View
3
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
sin x , cos x
, tg x := sin xcos x , ctg x :=cos xsin x
(cos x , sin x)
x
cos x
sin x
1
x
tg x
ctg x
sin x , cos x , tg x := sin xcos x , ctg x :=cos xsin x
(cos x , sin x)
x
cos x
sin x
1
x
tg x
ctg x
Brojevna kruºnica
1
0, 2π, 4π,−2π,...tj. 2kπ, k∈Z
π6
π4
π3
π2
5π6
3π4
2π3
π
−π6
+ 2kπ, k ∈ Z
−π4
−π3
−π2
−5π6
−3π4
−2π3
12
3
12
√22
√32
12
√22
√32
-12-
√22
-√32
-12
-√22
-√32
Funkcije sin i cos
x
y
Γsin Γcos
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
−1
Funkcija sin : R→ R je neparna i 2π-periodi£na, dakle
sin(−x) = − sin x i sin(x + 2π) = sin x
za sve x ∈ R.Funkcija cos : R→ R je parna i 2π-periodi£na, dakle
cos(−x) = cos x i cos(x + 2π) = cos x
za sve x ∈ R.
Funkcija tg
x
y Γtg
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija tg : R \{π2
+ kπ : k ∈ Z}→ R je neparna i π-periodi£na:
tg(−x) = − tg x i tg(x + π) = tg x
za sve x ∈ R \{π2
+ kπ : k ∈ Z}.
Funkcija ctg
x
yΓctg
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija ctg : R \ {kπ : k ∈ Z} → R je neparna i π-periodi£na:
ctg(−x) = − ctg x i ctg(x + π) = ctg x
za sve x ∈ R \ {kπ : k ∈ Z}.
Jo² neka svojstva sinusa i kosinusa
Za sve x , y ∈ R vrijedi:sin2 x + cos2 x = 1
sin (x ± y) = sin x · cos y ± cos x · sin ycos (x ± y) = cos x · cos y ∓ sin x · sin ysin 2x = 2 sin x · cos xcos 2x = cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1 = 1− 2 sin2 xsin(x + π
2
)= cos x
cos x + cos y = 2 cos x+y2· cos x−y
2
cos x − cos y = −2 sin x+y2· sin x−y
2
sin x ± sin y = 2 sin x±y2· cos x∓y
2.
Funkcija arcsin
x
y
Γsin x
Γf1
Γarcsinπ2
−π2
1−1
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
−1
Funkcija f (x) := sin x nije bijekcija.
Ali funkcija f1 :[−π
2, π2
]→ [−1, 1],
f1(x) := sin x ,
jest bijekcija. Njen inverz
arcsin := f −11 : [−1, 1]→[−π
2,π
2
]zovemo arkus sinusom. Zapamtimo:
arcsin y = jedinstven x ∈[−π
2,π
2
]takav da je sin x = y .
Funkcija arcsin
x
y
Γsin x
Γf1
Γarcsinπ2
−π2
1−1
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
−1
Funkcija f (x) := sin x nije bijekcija. Ali funkcija f1 :[−π
2, π2
]→ [−1, 1],
f1(x) := sin x ,
jest bijekcija.
Njen inverz
arcsin := f −11 : [−1, 1]→[−π
2,π
2
]zovemo arkus sinusom. Zapamtimo:
arcsin y = jedinstven x ∈[−π
2,π
2
]takav da je sin x = y .
Funkcija arcsin
x
y
Γsin x
Γf1
Γarcsinπ2
−π2
1−1
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
−1
Funkcija f (x) := sin x nije bijekcija. Ali funkcija f1 :[−π
2, π2
]→ [−1, 1],
f1(x) := sin x ,
jest bijekcija. Njen inverz
arcsin := f −11 : [−1, 1]→[−π
2,π
2
]zovemo arkus sinusom.
Zapamtimo:
arcsin y = jedinstven x ∈[−π
2,π
2
]takav da je sin x = y .
