëherë, për d A kemi

¯ ∂(x, y) ¯ ¯ ¯ dA = ¯ ¯d r d θ = |r |d r d θ = r d r d θ ∂(r, θ)

Î Shembull 15.26. Njehsoni (x 2 − x y + y 2 )d A ku R është elipsi i dhënë me ekuacion x 2 − x y + y 2 = 2, duke përdorur qR q p p transformimin x = 2u − 23 v, y = 2u + 23 v. Zgjidhje E para gjë që duhet të bëjmë është transformimi i elipsit. Atëherë 2 = x2 − x y + y 2 à r !2 à r !à r ! à r !2 p p p p 2 2 2 2 = 2u − 2u + v − 2u − v v + 2u + v 3 3 3 3 µ ¶ 2 2 4 2 4 = 2u 2 − p uv + v 2 − 2u 2 − v 2 + 2u 2 + p uv + v 2 3 3 3 3 3 = 2u 2 + 2v 2 Po të pjestojmë me 2 anë për anë, nxjerrim që ekuacioni që përshkruan R, transformohet në u2 + v 2 = 1 që është rrethi njësi. Funksioni nën integral është x 2 − x y + y 2 = 2(u 2 + v 2 ). Le të gjejmë Jakobin ¯p ¯ ∂(x, y) ¯¯ 2 = p ∂(u, v) ¯¯ 2

q ¯ ¯ − 23 ¯ 2 4 2 q ¯¯ = p + p = p 2 ¯ 3 3 3 3

Atëherë, integrali merr formën Ï

2

2

Ï

(x − x y + y )d A = R

S

¯ 4 ¯ ¯ ¯ 2(u 2 + v 2 )¯ p ¯d u d v 3

Tani për të llogaritur integralin më thjeshtë, mund të përdorim koordinatat polare, pra: Ï Ï ¯ 4 ¯ ¯ ¯ (x 2 − x y + y 2 )d A = 2(u 2 + v 2 )¯ p ¯d u d v 3 R

S

8 =p 3 8 =p 3 8 =p 3

Z2πZ1

(r 2 )r d r d θ

0 0

Z2π 0

Z2π 0

1 4 ¯¯1 r ¯ dθ 4 0 1 4π dθ = p 4 3

Le të shohim transformimin e ndryshoreve për integralin e trefishtë. Le të je të T një transformim i zonës S të hapësirës uv w, në zonën R të hapësirës x y z i dhënë me ekuacionet x = g (u, v, w) 620

y = h(u, v, w)

z = k(u, v, w) ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Jakobi i T është përcaktori:

¯ ¯ ∂x ∂(x, y, z) ¯¯ ∂u = ¯ ∂y ∂(u, v, w) ¯¯ ∂u ∂z ∂u

∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v

∂x ¯ ∂w ¯ ∂y ¯ ¯ ∂w ¯ ∂z ¯ ∂w

¯ (15.58)

Për analogji me Teoremën 15.4, përftojmë formulën për integralin e trefishtë: Ñ

Ñ f (x, y, z)d V =

R

S

¯ ∂(x, y, z) ¯ ¯ ¯ f (x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w))¯ ¯d u d v d w ∂(u, v, w)

(15.59)

Shembull 15.27. Verifikoni se d V = ρ2 sin ϕd ρ d θ d ϕ kur përdorim koordinatat sferike. Zgjidhje Në kë të rast transformimi është x = ρ sin ϕ cos θ

y = ρ sin ϕ sin θ z = ρ cos ϕ

Jakobi është ¯ ¯sin ϕ cos θ ∂(x, y, z) ¯¯ = sin ϕ sin θ ∂(ρ, θ, ϕ) ¯¯ cos ϕ

−ρ sin ϕ sin θ ρ sin ϕ cos θ 0

¯ ρ cos ϕ cos θ¯¯ ρ cos ϕ sin θ ¯¯ −ρ sin ϕ ¯

= −ρ2 sin3 ϕ cos2 θ − ρ2 sin ϕ cos2 ϕ sin2 θ + 0 − ρ2 sin3 ϕ sin2 θ − 0 − ρ2 sin ϕ cos2 ϕ cos2 θ = −ρ2 sin3 ϕ(cos2 θ + sin2 θ) − ρ2 sin ϕ cos2 ϕ(sin2 θ + cos2 θ) = −ρ2 sin3 ϕ − ρ2 sin ϕ cos2 ϕ = −ρ2 sin ϕ Atëherë, d V është d V = | − ρ2 sin ϕ|d ρ d θ d ϕ = ρ2 sin ϕd ρ d θ d ϕ Rikujtojmë se 0 ≤ ϕ ≤ π për koordinatat sferike, kështu që sin ϕ ≥ 0.

©AulonaPress

621

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni Jakobin e transformimeve:

201.

Îp

x y d A, ku R është zona e kufizuar nga x y =

R

184. x = u + 4v,

1, x y = 9, y = x, y = 4x; T(u, v) = 〈 uv , uv〉. Îp 202. x y 3 d A, ku R është zona e kufizuar nga x y =

y = 3u − 2v

185. x = u 2 − v 2 ,

y = u2 + v 2

R

186. x =

u u+v ,

y=

187. x = α sin β, 188. x = uv,

y = α cos β

y = v w,

189. x = e u−v ,

1, x y = 9, y = x, y = 4x; T(u, v) = 〈 uv , uv〉. Î (x − 3y) d A, ku R është trekëndëshi me kulme 203.

v u−v

R

(0, 0), (2, 1) dhe (1, 2); T(u, v) = 〈2u + v, u + 2v〉. Î (4x + 8y) d A, ku R është paralelogrami me 204.

z = uw

y = e u+v ,

z = e u+v+w

R

Gjeni dhe përshkruani imazhin e zonës së dhënë nëpërmjet transformimit të dhënë, dhe më pas njehsoni sipërfaqen e imazhit.

kulme (−1, 3), (3, −1), (1, 5) dhe (1, −3); T(u, v) = 〈 14 (u + v), 14 (v − 3u〉. Î 2 x d A, ku R është zona e kufizuar nga elipsi 9x 2 + 205. R

190. S = {(u, v)|0 ≤ u ≤ 3, 0 ≤ v ≤ 2}; 3v, u − v〉

T(u, v) = 〈2u +

191. S = [0, 1] × [0, 1];

T(u, v) = 〈2u, 4v〉

192. S = [0, 1] × [0, 1];

T(u, v) = 〈u + 3, 2v〉

193. S = [0, 1] × [0, 2π];

T(u, v) = 〈4u cos v, 3u sin v〉 T(u, v) = 〈u 2 − v 2 , 2uv〉

194. S = [0, 1] × [0, 1];

Përdorni transformimin e dhënë për të njehsuar integralin: 195.

R2 x+3 R 1 x+2

pd y d x 2 ;

T(u, v) = 〈u, u + v〉

R1 R x

ye

p

x

T(u, v) = 〈u 2 , v〉

d y d x;

0 0

197.

R1 R2 0 0

198.

R1 R1

2x y x 2 +1

d y d x;

p T(u, v) = 〈 u, v〉

R1 R1

2

y2

E 2

soidi ax 2 + b 2 + cz 2 = 1. Përdorni transformimin x = au, y = bv, z = c w. Ð 2 207. Njehsoni x y d V ku E është trupi i kufizuar nga x2 a2

E 2 y2 + cz 2 b2

elipsoidi + au, y = bv, z = c w.

= 1. Përdorni transformimin x =

Njehsoni integralin duke bërë ndryshimin e përshtatshëm të ndryshoreve. Î x−2y 208. 3x−y d A, ku R është paralelogrami i kufizuar nga drejtëzat x − 2y = 0, x − 2y = 4, 3x − y = 1, 3x − y = 8. Î 2 2 209. (x + y)e x −y d A, ku R është drejtkëndëshi i kuR

fizuar nga drejtëzat x − y = 0, x − y = 2, x + y = 0, x + y = 3. Î x+y 210. e d A, ku R jepet nga mozbarazimi |x| + |y| ≤ 1 R

e x cos(e x ) d x d y;

T(u, v) = 〈ln u, v〉

x y sin(y 2 ) d y d x;

p T(u, v) = 〈u, v〉

0 0

199.

T(u, v) = 〈2u, 3v〉. Ð 206. Njehsoni d V ku E është trupi i kufizuar nga elip-

R

p

196.

x y−x

4y 2 = 36;

211. Le të je të f (x, y) një funksion i vazhdueshëm në [0, 1] dhe R një zonë trekëndore me kulme (0, 0), (1, 0), 0, 1. Vërtetoni se

0 0

200.

R1 R1 0 x

622

Z1

Ï cos(y 2 ) d y d x;

f (x + y) d A =

T(u, v) = 〈v, u〉 R

u f (u) d u 0

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime për përsëritje

©AulonaPress

623

Kalkulus

624

Shaska T.

©AulonaPress

Kapitulli 16

Kalkulusi vektorial Né këtë kapitull japim një përshkrim të shpejtë të kalkulusit vektorial.

625

Kalkulus

Shaska T.

16.1 Fushat vektoriale

626

©AulonaPress

Shaska T.

16.2

Kalkulus

Integralet drejtëvizore

Në kalkulusin me një variabël mësuam se si të integronim një funksion me vlera reale f (x), në një segment [a, b] në R. Ky integral (zakonisht quhetsi integral i Riemann-it) mund të mendohet si një integral sipas një rruge apo shtegu në R, duke qenë se një segment (ose një koleksion segmentesh) është realisht e vetmja rrugë në R. Gjithashtu, në qoftë se f (x) paraqet një forcë të ushtruar përgjatë boshtit të x-ve, ndaj një objekti në pozicionin x në [a, b], atëherë puna W e kryer në lëvizjen e objektit nga pozicioni x = a në x = b është përcaktuar si: Z W=

b

f (x) d x a

Në këtë seksion, do të shohim se si mund të përcaktojmë integralin e një funksioni (qoftë me vlera reale ose me vlera vektoriale) të dy ndryshoreve, përgjatë një shtegu të përgjithshëm (pra një kurbe) në R2 . Ky përkufizim vjen si rezultat i kuptimit fizik të punës. Do ta nisim me funksionin me vlera reale të dy ndryshoreve. Në fizikë, ideja intuitive e punës është që Puna = Forcë × Distancë . Supozojmë se duam të gjejmë punën totale W, të kryer në lëvizjen e një objekti, përgjatë një kurbe të lëmuar C në R2 , të parametrizuar nga x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b, me një forcë f (x, y) e cila varion në lidhje me pozicionin (x, y) të objektit, dhe është aplikuar në drejtimin e lëvizjes përgjatë C; shih Fig. 16.1. y C t =a

t = ti ∆y i

∆s i ≈ ∆x i

q

∆x i 2 + ∆y i 2

t = t i +1 t =b x

0

Figura 16.1: Curve C : x = x(t ), y = y(t ) for t in [a, b] Do të pranojmë se funksioni f (x, y) është i vazhdueshëm dhe me vlera reale, dhe do të shqyrtojmë vetëm madhësinë e forcës. Ndajmë segmentin [a, b] si më poshtë a = t 0 < t 1 < t 2 < · · · < t n−1 < t n = b , për n ≥ 2 natyror Siç mund t¨shohim nga Fig. 16.1, përgjatë një nënsegmenti [t i , t i +1 ] distanca ∆s i e përshkuar përgjatë kurbës, është q përafërsisht ∆x i2 + ∆y i2 . Kështu që, në qoftë se nënsegmenti është mjaft i vogël, atëherë puna e kryer në lëvizjen e objektit përgjatë pjesës së kurbës është përafërsisht q Forcë × Distancë ≈ f (x i ∗ , y i ∗ ) ∆x i 2 + ∆y i 2 , (16.1) ku (x i ∗ , y i ∗ ) = (x(t i ∗), y(t i ∗)) për t i ∗ në [t i , t i +1 . Pra, W≈

n−1 X

f (x i ∗ , y i ∗ )

q

∆x i 2 + ∆y i 2

(16.2)

i =0

është përafërsisht totali i punës së kryer përgjatë të gjithë kurbës. Por duke qenë se s ¶ µ ¶ µ q ∆x i 2 ∆y i 2 2 2 ∆x i + ∆y i = + ∆t i , ∆t i ∆t i ©AulonaPress

627

Kalkulus

Shaska T.

ku ∆t i = t i +1 − t i , atëherë W≈

n−1 X

s µ f (x i ∗ , y i ∗ )

i =0

∆x i ∆t i

¶2

µ +

∆y i ∆t i

¶2

∆t i .

(16.3)

Duke kaluar në limit të shumës kur gjatësia e nënsegmentit më të madh shkon në 0, ky limit është integrali i caktuar nga ∆y ∆x t = a në t = b, ∆t i dhe ∆t i shkojnë në x 0 (t ) dhe y 0 (t ), përkatësisht, dhe f (x i ∗ , y i ∗ ) bëhet f (x(t ), y(t )), kështu që i

i

Z W=

b

f (x(t ), y(t )) a

q

x 0 (t )2 + y 0 (t )2 d t .

(16.4)

Integrali në të djathtë të ekuacionit të mësipërm, na jep idenë e përkufizimit të integralit të një funksioni me vlera reale f (x, y), integrali i f (x, y) përgjatë kurbës C, quhet integral drejtvizor. Përkufizim 16.1. Për një funksion f (x, y) dhe një kurbë C në R2 , të parametrizuar nga x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b, integral drejtvizor i f (x, y) përgjatë C në lidhje me gjatësinë s është Z

b

Z C

f (x, y) d s =

f (x(t ), y(t ))

q

a

x 0 (t )2 + y 0 (t )2 d t .

(16.5)

Simboli d s është diferenciali i funksionit të gjatësisë së harkut s = s(t ) =

Z tq a

x 0 (u)2 + y 0 (u)2 d u ,

(16.6)

ne mund ta shprehim gjatësinë e kurbës C në segmentin [a, t ], për të gjitha t në [a, b]. Pra, d s = s 0 (t ) d t =

q

x 0 (t )2 + y 0 (t )2 d t ,

(16.7)

nga Teorema Themelore e Kalkulusit. R Për një funksion të çfarëdoshëm f (x, y), çfarë paraqet integrali drejtvizor C f (x, y) d s? Shprehja e mësipërme për d s na jep një mundësi arsyetimi. Mund të mendojmë diferencialët si gjatësi të pafundme. Pra, në qoftë se e mendojmë f (x, y) si lartesinë e një gardhi përgjatë C-së , atëherë f (x, y) d s mund të mendohet përafërsisht si sipërfaqja e sektorit R të këtij gardhi mbi një sektor pambarimisht të vogël mbi C. Pra integrali drejtëvizor C f (x, y) d s është sipërfaqja e përgjithshme e gardhit; shihni Fig. 16.2). y

f (x, y) C

ds

x 0

Figura 16.2: Sipërfaqja e drejtëkëndëshit të ngjyrosur = lartësi × gjerësi ≈ f (x, y) d s

628

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 16.1. Përdorni integralin drejtvizor për të treguar se sipërfaqja anësore A e një cilindri rrethor të drejtë, me rreze r dhe lartësi h është 2πr h. z r

h = f (x, y) y 0 C : x2 + y 2 = r 2

x

Figura 16.3: Sipërfaqja anësore e cilindrit si integral drejtvizor

Zgjidhje Do të përdorim cilindrin rrethor të drejtë me bazë rrethin C me ekuacion x 2 + y 2 = r 2 dhe lartësi h në drejtimin pozitiv të z. Parametrizojmë C si: x = x(t ) = r cos t ,

y = y(t ) = r sin t ,

0 ≤ t ≤ 2π

Le të jetë f (x, y) = h për të gjitha (x, y). Atëherë Z A= =

Z f (x, y) d s =

C Z 2π

h

p

0 2π

Z =h

r

f (x(t ), y(t ))

q

a

x 0 (t )2 + y 0 (t )2 d t

(−r sin t )2 + (r cos t )2 d t

p

0

sin2 t + cos2 t d t

2π

Z = rh

b

0

1 d t = 2πr h

Vërejmë se në shembullin 16.1 në qoftë se e përshkojmë rrethin C dy herë, p.sh. në qoftë se t varion nga 0 në 4π, atëherë do të përftonim një sipërfaqe prej 4πr h, do me thënë dyfishin e sipërfaqes së dëshiruar, edhe pse kurba është e njëjta (pra, rrethi me rreze r ). Gjithashtu, vërejmë se e përshkuam rrethin në kahun kundërorar. Në qoftë se do të përshkonim rrethin në drejtimin orar, duke përdorur parametrizimin x = x(t ) = r cos(2π − t ) ,

y = y(t ) = r sin(2π − t ) ,

0 ≤ t ≤ 2π ,

(16.8)

atëherë është e lehtë të verifikojmë se vlera e integralit drejtvizor mbetet e pandryshuar. R Në përgjithësi mund të vërtetohet se mund të zgjidhet drejtimi i përshkimit të C, që C f (x, y) d s të mbetet i pandryshuar, për një f (x, y) të dhënë. Në qoftë se një kurbë C ka një parametrizim x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b, atëherë shënojmë me −C të njëjtën kurbë me C, por të përshkuar në drejtimin e kundërt. Atëherë −C parametrizohet nga x = x(a + b − t ) ,

y = y(a + b − t ) ,

a ≤t ≤b ,

(16.9)

dhe kemi Z

Z C

©AulonaPress

f (x, y) d s =

f (x, y) d s .

(16.10)

−C

629

Kalkulus

Shaska T.

Vërejtje. Vërejmë se përkufizimi ynë për integralin drejtvizor u bë në lidhje me gjatësinë e harkut s. Gjithashtu mund të përkufizojmë Z

Z C

f (x, y) d x =

b

f (x(t ), y(t )) x 0 (t ) d t

(16.11)

f (x(t ), y(t )) y 0 (t ) d t

(16.12)

a

si integrali drejtvizor i f (x, y) përgjatë C në lidhje me x, dhe Z

Z C

f (x, y) d y =

b a

si integrali drejtvizor i f (x, y) përgjatë C në lidhje me y. Për të gjetur formulën e integralit drejtvizor, përdorëm idenë e punës si prodhim i forcës me distancën. Megjithatë ne dimë se forca është një vektor. Kështu që do të na ndihmonte shqyrtimi i një forme vektoriale për një integral drejtvizor. Për këtë supozojmë se kemi f(x, y) të përcaktuar në R2 si f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j ku P(x, y) dhe Q(x, y), janë funksione me vlera reale të vazhdueshëm në R2 . Një funksion i tillë f quhet fushë vektoriale në R2 . Ai është i përcaktuar në pika të R2 , dhe vlerat e tij janë vektorë në R2 . Për një kurbë C të lëmuar me një parametrizim x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b, le të jetë ~ r (t ) = x(t )~ i + y(t ) ~ j vektori pozicion për një pikë (x(t ), y(t )) në C. Atëherë ~ r 0 (t ) = x 0 (t )~ i + y 0 (t ) ~ j dhe prej këtej Z

Z C

P(x, y) d x +

b

Z C

Q(x, y) d y =

a Z b

= Z =

a b a

P(x(t ), y(t )) x 0 (t ) d t +

Z

b

Q(x(t ), y(t )) y 0 (t ) d t

a

(P(x(t ), y(t )) x 0 (t ) + Q(x(t ), y(t )) y 0 (t )) d t f(x(t ), y(t )) ·~ r 0 (t ) d t

në bazë të përkufizimit të f(x, y). Vërejmë se funksioni f(x(t ), y(t )) ·~ r 0 (t ) është një funksion me vlera reale në [a, b], kështu që integrali i fundit në të djathtë ngjan me përkufizimin fillestar të integralit drejtvizor. Kjo na lejon të japim përkufizimin e mëposhtëm: Përkufizim 16.2. Për një fushë vektoriale

f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j

dhe një kurbë C të lëmuar me një parametrizim x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b, integrali drejtvizor i f përgjatë C, është Z

Z C

f · d~ r=

Z C

P(x, y) d x +

Z C

Q(x, y) d y =

b a

f(x(t ), y(t )) ·~ r 0 (t ) d t ,

(16.13)

ku ~ r (t ) = x(t )~ i + y(t ) ~ j është vektori pozicion i pikave në C. Përdorim shënimin d~ r =~ r 0 (t ) d t = d x ~ i +dy ~ j për të treguar diferencialin e funksionit me vlera vektoriale ~ r . Integrali drejtvizor në përkufizimin 16.2 shpesh quhet integral drejtvizor i një fushe vektoriale, për ta dalluar nga integrali drejtvizor në përkufizimin 16.1 i cili quhet integral drejtvizor i një fushe skalare. Shpesh do të shkruajmë Z Z Z P(x, y) d x + Q(x, y) d y = P(x, y) d x + Q(x, y) d y , C

630

C

C

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

ku nënkuptohet se integrali drejtvizor aplikohet përgjatë C për të dyja P dhe Q. Madhësia P(x, y) d x + Q(x, y) d y njihet me emrin formë diferenciale. Për një funksion me vlera reale F(x, y), diferenciali i F është ∂F ∂F dx + dy . ∂x ∂y

dF =

Një formë diferenciale P(x, y) d x + Q(x, y) d y quhet e saktë në qoftë se është d F i një funksioni F(x, y). Rikujtojmë se në qoftë se pikat e një kurbe C kanë vektor pozicionin ~ r (t ) = x(t )~ i + y(t ) ~ j , atëherë ~ r 0 (t ) është vektori tangent ndaj C në pikën (x(t ), y(t )) në drejtimin rritës të t (që do ta quajmë drejtim i C). Meqë C ështënjë kurbë e lëmuar, atëherë ~ r 0 (t )në0 në [a, b] dhe kështu që ~ r 0 (t ) T(t ) = 0 |~ r (t )| është vektor tangenti njësi i C në (x(t ), y(t )). Duke bashkuar dy përkufizimet 16.1 dhe 16.2 përftojmë teoremën: Teorema 16.1. Për një fushë vektoriale f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j dhe një kurbë C me parametrizim të lëmuar x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b dhe vektor pozicion ~ r (t ) = x(t )~ i + y(t ) ~ j, Z Z f · d~ r = f·Tds , (16.14) C

ku T(t ) =

~ r 0 (t )

|~ r 0 (t )|

C

është vektori njësi tangent ndaj C në (x(t ), y(t )).

