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Derecho Internacional Privado - Temario - Apuntes - Univ Central de Venezuela - Extracto del documento

Derecho Internacional Privado

Categoría
Derecho
Tipología
University
Apuntes de Derecho Internacional Privado - Temario - Apuntes de las lecciones de la Universidad Cenral de Venezuela

M2 - VE BE - 8. termin Dragan ori Fakultet organizacionih nauka 2009/2010 c D. Djori´ 2010 c Neodre eni integral (NI) F : (a, b) → R je primitivna funkcija za f ako je ∀x ∈ (a, b) F (x) = f (x) f (x)dx = {F | F je prim. funkcija za f } = {F + C, C ∈ R} = F (x) + C F f sin x cos x ex ex −e−x e−x arctan x 1 1 + x2 ln x 1 x 1 xn+1 n+1 xn ··· ··· Svaka neprekidna funkcija ima primitivnu Primitivna funkcija elementarne funkcije ne mora biti elementarna funkcija. Na primer, za funkcije x→ primitivne funkcije nisu elementarne sin x , x x→ ex , x x → e−x , 2 x → sin x2 1 Zbirka, zad.10, str.73 1 Za funkciju f : x → 1 + x odrediti primitivnu F za koju je F (1) = π. Rexe e. Jedna primitivna je arctan x Skup svih primitivnih je {arctan x + C, C ∈ R} Iz uslova arctan 1 + C = π sledi C = 34π 2 F (x) = arctan x + 3π 4 2 Zbirka, zad.4, str.73 Odrediti bar jednu primitivnu funkciju za funkciju f : x → e|x| Rexe e. e|x| = x ex , e−x , x≥0 x<0 Za x > 0 primitivne su e + A, A ∈ R Za x < 0 primitivne su −e + B, B ∈ R Za x ∈ R primitivna funkcija F mora biti diferencijabilna (dakle, i neprekidna) u taqki Na primer, −x x=0 F (x) = ex − 1, −e−x + 1, x≥0 x<0 3 Dokazati da su F : x → ln(x + √x + x ) (a = 0) i √ G : x → ln(x + x − a ) (x ≥ a > 0) primitivne funkcije za funkcije f : x → √x 1+ a i g : x → √x 1− a Rexe e. 2 2 2 2 2 2 2 2 1+ F (x) = x+ 2 √ √ 2x x2 +a2 x2 + a2 √ = 1 1 x2 + a2 + x √ √ · =√ = f (x) x2 + a2 x + x2 + a2 x2 + a2 Sliqno je i G (x) = g(x) Uvrstiti u tabliqne √ x2 dx = ln(x + ± a2 x2 ± a2 ) Svojstva integrala k · f (x)dx = k · f (x)dx (homogenost) g (x)dx (f (x) + g (x))dx = n n f (x)dx + (aditivnost) ci fi (x)dx = i=1 i=1 ci fi (x)dx (linearnost) Nalaee integrala { Tablica + svojstva 4 Zbirka, zad.14, str.74 f (x) = Rexe e. (x − 1)(x2 + 2) I= 5x2 , f (x)dx =? f (x) = 1 1 1 21 21 (x3 − x2 + 2x − 2)