Funkcija arcsin
x
y
Γsin x
Γf1
Γarcsinπ2
−π2
1−1 π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
−1
Funkcija f (x) := sin x nije bijekcija. Ali funkcija f1 :[−π
2, π2
]→ [−1, 1],
f1(x) := sin x ,
jest bijekcija. Njen inverz
arcsin := f −11 : [−1, 1]→[−π
2,π
2
]zovemo arkus sinusom.
Zapamtimo:
arcsin y = jedinstven x ∈[−π
2,π
2
]takav da je sin x = y .
Funkcija arcsin
x
y
Γsin x
Γf1
Γarcsinπ2
−π2
1−1 π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
−1
Funkcija f (x) := sin x nije bijekcija. Ali funkcija f1 :[−π
2, π2
]→ [−1, 1],
f1(x) := sin x ,
jest bijekcija. Njen inverz
arcsin := f −11 : [−1, 1]→[−π
2,π
2
]zovemo arkus sinusom. Zapamtimo:
arcsin y = jedinstven x ∈[−π
2,π
2
]takav da je sin x = y .
Funkcija arcsin na brojevnoj kruºnici
x
−π2
π2
f1(x)
f1 :[−π
2, π2
]→ [−1, 1]
arcsin yy
−1
1
arcsin : [−1, 1]→[−π
2, π2
]
Funkcija arccos
x
y
Γcos x
Γf1
Γarccos π
1−1
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π 1−1
Funkcija f (x) := cos x nije bijekcija.
Ali funkcija f1 : [0, π]→ [−1, 1],f1(x) := cos x ,
jest bijekcija. Njen inverz
arccos := f −11 : [−1, 1]→ [0, π]zovemo arkus kosinusom. Zapamtimo:
arccos y = jedinstven x ∈ [0, π] takav da je cos x = y .
Funkcija arccos
x
y
Γcos x
Γf1
Γarccos π
1−1
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π 1−1
Funkcija f (x) := cos x nije bijekcija. Ali funkcija f1 : [0, π]→ [−1, 1],f1(x) := cos x ,
jest bijekcija.
Njen inverz
arccos := f −11 : [−1, 1]→ [0, π]zovemo arkus kosinusom. Zapamtimo:
arccos y = jedinstven x ∈ [0, π] takav da je cos x = y .
Funkcija arccos
x
y
Γcos x
Γf1
Γarccos π
1−1
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π 1−1
Funkcija f (x) := cos x nije bijekcija. Ali funkcija f1 : [0, π]→ [−1, 1],f1(x) := cos x ,
jest bijekcija. Njen inverz
arccos := f −11 : [−1, 1]→ [0, π]zovemo arkus kosinusom.
Zapamtimo:
arccos y = jedinstven x ∈ [0, π] takav da je cos x = y .
Funkcija arccos
x
y
Γcos x
Γf1
Γarccos π
1−1 π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π 1−1
Funkcija f (x) := cos x nije bijekcija. Ali funkcija f1 : [0, π]→ [−1, 1],f1(x) := cos x ,
jest bijekcija. Njen inverz
arccos := f −11 : [−1, 1]→ [0, π]zovemo arkus kosinusom.
Zapamtimo:
arccos y = jedinstven x ∈ [0, π] takav da je cos x = y .
Funkcija arccos
x
y
Γcos x
Γf1
Γarccos π
1−1 π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π 1−1
Funkcija f (x) := cos x nije bijekcija. Ali funkcija f1 : [0, π]→ [−1, 1],f1(x) := cos x ,
jest bijekcija. Njen inverz
arccos := f −11 : [−1, 1]→ [0, π]zovemo arkus kosinusom. Zapamtimo:
arccos y = jedinstven x ∈ [0, π] takav da je cos x = y .
Funkcija arccos na brojevnoj kruºnici
x
π 0
f1(x)
f1 : [0, π]→ [−1, 1]
arccos y
y−1 1
arccos : [−1, 1]→ [0, π]
Funkcija arctg
x
y Γtg
Γf1
Γarctgπ2
−π2
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija arctg de�nira se kao inverz bijekcije f1 :〈−π
2, π2
〉→ R,
f1(x) := tg x .