Në qoftë se fusha vektoriale f(x, y) paraqet forcën që lëviz një objekt përgjatë një kurbe C, atëherë puna W e kryer nga kjo forcë është Z Z W=

C

f·Tds =

C

f · d~ r.

(16.15)

Shembull 16.2. Njehsoni integralin Z C

(x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y,

ku C është kurba që jepet si më poshtë: a) C : x = t , y = 2t , 0 ≤ t ≤ 1 b) C : x = t , y = 2t 2 , 0 ≤ t ≤ 1 y 2

(1, 2)

x 1

0

Figura 16.4: Kurbat e Shemb. 16.2 Zgjidhje (a) Meqë x 0 (t ) = 1 dhe y 0 (t ) = 2, atëherë Z C

(x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y =

1¡

Z 0

1¡

Z =

=

©AulonaPress

¢ (t 2 + 4t 2 )(1) + 2t (2t )(2) d t

0 1

Z =

¢ (x(t )2 + y(t )2 )x 0 (t ) + 2x(t )y(t ) y 0 (t ) d t

13t 2 d t

0

¯ 13t 3 ¯¯1 13 = 3 ¯0 3 631

Kalkulus

Shaska T.

(b) Meqë x 0 (t ) = 1 dhe y 0 (t ) = 4t , atëherë

Z C

(x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y =

1¡

Z 0

1¡

Z =

=

¢ (t 2 + 4t 4 )(1) + 2t (2t 2 )(4t ) d t

0 1

Z =

¢ (x(t )2 + y(t )2 )x 0 (t ) + 2x(t )y(t ) y 0 (t ) d t

0 3

(t 2 + 20t 4 ) d t

¯1 ¯ 1 t 13 + 4t 5 ¯¯ = + 4 = 3 3 3 0

Kështu që në të dy rastet, në qoftë se fusha vektoriale f(x, y) = (x 2 + y 2 )~ i + 2x y ~ j paraqet forcën që lëviz një objekt nga (0, 0) në (1, 2) përgjatë kurbës C, atëherë puna e kryer, është 13 . Kjo na jep përshtypjen se puna (dhe, në rastin e 3 përgjithshëm integrali i një fushe vektoriale) është e pavarur nga rruga e përshkuar. Megjithatë, siç do të shohim në seksionin që vjen, jo gjithmonë është kështu. Ne përkufizuam integralin drejtvizor përgjatë një kurbe të dhënë C të lëmuar, por në qoftë se C është një kurbë pjesë – pjesë e lëmuar, pra C = C1 ∪ C2 ∪ . . . ∪ Cn është bashkimi i kurbave të lëmuara C1 , . . . , Cn , atëherë ne mund të përkufizojmë Z

Z C

f · d~ r=

Z C1

f · d~ r1 +

Z C2

f · d~ r2 + . . . +

Cn

f · d~ rn

ku secili ~ r i është vektori pozicion i kurbës Ci . Shembull 16.3. Njehsoni integralin Z C

(x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y,

ku C është shumëkëndëshi nga (0, 0) në (0, 2) në (1, 2).

y 2

C2

(1, 2)

C1 x 0

1

Figura 16.5: Llogaritja e integralit përgjatë shumëkëndëshit

Zgjidhje Shkruajmë C = C1 ∪ C2 , ku C1 është kurba e dhënë nga x = 0, y = t , 0 ≤ t ≤ 2 dhe C2 është kurba e dhënë nga x = t , y = 2, 0 ≤ t ≤ 1. Atëherë 632

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Z C

(x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y =

Z C1

Z +

(x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y (x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y

C2 Z 2 ¡

¢ (02 + t 2 )(0) + 2(0)t (1) d t + 0 Z 2 Z 1 = 0dt + (t 2 + 4) d t =

0

1¡

Z 0

¢ (t 2 + 4)(1) + 2t (2)(0) d t

0

¯1 ¯ t3 1 13 = + 4t ¯¯ = + 4 = 3 3 3 0 Integrali drejtvizor mund të shënohet në disa mënyra. Për shembull, në fizikë është mjaft i përdorshëm shënimi f·d l, ku nënkuptohet se Rkufijtë e integrimit a dhe b janë për parametrin t të kurbës, dhe shënimi l nënkupton gjatësa inë. Gjithashtu formulimi C f · T d s nga Teorema 16.1 është shumë i preferuar në fizikë duke qenë se thekson idenë e integrimit të komponentit tangencial f · T të f në drejtimin e T (d.m.th. në drejtimin e C), që është interpretimi më i përdorshëm në fizikë. Rb

©AulonaPress

633

Kalkulus

16.2.1

634

Shaska T.

Integralet drejtëvizore në hapësirë

©AulonaPress

Shaska T.

16.2.2

Kalkulus

Integralet drejtëvizore të fushave vektoriale

©AulonaPress

635

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime R Njehsoni C f (x, y) d s për funksionin e dhënë f (x, y) dhe kurbën C. C : x = cos t , y = sin t , 0 ≤ t ≤ π/2

212. f (x, y) = x y; 213. f (x, y) =

x x 2 +1

;

C : x = t , y = 0, 0 ≤ t ≤ 1

214. f (x, y) = 2x + y; (3, 0) në (3, 2)

C: shumëkëndësh nga (0, 0) në

2

215. f (x, y) = x + y ; C: rruga nga (2, 0) në drejtimin kundërorar përgjatë rrethit x 2 +y 2 = 4 në pikën (−2, 0) dhe më pas kthehet nga (2, 0) në drejtim të boshtit të x-ve. 216. Përdorni integralin drejtvizor për të gjetur sipërfaqen anësore të pjesës së cilindrit x 2 + y 2 = 4 nën planin x + 2y + z = 6 dhe mbi planin x y. R Njehsoni C f·d~ r për fushën vektoriale f(x, y) dhe kurbën C. 217. f(x, y) = ~ i −~ j;

C : x = 3t , y = 2t , 0 ≤ t ≤ 1

218. f(x, y) = y ~ i −x~ j;

C : x = cos t , y = sin t , 0 ≤ t ≤ 2π

219. f(x, y) = x ~ i +y~ j;

C : x = cos t , y = sin t , 0 ≤ t ≤ 2π

220. f(x, y) = (x 2 −y)~ i +(x −y 2 ) ~ j; 0 ≤ t ≤ 2π. 221. f(x, y) = x y 2 ~ i +x y 3 ~ j; në (1, 0) në (0, 1) to (0, 0).

636

C : x = cos t , y = sin t ,

C : shumëkëndëshi nga (0, 0)

222. f(x, y) = (x 2 + y 2 )~ i; 0 ≤ t ≤ 2π

C : x = 2 + cos t , y = sin t ,

223. Verifikoni që vlera e integralit drejtvizor në shembullin 16.1 nuk ndryshon duke përdorur parametrizimin e rrethit C të dhënë nga formulat ( 16.8). 0 224. Vërtetoni se në qoftë se f ⊥~ r (t ) përgR r (t ) në çdo pikë~ jatë vijës së lëmuar C, atëherë C f · d~ r = 0.

225. Vërtetoni se në qoftë se f është në të njëjtin drejtim r 0R(t ) në çdo pikë ~ r (t ) përgjatë kurbës C, atëherë R me ~ f · d~ r = |f| d s. C C R R 226. Vërtetoni që C f (x, y) d s = −C f (x, y) d s. ( Udhëzim: Përdorni formulat( 16.9).) 227. Le të jetë C një kurbë e lëmuar me gjatësi L, dhe supozojmë që f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j është një fushë vektoriale e tillë që |f(x, y)| ≤ M për të gjitha (x, y) në C. Tregoni që Rb R r | ≤ ML. ( Udhëzim: Rikujtojmë që | a g (x) d x| ≤ | C f · d~ Rb a |g (x)| d x për integralet e Riemannit.) 228. Vërtetoni që integrali i Riemannit një rast i veçantë i integralit drejtvizor.

Rb a

f (x) d x është

©AulonaPress

Shaska T.

16.3

Kalkulus

Teorema themelore e integraleve drejtvizor

Teorema 16.2 (Teorema themelore). le të jetë C një kurbë e lëmuar dhënë nga funksioni vektorial r(t ), a ≤ t ≤ b dhe f një funksion i derivueshëm me dy ose tre ndryshore gradienti ∆ f i të cilit është i vazhdueshëm në C. Atëherë Z ·d r = f (r(b)) − f (r(a)) C

Vërtetim

Nga seksioni 16.2 tashmë dimë që , për integralet drejtëvizore të funksioneve me vlera reale (fusha skalare), kur ndryshojmë drejtimin sipas të cilit merret integrali përgjatë një kurbe, vlera e integralit nuk ndryshon: Z Z f (x, y) d s = f (x, y) d s (16.16) C

−C

Por për integralet drejtëvizore të fushave vektoriale vlera ndryshon. Për të parë këtë le të marrim f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j si një fushë vektoriale, me P dhe Q me derivate të vazhdueshëm. Le të jetë C një kurbë e lëmuar me parametrizim x = x(t ), y = y(t ), për a ≤ t ≤ b, me vektor pozicion ~ r (t ) = x(t )~ i + y(t ) ~ j (shkurt do të themi se C :~ r (t ) = x(t )~ i + y(t ) ~ j është një kurbë e lëmuar. Dimë që kurba −C e përshkuar në drejtim të kundërt është parametrizuar nga x = x(a + b − t ), y = y(a + b − t ), a ≤ t ≤ b. Atëherë b

Z

Z −C

P(x, y) d x = Z =

a b a a

Z =

b a

Z =

P(x(a + b − t ), y(a + b − t ))

d (x(a + b − t )) d t dt

P(x(a + b − t ), y(a + b − t )) (−x 0 (a + b − t )) d t (nga Rregulli zinxhir) P(x(u), y(u)) (−x 0 (u)) (−d u) (me zëvendësimin u = a + b − t ) P(x(u), y(u)) x 0 (u) d u

b

Z =−

b

P(x(u), y(u)) x 0 (u) d u .

a

Kështu që, Z

Z −C

P(x, y) d x = −

P(x, y) d x C

Duke arsyetuar po njëlloj del se: Z

Z −C

©AulonaPress

Q(x, y) d y = −

Q(x, y) d y , C

637

Kalkulus

Shaska T.

dhe prej këtej Z

Z −C

f · d~ r=

Z −C

P(x, y) d x +

Z =−

Q(x, y) d y −C

Z

µZC

=−

P(x, y) d x + − Q(x, y) d y C ¶ Z P(x, y) d x + Q(x, y) d y

C

(16.17)

C

(16.18) Pra,

Z

Z −C

f · d~ r =−

C

f · d~ r.

Formula e mësipërme mund të intepretohet si puna e kryer nga forca f(x, y) (e parë si një vektor) që lëviz një objekt përgjatë një kurbe C: puna totale e kryer në lëvizjen e objektit përgjatë C nga pika e fillimit në pikën e fundit, dhe kthimi mbrapsht në pikën e fillimit përgjatë të njëjtës rrugë, është zero. Kjo ndodh sepse kur forca trajtohet si vektor drejtimi ka rëndësi. Nga sa më sipër duket qartë rëndësia e zgjedhjes së drejtimit të kurbës gjatë llogaritjes së integralit drejtvizor të një fushe vektoriale. Kjo është arsyeja që zakonisht kurbave në integralet drejtëvizore shpesh u drejtohemi si kurba të orientuara. Rikujtojmë që përkufizimi i një integrali drejtvizor kërkon një parametrizim x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b të kurbës C. Por sikurse e dimë një kurbë mund të ketë një pafundësi parametrizimesh. Lind pyetja: A ndryshon vlera e integralit ˜ ˜ drejtvizor kur përdorim një parametrizim tjetër për C, le të themi x = x(u), y = y(u), c ≤ u ≤ d ? Në qoftë se po, kjo do të thotë se përkufizimi ynë nuk është përcaktuar mirë. Për fat të mirë del se vlera e integralit drejtvizor është e pandryshueshme përderisa orientimi i kurbës C nuk ndryshon, pavarësisht nga parametrizimi i zgjedhur: Teorema 16.3. Le të jetë

f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j

një fushë vektoriale, dhe le të jetë C një kurbë e lëmuar me parametrizim x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b. Supozojmë që t = α(u) për c ≤ u ≤ d , të tillë që a = α(c), b = α(d ), dhe α 0 (u) > 0 në intervalin e hapur (c, d ) (pra α(u) është monoton rritës në [c, d ]). Atëherë, Z C

f · d~ r

˜ ˜ ka të njëjtën vlerë për parametrizimet x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b dhe x = x(u) = x(α(u)), y = y(u) = y(α(u)), c ≤ u ≤ d . Vërtetim Duke qenë se α(u) është monoton rritës dhe pasqyron [c, d ] në [a, b], dime që t = α(u) ka funksion të anasjelltë u = α−1 (t ) të përcaktuar në [a, b] të tillë që c = α−1 (a), d = α−1 (b), dhe ddut = α 01(u) . Gjithashtu, d t = α 0 (u) d u, dhe nga Rregulli zinxhir kemi x˜ 0 (u) =

d x˜ d dx dt = (x(α(u))) = = x 0 (t ) α 0 (u) du du dt du

⇒

x 0 (t ) =

x˜ 0 (u) α 0 (u)

kështu duke bërë zëvendësimin t = α(u) marrim Z

b a

P(x(t ), y(t )) x 0 (t ) d t =

Z =

α−1 (b)

Z

α−1 (a) d

P(x(α(u)), y(α(u)))

x˜ 0 (u) 0 (α (u) d u) α 0 (u)

˜ ˜ P(x(u), y(u)) x˜ 0 (u) d u ,

c

R R që tregon se C P(x, y) d x ka të njëjtën vlerë për të dy parametrizimet. Një argumentim i ngjashëm tregon që C Q(x, y) d y R ka të njëjtën vlerë për të dy parametrizimet, dhe prej këtej C f · d~ r ka të njëjtën vlerë. Vërejmë që kushti α 0 (u) > 0 në Teoremën 16.3 do të thotë se dy parametrizimet lëvizin përgjatë C në të njëjtin drejtim. Këtu nuk përfshihet rasti i parametrizimit “të kundërt” për −C: për u = a + b − t kemi t = α(u) = a + b − u ⇒ α 0 (u) = −1 < 0. 638

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

R Shembull 16.4. Njehsoni integralin C (x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y duke u nisur nga shembulli 16.2, përgjatë kurbës C : x = t , y = 2t 2 , 0 ≤ t ≤ 1, ku t = sin u për 0 ≤ u ≤ π/2. Zgjidhje Fillimisht vërejmë që 0 = sin 0, 1 = sin(π/2), dhe se në qoftë se C është parametrizuar nga x = sin u ,

dt du

= cos u > 0 në (0, π/2). Kështu që nga Teorema 16.3 dimë

y = 2 sin2 u ,

0 ≤ u ≤ π/2

atëherë C (x 2 + y 2 ) d x +2x y d y duhet të ketë të njëjtën vlerë që ne gjetëm në shembullin 16.2, pra ta verifikojmë këtë: R

Z

2

C

(x + y ) d x + 2x y d y =

¢ (sin2 u + (2 sin2 u)2 ) cos u + 2(sin u)(2 sin2 u)4 sin u cos u d u

0

π/2 ¡

Z =

Dhe ne mund

π/2 ¡

Z

2

13 3 .

0

¢ sin2 u + 20 sin4 u cos u d u

¯π/2 ¯ sin3 u + 4 sin5 u ¯¯ 3 0 1 13 = +4 = 3 3

=

Me fjalë të tjera, integrali drejtvizor nuk ndryshon kur t ose u është parametri për C.

16.3.1 Kurbat e mbyllura Me një shteg të mbyllur, do të kuptojmë një kurbë C ku pika e fillimit dhe e fundit përputhen, pra për C : x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b, kemi (x(a), y(a)) = (x(b), y(b)).

Ï t =a

Ï t =a

t =b

t =b

Î C

Î C

(a) Closed

(b) Not closed

Figura 16.6: Kurba e mbyllur and kurba jo e mbyllur Një shteg i thjesht i mbyllur është një shteg i mbyllur e cila nuk e pret vetveten. Vërejmë që një shteg i mbyllur mund të shihet si një bashkim kurbash thjesht të mbyllura. Përdorim shënimin e veçantë I I f (x, y) d s dhe f · d~ r C

C

për të dalluar integralet e fushave skalare dhe vektoriale, përkatësisht, përgjatë kurbave të mbyllura. Deri tani, nga shembujt që kemi parë për integralet drejtëvizore (p.sh. shembulli 16.2) këto integrale kanë të njëjtën vlerë për kurba të ndryshme që përputhen në skaje. Pra, integrali drejtvizor nuk varet nga kurba që bashkon dy pika. Sikurse e kemi përmendur edhe më parë, jo gjithmonë ndodh kështu. Teorema në vazhdim na jep një kusht të nevojshëm dhe të mjaftueshëm për këtë pavarësi nga rruga e përshkuar:

©AulonaPress

639

Kalkulus

Shaska T.

Teorema 16.4. Në një zonë R, integrali drejtvizor atëherë kur

R

r është i pavarur nga rruga që lidh dy pika të R C f·d~

atëherë dhe vetëm

I C

f · d~ r =0

për çdo shteg të mbyllur C e cila përmbahet në R. H Vërtetim Supozojmë që C f · d~ r = 0 për çdo shteg të mbyllur C e cila përmbahet në R. Le të jenë P1 dhe P2 dy pika të ndryshme në R. Le të jetë C1 një kurbë në R që shkon nga P1 në P2 , dhe le të jetë C2 një tjetër kurbë në R që shkon nga P1 në P2 , si në Fig. 16.7 C1

Ï P1

P2

Ï C2

Figura 16.7: Integrali i pavaruar nga shtegu që zgjidhet. atëherë C = C1 ∪ C2 është a një shteg i mbyllur në R (nga P1 në P1 ), dhe

H

r = 0. C f · d~

Kështu që ,

I 0=

ZC

=

f · d~ r

C1

Z f · d~ r+

Z = R

−C2

f · d~ r

Z C1

f · d~ r−

C2

f · d~ r , prej nga

R

r = C2 f · d~ r. C1 f · d~

Kjo vërteton pavarësinë. R Anasjelltas, supozojmë që integrali drejtvizor C f · d~ r është i pavarur nga rruga që lidh dy pika të R. Le të jetë C një shteg i mbyllur e cila përmbahet R. Le të jenë P1 dhe P2 dy pika të ndryshme në C. Le të jetë C1 pjesa e kurbës C që shkon nga P1 në P2 , dhe le të jetë C2 pjesa tjetër e C që shkon nga P1 to P2 , përsëri si në Fig. 16.7. Atëherë nga pavarësia kemi, Z Z f · d~ r= f · d~ r C C2 Z Z 1 f · d~ r− f · d~ r =0 C1 C2 Z Z f · d~ r+ f · d~ r = 0 , pra C1 −C2 I f · d~ r =0 C

meqë C = C1 ∪ −C2 . Është e qartë, se teorema e mësipërme nuk na jep një rrugë praktike për të përcaktuar pavaresinë, duke qenë se është e pamundur të gjenden të gjitha integralet rrotull të gjitha kurbave të mbyllura të mundshme në një zonë. Ajo të shumtën na jep një ide të mënyrës se si sillen integralet drejtëvizore, dhe se si vija që nuk kanë asnjë lidhje mund të kombinohen, (në këtë rast, një integral i veçantë drejtvizor ndërmjet dy pikave dhe të gjitha integralet drejtëvizore rreth kurbave të mbyllura). Për të pasur një metodë më praktike, fillimisht na duhet një version i Rregullit zinxhir për funksionet e shumë ndryshoreve: 640

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Teorema 16.5. (Rregulli zinxhir) Në qoftë se z = f (x, y) është një funksion me derivate të vazhdueshëm të x dhe y, dhe x = x(t ) dhe y = y(t ) janë të dy funksione të derivueshëm të t , atëherë z është një funksion i derivueshëm i t , dhe d z ∂z d x ∂z d y = + dt ∂x d t ∂y d t

(16.19)

në të gjitha pikat ku derivati në të djathtë ekziston Do ta përdorim rregullin zinxhir për të vërtetuar një kusht të mjaftueshëm për pavarësinë e integraleve drejtivizore: Teorema 16.6 (Teorema themelore). Le të jetë f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j një fushë vektoriale në një zonë R, me P dhe Q funksione të derivueshëm në R. Le të jetë C një kurbë e lëmuar në R e parametrizuar nga x = x(t ), y = y(t ), a ≤ t ≤ b. Supozojmë që ka një funksion me vlera reale F(x, y) të tillë që ∇F = f në R. Atëherë Z f · d~ r = F(B) − F(A) ,

(16.20)

C

ku A = (x(a), y(a)) dhe B = (x(b), y(b)) janë skajet e C. Pra, integrali drejvizor është i pavarur nga vija që bashkon dy pikat duke qenë se varet vetëm nga vlerat e F, në këto pika. R Vërtetim Nga përkufizimi i C f · d~ r , kemi Z

Z C

f · d~ r= Z = Z =

b¡

¢ P(x(t ), y(t )) x 0 (t ) + Q(x(t ), y(t )) y 0 (t ) d t

a b µ ∂F a b

¶ d x ∂F d y ∂F ∂F + d t (meqë ∇F = f ⇒ = P dhe = Q) ∂x d t ∂y d t ∂x ∂y

F 0 (x(t ), y(t )) d t (nga Rregulli zinxhir në Teoremën 16.5)

a

¯b ¯ = F(x(t ), y(t )) ¯ = F(B) − F(A) a

nga Teorema Themelore e Kalkulusit. Teorema 16.6, mund të mendohet si varianti i Teoremës Themelore të Kalkulusit për integralet drejtëvizore. Një funksion me vlera reale F(x, y) i tillë që ∇F(x, y) = f(x, y) quhet potencial për f . Një fushë vektoriale quhet konservative në qoftë se ka një potencial. Shembull 16.5. Rikujtojmë nga shembujt 16.2 dhe 16.3 në seksionin 16.2 që integrali drejtvizor Z (x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y C

e ka vlerën 13 3 për tre kurba të ndryshme C që shkojnë nga pika (0, 0) në pikën (1, 2). Përdorim Teoremën 16.6 për të treguar që ky integral drejvizor është i pavarur nga vija që bashkon pikat (0, 0) dhe (1, 2). Zgjidhje Na duhet të gjemë një funksion F(x, y) të tillë që ∂F = x2 + y 2 ∂x Supozojmë që 0

∂F ∂x

∂F = 2x y . ∂y

= x 2 + y 2 , atëherë duhet të kemi F(x, y) = 31 x 3 + x y 2 + g (y) për ndonjë funksion g (y). Pra,

2x y + g (y) plotëson kushtin ©AulonaPress

dhe

∂F ∂y

∂F ∂y

=

0

= 2x y në qoftë se g (y) = 0, d.m.th. g (y) = K, ku K është një kontstante e çfarëdoshme. 641

Kalkulus

Shaska T.