= x − + · − · 2 2 5x 5 5 5x 5x xα dx = 1 xα+1 + C α+1 Za α = −1 je I , dx = ln |x| + C x = = 1 12 1 2 2 −1 · x − x + ln |x| − · +C 52 5 5 5x 12 1 2 21 x − x + ln |x| + · + C 10 5 5 5x 5 Zbirka, zad.15, str.74 f (x) = Rexe e. x2 1 + x2 ,I= f (x)dx =? f (x) = x2 + 1 − 1 x2 + 1 1 1 = − =1− 2 1+x 1 + x2 1 + x2 1 + x2 dx = arctan x + C 1 + x2 I = x − arctan x + C 6 Zbirka, zad.16, str.74 f (x) = tan2 x I = Rexe e. , f (x)dx =? f (x) = dx = tan x + C cos2 x sin2 x 1 − cos2 x 1 = = −1 2x cos cos2 x cos2 x I = tan x − x + C 7 Zbirka, zad.18, str.74 f (x) = Rexe e. 1 I= sin x cos2 x 2 , f (x)dx =? f (x) = dx = − cot x + C sin2 x sin2 x + cos2 x 1 1 = x + cos2 x sin2 sin2 x cos2 x I = tan x − cot x + C 8 f (x) = Rexe e. 1 a2 − x2 ,I= f (x) = = = 1 2a f (x)dx =? 1 = (a − x)(a + x) 1 1 1 · + · 2a a − x 2a 1 1 1 · − · 2a a + x 2a dx 1 − a + x 2a 1 a+x+a−x · 2a (a − x)(a + x) dx a+x dx x−a I= dx 1 x+a = ln +C x−a 2a x−a 1 dx x+a = ln +C a2 − x2 2a x−a Uvrstiti u tabliqne 9 f (x) = Rexe e. 1 I= (1 − x2 )(1 + x2 ) , f (x)dx =? f (x) = 1 1 1 + x2 + 1 − x2 1 1 1 +· · =· 2 (1 − x2 )(1 + x2 ) 2 1 − x2 2 1 + x2 1 dx x+1 1 = ln + arctan x + C 1 + x2 2 x−1 2 I= 1 2 1 dx + 1 − x2 2 Zamena promen ive Ako je f (x)dx = F (x) + C, tada je f (u(x))du(x) = F (u(x)) + C Na primer, iz dxx = ln |x| + C imamo iz dx = arctan x + C 1 + x2 du(x) = ln |u(x)| + C u(x) du(x) = arctan u(x) + C 1 + u2 (x) imamo 10 f (x) = Rexe e. 1 (a = 0), I = a2 + x2 f (x)dx =? I= 1 a 1 d(x/a) = 2 1 + (x/a) a 1 du = arctan u + C 2 1+u a 1 Dakle, I = a arctan x + C a Uvrstiti u tabliqne a2 dx 1 x = arctan + C 2 +x a a 11 f (x) = √ Rexe e. I= 1 a a2 1 (a > 0), I = − x2 f (x)dx =? d(x) 1− (x/a)2 = d(x/a) 1− (x/a)2 = √ du = arcsin u + C 1 − u2 Dakle, I = arcsin x + C a Uvrstiti u tabliqne √ x dx = arcsin + C a a2 − x2 12 Zbirka, zad.18, st

r.74 Rexe e. f (x) = tan x I = , f (x)dx =? I= sin x =− cos xdx I=− d(cos x) =− cos xen un solo día. Si ello no fuere posible, el debate continuará durante los días consecutivos que fueren necesarios hasta su conclusión. Se podrá suspender por un plazo máximo de diez días, computados continuamente. Sólo en los casos siguientes: Para resolver una cuestión incidental o practicar algún acto fuera de la sala de audiencia, siempre que no sea posible resolverla o practicarlo en el intervalo entre dos sesiones; Cuando no comparezcan testigos, expertos o intérpretes, cuya intervención sea indispensable, salvo que pueda continuarse con la recepción de otras pruebas hasta que el ausente sea conducido por la fuerza pública; Cuando algún juez, el imputado, su defensor o el fiscal del Ministerio Públi co, se enfermen a tal extremo que no puedan continuar interviniendo en el debate, a menos que los dos últimos puedan ser reemplazados inmediatamente; o el tribunal se haya constituido, desde la iniciación del debate, con un número superior de jueces que el requerido para su integración, de manera que los suplentes integren el tribunal y permitan la continuación; la regla regirá también en caso de muerte de un juez, fiscal o defensor; Si el Ministerio Público lo requiere para ampliar la acusación, o el defen sor lo solicite en razón de la ampliación de la acusación, siempre que, por las características del caso, no se pueda continuar inmediatamente. DECISIÓN SOBRE LA SUSPENSIÓN (Art. 336) El tribunal decidirá la suspensión y anunciará el día y hora en que cont inuará el debate; ello valdrá como citación para todas las partes. Antes de continuarlo, el juez presidente resumirá brevemente los actos cumplidos con anterioridad. Los jueces y los fiscales del Ministerio Público podrán intervenir en otros debates duran te el plazo de suspensión, salvo que el tribunal decida por resolución fundada lo contrario, en razón de la complejidad

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