MATEMATIKA S STATISTIKO UNIVERZITETNI ŠTUDIJ BIOKEMIJE 1. LETNIK
Welcome message from author
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
MATEMATIKA S STATISTIKO
UNIVERZITETNI ŠTUDIJ BIOKEMIJE
1. LETNIK
ŠTEVILA IN FUNKCIJE
1.Računanje s pribliţki
2.Realna števila
3.Funkcije
Avogadrovo število je 6.023x1023 molekul/mol. Kaj to pomeni?
V enem molu snovi je natanko 602300000000000000000000 molekul?
Seveda ne, vse količine, ki jih dobimo z merjenjem so pribliţne.
6.02300
decimalna mesta
pravilna mesta
Število decimalnih mest je odvisno od zapisa:
203.55=2.0355x102=2035.5x10-1
število pravilnih mest pa je vedno enako.
Pribliţne količine
Pomemben dogovor:
v zapisu obdrţimo le značilna mesta, tj. če zapišemo N0=6.0230x1023 pomeni, da je tudi zadnja ničla značilna.
Vsaka količina je rezultat zaokroţanja. Pri tem števke 0,1,2,3,4 zaokroţamo navzdol, 5,6,7,8,9 pa navzgor.
PRIMER
1.08462 = 1.085 zaokroţeno na tri decimalke
= 1.08 zaokroţeno na dve decimalki
Zato N0=6.0230x1023 pomeni
6.02295x1023 ≤ N0 < 6.02305x1023, oziroma (6.0230 ± 0.00005)x1023
medtem ko N0=6.023x1023 pomeni
6.0225x1023 ≤ N0 < 6.0235x1023 oziroma (6.023 ± 0.0005)x1023
Računanje s pribliţnimi količinami
praktična pravila:
(1.2846+21.72) / 13.14=? kalkulator: 1.750730594
Katere decimalke je smiselno obdrţati?
• natančnost rezultata ne more biti večja od natančnosti podatkov
• pri seštevanju in odštevanju naj bo število decimalnih mest rezultata enako najmanjšemu številu decimalnih mest faktorjev
(npr. 1.2846+21.72=23.00 in ne 23.0046)
• pri mnoţenju in deljenju naj bo število značilnih mest rezultata enako najmanjšemu številu značilnih mest faktorjev
(npr. 23.0046/13.14=1.751 in ne 1.75 ali 1.750730594)
PRIMERI
S titracijo smo 25 cm3 raztopine NaOH nevtralizirali z 12.21 cm3 raztopine
HCl. Izračunaj koncentracijo NaOH, če je koncentracija HCl 0.0942 mol/dm3.
c = (12.21 x 0.0942)/25.00 = 0.04600728
Upoštevamo tri značilna mesta ⇒ c = 0.0460 mol/dm3
Koliko ţeleza nastane, če se pri redukcijski reakciji
Fe2O3 + 3 CO 2 Fe + 3 CO2
porabi 503 g ogljikovega monoksida? (Fe 55.85 g/mol, CO 28.01 g/mol)
m = 503/28.01 x 2/3 x 55.85 = 668.634412
Števila molekul, ki nastopajo v reakciji (2 Fe, 3 CO) so cela, tj. točna, zato štejemo, da je število značilnih decimalk neskončno.
m = 669 g
(12.215 x 0.09425)/24.995=0.046059761
(12.205 x 0.09415)/25.005=0.045954839
Realna števila
Realna števila so vsa (končna in neskončna) decimalna števila.
Realna števila so teoretični konstrukt, ki nam omogoča, da točno izrazimo vse količine.
Ker ni mogoče napisati neskončnega zaporedja decimalk, sloni zapis in računanje z realnimi števili na pribliţkih.
Le nekatera realna števila (npr. koreni, število π ...) so podana implicitno in z njimi lahko računamo točno, brez zaokroţevanja (npr. √2 x√3 =√6).
Če na premici označimo enotsko dolţino, lahko točke premice enačimo z mnoţico realnih števil ℝ.
0 1
(pravimo, da smo na premici vpeljali koordinate)
Realno število lahko podamo z vedno boljšimi pribliţki, npr. 3, 3.1, 3.14, 3.141, 3.1415, 3.14159, 3.141592, ... , π.
Sčasoma se je izkazalo, da je podajanje realnih števil z eksplicitnim navajanjem decimalk preveč okorno in da je boljše, če realno število podamo kot “največji” element neke (navzgor) omejene mnoţice realnih števil.
Pri računanju z realnimi števili si prav tako pomagamo s pribliţki:
če a,b ∈ ℝ nadomestimo pribliţno nadomestimo z a’,b’, potem soa’+b’, a’-b’, a’b’ in a’/b’ pribliţki za a+b, a-b, ab in a’/b’.
(vendar pozor, to niso vedno decimalni pribliţki!)
npr.2.56 x 3.17 = 8.1152, medtem ko je 2.5 x 3.1 = 7.75
Naj bo A, mnoţica naravnih števil, katerih kvadrat je manjši od 5:
2.2
2.23
2.236
2.2360
Vsaka navzgor omejena mnoţica realnih števil določa zaporedje decimalk in s tem neko realno število
PRIMER
5| 2xRxA
1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1 2.2 2.3
2.13 2.14 2.15 2.16 2.17 2.18 2.19 2.20 2.21 2.22 2.23 2.24
2.226 2.227 2.228 2.229 2.230 2.231 2.232 2.233 2.234 2.235 2.236 2.237
2.2350 2.2351 2.2352 2.2353 2.2354 2.2355 2.2356 2.2357 2.2358 2.2359 2.2360 2.2361
5
Tako določeno število a, presega vse elemente mnoţice A, kar ne velja za nobeno od a manjše število, zato pravimo, da je anatančna zgornja meja mnoţice A.
Vsaka navzgor omejena mnoţica realnih števil ima natančno zgornjo mejo
latinsko: a je supremum mnoţice A, pišemo a=sup A
Kadar je a=sup A ∈ A, pravimo, da je a maksimum mnoţice A in pišemo a=max A. Navzgor omejena mnoţica ima vedno supremum, lahko pa se zgodi, da nima maksimuma.
Vsaka navzdol omejena mnoţica realnih števil ima natančno spodnjo mejo, ki ji pravimo tudi infimum in pišemo a=inf A.
Kadar je a=inf A element mnoţice A, pravimo, da je a minimum mnoţice A in pišemo a=min A. Navzdol omejena mnoţica ima vedno infimum, lahko pa se zgodi, da nima minimuma.
PRIMERI
11|sup1|sup xQxxRx (maksimuma ni)
01|sup xZx max=0
24|sup 2xRx
nn aaxRx |sup
55|sup 2xRx
sup {ploščine krogu vrisanih mnogokotnikov}
= ploščina kroga =
inf {ploščine krogu orisanih mnogokotnikov}
dolţina krivulje = sup {dolţine „lomljenk‟ ob krivulji}
Angleška 1. liga 2005-2006
Topnost kisika v vodi
pri tlaku 760 mmHg
FUNKCIJE
7,04359,3717
7,13349,5616
7,22339,7615
7,32329,9814
7,423110,2013
7,533010,4312
7,642910,6711
7,752810,9210
7,862711,199
7,992611,478
8,112511,767
8,252412,066
8,382312,375
8,532212,704
8,682113,053
8,842013,402
9,011913,771
9,181814,160
Kisik (mg/L)Temperatura (oC)Kisik (mg/L)Temperatura (oC)Premier League Final table
Chelsea 95
Arsenal 83
Manchester United 77
Everton 61
Liverpool 58
Bolton Wanderers 58
Middlesbrough 55
Mancester City 52
Tottenham Hotspur 52
Aston Villa 47
Charlton Athletic 46
Birmingham City 45
Fulham 44
Newcastle United 44
Blackburn Rovers 42
Portsmouth 39
West Bromwich Albion 34
Crystal Palace 33
Norwich City 33
Southampton 32
x je argument,
f(x) je funkcijska vrednost.
f: x ↦ f(x)
))((: xfgxfg
Funkciji f in g lahko sestavimo, če sovrednosti f vsebovane med argumenti g.
Funkcija je pravilo, ki vsakemu argumentu priredi eno funkcijsko vrednost.
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
Arsenal
Aston Villa
Birmingham City
Blackburn Rovers
Bolton Wanderers
Charlton Athletic
Chelsea
Crystal Palace
Everton
Fulham
Liverpool
Mancester City
Manchester United
Middlesbrough
Newcastle United
Norwich City
Portsmouth
Southampton
Tottenham Hotspur
West Bromwich Albion
0,00
2,00
4,00
6,00
8,00
10,00
12,00
14,00
16,00
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35
Grafična predstavitev funkcije
Grafična predstavitev je smiselna, če nam nekaj pove o zvezi med argumenti in funkcijskimi vrednostmi.
Podajanje s formulo
53)( xxf linearna funkcija
2
2gts pot pri prostem padcu
razdalja točke do izhodišča22),( vuvud
))()()((4
1cbacbacbacbaS Herenova formula
n
xxx n1 povprečna vrednost
Formula je lahko odvisna od ene, dveh ali več spremenljivk.
Definicijsko območje formule tvorijo tisti nabori spremenljivk, za katere lahko izračunamo formulo.
Graf
RARAf ,:
Graf f je mnoţica točk v ravnini, ki so oblike (x, f (x)) za x∈A.
x
xxl
1
1)(
1
1
2,: RARAf
Graf f je mnoţica točk v prostoru, ki so oblike (x, y,f(x,y)) za (x,y)∈A.
221),( yxyxf
Odsekoma definirane funkcije
PVT-diagram idealnega plina
PVT-diagram realne snoviV
nRTP
Značilnosti grafa odraţajo naravo funkcijske zveze.
1. Definicijsko območje, zaloga vrednosti
2. Naraščanje in padanje, ekstremi
3. Ukrivljenost
4. Trend na robu definicijskega območja
5. Periodičnost in simetrije
V posodo točimo vodo iz pipe. Kateri graf prikazuje spreminjanje gladine hvode v odvisnosti od časa t ?
PRIMERI
t
hA
t
hB
t
hC
t
hD
Ker so stene posode navpične, gladina narašča enakomerno - linearno.
Kateri graf ponazarja kinetično energijo E telesa, ki se giblje s hitrostjo v?
v
EA
v
EB
v
EC
v
ED
Kinetična energija je sorazmerna kvadratu hitrosti, E=mv2/2.
Kateri graf prikazuje spremembo prostornine V zraka v posodi ob spreminjanju pritiska p?
p
VB
p
VD
p
VA
p
VC
Boyle-Mariottov zakon: pV=konst., zato je V~1/p.
Kateri graf ponazarja nihanje strune na kitari?
t
yA
t
yC
t
yB
t
yD
Fizikalno: amplituda eksponentno pada, frekvenca se ne spreminja.
Matematično: y=e-at sin(bt), a je dušenje, b je frekvenca nihanja.
Kateri graf ponazarja nihanje strune na kitari?
Nihanje napete strune je primer dušenega nihanja:
moč zvoka hitro upade, višina pa ostane nespremenjena.
Kateri graf prikazuje spremembo temperature T ogrevane posode v odvisnosti od časa t, če je posoda prazna, in kateri, če je posoda polna vode?
Posoda se ogreje do temperature vira toplote. Hitrost segrevanja je sorazmerna razliki temperatur (Newtonov zakon), zato razlika temperatur eksponentno upada. Temperatura polne posode se ne povečuje dokler vsa voda ne povre.
t
TB
t
TC
t
TA
t
TD
prazna posodaposoda z vodo
Kateri graf ponazarja število sekund, ki ga kaţe sekundni kazalec na uri?
t
A
t
B
t
C
t
D
Definicijsko območje in zaloga vrednosti
x
xxf
1
1)(
Definicijsko območje Df je „senca‟ (tj. slika projekcije) grafa na osi x, zaloga vrednosti Zf pa je senca na osi y.
1
1
)1,1[fD
),0[fZ
Naraščanje in padanje funkcije
Pri stalni temperaturi je tlak padajoča funkcija prostornine.
naraščajoča padajoča
Lokalno naraščanje in padanje funkcije
pri b je funkcija naraščajoča
pri a je funkcija padajoča
a b
Globalni ekstremi
(globalni) minimum
(globalni) maksimum
Lokalni ekstremi
lokalni minimum
lokalni maksimum
ravnovesne lege so tipični primeri
lokalnih ekstremov
Konveksnost in konkavnost
Funkcija je konveksna, če se njen graf krivi navzgor in konkavna, če se graf krivi navzdol.
konkavnost grafa ponazarja pojemanje procesa
konveksnost grafa ponazarja
pospeševanje procesa
konveksna
konkavna
Prevoji
Prevoji so točke, pri katerih funkcija preide iz konveksne v konkavno, ali obratno.
Kritična točka snovi je prevoj na kritični izotermi.
Prevoj je točka, pri kateri proces preide iz pospeševanja v zaviranje ali obratno.
Asimptote
npr. temperatura posode, ki se segreje le do temperature vira
npr. dušeno nihanje
Vodoravna asimptota
Linearna asimptota
Vsiljeno nihanje, asimptota je sinusoida
Periodičnost in simetrija
soda
liha
1. Definicijsko območje, zaloga vrednosti
2. Naraščanje in padanje, ekstremi
3. Ukrivljenost
4. Trend na robu definicijskega območja
5. Periodičnost in simetrije
Predstavitev značilnosti funkcije na grafu
Elementarne funkcije
Kotne in
ločne funkcije
Polinomi
Racionalne funkcije
Algebrajske funkcije
Eksponentne in
logaritmske funkcije
17)( 23 xxxp
1
53)(
3
2
xx
xxxQ
5 2
3 2 11)(
xxx
xxxA
xx eexf 2)( 2
)1ln()( 2xxxg
)cos(3)12sin()(2
xxxu
x
xxv
1
1arcsin)( )1arctg()( 2xxw
Elementarne funkcije dobimo s pomočjo računskih operacij in sestavljanja iz osnovnih funkcij.
Osnovne funkcije:
potence Znxn ,
koreni Znxn ,
eksponentna ex
logaritemska ln x
sinus sin x
arkus sinus arcsin x
arkus tangens arctg x
Funkcija f:AB je predpis, ki vsakemu elementu domene A priredi en element kodomene B.
Krivulja v ravnini je graf neke funkciječe jo vsaka navpična premica seka največ enkrat.
Funkcije podane z grafom
Obratne funkcije
Praslika f -1(b)={a∈A| f(a)=b} (rešitve enačbe f(a)=b)
Predpis b ↦ f -1(b) določa funkcijo, če imajo
mnoţice f -1(b) natanko en element za vse b∈B.
Tedaj pravimo, da je f bijektivna, predpis
f -1:BA, b ↦ f -1(b)
pa je obratna (inverzna) funkcija za f.
Funkcijo, ki ni bijektivna po potrebi popravimo s spremembo domene ali kodomene.
f je surjektivna, če imajo f -1(b) vsaj en element.
f je injektivna, če imajo f -1(b) največ en element.
f :AB
Eksponentna funkcija
injektivna
surjektivna
Zoţimo kodomeno na (0,+).
Obratna funkcija je
exp-1=ln: (0,+)
PRIMERI
exp: (0,+) je bijektivna.
Tangens
injektivna
surjektivna
Zoţitev
je bijektivna.
R)2
,2
(:tg
je strogo naraščajoča, ima
vodoravni asimptoti y= π/2
)2
,2
(:tgarctg 1 R
Obratna funkcija
je bijektivna.
]1,1[]2
,2
[:sin
]2
,2
[]1,1[:sinsinarc 1Obratna funkcija je
2
2
1 1
2 2
1
1
Ločne funkcije (ciklometrične funkcije)
arcsin(x) „arkus sinus‟
inverzna funkcija glavne veje funkcije sin(x)
definirana na intervalu [-1,1], zaloga vrednosti interval
[-π/2,π/2 ]
xexy
yeyx
xexxf )(
bijekcija je :f
Obratna funkcija
ni elementarna funkcija.
:1f
Funkcijske enačbe, implicitne funkcije
Za funkcijo f pravimo, da je podana implicitno.
F(x,y)=0
f : AB je rešitev funkcijske enačbe če je F(x,y)definirana za x ∈ A, y ∈ B in je F(x,f(x))=0 za vse x∈A.
322 yxyx
]2,2[:, 21 ff
2
312)(
2
1
xxxf
2
312)(
2
2
xxxf
PRIMER
133 4224 yyxx
6
3123)(
42
1
xxxf
6
3123)(
42
2
xxxf
6
3123)(
42
3
xxxf
6
3123)(
42
4
xxxf
1
2a 2b
3a 3b
4
Implicitna enačba določa funkcijo na odseku med dvema navpičnima tangentama
)arctg()( xxf
xxf )(1
3)(
3
2
xxxf
53)(
53
3
xxxxf
753)(
753
4
xxxxxf
Zaporedja funkcij
Taylorjevi pribliţki za funkcijo arctg(x)
)sin(19.1)(1 xxf
xxxxf 3sin29.02sin38.0sin19.1)(2
xx
xxxxf
5sin16.04sin20.0
3sin29.02sin38.0sin19.1)(3
xx
xx
xxxxf
7sin12.06sin13.0
5sin16.04sin20.0
3sin29.02sin38.0sin19.1)(4
)arctg()( xxf
Fourierjevi pribliţki za funkcijo arctg(x)
Limita zaporedja
Število L je limita zaporedja (xn), če so števila xn blizu L za vse dovolj velike n.
Bolj natančno, L je limita zaporedja (xn) če velja naslednje: za vsako pozitivno število ε obstaja tako naravno število N, da je xn∈(L-ε,L+ε), za vse n, ki so večji od N.
Pišemo . nn
x L lim
Število L je limita funkcije f pri točki a če velja naslednje: za vsako pozitivno
število ε obstaja interval I okoli točke a, da je f(x)∈(L-ε,L+ε) za vse x iz I.
LIMITE
Limita funkcije
f(x) Lax
limPišemo .
Zaporedja, podana s rekurzivnim pravilom
xn+1=xn+3 rekurzivno pravilo
x0=1 začetni člen
x1=1+3=4
x2=4+3=7
x3=7+3=10
. . . 1,4,7,10,… aritmetično zaporedje
xn+1=3xn rekurzivno pravilo
x0=1 začetni člen
x1=3
x2=9
x3=27. . .
1,3,9,27,… geometrično zaporedje
x0=0.1 xn+1=2xn(1-xn)
x1=2 · 0.1 · (1-0.1)=0.18
x2=2 · 0.18 · (1-0.18)=0.2952
x3=2 · 0.2952 · (1-0.2952)=0.41611392
0.1, 0.18, 0.2952, 0.41611392, ... ?
0.1
0.18
0.2952
0.4161
0.4859
0.4996
0.4999
0.5000
0.5000
0.5000
0.5000
. . . Limita je 0.5
x0=0.2 xn+1= 2.9 xn(1-xn)
0.2
0.464
0.7212
0.5830
0.7049
0.6031
0.6941
0.6156
0.6861
0.6244
0.6800
0.6309
0.6752
0.6359
0.6714
0.63970.6551724182
Limita je 19/29!
x0=0.2222 xn+1= 4 xn(1-xn)
0.2222
0.691308
0.853604
0.499856
0.999999
0.0835
0.3063
0.8500
0.5099
Zaporedje je kaotično – ni limite!
x0=0.2
xn+1= 4 xn(1-xn)
x0=0.21
Zaporedje je zelo občutljivo na začetno vrednost (in torej tudi na računske napake)!
Poskakujoča ţoga
višina ţoge
hitrost
pospešek
t
Višina se spreminja zvezno, hitrost pa nezvezno. Pospešek se prav tako spreminja nezvezno, vendar ga lahko dopolnimo do zvezne funkcije.
Vsako naraščajoče, navzgor omejeno zaporedje ima limito.
Naj bo ε pozitiven: potem je L-ε manj od L.
Zaradi lastnosti natančne zgornje meje obstaja tak N, da je xN>L-ε
(xn) je naraščajoče, zato za vsak n ≥ N velja L-ε < xn ≤ L.
Zaporedje (xn) je naraščajoče, če je xn≤xn+1.
Če je (xn) navzgor omejeno, ima natančno zgornjo mejo L.
Pokaţimo, da je nxL lim
Za poljuben ε so pozni členi zaporedja ε-blizu L, torej je L limita zaporedja.
Primer
x0=0.2 xn+1=2xn(1-xn)
xn+1-xn = 2xn(1-xn)-xn = xn(1-2xn)
Če je 0 ≤ xn ≤ 0.5, je xn ≤
xn+1.Povrhu, če je 0 ≤ xn ≤ 0.5,
je xn+1 = 2xn(1-xn) ≤ 0.5
0.5
0 1y =2x (1-x)
Zaporedje je naraščajoče in omejeno, torej ima limito.
Računska pravila za limite(za zaporedja in za funkcije)
2211 limlim LfLf ,
2121 )lim LLff(
2121 )lim LLff(
2121 )lim LLffA
(
2
1
2
1limL
L
f
f(če je L2≠0)
Pravila smemo uporabiti le kadar limite obstajajo!
Zvezne funkcije
Primeri: vse elementarne funkcije, večina funkcij, ki nastopajo pri modeliranju naravnih procesov.
Alternativna definicija:
Funkcija f je zvezna pri točki a, če je v tej točki definirana in če za vsak
pozitiven ε obstaja tak interval I okoli točke a, da je |f(a)-f(x)|<ε za vse x∈I.
Funkcija f je zvezna pri točki a, če je f definirana v a in je
)()(lim afxfax
Funkcija f je zvezna, če je zvezna pri vseh točkah kjer je definirana.
Intuitivno: funkcija je zvezna pri a, če so blizu a njene vrednosti blizu f(a).
Funkcija n spremenljivk je zvezna pri neki točki v ℝn če se njena limita pri tej točki ujema s funkcijsko vrednostjo.
)),(lim),((),(),(
yxfbafbayx
npr.
Vse osnovne funkcije so zvezne, računske operacije in sestavljanje funkcij pa ohranjajo zveznost.
Podobno sklepamo za ostale računske operacije.
Zveznost elementarnih funkcij
Vse elementarne funkcije so zvezne.
f,g: A → B zvezni funkciji
))(()()()(lim)(lim))((lim agfagafxgxfxgfaxaxax
f+g je zvezna.
f: A → B, g: B → C zvezni funkciji
))(())(lim())(((lim afgxfgxfgaxax
gof je zvezna.
Pomoţni rezultat:
Če se dolţine intervalov
[a1,b1] ⊇ [a2,b2] ⊇ [a3,b3] ⊇ ...
manjšajo proti 0 (tj. lim(bn-an)=0),
potem je v njihovem preseku natanko ena točka
a1b1a2 b2a3 b3
Leva krajišča intervalov so naraščajoče omejeno zaporedje, zato imajo limito A. Desna krajišča so padajoče omejeno zaporedje in imajo limito B. Presek vseh intervalov je ravno interval [A,B].
Ne more biti A < B, ker v zaporedju obstaja interval krajši od B-A. Zato je A=B in v preseku je samo ena točka.
Lastnosti zveznih funkcij
f: [a,b] → ℝ zvezna f je omejena
[a,b] razpolovimo. Če bi bila f neomejena, bi morala biti neomejena vsaj na eni od polovic. To polovico razpolovimo naprej in sklepamo enako: vsaj na enem delu je f neomejena. Z nadaljevanjem postopka dobimo padajoče zaporedje intervalov na katerih je f neomejena in je vsak polovica prejšnjega. Naj bo p točka, ki je presek teh intervalov. Po konstrukciji je f neomejena na vsakem intervalu, ki vsebuje p. To je v nasprotju s privzetkom, da je f zvezna pri p, saj bi na nekem intervalu okoli p moralo veljati |f(p)-f(x)|<1.
Protislovje je povzročil privzetek, da je f neomejena, zato sklepamo, da je f omejena.
f: [a,b] → ℝ zvezna f zavzame maksimum in minimum
Ker je zaloga vrednosti funkcije f omejena, ima natančno zgornjo mejo M. Če M ne bi bila doseţena v nobeni točki domene [a,b] potem bi predpis g(x)=1/(M-f(x)) podal zvezno neomejeno funkcijo g:[a,b] → ℝ. To ni mogoče, zato sklepamo, da je f(x)=M za nek x∈[a,b], torej f zavzame maksimum M na [a,b].
Podobno sklepamo, da f zavzame tudi minimum na intervalu [a,b].
f: [a,b]ℝ zvezna f zavzame vse vrednosti med min f in max f
Privzemimo f(a)<f(b) in izberimo neko vmesno vrednost v: f(a)<v<f(b).
Mnoţica vseh x ∈ [a,b] za katere velja f(x) < v je neprazna in omejena, zato ima natančno zgornjo mejo, ki jo označimo s c.
Trdimo f(c)=v.
Res, f(c) ne more biti večji od v, saj so poljubno blizu c točke v katerih so vrednosti f manjše od v.
Po drugi strani pa f(c) ne more biti niti manjši od v, saj so v vseh točkah intervala,ki so desno od c vrednosti f večje od v.
Ostane le še moţnost f(c)=v.
a b
f(a)
f(b)
c
v
Zvezna funkcija na zaprtem intervalu zavzame minimum, maksimum in vse vmesne vrednosti.
Njena zaloga vrednosti je zaprti interval
[min f, max f ].
3 6
Bisekcija - določanje ničel zveznih funkcij
55 23 xxxf )(
4.5
5.25
4.85
4.67
4.76
4.80
Ničla je ≈ 4.78
PRIMER
Enačbo x=e-x reši na dve decimalki natančno.
y=xy=e-x
y=x-e-x
Prevedemo na: x-e-x=0
Iščemo ničlo funkcije f(x)=x-e-x
f(0)=-1, f(0)=1-1/e≈0.63, torej ima f ničlo na intervalu [0,1]
f(0.5)=-0.106, zato nadaljujemo na intervalu [0.5,1]
f(0.75)=0.277, zato nadaljujemo na intervalu [0.5,0.75]
f(0.62)=0.082, zato nadaljujemo na intervalu [0.5,0.62](ker iščemo rešitev na dve decimalki natančno, ni potrebno računati f(0.625))
f(0.56)=-0.011, zato nadaljujemo na intervalu [0.56,0.62]
f(0.59)=0.035, zato nadaljujemo na intervalu [0.56,0.59]
f(0.57)=0.004, zato nadaljujemo na intervalu [0.56,0.57]
Prvi dve decimalki vseh števil na intervalu [0.56,0.57] se ujemata, zato lahko postopek bisekcije ustavimo in za pribliţno rešitev vzamemo x=0.56 .(natančnejša rešitev je x = 0.5671432986 – računanje z bisekcijo bi zahtevalo še dodatnih 25 korakov)
Ekstrem na polodprtem intervalu
Funkcija nima maksimuma, ima pa minimum.
Ekstrem na neomejenem intervalu
Funkcija nima maksimuma, ima pa minimum.
Ekstrem in asimptota
Funkcija, ki ima vodoravno asimptoto, zavzame vsaj enega izmed ekstremov.
Ekstremi funkcij več spremenljivk
je omejena, če so vse točke oddaljene od izhodišča za manj kot neko število M;
je zaprta, če vsebuje vse točke, ki so na njenem robu;
Točka a je na robu A če so v njeni bliţini tako točke, ki so v A, kot točke, ki niso v A.