Zgjedhim K = 0, duke qenë se ky barazim ka vend për çdo K. Atëherë, për f(x, y) = (x 2 + y 2 )~ i +2x y ~ j existon një potencial F(x, y), pikërisht 1 F(x, y) = x 3 + x y 2 . 3 R Prandaj integrali drejtvizor C (x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y është i pavarur nga vija bashkuese e pikave. Vërejme se mund të verifikojmë gjithashtu që vlera e integralit drejtvizor të f përgjatë çdo kurbe C që shkon nga (0, 0) në (1, 2) gjithmonë do të jetë 13 3 , kështu që nga Teorema 16.6 Z 1 1 13 f · d~ r = F(1, 2) − F(0, 0) = (1)3 + (1)(2)2 − (0 + 0) = + 4 = . 3 3 3 C Si rrjedhim i Teoremës 16.6 vjen rasti i veçantë kur C është një vijë e mbyllur, pra kur skajet A dhe B përputhen: I Rrjedhim 16.1. Në qoftë se një fushë vektoriale f ka një potencial në një zonë R, atëherë f·d~ r = 0 për çdo vijë të mbyllur C I C në R (pra ∇F · d~ r = 0 për një funksion me vlera reale F(x, y)). C

Shembull 16.6. Njehsoni I C

x dx + y dy

për C : x = 2 cos t , y = 3 sin t , 0 ≤ t ≤ 2π. Zgjidhje Fusha vektoriale

f(x, y) = x ~ i +y~ j

ka një potencial F(x, y): ∂F 1 = x ⇒ F(x, y) = x 2 + g (y) , prej nga ∂x 2 1 ∂F 0 = y ⇒ g (y) = y ⇒ g (y) = y 2 + K ∂y 2 për një konstante K, pra F(x, y) = 12 x 2 + 12 y 2 është një potencial për f(x, y). Ndaj, I

I C

x dx + y dy =

C

f · d~ r =0

nga Rrjedhimi 16.1, meqenëse kurba C është e mbyllur ( është elipsi Shembull 16.7. Jepet

x2 4

+

y2 9

= 1).

F(x, y, z) = y 2~ i + (2x y + e 3z )~ j + 3ye 3z~ k.

Gjeni një funksion f të tillë që ∇ f = F. Zgjidhje

Ligji i konservimit të energjisë

642

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime I 229. Njehsoni C

236. Le të jenë f (x, y) dhe g (x, y) dy funksione me vlera reale të derivueshëm në një zonë R. Vërtetoni që

(x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y për

C : x = cos t , y = sin t , 0 ≤ t ≤ 2π. Z 230. Njehsoni (x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y për C : x = cos t ,

I

I C

f ∇g · d~ r =−

C

g ∇ f · d~ r

C

y = sin t , 0 ≤ t ≤ π.

për çdo shteg të mbyllur C në R.

231. A ekziston një potencial F(x, y) për f(x, y) = y ~ i −x ~ j? Në qoftë se po, gjejeni. 232. A ekziston një potencial F(x, y) për f(x, y) = x ~ i −y ~ j? Në qoftë se po, gjejeni.

x ~ i + x 2 +y 237. Le të jetë f(x, y) = x 2 +y 2 ~ 2 j për të gjitha (x, y) 6= (0, 0), dhe C : x = cos t , y = sin t , 0 ≤ t ≤ 2π. −y

1. Vërtetoni që f = ∇F, for F(x, y) = tan−1 (y/x).

2~

233. A ekziston një potencial F(x, y) për f(x, y) = x y i + x3 y ~ j ? Në qoftë se po, gjejeni.

I 2. Vërtetoni që C

234. Le të jenë f(x, y) dhe g(x, y) fusha vektoriale, le të jenë a dhe b konstante, dhe le të jetë C një kurbë në R2 . Vërtetoni që Z Z Z (a f ± b g) · d~ r = a f · d~ r ± b g · d~ r. C

C

C

235. Le të jetë C një kurbë me gjatësi L. Vërtetoni që R 1 d s = L. C

©AulonaPress

f · d~ r = 2π. A bie kjo në kundërshtim

me Rrjedhimin 16.1? Shpjegojeni. 238. Le të jenë g (x) dhe h(y) dy funksione të derivueshëm, dhe le të jetë f(x, y) = h(y)~ i + g (x) ~ j . A ka f një potencial F(x, y)? Në qoftë se po, gjejeni. Mund të pranoni që F të jetë e lëmuar. ( Udhëzim: Shqyrtoni dervatet e pjesshme të përziera të F.)

643

Kalkulus

16.4

Shaska T.

Teorema Green

Në këtë seksion do të shohim një mënyrë vlerësimi të integralit të një fushë vektoriale të lëmuar përgjatë një shtegu të thjeshtë, të mbyllur . Një fushë vektoriale f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j është e lëmuar në qoftë se funksionet komponentë P(x, y) dhe Q(x, y) janë të lëmuar. Do të përdorim Teoremën Green (ndonjëherë quhet Teorema Green në plan) për të lidhur një integral drejtvizor mbi një shteg të mbyllur, me një integral të dyfishtë në zonën që shtrihet brenda kurbës: Teorema 16.7 (Teorema Green). Le të jetë R një zonë në R2 kufiri i të cilës është një shteg i mbyllur e thjeshtë C e cila është pjesë – pjesë e lëmuar. Le të jetë f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j një fushë vektoriale e përcaktuar në të dyja R dhe C. Atëherë Ï µ

I C

f · d~ r= R

¶ ∂Q ∂P dA , − ∂x ∂y

(16.21)

ku C është përshkuar në mënyrë të tillë që R është gjithmonë në të majtë të C. Vërtetim Do ta vërtetojmë teoremën në rastin kur zona R është e thjeshtë, pra, kur kurba e kufirit C mund të shkruhet si C = C1 ∪ C2 në dy mënyra të ndryshme: C1 = kurba y = y 1 (x) nga pika X 1 në pikën X 2

(16.22)

C2 = kurba y = y 2 (x) nga pika X 2 në pikën X 1 ,

(16.23)

ku X 1 dhe X 2 janë pikat skajore në të majtë dhe në të djathtë të C përkatësisht; dhe C1 = kurba x = x 1 (y) nga pika Y2 në pikën Y1

(16.24)

C2 = kurba x = x 2 (y) nga pika Y1 në pikën Y2 ,

(16.25)

ku Y1 dhe Y2 janë pika më e ulët dhe më e lartë përkatësisht në C. y d

Î

y = y 2 (x) Y2 X 2 x = x 2 (y)

x = x 1 (y) X 1

R

Y1 y = y 1 (x)

c

ÏC x

a

b

Figura 16.8: Ilustrimi i Teoremës Green Integrojmë P(x, y) në C duke përdorur paraqitjen C = C1 ∪ C2 si më sipër. Meqenëse y = y 1 (x) përgjatë C1 (kur x shkon nga a në b) dhe y = y 2 (x) përgjatë C2 (kur x shkon nga b në a). Pra, kemi 644

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

I

Z

Z C

P(x, y) d x =

C1 Z b

= Z =

a b

C2

b¡

b a

P(x, y 2 (x)) d x

¢ P(x, y 2 (x)) − P(x, y 1 (x)) d x

Z

a bµ

Z

a b Z y 2 (x)

=−

P(x, y 2 (x)) d x

b

Z

Z =−

a

Z P(x, y 1 (x)) d x + P(x, y 1 (x)) d x −

a

=−

P(x, y) d x

P(x, y) d x +

¯ y=y 2 (x) ¶ ¯ dx P(x, y) ¯

a

Ï =− R

y 1 (x)

y=y 1 (x)

∂P(x, y) d y d x (nga Teorema Themelore e Kalkulusit) ∂y

∂P dA . ∂y

Njëlloj, integrojmë Q(x, y) rrotull C duke përdorur paraqitjen e C = C1 ∪C2 të dhënë nga (16.24) dhe (4.25). Meqenëse x = x 1 (y) përgjatë C1 (kur y shkon nga d në c) dhe x = x 2 (y) përgjatë C2 (kur y shkon nga c në d ). Z

I C

Q(x, y) d y =

Z

C1 Z c

=

d

Z =− Z = =

Q(x 2 (y), y) d y

c

d

d

Z Q(x 1 (y), y) d y +

c

Q(x 2 (y), y) d y

¢ Q(x 2 (y), y) − Q(x 1 (y), y) d y

d

µ ¯x=x2 (y) ¶ ¯ Q(x, y) ¯ dy

d

Z

x=x 1 (y)

c

Ï = R

I

d

Z

c d¡

c

Z

Q(x, y) d y C2

Q(x 1 (y), y) d y +

c

Z

=

Q(x, y) d y +

x 2 (y) x 1 (y)

∂Q(x, y) dx dy ∂x

∂Q d A , dhe prej këtej ∂x

I

C

I P(x, y) d x + Q(x, y) d y C C Ï Ï ∂P ∂Q =− dA+ dA ∂y ∂x R R ¶ Ï µ ∂Q ∂P = − dA . ∂x ∂y

f · d~ r=

R

Vërtetuam Teoremën Green vetëm për një zonë të thjeshtë R, por Teorema mund të vërtetohet edhe për zona të çfarëdoshme (le të themi, bashkimin e zonave të thjeshta).

©AulonaPress

645

Kalkulus

Shaska T.

Shembull 16.8. Njehsoni I C

(x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y,

ku C është kufiri (i përshkuar në kahun kundër-orar) i zonës © ª R = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 2x 2 ≤ y ≤ 2x .

(1, 2)

2 y

C

x 1

0

Figura 16.9: Integrimi sipas shtegut C Zgjidhje R është zona e treguar në Figure 4.3.2. Nga Teorema e Green-it, për P(x, y) = x 2 + y 2 dhe Q(x, y) = 2x y, kemi ¶ Ï µ I ∂Q ∂P (x 2 + y 2 ) d x + 2x y d y = dA − ∂x ∂y C R Ï Ï = (2y − 2y) d A = 0dA = 0 . R

R

Tashmë ne e dimë se përgjigja është zero. Rikujtojmë nga shembulli 16.5 në Hseksionin 16.3, që fusha vektoriale f(x, y) = r = 0 nga Rrjedhimi 16.1. (x 2 + y 2 )~ i + 2x y ~ j ka një funksion potencial F(x, y) = 31 x 3 + x y 2 , dhe prej këtej C f · d~

Shembull 16.9. Le të jetë dhëné

f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j,

ku P(x, y) =

−y x2 + y 2

dhe Q(x, y) =

x x2 + y 2

,

© ª 2 2 2 2 dhe le të jetë H R = (x, y) : 0 < x + y ≤ 1 . Për kurbën e kufirit C : x + y = 1, të përshkuar në kahun kundërorar, mund të tregohet që C f · d~ r = 2π. Por ∂Q y 2 − x2 ∂P = 2 = ⇒ ∂x (x + y 2 )2 ∂y

Ï µ R

¶ Ï ∂Q ∂P − dA = 0dA = 0 . ∂x ∂y R

Kjo mund të duket sikur bie në kundërshtim me Teoremën e Green-it. Megjithatë, vërejmë që R nuk kufizohet plotësisht nga C, duke qenë se pika (0, 0) nuk përmbahet në R. Pra, R ka “brimë ” në origjinë, pra Teorema Green nuk mund të aplikohet.

646

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Zona unazë R © ª Në qoftë se ne modifikojmë zonën R që të jetë unaza R = (x, y) : 1/4 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 dhe të marrim si kufi të R, C = C1 ∪C2 , ku C1 është rrethi njësi x 2 + y 2 = 1 i përshkuar në kahun kundërorar dhe C2 është rrethi x 2 + y 2 = 1/4 i përshkuar në kahun orar, atëherë mund të tregohet që I C

Përsëri do të kishim

Î ³ ∂Q R

∂x

f · d~ r =0.

´ − ∂P ∂y d A = 0, kështu që për këtë R do të kemi Ï µ

I C

f · d~ r= R

¶ ∂Q ∂P − dA , ∂x ∂y

që tregon se Teorema Green ka vend për zonën unazë R. y 1 C1

Î R 1/2

Ï

C2 0

x 1

1/2

Figura 16.10: Zona unazë R Prej këtej del se që Teorema Green mund të zbatohet edhe për zona shumëfish të lidhura, pra, zona të tilla si unaza në shembullin 16.9, që kanë një ose më shumë zona të prera nga brendësia Për të tilla zona kufiri i jashtëm dhe kufiri i brendshëm përshkohen në mënyrë të tillë që R është gjithmonë në krahun e majtë.

ÎC1

C1 R1

Î

R1

C3

Ï

R2

Î

Î

Ï

(a) Zona R me një brimë

Ï

C2

Ï Î

Ï

C2

R2 (b) Zona R me dy brima

Figura 16.11: Zonat shumëfish të lidhura Ideja intuitive se përse ka vend Teorema Green për zonat shumëfish të lidhura, tregohet në Fig. 16.11. Ideja është të priten “brimat” ndërmjet kufijve të zonës shumëfish të lidhur R në mënyrë të tillë që , R të ndahet në nënzona që nuk kanë “brima”. Për shembull, në Fig. 16.11(a) zona R është bashkimi i zonave R1 dhe R2 , të cilat kufizohen nga brima e shënuar me shigjeta. Ky boshllëk është pjesë e kufirit për të dyja zonat R1 dhe R2 , dhe ne e përshkojmë atë sipas ©AulonaPress

647

Kalkulus

Shaska T.

shigjetave të treguara në figurë. Vërejmë që përgjatë boshllëkut, kufiri i R1 përshkohet në drejtimin e kundërt të R2 , që do të thotë se integralet drejtëvizore të f përgjatë kësaj brime thjeshtojnë njëri tjetrin. Meqenëse R1 dhe R2 nuk kanë brima, atëherë Teorema Green ka vend në secilën prej tyre, kështu që ¶ ¶ I Ï µ I Ï µ ∂Q ∂P ∂Q ∂P kuf. kuf. d A dhe f ·~ r = dA . f ·~ r = − − i R2 i R1 ∂x ∂y ∂x ∂y R2

R1

Dhe duke qenë se integralet drejtëvizore përgjatë brimës thjeshtohen, kemi I I I kuf. f ·~ r = ikuf. f ·~ r + r, R1 i R2 f ·~ C1 ∪C2

dhe prej këtej Ï µ

I C1 ∪C2

f ·~ r= R1

¶ ¶ ¶ Ï µ Ï µ ∂Q ∂P ∂Q ∂P ∂Q ∂P dA + dA = dA , − − − ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y R2

R

që tregon se Teorema Green ka vend në zonën R. Një argument i ngjashëm tregon se Teorema ka vend edhe për zonën e treguar në Fig. 16.11(b). Nga Rrjedhimi 16.1 dimë që kur një fushë vektoriale f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y)H~ j në një zonë R (kufiri i të cilës është një shteg i mbyllur e thjeshtë, pjesë – pjesë e lëmuar C) ka një potencial, atëherë Cf ·~ r = 0. Dhe në qoftë se potenciali ∂F ∂F = P dhe ∂y = Q, dhe prej këtej kemi që F(x, y) është i lëmuar në R, atëherë ∂x ∂2 F ∂2 F ∂P ∂Q = ⇒ = in R. ∂y ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x Anasjelltas, në qoftë se

∂P ∂y

=

∂Q ∂x

në R atëherë Ï µ

I Cf ·~ r=

R

¶ Ï ∂Q ∂P dA = 0dA = 0 . − ∂x ∂y R

Për një zonë thjesht të lidhur R (pra një zonë që nuk ka brima), mund të tregohet se: Vërejtje. Formulimet e mëposhtme janë ekuivalente për një zonë thjesht të lidhur R në R2 : 1. f(x, y) = P(x, y)~ i + Q(x, y) ~ j ka një potencial të lëmuar F(x, y) në R Z 2. f ·~ r është i pavarur nga rruga, për çcdo kurbë C në R C

I 3. C

4.

648

∂P ∂y

f ·~ r = 0 për çdo kurbë të thjeshtë të mbyllur C në R =

∂Q ∂x

në R (në këtë rast, forma diferenciale P d x + Q d y është e saktë)

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ushtrime Përdorni Teoremën e Green-it për të njehsuar integralet drejtëvizore rrotull kurbës C të përshkuar në kahun kundërorar. I 239. (x 2 − y 2 ) d x + 2x y d y; C është kufiri i R = C © ª (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 2x 2 ≤ y ≤ 2x . I 240. x 2 y d x + 2x y d y; C është kufiri i R = C © ª (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x 2 ≤ y ≤ x . I 241. 2y d x − 3x d y; C është rrethi x 2 + y 2 = 1. C

I

2

242. C

thjeshtë të mbyllur C, C

a d x + b d y = 0.

247. Për një fushë vektoriale f si në shembullin 16.9, treH goni©drejtpërdrejt që C f ·~ r =ª0, ku C është kufiri i unazës R = (x, y) : 1/4 ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 të përshukuar në mënyrë të tillë që R është gjithmonë në të majtë. I 248. Njehsoni C

e x sin y d x + (y 3 + e x cos y) d y, ku C

është kufiri i drejtkëndëshit me kulme (1, −1), (1, 1), (−1, 1) dhe (−1, −1), i përshkuar në kahun kundërorar.

2

(e x + y 2 ) d x + (e y + x 2 ) d y; C është kufiri i

trekëndëshit me kulme (0, 0), (4, 0) dhe (0, 4). 243. A ka një potencial për f(x, y) = (y 2 + 3x 2 )~ i + 2x y ~ j? Në qoftë se po, gjenjeni. 3

244. A ka një potencial për f(x, y) = (x cos(x y) + 2x sin(x y))~ i + x 2 y cos(x y) ~ j ? Në qoftë se po, gjejeni. 245. A ka një potencial për f(x, y) = (8x y+3)~ i +4(x +y) ~ j? Në qoftë se po, gjejeni. 2

©AulonaPress

246. Vërtetoni që për Idy konstante a, b dhe një kurbë të

249. Për një zonë R të kufizuar nga një kurbë e thjeshtë e mbyllur C, tregoni që sipërfaqja A e R është I A=−

I C

y dx =

C

xdy =

1 2

I C

x dy − y dx ,

ku C përshkohet në mënyrë të tillë që R është gjithmonë në të majtë. ( Udhëzim: Përdorni Teoremën e Green-it dhe Î faktin që A = 1 d A.) R

649

Kalkulus

16.5

Shaska T.