Zapamtimo:
arctg y = jedinstven x ∈〈−π
2, π2
〉takav da je tg x = y .
Funkcija arctg
x
y
Γtg
Γf1
Γarctgπ2
−π2
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija arctg de�nira se kao inverz bijekcije f1 :〈−π
2, π2
〉→ R,
f1(x) := tg x .
Zapamtimo:
arctg y = jedinstven x ∈〈−π
2, π2
〉takav da je tg x = y .
Funkcija arctg
x
y
Γtg
Γf1
Γarctgπ2
−π2
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija arctg de�nira se kao inverz bijekcije f1 :〈−π
2, π2
〉→ R,
f1(x) := tg x .
Zapamtimo:
arctg y = jedinstven x ∈〈−π
2, π2
〉takav da je tg x = y .
Funkcija arctg
x
y
Γtg
Γf1
Γarctgπ2
−π2
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija arctg de�nira se kao inverz bijekcije f1 :〈−π
2, π2
〉→ R,
f1(x) := tg x .
Zapamtimo:
arctg y = jedinstven x ∈〈−π
2, π2
〉takav da je tg x = y .
Funkcija arctg na brojevnoj kruºnici
x
−π2
π2
f1(x)
f1 :〈−π
2, π2
〉→ R
−π2
π2
y
arctg y
arctg : R→〈−π
2, π2
〉
Funkcija arcctg
x
yΓctg
Γf1Γarcctg π
π2
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija arcctg de�nira se kao inverz bijekcije f1 : 〈0, π〉 → R,f1(x) := ctg x .
Zapamtimo:
arcctg y = jedinstven x ∈ 〈0, π〉 takav da je ctg x = y .
Funkcija arcctg
x
y
Γctg
Γf1
Γarcctg π
π2
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija arcctg de�nira se kao inverz bijekcije f1 : 〈0, π〉 → R,f1(x) := ctg x .
Zapamtimo:
arcctg y = jedinstven x ∈ 〈0, π〉 takav da je ctg x = y .
Funkcija arcctg
x
y
Γctg
Γf1Γarcctg π
π2
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija arcctg de�nira se kao inverz bijekcije f1 : 〈0, π〉 → R,f1(x) := ctg x .
Zapamtimo:
arcctg y = jedinstven x ∈ 〈0, π〉 takav da je ctg x = y .
Funkcija arcctg
x
y
Γctg
Γf1Γarcctg π
π2
π2
π 3π2
2π−π2
−π−3π2
−2π
1
Funkcija arcctg de�nira se kao inverz bijekcije f1 : 〈0, π〉 → R,f1(x) := ctg x .
Zapamtimo:
arcctg y = jedinstven x ∈ 〈0, π〉 takav da je ctg x = y .
Funkcija arcctg na brojevnoj kruºnici
x
π 0
f1(x)
f1 : 〈0, π〉 → R
arcctg y
π 0
y
arcctg : R→ 〈0, π〉
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1]
⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2⇔ x2 ≤ 2⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}
x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1]
⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2⇔ x2 ≤ 2⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1]
⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2⇔ x2 ≤ 2⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1] ⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1
+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2⇔ x2 ≤ 2⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1] ⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1
+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2
⇔ x2 ≤ 2⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1] ⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1
+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2⇔ x2 ≤ 2
⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1] ⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1
+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2⇔ x2 ≤ 2⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1] ⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1
+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2⇔ x2 ≤ 2⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1] ⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1
+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2⇔ x2 ≤ 2⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 16
Odredite prirodnu domenu funkcije
f (x) := ctg x · arcsin(1− x2
). (1)
Rje²enje. Desna strana formule (1) de�nirana je za neki x ∈ R ako i samoako x zadovoljava sljede¢e uvjete:
x ∈ Dctg = R \ {kπ : k ∈ Z}x2 − 1 ∈ Darcsin = [−1, 1] ⇔ −1 ≤ x2 − 1 ≤ 1
+1⇔ 0 ≤ x2 ≤ 2⇔ x2 ≤ 2⇔ x2 − 2 ≤ 0
⇔ x ∈[−√2,√2].