A⊆ℝn
omejena
zaprta
omejena
zaprta
omejena
zaprta omejena
zaprta
Zvezna funkcija na omejeni in zaprti mnoţici zavzame maksimum in minimum.
Če je mnoţica povezana, potem funkcija
zavzame tudi vse vmesne vrednosti.
(Mnoţica je povezana, če lahko poljubni dve točki poveţemo s krivuljo, ki leţi v celoti znotraj mnoţice.)
Ekstrem funkcije več spremenljivk na neomejeni mnoţici:
Funkcija zavzame minimum.
Naj bo f: ℝ2→ℝ
zvezna
in naj velja y x yxf aliza),(
Asimptote
Pol pri b:
Vodoravna asimptota:
)(limali)(lim xf xfbxbx
kxfx
)(lim
Poševna asimptota
0)()(lim lkxxfx
kxxfl
x
xfk
x
x
)(lim
)(lim
8
9
2
353
4
95
2
353
4
9353
2
353
23
2
23
2343
23
xxxx
x
xxxx
xxxxxxxxxl
4x4
4
x
4
xlimlimlim
Primer
234 53 xxxf(x)
2
3
153
53
53
53
53
5353
4
3
23
3
23
4323
)
lim)(
lim)(
limlim
xx1
x
xxxx
x
xxxx
xxx
x
xxxk
x4x4
4
x
4
x
Rekurzivna zaporedja
(geometrično zaporedje)
(aritmetično zaporedje)
,...),( 32110 ,,n xfx ax nn
10 2511 nn xx x .
501 10 .nn xx x
61
6
176.0 11
0nn
n
xx xx
1
21
02
420
n
nn
x
xx x .
negibne točke
Naj bo f zvezna.
Če obstaja
,lim xa nn
potem za x velja:
)()lim()lim xfa faf( x nn
nn
11
Edine moţne limite so rešitve enačbe f(x)=x.
x
xy
2
42
Obstoj limite: grafično1
21
02
450
n
nn
x
xx x .
2422
422
2
x xx x
xx
xy
2
2.07 2.59 4.25
0.50
n xn
0 0.50
1 4.25
2
5
3
4
…
2.59
2.07
2.00
2.00…
Obstoj limite: analitično
Funkcija f je skrčitev na intervalu I, če za k<1 velja
. vseza|)()(| Ixx,|x k|x-xfxf
Privzemimo, da je f skrčitev na intervalu I okoli negibne točke :x
xxxxkxx
xxkxfxfxxIx
nn
nm
mn
nnnn
lim||||
|||)()(||| 1
Pravimo, da je negibna točka funkcije f privlačna (atraktor).x
Rekurzivno zaporedje, ki se pribliţa , konvergira proti . x x
xxf 1|)(| je privlačna negibna točka.
)( 11 1 nnn xaxx
))()(( xaxxf 1
axfa
ax 2
1)(
privlačni
odbojna4
922
a
a .,
Vrste
?...321 xxx
132
1
16
1
8
1
4
1
2
1...
...321 xxx
.....
.....
nn xxxs
xxxs
xxs
xs
...21
3213
212
11
zaporedje delnih vsot
nn
sxxx lim...321
Vsota vrste je, po definiciji, enaka limiti zaporedja delnih vsot.
(geometrijska vrsta)?...... 12 naqaqaqa
Primeri
q
qaaqaqaqas
nn
n1
112 ...
za obstaja ne
za
),(
lim
11
111
1
1
q
a
q
qa
n
n
?...)(
...1
1
20
1
12
1
6
1
2
1
kk
1
11
1
1
kkkk )(
1
11
1
11
4
1
3
1
3
1
2
1
2
11
nnnsn ...)()()(
11
11
nn lim
Harmonična vrsta
Vsota je neskončna!
?......k
1
4
1
3
1
2
11
n
kn
kns
1
11
4
1
3
1
2
11 ...
.........32
1
17
1
16
1
9
1
8
1
7
1
6
1
5
1
4
1
3
1
2
11
2
1
2
1
2
1
2
1
Primerjalni kriteriji za konvergenco vrst
Vrste s pozitivnimi členi: xn ≥ 0
Zaporedje delnih vsot je naraščajoče.
I.
II. (Vrsti sta primerljivi.)
Limito ima, ko je navzgor omejeno.
nn yx0
obstaja obstaja 11
nn xy
,0lim,,0 Cy
xyx
n
n
nnn
obstaja obstaja 11
nn xy
Geometrijska vrsta:
Harmonična vrsta:
Primer
1
11
rnr
za vsoto ima
1
1qqn za vsoto ima
1
33 11 ?- nn
2
3
1
11
1111
33
3333
nnn
nnnn z aprimerljiv -
)()(
vsota obstaja1
33 024311 .nn -
Vrsto lahko seštejemo, če splošni člen dovolj hitro konvergira proti 0.
Hitrost konvergence ocenimo tako, da poiščemo primerljivo geometrijsko ali harmonično vrsto.
Splošne vrste:
Alternirajoče vrste:
obstaja obstaja 11
nn xx ||
?...4
1
3
1
2
11 pa Kaj
0321 nn
xxxx lim...,
14321 nn xsSxxxxS ||... in obstaja
Odvod
Kako merimo hitrost spreminjanja funkcije glede na spremembo argumenta?
Diferenčni količnik01
01
xx
xfxf )()(
je povprečna hitrost spreminjanja funkcije f na intervalu med x0 in x1.
„Trenutna‟ hitrost je
0
00
0 xx
xfxfxDf
xx
)()(lim)(
Primer:
20xxxf ,)(
22
1
2
1
2
22
22 xx
xDf
xxlimlim)(
Alternativni zapis: vpeljemo novo spremenljivko h=x-x0
h
xfhxfxDf
h
)()(lim)( 00
00
x=x(t) pot v odvisnosti od časa t
01
01
tt
txtxx
)()(povprečna hitrost v času od t0 do t1
0
00
0 tt
txtxtDx
tt
)()(lim)( trenutna hitrost v t0
v(t) hitrost gibanja v času t
Dv(t0) pospešek
FIZIKALNI
POMEN
ODVODA
W(t) toplotna energija telesa v času t
DW(t0) toplotni tok
Q(t) električni naboj na prevodniku v času t
DQ(t0) električni tok
GEOMETRI J SKI
POMEN
ODVODA
T0
T1
x0 x1
01
01
xx
xfxf )()( smerni koeficient premice, ki seka graf funkcije f v točkah T0(x0, f(x0))in T1(x1, f(x1)).
Df(x0) je smerni koeficient tangente na graf funkcije f v točki T0.
Enačba tangente: ))(())(( 000 xxxDfxfy
ANALITIČNI
POMEN
ODVODA
f naraščajoča na intervalu I okoli točke x0
Ixxx
xfxf za 0
0
0)()(
00)(xDf
Opozorilo: obratno ni res!
00)(xDf f lokalno naraščajoča pri x0
xx
xxf
1
2
2 sin)( npr.
Računanje odvodov
I. korak: funkcija odvod
odvod funkcije f
Predpis x ↦ Df(x) določa funkcijo f ’: A → ℝ
točke, kjer je f odvedljiva
h
xfhxfxf
h
)()(lim)(
0
xxf )(
xxhx
xhxh
xhx
h
xhxxf
h
hh
2
11
0
00
lim
)(limlim)(
II. korak: računske operacije in sestavljanje
gfgf )(
gfgfgf )(
2g
gfgf
g
f
)())(())(( xgxgfxgf ggfgf )()(
III. korak: odvodi osnovnih funkcij
xx ee )(
1rr rxx )(
xx
1)(ln
xx cos)(sin
xx sin)(cosx
x2
1
cos)(tg
21
1
xx)(arcsin
21
1
xx)(arctg
2
11
xx xx
2
1)( aaa xx ln)(
In še...
Višji odvodi
ff
ff
)(
)(
0
6
6
23
42
4
2
3
)(
)(
)(
)(
)(
)( xf
xf
xxf
xxf
xxxfPrimeri
Vrednosti višjih odvodov v neki točki
f(x0), f '(x0), f ''(x0), f '''(x0), ...
določajo celotno funkcijo
xxx
xxxxxf
xxx
xxxxxf
xxxxf
xxxf
cossin3
cossinsin2)(
sincos2
sincoscos)(
cossin)(
sin)(
Parcialni odvodi
V
nRTP
i -ti parcialni odvod
2)(
V
nRTVP
:TP odvod po spremenljivki TV
nRTP )(
:VP odvod po spremenljivki V
),,,( 21 nxxxff funkcija n spremenljivk
h
xxxfxhxxfxxxf nini
hnxi
),,,,(),,,,(lim),,,( 11
021
Primer
z
yxzyxf sin),,(
z
yzyxf x sin),,(
z
y
z
x
zz
yxzyxf y cos
1cos),,(
z
y
z
xy
z
y
z
yxzyxf z coscos),,(
22
Zveznost in odvedljivost
)()()(
lim 00
0
0
xDfxx
xfxf
xx
000
00
00
0
00
)(lim)(
)()()(
lim))()((lim
xxxDf
xxxx
xfxfxfxf
xx
xxxx
)()(lim 00
xfxfxx
Kjer je f odvedljiva je tudi zvezna.
Odvedljivost in lokalni ekstremi
f ima lokalni maksimum pri x0
(tj. f(x0) je maksimum f na intervalu I okoli x0)
00
0 0 xxxx
xfxf za
)()(0
0
0 0 xxxx
xfxf za
)()(in
Če je f odvedljiva pri x0
000
0
0
0
00 xx
xfxf
xx
xfxf
xxxx
)()(lim
)()(lim in
Df(x0) =0
Če je funkcija v lokalnem ekstremu odvedljiva, je tam njen odvod enak 0.
(stacionarna točka)
Lokalni ekstremi odvedljive funkcije so v stacionarnih točkah.
Lokalni ekstrem NI nujno tudi globalni ekstrem.
Stacionarne točke so lahko lokalni ekstremi ali pa prevoji.
lok. minimum
lok. maksimum
prevoj
Vsi lokalni ekstremi so v stacionarnih točkah.
globalni minimum(globalnega maksimuma ni)
Lokalni ekstremi funkcij več spremenljivk
f ima lokalni maksimum pri (x1,...,xn)
f ima lokalni maksimum pri (x1,...,xn)
za vsako spremenljivko posebej
vsi parcialni odvodi so enaki 0
kandidati za lokalne ekstreme so rešitve sistema enačb
00021 nxxx fff ,...,,
sedlolokalni maksimum
Stacionarne točke funkcije več spremenljivk
vrednosti odvoda (predznak, ničle)
Ali lahko s pomočjo odvoda izrazimo
točno vrednost diferenčnega količnika?
..........
lastnosti funkcije (naraščanje, padanje, lokalni ekstremi)
?
)()()(
00
00 xDf
xx
xfxfxx
Za vsako sekanto lahko najdemo vzporedno tangento,
oziroma
povprečna hitrost na časovnem intervalu je enaka hitrosti v nekem vmesnem trenutku.
Če je f odvedljiva, potem med poljubnima x0,x1 lahko najdemo tak t, da je
01
01
xx
xfxftf
)()()(
Pomoţna funkcija:
Privzemimo, da je f odvedljiva na intervalu I in izberimo x0,x1∊I.
)()()(
)()( 001
01 xxxx
xfxfxfxg
g je odvedljiva,
g(x0)=g(x1)g je zvezna
g zavzame minimum in maksimum na [x0,x1]
max > min max = min
vsaj en ekstrem
g je v t∊(x0,x1)
f je linearna
0)(tg
01
01
xx
xfxfxfxg
)()()()(
01
01
xx
xfxftf
)()()(
Lagrangev izrek:
f odvedljiva na intervalu I
za poljubni točki x0,x1∊I
obstaja tak t med x0 in x1 , da je 01
01
xx
xfxftf
)()()(
alternativni opisi:
xxttfxxxfxf in med nek za 000 )()()()(
),()()()( 10000 thtxfhxfhxf nek za
Posledice:
Primer
],[],[ bafbaf na konstantna je na 0
))()()()(],[ aftfaxafbax velja (za
CCgfbagf konstanto neko za na ],[
x
xxf
1
1arctg)(
222 1
1
1
11
1
11
1
xx
xx
x
xxf
)(
))(()()(
Cxx
xarctgarctg
1
1
4010 CCx arctgarctg
41
1x
x
xarctgarctg
)()) velja za
na
0010110
0
xftfxxxfxfxx
baf
()()((
],[
f narašča na [a,b]
na
na
If
If
0
0 f je naraščajoča na I
f je padajoča na I
)()) velja za
na
0010110
0
xftfxxxfxfxx
baf
()()((
],[
f strogo narašča na [a,b]
Podobno: f ’<0 na [a,b] ⇒ f strogo pada na [a,b]
Obratno ne velja:
f(x)=x3 strogo narašča okoli 0, vendar je f ’(0)=0
V nadaljevanju bomo praviloma obravnavali zvezno odvedljive funkcije.
00 0 xfxf pri zvezna in )(
00 xf okoli intervalu nekem na
⇒ f strogo narašča pri x0
(nasprotno: za je
f ’(0)=1/2, vendar f ni naraščajoča pri 0.)x
xx
xf1
2
2 sin)(
Posredno odvajanje funkcij več spremenljivk
f=f(u,v) +u=u(x) v=v(x)
Kako bi odvajali f(u(x),v(x))?
h
xvhxvtvxuf
h
xuhxuhxvtuf
h
xvxufhxvxuf
h
hxvxufhxvhxuf
h
xvxufhxvhxuf
vu ))()(())(),(())()(())(),((
))(),(())(),(())(),(())(),((
))(),(())(),((
21
)())(),(()())(),(())(),(())(),((
lim xvxvxufxuxvxufh
xvxufhxvhxufxvxu
h 0
Če je funkcija f=f(u1,...,un) zvezno odvedljiva in če so vsi ui odvedljive funkcije spremenljivke x, potem velja
xnuxux ufuffn
)(...)( 11
Primer: posredni odvod
2
1 xxxf )()(
xxu 1)(
vuvug ),(
2xxv )( ))(),(()( xvxugxf
uug
vug
vv
vu
ln
1
xv
u
x
x
2
1
)ln()()( xxxxxvgugf xxxvxux 1121
22 12
Primer: batni motor
zapleten račun
(kotna hitrost)
cm R cm, 1040Lobr./min 200
Kolikšna je hitrost bata pri =75o ?
cosRxxRL 2222 x(t) x ’(t)
tt RxxRx sin)cos( 2220
posredni odvod na t
75201040 222 cosxx
R=10 cm, 75o
x=42.75 cm
rad/s 942060
2200.t
cm/s 48212.tx
Implicitne funkcije
Privzemimo:
)(),(?
xfyyxF 0
0
0
00
00
),(
),(
yxF
F
yxF
y
odvedljiva zvezno je
pozitiven na nekem pravokotnikuyF
),( yxFy 0 strogo narašča
00 00 ),(),( dxFcxF in
),(],[ yxFybax je za
zvezna
strogo naraščajoča
spremeni predznak
za vsak x∊[a,b] obstaja natanko določen y, da je F(x,y)=0
Rešitev okoli T(0,1) lahko podaljšamo do točk v kateri je tangenta navpična.
Dobimo jih iz pogoja F ’y=0
Iz enačbe F(x,y)=0 lahko izrazimo y kot funkcijo x, če so v neki točki (x0,y0) izpolnjeni naslednji pogoji:
• F(x0,y0)=0
• F je zvezno odvedljiva okoli (x0,y0) in F ’y(x0,y0) ≠ 0
S temi podatki je na nekem intervalu okoli x0 natanko določena funkcija f,za katero je f(x0)=y0 in F(x, f(x))=0.
Primer
12 22 yxyx(0,1)
02102
010
12 22
),(,
),(
),(
yy FyxF
F
yxyxyxF
02
12 22
yx
yxyx
7
2x
Odvod: povzetek
Odvod je limita diferenčnega količnika.
Odvod meri spreminjanje funkcije, hitrost, smerni koeficient...
Funkcijo odvod računamo z uporabo računskih pravil (odvodi
osnovnih funkcij, odvajanje računskih operacij, posredno odvajanje).
Odvedljivost ima za posledico zveznost.
Lokalni ekstremi so v stacionarnih točkah.
Lagrangev izrek.
Če je odvod funkcije na intervalu negativen/nič/pozitiven, potem je funkcija padajoča/konstantna/naraščajoča.
Posredno odvajanje funkcij več spremenljivk.
Implicitno podane funkcije.
Uporaba odvoda:
Računanje limit
Natančno risanje grafov
Ekstremi funkcij ene in več spremenljivk
Vezani ekstremi
Izravnananje numeričnih podatkov
Newtonova metoda za reševanje enačb
Numerično odvajanje
Računanje limit
Velja:
L‟Hospitalovo pravilo
ax
avxvax
auxu
avxv
auxu
xv
xu
)()(
)()(
)()(
)()(
)(
)(
Računamo pri pogoju)(
)(lim
xv
xu
ax0)()( avau
(Nedoločena oblika )0
0
)(
)(lim
)(
)(lim
xv
xu
xv
xu
axax
Primeri:
2
1
22
1
0020
x
x
x
x
x
xxx
coslim
sinlim
coslim
01
2
1
22
x
x
x
xx
coslim
sinlim
L‟Hospitalovo pravilo uporabimo tudi za
in ko je )(
)(lim
xv
xu
x, )(
)(lim
xv
xu
ax )(lim)(lim xvxu
axax
12
2
111
1
12
2 2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
xxx
xxxxxlimlimlim
)arctg(lim)arctg(lim
01
1
1 0
2
000)(limlim
lnlimlnlim x
x
x
x
xxx
xxxx
Risanje grafov
1. Definicijsko območje: določimo na podlagi
lastnosti osnovnih funkcij.
2. Rob definicijskega območja: obnašanje funkcije
(pole, asimptote) izrazimo s pomočjo limit; pri računanju si pomagamo z L‟Hospitalovim pravilom.
(Območje definicije, obnašanje na robu, ničle, območja naraščanja in padanja, stacionarne točke, ukrivljenost, prevoji, simetrije.)
3. Ničle: določimo s pomočjo raznih, tudi pribliţnih,
metod za reševanje enačb.
Če vrednosti odvoda pri prehodu čez ničlo spremenijo predznak, je v stacionarni točki lokalni ekstrem. Če se predznak ne spremeni, je
v stacionarni točki prevoj.
funkcija
odvod
4. Naraščanje in padanje, ekstremi: funkcijo odvajamo;
kjer je odvod pozitiven, funkcijske vrednosti naraščajo, kjer je negativen padajo. V ničlah odvoda so lokalni ekstremi ali prevoji.
5. Ukrivljenost: kjer je drugi odvod pozitiven, je graf
konveksen, kjer je negativen, je graf konkaven. Prevoji so točke, kjer graf spremeni ukrivljenost, torej ničle drugega odvoda, pri katerih drugi odvod spremeni predznak.
6. Periodičnost in simetrije: odvod periodične funkcije
je periodičen; odvod sode funkcije je lih, odvod lihe pa sod.
)(xf
)(xf
)(xf
konveksnakonkavna
prevoj
Definicijsko območje:
Nariši graf
Ničle funkcije, 1. in 2. odvoda:
x
xxf
2ln)(
),(0
x
x
x
2
0
lnlim navpična asimptota (pol) x=0
01
12
2
1
122
xx
xxx
x
x
xxxxlim
lnlim
lnlim
lnlim vodoravna asimptota y=0
10 xxf )(
2
2
x
xxxf
)ln(ln)( 38710 2 .)( exxxf ali
3
2 262
x
xxxf
lnln)( 7013461
2
530 ..ln)( xxxxf ali
Globalni ekstremi
Globalni ekstrem
v notranjosti območja na robu območja
(če je funkcija odvedljiva)
v stacionarni točki
Vedno premislimo, ali funkcija sploh zavzame ekstrem.
funkcija odvisna od manj spremenljivk
(rob tvorijo točke/krivulje/ploskve/...)
Primeri
Funkcija l je zvezna in ima vodoravno asimptoto, zato zavzame oba globalna ekstrema.
max
min
Nihanje je podano z Določi največji odmik od ravnovesne lege.
)sin()( . tettl t 410
10
1010 ttttetl t sin)(
cos)( .
Enačbo
rešimo numerično in izračunamo ustrezne funkcijske vrednosti:
010
10 tttt
sin)(cos
l(x)
Poišči ekstreme funkcije f(x,y)=2x2+xy-y2-2x+4y na trikotniku z oglišči A(0,1), B(3,4), C(-1,4).
042
024
yx
yx
42
24
yxf
yxf
y
x
2
0
y
x stacionarna točka T1(0,2); f(0,2)=4.
A
BC
4
21 240
3
20169
],[
,:
30
1
x
xyAB
],[ 30014
32 2
xfxf
xxf
za
],[
,:
31
4
x
yBC
21
21
21
2
2
4424
22
),(),,( fTxf
xxf
],[
,:
01
13
x
xyCA
20169
2041
207
2041
207
3
2
720
3710
),(),,( fTxf
xxf
310 ),(: fA 2443 ),(: fB 041 ),(: fC
min
max
Vezani ekstremi
Iščemo ekstreme funkcije f(x,y) med vsemi (x,y), ki zadoščajo pogoju G(x,y)=0.
Poišči točko na elipsi, določeni z enačbo
(x-2)2+2(y-3)2=1, ki je najbolj oddaljena od izhodišča.
Drugače povedano: poišči maksimum funkcije
f(x,y) =x2+y2
pri pogoju
G(x,y)=(x-2)2+2(y-3)2-1=0
Primer
Običajni postopek: iz enačbe G(x,y)=0 izrazimo yin ga vstavimo v funkcijo f(x,y), ki jo potem odvajamo na x.
brezupno!
2
21301322
222 )()()(
xyyx
22
2
2
213
)()(
xxxh
2
21
2
2
21322
2
2
)(
)()(
x
xxxxh
.....)( 0xh
Drugačen pristop:
Vzdolţ G(x,y)=0 je y=y(x);
f(x,y(x)) odvajamo na x: odvod je xyx yff
izračunamo s posrednim odvajanjem G(x,y)=0;xy
y
xxxyx
G
GyyGG 0
V stacionarni točki (x0,y0) velja
),(
),(),(),()(),(),(
00
000000000000
yxG
yxGyxfyxfxyyxfyxf
y
xyxxyx
),(
),(
),(
),(
00
00
00
00
yxG
yxf
yxG
yxf
y
y
x
x (=-t)
Vpeljemo novo funkcijo
),(),(),,( yxGtyxftyxF Lagrangeva funkcija
Pogoj za lokalni ekstrem f(x,y), vzdolţ G(x,y)=0:
0
0
0
t
y
x
F
F
F
)),(( 0yxG
tj., kandidati za lokalne ekstreme f(x,y), vzdolţ G(x,y)=0 so stacionarne točke Lagrangeve funkcije F=f+tG
Primer
))()((),,( 1322 2222 yxtyxtyxF
1322
12122342
412222
22 )()(
)()(
)()(
yxF
ttyytyF
ttxxtxF
t
y
x
V stacionarni točki je
12
6
1
2
t
ty
t
tx
1312
622
1
222
t
t
t
t
Enačba je 4. stopnje, rešujemo jo numerično:
maksimum
minimum
5919471374623523
877447237717171
1
1
.).,.(.
.).,.(.
ft
ft
Geometrični premislek: v ekstremih se
krivulja G(x,y)=0 dotika nivojnic funkcije f(x,y).
V teh točkah je normala na krivuljo G(x,y)=0
vzporedna z normalo na nivojnico f(x,y)=konst.
)),(),,(( 0000 yxGyxG yx
)),(),,(( 0000 yxfyxf yx
)),(),,(()),(),,(( 00000000 yxGyxGtyxfyxf yxyx
Splošno pravilo:
Če iščemo ekstreme funkcije f(x1,...,xn)pri pogojih Gi(x1,...,xn) =0 za i=1,...,m
vpeljemo Lagrangevo funkcijo
)...(
),...,(...),...,(),...,(),...,,,...,(
mm
nmmnnmn
GtGtfF
xxGtxxGtxxfttxxF
11
1111111
Vezani ekstremi f so v stacionarnih točkah Lagrangeve funkcije F.
Izravnavanje numeričnih podatkov
Naloga: iz tabele numeričnih podatkov (xi,yi)določi funkcijsko zvezo y=f(x), ki se s temi podatki najbolje ujema.
Primer:
v tabeli so podane vrednosti količine y v odvisnosti od x. Določi ustrezno funkcijsko zvezo y=f(x).
Oceni vrednost y pri x =1.5 (interpolacija)in pri x=2 (ekstrapolacija).
x y
1,07 3,35
1,11 3,50
1,23 3,69
1,24 3,70
1,24 3,77
1,26 3,80
1,30 3,98
1,35 4,01
1,41 4,12
1,42 4,12
1,44 4,20
1,48 4,28
1,57 4,41
1,57 4,44
1,61 4,60
1,63 4,58
1,69 4,70
1,75 4,78
1,75 4,83
1,79 4,90
3,00
3,50
4,00
4,50
5,00
1,00 1,10 1,20 1,30 1,40 1,50 1,60 1,70 1,80
y
Podatke predstavimo v koordinatnem sistemu:
Zveza med x in y je pribliţno linearna. Kako bi dobili enačbo premice, ki se tem podatkom najbolje prilega?
Enačba premice y=A+Bx je odvisna od parametrov A in B. Ustreznost parametrov preskusimo na mnoţici podatkov (xi,yi), i=1,2,...,n, s pomočjo testne funkcije
n
iii
nn
yBxA
yBxAyBxAyBxABAF
1
2
2222
211
)(
)(...)()(),(
Če leţijo vsi podatki na premici y=A+Bx je F(A,B)=0, kar je najboljši moţni rezultat. V splošnem primeru iščemo vrednosti A in B, pri katerih testna funkcija zavzame minimum.
Lastnosti funkcije F:
F je zvezna in odvedljiva za vse (A,B)∊ℝ2
Ko gre A,B → ∞ narašča F čez vsako
mejo, zato F zavzame minimum na ℝ2
Ker ℝ2 nima robnih točk, je minimum F v stacionarni točki.