Integralet sipërfaqsore dhe Teorema e Divergjencës

Në Seksionin 16.2 të këtij kapitulli, mësuam se si të integrojmë përgjatë një kurbe. Në këtë seksion do të mësojmë se si të integrojmë përgjatë një sipërfaqeje, si sfera, ose paraboloidi në R3 . Rikujtojmë se si identifikuam pikat (x, y, z) në një kurbë C në R3 , të parametrizuar nga x = x(t ), y = y(t ), z = z(t ), a ≤ t ≤ b, si pikat e mbarimit të vektorit pozicion ~ r (t ) = x(t )~ i + y(t )~ j + z(t )~ k për t në [a, b]. Ideja e parametrizimit të një kurbe është që të “transformojë” një nënbashkësi të R (normalisht një interval [a, b]) në një kurbë në R2 ose R3 (shih Fig. 16.12). z (x(t ), y(t ), z(t )) (x(a), y(a), z(a)) x = x(t ) y = y(t ) z = z(t )

C ~ r (t )

(x(b), y(b), z(b)) y

R

a

t

b

0 x

Figura 16.12: Parametrizimi i kurbës C në R3 Sikurse përdorëm parametrizimin e një kurbe për të përcaktuar integralin drejtvizor përgjatë një kurbe, në mënyrë të ngjashme do të përdorim parametrizimin e një sipërfaqeje për të përcaktuar një integral sipërfaqsor. Do të përdorim dy variabla, u dhe v, për të parametrizuar një sipërfaqe Σ në R3 : x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), për (u, v) në një zonë R të R2 (shih Fig. 16.13). v

R2

z Σ x = x(u, v) y = y(u, v) z = z(u, v)

R (u, v)

~ r (u, v) y 0

u

x

Figura 16.13: Parametrizimi i një sipërfaqeje Σ në R3 Në këtë rast, vektori pozicion i një pike në një sipërfaqe Σ jepet me një funksion me vlera vektoriale: ~ r (u, v) = x(u, v)~ i + y(u, v)~ j + z(u, v)~ k for (u, v) in R. Duke qenë se ~ r (u, v) është një funksion i dy ndryshoreve, përcaktojmë derivatet e pjesshme R si: ∂~ r (u, v) = ∂u ∂~ r (u, v) = ∂v

∂~ r ∂u

dhe

∂~ r ∂v

për (u, v) në

∂x ∂y ∂z (u, v)~ i+ (u, v)~ j+ (u, v)~ k , dhe ∂u ∂u ∂u ∂x ∂y ∂z (u, v)~ i+ (u, v)~ j+ (u, v)~ k. ∂v ∂v ∂v

Parametrizimi i Σ mund të mendohet si “transformimi” i një zone në R2 (në planin uv) në një sipërfaqe 2-dimensionale në R3 . Ky parametrizim i sipërfaqes quhet ndonjëherë patch, bazuar në idenë e “patching” zonën R në Σ në formën e një rrjete të treguar në Fig. 16.13. 650

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Në fakt, këto rrjeta në R na japin mundësinë e përcaktimit të integralit sipërfaqsor përgjatë Σ. Përgjatë drejtëzave vertikale në R, ndryshore u është konstant. Prandaj këto drejtëza paqyrohen në kurba në Σ, dhe ndryshore u është ∂~ r . Në konstant përgjatë vektorit pozicion ~ r (u, v). Ndaj, vektori tangent ndaj këtyre kurbave në një pikë (u, v) është ∂v

∂~ r mënyrë të ngjashme, drejtëzat horizontale në R pasqyrohen në kurba në Σ vektorët tangent të të cilave janë ∂u . Marrim një pikë (u, v) në R si p.sh. kulmi i poshtëm i majtë i një drejtkëndëshi në rrjetën në R, si në Fig. 16.13. Supozojmë që ky drejtkëndësh i ka brinjët me gjatësi ∆u dhe ∆v, përkatësisht. Kulmet e këtij drejtkëndëshi janë (u, v), (u +∆u, v), (u +∆u, v +∆v) dhe (u, v +∆v). Kështu që sipërfaqja e drejtkëndëshit është A = ∆u ∆v. Atëherë drejtkëndëshi pasqyrohet nëpërmjet parametrizimit në një pjesë të sipërfaqes Σ që , për ∆u dhe ∆v mjaft të vogla, do të kemi një sipërfaqe (le ta shënojmë d σ) të tillë që është shumë afër sipërfaqes së paralelogramit me brinjë ~ r (u +∆u, v)−~ r (u, v) (që i korrespondon segmentit drejtvizor nga (u, v) në (u +∆u, v) në R) dhe~ r (u, v +∆v)−~ r (u, v) (që i korrespondon segmentit drejtvizor nga (u, v) në (u, v + ∆v) në R). Por duke kombinuar shënimin e derivatit të pjesshëm me shënimin e derivatit të një funksioni vektorial, të zbatuar për një funksion të dy ndryshoreve, kemi:

r (u + ∆u, v) −~ r (u, v) ∂~ r ~ ≈ , dhe ∂u ∆u r (u, v + ∆v) −~ r (u, v) ∂~ r ~ ≈ , ∂v ∆v dhe kështu d σ (nga kuptimi gjeometrik i prodhimit vektorial) është afërsisht ¯ ¯ ¯ ∂~ r ¯¯ ¯¯ ∂~ r ¯¯ ∂~ r r ∂~ ¯ ¯ ¯ r (u + ∆u, v) −~ r (u, v)) × (~ r (u, v + ∆v) −~ r (u, v))¯ ≈ ¯(∆u ) × (∆v )¯ = ¯ × ¯(~ ¯ ∆u ∆v ∂u ∂v ∂u ∂v ¯ ¯ ¯ ∂~r ∂~r ¯ Ndaj, sipërfaqja totale S e Σ është afërsisht shuma e të gjitha madhësive: ¯ ∂u × ∂v ¯ ∆u ∆v,shumuar sipas drejtkëndëshave në R. Duke kaluar në limit të shumës kur diagonalja e drejtkëndëshit më të madh shkon në 0 marrim Ï ¯ r ¯¯ r ∂~ ¯ ∂~ × S= ¯du dv . ¯ ∂u ∂v

(16.26)

R

Integralin e dyfishtë në te djathtë do ta shkruajmë duke përdorur shënimin e veçantë: Ï Ï ¯ r ∂~ r ¯¯ ¯ ∂~ × dσ = ¯ ¯du dv . ∂u ∂v Σ

(16.27)

R

Ky është rasti i veçantë i një integrali sipërfaqsor përgjatë një sipërfaqeje Σ, ku elementi i sipërfaqes d σ mund të mendohet si 1 d σ. Duke zëvendësuar 1 me nje funksion të çfarëdoshëm me vlera reale f (x, y, z) të përcaktuar në R3 , kemi: Përkufizim 16.3. Le të jetë Σ një sipërfaqe në R3 e parametrizuar nga x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v), për (u, v) në një zonë R në R2 . Le të jetë ~ r (u, v) = x(u, v)~ i + y(u, v)~ j + z(u, v)~ k vektori pozicion për një pikë në Σ, dhe le të jetë f (x, y, z) një funksion me vlera reale i përcaktuar në një nënbashkësi të R3 që përmban Σ. Integral sipërfaqsor i f (x, y, z) përgjatë Σ quhet integali: Ï Ï ¯ ∂~ r ¯¯ ¯ r ∂~ f (x, y, z) d σ = f (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) ¯ × (16.28) ¯du dv . ∂u ∂v Σ

R

Në veçanti, sipërfaqja e Σ S është

Ï S=

1dσ .

(16.29)

Σ

Shembull 16.10. Torus T është një sipërfaqe e përftuar nga rrotullimi i një rrethi me rreze a në planin y z rrotull boshtit të z-ve, ku qendra e rrethit është në një distance b nga boshti i z-ve (0 < a < b), si në Fig. 16.14. Gjeni sipërfaqen e T. Zgjidhje Për një pikë të rrethit, segmenti drejtvizor nga qendra e rrethit te ajo pikë formon një kënd u me boshtin e y-ve në drejtimin pozitiv të y. Dhe kur rrethi rrotullohet rreth boshtit të z-ve, segmenti nga origjina te pika formon një kënd v me gjysmëboshtin pozitiv të x-ve. Kështu që , torus mund të parametrizohet si: x = (b + a cos u) cos v , ©AulonaPress

y = (b + a cos u) sin v ,

z = a sin u ,

0 ≤ u ≤ 2π ,

0 ≤ v ≤ 2π 651

Kalkulus

Shaska T.

Kështu për vektor pozicionin ~ r (u, v) = x(u, v)~ i + y(u, v)~ j + z(u, v)~ k = (b + a cos u) cos v ~ i + (b + a cos u) sin v ~ j + a sin u ~ k shohim që ∂~ r = −a sin u cos v ~ i − a sin u sin v ~ j + a cos u ~ k ∂u ∂~ r = −(b + a cos u) sin v ~ i + (b + a cos u) cos v ~ j + 0~ k, ∂v dhe duke llogaritur prodhimin vektorial, kemi r ∂~ r ∂~ × = −a(b + a cos u) cos v cos u ~ i − a(b + a cos u) sin v cos u ~ j − a(b + a cos u) sin u ~ k, ∂u ∂v me vlerë

¯ ∂~ r ¯¯ ¯ r ∂~ × ¯ ¯ = a(b + a cos u) . ∂u ∂v

Kështu që sipërfaqja e T është Ï S=

1dσ

Σ 2π Z 2π

Z =

0

Z

0 2π Z 2π

¯ ∂~ ∂~ r ¯¯ ¯ r ¯ ∂u ¯ d u d v × ∂v

a(b + a cos u) d u d v Z 2π µ ¯u=2π ¶ ¯ = abu + a 2 sin u ¯ dv

=

0

0

u=0

0

2π

Z =

2πab d v 0

= 4π2 ab Meqenëse

∂~ r ∂u

dhe

∂~ r ∂v

janë tangente ndaj sipërfaqes Σ (pra shtrihen në planin tangent ndaj Σ në çdo pikë të Σ), atëherë

prodhimi i tyre vektorial

∂~ r ∂u

∂~ r × ∂v është pingul me planin tangent ndaj sipërfaqes në çdo pikë të Σ. Kështu që , Ï Ï f (x, y, z) d σ = f (x(u, v), y(u, v), z(u, v)) |n| d σ , Σ

ku n =

∂~ r ∂u

R

∂~ r × ∂v . Themi që n është një vektor normal ndaj Σ.

z (y − b)2 + z 2 = a 2 a 0

u

y

b (a) Rrethi ne planin y z

(b) Torus T

Figura 16.14: Rrethi ne planin y z dhe torusi 652

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus z

y 0

x

Rikujtojmë se vektorët normalë mund të drejtohen në dy drejtime të kundërta. Me vektor normal njësi të jashtëm ndaj një sipërfaqe Σ, do të kuptojmë vektorin njësi që është normal ndaj Σ dhe është i drejtuar nga pjesa e “jashtme” e sipërfaqes. Ky si përkufizim është paksa i mjegullt, por Figure 4.4.4 jep një ide më të mirë të asaj çfarë kuptojmë me vektor normal të jashtëm, dhe se si duket ai vektor në rastin e një sfere. Duke u nisur nga kjo ide japim përkufizimin e një integrali sipërfaqsor të një fushe vektoriale 3-dimesionale përgjatë një sipërfaqeje: Përkufizim 16.4. Le të jetë Σ një sipërfaqe në R3 dhe le të jetë f(x, y, z) = f 1 (x, y, z)~ i + f 2 (x, y, z)~ j + f 3 (x, y, z)~ k një fushë 3 vektoriale e përcaktuar në një nënbashkësi të R që përmban Σ. Integral sipërfaqsor i f përgjatë Σ është Ï Ï f · dσ = f · ndσ , (16.30) Σ

Σ

ku, në çdo pikë të Σ, n është vektori normal njësi i jashtëm i Σ. Vërejmë se në përkufizimin e mësipërm prodhimi skalar brenda integralit në të djathtë është një funksion me vlera reale, dhe prej këtej mund ta përdorim përkufizimin 16.3 për të njehsuar integralin. Î Shembull 16.11. Njehsoni integralin sipërfaqsor f·d σ , ku f(x, y, z) = y z~ i +xz ~ j +x y~ k dhe Σ është pjesa e planit x+y+z = Σ

1 me x ≥ 0, y ≥ 0, dhe z ≥ 0, me vektor njësi të jashtëm n të drejtuar në kahun positiv të z (Fig.4.4.5). z 1 n Σ 0 1 x

y 1 x +y +z =1

Figura 16.15: Vektori normal me një plan Zgjidhje Meqë vektori ~ v = 〈1, 1, 1〉 është normal´ ndaj planit x + y +z = 1 (pse?), atëherë duke pjestuar ~ v me gjatësinë e vetë, ³ p1 , p1 , p1 3 3 3

. Na duhet të parametrizojmë Σ. Siç mund të shohim nga Fig. 4.4.5, duke © ª projektuar Σ në planin x y rezultati është një zonë trekëndëshe R = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x . Ndaj, duke përdorur (u, v) në vend të (x, y), shohim që

marrim vektorin normal njësi n =

x = u, y = v, z = 1 − (u + v), for 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1 − u është një parametrizim i Σ në R (meqë z = 1 − (x + y)në Σ). Kështu që në Σ, ¶ µ 1 1 1 1 f · n = 〈y z, xz, x y〉 · p , p , p = p (y z + xz + x y) 3 3 3 3 1 1 = p ((x + y)z + x y) = p ((u + v)(1 − (u + v)) + uv) 3 3 1 2 = p ((u + v) − (u + v) + uv) 3 ©AulonaPress

653

Kalkulus

Shaska T.

për (u, v) në R, dhe për ~ r (u, v) = x(u, v)~ i + y(u, v)~ j + z(u, v)~ k = u~ i + v~ j + (1 − (u + v))~ k kemi ∂~ r ∂~ r × = 〈1, 0, −1〉 × 〈0, 1, −1〉 = 〈1, 1, 1〉 ∂u ∂v

⇒

¯ ∂~ r ¯¯ p ¯ r ∂~ × ¯ ¯= 3. ∂u ∂v

ndaj, duke integruar në R marrim Ï Ï f · dσ = f · ndσ Σ

Σ

Ï = R

¯ ∂~ r ¯¯ ¯ r ∂~ (f(x(u, v), y(u, v), z(u, v)) · n) ¯ × ¯dv du ∂u ∂v

Z 1Z

1−u

p 1 p ((u + v) − (u + v)2 + uv) 3 d v d u 0 0 3 ! ¯ Z 1à (u + v)2 (u + v)3 uv 2 ¯¯v=1−u du = − + 2 3 2 ¯ =

0

v=0

2

Z 1µ

3¶

1 u 3u 5u + − + du 6 2 2 6 0 ¯ u u 2 u 3 5u 4 ¯¯1 1 = + − + = . 6 4 2 24 ¯0 8

=

Llogaritja e integraleve sipërfaqsore mund të jetë shpesh e lodhshme, veçanërisht kur ndryshon formula e vektorit të jashtëm normal njësi në çdo pikë të Σ. Teorema në vazhdim na jep një rrugë më të thjeshtë në rastin kur Σ është një sipërfaqe e mbyllur, pra, kur Σ rrethon një trup të kufizuar në R3 . Për shembull, sferat, kubet, dhe elipsoidet janë sipërfaqe të mbyllura, por planet dhe paraboloidet nuk janë sipërfaqe të mbyllura. Teorema 16.8 (Teorema e Divergjencës). Le të jetë Σ një sipërfaqe e mbyllur në R3 që kufizon një trup S, dhe le të jetë f(x, y, z) = f 1 (x, y, z)~ i + f 2 (x, y, z)~ j + f 3 (x, y, z)~ k një fushë vektoriale e përcaktuar në një nënbashkësi të R3 që përmban Σ. Atëherë Ï Ñ f · dσ = Σ

div f d V ,

(16.31)

S

ku div f =

∂ f1 ∂ f2 ∂ f3 + + ∂x ∂y ∂z

(16.32)

është emërtuar si divergjencë për f . Vërtetimi i Teoremës së Divergjenës është mjaft i ngjashëm me vërtetimin e Teoremës së Green-it, pra vërtetohet fillimisht për rastin e thjeshtë kur trupi S kufizohet nga sipër nga një sipërfaqe, kufizohet nga poshtë nga një tjetër sipërfaqe, dhe kufizohet anash nga më shumë se një sipërfaqe. Vërtetimi mund të shtrihet edhe për trupa të çfarëdoshëm. Î Shembull 16.12. Njehsoni f · d σ , ku f(x, y, z) = x~ i + y~ j + z~ k dhe Σ është sfera njësi x 2 + y 2 + z 2 = 1. Σ

Zgjidhje Shohim që div f = 1 + 1 + 1 = 3, kështu që Ñ Ñ Ï div f d V = 3 dV f · dσ = Σ

S

S

Ñ 1 d V = 3 vol (S) = 3 ·

=3 S

Në aplikimet fizike, integralit sipërfaqsor

Î Σ

4π(1)3 = 4π . 3

f · d σ shpesh i referohemi si fluks if përgjatë sipërfaqes Σ. Për shembull,

në qoftë se f paraqet fushën shpejtësi të një lëngu, atëherë fluksi është sasia e lëngut që rrjedh përgjatë sipërfaqes Σ për 654

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

njësi të kohës. Me fluks pozitiv kuptojmë që rrjedhja është në drejtimin e vektorit njësi normal të jashtëm n), ndërsa fluks negativ tregon rrjedhjen në drejtimin e -n. Termi divergjencë vjen nga interpretimi i div f si masë e “divergjencës”së një fushe vektoriale nga një pikë. Pra, për një pikë (x, y, z) në R3 , Ï 1 f · dσ , (16.33) div f(x, y, z) = lim V→0 V Σ

ku V është volumi i kufizuar nga një sipërfaqe e mbyllur Σ rrotull pikës (x, y, z). Limiti, V → 0 do të thotë që marrim sipërfaqe gjithnjë e më të vogla rrotull (x, y, z), që do të thotë se volumet që ato rrethojnë shkojnë në zero. Mund të tregohet se ky limit nuk varet nga forma e sipërfaqes. Vërejmë që limiti i marrë është limiti i raportit të fluksit përgjatë një sipërfaqe me vëllimin e rrethuar nga sipërfaqja, që jep masën e rrjedhjes nga një pikë, sikurse e përmendëm më lart. Fushat vektoriale që kanë divergjencë zero shpesh quhen fusha solenoidale . Teorema në vazhdim është një rrjedhim i formulës(16.33). Teorema 16.9. Në qoftë se fluksi i një fushe vektoriale f është zero përgjatë çdo sipërfaqeje të mbyllur që përmban një pikë të dhënë, atëherë div f = 0 në atë pikë. Vërtetim Nga formula (16.33), në pikën e dhënë (x, y, z) kemi Ï 1 f · d σ për sipërfaqet e mbyllura Σ që përmbajnë (x, y, z), pra div f(x, y, z) = lim V→0 V Σ

1 = lim (0) nga supozimi ynë që fluksi përgjatë çdo Σ është zero, pra V→0 V = lim 0 V→0

=0. Së fundmi, vërejmë që ndonjëherë shënimi Shembull 16.13. Elipsoidi x2 y 2 z2 + + =1 a2 b2 c 2 mund të parametrizohet duke përdorur koordinatat elipsoidike x = a sin φ cos θ , y = b sin φ sin θ , z = c cos φ , për 0 ≤ θ ≤ 2π dhe 0 ≤ φ ≤ π. Vërtetoni që sipërfaqja S e elipsoidit është π Z 2π

Z S=

0

0

q sin φ a 2 b 2 cos2 φ + c 2 (a 2 sin2 θ + b 2 cos2 θ) sin2 φ d θ d φ .

Vërejtje. Integrali i dyfishtë i mësipërm nuk mund të njehsohet në kuptimin elementar. Për vlera të veçanta a, b dhe c mund të njehsohet duke përdorur metoda numerike. Një mënyrë është të shprehim sipërfaqen në varësi të integraleve eliptike.

©AulonaPress

655

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Përdorni TeoremënÎ e Dievergjencës për të njehsuar integralin sipërfaqsor f · d σ të fushës vektoriale të

6x + 3y + 2z = 6 me x ≥ 0, y ≥ 0, dhe z ≥ 0, me vektor normal njësi të jashtëm n në drejtimin pozitiv të z.

Σ

dhënë f(x, y, z) përgjatë sipërfaqes Σ. 250. f(x, y, z) = x~ i + 2y ~ j + 3z~ k, Σ : x 2 + y 2 + z 2 = 9. 251. f(x, y, z) = x~ i + ªy ~ j + z~ k, Σ : kufiri i kubit S = © (x, y, z) : 0 ≤ x, y, z ≤ 1 . 252. f(x, y, z) = x 3~ i + y 3~ j + z 3~ k, Σ : x 2 + y 2 + z 2 = 1. 253. f(x, y, z) = 2~ i + 3~ j + 5~ k, Σ : x 2 + y 2 + z 2 = 1. 254. Vërtetoni që fluksi i një fushe vektoriale konstante përgjatë çdo sipërfaqe të mbyllur është zero.

257. Përdorni integralin sipërfaqsor për të treguar që sipërfaqja e sferës me rreze r është 4πr 2 . ( Udhëzim: Përdorni koordinatat sferike për të parametrizuar sferën.) 258. Përdorni integralin sipërfaqsor për të treguar që sipërfaqja epkonit rrethor të drejtë me rreze R dhe lartësi h është πR h 2 + R2 . ( Udhëzim: Përdorni parametrizimin x = r cos θ, y = r sin θ, z = hR r , për 0 ≤ r ≤ R dhe 0 ≤ θ ≤ 2π.)