Ovi su uvjeti ekvivalentni uvjetu
x ∈[−√2,√2]\ {kπ : k ∈ Z} = [−
√2,√2] \ {0} .
Dakle, Df =[−√2,√2]\ {0}.
Zadatak 17(a)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
cos(2x − π
3
)= −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)= −√3
2
⇔ 2x − π3
= ±5π6
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ 2x = π3± 5π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = π6± 5π
12+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{7π
12+ kπ : k ∈ Z
}∪{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
−5π6
+ 2kπ
Zadatak 17(a)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
cos(2x − π
3
)= −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)= −√3
2
⇔
2x − π3
= ±5π6
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ 2x = π3± 5π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = π6± 5π
12+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{7π
12+ kπ : k ∈ Z
}∪{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
−5π6
+ 2kπ
Zadatak 17(a)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
cos(2x − π
3
)= −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)= −√3
2
⇔
2x − π3
= ±5π6
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ 2x = π3± 5π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = π6± 5π
12+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{7π
12+ kπ : k ∈ Z
}∪{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
−5π6
+ 2kπ
Zadatak 17(a)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
cos(2x − π
3
)= −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)= −√3
2
⇔
2x − π3
= ±5π6
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ 2x = π3± 5π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = π6± 5π
12+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{7π
12+ kπ : k ∈ Z
}∪{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
−5π6
+ 2kπ
Zadatak 17(a)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
cos(2x − π
3
)= −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)= −√3
2
⇔ 2x − π3
= ±5π6
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ 2x = π3± 5π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = π6± 5π
12+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{7π
12+ kπ : k ∈ Z
}∪{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
−5π6
+ 2kπ
Zadatak 17(a)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
cos(2x − π
3
)= −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)= −√3
2
⇔ 2x − π3
= ±5π6
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ 2x = π3± 5π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = π6± 5π
12+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{7π
12+ kπ : k ∈ Z
}∪{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
−5π6
+ 2kπ
Zadatak 17(a)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
cos(2x − π
3
)= −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)= −√3
2
⇔ 2x − π3
= ±5π6
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ 2x = π3± 5π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = π6± 5π
12+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{7π
12+ kπ : k ∈ Z
}∪{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
−5π6
+ 2kπ
Zadatak 17(a)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
cos(2x − π
3
)= −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)= −√3
2
⇔ 2x − π3
= ±5π6
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ 2x = π3± 5π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = π6± 5π
12+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{7π
12+ kπ : k ∈ Z
}∪{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
−5π6
+ 2kπ
Zadatak 17(b)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin(x2
+π
6
)= −1.
Rje²enje. Imamo
sin(x2
+π
6
)= −1
⇔ x2
+π
6= −π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x2
= −2π3
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = −4π3
+ 4kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−4π
3+ 4kπ : k ∈ Z
}.
−π2
+ 2kπ
Zadatak 17(b)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin(x2
+π
6
)= −1.
Rje²enje. Imamo
sin(x2
+π
6
)= −1
⇔
x
2+π
6= −π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x2
= −2π3
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = −4π3
+ 4kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−4π
3+ 4kπ : k ∈ Z
}.
−π2
+ 2kπ
Zadatak 17(b)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin(x2
+π
6
)= −1.
Rje²enje. Imamo
sin(x2
+π
6
)= −1
⇔
x
2+π
6= −π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x2
= −2π3
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = −4π3
+ 4kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−4π
3+ 4kπ : k ∈ Z
}.
−π2
+ 2kπ
Zadatak 17(b)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin(x2
+π
6
)= −1.
Rje²enje. Imamo
sin(x2
+π
6
)= −1
⇔ x2
+π
6= −π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x2
= −2π3
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = −4π3
+ 4kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−4π
3+ 4kπ : k ∈ Z
}.
−π2
+ 2kπ
Zadatak 17(b)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin(x2
+π
6
)= −1.