Testna funkcija po kriteriju najmanjših kvadratov
Sistem dveh linearnih enačb in dveh neznank: ima natanko eno rešitev, ki ustreza globalnemu minimumu testne funkcije.
n
iii yBxABAF
1
2)(),(
n
iiiA yBxABAF
1
2 )(),(
i
n
iiiB xyBxABAF
1
2 )(),(
02
02
1
1
i
n
iii
n
iii
xyBxA
yBxA
)(
)(
n
iii
n
ii
n
ii
n
ii
n
ii
yxBxAx
yBxAn
11
2
1
11
x y
1,07 3,35
1,11 3,50
1,23 3,69
1,24 3,70
1,24 3,77
1,26 3,80
1,30 3,98
1,35 4,01
1,41 4,12
1,42 4,12
1,44 4,20
1,48 4,28
1,57 4,41
1,57 4,44
1,61 4,60
1,63 4,58
1,69 4,70
1,75 4,78
1,75 4,83
1,79 4,90
i xi yi xi2
xiyi
1 1,07 3,35 1,1890 3,5845
2 1,11 3,50 1,2321 3,8850
3 1,23 3,69 1,5129 4,5387
4 1,24 3,70 1,5376 4,5880
5 1,24 3,77 1,5376 4,6748
6 1,26 3,80 1,5876 4,7880
7 1,30 3,98 1,6900 5,1740
8 1,35 4,01 1,8225 5,4135
9 1,41 4,12 1,9881 5,8092
10 1,42 4,12 2,0164 5,8504
11 1,44 4,20 2,0736 6,0480
12 1,48 4,28 2,1904 6,3344
13 1,57 4,41 2,4649 6,9237
14 1,57 4,44 2,4649 6,9708
15 1,61 4,60 2,5921 7,4060
16 1,63 4,58 2,6569 7,4654
17 1,69 4,70 2,8561 7,9430
18 1,75 4,78 3,0625 8,3650
19 1,75 4,83 3,0625 8,4525
20 1,79 4,90 3,2041 8,7710
28,91 83,76 42,6977 122,9859
i xi yi xi2
xiyi
1 1,07 3,35 1,1890 3,5845
2 1,11 3,50 1,2321 3,8850
3 1,23 3,69 1,5129 4,5387
4 1,24 3,70 1,5376 4,5880
5 1,24 3,77 1,5376 4,6748
6 1,26 3,80 1,5876 4,7880
7 1,30 3,98 1,6900 5,1740
8 1,35 4,01 1,8225 5,4135
9 1,41 4,12 1,9881 5,8092
10 1,42 4,12 2,0164 5,8504
11 1,44 4,20 2,0736 6,0480
12 1,48 4,28 2,1904 6,3344
13 1,57 4,41 2,4649 6,9237
14 1,57 4,44 2,4649 6,9708
15 1,61 4,60 2,5921 7,4060
16 1,63 4,58 2,6569 7,4654
17 1,69 4,70 2,8561 7,9430
18 1,75 4,78 3,0625 8,3650
19 1,75 4,83 3,0625 8,4525
20 1,79 4,90 3,2041 8,7710
28,91 83,76 42,6977 122,9859
i xi yi xi2
xiyi
1 1,07 3,35 1,1890 3,5845
2 1,11 3,50 1,2321 3,8850
3 1,23 3,69 1,5129 4,5387
4 1,24 3,70 1,5376 4,5880
5 1,24 3,77 1,5376 4,6748
6 1,26 3,80 1,5876 4,7880
7 1,30 3,98 1,6900 5,1740
8 1,35 4,01 1,8225 5,4135
9 1,41 4,12 1,9881 5,8092
10 1,42 4,12 2,0164 5,8504
11 1,44 4,20 2,0736 6,0480
12 1,48 4,28 2,1904 6,3344
13 1,57 4,41 2,4649 6,9237
14 1,57 4,44 2,4649 6,9708
15 1,61 4,60 2,5921 7,4060
16 1,63 4,58 2,6569 7,4654
17 1,69 4,70 2,8561 7,9430
18 1,75 4,78 3,0625 8,3650
19 1,75 4,83 3,0625 8,4525
20 1,79 4,90 3,2041 8,7710
28,91 83,76 42,6977 122,9859
i xi yi xi2
xiyi
1 1,07 3,35 1,1890 3,5845
2 1,11 3,50 1,2321 3,8850
3 1,23 3,69 1,5129 4,5387
4 1,24 3,70 1,5376 4,5880
5 1,24 3,77 1,5376 4,6748
6 1,26 3,80 1,5876 4,7880
7 1,30 3,98 1,6900 5,1740
8 1,35 4,01 1,8225 5,4135
9 1,41 4,12 1,9881 5,8092
10 1,42 4,12 2,0164 5,8504
11 1,44 4,20 2,0736 6,0480
12 1,48 4,28 2,1904 6,3344
13 1,57 4,41 2,4649 6,9237
14 1,57 4,44 2,4649 6,9708
15 1,61 4,60 2,5921 7,4060
16 1,63 4,58 2,6569 7,4654
17 1,69 4,70 2,8561 7,9430
18 1,75 4,78 3,0625 8,3650
19 1,75 4,83 3,0625 8,4525
20 1,79 4,90 3,2041 8,7710
28,91 83,76 42,6977 122,9859
i xi yi xi2
xiyi
1 1,07 3,35 1,1890 3,5845
2 1,11 3,50 1,2321 3,8850
3 1,23 3,69 1,5129 4,5387
4 1,24 3,70 1,5376 4,5880
5 1,24 3,77 1,5376 4,6748
6 1,26 3,80 1,5876 4,7880
7 1,30 3,98 1,6900 5,1740
8 1,35 4,01 1,8225 5,4135
9 1,41 4,12 1,9881 5,8092
10 1,42 4,12 2,0164 5,8504
11 1,44 4,20 2,0736 6,0480
12 1,48 4,28 2,1904 6,3344
13 1,57 4,41 2,4649 6,9237
14 1,57 4,44 2,4649 6,9708
15 1,61 4,60 2,5921 7,4060
16 1,63 4,58 2,6569 7,4654
17 1,69 4,70 2,8561 7,9430
18 1,75 4,78 3,0625 8,3650
19 1,75 4,83 3,0625 8,4525
20 1,79 4,90 3,2041 8,7710
28,91 83,76 42,6977 122,9859
9912270429128
7683912820
...
..
BA
BA
1032
1481
.
.
B
A
3,00
3,50
4,00
4,50
5,00
1,00 1,10 1,20 1,30 1,40 1,50 1,60 1,70 1,80
interpolirana vrednost: f(1.5)=4.303
ekstrapolirana vrednost: f(2)=5.354
xy 10321481 ..
Obe enačbi delimo z n in vpeljemo oznake:
V praksi sistem rešujemo takole:
n
iii
n
ii
n
ii
n
ii
n
ii
yxBxAx
yBxAn
11
2
1
11
n
iix
nx
1
1 povprečje argumentov
n
iiy
ny
1
1 povprečje funkcijskih vrednosti
n
iix
nx
1
22 1 povprečje kvadratov argumentov
n
iiiyx
nxy
1
1 povprečje produktov
xyBxAx
yBxA
2
xByA
xxx
yxxyB
2
Nelinearne zvezet(s) c (mol/l) t(s) c (mol/l)
100 2,19 1600 0,85
200 2,05 1700 0,80
300 1,92 1800 0,75
400 1,81 1900 0,70
500 1,70 2000 0,66
600 1,59 2100 0,62
700 1,50 2200 0,58
800 1,41 2300 0,54
900 1,33 2400 0,51
1000 1,25 2500 0,48
1100 1,17 2600 0,46
1200 1,10 2700 0,43
1300 1,03 2800 0,41
1400 0,97 2900 0,39
1500 0,91 3000 0,37
V tabeli je predstavljena kinetika razpada N2O5 v raztopini CCl4. c je koncentracija N2O5 po preteku t sekund.
0,00
0,50
1,00
1,50
2,00
2,50
0 500 1000 1500 2000 2500 3000
(zveza med logaritmom koncentracije in časom je linearna)
Dobimo:
0,00
0,50
1,00
1,50
2,00
2,50
0 500 1000 1500 2000 2500 3000
Funkcijska zveza ni linearna, temveč eksponentna: BtAec
Računanje s testno funkcijo
je zamudno, zato raje lineariziramo.
n
ii
Bt yAeBAF i
1
2),(
BtAc lnln
Vpeljemo novo količino in uporabimo prejšnje formule.cc ln
tec 000603152 ..
tc 0006094751 ..
Numerično reševanje enačb
Spomnimo se:
x je negibna točka funkcije f, če velja f(x)=x.
Če je f zvezno odvedljiva in če za negibno točko velja f ’(x)<1, potem je x privlačna negibna točka.
Če začetni člen izberemo blizu privlačne negibne točke x, potem rekurzivno zaporedje xn=f(xn-1) konvergira proti x.
Hitrost konvergence je večja, če je f ’(x) blizu 0.
Ideja:
Newtonova iteracijska
metoda
Enačbo g(x)=0 rešimo tako, da jo preoblikujemo v ekvivalentno enačbo oblike f(x)=x, kjer ima f čim bolj privlačne negibne točke.
)(xg)(
)()(
xg
xgxxf
xxfxg )()( 0
221
))((
)()(
))((
)()()()()(
xg
xgxg
xg
xgxgxgxgxf
00 )()( xfxg
Primeri:
Računanje korenov:
1, 5.5, 3.659090, 3.196005, 3.162455, 3.162277
1, 5, 3.784, 2.916439, 2.358658, 2.092880, 2.033273, 2.030548, 2.030543
2, 2.03125, 2.030543
Dober začetek je zlata vreden!
a je rešitev enačbe x2=a
axxg 2)(x
ax
x
axxxf
22
22
)(
Npr. a=10. Iteracijo začnemo z x0=1:x
axx
2
2
(3.1622772=9.99999582)
n a je rešitev enačbe xn=a
axxg n)(1
1n
n
nx
axnxf
)()(
:4 17
3
4
4
173
x
xxf )(
(2.0305432=16.99999380)
2, 1.9605, 1.9600
3, 1.6459, 2.0235, 1.9612, 1.9600
4, 5.4917, 4.783, 4.8197, 4.8194
5, 4.8233, 4.8194
6, 4.1469, 5.1394, 4.8262, 4.8194
7, 8.4857, 7.8431, 7.8810, 7.8808
8, 7.8820, 7.8808
9, 7.2832, 8.0366, 7.8825, 7.8808
10, 11.8023, 10.8227, 10.9906, 10.9865
11, 10.9866, 10.9865
12, 10.5722, 11.0315, 10.9867, 10.9865
........
Ekstremi )sin()( . tettl t 410
Enačba:
010
10 tttt
sin)(cos
Rekurzija:
tttt
ttttttf
sin)(cos)(
sin)(cos)()(
11020
11010 2
l(x)
Določi prostornino enega mola CO2 pri temperaturi 50oC in pritisku 20 atmosfer.
Pri teh pogojih se CO2 ne obnaša kot idealni plin, zato uporabimo Van der Waalsovo enačbo:
0.0013254, 0.0012274, 0.0012266 Prostornina je 1.23 litra.
nRTnbVV
nap
2
2
a ∼ interakcija med molekulami
b ∼ velikost molekule
Nova spremenljivka: RTbxx
ap
n
Vx
2
p=20 • 1.013 • 105 Pa = 2 026 000 Pa
T=323 K
aCO2=0.3643 Jm3/mol2
bCO2=4.269 • 10 -5 m3/mol
R=8.314 J/mol K
323314800004269036430
20260002
...
)( xx
xg
11336430002026000000
6654728602771911943
2
.
).()(
xx
xxxxf
Kot začetni pribliţek vzamemo prostornino po enačbi idealnega plina:p
RT
n
V
001325402026000
32331480 ..
x
Numerično odvajanje
Kako bi iz izmerjenih vrednosti funkcije (xi ,yi ) določili točke prevoja?
Koncentracijo c merimo v odvisnosti od temperature T. Prevojna točka ustreza temperaturi, pri kateri pride do reakcije.
c
T
Prevoji so točke, v katerih drugi odvod spremeni predznak, zato potrebujemo neko oceno za odvod.
Če poznamo obliko funkcije, jo določimo s pomočjo metode najmanjših kvadratov in dobljeno funkcijo odvajamo analitično.
Odsekoma linearna
Odsekoma kvadratična
V splošnem poiščemo polinom, ki gre skozi nekaj zaporednih točk in ga potem odvajamo. Vrednosti odvoda lahko izračunamo neposredno iz podatkov.
Formule se poenostavijo, če so točke na enakomernih razdaljah (npr. h).
Za dve zaporedni točki:
Za tri zaporedne točke:
Za pet zaporednih točk:
Numerično odvajanje je zelo občutljivo na napake v podatkih.
h
yyy 01
0
h
yyy
2
021
h
yyyyy
12
88 43102
Primer:
T y
1 0.145
1.5 0.150
2 0.160
2.5 0.175
3 0.190
3.5 0.210
4 0.232
4.5 0.276
5 0.342
5.5 0.502
6 1.217
6.5 2.405
7 2.990
7.5 3.400
8 3.664
8.5 3.856
9 3.990
9.5 4.110
10 4.200
10.5 4.270
11 4.330
0.015
0.015
0.030
0.035
0.042
0.066
0.110
0.226
0.875
1.903
1.773
0.995
0.674
0.456
0.326
0.244
0.210
0.160
0.130
h
yyy ii
i2
11
0.015
0.020
0.012
0.031
0.068
0.160
0.765
1.677
0.898
-0.908
-1.099
-0.539
-0.348
-0.212
-0.116
-0.084
-0.080
h
yyy ii
i2
11
Elementarni študij funkcije: enačbe, neenačbe, lastnosti osnovnih funkcij in računskih operacij.
Lokalne lastnosti funkcije: zveznost, odvedljivost.
(lokalne lastnosti se lahko zelo spremenijo ţe ob majhni spremembi funkcijskih vrednosti)
zvezna nezvezna
majhna razlika pri funkcijskih vrednostih
velika razlika pri vrednostih odvoda
Katere lastnosti funkcije so neobčutljive za majhne spremembe?
Povprečna vrednost funkcije je primer globalne lastnosti.
10.9166
10.9195
povprečna vrednost osnovne funkcije:
povprečna vrednost „zanihane‟ funkcije
p je povprečna vrednost funkcije f na intervalu [a,b], če je ploščina pod grafom enaka ploščini pravokotnika.
p = (ploščina pod grafom funkcije f ) : (b-a)
p
a b
a ba bx
y
x
y
1x 2x 3x 4x 1x 2x 3x 4x
Ploščino pod grafom funkcije ocenimo s pomočjo pravokotnikov:
4m1m2m
3m5m 4M
2M3M
5M1M
Vsota ploščin včrtanih pravokotnikov je manjša od ploščine pod grafom.
Vsota ploščin očrtanih pravokotnikov je večja od ploščine pod grafom.
Intuitivno, z delitvijo [a,b] na dovolj drobne podintervale je razlika med včrtano in očrtano ploščino poljubno majhna, zato dobimo poljubno dobro oceno za ploščino pod grafom.
Formalizem:
Pri vseh delitvah D je S( f,D) ≤ ploščina pod grafom f ≤ Z( f,D).
Privzemimo f:[a,b]→ℝ omejena ( m ≤ f(x) ≤ M za vse x∈[a,b] ).
bxxxxaD nn 110 ...: delitev intervala [a,b]
mi: natančna spodnja meja
f na intervalu [xi-1, xi]
Mi: natančna zgornja meja
f na intervalu [xi-1, xi]
a bx
y
1x 2x 3x 4x
4m1m2m
3m5m
a bx
y
1x 2x 3x 4x
4M2M
3M5M1M
n
iiii xxmDfS
1
1)(),(spodnja integralska vsotafunkcije f pri delitvi D
n
iiii xxMDfZ
1
1)(),(zgornja integralska vsotafunkcije f pri delitvi D
(vsota ploščin včrtanih pravokotnikov)
(vsota ploščin očrtanih pravokotnikov)
Mnoţica spodnjih integralskih vsot je navzgor omejena, zato ima natančno zgornjo mejo (supremum), ki jo označimo S(f ) in imenujemo spodnji integral funkcije f
Mnoţica zgornjih integralskih vsot pa je navzdol omejena, zato ima natančno zgornjo mejo (infimum), ki jo
označimo Z( f ) in imenujemo zgornji integral funkcije f
Funkcija f je integrabilna, če je S( f) = Z( f).
Skupno vrednost imenujemo integral funkcije f na
intervalu [a,b] in označimo z
b
a
f
Vedno je S( f) ≤ Z( f).
Kaktere funkcije so integrabilne?
Za vsako delitev D velja
S( f,D) ≤ S( f) ≤ Z( f) ≤ Z( f,D),
zato je dovolj, če pokaţemo, da vedno lahko
izberemo delitev D, da bo razlika
majhna kolikor ţelimo.
n
iiiii xxmMDfSDfZ
1
1)()(),(),(
Monotone funkcije so integrabilne.
Privzamemo f:[a,b]→ℝ naraščajoča, predpišemo ɛ>0:
bxxxxaD nn 110 ...:
Vzamemo delitev
)()( afbfxx ii 1
pri kateri je
)()(
))()(()()(
)())()((),(),(
afbf
n
iii
n
iiiii xfxf
afbfxxxfxfDfSDfZ
1
1
1
11
Privzamemo f:[a,b]→ℝ zvezna, predpišemo ɛ>0:
Zaradi zveznosti obstaja tak d, da je kakor hitro je ab
xfxf )()( dxx
bxxxxaD nn 110 ...:
Vzamemo delitev
dxx ii 1pri kateri je
ab
n
iii
n
iiiii xx
abxxmMDfSDfZ
1
1
1
1 )()()(),(),(
Zvezne funkcije so integrabilne.
Ali obstajajo funkcije, ki niso integrabilne?
Primer
f:[0,1]→ℝ je dana s predpisom
x
xxf
eiracionaln za
racionalne za
1
0)(
Za vsako delitev D je S( f,D)=0 in Z( f,D)=1
S( f)=0 in Z( f)=1, torej f ni integrabilna
Velja:
f:[a,b]→ℝ je integrabilna če ima največ
števno mnogo točk nezveznosti.
?
Lastnosti integrala
a bx
y
f pozitivna na [a,b]
je enak ploščini lika pod grafom funkcije f
b
a
f
b
a
fpl
b
a
b
a
fkkf (k∈ℝ)
b
a
b
a
b
a
gfgf )(
c
a
c
b
b
a
fffb
a
fc
b
f
a b c
Dogovor:
b
a
a
b
ffOb upoštevanju tega dogovora veljajo vse zgornje formule tudi takrat, ko je spodnja meja integrala večja od zgornje.
M,m: natančna zgornja in spodnja meja f na [a,b]
)()( abMfabmb
a
a b
M
m
Povprečna vrednost leţi na intervalu [m,M].
b
aab
f1
Če je f zvezna, zavzame vse vrednosti med m in M.
)()( tfabfb
a
Tedaj je za nek
t∈[a,b].
f zvezna ⇒ f zavzame svojo povprečno vrednost
a b
1. Po definiciji
f integrabilna
Predpis je neroden za računanje: običajno je teţko določiti najmanjšo in največjo vrednost funkcije na delilnih intervalih.
Pomagamo si takole: na vsakem intervalu delitve izberemo po eno točko ti∈[xi-1,xi].
f integrabilna
),(lim),(lim),(),(
DfZDfSfbaba
b
aDD
Na podlagi delilnih točk D:x0,...,xn in vmesnih točk T:t1,...,tn tvorimo Riemannovo vsoto
n
iiii xxtfTDfR
1
1)()(),,(
Za vse delitve D velja: S( f,D) ≤ R( f,D,T) ≤ Z( f,D)
),,(lim),(
TDfRfba
b
aD a b
x
y
1x 2x 1nx1t 2t nt
Računanjeb
a
f
...
Primeri
f(x)=x na [a,b]
D poljubna, za T izberemo:2
1iii
xxt
222
1
22
2
2
3
2
1
2
2
2
0
2
1
1
1
1
2
1
2
1
2
abxxxxxxxx
xxxx
TDfR
nn
n
iii
ii
...
)(),,(
2
22 abx
b
a
Podobno dobimo:1
11
n
abx
nnb
a
n
a b
f(x)=ex na [0,1]
Podobno dobimo:
D : n enakih delov, ; T : leva krajišča, n
ixi
n
iti
1
)(
)(...),,(
1
1
1
11111111
1121
0
nn
n
en
e
e
e
nne
ne
ne
neTDfR
nn
n
nn
11
11
10e
en
eTDfR
nn )(lim),,(lim
),(D1
11
0
1
x
een
x
xn
n)(
lim)(lim
1
1
0
eex
abb
a
x eee
2. Analitično
Ali je F zvezna?
f omejena
f omejena ⇒ F zvezna
Računanjeb
a
f
Tvorimo novo funkcijo
x
a
fxF )(
Primeri: za
za
2
22 axxFxxf )()( je
axx eexFexf )()( je
x
x
x
a
x
a
fffxFxF )()(
0
x
xxx
flim )()(lim xFxFxx
f zvezna F odvedljiva in F ’=f
hx
f zvezna
osnovni izrek analize
Ali je F odvedljiva?
a xx
y
)(tf
hx
x
x
a
hx
a
fffxFhxF )()(
)(tfhfhx
x
za nek t med x in x+h.
)()(lim)(
lim)()(
lim xftfh
tfh
h
xFhxF
hhh 000
Newton-Leibnizova formula
Primitivna funkcija ni enolično določena, vsaki dve primitivni funkciji dane funkcije se razlikujeta za neko konstanto.
F je primitivna funkcija za f
Obratno, če je F ’=f dobimo
0)()()( xFxfxFfx
a
CxFfx
a
)(
CaFfa
a
)( )()( aFxFfx
a
)()( aFbFffFb
a
Primeri
„uganemo‟ primitivno funkcijo FRačunanje :b
a
f
izračunamo )()( aFbFfb
a
xexf )( xexF )( abb
a
x eee
xxf sin)( xxF cos)( 20
0
)cos()cos(sin x
2xxf )(3
33
23 xxFxx )(,)(
3
26
3
1
3
273
1
2x
xxf
1)( )ln()( xxF 3
xxx
13
3
13 ))(ln(
2361
2
1
lnlnlnx
3. Numerično
Numerično računamo, če ne znamo določiti primitivne funkcije ali če je integrand znan le v posameznih točkah.
Integrand f nadomestimo s pribliţkom g, ki ga znamo dovolj preprosto integrirati.
Pribliţek izračunamo iz vrednosti integranda v izbranih delilnih točkah (včasih tudi iz vrednosti odvodov).
napaka, odvisna od metode in od števila delilnih točk
pribliţna vrednost integrala
Računanjeb
a
f
Rgfb
a
b
a
Metoda trapezov: integrand nadomestimo z odsekoma linearno funkcijo.
[a,b] razdelimo na n enakih delov:
g je odsekoma linearna funkcija, določena s točkami (xk ,yk), k=0,1,...,n
trapezna formulanapaka trapezne metode
),...,, nkn
abkaxk 10(
)( kk xfy
2
11
kk
x
x
yy
n
abg
k
k
)(...)()( nn
b
a
yyyyyyn
abg 12110
2
nnn
b
a
Ryyyyyn
abf 1210 222
2...
)(max)(
],[xf
n
abR
baxn 2
3
12
Simpsonova metoda: integrand nadomestimo z odsekoma kvadratično funkcijo.
[a,b] razdelimo na n enakih delov; vsakega razpolovimo in čez tako dobljene tri točke potegnemo parabolo.
Simpsonova formula
),...,, nkn
abkaxk 210
2(
)( kk xfy
3
4
2
2212222
2
kkk
x
x
yyy
n
abg
k
k
...)()( 432210 446
yyyyyyn
abg
b
a
nnnn
b
a
Ryyyyyyyyn
abf 2122243210 422424
6...
)(max)(
],[xf
n
abR
baxn
4
4
5
2880
Primer
Trapezna metoda:
Simpsonova metoda:
n=2 (4 delilne točke)
dejanska napaka 0.0025
dejanska napaka 0.0001
Izračunaj z napako < 0.01.
1
01
1
x
1
0
693102121
1
1
11 .lnlnln)ln(
xxx
1. Iz pogoja določimo primeren n:01012 2
3
.)(max)(
],[xf
n
ab
bax
501012
22
1
22310
nnxx
.,)(
max],[
2. Določimo delilne točke in izračunamo pripadajoče funkcijske vrednosti:
xk 0.0000 0.2000 0.4000 0.6000 0.8000 1.0000
yk 1.0000 0.8333 0.7143 0.6250 0.5555 0.5000
3. Vstavimo v trapezno formulo:1
0
6956050000555502625002714302833302000110
1
1
1.)......(
x
1
0
6932050000571404666602800004000112
1
1
1.).....(
x
http://math.fullerton.edu/mathews/a2001/Animations/Animations.html
183 2 )sin()( xexf x
Primer
Oceni ploščino kosa pločevine:
24900125045525146212
100cm )(P
Računanje primitivnih funkcij
xx
xx
xx
xx
ee
xx
r
xx
xFxf
xx
r
rr
arctg
arcsin
sincos
cossin
ln
)()(
)(
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
F primitivna funkcija za f
F primitivna funkcija za f,
G primitivna funkcija za g
kF primitivna funkcija za kf
F+G primitivna funkcija za f+g
Primer2
1
xxxf )(
22
1
2 xxx
xx
xxF
14
22
12
)(
funkcije diferenciali
d
)()( xfdxxf
Primitivne funkcije produkta, kvocienta ali kompozituma dveh funkcij v splošnem ni mogoče izraziti s pomočjo primitivnih funkcij faktorjev.
Primitivna funkcija elementarne funkcije pogosto ni elementarna.
xxxx
ex
tg,sin, 2(Npr. integrali niso elementarne funkcije.)
Diferenciranjef(x) f ’(x)dx diferencial
Obratno operacijo imenujemo nedoločeni integral.
Cxfxdf )()( C neko število
(odvajanje ni injektivno, zato obrat ni enoličen)
delna integracija(per partes)
uvedba nove spremenljivke(substitucija)
duvvudvu
dttxtxfdxxf )())(()(
dxxuxvxvxudxxvxu )()()()()()(
dxxukdxxku )()(
dxxvdxxudxxvxu )()())()((
rxedxe
xdxx cossin
xdxx sincos
1
11
1
rx
rr
xdxx
r
r
ln
xdxx
arcsin 1
21
xdxx
arctg 1
21
dvvuvud
dvuduvvud
dukkud
dvduv)d(u
)())((
)(
)(
dxxvxvuxvud
dxxvxudxxvxuxvud
dxxukxkud
dxxvdxxuxvxud
)())(())(((
)()()()())((
)())((
)()())()((
Pravila za diferenciranje:
Pravila za integriranje:
Primeri
dxexx
xvdxdv
dxx
duxu
1
ln
xev
dxdu
xxxx eexdxeex
Podobno za ,...,cos,sin dxexdxxxdxxx xn
dxx ln
dxedv
xu
x
xxxdxxxdxx lnlnln
Podobno za dxxxn ln
dxx )sin( 12 )cos(cossin 122
1
2
1
2xt
dtt
dtdx
xt
2
1
12
Splošno pravilo: )()()()( baxFa
dxbaxfxFdxxf1
dxxx 123
dxxxx 122
dxxdt
xt
2
12
dttt )( 121 2
3
2
5
2
3
2
5
11 2
312
51
31
51 )()( xxtt
dxx tg dxx
x
cos
sinxt
t
dtcoslnln
dxxdt
xt
sin
cos
Uspešna je tudi substitucija t2=x2+1.
dxx 214
2
22
211 22 tt
dtt
dttdtttsincos
coscossin
dttdx
tx
cos
sin
Integriranje racionalnih funkcij
1.korak Če je potrebno, z deljenjemprevedemo na primer, ko je stopnja števca manjša od stopnje imenovalca.