255. Njehsoni integralin sipërfaqsor të ushtrimit 251 pa përdorur Teoremën e Divergjencës, pra duke përdorur vetëm përkufizimin 16.3, si në shembullin 16.11. Do të verejmë që do të ketë vektor normal njësi të jashtëm të ndryshëm për secilën nga gjashtë faqet e kubit. Î 256. Njehsoni integralin sipërfaqsor f · d σ , ku

259. Përdorni përkufizimin 16.3 për të vërtetuar që sipërfaqja S e z = f (x, y) në zonën R në R2 jepet nga formula

f(x, y, z) = x 2~ i + x y~ j + z~ k dhe Σ është pjesa e planit

( Udhëzim: Mendoni një parametrizim të sipërfaqes.)

Ï S= R

s

∂f 1+ ∂x µ

¶2

∂f + ∂y µ

¶2 dA .

Σ

656

©AulonaPress

Shaska T.

16.6

Kalkulus

Teorema Stokes

Deri tani ne kemi diskuttuar vetëm tipet e integraleve drejtëvizore përgjatë kurbave në R2 . Por përkufizimet dhe vetitë që dolën në seksionet 16.2 dhe 16.3, mund të shtrihen lehtë edhe për funksionet e tre ndryshoreve, kështu që le të shohim tani integralet drejtëvizore përgjatë kurbave në R3 . Përkufizim 16.5. Për një funksion me vlera reale f (x, y, z) dhe një kurbë C në R3 , të parametrizuar nga x = x(t ), y = y(t ), z = z(t ),a ≤ t ≤ b, integrali drejtvizor i f (x, y, z) përgjatë C në lidhje me gjatësinë e harkut s është Z

Z C

f (x, y, z) d s =

b

f (x(t ), y(t ), z(t ))

q

a

x 0 (t )2 + y 0 (t )2 + z 0 (t )2 d t .

(16.34)

Integrali drejtvizor i f (x, y, z) përgjatë C në lidhje me x është Z

Z C

f (x, y, z) d x =

b

f (x(t ), y(t ), z(t )) x 0 (t ) d t .

(16.35)

a

Integrali drejtvizor i f (x, y, z) përgjatë C në lidhje me y është Z

Z C

f (x, y, z) d y =

b

f (x(t ), y(t ), z(t )) y 0 (t ) d t .

(16.36)

a

Integrali drejtvizor i f (x, y, z) përgjatë C në lidhje me z është Z

Z C

f (x, y, z) d z =

b

f (x(t ), y(t ), z(t )) z 0 (t ) d t .

(16.37)

a

R Në mënyrë të ngjashme me rastin e dy ndryshoreve, në qoftë se f (x, y, z) ≥ 0 atëherë integrali drejtvizor C f (x, y, z) d s mund të mendohet si sipërfaqja totale e “picket fence” of height f (x, y, z) në çdo pikë të C në R3 . Fushat vektoriale në R3 përcaktohen në mënyrë të ngjashme me fushat vektoriale në R2 , të cilat na lejojnë të përcaktojmë integralin drejtvizor të një fushe vektoriale përgjatë një kurbe në R3 . Përkufizim 16.6. Për një fushë vektoriale f(x, y, z) = P(x, y, z)~ i + Q(x, y, z) ~ j + R(x, y, z)~ k dhe një kurbë C në R3 me një parametrizim të lëmuar x = x(t ), y = y(t ), z = z(t ), a ≤ t ≤ b, integrali drejtvizor i f përgjatë C është Z

Z C

f · d~ r= =

Z P(x, y, z) d x +

C Z b a

Z C

Q(x, y, z) d y +

f(x(t ), y(t ), z(t )) ·~ r 0 (t ) d t ,

R(x, y, z) d z

(16.38)

C

(16.39)

ku ~ r (t ) = x(t )~ i + y(t ) ~ j + z(t )~ k është vektori pozicion i pikave të C. Në mënyrë të ngjashme me rastin e dy ndryshoreve, në qoftë se f(x, y, z) paraqet një forcë të zbatuar në një objekt R në një pikë (x, y, z), atëherë integrali drejtvizor C f ·~ r paraqet punën e kryer nga kjo forcë në lëvizjen e objektit përgjatë kurbës C në R3 . Disa nga rezultatet më të rëndësishme që do të na nevojiten për integralet drejtëvizore në R3 i kemi renditur më poshtë pa vërtetim (vërtetimet janë të ngjashme me ekuivalentet e tyre në R2 ). Teorema 16.10. Për një fushë vektoriale f(x, y, z) = P(x, y, z)~ i +Q(x, y, z) ~ j +R(x, y, z)~ k dhe një kurbë C me një parametrizim të lëmuar x = x(t ), y = y(t ), z = z(t ), a ≤ t ≤ b dhe vektor pozicion ~ r (t ) = x(t )~ i + y(t ) ~ j + z(t )~ k, Z

Z C

ku T(t ) =

~ r 0 (t ) |~ r 0 (t )|

©AulonaPress

f · d~ r=

C

f·Tds ,

(16.40)

është vektori tangent njësi ndaj C në (x(t ), y(t ), z(t )). 657

Kalkulus

Shaska T.

Teorema 16.11 (Rregulli zinxhir). Në qoftë se w = f (x, y, z) është një funksion me derivate të vazhdueshëm të x, y, dhe z, dhe x = x(t ), y = y(t ) dhe z = z(t ) janë funksione të derivueshëm të t , atëherë w është një funksion i derivueshëm i t , dhe d w ∂w d x ∂w d y ∂w d z = + + . dt ∂x d t ∂y d t ∂z d t

(16.41)

Gjithashtu, në qoftë se x = x(t 1 , t 2 ), y = y(t 1 , t 2 ) dhe z = z(t 1 , t 2 ) janë funksione me derivate të vazhdueshëm të (t 1 , t 2 ), atëherë 1 ∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z = + + (16.42) ∂t 1 ∂x ∂t 1 ∂y ∂t 1 ∂z ∂t 1 dhe ∂w ∂w ∂x ∂w ∂y ∂w ∂z = + + . (16.43) ∂t 2 ∂x ∂t 2 ∂y ∂t 2 ∂z ∂t 2 Teorema 16.12. Le të jetë f(x, y, z) = P(x, y, z)~ i + Q(x, y, z) ~ j + R(x, y, z)~ k një fushë vektoriale në një trup S, me P, Q dhe R funksione me derivate të vazhdueshëm në S. Le të jetë C një kurbë e lëmuar në S e parametrizuar nga x = x(t ), y = y(t ), z = z(t ), a ≤ t ≤ b. Supozojmë që ekziston një funksion me vlera reale F(x, y, z) i tillë që ∇F = f në S. Atëherë Z f ·~ r = F(B) − F(A) , (16.44) C

ku A = (x(a), y(a), z(a)) dhe B = (x(b), y(b), z(b)) janë skajet e C. I Rrjedhim 16.2. Në qoftë se një fushë vektoriale f ka një potencial në një trup S, atëherë I r = 0 për çdo funksion me vlera reale F(x, y, z)). C në S (d.m.th. ∇F · d~

C

f·~ r = 0 për çdo shteg të mbyllur

C

Shembull 16.14. Le të jetë f (x, y, z) = z dhe le të jetë C një kurbë në R3 e parametrizuar nga x = t sin t , Njehsoni

R

C

y = t cos t ,

z=t ,

0 ≤ t ≤ 8π .

f (x, y, z) d s. C quhet helikë konike, shih Fig. 16.16.

Zgjidhje Meqë x 0 (t ) = sin t + t cos t , y 0 (t ) = cos t − t sin t , dhe z 0 (t ) = 1, kemi x 0 (t )2 + y 0 (t )2 + z 0 (t )2 = (sin2 t + 2t sin t cos t + t 2 cos2 t ) + (cos2 t − 2t sin t cos t + t 2 sin2 t ) + 1 = t 2 (sin2 t + cos2 t ) + sin2 t + cos2 t + 1 = t2 +2 , prej nga, meqë f (x(t ), y(t ), z(t )) = z(t ) = t përgjatë C, atëherë Z 8π Z q f (x, y, z) d s = f (x(t ), y(t ), z(t )) x 0 (t )2 + y 0 (t )2 + z 0 (t )2 d t C

0

8π

Z

t

=

p

0

t2 +2 dt

¶ ¯8π p ´ ¯ 1 2 1³ 3/2 ¯ = (t + 2) = (64π2 + 2)3/2 − 2 2 . ¯ 3 3 0 µ

3 ~ ~ ~ Shembull 16.15. Le të jetë R f(x, y, z) = x i + y j + 2z k një fushë vektoriale në R . Duke përdorur të njëjtën kurbë C nga shembulli 16.14, njehsoni C f ·~ r. 2

y2

Zgjidhje Është e lehtë të shihet që F(x, y, z) = x2 + 2 + z 2 është një potencial për f(x, y, z) (i.e. ∇F = f). Kështu që nga Teorema 16.12 dimë se Z f~ r = F(B) − F(A) , ku A = (x(0), y(0), z(0)) dhe B = (x(8π), y(8π), z(8π)), pra C

= F(8π sin 8π, 8π cos 8π, 8π) − F(0 sin 0, 0 cos 0, 0) = F(0, 8π, 8π) − F(0, 0, 0) = 0+ 658

(8π)2 + (8π)2 − (0 + 0 + 0) = 96π2 . 2 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

30 25

t = 8/

20 15 z

10 5

t=0

0-25 -20 -15 -10 -5

0

5

y

10

15

20

25

30 25

20

15

10

5

0

-5

-25 -20 -15 -10 x

Figura 16.16: Conical helix C z N −N y 0

x

Figura 16.17: Teorema Green

Do të shqyrtojmë përgjithësimin e Teoremën së Green në R2 , për sipërfaqet e orientuara në R3 , i cili njihet me emrin Teorema Stokes. Një sipërfaqe Σ në R3 është e orientuar në qoftë se ekzisotn një fushë vektoriale e vazhdueshme N në R3 e tillë që N është jozero dhe normal në Σ (pra pingul me planin tangent) në çdo pikë të Σ. Themi që një N e tillë është një fushë vektoriale normale. Për shembull, sfera njësi x 2 + y 2 + z 2 = 1 është e orientuar, meqenëse fusha vektoriale e vazhdueshme N(x, y, z) = x~ i +y~ j + z~ k është jozero dhe normale ndaj sferës në çdo pikë. Në fakt, −N(x, y, z) është një tjetër fushë vektoriale normale. Në këtë rast shohim që N(x, y, z) është ai çfarë ne kemi quajtur vektor normal i jashtëm, dhe −N(x, y, z) është një vektor normal i brendshëm. Këto fusha vektoriale të “jashtme” dhe “të brendshme” në sferë korespondojnë me faqen e “jashtme” dhe “të brendshme”, përkatësisht të sferës. Kështu që themi se sfera është një sipërfaqe dy-faqëshe. Në vija të trasha, “dy-faqëshe” do të thotë “e orientuar”. Shembuj të tjerë, sipërfaqesh të orientuara janë cilindrat, paraboloidët, elipsoidët, dhe planet. Në qoftë se do të pyesnim se cilat lloje sipërfaqesh nuk janë të orientuara, si shembull do të na shërbente shiriti i Möbius-it,i cili ndërtohet duke marrë një drejtkënd është hollë dhe duke bashkuar skajet e tij në të kundërt, duke marrë kështu një shirit të “përdredhur” (shih Fig. 16.18). Imagjinoni sikur ecni përgjatë vijës së mesit të shiritit të Möbius-it, si në Fig. 16.18, atëherë kur ktheheni në të njëjtin ©AulonaPress

659

Kalkulus

Shaska T.

→ → A

B

−→ B

A

Figura 16.18: Shiriti Möbius vend nga i cili u nisët do të gjendeni me kokëposhtë! Pra, orientimi juaj ndryshoi edhe pse lëvizja ishte e vazhduar. Duke e menduar drejtimin tuaj vertikal si një fushë vektoriale normale, atëherë ka një mosvazhdueshmëri në pikën e nisjes (dhe, në fakt në çdo pikë), duke qenë se drejtimi juaj vertikal merr dy vlera të ndryshme në atë pikë. Pra, shiriti i Möbius-it ka vetëm një faqe, pra nuk është i orientuar. Për një sipërfaqe te orientuar Σ e cila ka si kurbë kufiri kurbën C, marrim një vektor njësi normal n të tillë që , në qoftë se ecni përgjatë C me kokën e drejtuar sipas drejtimit të n, atëherë sipërfaqja duhet të jetë në të majtën tuaj. Në këto kushte themi që n është një vektor normal njësi pozitiv dhe se C është përshkuar n-pozitivisht. Le të vërtetojmë tani Teoremën Stokes: Teorema 16.13 (Stokes). Le të jetë Σ një sipërfaqe e orientuar në R3 kufiri i së cilës është kurba e thjeshtë e mbyllur C, dhe le të jetë f(x, y, z) = P(x, y, z)~ i + Q(x, y, z)~ j + R(x, y, z)~ k një fushë vektoriale e lëmuar e përcaktuar në një nënbashkësi të R3 që përmban Σ. Atëherë I Ï f ·~ r= (rot f ) · n d σ , (16.45) C

ku

µ rot f =

Σ

¶ µ ¶ µ ¶ ∂R ∂Q ~ ∂P ∂R ~ ∂Q ∂P ~ i+ j+ − − − k, ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y

(16.46)

n është një vektor normal njësi mbi Σ, dhe C është përshkuar n-pozitivisht. Vërtetim Duke qenë se rasti i përgjithshëm është jashtë interesit dhe qëllimit të këtij teksti, ne do ta vërtetojmë teoremën vetëm për rastin e veçantë ku Σ është grafiku i një funksioni të lëmuar me vlera reale, me (x, y) nga një zonë D në R2 . z

Σ : z = z(x, y)

n

C y 0 D (x, y) x

CD

Figura 16.19: Projeksioni i sipërfaqes Σ ne planin x y E projektojmë Σ në planin x y, dhe shohim që kurba e mbyllur C (kurba e kufirit të Σ) projektohet në një shteg të mbyllur CD e cila është kurba e kufirit të D. Në se pranojmë që C ka një parametrizim të lëmuar, atëherë projeksioni i saj CD në planin x y ka gjithashtu një parametrizim të lëmuar, le të themi: CD : x = x(t ) , y = y(t ) , a ≤ t ≤ b , 660

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

dhe C mund të parametrizohet (në R3 ) si: C : x = x(t ) , y = y(t ) , z = z(x(t ), y(t )) , a ≤ t ≤ b , duke qenë se C është pjesë e sipërfaqes z = z(x, y). Tani, duke zbatuar Rregullin zinxhir (Teorema 16.5), për z = z(x(t ), y(t )) si funksion i t , marrim ∂z 0 ∂z 0 z 0 (t ) = x (t ) + y (t ) , ∂x ∂y dhe prej këtej I

Z C

f ·~ r=

P(x, y, z) d x + Q(x, y, z) d y + R(x, y, z) d z

C bµ

∂z 0 ∂z 0 P x (t ) + Q y (t ) + R = x (t ) + y (t ) ∂x ∂y a ¶ µ ¶ ¶ Z b µµ ∂z ∂z 0 x (t ) + Q + R y 0 (t ) d t = P+R ∂x ∂y a Z ˜ y) d x + Q(x, ˜ = P(x, y) d y , Z

0

0

µ

¶¶ dt

CD

ku ∂z (x, y) , dhe ∂x ∂z ˜ (x, y) Q(x, y) = Q(x, y, z(x, y)) + R(x, y, z(x, y)) ∂y ˜ y) = P(x, y, z(x, y)) + R(x, y, z(x, y)) P(x,

për (x, y) në D. Kështu që , duke zbatuar Teoremën Green për zonën D, kemi I

¶ Ï µ ˜ ∂Q ∂P˜ f ·~ r= − dA . ∂x ∂y C

(16.47)

D

Prandaj, µ µ ¶ µ ¶ ¶ ˜ ¢ ∂Q ∂ ∂z ∂ ¡ ∂ ∂z ∂ ∂z Q(x, y, z(x, y)) + R(x, y, z(x, y)) = (x, y) = Q(x, y, z(x, y)) + R(x, y, z(x, y)) (x, y) + R(x, y, z(x, y)) (x, y) ∂x ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x ∂y Tani, nga formula ( 16.42) në Teoremën 16.11, kemi ¢ ∂Q ∂x ∂Q ∂y ∂Q ∂z ∂ ¡ Q(x, y, z(x, y)) = + + ∂x ∂x ∂x ∂y ∂x ∂z ∂x ∂Q ∂Q ∂Q ∂z = ·1+ ·0+ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂Q ∂Q ∂z = + . ∂x ∂z ∂x Në mënyrë të ngjashme, ¢ ∂R ∂R ∂z ∂ ¡ R(x, y, z(x, y)) = + . ∂x ∂x ∂z ∂x Prandaj, µ ¶ ˜ ∂Q ∂Q ∂Q ∂z ∂R ∂R ∂z ∂z ∂2 z = + + + + R(x, y, z(x, y)) ∂x ∂x ∂z ∂x ∂x ∂z ∂x ∂y ∂x ∂y =

©AulonaPress

∂Q ∂Q ∂z ∂R ∂z ∂R ∂z ∂z ∂2 z + + + +R . ∂x ∂z ∂x ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂x ∂y 661

Kalkulus

Shaska T.

Në mënyrë të ngjashme, mund të llogarisim ∂P˜ ∂P ∂P ∂z ∂R ∂z ∂R ∂z ∂z ∂2 z = + + + +R . ∂y ∂y ∂z ∂y ∂y ∂x ∂z ∂y ∂x ∂y ∂x Dhe duke bërë diferencën kemi ˜ ∂P˜ µ ∂Q ∂R ¶ ∂z µ ∂R ∂P ¶ ∂z µ ∂Q ∂P ¶ ∂Q − = − + − + − ∂x ∂y ∂z ∂y ∂x ∂x ∂z ∂y ∂x ∂y duke qenë se

∂2 z ∂x ∂y

=

∂2 z ∂y ∂x

(16.48)

nga fakti që z = z(x, y) është i lëmuar. Prandaj nga ekuacioni (16.47), I C

f ·~ r=

¶ µ ¶ µ ¶¶ Ï µ µ ∂R ∂Q ∂z ∂P ∂R ∂z ∂Q ∂P − − − − + − dA ∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y ∂x ∂y

(16.49)

D

pasi kemi faktorizuar−1 nga termat e dy prodhimeve të para në ekuacionin( 16.48). ∂z ~ ∂z ~ ~ Rikujtojmë nga kapitulli i kaluar se vektori N = − ∂x i − ∂y j + k është normal ndaj planit tangent të sipërfaqes z = z(x, y) në çco pikë të Σ. Prandaj, ∂z ~ ∂z ~ ~ i − ∂y j + k − ∂x N n= ¯ ¯ = r ³ ´2 ³ ´2 ¯ ¯ ¯N¯ 1 + ∂z + ∂z ∂x

∂y

është në fakt një vektor normal pozitiv njësi ndaj Σ (shih Fig. 4.5.4). Atëherë për sipërfaqen Σ, duke përdorur parametriz¯ ¯ r ³ ´2 ³ ´2 ¯ ¯ ∂z ∂~ r ∂z ∂~ r ∂z ∂z ∂~ r ∂~ r i + ∂x ~ k dhe ∂y = ~ j + ∂y ~ k, dhe prej këtej ¯ ∂x × ∂y ¯ = 1 + ∂x + ∂y . imin~ r (x, y) = x ~ i +y ~ j +z(x, y)~ k, për (x, y) në D, kemi ∂x = ~ Pra, shohim që duke përdorur formulën( 16.46) për rot f, kemi Ï Σ

¯ ∂~ r ¯¯ ¯ r ∂~ (rot f ) · n ¯ × ¯dA ∂x ∂y D ¶ µ ¶ µ ¶ ¶ µ ¶ Ï µµ ∂R ∂Q ~ ∂P ∂R ~ ∂Q ∂P ~ ∂z ∂z ~ ~ − i+ − j+ − k · − ~ = i− j +k dA ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ∂x ∂y D ¶ µ ¶ µ ¶¶ Ï µ µ ∂P ∂R ∂z ∂Q ∂P ∂R ∂Q ∂z − − − + − dA , = − ∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y ∂x ∂y

(rot f) · n d σ =

Ï

D

duke e krahasuar me ekuacionin( 16.49), arrijmë në vërtetimin e teoremës. Vërejtje. Kushti që sipërfaqja Σ në Teoremën Stokes, të ketë një vektor normal njësi pozitiv n dhe një kurbë kufiri C të përshkuar n-pozitivisht, më saktë mund të shprehet si: në qoftë se ~ r (t ) është vektori pozicion për C dhe T(t ) = ~ r 0 (t )/|~ r 0 (t )| është vektori tangent njësi i C, atëherë vektorët T, n, T×n formojnë një sistem të rregullit të dorës së djathtë. Gjithashtu mund të vërehet se Teorema Stokes ka vend edhe kur kurba e kufirit C, është pjesë – pjesë e lëmuar. Shembull 16.16. Verifikoni Teoremën Stokes për f(x, y, z) = z ~ i +x ~ j +y~ k kur Σ është paraboloidi z = x 2 + y 2 i tillë që z ≤ 1. Zgjidhje Vektori normal njësi pozitiv ndaj sipërfaqes z = z(x, y) = x 2 + y 2 është ∂z ~ ∂z ~ ~ − ∂x i − ∂y j + k −2x ~ i − 2y ~ j +~ k n= r ³ ´2 ³ ´2 = p1 + 4x 2 + 4y 2 , ∂z ∂z 1 + ∂x + ∂y dhe rot f = (1 − 0)~ i + (1 − 0) ~ j + (1 − 0)~ k =~ i +~ j +~ k, pra (rot f ) · n = (−2x − 2y + 1)/ 662

q

1 + 4x 2 + 4y 2 . ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus z

C n

1

Σ y 0 x

Figura 16.20: z = x 2 + y 2 © ª Përderisa Σ mund të parametrizohet si ~ r (x, y) = x ~ i +y~ j + (x 2 + y 2 )~ k për (x, y) në zonën D = (x, y) : x 2 + y 2 ≤ 1 , atëherë Ï Ï ¯ ∂~ r ¯¯ ¯ r ∂~ (rot f ) · n d σ = (rot f ) · n ¯ × ¯dA ∂x ∂y Σ D Ï q −2x − 2y + 1 = 1 + 4x 2 + 4y 2 d A p 1 + 4x 2 + 4y 2 D Ï = (−2x − 2y + 1) d A , duke kaluar në koordinata polare kemi D 2π Z 1

Z =

0

2π Z 1

Z =

0

0

0

(−2r cos θ − 2r sin θ + 1)r d r d θ (−2r 2 cos θ − 2r 2 sin θ + r ) d r d θ

¶ 2r 3 2r 3 r 2 ¯¯r =1 − cos θ − sin θ + dθ = ¯ 3 3 2 r =0 0 ¶ Z 2π µ 2 2 1 = − cos θ − sin θ + dθ 3 3 2 0 2 2 1 ¯¯2π = − sin θ + cos θ + θ ¯ = π . 3 3 2 0 Z

2π µ

Kurba e kufirit C është rrethi njësi x 2 + y 2 = 1 që shtrihet në planin z = 1 që mund të parametrizohet si x = cos t , y = sin t , z = 1 për 0 ≤ t ≤ 2π. Pra I Z 2π f ·~ r= ((1)(− sin t ) + (cos t )(cos t ) + (sin t )(0)) d t C 0 ¶ µ ¶ Z 2π µ 1 + cos 2t 1 + cos 2t = − sin t + dt kemi përdorur identitetin cos2 t = 2 2 0 t sin 2t ¯¯2π = cos t + + ¯ =π. 0 2 4 H Î Pra, shohim që C f ·~ r = (rot f ) · n d σ, sikurse pohon edhe Teorema Stokes. Σ

Integrali drejtvizor në këtë shembull ishte më i thjeshtë për t’u llograritur, sesa integrali sipërfaqsor, por nuk ndodh kështu gjithmonë. H 2 y2 Shembull 16.17. Le të jetë Σ paraboloidi eliptik z = x4 + 9 për z ≤ 1, dhe le të jetë C kurabe tij e kufirit.Njehsoni C f ·~ r 2 ~ 2 ~ ~ për f(x, y, z) = (9xz + 2y)i + (2x + y ) j + (−2y + 2z)k, ku C përshkohet në drejtimin kundërorar. ©AulonaPress

663

Kalkulus

Shaska T.