Primer
2.korak Imenovalec razcepimo na faktorje, potem pa integrand razcepimo na delne ulomke oblike
in
3.korak Integriramo dobljeni izraz.
dxxQ
xP )(
)(P(x),Q(x) polinoma dx
x
x
1
22
3
1
2
1
222
3
x
xx
x
x
nax
A
)( nbaxx
BAx
)( 2
))(( 1112 xxx
1111
2
x
B
x
A
xx
x
))((
)()( 112 xBxAx
2
3
2
1BA ,
1
1
2
3
1
1
2
1
1
22
3
xxx
x
x
)ln()ln( 12
31
2
1
21
2 2
2
3
xxx
dxx
x
Izlimitirani integrali
Primer
integrand je neomejen, ne ustreza zahtevam za integrabilnost
Formalno uporabimo Newton-Leibnizovo formulo:
Kako bi razširili pojem integrabilnosti na tovrstne primere?
dxx
1
0
1
221 1
0
1
0
xdxx
Osnovna primera:
f zvezna na [a,b), pri b ima pol
f zvezna na
[a,+∞)
t
a
f obstaja za vse t∈[a,b)
b
a
t
abt
ff lim
t
a
f obstaja za vse t∈[a,+∞)
a
t
at
ff lim
Primeri
limita ne obstaja
2
1
2
1
2
1
2
2
0
2)(lim
)( tdx
x t
2
1
2
12 x
dxx
)(
110
1
0
)ln(limln tttdxxt
xxxdxx lnln
limita ne obstaja
)cos(sinsin xxe
dxxex
x 2225
2
dxxe x
0
2sin
5
2
5
2222
5))cos(sin(lim tt
e t
t
1
0
)cos(limsin tdxxt
Ocenjevanje konvergence: obstoj limite pri izlimitiranem integralu lahko ugotovimo na podlagi primerjave z znanimi integrali.
Primeri
1
11
1
rx
rdxx r
xr
r
ln
dxx
a
r
0
1 obstaja za r<1
ne obstaja za r ≥ 1dx
xar
1 obstaja za r>1
ne obstaja za r ≤ 1
dxxx
x
13 1
1Za x → ∞ je primerljiva z
1
1
3xx
x
2
3
1
xintegral obstaja
dxx
2
13 1
1Za x → 1 je primerljiva z ,
1
1
3x 1
1
x
ki je primerljiva z pri x → 0x
1 integral obstaja
Uporaba integrala
Ploščine likov
b
a
fgploščina
Ploščina v polarnih koordinatah
ploščina=n
i
iiitr
0
1
2
2
))((
To je Riemannova vsota
za funkcijo 2
2 )(r
2
2
1rploščina
Dolţina krivulje
Vsaka delitev intervala določa neko lomljenko. Dolţina krivulje je natančna zgornja meja dolţin lomljenk.
(če je f zvezno odvedljiva)
dolţina lomljenken
iiiii xfxfxx
0
21
21 ))()(()(
n
iiixx
xfxfxx
ii
ii
0
12
1
2
11 )()(
))()((
n
iiii xxtf
0
121 )())((
Riemannova vsota za funkcijo 21 )( f
b
a
f 21 )(dolţina krivulje
Prostornina telesa
Riemannova vsota za funkcijo P
(če je P zvezna)
ploščina prereza na nivoju x)(xP
n
iiii xxtP
0
1))((
Prostornina telesa = b
a
P
VrtenineVrtenina je telo, ki ga zaobjamemo z vrtenjem krivulje okoli neke osi.
Prerez na nivoju x je krog s ploščino P(x)=f(x)2 π.
Prostornina vrtenine = b
a
f 2
Nekatere fizikalne količine, ki se izraţajo z integralom
(Integriramo funkcije ene spremenljivke, zato se zaenkrat omejimo na primere, ki so „enodimenzionalni‟.)
Dolţina poti, ki jo točka, ki se giblje premočrtno s hitrostjo v=v(t) prepotuje v času od t1 do t2 je
2
1
t
t
dttvs )(
Masa krivulje, dane z enačbo y=f(x) na [a,b]in z dolţinsko gostoto r=r(x) je dxxfxm
b
a
21 ))(()(
Teţišče krivulje, dane z enačbo y=f(x) na[a,b] in z dolţinsko gostoto r=r(x) je
dxxfxxfm
y
dxxfxxm
x
b
a
T
b
a
T
2
2
11
11
))(()()(
))(()(
Delo, ki ga sila F=F(x) opravi vzdolţ osi x dxxFAb
a
)(
Teţišče n točk, katerih mase so mi, koordinate
pa (xi,yi) je n
iiiT
n
iiiT
mym
y
mxm
x
1
1
1
1
Funkcije definirane z integralom
Vsaka integrabilna funkcija f :[a,b]→ℝ določa zvezno funkcijo F :[a,b]→ℝ:
Lastnosti F lahko razberemo iz lastnosti f, npr:
če je f zvezna je F odvedljiva in velja F ’=f;
če je f pozitivna, je F naraščajoča...
x
a
fxF )(
Primer
je zvezna l je odvedljiva
je > 0 je strogo naraščajoča
x↦l(x) je alternativna definicija funkcije ln(x).
Za vsak x>0 je definirana funkcija x
dtt
xl1
1)(
tt
1
x xy
x
xy
t
dt
t
dt
t
dtxyl
11
)(
duxdt
xut
yy
u
du
xu
dux
11
)()( ylxl
0)1(l )()( xlnxl n )1(lim0l
x)1(lim l
x
x↦l -1(x) pa je alternativna definicija funkcije ex
Nove funkcije dobimo tudi z integriranjem funkcij več spremenljivk:
Primer
Kdaj je tako definirana funkcija zvezna, odvedljiva, integrabilna?Kaj je njen odvod, integral?
integral s parametrom
Pravilo določa funkcijo F :[a,b]→ℝ.
d
c
dyyxfxF ),()(
f :[a,b]ⅹ[c,d]→ℝ:
11
0
1
0
xy
y
xyxy eedyxe
Zveznostd
c
dyyxfxF ),()(
Izberimo natančnost in privzemimo, da je f zvezna:
,),(),(cd
yxfyxf 01če je x1 dovolj blizu x0 , je
d
c
d
c
d
c
dyyxfyxfdyyxfdyyxfxFxF ),(),( ),( ),()()( 010101
zato je dycd
dyyxfyxfd
c
d
c
),(),( 11
f zvezna zvezna
d
c
dyyxfxF ),()(
odvajanje integrala po parametru
Odvedljivostd
c
dyyxfxF ),()(
d
c
dyh
yxfyhxf
h
xFhxF ),(),()()(
Lagrange: ),(),(),(
xtfh
yxfyhxfx
zvezna za dovolj majhen h jecd
yxfytf xx ),(),(xf
za vse y∈[c,d]
d
c
x
d
c
dyyxfdyh
yxfyhxf ),(
),(),(
f(x,y) zvezno odvedljiva na x odvedljiva
d
c
dyyxfxF ),()(
d
c
x dyyxfxF ),()(
Primer
3
1
3
)1(
3
)(3
31
0
3
xxxxyx
y
y
1
0
2 )()( dyyxxF
1
0
2
1)(2)( dy
xyxxF
xx
yydy
x
yy
y2
11
2 1
1
0
21
0
xxx
2
11
3
1
Integrabilnost
f zvezna integrabilna
Primerjajmo funkciji
in
posebej: G1(b)=G2(b)
zamenjava vrstnega reda integriranja
zvezna
d
c
dyyxfxF ),()(
t
a
d
c
dxdyyxftG ),()(1
d
c
t
a
dydxyxftG ),()(2
d
c
dyytftG ),()(1
d
c
dyytftG ),()(2
0)(1 aG 0)(2 aGG1=G2
d
c
b
a
b
a
d
c
dydxyxfdxdyyxf ),( ),(
Primer
6
25
323
3
1 )(
2
1
232
1
2
2
1
1
0
2
x
x
xxxdxxxdxdyyx
6
25
3
7
2
3
3
3
73
3
1
0
23
1
0
2
1
0
2
1
31
0
2
1
2
y
y
x
x
yyy
dxyydxyx
dydxyx (
)
)(
Formula o zamenjavi vrstnega reda integriranja velja tudi za funkcije f(x,y), ki so nezvezne v nekaj točkah ali celo vzdolţ neke gladke krivulje.
Primer
nezvezna vzdolţ premice y=x
yx
yxxyxf
za 0
za ),(
1
0
1
0
32
1
0
0
1
0 0
1
0
1
03
1
3 ),(
xdxxdxxydxdyxdxdyyxf
xy
y
x
1
0
1
0
321
0
121
0
11
0
1
03
1
62
2
1
2 ),(
yydy
ydy
xdydxxdydxyxf
x
yxy
Dvojni integral
Prostornino pod ploskvijo ocenimo s pomočjo kvadrov. Pravokotnik[a,b]x[c,d] razdelimo na mreţo manjših pravokotnikov. Vsota prostornin včrtanih kvadrov je manjša, vsota prostornin očrtanih kvadrov pa večja od prostornine pod ploskvijo.
f(x,y) omejena na pravokotniku [a,b] [c,d]
delitev:
dyyyyc
bxxxxaD
mm
nn
110
110
...
...:
mij,Mij natančna spodnja in zgornja meja na pravokotniku [xi-1,xi] [yi-1,yi]
Δxi= xi – xi-1, Δyj= yj – yj-1
n
i
m
jjiij yxmDfS
1 1
),( spodnja integralska vsotafunkcije f pri delitvi D
zgornja integralska vsotafunkcije f pri delitvi D
n
i
m
jjiij yxMDfZ
1 1
),(
a b
c
d
x
y
Δxi
Δyj
spodnji integral funkcije f
zgornji integral funkcije f
Zvezne funkcije so integrabilne.
(Integrabilne so tudi funkcije, pri katerih je mnoţica točk nezveznosti majhna,npr. če so nezvezne le v nekaj točkah, ali pa vzdolţ neke gladke krivulje.)
),(sup)( DfSfSD
),(inf)( DfZfZD
Funkcija f je integrabilna, če je S( f) = Z( f).
Skupno limito imenujemo dvojni integral funkcije f na
območju [a,b] [c,d] in označimo z],[],[ dcba
f
Vedno je S( f) ≤ Z( f).
Dvojni integral je enak dvakratnemu.
Prostornina pod grafom z=f(x,y) je , kjer je P(x)ploščina prereza na nivoju x.
b
a
dxxP )(
d
c
dyyxfxP ),()(
b
a
d
c
dxdyyxffdcba
),(],[],[
P(x) je ploščina pod grafom funkcije y↦f(x,y):
Primer
ali pa
],[],[ 1031
21 y
yx
214
1
24
21
1
1
1
0
2
1
0
1
0
2
1
0
3
1
2
2
3
1
2
ln)ln(arctg yy
dyy
ydyxy
x
ydydx
y
yxx
x
22
2
82
2
1
4
12
1
1
3
1
23
1
1
0
2
3
1
3
1
1
0
2
lnln
ln
)ln(arctg
xxdxx
dxyyxdydxy
yxy
y
Primer
splošno pravilo:
3
42
1
1
2
1
10
2
1
1 0
2 dxxdxyxdxdyyx )cos(sin
d
c
b
adcba
dyyvdxxuyvxu )()()()(],[],[
Primer
Polovico valja presekamo z ravnino. Izračunajmo prostornino dobljenega telesa
prostornina =
ploščina prereza je
r
xhxrxP 222)(
v:x = h:r
dxr
xhxr
r
20
22
dxxduu
xru
22
3
2
3
2
2 230
2 hrr
r
hduu
r
h
r
Integral funkcije f(x,y)po območju D, ki ni pravokotno obravnavamo takole:
D zapremo v pravokotnik [a,b]x[c,d] in razširimo definicijo funkcije f s pravilom
g(x,y)=f(x,y) za (x,y) iz D in
g(x,y)= 0 sicer.
Definiramo:
],[],[ dcba
gfD
b
a
xv
xuD
dxdyyxff ),(
)(
)(
Primer
območje D:
prostornina =
2. moţnost:
x
y
z
enačba ravnine: xr
hz
rx0
2222 xryxr
dxdyxr
hr xr
xr
0
22
22
3
2...
2 2
0
22 hrdxxrx
r
hr
3
2
32 )(
2
2
23222
0
222
22
0
hryyr
r
hdyyr
r
h
dyx
r
hdydxx
r
h
r
r
r
r
r
r
yrr
r
yr
Funkcijske vrste
Primer
(geometrijska vrsta)
??
Vrsta določa funkcijo le v točkah, kjer konvergira!
xxxx
1
1...1 32
2
2
11
1...
8
1
4
1
2
11
2
1x
4
3
3
11
1...
27
1
9
1
3
11
3
1x
121
1...8421 2x
kje je f definirana?(za katere vrednosti x vrsta konvergira)
...)()()()( 321 xfxfxfxf
katere funkcije lahko predstavimo z vrsto iz preprostih funkcij?(potenc, eksponentnih, trigonometričnih...)
kako odvajamo in integriramo funkcijo f ?(ali lahko odvajamo oz. integriramo vsak sumand posebej)
kako hitro vrsta konvergira proti limitni funkciji?(kdaj lahko f dobro aproksimiramo s končno vsoto)
f odvedljiva (med 0 in x)
Lagrange(za nek t med 0 in x )
f dvakrat odvedljiva
f trikrat odvedljiva
. . . . . .
Potenčne vrste
)(0
)0()(tf
x
fxf
xtffxf )()0()(
xtffxf )()0()(
x
0
2 )( )0()0()(
2xtfxffxf
2 2
)( )0()0()( x
tfxffxf
2 )( )0()0()(
2xtfxffxf
x
0
32
6
)(
2
)( )0()0()( x
tfx
xfxffxf
Taylorjeva formula
Taylorjeva vrsta
ostanek
Določanje Taylorjeve vrste:
• po definiciji (za osnovne funkcije);
• z uporabo računskih pravil (za sestavljene funkcije).
)(...)( 1
2
210 xRxaxaxaaxf nn
n
!
)0(
i
fa
i
i
nn
n xn
tfxR
!
)()(
Če velja , potem0)(lim xRnn
...)( 2
210 xaxaaxf
!
)0(
i
fa
i
i
Primeri
polinomi
eksponentna funkcija
pribliţki pri n =2,4,6,8,10
)!1(!...
621
132
n
xe
n
xxxxe
ntnx
0)!1(
lim1
n
xe nt
n
0 !i
ix
i
xe
sinus
pribliţki pri n =3,5,7,9,11,25
0)!1(
sinlim
1
n
txn
n
0
12
53
)!12()1(
...1206
sin
i
ii
i
x
xxxx
kosinus
pribliţki pri n =2,4,6,8,10,20
0)!1(
coslim
1
n
txn
n
0
2
42
)!2()1(
...242
1cos
i
ii
i
x
xxx
Primeri
Če je , potem za koeficiente vrste
velja formula . Torej, če „uganemo‟ potenčno vrsto,
katere vsota je funkcija f, je to ravno Taylorjeva vrsta za f.
...)( 2
210 xaxaaxf
!
)0(
i
fa
i
i
je Taylorjeva vrsta za...1 32 xxxx
xf1
1)(
x
x
32...
16
27
8
9
4
3
2...
8
27
4
9
2
31
21
1
2
43232
23
xxxx
xxxx
x
x
...1202462
110864
22 xxxxxe x
(vrsta iz absolutnih vrednosti je omejena, torej konvergira)
R je „polmer‟ konvergence
Za katere x konvergira vrsta ?...)( 2
210 xaxaaxf
konvergiraPrivzemimo: ...3
3
2
210 xaxaxaa
Naj bo |x|<|x|:
xx
M
x
x
x
x
x
xM
x
xxa
x
xxa
x
xxaa
xaxaxaaxaxaxaa
1...1...
...|...|
3233
3
22
210
3
3
2
210
3
3
2
210
konvergira...3
3
2
210 xaxaxaa
Mnoţica vseh x, za katere vrsta konvergira je vedno simetrični interval oblike (-R,R).
...3
3
2
210 xaxaxaa
Vrsta ...16
27
8
9
4
3
21
1
232
432
23
xxxx
x
x
x
x
Primeri
• Taylorjeve vrste funkcij ex, sin x, cos x konvergirajo
za vse x, zato je R=∞.
• Polmer konvergence vsote dveh vrst je enak manjšemu izmedpolmerov konvergence sumandov. Podobno velja za razlike inprodukte vrst.
• Za je R=1. x
xxx1
1...1 32
R3
2R
3
2Rima polmer konvergence .
Primer
Privzemimo za x∈(-R,R).
Kako izračunamo ?
...)( 2
210 xaxaaxfx
f0
Za t∈[0,x] ocenimo razlikoni
ii
n
i
ii tatatf
1
0
)(
Izberemo r: x<r<R. Mrara ii
ni
ii konvergira
r
xr
xM
r
xM
r
tM
r
trata
n
nii
i
nii
i
nii
ii
ini
ii
1
1
Za zahtevano natančnost ε izberemo dovolj velik n, da je x
r
xr
xM
n
1
1
Tedaj je
xx n
i
ii
x
dtx
dttadttf00
1
00
)(
...32)...(...32
...)( 2
221
0
3
3
2
210
3
2
2
10
2
210 xaxaaxaxaxaax
ax
axadttataax
Taylorjevo vrsto smemo členoma odvajati in integrirati. Polmer konvergence se pri tem ne spremeni.
Primeri
1
...11
1 32
R
xxxx
1
...432
)1ln(432
R
xxxxx
posebej: 2ln...4
1
3
1
2
11
1
...11
1 642
2
R
xxxx
1
...753
arctg753
R
xxxxx
posebej:4
...7
1
5
1
3
11
Taylorjeva vrsta za algebrajske funkcije
binomska vrsta
rxxf )1()( r∈ℝ
oznaka:
i
irrr
i
r
...21
)1(...)1(
...321
1)1( 32 xr
xr
xr
x r
R=1
Primeri
...4321
1)1(1 421
321
221
21
21
xxxxxx
2
1
121
8
1
21
)(21
21
16
1
321
)()(23
21
21
128
5
4321
)()()(25
23
21
21
...128
5
16821
432 xxxx
...16
5
8
3
21...)(
32)(
11)1(
1
1 64262
142
122
12
2
21 xxx
xxxxx
...112
5
40
3
6arcsin
753 xxxxx
Pribliţne formule:
boljši pribliţek:
Uporaba Taylorjeve vrste
...6
)12)(1(
2
111 3
3
2
2x
n
nnx
n
n
n
xxn
n
xxn 11
2
2
1
n
xn napaka
...185.31313527328153
27533
...)1748.3323 (dejansko
2
2
111
n
xn
n
xxn
3
6
)12)(1(
n
xnn napaka
...1737.31313527322
815
8153
27533
Pribliţki za sin(x)
xxsin6
3x napaka
...50401206
sin753 xxx
xx
Za katere x je napaka manjša od 0.001?
10182.0001.06
3
xx
Za |x|≤10o je napaka pribliţka sin x=x manjša od 0.001.
Tedaj je tudi relativna napaka (razmerje napaka/dejanska vrednost) manjša od 1%.
6sin
3xxx
120
5x napaka
Za |x|≤36o je napaka pribliţka manjša od 0.001.
Za |x|≤60o je relativna napaka manjša od 1%.
Pribliţek za cos(x)
21cos
2xx
24
4x napaka
...242
1cos42 xx
x
Za |x|≤20o je napaka pribliţka manjša od 0.001.
Za |x|≤36o je relativna napaka manjša od 1%.
Numerično integriranje
...1...
...1
421
101
31
1
042103
1
0
62
2
1
0
753
642
xxx
xxx
x
dxxdxe
Vrsta alternira, zato je pri
7474.0...12161
421
101
31
napaka manjša od 0.001.
001.07474.0
1
0
2
dxe x
060018
0
1206
0
......1sin 5342 xxxx xdxdx
x
x
...8525.1sin
9!97!760018
0
9753
dxx
xVrsta alternira, zato je pri
napaka manjša od 0.001.
Taylorjeva vrsta implicitne funkcije
Enačba ex+ey=e+x+y določa y=y(x), ki ga lahko razvijemo v vrsto.
10010 0 )()()( yyeex
eyxeey
yx
0001010
1
)()()( yyyex
yyee yx
eyyyex
yyeyee yyx
1
100010
2
)()()(
eyyyex
yyeyyeyyeyee yyyyx
1
100010
23
)()()(
...)()(
)( 32
16
1
12
11 x
ex
exy
Taylorjeva vrsta je najboljši polinomski pribliţek za f(x) blizu x=0. Če potrebujemo podoben pribliţek blizu kakšne druge točke, npr. a, ravnamo takole:
Taylorjeva vrsta za f(x) okoli točke a.
))(()( axafxf
)()()( tgtafxf
0 !
)0()(
i
ii
ti
gtg
)()( taftg ii
)()0( afg ii
axt
0
)(!
)()(
i
ii
axi
afxf
Primer
xxf
1
1)(Razvoj okoli a=6:
)5()11,1(15
6Rx
x
...625
)6(
125
)6(
25
6
5
1
...5
6
5
6
5
61
5
1
1
1
5
1
)6(5
1
1
1
32
32
56
xxx
xxx
xx x
Vrsta konvergira za
Natančnost Taylorjeve vrste upada z oddaljevanjem od izhodišča zato so za obravnavanje periodičnih funkcij primernejše vrste sestavljene iz trigonometričnih funkcij.
Pomoţni izračuni:
podobno:
podobno:
Trigonometrične vrste
dxmxnx )cos()sin(:mn
)cos()sin(2)sin()sin( mxnxxmnxmn
0)cos()cos(
2
1
mn
xmn
mn
xmn
0)sin()sin(0)cos()cos( dxmxnxdxmxnx
:mn 0)2sin(2
1)cos()sin( dxnxdxnxnx
4
)2sin(
2))2cos(1(
2
1)sin()sin(
nxxdxnxdxnxnx
dxnxnx )cos()cos(
Motivacija
Elastično vrvico napnemo in izmaknemo iz ravnovesne lege.
Nastane valovanje, ki potuje po vrvici in se odbija od koncev. Pri dovolj visoki frekvenci nihanja zagledamo stoječe valovanje.
Ker konca mirujeta, so pri sinusnem nihanju moţne le valovne dolţine oblike l=2L/n, kjer je n naravno število.
Splošno nihanje vrvice (strune) je superpozicija osnovnih nihanj.
xxxy 3sin4
12sin
2
1sin
Privzemimo, da je funkcija f 2 -periodična in da je enaka vsoti vrste
Kako bi določili koeficiente ak in bk?
trigonometrična ali Fouriereva vrsta1
0
22110 22
kkk kxbkxaa
xbxaxbxaaxf
)sincos(
...)sincos()sincos()(
1
0
kkk dxkxbdxkxadxadxxf )sincos()(
=0 =0
02 a
mm
kkk
adxmxmxa
dxmxkxbdxmxkxadxmxadxmxxf
coscos
)cossincoscos(coscos)(1
0
mm
kkk
bdxmxmxb
dxmxkxbdxmxkxadxmxadxmxxf
sinsin
)sinsinsincos(sinsin)(1
0
Če je f(x) vsota trigonometrične vrste
(in če smemo vrsto členoma integrirati),potem za koeficiente vrste velja:
1
0
kkk kxbkxaaxf )sincos()(
dxkxxfb
dxkxxfa
dxxfa
k
k
sin)(
cos)(
)(
1
1
2
10
Primer
(integral lihe funkcije po simetričnem intervalu)
Fouriereva vrsta trigonometričnega polinoma je vedno končna.
xxf 3sin)(
02
1 3
0 dxxa sin
01 3 dxkxxak cossin
4
31 3
1 dxxxb sinsin
4
13
1 3
3 dxxxb sinsin
2001 3 ,sinsin kdxkxxbk za
xxx 34
1
4
33 sinsinsin
Primer
bk=0 za sode k
numerično:
b1=1.161
b3=0.232
b5=0.116
b7=0.074
b9=0.053
...
3 xxf sin)(
f liha ⇒ vsi ak=0
...5sin161.03sin232.0sin161.1sin3 xxxx
Fouriereve koeficiente lahko izračunamo tudi za funkcije, ki niso periodične.
Primer
f soda ⇒ vsi bk=0
2)( xxf
32
1 22
0 dxxa 22
2 4)1(
cos4cos
1
kk
kdxkxxa k
k
],[...16
4cos
9
3cos
4
2coscos4
3
22 x
xxxxx za
Dobljena Fouriereva vrsta je periodično nadaljevanje prvotne funkcije.
Primeri
f liha ⇒ vsi ak=0
xxf )(
kdxkxxb k
k
2)1(sin
1 1
...4sin2
13sin
3
22sinsin2 xxxxx
],0[1
]0,[1)(
x
xxf
za
za
delna vsota
laţji odgovor:če je f omejena in odsekoma zvezna, potem gre sm v povprečju proti f, tj.
teţji odgovor: če je f odsekoma zvezna in odsekoma monotona in če v vsaki točki x
obstajata leva in desna limita funkcije f(x-) in f(x+), potem je
Ob prejšnjih zgledih se zastavlja vprašanje: če za dano funkcijo f(x)
izračunamo koeficiente ak in bk, kakšna je potem zveza med f(x) in
?1
0 )sincos(k
kk kxbkxaa
m
kkkm kxbkxaaxs
1
0 )sincos()(
0)()(lim dxxsxf mm
xfxfxf
xfxfxsm
m v zvezna ni
v zvezna
2
)()(
)(
)(lim
Funkcijo f lahko razvijemo v Fourierevo vrsto na poljubnem intervalu [a,b].
Osnovne funkcije: sin x, cos x Osnovne funkcije: xxabab
22 cos,sin
dxxxfab
b
dxxxfab
a
dxxfab
a
abk
k
abk
k
b
a
2
2
0
sin)(2
cos)(2
)(1
1
220 )sincos(
kab
kkab
kk xbxaa
Primerjava med Taylorjevo in Fourierevo vrsto
Taylorjeva vrsta
vsota potenc
koeficiente računamo z odvodi,
ostanek po Lagrangevem izreku
uporabna le za dovoljkrat
odvedljive funkcije
področje konvergence določeno
s polmerom konvergence
blizu središča konvergira hitro,
navzven pa vedno počasneje
vrsto smemo členoma odvajati
in integrirati
Fouriereva vrsta
vsota trigonometričnih funkcij
koeficiente računamo z integrali
uporabna za zelo splošne
funkcije, npr. odsekoma zvezne
periodična
enakomeren pribliţek na celem
intervalu
vrsto smemo členoma integrirati,
odvajati pa le, ko je limitna
funkcija zvezno odvedljiva
DIFERENCIALNE ENAČBE
Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodi iskane funkcije.
parcialna diferencialna enačba (2. reda)
Primeri
diferencialna enačba za y kot funkcijo x
diferencialna enačba 2. reda
diferencialna enačba 3. reda
Diferencialne enačbe za funkcije ene spremenljivke imenujemo navadne, ko nastopajo parcialni odvodi na več spremenljivk pa pravimo, da so to parcialnediferencialne enačbe
Red diferencialne enačbe je red najvišjega odvoda, ki v njej nastopa.
xyy
22 xyyy
22 xyeyyx y
xzz yxx
Rešitev diferencialne enačbe je funkcija y=y(x), pri kateri je
F(x,y(x),y’(x))=0 za vse x na nekem definicijskem območju.
F(x,y,y’)=0 splošna oblika diferencialne enačbe 1. reda
Primeri:
xyyje rešitev diferencialne enačbe , saj je2
2
)(x
exy
2
2
2
2
2
2
2
2 xxx
eee xx
Enačba mora biti izpolnjena za vse x na nekem intervalu.
ni rešitev diferencialne enačbe , čeprav je
za nekatere vrednosti x.