Zgjidhje Sipërfaqja është e ngjashme me sipërfaqen e shembullit 16.16, me përjashtimin që kurba e kufirit C është elipsi x2 4

+

y2 9

= 1 që shtrihet në planin z = 1. Në këtë rast, duke përdorur Teoremën Stokes është më e thjeshtë të llogaritet

integrali drejtvizor drejtpërdrejt. Si në shembullin 16.16, në çdo pikë (x, y, z(x, y)) të sipërfaqes z = z(x, y) =

x2 4

+

y2 9

vektori

∂z ~ ∂z ~ ~ 2y − ∂x i − ∂y j + k − x2 ~ i− 9 ~ j +~ k n= r = , q ³ ´2 ³ ´2 2 4y x2 ∂z ∂z 1 + + 1 + ∂x + ∂y 4 9

është vektori normal njësi pozitiv ndaj Σ. Llogarisim rotorin e f dhe kemi: rot f = (−4y − 0)~ i + (9x − 0)~ j + (2 − 2)~ k = −4y ~ i + 9x ~ j + 0~ k, prej nga 2y

(−4y)(− x2 ) + (9x)(− 9 ) + (0)(1) 2x y − 2x y + 0 =q =0, (rot f ) · n = q 2 2 4y 2 4y 2 1 + x4 + 9 1 + x4 + 9 dhe nga Teorema Stokes: I

Ï C

f ·~ r=

(rot f ) · n d σ =

Σ

Ï

0dσ = 0 .

Σ

H Në zbatimet fizike, për një kurbë thjesht të mbyllur C, integrali drejtvizor C f ·~ r shpesh quhet qarkullim i f rrotull C. Për shembull, nëH qoftë se E paraqet fushën elektrostatike falë një pike ngarkese, atëherë del se rot E = 0, që do të r = 0 në bazë të Teoremës Stokes’. Fushat vektoriale që kanë rotorin zero shpesh quhen fusha thotë se qarkullimi C E~ irrotational. Në fakt, termi rotorin u krijua nga fizikani skocez James Clerk Maxwell në shekullin e 19të gjatë studimeve të tij për elektromagnetizimin, ku edhe përdoret gjerësisht. Në fizike, rotorin është interpretuar si masë e densitetit të qarkullimit. Kjo mund të shihet më mirë duke përdorur një tjetër përkufizim të rotorin f që është ekuivalent me përkufizimin e dhënë nga formula (16.46). Pra, për një pikë (x, y, z) në R3 , 1 S→0 S

n · (rot f )(x, y, z) = lim

I C

f ·~ r,

(16.50)

ku S është sipërfaqja e Σ që përmban (x, y, z) dhe me kurbë thjesht të mbyllur C dhe vektor normal njësi pozitiv n në (x, y, z). Gjatë kalimit në limit e mendojmë C të mblidhet të pika (x, y, z), gjë që për Σ, bën që sipërfaqja të zvogëlohet gjithnjë e më shumë. Raporti i qarkullimit me sipërfaqen në limit, është ajo që e bën të mundur që rotorin të jetë masa e densitetit të qarkullimit (pra qarkullimi për njësi). Rotori dhe rotacionet Ideja se si lidhet rotori i një fushe vektoriale me rotullimin është treguar në Fig. 16.21. Supozojmë se kemi një fushë vektoriale f(x, y, z) e cila është gjithmonë paralel me planin x y në çdo pikë (x, y, z) dhe se vektorët rriten më shumë kur pika (x, y, z) është më larg boshtit të y-ve. Për shembull, f(x, y, z) = (1 + x 2 ) ~ j. Le ta mendojmë fushën vektoriale si prezantuese të rrjedhjes së ujit, dhe imagjinojmë dy rrota që pedalohen në drejtim të rrjedhjes së ujit si në Fig. 16.21. Përderisa rrjedhja është më e fortë kur largohemi nga boshti i y, rrota do te rrotullohet kundra lëvizjes orare në qoftë se ishte në të djathtë të boshtit të y dhe në drejtim të lëvizjes orare kur është në të majtë të boshtit të y. Në të dyja rastet rotori është jo-zero (rot f(x, y, z) = 2x ~ k) dhe do ti bindet rregullit të dorës së djathtë. Pra rotori drjtohet jashtë (në kahun positiv të z-së ) në qoftë se x > 0 dhe brenda (në kahun negativ të z-së ) në qoftë se x < 0. 664

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Përfundimisht nga Teorema Stokes, dimë se në qoftë se C është një kurbë thjesht e mbyllur në një trup S në R3 dhe në qoftë se f(x, y, z) është një fushë vektoriale e lëmuar e tillë që rot f = 0 në S, atëherë I Ï Ï Ï f ·~ r= (rot f ) · n d σ = 0 · ndσ = 0dσ = 0 , C

Σ

Σ

Σ

ku Σ është një sipërfaqe e orientuar brenda S kufiri i së cilës është C (capping surface për C). Në mënyrë të ngjashme me rastin e dy ndryshoreve, kemi versionin ekuivalent tredimensional, për trupat në R3 që janë thjesht të lidhur (pra zona që nuk kanë boshllëqe): Vërejtje. Pohimet e mëposhtme janë ekuivalente për një trup thjesht të lidhur S në R3 : 1. f(x, y, z) = P(x, y, z)~ i + Q(x, y, z) ~ j + R(x, y, z)~ k ka një potencial të lëmuar F(x, y, z) në S Z 2. f ·~ r është i pavarur nga rruga për çdo kurbë C në S C

I 3. C

4.

∂R ∂y

f ·~ r = 0 për çdo kurbë thjesht të mbyllur C në S =

∂Q ∂P ∂z , ∂z

=

∂Q ∂R ∂x , dhe ∂x

=

∂P ∂y

në S (d.m.th. rot f = 0 in S)

Pjesa (d) është është gjithashtu një mënyrë për të thënë që forma diferenciale P d x + Q d y + R d z është e saktë. Shembull 16.18. Përcaktoni në qoftë se fusha vektoriale f(x, y, z) = x y z ~ i + xz ~ j + xy~ k ka një potencial në R3 . Zgjidhje Meqë R3 është thjesht e lidhur, na na nevojitet të shikojmë nëse rot f = 0 në R3 , pra, ∂R ∂Q = , ∂y ∂z

∂P ∂R = , ∂z ∂x

dhe

∂Q ∂P = ∂x ∂y

në R3 , ku P(x, y, z) = x y z, Q(x, y, z) = xz, dhe R(x, y, z) = x y. Por shohim që ∂P ∂R = xy , =y ∂z ∂x

⇒

∂P ∂R në për (x, y, z) në R3 . ∂z ∂x

Prandaj, f(x, y, z) nuk ka potencial në R3 .

y

f

x 0

Figura 16.21: Rotori dhe Rotacioni ©AulonaPress

665

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime R Njehsoni C f (x, y, z) d s për funksionin e dhënë f (x, y, z) dhe kurbën C. 260. f (x, y, z) = z; 2π 261. f (x, y, z) = 1≤t ≤2

x y

C : x = cos t , y = sin t , z = t , 0 ≤ t ≤ + y + 2y z;

262. f (x, y, z) = z 2 ; p 2 2 3/2 ,0≤t 3 t

C : x = t 2 , y = t , z = 1,

C : x = t sin t , y = t cos t , z =

≤1

R Njehsoni C f · d~ r fushën vektoriale të dhënë f(x, y, z) dhe kurbën C. 263. f(x, y, z) = ~ i −~ j +~ k;

C : x = 3t , y = 2t , z = t , 0 ≤ t ≤ 1

264. f(x, y, z) = y ~ i −x~ j + z~ k; z = t , 0 ≤ t ≤ 2π

C : x = cos t , y = sin t ,

265. f(x, y, z) = x ~ i +y~ j + z~ k; z = 2, 0 ≤ t ≤ 2π

C : x = cos t , y = sin t ,

271. f(x, y, z) = (x + y)~ i+ x~ j + z2~ k

272. f(x, y, z) = x y ~ i −(x − y z2) ~ j + y2z~ k

Verifikoni Teoremën Stokes për fushën vektoriale të dhënë f(x, y, z) dhe sipërfaqen Σ. 273. f(x, y, z) = 2y ~ i −x~ j + z~ k;

Σ : x 2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0

274. f(x, y, z) = x y ~ i + xz ~ j + yz~ k;

Σ : z = x2 + y 2, z ≤ 1

275. Ndërtoni shiritin e Möbius-it prej një cope letre, vizatoni një drejtëz të ndërprerë në përgjatë qendrës, Fig. 16.18. Prisni shiritin përgjatë drejtëzës së vizatuar. Sa sipërfaqe do të rezultojnë? Si do t’i përshkruanit ato? A janë të orientuara? 276. Ndërtoni shiritin e Möbius-it të parametrizuar nga:

266. f(x, y, z) = (y − 2z)~ i +xy ~ j + (2xz + y)~ k; 2 y = 2t , z = t − 1, 0 ≤ t ≤ 1

~ r (u, v) = cos u (1+v cos C : x = t,

267. f(x, y, z) = y z ~ i + xz ~ j + xy~ k; C : rruga shumëkëndëshe nga (0, 0, 0) në (1, 0, 0) në (1, 2, 0). 268. f(x, y, z) = x y ~ i + (z − x) ~ j + 2y z ~ k; C : rruga shumëkëndëshe nga (0, 0, 0) në (1, 0, 0) në (1, 2, 0) në (1, 2, −2).

u u u ~ ) i +sin u (1+v cos ) ~ j +v sin ~ k, 2 2 2

për 0 ≤ u ≤ 2π , − 12 ≤ v ≤ 12 . 277. Le të jetë Σ një sipërfaqes e mbyllur dhe f(x, y, z) një fushë vektoriale e lëmuar. Tregoni që Ï

(rot f ) · n d σ = 0.

Σ

Përcaktoni nëse fusha vektoriale f(x, y, z) ka një potencial në R3 (pa qenë nevoja ta gjeni atë).

( Udhëzim: Ndani Σ përgjysmë.)

269. f(x, y, z) = y ~ i −x~ j+ ~ zk

278. Vërtetoni që Teorema Green është rast i veçantë i Teoremës Stokes.

666

270. f(x, y, z) = a ~ i +b~ j+ ~ c k (a, b, c konstante)

©AulonaPress

Shaska T.

16.7

Kalkulus

Gradienti, divergjenca, rotori dhe Laplasi

Në këtë kapitull do të shqyrtojmë lidhjet ndërmjet gradientit, divergjencës dhe curl, dhe do të përcaktojmë një madhësi të re që quhet Laplasian. Do të tregojmë se si mund të shkruhen këo madhësi në koordinata cilindrike dhe sferike. Për një funksion me vlera reale f (x, y, z) në R3 , gradienti ∇ f (x, y, z) është një funksion me vlera vektoriale në R3 , pra, vlera e tij në një pikë (x, y, z) është vektori ¶ µ ∂f ~ ∂f ~ ∂f ~ ∂f ∂f ∂f = i+ j+ , , k (16.51) ∇ f (x, y, z) = ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z në R3 , ku secili derivat i pjesshëm është llogaritur në pikën (x, y, z). Pra, në këtë mënyrë ju mund ta mendoni symbolin ∇ si të aplikuar ndaj një funksioni me vlera reale f (x, y) për të përftuar vektorin ∇ f . Gjithashtu divergjenca dhe rotorin mund të shprehen në varësi të simbolit ∇. E mendojmë ∇ si një vektor në R3 , pra ∇= Simbolet

∂ ~ ∂ ~ ∂ ~ i+ j+ k. ∂x ∂y ∂z ∂ , ∂x

∂ , ∂y

(16.52)

∂ ∂z

janë derivatet e pjesshëm të funksionit me vlera reale, f (x, y, z). ∂ ∂ ∂ A është ∇ realisht një vektor? Për të qënë të saktë "Jo", sepse ∂x , ∂y dhe ∂z nuk janë numra. Por është një mënyrë e dobishme ta mendojmë ∇ si një vektor, veçanërisht në lidhje me divergjencën dhe curl, sikurse do ta shohim në vazhdim. ∇ është vektor kur merr vlerën në një pikë (x 0 , y 0 , z 0 ). ∂ ∂ ∂ Proçesi i zbatimit të ∂x , ∂y , ∂z ndaj një funksioni me vlera reale f (x, y, z) mendohet si prodhim i madhësive: µ

¶ ∂f ∂ (f ) = , ∂x ∂x

µ

¶ ∂ ∂f (f ) = , ∂y ∂y

µ

¶ ∂ ∂f (f ) = ∂z ∂z

Për këtë arsye, shpesh i referohemi ∇ si operator duke qenë se vepron mbi funksione. Për shembull, është e përshtatshme që divergjenca të shkruhet si div f as ∇ · f, duke qenë se për një fushë vektoriale f(x, y, z) = f 1 (x, y, z)~ i + f 2 (x, y, z)~ j + f 3 (x, y, z)~ k, prodhimi skalar i f me ∇ (i menduar si vektor) ka kuptim: µ ¶ ´ ∂ ~ ∂ ~ ∂ ~ ³ ∇·f = k · f 1 (x, y, z)~ i + f 2 (x, y, z)~ j + f 3 (x, y, z)~ k i+ j+ ∂x ∂y ∂z µ ¶ µ ¶ µ ¶ ∂ ∂ ∂ = ( f1) + ( f2) + ( f3) ∂x ∂y ∂z ∂ f1 ∂ f2 ∂ f3 + + = div f = ∂x ∂y ∂z Gjithashtu mund të shkruajmë rot f në varësi të ∇, si ∇ × f, meqenëse për një fushë vektoriale f(x, y, z) = P(x, y, z)~ i + Q(x, y, z)~ j + R(x, y, z)~ k, kemi: ¯ ¯ ¯ ¯ ~ ~ ~ i j k ¯ ¯ ¯ ¯ ∂ ∂ ∂ ∇ × f = ¯ ∂x ¯ ∂y ∂z ¯ ¯ ¯P(x, y, z) Q(x, y, z) R(x, y, z)¯ µ ¶ µ ¶ µ ¶ ∂R ∂Q ~ ∂R ∂P ~ ∂Q ∂P ~ − i − − j + − k = ∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y µ ¶ µ ¶ µ ¶ ∂R ∂Q ~ ∂P ∂R ~ ∂Q ∂P ~ = − i + − j + − k ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y = rot f ©AulonaPress

667

Kalkulus

Shaska T.

Për një funksion me vlera reale f (x, y, z), gradienti ∇ f (x, y, z) =

∂f ~ ∂f ~ ∂f ~ i+ j+ k ∂x ∂y ∂z

është një fushë vektoriale, kështu që mund të marrim divergjencën e saj: div ∇ f = ∇ · ∇ f µ ¶ µ ¶ ∂ ~ ∂ ~ ∂ ~ ∂f ~ ∂f ~ ∂f ~ = i+ j+ i+ j+ k · k ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z µ ¶ µ ¶ µ ¶ ∂ ∂f ∂ ∂f ∂ ∂f + + = ∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z =

∂2 f ∂2 f ∂2 f + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

Vërejmë që ështënjë funksion me vlera reale, të cilin do ta emërtojmë me një emër të veçantë: Përkufizim 16.7. Për një funksion me vlera reale f (x, y, z), Laplasi i f (x, y), i shënuar me ∆ f , jepet nga barazimi: ∆ f (x, y, z) = ∇ · ∇ f =

∂2 f ∂2 f ∂2 f + + . ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

(16.53)

Shpesh përdoret edhe shënimi ∇2 f në vend të ∆ f , duke u nisur nga barazimi ∇2 = ∇ · ∇. Shembull 16.19. Le të jetë

~ r (x, y, z) = x ~ i +y~ j + z~ k

fusha vektor pozicion në R3 . Atëherë |~ r (x, y, z)|2 = ~ r ·~ r = x 2 + y 2 + z 2 është është një funksion me vlera reale. Gjeni: a) 2 gradientin e |~ r | , b) divergjencën e ~ r c) rotorin e ~ r , d) Laplasin e |~ r |2 . Zgjidhje (a) ∇|~ r |2 = 2x ~ i + 2y ~ j + 2z ~ k = 2~ r ∂ ∂ ∂ (b) ∇ ·~ r = ∂x (x) + ∂y (y) + ∂z (z) = 1 + 1 + 1 = 3 (c) ¯ ¯~ ~ j ¯i ¯∂ ∂ ∇ ×~ r = ¯ ∂x ∂y ¯ ¯x y (d) ∆|~ r |2 =

¯ ~ k ¯¯ ∂ ¯ ~ ~ ~ ∂z ¯¯ = (0 − 0) i − (0 − 0) j + (0 − 0) k = 0 z¯

∂2 ∂2 ∂2 2 2 2 2 2 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) + ∂y 2 (x + y + z ) + ∂z 2 (x + y + z ) = 2 + 2 + 2 = 6 ∂x 2

Një tjetër mënyrë e llogaritjes së ∆|~ r |2 është: ∆|~ r |2 = ∇ · ∇|~ r |2 = ∇ · 2~ r = 2 ∇ ·~ r = 2(3) = 6 Nga shembulli 16.19 vërejmë se në qoftë se marrim rotorin e gradientit të |~ r |2 përftojmë: ∇ × (∇|~ r |2 ) = ∇ × 2~ r = 2 ∇ ×~ r = 20 = 0 . Teorema në vazhdim pohon se ky barazim ka vend edhe në rastin e përgjithshëm: Teorema 16.14. Për një funksion të lëmuar me vlera reale f (x, y, z), ka vend barazimi ∇ × (∇ f ) = 0 Vërtetim Duke qenë se f (x, y) është i lëmuar, kemi: ¯ ¯ ~ ~ ¯~ j k ¯¯ ¯i ∂ ∂ ¯ ¯∂ ∇ × (∇ f ) = ¯ ∂x ∂y ∂z ¯ ¯ ∂f ∂f ∂ f ¯¯ ¯ ∂x ∂y ∂z µ 2 ¶ µ 2 ¶ µ 2 ¶ ∂ f ∂2 f ~ ∂ f ∂2 f ~ ∂ f ∂2 f ~ = − i− − j+ − k =0, ∂y ∂z ∂z ∂y ∂x ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x sepse derivatet e pjesshme të përziera janë të barabarta. 668

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Rrjedhim 16.3. Në qoftë se një fushë vektoriale f(x, y, z) ka një potencial, atëherë rot f = 0. Vërejmë që në shembullin 16.19 në qoftë se marrim divergjencën e rotorin për ~ r gjejmë se ∇ · (∇ ×~ r) = ∇·0 = 0 . Teorema në vazhdim tregon se kjo ka vend në rastin e përgjithshëm: Teorema 16.15. Për një fushë vektoriale të lëmuar f(x, y, z), ka vend barazimi ∇ · (∇ × f) = 0 Rrjedhim 16.4. Fluksi i rotorin i një fushe vektoriale të lëmuar f(x, y, z) nëpër çdo sipërfaqe të mbyllur është zero. Vërtetim Le të jetë Σ një sipërfaqe e mbyllur që kufizon një trup S. Fluksi ∇ × f nëpër Σ është Ï

Ñ (∇ × f) · d σ =

Σ

Ñ ∇ · (∇ × f ) d V =

0 d V = 0.