2)( xxy xyy32 xx
xyy
je rešitev enačbe
je tudi rešitev enačbe
je prav tako rešitev zgornje enačbe...
Velja pravilo: diferencialna enačba reda n ima splošno rešitev, ki je odvisna od n poljubnih parametrov.
xxy )(
xexxy )(
xxexxy )(
22 xyyy
22 xyyy
Splošna rešitev je običajno odvisna od nekaj parametrov. Na
primer, vse rešitve enačbe so oblike, kjer sta A in B poljubni realni števili.
22 xyyyxx BxeAexxy )(
Diferencialne enačbe imajo praviloma veliko rešitev, kar je posledica dejstva, da odvajanje ni injektivno.
Geometrični pomen diferencialne enačbe
y=y (x) je rešitev enačbe y’ =f(x,y)
smerni koeficient tangente na graf rešitve v točki x0 je enak f (x0,y (x0))
funkcija f(x,y) določa polje smeri:
pri vsaki točki (x,y) z majhno daljico označimo smer s koeficientom f(x,y).
f(x,y)=x-y
vsaka krivulja, ki je v svojih točkah tangentna na polje smeri, je graf ene izmed rešitev diferencialne enačbe
f(x,y)=x2-y2+1
f(x,y)=-y-sin3x
Diferencialna enačba skupaj z začetnim stanjem v celoti določa evolucijo sistema.
y(0)=C, torej je C začetna količina opazovane snovi
Za 14C:
Hitrost razpadanja pogosto podamo z razpolovno dobo T: zveza s k je kT=ln 2
Hitrost razpadanja radioaktivne snovi je sorazmerna s količino snovi (reakcija 1.
reda). Če imamo na začetku neko količino snovi (npr. 5g izotopa 14C), kaj lahko
povemo o količini snovi čez nekaj časa (npr. čez koliko časa bo ostalo le 3g 14C)?
y=y(t) količina snovi v trenutku t
y’=-ky k je sorazmernostni faktor med količino snovi in hitrostjo razpadanja (npr. za 14C je k =3.83 10-12 s-1)
ktCeycktydtky
dydtk
y
dyky
dt
dy ln
let s 42301413336814621083.3
5108.0ln53
12
53
kte kt
Razpolovna doba 14C je (0.6931/3.83) 1012 s ≈ 5730 let.
Fizikalni primer: radioaktivni razpad
Ogljikov izotop 14C nastaja v višjih plasteh atmosfere, ko pod vplivom kozmičnih ţar-kov dva neutrona nadomestita dva protona v 14N. Nastali 14Cse veţe s kisikom v 14CO2.
Razmerje med 14CO2 in 12CO2 v atmosferi je dokaj stabilno.
kozmični ţarki
Rastline absorbirajo CO2
v biosfero. Razmerje med 12C in 14C v ţivih bitjih je enako, kot v atmosferi.
Ko ostanki ţivih bitij niso več v stiku z atmosfero se razmerje med 12C in 14C zaradi radioaktivnega razpada poveča v prid prvega. Starost ostankov ocenimo na podlagi primerjave stopenj radioaktivnosti.
stopnja radioaktivnosti
0 let 5730 let 11460 let 17190 let
starost
Datiranje s 14C
Pri diferencialnih enačbah obravnavamo dva tipa nalog:
npr. enačba
začetni problem
iščemo rešitev enačbe, ki ima v nekih točkah predpisane
funkcijske vrednosti (in morda vrednosti odvodov)
npr. začetni problem
yy 2xAexy 2)(
iskanje splošne rešitve
splošna rešitev
22 xyyyxx BxeAexxy )(
rešitev
3)0(
2
y
yyxexy 23)(
2)0(
0)0(
22
y
y
xyyyxxexxy )(
V druţini krivulj
gre le ena skozi točko (0,3).
xAey 2
V dvoparametrični druţini krivulj je le ena,
ki gre skozi izhodišče in ima tam tangento s smernim koeficientom 2.
xx BxeAexy
Diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami
V diferencialni enačbi 1. reda lahko ločimo spremenljivki, če jolahko zapišemo v obliki
Primeri
nista enačbi z ločljivimi spremenljivkami
)(
)()()(
yv
xuyxuyyv ali
02yyx
xyy
xy
y 1
2
21 yy 11 2y
y
12xyxyx
xyy
21
yxy
1xyyyx
Reševanje enačb z ločljivimi spremenljivkami
implicitna oblika splošne rešitve
U(y) primitivna funkcija za u(y)
V(x) primitivna funkcija za v(x)
CxVyUxVyUxvyyu )()()()()()(
Praktično navodilo: v diferencialni enačbi pišemo , prestavimo vse
x na eno stran enačbe, vse y na drugo stran enačbe inpotem integriramo vsako stran posebej.
dx
dyy
02 22 yyx 02 22 ydx
dyx
222 x
dx
y
dy
222 x
dx
y
dyC
xy
1
2
1
)1(2)(
Cx
xxy
Primeri
spremenljivk se ne da ločiti!
nova spremenljivka:
yxvy )('
)()(ln)(' xVC eeyCxVyxv
y
y
)(xVAey A ∈ ℝ
yxy'
yu
yxu
1
uu 1
11ln1
1 xCeuCxudxu
duu
dx
du
1xCey x
Začetni problem pri enačbah z ločljivimi spremenljivkami
Primer
00)(
)()(
yxy
xvyyux
x
y
y
dxxvdyyu
00
)()(
2)1(
1 2
y
xyxy
xy
dxx
xydy
1
2
2
1xy
xx
y
1
2
2
2
2ln
2
5ln22
1
2ln2
2
2222
xxyx
xy
Diferencialna enačba je funkcijska enačba, v kateri nastopajo odvodiiskane funkcije.
Rešitev DE je funkcija y=y(x), ki za vse x ustreza enačbi. Številoprostih parametrov, od katerih je odvisna rešitev je enako redu enačbe.
Geometrično je rešitev DE vsaka krivulja, ki je tangentna na polje smeri.
Začetni problem je iskanje rešitve DE, ki ustreza nekim začetnim pogojem.
DE z ločljivimi spremenljivkami rešimo tako, da ločimo spremenljivki inpotem integriramo vsako stran enačbe posebej.
Primer modeliranja z DE
Tripsin je encim trebušne slinavke, ki nastane iz tripsinogena. V reakciji nastopa tripsin kot katalizator, zato je hitrost nastajanja tripsina sorazmerna z njegovo koncentracijo.
y0........... začetna koncentracija tripsina
y(t) ........... koncentracija tripsina v času t
y’=ky ........... hitrost nastajanja je sorazmerna koncentraciji
Model napoveduje eksponentno in neomejeno naraščanje količine tripsina. To se v resnici ne more zgoditi, zato model popravimo.
00 yy
kyy
)(začetni problem: rešitev: y=y0e
kt
Med reakcijo se tripsinogen porablja: iz vsake molekule tripsinogena nastane ena molekula tripsina. Zato privzamemo, da je hitrost reakcije sorazmerna tako koncentraciji tripsina, kot koncentraciji tripsinogena. Če je skupna koncentracija tripsina in tripsinogena C, začetna koncentracija tripsina pa y0
dobimo začetni problem:
Logistična krivulja: model predvideva, da bo koncentracija tripsina zrasla do prvotne koncentracije tripsinogena, potem pa se bo ustalila.
00 yy
yCkyy
)(
)(
t
y
y
ty
y
ktyC
y
Cdtk
yCy
dydtk
yCy
dy0
000
1ln
)()(
Ckt
yC
Ckt
e
Ctye
y
yC
y
yC
11)(
00
0
Logistična krivulja je dober model za omejeno rast, vendar ni vedno povsem ustrezna. Npr. pri tumorjih število rakastih celic najprej narašča eksponencialno, potem pa se rast umiri in sčasoma ustavi. S poskusi so ugotovili, da krivulja naraščanja ni logistična temveč t.im. Gompertzova krivulja (ena od vidnih razlik je, da pri njej prevoj nastopi precej prej kot pri logistični).
Gompertzova funkcija
)()(atekeyty 1
0
Eksperimentalno ugotovljeno zakonitost poskušamo razloţiti tako, da pogledamo, kateri diferencialni enačbi ustreza Gompertzova funkcija.
s staranjem se reproduktivna moč celic zmanjšuje
reproduktivni faktor se ne spreminja, vendar je naraščanje sorazmerno le z delom števila celic v tumorju, ker se v notranjosti tumorja ustvari nekrotično območje
)()()( tyeeakeyey atatekek atat 1
0
1
0
Diferencialna enačba pomeni, da število rakastih celic narašča sorazmerno z velikostjo tumorja, vendar se sorazmernostni faktor spreminja s časom. Vzroke za spremembo razlagajo različno:
yey at
)( yey at
yey at)(
Linearne diferencialne enačbe 1. reda
splošna LDE 1. reda
homogena LDE 1. reda
Velja:
)()( xbyxay
0)( yxay
poljubni rešitvi LDE 1. reda se razlikujeta
za rešitev pripadajoče homogene enačbe.
splošna rešitev LDE 1. reda je oblike y=yP+yH
rešitve homogene LDE 1. reda so oblike
, kjer je A(x) primitivna
funkcija za a(x).
)(xAH Cey
je rešitev
splošne LDE 1. reda
dxexbey xAxAP
)()( )(
0)()( 2121
2211
yyayy
yaybyay
dxxaCey
dxxay
dyyxay
)(
)(0)(
)()()()(
)(
)())((
)()(
)()(
xbyxayxbyxa
exbe
dxexbxaey
PPP
xAxA
xAxAP
Primer
)()( xbyxayReševanje LDE 1. reda:
1. izračunamo primitivno funkcijo A(x) za a(x);
2. izračunamo integral ;
3. splošna rešitev enačbe je
dxexbxB xA )()()(
))(()( )( CxBexy xA
)sin( xyyx
x
x
x
yy
)sin(
xxA ln)(
xdxxdxex
xxB x cossin
sin)( ln
x
Cxxy
cos)(
Primer
RL- električni krog
Kirchhoffov zakon: E=ER+EL
LDE 1.reda
konstantni vir napetosti E:
vir napetosti: E(t)
padec napetosti na uporu: ER=RI
padec napetosti na tuljavi: EL=LI ’
L
R
)(1
tEL
IL
RI
0)0(
1
I
EL
IL
RI
tL
RtA )(
1)(0
tL
Rtt
L
R
eR
Edt
L
EetB
tL
R
eR
EtI 1)(
Začetni problem za LDE 1.reda
izračunamo:
rešitev:
Primer
00)(
)()(
yxy
xbyxayx
x
dxxaxA
0
)()(
x
x
xA dxexbxB
0
)()()(
))(()( 0
)( yxBexy xA
1)0(
32
y
yyxdxxA
x
22)(0
2
3
2
33)( 2
0
2 xx
x edxexB
22
31
2
3
2
3)(
222
xxx e
eexy
Primerizmenični vir napetosti:
L
E(t)
R
tEtE sin)( 0
dtteL
EetI
t
o
tL
Rt
L
R
sin)( 0
0)0(
sin1
0
I
tEL
IL
RI
bxbbxaba
edxbxe
axax cossinsin
22
t
L
R
tL
R
tL
R
ttL
Re
L
Ee
0
2
0 cossin2
2
tL
R
eLR
LEtLtR
LR
E222
0
222
0 cossin
222
0
222
0 )sin(
LR
LeE
LR
tEt
L
R
222222sincos
LR
L
LR
R
Rešljivost DE 1. reda
Primeri
Začetni problem nima rešitev, ker je edina
rešitev enačbe dana z y(x)=0.
1)0(
0)( 22
y
yy
02yy
Začetni problem ima edino rešitev y(x)=x+1.10
1
)(y
y
Začetni problem
ima neskončno rešitev oblike y(x)=Cx+1.
10
1
)(yx
yy
Picardova iteracijska metoda
numerična metoda za reševanje DE 1.reda
zadostni pogoji za obstoj in edinost rešitve DE 1.reda
(Podobno smo pri Newtonovi metodi enačbo f(x)=0 preoblikovali v x=g(x).)
Rešitev začetnega problema
lahko zapišemo v integralski obliki
ki je primerna za pribliţno reševanje.
00 yxy
yxfy
)(
),(
,))(,()(x
x
dttytfyxy
0
0
Za vse n velja:
limitna funkcija y(x) je rešitev začetnega problema.
in(če je f zvezna in če smemo odvajati limito)
Tvorimo zaporedje funkcij y0(x), y1(x), y2(x),... po rekurzivnem pravilu:
))(,()(
)(
xyxfxy
yxy
nn
n
1
00
Privzemimo, da obstaja limitna funkcija ; tedaj je )(lim)( xyxy nn
))(,())(lim,())(,(lim)( xyxfxyxfxyxfxy nn
nn
000 yxyxy nn
)(lim)(
x
x
nn dttytfyxy
yxy
0
01
00
))(,()(
)(
Primer
......
Taylorjeva vrsta za funkcijo y(x)=ex.
10)(y
yy
xdtxyx
1110
1 )(
10 )(xy
2111
2
0
2
xxdttxy
x
)()(
621
211
32
0
2
3
xxxdt
ttxy
x
)()(
24621
6211
432
0
32
4
xxxxdt
tttxy
x
)()(
x
nn dttyxy
xy
0
1
0
1
1
)()(
)(
PrimerPicardove iteracije za začetni problem
......
0 1 2
3
10
2
)(y
yxy
Pri določenih pogojih Picardove iteracije konvergirajo proti rešitvi začetnega problema, dobljena rešitev pa je enolična.
Če sta f(x,y) in fy’(x,y) zvezni na neki okolici točke (x0,y0)
potem začetni problem ima natanko eno rešitev
y=y(x) na neki okolici točke x0.
00 yxy
yxfy
)(
),(
xxy tg)( 00
1 2
)(y
yy
Primer
Rešitve ni vedno mogoče podaljšati na celo realno os!
splošna LDE 2. reda
homogena LDE 2. reda
Linearne diferencialne enačbe 2.reda
)()()( xcyxbyxay
0)()( yxbyxay
Velja:
poljubni rešitvi LDE 2. reda se razlikujeta
za rešitev pripadajoče homogene enačbe.
splošna rešitev LDE 2. reda je oblike y=yP+yH ,
kjer je yP neka rešitev splošne enačbe, yH pa
poljubna rešitev homogene enačbe.
0)()()( 121212
222111
yybyyayy
ybyaycybyay
če sta y1 in y2 rešitvi homogeneenačbe, potem je tudi c1y1+c2y2
rešitev homogene enačbe.
(princip superpozicije)
(sledi iz rezultatov o rešljivosti diferencialnih enačb)
funkciji y1 in y2 sta neodvisni, če nobena ni večkratnik druge
če sta y1 in y2 neodvisni rešitvi homogene enačbe, potem lahko vserešitve homogene enačbe zapišemo kot superpozicijo y1 in y2.
yH=c1y1+c2y2
0)()(
)()()(
22221111
221122112211
222111
ybyaycybyayc
ycycbycycaycyc
ybyayybyay
0
dodatni pogoj:
rešimo sistem linearnih enačb integriramo
Če sta y1, y2 neodvisni rešitvi homogene enačbe ,
potem lahko dobimo rešitev splošne enačbe ,
ki je oblike .
0)()( yxbyxay
)()()( xcyxbyxay
)()()()()( 21 xyxvxyxuxyP
21 vyuyyP
2211 yvyvyuyuyP 021 yvyu
21 yvyu
2211 yvyvyuyuyP
21
22211121
yvyu
bvyyavyvbuyyauyuyvyubyyay PPP )()(
= 0 = 0
cyvyu
yvyu
21
21 0vu , vu,
21 vyuyyP
Če je y1 ena rešitev homogene enačbe , lahko dobimo še eno neodvisno rešitev oblike y2=uy1
0)()( yxbyxay
12 uyy 112 yuyuy 1112 2 yuyuyuy
)2(
)()2(
)()2(
111
111111
111111
ayyuyu
byyayuayyuyu
buyyuyuayuyuyu
0)2( 111 ayyuyu
Homogena LDE 1. reda za u’
u2
1
)(
)(y
eu
xA
12 uyy
(A(x) primitivna funkcija za a(x))
Reševanje LDE 2.reda: )()()( xcyxbyxay
1. Poiščemo vsaj eno rešitev homogene enačbe 0)()( yxbyxay
2. Drugo rešitev homogene enačbe dobimo v obliki , kjer je
12 uyy
2
1
)(
)(y
eu
xA
3. Partikularno rešitev splošne enačbe dobimo v obliki ,
kjer u in v določimo iz sistema enačb
21 vyuyyP
cyvyu
yvyu
21
21 0
4. Splošna rešitev enačbe je oblike y=yP+c1y1+c2y2.
Primer
•druga rešitev:
222 )1(22)1( xyyxyx
0)1(
2
)1(
222
yx
yx
xy
• eno rešitev uganemo: y1=x
HOMOGENA
)1ln()1(
2)( 2
2xdx
x
xxA
SPLOŠNA
22
1 11
2
xx
exu
x )ln(
)(
xxxu
1)(
1)( 2
2 xxy
2
2
12
0)1(
xvxu
xvxuxvxu ,1 2
2,
3
23 xv
xxu
)1(26
)1()1(23
)( 224
2223
xBAxxx
xBAxxx
xx
xxy
• preprosto rešljiva homogena enačba
• laţje računanje posebne rešitve
Primeri uporabe:
nihanja
električna vezja
modeliranje metabolizma
.......
)(xfbyyay
LDE 2. reda s konstantnimi koeficienti
HOMOGENA ENAČBA
Poskušamo z nastavkom: y=erx
(analogija z LDE 1.reda)
par realnih ničel
dvojna realna ničla
par konjugiranih kompleksnih ničel
0byyay
0)( 2 rxebarr
rx
rx
rx
ery
rey
ey
2
02 barr
2
42
2,1
baar
042 ba
042 ba
042 ba
1.primer: par realnih ničel r1,r2:
bazični rešitvi:
splošna rešitev:
2.primer: dvojna realna ničla r
bazični rešitvi:
drugo bazično rešitev dobimo z nastavkom
splošna rešitev:
xr
xr
exy
exy
2
1
)(
)(
2
1
xrxr
H ececxy 21
21)(
rxexy )(1
)()()( 12 xyxuxy
xxuee
eu xra
rx
ax
)(1)(
)2(
2
02ra
rxxexy )(2
rxH exccxy )()( 21
3.primer: par konjugirano kompleksnih ničel: α+iβ, α-iβ
superpozicija rešitev je tudi rešitev ⇒
bazični rešitvi
splošna rešitev
xixxi eee )(
potrebujemo rešitve, ki so realne funkcije
xixe
xixexi
xi
sincos
sincos
xexy
xexyx
x
sin)(
cos)(
2
1
)sincos()( 21 xcxcexy xH
Diferencialna enačba
Karakteristična enačba
Ničle Splošna rešitev
Primeri
0yy
0yy
044 yyy
054 yyy
0yyy
012r
012r
0442 rr
0542 rr
012 rr
1,1 21 rr
1,0
, 21
irir
22,1r
1,5 21 rr
2
3
2
1
2
3
2
1
2
1
ir
ir
xx ecec 21
xcxc sincos 21
)( 21
2 xcce x
xx ecec 2
5
1
)sincos(2
322
31
2 xcxcex
rešitev iščemo v obliki
NEHOMOGENA ENAČBA
1.način
in dobimo preprosto rešljiv sistem
kjer je
Primer
)(xfbyyay
)()()()()( 21 xyxvxyxuxyP
xat
P dttyxytyxyetfA
xy0
2112 ))()()()(()(1
)(
)0()0()0()0( 2121 yyyyA
xyyy 32
0322 rrkarakteristična enačba:
rešitve kar. enačbe: 3,1 21 rrxx exyexy 3
21 )(,)(rešitve homogene:
4Ax xx
txtxtP
eexdteeeetexy
0
3332
3649
23)(
4
1)(partikularna rešitev:
xx ececx
xy 3
219
23)(splošna rešitev:
2.način
Za nekatere pomembne primere desnih strani lahko na podlagi izkušenj uganemo obliko rešitve in računamo le neznane koeficiente.
desna stran nastavek (ki so neznani koeficienti)
f(x)=Pn(x) (polinom n-te stopnje)
f(x)=eax
Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnoţimo z x (oz. z x2, če ima karakteristični polinom dvojno ničlo).
Superpozicija: če je desna stran vsota izrazov iz levega stolpca tabele, potem tudi za nastavek vzamemo ustrezno vsoto.
01
1
1 ...)( kxkxkxkxy nn
nnP
axP kexy )(
bxxfbxxf sin)(,cos)( bxkbxkxyP sincos)( 21
)()( xPexf nax
)...()( 01
1
1 kxkxkxkexy nn
nn
axP
bxexfbxexf axax sin)(,cos)( )sincos()( 21 bxkbxkexy axP
Primer
nastavek:
xyyy 32
xx eyexy 3
21 ,)(rešitve homogene:
0y
ay
baxy
9
2,
3
1)(320 baxbaxa
9
23)(
xxyP
partikularna rešitev:
xx ececx
xy 3
219
23)(splošna rešitev:
Primer
ker sta ex in xex rešitvi homogene enačbe,
nastavek:
xexyyy 22
0122 rrkarakteristična enačba:
rešitve kar. enačbe: 12,1rxx xexyexy )(,)( 21rešitve homogene:
264)(
22
x
P
exxxxypartikularna rešitev:
splošna rešitev:
xxx
xx
x
edxdxedeay
edxdxebaxy
edxcbxaxy
2
2
22
422
22
)(
xx
xxxxx
exedxcbxax
edxdxebaxedxdxedea222
22
)(
)22(2)422(
12
022
04
1
d
cba
ba
a
xx
exccex
xxxy )(2
64)( 21
22
Reševanje LDE 2.reda s konstantnimi koeficienti
3. Nehomogeno enačbo rešimo z nastavkom
par realnih ničel r1,r2
dvojna ničla r
par kompleksnih ničel α+iβ, α+iβ
Izjema: če je nastavek za yP rešitev homogene enačbe, potem cel nastavek pomnoţimo z x ali z x2.
)(xfbyyay
02 barr1. Rešimo karakteristično enačbo
2. Na podlagi rešitev določimo bazične rešitve homogene enačbe
xrxr exyexy 21 )(,)( 21
rxrx xexyexy )(,)( 21
xexyxexy xx sin)(,cos)( 21
01
1
1 ...)( kxkxkxkxy nn
nnP
axP kexy )(
bxxfbxxf sin)(,cos)( bxkbxkxyP sincos)( 21
)()( xPexf nax
)...()( 01
1
1 kxkxkxkexy nn
nn
axP
bxexfbxexf axax sin)(,cos)( )sincos()( 21 bxkbxkexy axP
)()( xPxf n
axexf )(
4. Splošna rešitev je y=yP+c1y1+c2y2.
NIHANJA
sile, ki delujejo na uteţ
nehomogena LDE 2. reda
homogena LDE za odmik od ravnovesne lege
y
y=y(t) odmik od ravnovesne lege
y’(t) hitrost
y’’(t) pospešek
my’’ =mg-ky
gym
ky
y0
y-y0
mg=ky0 ravnovesna lega obremenjene vzmeti
)()( 000 yykkykyyym
0)()( 00 yym
kyy
Uteţ z maso m obesimo na vzmet in izmaknemo za L iz ravnovesne lege. Kako bo zanihala?
(privzamemo veljavnost Hookovega zakona, zanemarimo upor in maso vzmeti)
harmonično nihanje
0)0(
)0(
0
y
Ly
ym
ky
0,
sincos)(
BLA
tm
kBt
m
kAty
tm
kLty cos)(
periodično nihanje z amplitudo L in frekvenco
frekvenca je odvisna le od mase uteţi in trdotevzmeti, ni pa odvisna od amplitude
m
k
enačba prostega nihanja
(isto enačbo dobimo, če obravnavamo nihalo in pri majhnih kotih nadomestimo sin x z x)
Dušeno nihanje: sila dušenja je sorazmerna hitrosti (če hitrost ni prevelika) in ima nasprotno smer.
koeficient dušenja
yckyym
0ym
ky
m
cy enačba dušenega nihanja
02
m
kr
m
crkar. enačba:
m
kmccr
2
42
2,1rešitve kar. enačbe:
kmc 42 (koeficient dušenja je majhen)
22
02
22
42
4
2
m
c
m
k
m
ckm
m
c
d
)sincos()( tBtAety ddt )cos(22 teBA d
t
A
Btg
Če je koeficient dušenja dovolj majhen, vteţ niha z amplitudo, ki eksponentno vpada s časom. Frekvenca nihanja je konstantna in je nekoliko manjša od frekvence nedušenega nihanja.
kmc 42 (koeficient dušenja je velik)
02
4
02
4
2
2
2
1
m
ckmcr
m
ckmcr
trtr BeAety 21)(
Pri velikem koeficientu dušenja se vteţ bodisi preprosto vrne v ravnovesno lego in v njej obmiruje ali pa enkrat zaniha in potem obmiruje v ravnovesni legi.
kmc 42 (mejni primer)
)()( 2 BtAetyt
m
cV mejnem primeru se zgodi enako kot v primeru velikega koeficienta dušenja.
VSILJENO NIHANJE
zunanja sila, ki deluje na vzmet
lastna frekvenca prostega nihanja
Splošna rešitev:
Posebno rešitev dobimo z:
- nastavkom
- variacijo konstant
- integralsko formulo
- rešitev začetnega problema y(0)=y’(0)=0
- primerna tudi za odsekoma zvezne desne strani
f(t)
)(tfkyym
m
k0
)cos()(
sincos)()(
0
22
00
tBAty
tBtAtyty
P
P
t
P dxxtxfk
ty0
0 )(sin)(1
)(
Primeri
en signal sproţi harmonično nihanje
posamezni signali spremenijo amplitudo, frekvenca se ne spreminja
periodični signal s frekvenco nesorazmerno z lastno povzroči neurejeno nihanje
in še...
periodični signal s frekvenco enako lastni povzroči resonanco
periodični signal s frekvenco blizu lastni povzroči utripanje
Zakaj pride do resonance?
zunanja sila:
nastavek:
splošna rešitev:
amplituda neomejeno narašča
tFtf cos)( 0t
m
Fyy cos02
0
tBtAy sincos
tBtAy sincos 22
tm
FtBtAtBtA cos)sincos(sincos 02
0
22
0,)( 22
0
0 Bm
FA
)cos(cos)(
)( 022
0
0 tCtm
Fty
0
nastavek:
amplituda linearno narašča
0
)sincos( tBtAty
ttm
FtyP 0
0
0 sin2
)(
Dušeno vsiljeno nihanje
(Privzamemo: c2<4km)
rešitev homogene:
nehomogena enačba:
nastavek (ω≠ωd )
splošna rešitev:
superpozicija dveh nihanj; drugo postane sčasoma zanemarljivo(prehodno stanje ⇒ stacionarno stanje)
v stacionarnem stanju je frekvenca enaka frekvenci spodbujanja, amplituda pa je odvisna od mase, koeficienta upora ter razlike medfrekvenco spodbujanja in lastno frekvenco dušenega nihanja.
tFkyycym cos0
)cos()( tCety dt
H
22
0,2
dm
c
tBtAy sincos
2222220222222
22
0)(
,)(
)(
cm
cFB
cm
mFA
dd
d
)cos()cos()(
)(222222
0 tCetcm
Fty d
tv
d
Razmerje med amplitudo spodbujanja in amplitudo nihanja (ojačenje) je
Resonančna krivulja
Ojačenje kot funkcija frekvence spodbujanja za različne vrednosti koeficienta upora (k=1, m=1):
Amplituda pri dušenem vsiljenem nihanju ne narašča čez vse meje, ko gre .0
222222 )(
1
cm d
RLC električni krog
Padec napetosti na ...
upoštevamo I=Q ’:
E(t)
ER=RI
EL=LI ’
C
QEC
- uporu je sorazmeren toku;
- tuljavi je sorazmeren spremembi toka;
- kondenzatoru je sorazmeren naboju.