S

S

Ka një tjetër qoftë se integrali Î metodë në vërtetimin e Teoremës 16.14, e cila përdoret shpesh në fizikë. Pra, në sipërfaqsor f (x, y, z) d σ = 0 për të gjitha sipërfaqet Σ në ndonjë trup (zakonisht në të gjithë R3 ), atëherë duhet të Σ

kemi f (x, y, z) = 0 në të tilla zona. Vërtetimi nuk është trivial, dhe fizikantët zakonisht nuk e vërtetojnë atë. Por rezultati është i vërtetë, dhe mund të aplikohet gjithashtu në integralet e dyfishta dhe të trefishta. Për shembull, për të vërtetuar Teoremën 16.14, pranojmë që f (x, y, z) është një funksion i lëmuar me vlera reale në R3 . Le të jetë C një kurbë thjesht e mbyllur në R3 dhe le të jetë Σ një sipërfaqe mbulimi për C (d.m.th. Σ është e orientuar dhe kufiri i saj është C). Duke qenë se ∇ f është një fushë vektoriale, atëherë Ï I ¡ ¢ r =0 ∇ × (∇ f ) · n d σ = ∇ f · d~ C

Σ

Meqë zgjedhja e Σ ishte e çfarëdoshme, atëherë duhet të kemi (∇ × (∇ f )) · n = 0 nëpër R3 , ku n është një vektor njësi. Duke përdorur ~ i,~ j dhe ~ k në vend të n, shohim që duhet të kemi ∇ × (∇ f ) = 0 në R3 , që kompleton vërtetimin. Shembull 16.20. Një sistem ngarkese elektrike ka densitet ngarkese ρ(x, y, z) dhe prodhon një fushë elektrostatike E(x, y, z) në pikat (x, y, z) të hapësirës. Ligji i Gaussit pohon që Ï Ñ E · d σ = 4π ρ dV Σ

S

për një sipërfaqe të mbyllur Σ që rrethon ngarkesën, ku S është trupi i rrethuar nga Σ. Vërtetoni që ∇·E = 4πρ. Ky është një nga Ekuacionet e Maxwell-it. Zgjidhje Nga Teorema e Divergjencës, kemi Ñ

Ï

Ñ E · d σ = 4π

∇ · E dV = Σ

S

ρ dV

S

Nga Ligji i Gausit, kështu që duke kombinuar integralet marrim Ñ (∇ · E − 4πρ) d V = 0 S

Kështu që ∇ · E − 4πρ = 0 meqënëse Σ dhe pre këtej S ishin të çfarëdoshme. Pra, ∇ · E = 4πρ . ©AulonaPress

669

Kalkulus

Shaska T.

Shpesh (veçanërisht në fizikë), është e përshtatshme të përdoren sisteme të tjera koordinative, kur punohet me madhësi të tilla si gradienti, divergjenca, rotorin dhe Laplasi. Do të paraqesim formulat për këto madhësi në koordinata cilindrike dhe sferike. Rikujtojmë se një pikë (x, y, z) mund të paraqitet në kordinata cilindrike (r, θ, z), ku x = r cos θ, y = r sin θ, z = z. Në çdo pikë (r, θ, z), le të jenë er , eθ , ez vektorët njësi në drejtimin rritës të r , θ, z përkatësisht. Atëherë er , eθ , ez formojnë një sistem ortonormal vektorësh. Vërejmë se nga rregulli i dorës së djathtë, ez × er = eθ . Në mënyrë të ngjashme pika (x, y, z) mund të paraqitet në kordinata sferike (ρ, θ, φ), ku x = ρ sin φ cos θ, y = ρ sin φ sin θ, z = ρ cos φ. Në çdo pikë (ρ, θ, φ), le të jenë eρ , eθ , eφ vektorët njësi në drejtimin rritës të ρ, θ, φ, përkatësisht. Atëherë vektorët eρ , eθ , eφ janë ortonormalë. Nga rregulli i dorës së djathtë, shohim që eθ × eρ = eφ . Mund t’i përmbledhim këto shprehje në tabelat e mëposhtme, për gradientin, divergjencën, rotorin dhe Laplasin në koordinata Karteziane, cilindrike dhe sferike:

Koordinatat Karteziane (x, y, z): Funksioni skalar F; Fusha vektoriale f = f 1 ~ i + f2 ~ j + f3 ~ k ∂F ~ ∂F ~ ∂F ~ i+ j+ k ∂x ∂y ∂z ∂ f1 ∂ f2 ∂ f3 divergjenca : ∇ · f = + + ∂x ∂y ∂z µ ¶ ¶ ¶ µ µ ∂ f3 ∂ f2 ~ ∂ f1 ∂ f3 ~ ∂ f2 ∂ f1 ~ rot : ∇ × f = − − − k i+ j+ ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y gradienti : ∇F =

Laplasi : ∆ F =

∂2 F ∂2 F ∂2 F + + ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

Koordinatat Cilindrike (r, θ, z): Funksioni skalar F; Fusha vektoriale f = f r er + f θ eθ + f z ez ∂F 1 ∂F ∂F er + eθ + ez ∂r r ∂θ ∂z 1 ∂ fθ ∂ f z 1 ∂ (r f r ) + + divergjenca : ∇ · f = r ∂r r ¶ ∂θ µ ∂z ¶ µ ¶ µ ∂ fr ∂ f z 1 ∂ ∂ fr 1 ∂ f z ∂ fθ rot : ∇ × f = − er + − eθ + (r f θ ) − ez r ∂θ ∂z ∂z ∂r r ∂r ∂θ µ ¶ ∂F 1 ∂2 F ∂2 F 1 ∂ r + 2 2+ 2 Laplasi : ∆ F = r ∂r ∂r r ∂θ ∂z gradienti : ∇F =

Koordinatat Sferike (ρ, θ, φ): Funksioni skalar F; Fusha vektoriale f = f ρ eρ + f θ eθ + f φ eφ ∂F 1 ∂F 1 ∂F eρ + eθ + eφ ∂ρ ρ sin φ ∂θ ρ ∂φ 1 ∂ fθ 1 ∂ 1 ∂ 2 (ρ f ρ ) + + (sin φ f θ ) divergjenca : ∇ · f = 2 ρ ∂ρ ρ sin φ ∂θ ρ sin φ ∂φ µ ¶ µ ¶ ∂ fφ ∂ fρ 1 ∂ 1 ∂ rot : ∇ × f = (sin φ f θ ) − eρ + (ρ f φ ) − eθ ρ sin φ ∂φ ∂θ ρ ∂ρ ∂φ µ ¶ ∂ fρ 1 ∂ 1 + − (ρ f θ ) eφ ρ sin φ ∂θ ρ ∂ρ µ ¶ µ ¶ 1 ∂ ∂F 1 ∂2 F 1 ∂ ∂F Laplacian : ∆ F = 2 ρ2 + + sin φ ρ ∂ρ ∂ρ ∂φ ρ2 sin2 φ ∂θ2 ρ2 sin φ ∂φ gradienti : ∇F =

Nxjerrja e formulave të mësipërme për koordinatat cilindrike dhe konike është e drejtpërdrejtë, por e lodhshme. 670

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Ideja bazë është zëvendësimi i madhësisë ekuivalente karteziane në formulë duke përdorur transformimin e duhur të koordinatave. Le të nxjerrim formulën për gradientin në koordinata sferike. Qëllimi: tregoni që gradienti i një funksioni me vlera reale F(ρ, θ, φ) në koordinata sferike është: ∇F =

∂F 1 ∂F 1 ∂F eρ + eθ + eφ ∂ρ ρ sin φ ∂θ ρ ∂φ

∂F ~ ∂F ~ ∂F ~ i + ∂y j + ∂z k, shprehim vektorët bazë Kartezianë ~ i,~ j ,~ k në Ideja: Në formulën Karteziane të gradientit ∇F(x, y, z) = ∂x varësi të vektorëve bazë të koordinatave sferike eρ , eθ , eφ dhe funksioneve të ρ, θ dhe φ. Atëherë shprehim derivatet e ∂F ∂F ∂F ∂F ∂F pjesshme ∂x , ∂y , ∂z në varësi të ∂F ∂ρ , ∂θ , ∂φ dhe funksioneve të ρ, θ dhe φ.

Hapi 1: Gjejmë formulat për eρ , eθ , eφ në varësi të ~ i,~ j ,~ k. Vektori njësi eρ në drejtimin e ρ në pikën e çfarëdoshme (ρ, θ, φ) është eρ = pozicion i pikës në koordinata Karteziane. Kështu që ,

~ r , k~ rk

ku ~ r = x~ i +y~ j + z~ k është vektori

~ x~ i +y~ j + z~ k r =p , |~ r| x2 + y 2 + z2 p duke përdorur x = ρ sin φ cos θ, y = ρ sin φ sin θ, z = ρ cos φ, dhe ρ = x 2 + y 2 + z 2 , marrim: eρ =

eρ = sin φ cos θ~ i + sin φ sin θ ~ j + cos φ~ k Tani duke qenë se këndi θ është matur në planin x y, atëherë vektorin njësi eθ në drejtimin e θ duhet të jetë paralel me planin x y. Pra, eθ është i formës a ~ i +b~ j + 0~ k. Për të nxjerrë se çfarë janë a dhe b, vërejmë se përderisa eθ ⊥ eρ , atëherë në veçanti eθ ⊥ eρ kur eρ është në planin x y. Kjo ndodh kur këndi φ është π/2. Duke vendosur në formulë φ = π/2 për eρ kjo jep eρ = cos θ~ i + sin θ ~ j + 0~ k, dhe shohim që një vektor pingul me të është − sin θ~ i + cos θ ~ j + 0~ k. Meqenëse ky vektor është gjithashtu një vektor njësi në drejtimin pozitiv të θ, ai duhet të jetë eθ : eθ = − sin θ~ i + cos θ ~ j + 0~ k Përfundimisht, duke qenë se eφ = eθ × eρ , marrim: eφ = cos φ cos θ~ i + cos φ sin θ ~ j − sin φ~ k Hapi 2: Përdorim tre formulat nga Hapi 1 për të gjetur ~ i,~ j ,~ k në varësi të eρ , eθ , eφ . Kjo na çon në zgjidhjen e një sistemi prej tre ekuacionesh me tre të panjohura. Ka shumë mënyra për të zgjidhur një sistem të tillë, por ne do ta zgjidhim duke kombinuar formulat për eρ dhe eφ për të eleminuar ~ k, që na çon në një ~ ~ ekuacion që përmban vetëm i dhe j . Kjo, së bashku me formulën për eθ , do të na çojë në një sistem me dy ekuacione me dy të panjohura (~ i dhe ~ j ), që do e përdorim për ta zgjidhur fillimisht për ~ j e më pas për ~ i . Dhe, në fund do e zgjidhim për ~ k. Fillimisht, vërejmë që sin φ eρ + cos φ eφ = cos θ~ i + sin θ ~ j. Kështu që,

sin θ (sin φ eρ + cos φ eφ ) + cos θ eθ = (sin2 θ + cos2 θ)~ j =~ j,

dhe prej këtej ~ j = sin φ sin θ eρ + cos θ eθ + cos φ sin θ eφ . Gjithashtu,

cos θ (sin φ eρ + cos φ eφ ) − sin θ eθ = (cos2 θ + sin2 θ)~ i =~ i,

dhe prej këtej ~ i = sin φ cos θ eρ − sin θ eθ + cos φ cos θ eφ . ©AulonaPress

671

Kalkulus

Shaska T.

Përfundimisht, shohim që : ~ k = cos φ eρ − sin φ eφ Hapi 3: Gjejmë formulat për ∂F ∂ρ , Nga Rregulli zinxhir kemi

∂F ∂F ∂θ , ∂φ

në varësi të

∂F ∂F ∂F ∂x , ∂y , ∂z .

∂F ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z = + + , ∂ρ ∂x ∂ρ ∂y ∂ρ ∂z ∂ρ ∂F ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z = + + , ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂z ∂θ ∂F ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂z = + + , ∂φ ∂x ∂φ ∂y ∂φ ∂z ∂φ që na jep ∂F ∂F ∂F ∂F = sin φ cos θ + sin φ sin θ + cos φ ∂ρ ∂x ∂y ∂z ∂F ∂F ∂F = −ρ sin φ sin θ + ρ sin φ cos θ ∂θ ∂x ∂y ∂F ∂F ∂F ∂F = ρ cos φ cos θ + ρ cos φ sin θ − ρ sin φ ∂φ ∂x ∂y ∂z ∂F ∂F ∂F ∂F ∂F Hapi 4: Përdorim tre formulat nga Hapi 3 për të shprehur ∂x , ∂y , ∂z në varësi të ∂F ∂ρ , ∂θ , ∂φ . Përsëri, kjo na shpie në zgjidhjen e një sistemi prej tre ekuacionesh me tre të panjohura. Duke përdorur një proces të ngjashëm eleminimi si në Hapin 2, përftojmë:

µ ¶ ∂F 1 ∂F ∂F ∂F = ρ sin2 φ cos θ − sin θ + sin φ cos φ cos θ ∂x ρ sin φ ∂ρ ∂θ ∂φ µ ¶ ∂F 1 ∂F ∂F ∂F = ρ sin2 φ sin θ + cos θ + sin φ cos φ sin θ ∂y ρ sin φ ∂ρ ∂θ ∂φ µ ¶ ∂F 1 ∂F ∂F = ρ cos φ − sin φ ∂z ρ ∂ρ ∂φ Hapi 5: Zëvendësojmë formulat për ~ i,~ j ,~ k nga Hapi 2 dhe formulat për ∂F ~ ∂F ~ ∂F ~ Kartezian ∇F(x, y, z) = i + j + k. ∂x

∂y

∂F ∂F ∂F ∂x , ∂y , ∂z

nga Hapi 4, në formulën e gradientit

∂z

Atëherë, µ ¶ ∂F ∂F 1 ∂F 2 ∇F = ρ sin φ cos θ − sin θ + sin φ cos φ cos θ (sin φ cos θ eρ − sin θ eθ ρ sin φ ∂ρ ∂θ ∂φ + cos φ cos θ eφ ) µ ¶ 1 ∂F ∂F ∂F + ρ sin2 φ sin θ + cos θ + sin φ cos φ sin θ (sin φ sin θ eρ + cos θ eθ ρ sin φ ∂ρ ∂θ ∂φ + cos φ sin θ eφ ) µ ¶ 1 ∂F ∂F + ρ cos φ − sin φ (cos φ eρ − sin φ eφ ) , ρ ∂ρ ∂φ ku shohim se janë 8 terma që përmbajnë eρ , 6 terma që përmbajnë eθ , dhe 8 terma që përmbajnë eφ . Atëherë, ∇F =

672

∂F 1 ∂F 1 ∂F eρ + eθ + eφ . ∂ρ ρ sin φ ∂θ ρ ∂φ ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Shembull 16.21. Në shembullin 16.19 treguam që ∇|~ r |2 = 2~ r dhe ∆|~ r |2 = 6, ku ~ r (x, y, z) = x ~ i +y~ j + z~ k në koordinata Karteziane. Verifikoni nëse marrim të njëjtat përgjigje në qoftë se kalojmë në koordinata sferike. Zgjidhje Meqenëse në koordinata sferike |~ r |2 = x 2 + y 2 + z 2 = ρ2 , le të jetë F(ρ, θ, φ) = ρ2 (pra i tillë që F(ρ, θ, φ) = |~ r |2 ). Gradienti i F në koordinata sferike është 1 ∂F 1 ∂F ∂F eρ + eθ + eφ ∂ρ ρ sin φ ∂θ ρ ∂φ ~ ~ 1 r r 1 = 2ρ eρ + (0) eθ + (0) eφ = 2ρ eρ = 2ρ = 2ρ = 2~ r ρ sin φ ρ |~ r| ρ

∇F =

µ ¶ µ ¶ 1 ∂ 1 ∂2 F 1 ∂F ∂ 2 ∂F ρ + + sin φ ρ2 ∂ρ ∂ρ ∂φ ρ2 sin2 φ ∂θ2 ρ2 sin φ ∂φ ¢ 1 ∂ 2 1 1 ∂ ¡ = 2 (ρ 2ρ) + 2 sin φ (0) (0) + 2 ρ ∂ρ ρ sin φ ρ sin φ ∂φ 1 1 ∂ (2ρ3 ) + 0 + 0 = 2 (6ρ2 ) = 6 . = 2 ρ ∂ρ ρ

∆F =

©AulonaPress

673

Kalkulus

Shaska T.

Ushtrime Gjeni Laplasin për funksionin f (x, y, z) në koordinata Karteziane. 279. f (x, y, z) = x + y + z

298. div (∇ f × ∇g ) = 0

281. f (x, y, z) = (x 2 + y 2 + z 2 )3/2

299. rot ( f F) = f rot F + (∇ f ) × F

282. f (x, y, z) = e x+y+z

300. rot (rot F) = ∇(div F) − ∆ F

283. f (x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3

301. ∆ ( f g ) = f ∆ g + g ∆ f + 2(∇ f · ∇g )

2 −y 2 −z 2

302. Vërtetoni Teoremën 16.15.

285. Gjeni Laplasin për funksionin f (x, y, z) = (x 2 + y 2 + z 2 )3/2 në koordinata sferike. 286. Gjeni Laplasin për funksionin f (x, y, z) = e −x në koordinata sferike.

296. div ( f F) = f div F + F · ∇ f 297. div (F × G) = G · rot F − F · rot G

280. f (x, y, z) = x 5

284. f (x, y, z) = e −x

295. rot (F + G) = rot F + rot G

2 −y 2 −z 2

z 287. Le të jetë f (x, y, z) = x 2 +y 2 në koordinata Karteziane. Gjeni ∇ f në koordinata cilindrike.

288. Për f(r, θ, z) = r er + z sin θ eθ + r z ez të dhënë në koordinata cilindrike, gjeni div f dhe rot f.

303. Gjeni formulën e gradientit në koordinata cilindrike: ∂F 1 ∂F ∂F ∇F = er + eθ + ez ∂r r ∂θ ∂z 304. Përdorni f = u ∇v në Teoremën e Divergjencës për të vërtetuar: 1. identitetin e parë të Green-it: Ñ Ï (u ∆ v + (∇u) · (∇v)) d V = (u ∇v) · d σ

289. Për f(ρ, θ, φ) = eρ + ρ cos θ eθ + ρ eφ te dhënë në koordinata sferike, gjeni div f dhe rot f. Vërtetoni barazimet (r = |~ r | është gjatësia e fushës vektoriale pozicion ~ r (x, y, z) = x ~ i +y~ j + z~ k). 290. ∇ (1/r ) = −~ r /r 3 291. ∆ (1/r ) = 0

Σ

S

2. identitetin e dytë të Green-it: Ñ Ï (u ∆ v − v ∆ u) d V = (u ∇v − v ∇u) · d σ S

Σ

293. ∇ (ln r ) =~ r /r 2

305. Supozojmë që ∆ u = 0 (d.m.th. u është harmonik) ∂u of u përgjatë një në R3 . Përcaktojmë derivatin normal ∂n sipërfaqeje të mbyllur Σ me vektor normal Î ∂u njësi të jashtëm n si ∂u = D u = n · ∇u. Vërtetoni që n ∂n ∂n d σ = 0.

294. div (F + G) = div F + div G

Udhëzim: Përdorni identitetin e dytë të Green-it.

292. ∇ · (~ r /r 3 ) = 0

674

Σ

©AulonaPress

Kapitulli 17

Appendix

y

y0

x

x0

E

YO

A C

D B x G ↑ /T ↓

675

Kalkulus

Shaska T.

f (x) x2

3

2 14 2

1 3/2

Z

x 2 dx

0

x 1

1 12

2

3

ℑ{z}

4i

3i

2i

1i −4

−3

−2

1

−1

−1i

2

3

4

ℜ{z}

|z − 1 + i | ≤ 3

−2i

−3i

−4i

676

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus y

1 x 0 −2

2

−1 1

2

−1 −2

y

5 x 0 −10

10

−5 −5 −10

5

10 yˆ

p = − sin φxˆ + cos φ yˆ

cos φ

ρˆ = cos φxˆ + sin φ yˆ

sin φ

θ

− sin φ

φ cos φ

xˆ

θ = 90◦ + φ p = cos θxˆ + sin θ yˆ = − sin φxˆ + cos φ yˆ ©AulonaPress

677

Kalkulus

Shaska T.

Lignes de champ

Equipotentielles

678

©AulonaPress

Bibliografia [1] T. Shaska, Leksione te Algjebres Lineare, AulonaPress, 2010. [2] T. Shaska, Hyrje në teorinë e ekuacioneve diferenciale, AulonaPress, [3] T. Shaska, Matematika Diskrete, AulonaPress, [4] A. Elezi, T. Shaska, Baza të argumentimit matematik, AulonaPress [5] T. Shaska, Algjebra Abstrakte, AulonaPress

679

Indeksi D~v f , 545 ∆, 668 ∂f R∂x , 535 C , 628, 630 ∇, 546, 667 2 ∇ H , 668 C , 639 ∂, 535 er , eθ , ez , eρ , eφ , 670 d~ r , 630

diferencial, 183, 630 Distanca midis një pike dhe një plani, 486 divergjencë, 654, 667, 671 drejtëza të kithëta, 487 drejtuese e parabolës, 406 ekuacion diferencial, 236 i sferës, 462 linear i planit, 485 skalar i planit, 485 valor, 539 vektorial, 485 ekuacione diferenciale të pjesshëm, 539 parametrike, 378 simetrike të drejtëzes, 483 elips, 408 elipsoid, 494, 655

Algjebra e vektorëve, 467 algoritmi i Njutonit, 560 antiderivat, 233 argument, 390 asimptotë horizontale, 108 vertikale, 84 bashkësi e mbyllur, 556 e përkufizimit të funksionit, 19 Bashkësia e numrave kompleksë C, 390 Bashkësia e përkufizimit të një funksioni vektorial, 506 Bashkësia e vlerave të funksionit, 19 bosht i hiperbolës, 410 bosht i parabolës, 406 boshti i madh i elipsit, 409 boshti polar, 393

fillim i vektorit, 466 fluks, 655 fokus i parabolës, 406 Formula e distancës në R3 , 461 formula e Eulerit, 391 Formula e integralit të trefishtë në koordinata cilindrike, 609 Formula e Muavrit , 391 formë diferenciale, 631 e saktë, 631, 648, 665 formë e pacaktuar, 208 formë e pacaktuar diferencë, 211 formë e pacaktuar prodhim, 211 fund i vektorit, 466 funksion, 19 C1 , 515 C∞ , 515 çift, 28 algjebrik, 34 arksinus, 60 bijektiv, 25 dysheme, 26 eksponencial, 43 fuqi, 39

capping surface, 665 cilindër parabolik, 490 curl, 668 Densiteti dhe masa, 594 derivat, 121 i~ r (t ), 510 i drejtuar, 545 i pjesshëm, 535 normal , 674 i drejtuar, 545 i pjesshëm, 535 derivate të pjesshme të përziera, 537 derivimi implicit, 163 680

Shaska T. i anasjelltë, 58 i diferencueshëm në a, 128 i diferencueshëm në një interval, 128 i pëkufizuar me pjesë, 25 i vazhdueshëm, 100 i vazhdueshëm nga e djathta, 101 i vazhdueshëm nga e majta, 101 injektiv, 24 invers, 58 kompozim, 51 kuadratik, 38 kubik, 38 limit, 87 me një ndryshore, 18 me një vlerë, 18 me shumë ndryshore bashkësia e vlerave, 526 bashkësi e përkufizimit, 526 monoton jorritës, 31 monoton jozvogëlues, 31 monoton rritës, 31 monoton zbritës, 31 racional, 40 syrjektiv, 24 tavan, 26 tek, 28 transhendent, 41 vazhdueshëm në një interval, 101 vektorial, 506 i vazhdueshëm, 532 linear, 34 funksion me dy ndryshore i integrueshëm, 572 funksione komponentë, 506 funksioni pozicion i objektit, 118 fushë e drejtimit, 237 fushë konservative, 642 fushë vektoriale, 630 normale, 659 e lëmuar, 644 fushë vektoriale normale, 659 Gaussian blur, 534 gjatësia e kurbës L, 515 gjurmë, 490 gradient, 546, 671 hapësira Euklidiane, 459 harmonik, 674 heliks, 506 helikë, 658 helikë konike, 658 Hiperboloidi, 494 ©AulonaPress

Kalkulus hiperbolë, 410 i derivueshëm në mënyrë të vazhdueshme, 546 i konjuguar i numrit kompleks, 390 identitetet e Green-it, 674 integral drejtvizor, 628, 630 i brendshëm, 577 i dyfishtë, 570 i dyfishtë , 571 i renditur, 577 i shumëfishtë, 569 i trefishtë, 600 i trefishtë , 600 i trefishtë në koordinatat cilindrike, 609 i trefishtë në koordinatat sferike, 613 sipërfaqsor, 651 sipërfaqësor, 650 integrali i caktuar, 250 integrali i dyfishtë në një zonë të çfarëdoshme, 585 integrim, 250 integrim i pjesshëm, 577 irrotational, 664 Jakobi, 538 Jakobi i transformimit, 619 komplanarë, 480 komponente, 467 Komponentët e vektorit, 467 Koni eliptik, 495 kontur, 527 koordinata cilindrike, 671 sferike, 671 koordinata polare, 393 koordinatat elipsoidike, 655 kosinuse drejtuese, 473 krahë të hiperbolës, 411 kulm i parabolës, 406 kulme të elipsit, 409 kulmet e hiperbolës, 410 kurba të nivelit z = c, 527 të orientuara, 638 Kurbaturë, 516 kurbë e lëmuar, 515 e mbyllur, 639 në hapësirës, 507 pjesë – pjesë e lëmuar, 632 thjesht e mbyllur, 639 kurbë parametrike, 378 681

Kalkulus kënd drejtues, 473 i zenithit, 500 ndërmejt dy vektorëve, 471 Laplasian, 668, 671 Ligjet e Keplerit, 419 limit i djathtë i funksionit, 81, 88 i funksionit, 76, 87 i majtë i funksionit, 81, 88 funksione me shumë ndryshore, 531 logaritëm natyror, 63 maksimum absolut, 549 lokal, 549 maksimum absolut, 188 maksimum lokal, 188 mbledhja e vektorëve , 459 minimum absolut, 549 lokal, 549 minimum absolut, 188 minimum lokal, 188 model matematik, 17 Moebius shiriti i Möbius-it, 659 multiply connected, 647 n- drejtim pozitiv , 660 ndryshore i pavarur, 19 ndryshore i varur, 19 normal i jashtëm, 653 normal ndaj një kurbe, 546 numrat drejtues, 483 numri natyror, 142 oktante, 460 paraboloid hiperbolik, 550 paraboloidi eliptik, 495 paraboloidi hiperbolik, 495 parabolë, 406 parametrizim i C, 515 parametër, 378 pasqyrimi konjugim komleks, 390 path independence, 648, 665 pavarësi nga rruga e përshkuar, 639 pika kritike, 550 pika kritike të kushtëzuara, 562 pikat ekstreme, 549 pike infleksioni, 204 682

Shaska T. Pikë kritike, 190 pikë kufiri, 556 pikë samari, 550 pikë shalë, 551, 552 pjesa imagjinare, 390 pjesa reale, 390 plane koordinative, 460 plani tangent, 540 plani normal, 519 plani tangent, 540 pol, 393 polinom, 38 grada, 38 potencial, 641 prerje tërthore, 490 probabiliteti, 597 prodhim kryq, 476 prodhimi i një vektori me skalar, 467 prodhimi i përzier, 479 prodhimi skalar, 471 prodhimi vektorial, 476 projeksion i vektorit, 474 projektimi stereografik, 498 puna, 627, 657 përafrim linear, 182 përafrim linear tangent, 182 qarkullim, 664 qendër e hiperbolës, 410 raport i çastit i ndryshimit, 119 raporti mesatar i ndryshimit, 119 rigoroz monoton, 31 rotor, 660 rotori, 671 rregulli fuqi, 175 rregulli i fuqisë i derivimit, 135 Rregulli i pikës së mesit, 573 Rregulli zinxhir, 640 rregulli zinxhir, 155 sferë, 491, 492 shuma dyfishe e Riemannit, 572 shume e dy vektorëve, 467 shumë e Riemanit, 251 shumëzuesat e Lagranzhit, 562 sipërfaqe, 526 cilindrike, 490 e mbyllur, 654 e orientuar, 659 dy-faqëshe, 659 sipërfaqet kuadratike, 491 ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

sipërfaqja, 592 sistemi koordinativ 3-dimesional, 460 skalarë, 459 solenoidale, 655 tangente, 117 Teorema Green, 644 e Divergjencës, 654 e Fubinit, 577, 578, 600 Stokes, 659, 660 Testi i derivatit të dytë, 551 thjesht të lidhur, 648, 665 torus, 651 transformim, 618 unazë, 647 vatra të elipsit, 408 të hiperbolës, 410 vazhdueshmëria, 532 vectorë paralelë, 459 vektor, 459 binormal, 519 drejtues, 483 njësi, 470 normal, 484, 518 normal njësi pozitiv, 660 pozicion, 630 prodhim, 476 normal, 652 vektorë bazë njësi, 470 vektorë të barabartë, 466 vlera absolute, 26 e funksionit, 19 maksimum, 188 minimum, 188 vlera mesatare, 574 vlerat ekstreme, 188 vëllimi, 293 vëllimi dhe integrali i dyfishtë , 570 zona plane të tipit 1, 585 zona plane të tipit 2, 585

©AulonaPress

683

Kalkulus

684

Shaska T.

©AulonaPress

Faqet e referencave Format bazë: 1.

R

R ud v = uv − vd u

2.

R

un d u =

3.

R

du u

4.

R

eu d u = eu + C

5.

R

au d u =

6.

R

sin ud u = − cos u + C

7.

R

cos ud u = sin u + C

8.

R

sec2 ud u = tan u + C

9.

R

16.

csc2 ud u = − cot u + C R sec u tan ud u = sec u + C R csc u cot ud u = − csc u + C R tan ud u = ln | sec u| + C R cot ud u = ln | sin u| + C R sec ud u = ln | sec u + tan u| + C R csc ud u = ln | csc u − cot u| + C R du p = sin−1 ua + C 2 2

17.

R

du a 2 +u 2

18.

R

pd u u u 2 −a 2

=

1 a

19.

R

du a 2 −u 2

=

1 2a

u+a ln | u−a |+C

20.

R

du u 2 −a 2

=

1 2a

u−a ln | u+a |+C

10. 11. 12. 13. 14. 15.

u n+1 n+1

+ C, n 6= 1

= ln |u| + C

au ln a

+C

a −u

=

1 a

tan−1 ua + C sec−1 ua + C

Forma që përmbajnë 21.

Rp

22.

R

a2 + u2 =

u 2

p

p

a2 + u2, a > 0

p 2 a 2 + u 2 + a2 ln(u + a 2 + u 2 ) + C

p p p 4 u 2 a 2 + u 2 = u8 (a 2 + 2u 2 ) a 2 + u 2 − a8 ln(u + a 2 + u 2 ) + C 685

Kalkulus p

Shaska T.

=

a 2 +u 2 u2

=−

R

24.

R

25.

R

2 pu d u a 2 +u 2

26.

R

p du a 2 +u 2

27.

R

pd u u a 2 +u 2

28.

R

pd u u 2 a 2 +u 2

29.

R

p

p

a 2 +u 2 u

23.

p

a 2 + u 2 − a ln | a+ p

=

p + ln(u + a 2 + u 2 ) + C

a 2 +u 2 u

p

u 2

a 2 +u 2 |+C u

a2 + u2 −

ap2 2 ln(u+ a 2 +u 2 )

+C

p = ln(u + a 2 + u 2 ) + C = − a1 ln |

du

p

+C

pu a 2 a 2 +u 2

+C

Forma që përmbajnë 30.

Rp

31.

R

32.

R

33.

R

34.

R

2 pu d u a 2 −u 2

35.

R

pd u u a 2 −u 2

36.

R

pd u u 2 a 2 −u 2

37.

R

38.

R

a 2 +u 2 +a |+C u

a 2 +u 2 a2u

=− =

3

(a 2 +u 2 ) 2

p

u 2

a2 − u2d u =

p

p

a2 − u2, a > 0 2

a 2 − u 2 + a2 sin−1 ua + C

p p 4 u 2 a 2 − u 2 d u = u8 (2u 2 − a 2 ) a 2 − u 2 − a8 sin−1 ua + C p p

p

p

a 2 −u 2 du u

=

a 2 −u 2 du u2

= − u1

= − u2

a 2 − u 2 − a ln | a+

p

p

a 2 −u 2 |+C u

a 2 − u 2 − sin−1 ua + C 2

a 2 − u 2 + a2 sin−1 ua + C p

= − a1 ln | a+ = − a 12 u

p

a 2 −u 2 |+C u

a2 − u2 + C

p 4 (a 2 − u 2 )3/2 d u = − u8 (2u 2 − 5a 2 ) a 2 − u 2 + 3a8 sin−1 ua + C du (a 2 −u 2 )3/2

=

pu a 2 a 2 −u 2

Forma që përmbajnë

+C

p u2 − a2, a > 0

39.

p p Rp 2 u 2 − a 2 d u = u2 u 2 − a 2 − a2 ln |u + u 2 − a 2 | + C

40.

R

p p p 4 u 2 u 2 − a 2 d u = u8 (2u 2 − a 2 ) u 2 − a 2 − a8 ln |u + u 2 − a 2 | + C

41.

R

p u 2 −a 2 du u

=

42.

R

p u 2 −a 2 du u2

=−

43.

R

p du u 2 −a 2

44.

R

2 pu d u u 2 −a 2

45.

R

46.

R

686

u2

p a u 2 − a 2 − a cos−1 |u| +C p u 2 −a 2 u

p + ln |u + u 2 − a 2 | + C

p = ln |u + u 2 − a 2 | + C =

u 2

pd u u 2 −a 2

=

du (u 2 −a 2 )3/2

p p 2 u 2 − a 2 + a2 ln |u + u 2 − a 2 | + C p u 2 −a 2 a2u

=−

+C

pu a 2 u 2 −a 2

+C ©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

Forma që përmbajnë a + bu 47.

R

ud u a+bu

=

1 (a + bu − a ln |a + bu|) + C b2

48.

R

u2 d u a+bu

=

1 [(a + bu)2 − 4a(a + bu) + 2a 2 ln |a + bu|] + C 2b 3

49.

R

du u(a+bu)

50.

R

du u 2 (a+bu)

51.

R

ud u (a+bu)2

52.

R

du u(a+bu)2

53.

R

u2 d u (a+bu)2

=

1 a

u ln | a+bu |+C

1 = − au + ab2 ln | a+bu u |+C a b 2 (a+bu)

=

=

+ b12 ln |a + bu| + C − a12 ln | a+bu u |+C

1 a(a+bu)

1 a2 (a + bu − a+bu b3

=

R p 54. u a + bud u =

− 2a ln |a + bu|) + C

2 (3bu − 2a)(a + bu)3/2 + C 15b 2

p

55.

R

p ud u (a+bu)

=

2 (bu − 2a) 3b 2

56.

R

2 pu d u (a+bu)

=

2 (8a 2 + 3b 2 u 2 − 4abu) 15b 3

57.

p

p du u (a+bu)

a + bu + C p

a + bu + C

p a+bu− a

p | + C, në qoftë se a > 0 = p1a ln | p a+bu+ a q = p2−a tan−1 a+bu −a + C, në qoftë se a < 0

R

p

a+bu du u

p R = 2 a + bu + a

a+bu du u2

=−

pd u u a+bu

58.

R

59.

R

60.

R

61.

R

n pu d u a+bu

62.

R

pd u u n a+bu

63.

R

sin2 ud u = 12 u − 14 sin 2u + C

64.

R

cos2 ud u = 12 u + 14 sin 2u + C

65.

R

tan2 ud u = tan u − u + C

66.

R

cot2 ud u = − cot u − u + C

67.

R

sin3 ud u = − 13 (2 + sin2 u) cos u + C

68.

R

cos3 ud u = 13 (2 + cos2 u) sin u + C

69.

R

tan3 ud u = 12 tan2 u + ln | cos u| + C

70.

R

cot3 ud u = − 12 cot2 u − ln | sin u| + C

71.

R

sec3 ud u = 12 sec u tan u + 21 ln | sec u + tan u| + C

p

p

a+bu u

p u n a + bud u = =

+ b2

R

pd u u a+bu

2 n 3/2 − na b(2n+3) [u (a + bu)

p 2u n a+bu b(2n+1)

2na − b(2n+1)

R

p

R

p u n−1 a + bud u]

n−1 u p du a+bu

b(2n−3) a+bu = − a(n−1)u n−1 − 2a(n−1)

R

d pu u n−1 a+bu

csc3 ud u = − 21 csc u cot u + 12 ln | csc u − cot u| + C R R 73. sinn ud u = − n1 sinn−1 u cos u + n−1 sinn−2 ud u n 72.

R

©AulonaPress

687

Kalkulus

Shaska T.

R cosn−1 u sin u + n−1 cosn−2 ud u n R 1 tann ud u = n−1 tann−1 u − tann−2 ud u R −1 cotn ud u = n−1 cotn−1 u − cotn−2 ud u R 1 n−2 secn ud u = n−1 tan u secn−2 u + n−1 secn−2 ud u R −1 n−2 cscn ud u = n−1 cot u cscn−2 u + n−1 cscn−2 ud u

cosn ud u =

1 n

74.

R

75.

R

76.

R

77.

R

78.

R

79.

R

sin au sin bud u =

80.

R

cos au cos bud u =

81.

R

cos(a+b)u sin au cos bud u = − cos(a−b)u 2(a−b) + 2(a+b) + C

82.

R

u sin ud u = sin u − u cos u + C

sin(a−b)u 2(a−b)

− sin(a+b)u 2(a+b) + C

sin(a−b)u 2(a−b)

+ sin(a+b)u 2(a+b) + C

R

u cos ud u = cos u + u sin u + C R 84. u n sin ud u = −u n cos u + n u n−1 cos ud u R R 85. u n cos ud u = u n sin u − n u n−1 sin ud u R R n−1 u cosm+1 u n−1 + n+m 86. sinn u cosm ud u = sin n+m sinn−2 u cosm ud u R m−1 sinn+1 u cosm−1 u n m−2 + n+m sin u cos ud u = n+m 83.

R

Format trigonometrike të anasjellta p sin−1 ud u = u sin−1 u + 1 − u 2 + C p R 88. cos−1 ud u = u cos−1 u − 1 − u 2 + C R 89. tan−1 ud u = u tan−1 u − 12 ln(1 + u 2 ) + C 87.

R

90.

R

u sin−1 ud u =

2u 2 −1 4

sin−1 u + u

91.

R

u cos−1 ud u =

2u 2 −1 4

cos−1 u −

92.

R

u tan−1 ud u =

u 2 +1 2

93.

R

u n sin−1 ud u =

1 n+1 sin−1 u − n+1 [u

94.

R

u n cos−1 ud u =

1 n+1 cos−1 u + n+1 [u

R

upn+1 d u ], n 1−u 2

6= −1

95.

R

u n tan−1 ud u =

1 n+1 tan−1 u − n+1 [u

R

u n+1 d u ], n 1+u 2

6= −1

p 1−u 2 +C 4 p u 1−u 2 +C 4

tan−1 u − u2 + C R

upn+1 d u ], n 1−u 2

6= −1

Format eksponenciale dhe logaritmike 96.

R

97.

R

98.

R

ue au d u =

1 (au − 1)e au a2

+C R u n e au d u = a1 u n e au − na u n−1 e au d u e au sin bud u =

e au (a sin bu − b cos bu) + C a 2 +b 2 au

e au cos bud u = a 2e+b 2 (a cos bu + b sin bu) + C R 100. ln ud u = u ln u − u + C 99.

688

R

©AulonaPress

Shaska T.

Kalkulus

101.

R

u n ln ud u =

102.

R

1 u ln u d u

u n+1 [(n + 1) ln u − 1] + C (n+1)2

= ln | ln u| + C

Format hiperbolike 103.

R

sinh u d u = cosh u + C

104.

R

cosh ud u = sinh u + C

105.

R

tanh ud u = ln cosh u + C

106.

R

coth ud u = ln | sinh u| + C

107.

R

sec hud u = tan−1 | sinh u| + C

108.

R

csc hud u = ln | tanh 12 u| + C

109.

R

sec h 2 ud u = tanh u + C

110.

R

csc h 2 ud u = − coth u + C

111.

R

sec hu tanh ud u = − sec hu + C

112.

R

csc hu coth ud u = − csc hu + C

Forma që përmbajnë

p 2au − u 2 , a > 0

113.

Rp 2au − u 2 d u =

114.

R p u 2au − u 2 d u =

115.

R

116.

R

117.

R

p du 2au−u 2

= cos−1 ( a−u a )+C

118.

R

p ud u 2au−u 2

p = − 2au − u 2 + a cos−1 ( a−u a )+C

119.

R

p u du 2au−u 2

120.

R

p du u 2au−u 2

p 2au−u 2 du u p 2au−u 2 du u2

2

©AulonaPress

=

u−a 2

2u 2 −au−3a 2 6

p 3 2au − u 2 + a2 cos−1 ( a−u a )+C

p 2au − u 2 + a cos−1 ( a−u a )+C

= −2

p 2au−u 2 u

= − u+3a 2 =−

p 2 2au − u 2 + a2 cos−1 ( a−u a )+C

− cos−1 ( a−u a )+C

p 2 2au − u 2 + 3a2 cos−1 ( a−u a )+C

p 2au−u 2 au

+C

689

ISBN: 978-1-60985-000-5 ISBN: 1-60985-000-9

AulonnaPress 2010