QC
ILRI
EEEtE CLR
1
)(
)(1
tEIC
IRIL )(tFkyycym
induktanca tuljave L
upor R
recipročje kapacitivnosti 1/C
odvod napetosti iz vira E ’(t)
električni tok I
2. Kirchhoffov zakon
masa m (inercija)
koeficient dušenja c (viskoznost)
koeficient elastičnosti k
zunanja sila F(t)
odmik od ravnovesja y
2. Newtonov zakon
RLC krog z izmeničnim (sinusnim) virom napetosti (R>0):
- prehodnemu toku sledi stacionarni električni tok;
- frekvenca stacionarnega toka je enaka frekvenci vira;
- amplituda stacionarnega toka je odvisna od induktance,
kapacitivnosti in razlike med frekvenco vira in lastno
frekvenco RLC kroga
- ko se frekvenca vira pribliţa lastni frekvenci pride do
utripanja in do resonance
)(1
tEIC
IRIL )(tFkyycym
Model za ugotavljanje diabetesa
Diabetes je disfunkcija pri presnovi glukoze.
Pri običajnem testiranju dobi pacient na tešče večjo količino glukoze. V
naslednjih nekaj urah mu večkrat odvzamejo kri in izmerijo koncentracijo
glukoze. Oblika sprememb je podlaga za ugotavljanje diabetesa.
Zaradi nihanja koncentracije, individualnih razlik in drugih dejavnikov, ki vplivajo
na količino glukoze v krvi, je pogosto teţko postaviti pravilno diagnozo.
Presnovo glukoze krmili vrsta hormonov: insulin (spodbuja absorbcijo glukoze),
glukagon (spodbuja nastanek glukoze iz glikogena v jetrih), adrenalin (spodbuja
nastanek glukoze in zavira izločanje insulina), tiroksin (spodbuja nastanek
glukoze iz ne-karbohidratov), somatotropin (zavira delovanje insulina) in drugi.
G: koncentracija glukoze v krvi
H: skupna koncentracija hormonov v krvi; tiste, ki zmanjšujejo G štejemo z
negativnim, ostale pa s pozitivnim predznakom; v običajnih okoliščinah
prevladuje vpliv insulina.
Laboratorijsko merimo predvsem G; določanje H je precej teţje ali celo nemogoče.
Spreminjanje G in H je odvisno od trenutnih koncentracij G in H.
dovajanje insulina v kri
Funkciji u in v sta neznani. Njuni vrednosti blizu ravnovesnega stanja (G0,H0)ocenimo s pomočjo Lagrangeve formule:
),(
)(),(
HGvH
tJHGuG
)),()(),(),(),(
)(),()(),(),(),(
00000000
00000000
HHHGvGGHGvHGvHGv
HHHGuGGHGuHGuHGu
HG
HG
linearizacija
Vrednosti parcialnih odvodov ne poznamo, ocenimo le njihov predznak:
sistem LDE 1.reda
Prevedemo na LDE 2.reda:
odvajamo 1. enačbo
h’ izrazimo iz 2. enačbe
bh izrazimo iz 1. enačbe
Pacientu damo glukozo na začetku in skoraj trenutno, zato je smiselno reševati homogeno enačbo z začetnim pogojem g(0)=J in g’(0)=0.
)0,,,()(
dcbadhcgh
tJbhagg
)(),( 00 HHhGGg
Jhbgag
Jhdgcbga )(
JggaJdgbcga )(
JdJgbcadgda )()(
JdJgbcadgdag )()(
Enačba opisuje dušeno nihanje ⇒
splošna rešitev gre sčasoma proti 0, tj. G gre proti G0.
Splošna rešitev je (ob negativni diskriminanti) oblike
torej je odvisna od konstant G0,A,α, d,δ.
)cos()( 0 tAeGtG dt
Lastna frekvenca d se izkaţe za najmanj občutljivo za napake pri merjenju koncentracij. Na podlagi izkušenj je frekvenca, ki ustreza manj kot 4 uram znak normalne presnove, tista pa, ki ustreza bistveno več kot 4 uram pa kaţe na diabetes.
Konstante določimo s pomočjo metode najmanjših kvadratov iz nekaj meritev (običajno 6-8).
nihanje uteţi na vzmeti ali nihalu spreminjanje lege točke v času
nihanje strune spreminjanje oblike krivulje v času
prevajanje toplote spreminjanje temperature prostora v času
valovna enačba (1-razseţna)
enačba prevajanja toplote
Primeri parcialnih DE
yy 2
0y y(t)
y(x) y(x,t)xxtt ycy 2
T(x,y,z) T(x,y,z,t) )( zzyyxxt TTTcT 2
),,,()(2
2
tzyxUm
i zzyyxxt
Schrödingerova enačba
Nihanje strune dolge L, upete na obeh koncih.
Linearna parcialna diferencialna enačba 2. reda,ki jo izpeljemo iz Newtonovega zakona:
- navpični pospešek točke na struni je odvisen
od ukrivljenosti strune v tej točki
- c2=T/ , kjer je T napetost, pa dolţinska
gostota strune
Robna pogoja: krajišči strune ves čas mirujeta.
Začetna pogoja: f(x) je začetna lega točk strune, g(x) pa je njihova začetna hitrost.
xxtt ycy 2
0),(
0),0(
tLy
ty
)()0,(
)()0,(
xgxy
xfxy
t
Primer
10g teţka elastična vrvica je s silo 8N napeta na dolţino 0.5 metra.
Primemo jo na sredini in izmaknemo navzdol za 5cm. Kako bo zanihala?
Nm/kg
N
kg/m
400
8
02.0
2c
T
0)0,(
5.025.0;1.0
25.00;)0,(
0),5.0(),0(
400
5
5
xy
x
xxy
tyty
yy
t
x
x
xxtt
1. korak: Poiščemo preproste rešitve parcialne diferencialne enačbe, ki ustrezajo robnim pogojem (v splošnem pa ne ustrezajo začetnim pogojem).
)()(),( tvxutxy
)()(),( tvxutxytt
)()(),( tvxutxyxx
)()()()( 2 tvxuctvxuxxtt ycy 2
2. korak: Poiščemo vsoto (superpozicijo) preprostih rešitev, ki ustreza tudi začetnim pogojem.
Metoda separacije spremenljivk
stoječe valovanje
(v času se spreminja le amplituda vala ne pa njegova oblika )
(konst.) kxu
xu
tv
tv
c )(
)(
)(
)(12
0)()( xukxu 0)()( 2 tvkctv
so rešitve enačbe, ki ustrezajo robnim pogojem
k=0 ⇒ u(x)=ax+b
u(0)=u(L)=0 ⇒ a=b=0
xkxk beaexu )(k>0 ⇒
u(0)=u(L)=0 ⇒ a=b=0
k<0
pxbpxau(x)pk sincos2
u(0)=u(L)=0 ⇒ a=0
L
np n∈ℕ ⇒ x
L
nxu sin)(
0)()( 22 tvcptv tL
cnBt
L
cnAtv sincos)(
tL
cnBt
L
cnAx
L
ntxyn sincossin),(
n∈ℕ
Dobiti moramo rešitve, ki ustrezajo začetnemu pogoju
f(x) in g(x) razvijemo v primerno Fourierjevo vrsto, primerjamo koeficiente in rešitev, ki ustreza tudi začetnim pogojem dobimo kot superpozicijo rešitev yn(x,t):
tL
cnBt
L
cnAx
L
ntxyn sincossin),(
xL
nAxyn sin)0,( x
L
n
L
cnBxy tn sin)0,()(
)()0,(
)()0,(
xgxy
xfxy
t
...3sin2sinsin)(
...3sin2sinsin)(
321
321
xL
BxL
BxL
Bxg
xL
AxL
AxL
Axf
...2cos2cos2sincoscossin),( 2211 tL
c
c
LBt
L
cAx
Lt
L
c
c
LBt
L
cAx
Ltxy
Razvoj funkcije f(x) na intervalu [0,L] v vrsto sinusov dobimo tako, da f(x) liho nadaljujemo in uporabimo formule za razvoj v Fourierjevo vrsto na intervalu [-L,L].
Primer
razvoj po sinusih funkcije f(x)=x2 na [0,1]
primerjava: običajni razvoj f(x)=x2 na [0,1]
]1,0[;
]0,1[;)(
2
2
xx
xxxf
...)3sin(27
)49(2)2sin(
1)sin(
)4(23
2
3
22 xxxx
...)4sin(2
1)4cos(
4
1)2sin(
1)2cos(
1
3
122
2 xxxxx
ima rešitev oblike
kjer koeficiente An in Bn dobimo tako, da funkciji f(x) in g(x) razvijemo v vrsto sinusov in primerjamo koeficiente.
ki zadošča začetnim pogojem
Povzetek: enačba nihanja strune
na [0,L]xxtt ycy 2
)()0,(
)()0,(
xgxy
xfxy
t
1
coscossin),(n
nn tL
cn
c
LBt
L
cnAx
Lntxy
Primer
0)0,(
5.025.0;1.0
25.00;)0,(
0),5.0(),0(
400
5
5
xy
x
xxy
tyty
yy
t
x
x
xxtt
začetni pogoj:
...)10sin(25
1)6sin(
9
1)2sin(
5
2)(
2xxxxf
...)400cos()10sin(25
1)240cos()6sin(
9
1)80cos()2sin(
5
2),(
2txtxtxtxy
Prevajanje toplote po palici
- toplotni tok je odvisen od „ukrivljenosti‟ porazdelitve temperature po palici
T(0,t)=T(L,t)=0 - na koncih je temperatura palice 0o
T(x,0)=f(x) - začetna porazdelitev temperature
L
0o 0o
xxt TcT 2 c2 =toplotna prevodnost
toplotna kapaciteta ⁃ gostota
separacija spremenljivk
splošna rešitev ločenih enačb
robni pogoji
druţina preprostih rešitev, ki zadoščajo robnim pogojem
nastavek za preprosto rešitev )()(),( tvxutxT
xxt TctxT 2),( 2
2 )(
)(
)(
)(1p
xu
xu
tv
tv
c
pxBpxAxuxupxu sincos)(0)()( 2
tcpCetvtvcptv22
022 )()()(
)()()()( 2 tvxuctvxu
T(0,t)=T(L,t)=0 ⇒ A=0, L
np n∈ℕ
xL
netxTtn
nL
c
sin),(2
222
začetni pogoj
T(x,0)=f(x) razvijemo v Fourierjevo vrsto po sinusih in primerjamo koeficiente
Če je
potem
xL
nxTn sin)0,(
...3sin2sinsin)( 321 xL
AxL
AxL
Axf
...3sin2sinsin),(2
22
2
22
2
229
3
4
21 xL
eAxL
eAxL
eAtxTttt
L
c
L
c
L
c
Osnove teorije verjetnosti
V tednu je sedem dni. Kolikšna je verjetnost, da bo jutri petek?
Verjetnost, da sta na letalu dve bombi je neprimerno manjša kot verjetnost, da je na letalu ena bomba. Za koliko se zmanjša verjetnost, da je na letalu bomba, če eno bombo prinesemo s seboj?
Polovici razreda se pouk zaključi ob dvanajstih, polovici pa ob dveh. Torej se jim pouk v povprečju zaključi ob sedmih ( (12+2)/2=7 ).
Kolikšna je verjetnost, da pri 100 metih kovanca dobimo 50 cifer? 1, 0.5 ali kaj drugega?
Statistično je dokazano, da večja, ko je teţa mladostnika, višja je njegova stopnja izobrazbe. Torej čim več jejte!
Teorija verjetnosti obravnava situacije, ki jim pravimo poskusi, pri katerih je izid odvisen od naključja.
Prostor izidov je mnoţica vseh izidov nekega poskusa.
PrimeriMed voţnjo na faks pelje študent mimo treh semaforjev. Pri vsakem se bodisi ustavi (R) ali pa
pelje brez ustavljanja (Z). Prostor izidov je { ZZZ , ZZR , ZRZ , RZZ , ZRR , RZR , RRZ ,RRR }.
Letna količina padavin v nekem kraju je zelo odvisna od naključja. Če jo gledamo kot izid
poskusa je prostor izidov mnoţica vseh pozitivnih realnih števil {t | t 0}.
Uvrstitev tekmovalca na kolesarski dirki „Franja‟ lahko gledamo kot na izid pri poskusu -
tekmi - in za prostor izidov vzamemo mnoţico {1,2,...,N}, kjer je N število udeleţencev. Ker se
število udeleţencev iz leta v leto spreminja, je še bolj smiselno vzeti za prostor izidov
mnoţico vseh naravnih števil {1,2,3,...}.
Podmnoţicam prostora izidov pravimo dogodki.
Dogodek, da se študent ustavi pri drugem semaforju je {ZRZ,ZRR,RRZ,RRR}.
Dogodek,da se kolesar uvrsti med prvih deset je {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}.
Interval [500,1200] ustreza dogodku, da pade med 500 in 1000 milimetrov deţja.
Primeri
dogodka sta nezdruţljiva, če je njun produkt nemogoč dogodek: npr., da se študent hkrati ustavi in ne ustavi na prvem semaforju.
Na dogodkih izvajamo iste operacije kot na mnoţicah (unija, presek,komplement...), le da jih drugače imenujemo.
SLOVAR
element izid
mnoţica dogodek
unija vsota
presek produkt
komplement nasprotni dogodek
prazna mnoţica nemogoč dogodek
cela mnoţica gotov dogodek
tuji mnoţici nezdruţljiva dogodka
ZZZ,ZZR,ZRZ,RZZ,ZRR,RZR,RRZ,RRR
A+B je dogodek, da se študent ustavi na prvem, ali na drugem semaforju ali pa na obeh:
A+B={RZZ,RZR,ZRZ,ZRR,RRZ,RRR}
A je dogodek, da se študent ustavi na prvem,B pa, da se ustavi na drugem semaforju:
A={RZZ,RZR,RRZ,RRR}, B={ZRZ,ZRR,RRZ,RRR}
AB je dogodek, da se študent ustavi na prvemin na drugem semaforju: AB={RRZ,RRR}
G={ZZZ,ZZR,ZRZ,RZZ,ZRR,RZR,RRZ,RRR}
N=∅
A je dogodek, da se študent ne ustavi na
prvem semaforju A ={ZRZ,ZZR,ZZZ,ZRR}.
G
Verjetnost je funkcija, ki vsakemu dogodku A priredi število P(A) [0,1] tako, da velja:
• P(G)=1
• AB=N P(A+B)=P(A)+P(B)
B
A
P(B)=P(A+(B-A))=
P(A)+P(B-A) ≥ P(A)
A BAB
BABA AB
• P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)
Sledi:
• P( A)=1- P(A) P(A)+P(A )=P(G)=1
• P(N)=0
• A B P(A) P(B)
A A
Primer Naj bo pri metu kocke A dogodek, da pade sodo število pik.
Klasična definicija: P(A)=½, ker je A={2,4,6} v mnoţici izidov {1,2,3,4,5,6}, za katere privzamemo, da so enako verjetni.
Statistična definicija: P(A) je frekvenca sodega števila pik pri velikem številu metov kocke.
Po 1000 metih kovanca dobimo 700 grbov
pri 1001. metu sta oba izida enako verjetna
pri 1001. metu je bolj verjetno, da pade grb
klasično
statistično
Klasična definicija verjetnosti
Če ima poskus končno število enako verjetnih izidov, potem je
izidov vsehštevilo
AAP
dogodkuvizidovštevilo)(
Statistična definicija verjetnosti
Frekvenca dogodka A pri n ponovitvah poskusa je
P(A) je limita frekvenc dogodka A pri velikem številu ponovitev poskusa.
n
A izidom zposkusov število
Za uporabo je odločilna verjetnost, „izmerjena‟ po statistični definiciji.
Klasična definicija je običajno dober pribliţek.
PrimerKovanec s premerom 2 cm vrţemo na tla pokrita s ploščicami s stranico 10 cm. Kolikšna je
verjetnost dogodka A, da kovanec ne pokrije stik dveh ploščic?
P(A)=82/102=0.64
Včasih izidov ne moremo preštevati, lahko pa jih predstavimo geometrično.
V tem primeru je klasična defnicija verjetnosti P(A) opredeljena kot razmerje med velikostjo (dolţino, ploščino, prostornino...) mnoţice A in velikostjo mnoţice vseh izidov.
Tudi v tem primeru se klasična in statistična definicija včasih razlikujeta.
Na primer: ţelimo določiti verjetnost, da se bo voznik ustavil pri nekem semaforju.
Klasično: če je r čas trajanja rdeče luči na semaforju, z pa čas trajanja zelene luči, potem je verjetnost, da se voznik ustavi enaka r/(r+z).
Statistično: verjetnost je razmerje med številom ustavljanj in številom vseh voţenj pri zadosti veliku številu voţenj.
Pogojna verjetnost
Voznik se vsak dan vozi po isti poti in opaţa, da na nekem semaforju skoraj vsakič pripelje na rdečo luč. Sčasoma ugotovi, da v povprečju le enkrat na vsakih deset voţenj pripelje na zeleno.
Ali lahko sklepa, da je trajanje rdeče luči devetkrat daljše od trajanja zelene?
Po opazovanju semaforja ugotovi, da sta rdeča in zelena priţgani enako dolgo časa. Kako je potem mogoče, da vedno pripelje na rdečo?
Izkaţe se, da na svoji poti pelj mimo dveh semaforjev. Na prvega pripelje povsem naključno, mimo pa gre le pri zeleni luči. Semaforja sta pa tako (ne)vsklajena, da se v času, ko pripelje do drugega ravno priţge rdeča luč.
Izid na drugem semaforju je pogojen z izidom na prvem semaforju.
A,B dogodka ( P(B)≠ 0 )
Pogojna verjetnost dogodka A pri pogoju B je deleţ dogodka A med poskusi, pri katerih se zgodi dogodek B.
Primer
V tovarni pri kontroli kakovosti 30% izdelkov ocenijo kot prvovrstne, 50% kot drugovrstne, ostale pa kot neuporabne. V trgovino seveda pošljejo le uporabne izdelke. Kolikšna je verjetnost, da je naključno izbrani izdelek v trgovini prvovrsten?
A: izdelek je prvovrsten
U: izdelek je uporaben
Zanima nas P(A|U).
P(AU)=P(A)=30 %
P(U)=80 %
P(A|U)=30/80=0.375
)(
)()|(
BP
ABPBAP
S pomočjo pogojne verjetnosti lahko izračunamo verjetnost dogodka, ki je rezultat dvo- ali večstopenjskega poskusa:
PrimerIz škatle s petimi rdečimi in tremi belimi kroglicami na slepo prenesemo dve kroglici v škatlo, v kateri so tri rdeče in tri bele kroglice. Nato iz druge škatle izvlečemo eno kroglico. Kolikšna je verjetnost, da je rdeča?
? ?
moţnosti na 1. koraku moţnosti na 2. koraku
prenesemo dve beli kroglici
prenesemo dve rdeči kroglici
prenesemo eno rdečo in eno belo kroglico
izvlečemo belo kroglico
izvlečemo rdečo kroglico
56
6
7
2
8
3P
56
20
7
4
8
5P
56
30
7
3
8
5
7
5
8
3P
8
3P
8
5P
8
4P
531.0448
238
8
4
56
30
8
5
56
20
8
3
56
6)(RP
V splošnem najprej določimo moţnosti na prvem koraku: H1,H2,...,Hn in njihove verjetnosti P(H1),P(H2),...,P(Hn).
Nato določimo pogojne verjetnosti, da se dogodek A zgodi pri vsaki od teh moţnosti P(A|H1),P(A|H2),...,P(A|Hn).
formula o popolni verjetnosti
Potem je
P(Hi|A)=P(AHi )/P(A)= P(A|Hi ).P(Hi )/P(A)
Bayesova formula
Včasih nas zanima, po kateri poti je prišlo do opaţenega izida:
)|()(...)|()()|()()( nn HAPHPHAPHPHAPHPAP 2211
)(
)()|()|(
AP
HPHAPAHP ii
i
A je neodvisen od B, če je P(A|B)=P(A).
Primer
Iz škatle, v kateri imamo 7 polnih in 3 prazne baterije naključno vzamemo dve. Naj bo A dogodek, da je prva baterija polna, B pa dogodek, da je druga baterija polna. Ali sta dogodka A in B neodvisna?
P(B|A) )AP()A P(B|P(A)P(B|A)P(B)
)A P(B|) P(B|AP(A)
10
7
10
3
9
7
10
7
9
6
9
7
9
6
10
7
Dogodka A in B sta odvisna.
A in B sta neodvisna P(AB)=P(A).P(B)
P(A|B)=P(A) P(AB)=P(A)P(B)
Odvisnost in neodvisnost dogodkov
Primer
• V sobi je n oseb. Kolikšna je verjetnost, da imata dve rojstni dan na isti dan?
Dogodek A: dve osebi imata rojstni dan na isti dan.
Laţje obravnavamo nasprotni dogodek: vsi rojstni dnevi so različni.
Ai dogodek, da ima (i+1)-vi različen rojstni dan od prvih i;
Ai so medsebojno neodvisni 365
365 i)P(Ai
365
1365
365
363
365
364121121
)-n(APAPAPAAAP nn )()...()()...(
365
1365
365
363
365
3641
)-n(-P(A)
23 oseb ⇒ P(A)>50%
32 oseb ⇒ P(A)>75%
47 oseb ⇒ P(A)>95%
Če vrţemo dve kocki, dobimo za vsoto pik število med 2 in 12, vendar te vsote ne moremo vnaprej napovedati, saj je odvisna od slučaja. Podobno velja za število šestic v dveh metih.
Primeri količin odvisnih od slučaja:
• število potnikov mestnega avtobusa, ki izstopijo na postaji
• število metov potrebnih, da igralec z določene razdalje zadane koš
• število bonbonov v vrečki
• ţivljenjska doba ţarnice
• teţa hlebca kruha
......
Slučajna spremenljivka je funkcija, katere vrednosti so odvisne od slučaja.
Določa jo njena:
zaloga vrednosti = nabor vrednosti, ki jih lahko zavzame, in
porazdelitev = verjetnost, da zavzame eno ali več vrednosti iz zaloge
Slučajne spremenljivke
Primer
Pri metu dveh kock je moţnih 36 različnih in enako verjetnih izidov. Če z Voznačimo vsoto pik, je pripadajoča porazdelitev verjetnosti:
36
67
36
586
36
495
36
3104
36
2113
36
1122
)P(V
)P(V)P(V
)P(V)P(V
)P(V)P(V
)P(V)P(V
)P(V)P(V
Vsi ostali izidi imajo verjetnost 0.
Funkcija pV(n)= P(V=n) je verjetnostna gostota slučajne spremenljivke V.
Slučajna spremenljivka X je diskretna, če zavzame končno ali največ števno mnogo vrednosti x1, x2, x3,...
Njena porazdelitev je povsem določena z gostoto pX( xi )=P ( X=xi ).
Običajno naštejemo le neničelne vrednosti: p(x1),p(x2),p(x3),...
Primeri diskretnih porazdelitev
enakomerna porazdelitev
• X zavzame vrednosti x1, x2,..., xn
• pX (x)=1/n, če je x∈{x1, x2,... xn}
pX (x)=0, sicer
Število pik pri metu kocke je enakomerno porazdeljeno:
zaloga vrednosti je {1,2,3,4,5,6}, vse vrednosti imajo verjetnost 1/6.
110i
ii xpxp )()( Velja:
binomska porazdelitev
Poskus ponovimo n-krat: naj bo vsakič verjetnost uspeha enaka p(in verjetnost neuspeha 1-p).
(npr. ţogo vrţemo 10-krat na koš; zadanemo z verjetnostjo 70%)
Slučajna spremenljivka B naj bo število uspešnih poskusov. Kako je porazdeljena?
(tj. kolikšna je verjetnost, da bomo imeli k zadetkov?)
n-kkB p)( p
k
nk) P(B(k) p 1
%.. . p 20200030706
106 46)(npr. verjetnost, da koš zadanemo natanko 6-krat je
• Zaloga vrednosti spremenljivke B je {0,1,2,...,n}
• Privzamemo, da so izidi poskusov medsebojno neodvisni.
Obstaja različnih zaporedij k uspešnih in (n-k) neuspešnih poskusov;
verjetnost vsakega zaporedja je pk(1-p)n-k .
k
n
Porazdelitev spremenljivke B za n=10 in p=0.7:
binomska porazdelitev b(n,p)
b(20,0.4)
b(100,0.65)
Lastnosti binomske porazdelitve b(n,p):
značilna zvonasta oblika grafa
maksimum pri n.p (pribliţno)
za velike n so vse verjetnosti zelo majhne ali celo zanemarljive
• tedaj je bolj smiselno verjetnosti opazovati
kumulativno: P(B ≤ k)
ali
intervalsko: P(j ≤ B ≤ k)
Primer
Ţogo vrţemo na koš 100-krat (verjetnost zadetka je 70%).Kolikšna je verjetnost, da bomo zadeli več kot 65-krat?
83703070100
10065100
66
100 .. . k
) B P(k
kk
računanje je zelo zamudno in numerično zahtevno
83.7%
Kaj je bolj verjetno: da bomo v 10 metih zadeli 10-krat ali v 100 metih več kot 80-krat?
n=5, p=0.1, N=100
Verjetnost, da bo en signal brez napake:
(od treh poslanih je bilo 0 ali 1 narobe sprejetih)
Verjetnost, da bo 100 signalov brez napake: P100=0.423
9910901052
0
5 .. . k
Pk
kk
Primer
Ko signal (0 ali 1) pošiljamo po povezavi obstaja verjetnost p, da prisprejemu pride do napake. Pri zelo moteni povezavi pošljemo vsaksignal n-krat (n liho), sprejemnik pa šteje za pravilen tisti znak, ki gadobi večkrat. Kolikšna je verjetnost, da bo N znakov dolgo sporočilo sprejeto brez napake?
9720901031
0
3 .. . k
Pk
kk
n=3, p=0.1, N=100
Verjetnost, da bo en signal brez napake:
(od treh poslanih je bilo 0 ali 1 narobe sprejetih)
Verjetnost, da bo 100 signalov brez napake: P100=0.058
geometrična porazdelitev
Ponavljamo poskus z verjetnostjo uspeha p. Slučajna spremenljivka G je število poskusov, potrebnih za prvi uspeh. Kako je porazdeljena?
p=0.2
• Zaloga vrednosti spremenljivke G je {1,2,3,... }
• P(G=k)=p.(1-p)k-1
Poissonova porazdelitev
Poissonova porazdelitev P(a)
• zaloga: {0,1,2,3,... }
• porazdelitev:
-ak
ek!
a kp )(
Uporaba:
modeliranje emisije -delcev v danem časovnem intervalu
modeliranje časovnih vrst (vrste pred bančnimi okenci, gostota prometa, obremenitve
telefonskega omreţja)
modeliranje redkih nesreč v zavarovalništvu (npr. čebelji piki, padci pod tušem).......
Če je a=n.p majhen, je Poissonova porazdelitev zelo dober pribliţek za binomsko porazdelitev.
n.p=a, n → ∞binomska porazdelitev b(n,p): n-kk p)( p
k
nk) P(B 1
-knkknk
n-kk
n
a
n
a
nnn
)(n-k)n(n-
k!
a
n
a
n
a
k
)(n-k)n(n- p)( p
k
n11
111
21
111
e-a1 1
-ak
ek!
a
Zvezne slučajne spremenljivke
Kadar je zaloga slučajne spremenljivke X neštevna (npr. ţivljenjska doba ţarnice), potem ne moremo našteti verjetnosti posameznih izidov in jim povrhu običajno sploh ne moremo pripisati pozitivne verjetnosti.
Pomagamo si s kumulativno verjetnostjo:
P(X ≤ x) = verjetnost, da X zavzame vrednost največ x
(npr. da ţarnica pregori po x urah)
FX(x) = P(X ≤ x) je (kumulativna) porazdelitvena funkcija spremenljivke X
Porazdelitvena funkcija slučajne spremenljivke je
• naraščajoča
• na (-∞,∞) zraste od 0 do 1
Spremenljivka X je zvezna če je njena porazdelitvena funkcija FX zvezna.
porazdelitvena funkcija diskretne in zvezne slučajne spremenljivke
Če je spremenljivka X zvezna, potem obstaja funkcija pX(x), da je dt(t)p(x)Fx
XX
pX(x) je gostota slučajne spremenljivke X
dt(t)p (x)p XX 110Za gostoto slučajne spremenljivke velja:
Kjer je pX zvezna je pX=FX ’.
dx(x)pbXaPb
a
X)(
S pX računamo podobno, kot z diskretno gostoto, le da vsote nadomestimo z integrali:
P(a≤X ≤ b) = verjetnost, da X zavzame vrednost med a in b
(npr. da je ţivljenjska doba ţarnice med a in b ur)
Primeri zveznih porazdelitev
enakomerna porazdelitev
sicer0
101 xp(x)
na [0,1], gostota:
sicer0
1bxa
abp(x)
na [a,b], gostota:
0 1
1
a b
ab
1
eksponentna porazdelitev
xea
xp(x)
-ax 0
00
Podobna Poissonovi; uporaba pri modeliranju ţivljenjske dobe, modeliranju vpliva mamil na ţivčne receptorje, napovedovanju potresov...
Normalna porazdelitev N(a, )
2
2
1
2
1 σ
x-a-
eπσ
p(x)podana z gostoto:
Primeri
zvonasta oblika
maksimum pri a
simetrična glede na a
gostota N(0, ) za različne :
N(0,1) je standardizirana normalna porazdelitev;
njena gostota je
2
2
2
1 x
-e
π(x)
)σ
x-a(
σ(x)pN(a,σ
1)
poljubno normalno porazdelitev lahko izrazimo s pomočjo standardizirane
dteπ
Φ(x)x t
-
0
2
2
2
1
Porazdelitvena funkcija standardizirane normalne porazdelitve je
dteπ
(x)Fx
-
t-
),N(2
10
2
2
1
F(x)
(x)
Poljubno normalno porazdelitveno funkcijo lahko izrazimo s standardizirano:
)σ
x-a(Fdu(u) dt)
σ
t-a(
σdt(t) p(x)F ),N(
σ
x-a
-
x
-
x
-
N(a,σ N(a,σ( 10)
1
σ
x-a -u
x -t
dtσ
duσ
atu
1
Integral ni elementarna funkcija - pomagamo si s tabelami za funkcijo
Φ(x)(x)F ),N(2
110
(x) (x)
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0.0 0.0000 0.0039 0.0079 0.0119 0.0159 0.0199 0.0239 0.0279 0.0318 0.0358
0.1 0.0398 0.0437 0.0477 0.0517 0.0556 0.0596 0.0635 0.0674 0.0714 0.0753
0.2 0.0792 0.0831 0.0870 0.0909 0.0948 0.0987 0.1025 0.1064 0.1102 0.1140
0.3 0.1179 0.1217 0.1255 0.1293 0.1330 0.1368 0.1405 0.1443 0.1480 0.1517
0.4 0.1554 0.1590 0.1627 0.1664 0.1700 0.1736 0.1772 0.1808 0.1843 0.1879
0.5 0.1914 0.1949 0.1984 0.2019 0.2054 0.2088 0.2122 0.2156 0.2190 0.2224
0.6 0.2257 0.2290 0.2323 0.2356 0.2389 0.2421 0.2453 0.2485 0.2517 0.2549
0.7 0.2580 0.2611 0.2642 0.2673 0.2703 0.2733 0.2763 0.2793 0.2823 0.2852
0.8 0.2881 0.2910 0.2938 0.2967 0.2995 0.3023 0.3051 0.3078 0.3105 0.3132
0.9 0.3159 0.3185 0.3212 0.3238 0.3263 0.3289 0.3314 0.3339 0.3364 0.3389
1.0 0.3413 0.3437 0.3461 0.3484 0.3508 0.3531 0.3554 0.3576 0.3599 0.3621
1.1 0.3643 0.3665 0.3686 0.3707 0.3728 0.3749 0.3769 0.3789 0.3809 0.3829
1.2 0.3849 0.3868 0.3887 0.3906 0.3925 0.3943 0.3961 0.3979 0.3997 0.4014
1.3 0.4031 0.4049 0.4065 0.4082 0.4098 0.4114 0.4130 0.4146 0.4162 0.4177
1.4 0.4192 0.4207 0.4221 0.4236 0.4250 0.4264 0.4278 0.4292 0.4305 0.4318
1.5 0.4331 0.4344 0.4357 0.4369 0.4382 0.4394 0.4406 0.4417 0.4429 0.4440
1.6 0.4452 0.4463 0.4473 0.4484 0.4494 0.4505 0.4515 0.4525 0.4535 0.4544
1.7 0.4554 0.4563 0.4572 0.4581 0.4590 0.4599 0.4607 0.4616 0.4624 0.4632
1.8 0.4640 0.4648 0.4656 0.4663 0.4671 0.4678 0.4685 0.4692 0.4699 0.4706
1.9 0.4712 0.4719 0.4725 0.4731 0.4738 0.4744 0.4750 0.4755 0.4761 0.4767
2.0 0.4772 0.4777 0.4783 0.4788 0.4793 0.4798 0.4803 0.4807 0.4812 0.4816
2.1 0.4821 0.4825 0.4829 0.4834 0.4838 0.4842 0.4846 0.4849 0.4853 0.4857
2.2 0.4860 0.4864 0.4867 0.4871 0.4874 0.4877 0.4880 0.4883 0.4886 0.4889
2.3 0.4892 0.4895 0.4898 0.4900 0.4903 0.4906 0.4908 0.4911 0.4913 0.4915
2.4 0.4918 0.4920 0.4922 0.4924 0.4926 0.4928 0.4930 0.4932 0.4934 0.4936
2.5 0.4937 0.4939 0.4941 0.4942 0.4944 0.4946 0.4947 0.4949 0.4950 0.4952
2.6 0.4953 0.4954 0.4956 0.4957 0.4958 0.4959 0.4960 0.4962 0.4963 0.4964
2.7 0.4965 0.4966 0.4967 0.4968 0.4969 0.4970 0.4971 0.4971 0.4972 0.4973
2.8 0.4974 0.4975 0.4975 0.4976 0.4977 0.4978 0.4978 0.4979 0.4980 0.4980
2.9 0.4981 0.4981 0.4982 0.4983 0.4983 0.4984 0.4984 0.4985 0.4985 0.4986
3.0 0.4986 0.4986 0.4987 0.4987 0.4988 0.4988 0.4988 0.4989 0.4989 0.4989
Ker je funkcija x liha, so tabelirane le njene vrednosti za pozitivne x.
(1.02)=0.3461
(-0.89)=- (0.89)=-0.3132
F(-0.89)=0.5+ (-0.89)=0.1868
Če je X standardizirano normalna N(0,1), je )Φ(x)Φ(x)xXP(x 1221
Če pa je X normalna N(a, ), je )σ
axΦ()
σ
axΦ()xXP(x 12
21
Primer
Slučajna spremenljivka X je porazdeljena po zakonu N(1.5,0.2). Kolikšnaje verjetnost, da X zavzame vrednost med 1 in 1.5?
4937052)5.2(051120
511
20
5151 .).Φ(Φ)Φ()Φ()Φ().X P(.
.-
.
.-.
X porazdeljena po N(a, ):
682601211 .)()-)- )σ
a-σ-σ)-
σ
σ-aa )σaX P(a-σ ((((
954402222 .)()σaXσ P(a-
997203233 .)( )σaXσ P(a-
- 2-2 3-3
68%
95%
99.5%
)-p)np( N(np, 1Normalna porazdelitev je dober pribliţek za binomsko porazdelitev b(n,p):
b(10,0.4)
N(4,1.55)b(20,0.6)
N(12,2.19)b(100,0.2)
N(20,4)
Laplaceovi pribliţni formuli (X porazdeljena po b(n,p), q=1- p):
lokalna
integralska
npq
k-np
npqe
π npqq p
k
n(k)p npq
(k-np)-
n-kkX
1
2
1 2
2
npq
-npxΦ
npq
-npxΦ) x X P(x
1221
Primerjava binomske, Poissonove in normalne porazdelitve
b(100,0.02)
P(2)
N(2,1.4)
b(50,0.4)
P(20)
N(20,1.4)
Normalna porazdelitev je običajno boljši pribliţek za binomsko kot Poissonova.
Ko je produkt n.p majhen (in n dovolj velik) pa je Poissonov pribliţek boljši.
Povezave med verjetnostjo P, porazdelitveno funkcijo FX
in gostoto porazdelitve pX
P FX
pX
FX(x) = P(X ≤ x)
P(a ≤ X ≤ b)=FX(b)-FX(a)
X je porazdeljen standardizirano normalno. Kako je porazdeljen Y=X2?
Primeri
Slučajna spremenljivka X ima gostoto pX. Kakšno gostoto ima Y=kX+l?
Funkcije slučajne spremenljivke - gostota
)0()()()()( kk
lyF
k
lyXPylkXPyYP(y)F XY
)(11
)()(k
lyp
kkk
lyF(y)Fyp XXYY
Posebej, če je X porazdeljena po N(a, ), je )(1
)(ax
xpX
))(
(1
)(1
)(k
lkay
k
a
kyp k
ly
Y
)()()()()( 2 yyyXyPyXPyYP(y)FY
)0(2
1)(
1
2
1)(
2
1)()( 2 ye
yy
yyy
yyyp
y
Y
Porazdelitev z gostoto se imenuje 2 (hi-kvadrat).)0(2
1)( 2 xe
xxp
x
tudi kX+l je normalno porazdeljena in sicer po N(ka+l,k ).
Povprečna vrednost
X diskretna, vrednosti xk, gostota p(xk) X zvezna, gostota p(x)
kkk xpxE(X) )( povprečna vrednost
spremenljivke Xx p(x) dxE(X)
Primer
Ruleta ima številke od 1 do 36 ter še 0 in 00. Če vloţiš 1 Euro na sode, dobiš ali zgubiš 1 Euro glede na to ali kroglica pade na sodo oziroma liho številko.
Dobiček X je +1 z verjetnostjo 18/38 in -1 z verjetnostjo 20/38.
Povprečni dobiček je
19
1
38
201
38
181 )(E(X)
Če vloţiš 1 Euro na izbrano številko (npr. 25) dobiš 36 Eurov če kroglica pade na 25, v nasprotnem pa zgubiš 1 Euro.
Povprečni dobiček je
38
1
38
371
38
136 )(E(X)
xe
xp(x)
x- 0010
00
010..
Primer
Ţivljenjska doba ţarnice je porazdeljena eksponentno. Kolikšna je, v povprečju,njena ţivljenjska doba?
ur 100010
1
010
1
010
1
010
1010
010
0
010
0
010
0
010
0
010
..
...
.
.
..
.
e-
dx e
x e-
dxx eE(X)
x-
x-x-
x-
Primeri
V neki tovarni je pribliţno en izdelek od desetih pokvarjen. Vsak dan izdelke pregledujejo enega po enega dokler ne najdejo pokvarjenega. Koliko izdelkov morajo v povprečjupregledati?
1
1
1 k-
k
-p)(pkE(X)
trik:
221
1
21
1
0
1
11
11
1
1
1
1
p-p)-(-p)k (
-xk x
-xx
k
k-
k
k-
k
k
p
1 Povprečno morajo dnevno pregledati po 10 izdelkov.
Igralec na ruleti igra po naslednjem sistemu. Vsakič igra igro z verjetnostjo 0.5 (npr.rdeče, izidov 0 in 00 ne štejemo). Najprej vloţi 1 Euro; če izgubi, podvoji vloţek in to ponavlja, dokler ne zmaga; ob vsaki zmagi je na dobičku 1 Euro (zaporedja vloţkov so 1-2, 1-2-4, 1-2-4-8, 1-2-4-8-16 itn.). Po zmagi spet začne z 1 Eurom...
Ali je to zanesljiva pot do zasluţka?
10 2
12
kk
kE(X)Povprečna vrednost slučajne spremenljivke X ni definirana!
„Sistem‟ zahteva neskončno zalogo denarja (in moţnost za neomejene stave).
Naj bo X količina denarja vloţena pri zadnji igri (tisti, v kateri igralec zmaga).
Zaloga vrednosti X je {1,2,4,8,...}, tj. {2k; k=0,1,2,3,...}; porazdelitev je P(X=2k)=2-(k+1).
X je geometrično porazdeljena s p=0.1:
kkk p)f(xE(f(X)) p(x) dxf(x)E(f(X))oziroma
o V vodiču smo prebrali, da je junija povprečna maksimalna dnevnatemperatura v Rimu 77oF. Kolikšno je povprečje v Co?
2532779
532
9
5)()(TT oo FC
Domneva: povprečje je 25oC.
o Stroj izdeluje svinčene kroglice, katerih premer je v povprečju 1 cm.
Kolikšna je povprečna masa teh kroglic ( =11.2 g/cm3)?
Teţava: iz E(X) ne moremo izračunati E(X 3).
Y=f(X); E(Y)=?
Funkcije slučajne spremenljivke – povprečna vrednost
ikik yxfkAxXPkp )(|),()(
i Ak kkk
i i Akiii
ii
kpxfkpxfkpyyYPyYE )()()()()()()(
baE(X)(x) dxpb(x) dxpxa(x) dxpb)(axb)E(aX
Primeri
(zato smemo preračunati povprečje iz Fo v Co)
0
22
3
2
2
22
22dxexx
D
mmXE D
x
00
22
3232
24
2
2dueu
mDdu
u
DeuD
D
m uu
duu
Ddx
D
xu
2,
2
2
4
3
2
3mD
Hitrost molekule plina je slučajna spremenljivka X in je porazdeljena po Maxwellovem porazdelitvenem zakonu z gostoto
D
x-
X e xπD
(x)p 22
3
2
2
(x ≥ 0, D je odvisen od temperature)
Kolikšna je povprečna kinetična energija molekule?
Razpršenost
Mera za odstop od povprečne vrednosti:
kkk )p(xm)(xD(X) 2 p(x) dxm)(xD(X) 2
m=E(X)
praktična formula:
2))(( XEXED(X) razpršenost (varianca, disperzija)
22 )()( XEXED(X)
2222222
222
22
2
)-mE(Xmm)-E(Xp(x) dxmp(x) dxxmp(x) dx-x
p(x) dx)mmx-(xp(x) dx(x-m)D(X)
D(X)σ(X) standardni odklon slučajne spremenljivke X
σ(X)ab)σ(aX
D(X)ab)D(aX 2
536
21
6
16
6
15
6
14
6
13
6
12
6
11 .)(XE
6
91
6
136
6
125
6
116
6
19
6
14
6
112)(XE
92212
35
6
21
6
912
.)(XD
Primer Kako je razpršeno število pik pri metu kocke?
Primer Standardni odklon pri metu kocke je 711922 ..
Lastnosti razpršenosti in standardnega odklona
vpeljemo:
E(X)=n.p
D(X)=n.p.(1-p)
Binomska b(n,p): zaloga {0,1,2,...,n},n-kk
k p)( pk
n p 1
Poissonova P(a): zaloga {0,1,2,3,...}, -a
k
k ek!
a p
E(X)=a
D(X)=a
Povprečna vrednost in razpršenost nekaterih pomembnih porazdelitev
sešteti moramo inn
k
n-kk p)( pk
nkXE
0
1)(n
k
n-kk p)( pk
nkXE
0
22 1)(
kn
k
n-kkn xq pk
nqpx
0
)(
pqpxnqpxxq pk
nk nnk
n
k
n-kk 11
0
)())((
nppqpnq pk
nkx n
n
k
n-kk 1
0
)1(1
222
0
))(1())(()1( pqpxnnqpxxq pk
nkk nnk
n
k
n-kk
)1()1)(1(1 2221
0
2 pnppnnppqpnnq pk
nkx n
n
k
n-kk
aeeaek
akee
k
xk
k
xe aa
k
ak
xx
k
k
k
kx
00
1
0 !)(
!!
0
222
0
2
0
2
!!)(
!)1(
k
ak
k
ak
k
kx aae
k
akae
k
akk
k
xkke
Normalna N(a, ): σ
x-a
σe
πσp(x) σ
x-a- 1
2
12
2
1
=0
(liha funkcija)
=1
E(X)=a
=1=0
D(X)= 2
(X)=
dxσ
x-a
σxXE
1)( dttadtttdttat )(
dxdtax
t1
,
dttadtttadtttdttatdxσ
x-a
σx 22222 2)(
1
2222 )( aadtttt
)()( tvdtttdv
dtdutu
a
enakomerna n,...,,21
]),[()( baxxpab 1
21n
1212n
1212n
binomska b(n,p) n,...,,, 210knk pp
k
nkp )()( 1 np )( pnp 1 )( pnp 1
geometrijska ,...,, 32111 kppkp )()( p
12
1
p
p
p
p1
Poissonova P(a) ,...,, 210a
ka ekp
k
!)( a a a
enakomerna ],[ ba 2ba
12
2)( ab32
)( ab
eksponentna ),[0 axaexp )(
nkp 1)(
a1
a1
2
1
a
normalna N(a, ) ),(2
2
1
2
1ax
exp )( a 2
porazdelitev zaloga gostota E(X) D(X) (X)
Povprečna vrednost in razpršenost nekaterih porazdelitev - povzetekdis
kre
tne
zvezne
Skupne porazdelitve več slučajnih spremenljivk
Primer
Trikrat vrţemo kovanec. Naj bo X število grbov pri prvem metu (0 ali 1), Y pa skupno število grbov (0,1,2 ali 3). Zanima nas, kako sta spremenljivki X in Yodvisni druga od druge.
Vsota po vrsticah je porazdelitev X, vsota po stolpcih pa je porazdelitev Y.
8
1
8
3
8
3
8
1
2
1
8
1
8
2
8
1
2
1
8
1
8
2
8
1
01
00
3210x\y
Vpeljemo porazdelitev dveh slučajnih spremenljivk
pi,j=p(xi,yj)=P(X=xi, Y=yj)
Moţni izidi so {ggg,ggc,gcg,cgg,gcc,cgc,ccg,ccc}, zato dobimo
8
1
8
2
8
1
8
1
8
2
8
1
01
00
3210x\y
Diskretna porazdelitev (X,Y) z gostoto p(xi,yj)
robni porazdelitvij
jiiX ),yp(x)(xpi
jijY ),yp(x)(yp
Zvezna porazdelitev (X,Y) z gostoto p(x,y)
robni porazdelitvi p(x,y) dy(x)pX p(x,y) dx(y)pY
Porazdelitvena funkcija
F(x,y)=P(X ≤ x, Y ≤ y)
(X,Y) zvezno porazdeljenax y
dvp(u,v) du F(x,y)
(x,y)Fp(x,y) xy
Povprečna vrednost vsote slučajnih spremenljivk
E(X+Y)=E(X)+E(Y)
E(a1X1+a2X2+...+anXn)=a1E(X1)+a2E(X2)+...+anE(Xn)
Neodvisnost slučajnih spremenljivk
X in Y sta neodvisni, če je P(X ≤ x, Y ≤ y)=P(X ≤ x).P(Y ≤ y) za vse pare x,y.
Ekvivalentno: F(x,y)=FX(x).FY(y), oziroma p(x,y)=pX(x).pY(y).
Primer
8
1
8
3
8
3
8
12
1
8
1
8
2
8
12
1
8
1
8
2
8
1
01
00
3210y\x
X in Y nista neodvisna
(npr. p(1,2)=1/8, pX(1).pY(2)=3/16)
X,Y neodvisna ⇒ E(XY)=E(X).E(Y)
)()()()(
),(),(),()()(
YEXEdyypydxxpx
dydxyxpydxdyyxpxdydxyxpyxYXE
YX
-
)()()()(),()( YEXEdyypydxxpxdydxyxpxyXYE YX -
Razpršenost vsote slučajnih spremenljivk
D(X+Y)=E((X+Y)2)-E(X+Y)2=
=E(X2+2XY+Y2)-(E(X)+E(Y))2=
=E(X2)+2E(XY)+E(Y2)-E(X)2-2E(X)E(Y)-E(Y)2=
=D(X)+D(Y)+2(E(XY)-E(X)E(Y))
K(X,Y) kovarianca slučajnih spremenljivk X in Y
X,Y neodvisna ⇒ X,Y nekorelirana ⇔ D(X+Y)=D(X)+D(Y)
Primeri
8
1
8
3
8
3
8
12
1
8
1
8
2
8
12
1
8
1
8
2
8
1
01
00
3210y\x
8
1
8
6
8
7
8
12
8
13
8
32
8
31
2
1
8
7
8
13
8
22
8
11
K(X,Y)
E(Y)E(X)
E(XY)
⇒ X in Y nista neodvisna
X porazdeljena po N(0,1), Y=X2
E(XY)=E(X3)=0 (ker je integrand liha funkcija)
E(X)E(Y)=0 (ker je E(X)=0)
X in Y sta odvisna in vendar nekorelirana
X,Y sta nekorelirana, če je K(X,Y)=0
σ(X)σ(Y)
K(X,Y)r(X,Y) korelacijski koeficient X in Y
8
1
8
3
8
3
8
1
2
1
8
1
8
2
8
1
2
1
8
1
8
2
8
1
01
00
3210x\y
Primer
2887032
1
2
3(3
8
19
8
34
8
31
2
1(
2
1
8
1
8
12
2
1
22
.r(X,Y)
Y) σ )Y E(X) σ )E(X
K(X,Y) E(Y)E(X)
12σ(X)
D(X)
σ(X)
XD r(X,Y)
σ(X)σ(Y)
K(X,Y)
σ(Y)
Y
σ(X)
XD 22211
razpršenost je vedno ≥ 0 ⇒ r(X,Y) ≥ -1
r(X,Y)=-1 ⇒ konst.σ(Y)
Y
σ(X)
X
σ(Y)
Y
σ(X)
XD 0
podobno:
|r(X,Y)| ≤ 1
|r(X,Y)| = 1 ⇒ X in Y sta linearno odvisna
1220 r(X,Y) r(X,Y) σ(Y)
Y
σ(X)
X D
Zakon velikih števil
Pri večjem številu poskusov je odklon od povprečja manj verjeten.
Primer
Igralec zadane v povprečju 70% metov na koš. Kaj je bolj verjetno:
da bo v 10 metih zadel 10-krat ali v 100 metih več kot 80-krat?
P(10 zadetkov iz 10 poskusov)=0.710=0.028
008803070100100
81
100 .. . kk
kkP(več kot 80 zadetkov iz 100 poskusov)=
Prva moţnost je trikrat (!) bolj verjetna. Zakaj je tako?
Zakoni velikih števil
X slučajna spremenljivka z gostoto p(x), m=E(X), = (X)
L
σ(X) L ) | P(|X-E(X)
2
ocena Čebiševa
(verjetnost znatnega odstopanja od povprečne vrednosti je omejena s standardnim odklonom)
k
σ(X) ) k| P(|X-E(X)2
1Druga oblika ocene Čebiševa:
Primer
P(|X-E(X)| ≥ 2 ) ≤ 0.25 ocena velja za poljubno porazdelitev
za primerjavo: pri normalni porazdelitvi je P(|X-E(X)| ≥ 2 ) ≤ 0.05
(X)=0 ⇒ P(X=m)=1 (če je razpršenost enaka 0, je X konstantna)
| |
( )x m L
P(| X - m| L ) p x dx
2
2
| |
( )( )
x m L
x mp x dx
L
2
2
2
2
1)()(
1
Ldxxpmx
L
ker na območju velja 1
)(2
2
L
mx
Pomen standardnega odklona
Povprečje izidov:n
X...XXS n
n21
n neodvisnih ponovitev nekega poskusa ⇒
izidi so slučajne spremenljivke X1,X2,...Xn
neodvisne in enako porazdeljene
npr. kocko vrţemo n-krat in za Xk vzamemo število pik pri k-tem metu;
ţogo vrţemo n-krat, Xk je število zadetkov (0 ali 1) pri k-tem metu.
Porazdelitev spremenljivke Sn je zapletena.
npr. pri metu kocke imamo 5n+1 izidov, z različnimi verjetnostmi
pri metu na koš je Sn relativna frekvenca zadetkov, porazdeljena je binomsko
D(X)n
D(X) nn
X...XX Dn
X...XXn
D)D(S nnn
1111221221
Z naraščanjem števila poskusov pada razpršenost povprečja izidov proti 0.
Povprečna vrednost in razpršenost Sn:
X1,X2,...Xn neodvisne (zadošča nekorelirane) in porazdeljene enako kot X
E(X)E(X) nn
X...XX En
X...XXn
E)E(S nnn
1112121
E(Sn)=E(X)
D(X)n
)D(Sn
1
Sn = povprečje slučajnih spremenljivk X1,X2,...Xn ,, ki so nekorelirane in porazdeljene kot X
L
D(X)
nLE(X)SP n 2
1
LE(X)S P nn
0lim
zakon velikih števil: z naraščanjem števila poskusov pada verjetnost, da se povprečje spremenljivk razlikuje od njihove povprečne vrednosti proti 0.
Primer
Xk = število šestk pri k-tem metu kocke
X1+X2+...+Xn = število šestk po n metih kocke
Sn = relativna frekvenca šestk po n metih
06
1 nn LSP
ocena Čebiševa ⇒
zakon velikih števil ⇒
Kaj se zgodi s porazdelitvijo vsote X1+X2+...+Xn ko gre n → ∞ ?
Primeri
Xk neodvisne, diskretno porazdeljene P(Xk=1)=p, P(Xk=0)=1-p
X1+X2+...+Xn je porazdeljena binomsko b(n,p)
Xk neodvisne, enakomerno zvezno
porazdeljene na intervalu [0,1]
porazdelitev za X1+X2+...+Xn :
Xk neodvisne, zvezno eksponentno
porazdeljene z gostoto p(x)=e - x
za x ≥ 0
porazdelitev za X1+X2+...+Xn :
Porazdelitve vsote X1+X2+...+Xn zavzamejo zvonasto obliko, vendar jih teţko primerjamo ker se „premikajo‟.
X
poljubna spremenljivka
σ(X)
X-E(X)Z
standardizirana spremenljivka
1
0
2σ(X)
D(X)
σ(X)
X-E(X)DD(Z)
σ(X)
E(X)-E(X)
σ(X)
X-E(X)EE(Z)
X1,X2,X3,... neodvisne, enako porazdeljene slučajne spremenljivke;
standardiziramo: )X...Xσ(X
)X...X)-E(XX...X(XZ
n
nnn
21
2121
(x)F(x) F ),N(Zn n 10lim
centralni limitni izrek: standardizirana porazdelitev vsote konvergira
proti standardni normalni porazdelitvi
Rešitev: vsoto standardiziramo
Primer
Naj bodo X1,X2,...,X20 rezultati 20 neodvisnih meritev količine m z razpršenostjo D(Xi)= 2. Ocenimo verjetnost, da povprečje meritev odstopa od m za več kot polovico standardnega odklona .
Čebišev:
20
2
20
1
22
2
20 .σ
σσmSP
Povprečje meritev je S20: E(S20)=m, D(S20)= 2/20.
Centralni limitni izrek:
9742023222
202
2
20
20
2
20
222
202020
.).Φ(Φ
σ
mSP
σmS
σP
σmSP
025809742012
20 ..σ
mS P Ocena, ki jo dobimo iz centralnega limitnega izreka je veliko natančnejša.
Statistika
Formulacija problema:
opazujemo neko mnoţico (končno ali neskončno), ki ji pravimo populacija;
(npr. prebivalci Slovenije, izdelki neke tovarne, bolniki z neko boleznijo, delnice na borzi)
vsak element populacije ima neko merljivo lastnost X;
(npr. starost, kakovost izdelka, učinek zdravila, cena delnice)
vrednost X je zaradi nekega razloga (velikost populacije, način ugotavljanja,...)
znana le na delu populacije, ki mu pravimo vzorec;
Osnovni problem statistike:
Kaj lahko povemo o lastnosti X na podlagi njenih vrednosti na danem vzorcu?
V nekaterih primerih skušamo reprezentativnost doseči z dirigiranim vzorčenjem (npr. onesnaţenje običajno merijo na stalnih lokacijah). Obstaja nevarnost, da je takšno vzorčenje pristransko.
Če je vzorec naključno izbran, so vrednosti X na vzorcu slučajnaspremenljivka. Enako velja za vse količine (povprečja, standardni odkloni...), ki jih lahko izračunamo iz teh vrednosti.
Idealni vzorec je reprezentativen, tj. značilnosti X na vzorcu se ujemajo z značilnostmi na celotni populaciji. Pri naključnem vzorcu lahko določimo verjetnost, da je reprezentativen.
Omejili se bomo na primere, ko je izbira vzorca povsem naključna. To pomeni, da vzorec izbiramo zaporedoma in pri tem ima vsak element populacije enako verjetnost, da se znajde v vzorcu.
Vzorčenje
(gre za izbiro z vračanjem; če je velikost vzorca majhna v primerjavi z velikostjo populacije smemo izbirati brez vračanja)
Populacijski parametri:
velikost populacije: N
vrednosti X na populaciji:
x1,x2,...,xN
N
kkx
N 1
1
populacijsko povprečje:
mxN
σN
kk
1
22 1
populacijska razpršenost:
Vzorčni parametri:
velikost vzorca: n
vrednosti X na vzorcu:
X1,X2,...,Xn
vzorčno povprečje:
n
kkX
nX
1
1
vzorčna razpršenost:
XXn-
sn
kk
1
22
1
1
Povprečna vrednost in razpršenost vzorčnih parametrov
vzorec velikosti 1:
E(Xk)= populacijsko povprečje
D(Xk)= 2 2 populacijska razpršenost
μ )E(Xn
Xn
E)XE(n
kk
n
kk
11
11
n
σ)X, σ
n
σ)XD( (
2
vzorec velikosti n:
korekcijski faktor za primer relativno velikega vzorca
(enostavno vzorčenje)
μ )XE(
1
11
1
22
N-
n--
n
σ
N-
N-n
n
σ)XD(
n
σ)D(X
nX
nD)XD(
n
kk
n
kk
2
12
1
11
(vzorčenje z vračanjem)
XXn
En
kk
1
21Izračun
22
2222
2222
μn
σ)XE()XD()XE(
μσ)E(X)D(X)E(X kkk
)XE()E(Xn
XXn
En
kk
n
kk
2
1
2
1
2 11
2
1
22
11
2
1
22
1
2 112
12
11XX
nXX
nXX
nXXXX
nXX
n
n
kk
n
kk
n
kk
n
kkk
n
kk
Povprečna vrednost količine na mnoţici vseh vzorcev ni enaka 2.
Pravimo, da gre za pristransko oceno populacijske razpršenosti.
XXn
n
kk
1
21
E(s2)= 2
222
22 1σ
n
n μ
n
σμσ
XXn
sn
kk
1
22
1
1
Pri dovolj velikih vzorcih je razlika zanemarljiva, pri majhnih vzorcih pa ne,
zato kot mero vzorčne razpršenosti vzamemo
Povzetek:
vzorčno povprečje je nepristranska ocena za populacijsko povprečje
standardni odklon pri tej oceni je
( , kadar je vzorec velik v primerjavi s populacijo)
vzorčna razpršenost s2 je nepristranska ocena za populacijsko razpršenost 2
X
1
11
N
n
n
σ n
σ
Opisovanje podatkov in računanje parametrovrezultati kolokvija
40
19
68
48
59
28
31
30
25
25
36
39
41
88
66
60
57
37
94
44
90
98
59
29
92
55
64
43
54
52
87
34
36
74
61
80
54
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
1-10 11-20 21-30 31-40 41-50 51-60 61-70 71-80 81-90 91-100
0
1
2
3
4
5
6
1-5 6-10 11-15 16-20 21-25 26-30 31-35 36-40 41-45 46-50 51-55 56-60 61-65 66-70 71-75 76-80 81-85 86-90 91-95
0
1
2
3
1 11 21 31 41 51 61 71 81 91
1622
9753
.
.
s
X
9521
8352
.
.
s
X
9321
1753
.
.
s
Xintervalidolţine 5
intervali dolţine 10
Običajno tvorimo 10-20 kategorij. Zaţeljeno je, da je v večini kategoriji vsaj 5 enot. Pri računanju povprečja in razpršenosti upoštevamo sredine intervalov.
Intervalsko ocenjevanje
Vzorčno povprečje in razpršenost sta pribliţka za populacijsko povprečje in razpršenost.
Primer
simulirali smo 10 zaporedij po 100 metov kocke in dobili naslednjo tabelo:
1.simulacija 5 5 6 3 2 6 4 6 4 3 5 4 5 4 2 6 6 1 4 2 6 6 5 2 5 4 3 5 1 5 6 6 3 2 2 6 6 6 1 3 3 6 4 1 4 1 3 6 4 1
6 2 1 2 1 4 6 5 3 1 1 4 6 1 4 5 4 6 4 2 3 6 3 3 4 2 6 3 2 6 4 5 3 1 1 4 1 6 1 6 3 5 1 1 1 3 2 2 2 2
2.simulacija
1 4 6 4 5 4 6 2 6 1 4 4 2 4 6 2 1 2 3 6 2 1 3 1 5 2 6 5 1 3 2 1 1 1 5 3 5 3 1 6 5 2 4 5 2 6 1 3 5 4
5 4 1 6 1 6 4 1 2 2 4 4 6 2 5 3 2 3 6 5 2 5 4 5 3 3 1 2 4 2 3 1 2 6 4 4 6 5 4 4 3 4 5 2 3 3 2 6 6 4
3.simulacija
4 5 5 4 6 6 3 5 6 2 2 5 5 4 6 1 6 4 5 5 4 1 5 2 6 3 3 5 5 4 4 2 4 5 4 4 2 6 6 5 2 6 4 4 5 5 6 1 2 5
2 5 6 6 6 3 6 4 4 2 5 1 6 3 4 1 3 5 2 1 3 1 3 5 2 2 2 5 5 4 6 6 4 6 5 3 1 3 6 1 4 5 4 4 5 5 3 2 4 1
4.simulacija
6 1 5 6 4 2 6 5 3 3 4 1 2 3 5 4 2 2 3 6 6 5 2 6 1 1 1 6 2 1 5 1 5 3 4 1 6 2 6 3 2 6 2 6 1 6 6 1 1 2
3 3 5 6 5 2 5 1 1 3 1 6 5 2 1 1 6 1 6 2 6 6 2 5 2 2 5 4 3 6 5 6 4 5 2 6 1 6 4 4 1 1 3 1 3 1 1 5 5 1
5.simulacija
2 3 3 5 5 1 4 4 4 1 6 6 6 4 3 5 6 3 3 5 5 2 3 5 3 3 6 2 5 4 2 4 2 4 2 5 4 5 1 1 2 3 5 4 4 1 4 5 4 4
2 5 2 5 4 5 4 1 3 5 6 4 5 1 1 2 3 4 6 2 5 6 5 1 6 6 5 5 1 4 5 4 6 4 2 5 2 2 5 2 1 2 5 2 4 5 4 2 6 3
6.simulacija
1 4 1 2 3 1 6 1 3 6 6 5 6 1 3 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 6 3 5 5 4 1 2 6 3 2 3 4 1 6 1 5 1 1 4 5 1 1 2 4 1
2 4 1 5 5 4 6 6 5 5 5 1 1 3 2 6 4 1 5 4 1 1 2 5 6 4 6 5 6 4 2 3 4 4 1 3 6 4 5 1 4 1 6 1 3 1 3 3 5 5
7.simulacija
4 2 4 4 2 5 5 2 3 1 1 6 4 3 1 6 6 6 4 1 6 2 4 5 4 5 4 1 5 6 3 2 3 6 4 2 3 4 6 5 1 5 4 4 5 5 2 4 5 1
5 2 2 1 1 3 3 4 2 5 5 2 4 3 3 5 5 3 3 5 2 5 1 1 4 3 5 4 2 2 6 1 4 6 3 5 2 2 2 2 3 6 6 4 6 2 4 3 4 1
8.simulacija
2 6 2 2 5 4 4 1 3 4 5 2 1 6 6 1 5 4 1 1 4 1 6 3 6 5 5 6 5 3 5 1 6 3 1 4 2 1 6 4 3 5 3 4 6 5 2 3 4 3
1 2 3 2 4 1 4 5 1 4 2 6 2 4 2 4 3 6 2 4 3 1 5 5 6 5 1 2 5 2 5 1 1 2 6 3 1 3 6 2 3 5 3 3 6 3 4 1 4 4
9.simulacija
2 5 5 3 2 3 2 1 3 5 3 5 6 6 3 3 2 5 2 3 6 2 2 6 5 4 6 6 3 2 4 2 1 6 5 2 3 2 2 1 1 6 3 1 1 4 1 2 4 2
5 2 5 2 6 4 6 1 3 5 1 5 1 4 4 2 3 5 6 2 2 3 2 4 5 6 3 5 6 4 3 3 2 5 6 3 2 3 3 4 6 1 1 4 2 2 5 1 6 4
10.simulacija
5 5 3 2 6 4 2 4 5 4 1 3 3 4 1 3 4 1 6 4 1 1 4 6 3 5 1 2 5 6 4 3 6 3 1 1 6 5 1 1 5 5 3 3 1 2 3 6 4 5
2 6 1 5 2 5 5 2 6 4 4 3 4 1 3 5 6 1 3 3 2 6 4 5 4 5 2 2 1 2 4 3 6 4 2 5 4 3 2 2 5 3 6 2 4 3 4 4 3 5
3.59 1.800
3.47 1.687
3.94 1.605
3.44 1.930
3.68 1.567
3.28 1.789
3.53 1.602
3.43 1.692
3.42 1.668
3.50 1.609
X s
Kolikšna sta povprečna vrednost in standardni odklon pri metu kocke?
...pač pa lahko določimo interval, za katerega je zelo
verjetno, da vsebuje iskani populacijski parameter.
Osnovno vprašanje:
kako na podlagi vzorčnih parametrov oceniti dejanske populacijske parametre?
(pri metu kocke je teoretično povprečje 3.5, standardni odklon pa 1.707)
Pri numeričnih metodah določimo pribliţek in oceno za napako pribliţka. Dejanska vrednost je nekje na intervalu okoli pribliţka.
Na podlagi vzorca ni mogoče sklepati o parametrih populacije
s 100% zanesljivostjo,...
Velja: je normalno porazdeljena;
je porazdeljena po N(0,1).
X .n
σ)Xa, σ)XE( (
nσ
-aX
95440222 .)Φ(nσ
-aXP %.
n
σXa
n
σXP 4495
22
Z več kot 95% verjetnostjo lahko zagotovimo, da
je populacijsko povprečje na intervalu . n
σX,
n
σX
22
XNa vzorcu velikosti n dobimo vrednosti X1,X2,...,Xn in izračunamo njihovo povprečje
Naj bo količina X normalno porazdeljena na celotni populaciji.
Privzemimo, da je standardni odklon znan, povprečje a pa ne.
997203233
.)Φ(n
σXa
n
σXPPodobno dobimo:
Z več kot 99.7% verjetnostjo je populacijsko
povprečje vsebovano v intervalu .n
σX,
n
σX
33
Verjetnost, s katero se iskani parameter nahaja na nekem intervalu je stopnja zaupanja.
Pripadajoči interval je interval zaupanja.
Večja stopnja zaupanja ali večja razpršenost ⇒ potreben je širši interval zaupanja.
Večji vzorec ⇒ zadošča oţji interval zaupanja.
Splošni postopek za določanje intervala
zaupanja za populacijski parameter u:
1) določimo vzorčni parameter ū, ki je primerni pribliţek za u
(npr. za povprečje ali s 2 za razpršenost)
2) določimo porazdelitveni zakon vzorčnega parametra ū
(npr. normalni, binomski,...; to je najzahtevnejši korak - praviloma se
omejimo na standardne primere)
3) izberemo stopnjo zaupanja
(običajno =95% ali =99%)
4) na podlagi porazdelitve in vrednosti vzorčnega parametra ū na danem vzorcu določimo interval zaupanja [U1,U2] za u, ki pripadaizbrani stopnji zaupanja
( tako, da velja P(U1 ≤ u ≤ U2) = ).
X
Primer
Na podlagi simulacij določimo intervale zaupanja s 95% stopnjo zaupanja za povprečno število točk pri metu kocke.
1) populacijski parameter je povprečje , pribliţek pa vzorčno povprečje
2) vzorec je sorazmerno velik (n=100), zato smemo privzeti, da je porazdeljen normalno po N( ,0.8)
3) pri stopnji zaupanja =95% je rešitev enačbe
P(|Z| ≤ z )=0.95 (oziroma (z )=0.4750)
z0.95=1.96 (preberemo iz tablic)
4) Iz sledi , torej je
interval zaupanja
X
X
(standardizirano povprečje pa je porazdeljeno po N(0,1))10080.
-μXZ
961100 .s
-μX
100961
100961
s.Xμ
s.-X
100961
100961
s.X,
s.-X
Podobno dobimo z0.99=2.58 in interval
zaupanja na stopnji zaupanja 99% je 100
582100
582s
.X,s
.-X
X s
3.59 1.800 [3.237,3.942] [3.125,4.054]
3.47 1.687 [3.139,3.800] [3.034,3.905]
3.94 1.605 [3.625,4.254] [3.495,4.354]
3.44 1.930 [3.061,3.818] [2.941,3.938]
3.68 1.567 [3.372,3.987] [3.275,4.084]
3.28 1.789 [2.929,3.630] [2.818,3.741]
3.53 1.602 [3.215,3.844] [3.116,3.943]
3.43 1.692 [3.098,3.761] [2.993,3.866]
3.42 1.668 [3.092,3.747] [2.989,3.850]
3.50 1.609 [3.184,3.815] [3.084,3.915]
interval zaupanja
95% 99% 100100
szX,
s-zX
pri 3. poskusu je dejansko povprečje izven 95%-intervala zaupanja in komajda znotraj 99%-intervala zaupanja.
Pri manjših vzorcih in neznanem standardnem odklonu privzetek o normalni porazdeljenosti ni več upravičen. Običajno dobimo za pribliţek porazdelitev, ki je odvisna od velikosti vzorca.
Primer
Količina X je porazdeljena normalno po N(a, ), pri čemer sta oba parametra neznana.
Dobiti ţelimo interval zaupanja za populacijsko povprečje a.
Dan je vzorec velikosti n: parameter a ocenimo z , parameter 2 pa z s2 in tvorimo
novo spremenljivko
Velja: T je porazdeljena po t.im. Studentovem zakonu S(n-1)
Nadaljevanje je kot prej: za izbrano stopnjo zaupanja iz tabel določimo t ,, da velja
P(|T| ≤ t )=
Interval zaupanja za a na stopnji zaupanja je
X
ns
-aXT
n
stX,
n
s- tX αα
Studentova porazdelitev S(n-1) ima gostoto22
11
n-
nn-
xkp(x)
...... .
)x(
): p(x)S(
)x(
): p(x)S(
)x(π): p(x)S(
2
5
2
2
3
2
2
3
363
2
12
1
11
S(1) S(2) S(3) S(4) ... N(0,1)
Tabela majhnih vrednosti porazdelitve S(n):
parameter n(„stopnje prostosti‟)
mejna vrednost na
stopnji zaupanja 1-
( P(|T| ≤ t )=1- )
95%
99%
Porazdelitvena gostota ni simetrična,
zato za izbrano stopnjo zaupanja
poiščemo 2a in 2
b , da velja
P( 2 ≤ 2a )=P( 2 ≥ 2
b )=1- /2
⇒ P( 2a ≤ 2 ≤ 2
b )=
2a
2b
Intervalska ocena za standardni odklon pri normalni porazdelitvi
2
22 1
σ
s)(nχPopulacijsko razpršenost 2 primerjamo z vzorčno s2:
Velja: 2 je porazdeljena po
zakonu „hi-kvadrat‟ 2(n-1)
2
2
2
2 11
ab χ
sn,
χ
snInterval zaupanja za 2 na stopnji zaupanja je
.....
ex): p(x)(χ
exπ
): p(x)(χ
e): p(x)(χ
x
e
π): p(x)(χ
x-
x-
x-
x-
22
22
22
22
4
14
2
13
2
12
2
11
Hi-kvadrat porazdelitev 2(n) ima gostoto (x > 0)21
2
x-
n
n exk p(x)
Za velike n (n > 30) je ), N( n- -χ 10122 2
mejna vrednost 2
( P( 2 ≥ 2 )= )
Tabela majhnih vrednosti
porazdelitve 2(n)
parameter n(„stopnje prostosti‟)
Preskušanje statističnih domnev
Statistična domneva je trditev o porazdelitvenem zakonu slučajne spremeljivke, ki jo ţelimo potrditi ali ovreči na podlagi vrednosti, ki jih zavzame na nekem vzorcu.
parametrične domneve
(trditve o parametrih znanega porazdelitvenega zakona, npr. Poissonovo porazdeljena spremenljivka ima povrečje a)
neparametrične domneve
(trditve o naravi porazdelitvenega zakona, npr. spremenljivka je normalno porazdeljena)
Domneva je enostavna, če v celoti določa porazdelitev (tip in parametre), sicer pravimo, da je sestavljena.
(npr. če H0 trdi, da je porazdelitev Poissonova z neznanim parametrom - H1 pa, da ni Poissonova, sta obe sestavljeni)
Omejili se bomo na nekaj značilnih primerov preskušanja parametričnih domnev, ko je vsaj ničelna domneva enostavna.
primerjamo dve domnevi:
H0: ničelna domneva in H1: alternativna domneva
(npr. H0 trdi, da porazdelitev ustreza zakonu P(2), H1 pa, da ustreza zakonu P(3.5))
Primer
Leta 2003 je bilo v Sloveniji 17321 ţivorojenih otrok, od tega 8930 dečkov in 8391 deklic. Zanima nas, ali so te številke v nasprotju sprivzetkom, da je rojstvo dečka enako verjetno kot rojstvo deklice.
Izberemo majhno število (npr. 0.05 ali 0.01) in poiščemo kritično vrednost c ,da je pri pogoju p=0.5 verjetnost
P(X > c )= .
Za slučajno spremenljivko X vzamemo število rojstev dečkov. Privzeti smemo, da je X porazdeljena po binomskem zakonu b(n,p).
Za H0 vzamemo enostavno domnevo, da je pri tem p=0.5, za alternativo H1 pa sestavljeno domnevo, da je p > 0.5.
Če je število dečkov večje od c , bomo H0 zavrnili, v nasprotnem primeru pa ne.
je značilnost preskusa
.c ..
.c .
.
.cΦ
..
.cΦ)cP(X)cP(X
...
...
587686518065
58660450
8065
58660
0508065
58660
2
111
050050050
050050050
Binomsko porazdelitev b(17321,0.5) aproksimiramo z N(a, ), kjer je a=17321.0.5=8660.5, 2=17321.0.5.(1-0.5)=4330.25 in =65.80. Za značilnost
preskusa vzamemo =0.05.
Ker je dejanska vrednost (8930) večja od c0.05, ničelno domnevo zavrnemo.
Pri 1% značilnosti preskusa bi dobili c0.01=8813.5, torej bi domnevo zavrnili tudi pritem ostrejšem preskusu.
Enostavna parametrična domneva u=u0 ima tri alternativne parametrične domneve:
u > u0
u < u0
u ≠ u0
Za prvo in drugo alternativo pravimo, da sta enostranski, za tretjo pa, da je dvostranska.
u0 c
sprejmemo zavrnemo
c u0
zavrnemo sprejmemo
c1 u0 c2
zavrnemo sprejmemo zavrnemo
PrimerPri preskušanju trdnosti nekega materiala je smiselna enostranska alternativa, saj
nas ne moti, če je le-ta trdnejši kot pričakujemo. Pri preskušanju odstopov velikosti
vijaka glede na matico pa raje oblikujemo dvostransko alternativo.
Z porazdeljena po N(0,1) - kako določimo c ?
2
1211
αc Φ cΦ )cZP()cZP(α αααα
-αc Φ cΦ )cP(Z)cP(Zα αααα2
1
2
111
2
1
2
1αc Φ cΦ)cP(Zα ααα
Podobno ravnamo pri drugih preskusih. Pri t-testu tvorimo
in upoštevamo, da je T porazdeljen po zakonu S(n-1).
Kritične vrednosti za dvostranski poskus pri značilnosti so v (n-1)-vi
vrstici in stolpcu, ki ustreza .
Kritične vrednosti za enostranski poskusa pa so v stolpcu, ki ustreza .
ns
-aXT
2
α
dvostranski preskus:
enostranski preskus:
Primer
Povprečje 10 meritev gostote neke snovi nam je dalo 1.35 g/cm3, čeprav bi
teoretično pričakovali gostoto 1.2 g/cm3. Na podlagi izkušenj vemo, da je
pri tovrstnem merjenju standardna napaka =0.25g/cm3. Ali na podlagi tega
lahko zavrnemo H0( =1.2 g/cm3)? Značilnost preskusa naj bo 5%.
1.) H1( ≠1.2) (dvostranski preskus)
89110250
21351.
.
..n
σ
-ρXZ
. c .cΦ .. 9614750 050050
Ničelne domneve ne zavrnemo.
(testna vrednost je manjša od kritične)
2.) H1( > 1.2) (enostranski preskus)
. c .cΦ .. 651450 050050
Ničelno domnevo zavrnemo.
(testna vrednost je večja od kritične)
Pri sestavljeni alternativi lahko manj verjetni del alternative zmanjša moţnost za izključitev ničelne domneve.
Odvisna vzorca Bolnik Število dodatnih ur spanja
X (zdravilo A) Y (zdravilo B)
1 1.9 0.7
2 0.8 -1.6
3 1.1 -0.2
4 0.1 -1.2
5 -0.1 -0.1
6 4.4 3.4
7 5.5 3.7
8 1.6 0.8
9 4.6 0.0
10 3.4 2.0
Primer
Na bolnikih so preskušali vpliv dveh zdravil (A in B) proti nespečnosti. Ali lahko na podlagi podatka o dodatnem številu ur spanja sklepamo o tem, da je eno zdravilo bolj učinkovito od drugega?
Privzemimo, da imamo rezultate vpliva obeh zdravil na istih bolnikih.
(parni t-test)
Tvorimo razliko Z=X-Y, za katero se izkaţe, da je porazdeljena po Studentovem zakonu S(n-1).
Primerjamo H0(a=0) proti H1(a≠0).
Z Z2
1.2 1.44
2.4 5.76
1.3 1.69
1.3 1.69
0.0 0.00
1.0 1.00
1.8 3.24
0.8 0.64
4.6 21.16
1.4 1.96
15.8 38.58
231511
581
2 .,
.
s.s
Z
06410231
0581.
.
.t
0642620250 ...t
Pri 95% stopnji zaupanja domnevo, da sta zdravili enakovredni zavrnemo.
Primer
Kovanec vrţemo 50 krat in 29-krat dobimo cifro. Ali lahko sklepamo, da je kovanec popačen?
Imamo vzorec x1,...,xn in nas zanima ali smemo sklepati, da je populacija porazdeljena po nekem zakonu F(x) ?
To je primer naslednjega splošnega problema:
Lotimo se ga takole:
1. Realno os razdelimo na intervale I1,...,IK tako, da vsak vsebuje vsaj 5 elementov vzorca. Število vzorcev na intervalu Ik označimo z bk.
2. Ob privzetku, da je porazdelitev populacije F(x) izračunamo teoretično število vzorcev na intervalu Ik in ga označimo z ek.
K
k k
kk
e
ebχ
1
22
0
)(3. Izračunamo deviacijo
Dejstvo: 0
2 je porazdeljena
po zakonu 2(K-1).
4. Za izbrano stopnjo značilnosti določimo 2 iz enačbe P( 2 ≥ 2 )=
Domnevo zavrnemo, če je 02 ≥ 2
V našem primeru postavimo grb=0, cifra=1 in vzamemo intervala I1=(-∞,0.5] in I1=(0.5,+∞).
Dobimo: b0=21, b1=29, e0=e1=25 in 02 = 16/25+16/25=1.28
Za 2(1) in pri stopnji značilnosti =5% je mejna vrednost 2 =3.841, zato domneve, da je kovanec pošten ne zavrnemo.
Koliko cifer bi morali dobiti pri 50 metih, da bi lahko na 5% stopnji značilnosti zavrnili domnevo o poštenosti kocke?
Odstop označimo z a in rešimo a2/25+a2/25>3.841, kar nam da a ≥ 7.
To pomeni, da bi pri 32 cifrah ali več zavrnili domnevo o poštenosti kocke.
Na stopnji značilnosti 1% pa bi jo zavrnili pri 35 cifrah ali več.
G. Mendel je pri enem svojih znamenitih poskusov dobil 355 rumenih in 123 zelenih grahov. Ali je to v skladu z domnevo, da je razmerje med rumenimi in zelenimi 3:1?
Related Documents