Rje²enje. Imamo
sin(x2
+π
6
)= −1
⇔ x2
+π
6= −π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x2
= −2π3
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = −4π3
+ 4kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−4π
3+ 4kπ : k ∈ Z
}.
−π2
+ 2kπ
Zadatak 17(b)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin(x2
+π
6
)= −1.
Rje²enje. Imamo
sin(x2
+π
6
)= −1
⇔ x2
+π
6= −π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x2
= −2π3
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = −4π3
+ 4kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−4π
3+ 4kπ : k ∈ Z
}.
−π2
+ 2kπ
Zadatak 17(b)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin(x2
+π
6
)= −1.
Rje²enje. Imamo
sin(x2
+π
6
)= −1
⇔ x2
+π
6= −π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x2
= −2π3
+ 2kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = −4π3
+ 4kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−4π
3+ 4kπ : k ∈ Z
}.
−π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(c)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin 4x + sin x = 0.
Rje²enje. Koriste¢i da je za sve x , y ∈ R
sin x + sin y = 2 sinx + y
2· cos x − y
2,
dobivamo
sin(4x) + sin x = 0 ⇔ 2 sin 52x · cos 3
2x = 0
⇔ sin 52x = 0 ili cos
3
2x = 0
⇔ 52x = kπ ili
3
2x =
π
2+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x = 2kπ5
ili x =π
3+
2kπ
3za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2kπ
5: k ∈ Z
}∪{π
3+
2kπ
3: k ∈ Z
}.
2kπ(2k + 1)π
π2+ 2kπ
3π2
+ 2kπ
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ −1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ −1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0
⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ −1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0
⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ −1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2
⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ −1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ −1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ
−1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ
−1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili
x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ
−1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili
x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ
−1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili
x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ −1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ −1
−2
Zadatak 17(d)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
sin2 x + 3 sin x · cos x + 2 cos2 x = 0.
Rje²enje. Dijeljenjem jednadºbe sa cos2 x(nakon provjere da cos x = 0 ne daje rje-²enje) dobivamo ekvivalentnu jednadºbu
tg2 x + 3 tg x + 2 = 0
⇔ (supst. t = tg x) ⇔ t2 + 3t + 2 = 0⇔ (t + 1)(t + 2) = 0⇔ t = −1 ili t = −2⇔ tg x = −1 ili tg x = −2
⇔ x = −π4
+ kπ za neki k ∈ Z ili x = arctg(−2) + kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{−π
4+ kπ : k ∈ Z
}∪ {arctg(−2) + kπ : k ∈ Z} .
3π4
+ 2kπ
−π4+ 2kπ
arctg(−2) + (2k + 1)π
arctg(−2) + 2kπ −1
−2
Zadatak 17(e)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
2 sin x − 3 cos x = 1.
Rje²enje. Jednadºbea sin x + b cos x = c ,
gdje su a, b, c ∈ R \ {0}, najlak²e je rije²iti uvoenjem tzv. univerzalnesupstitucije
t = tgx
2; sin x =
2t
1 + t2, cos x =
1− t2
1 + t2.
U na²em primjeru supstitucija t = tg x2daje jednadºbu
2 · 2t1 + t2
− 3 · 1− t2
1 + t2= 1
sami⇔ t = −2±√12
2= −1±
√3
⇔ tg x2
= −1±√3 ⇔ x
2= arctg
(−1±
√3)
+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2 arctg
(−1±
√3)
+ 2kπ : k ∈ Z}.
! Na kraju trebamo provjeriti jesu li i brojevi x = (2k + 1)π, k ∈ Z (za kojetg x
2nije de�niran) rje²enja. U ovom zadatku o£ito nisu.
Zadatak 17(e)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
2 sin x − 3 cos x = 1.
Rje²enje. Jednadºbea sin x + b cos x = c ,
gdje su a, b, c ∈ R \ {0}, najlak²e je rije²iti uvoenjem tzv. univerzalnesupstitucije
t = tgx
2; sin x =
2t
1 + t2, cos x =
1− t2
1 + t2.
U na²em primjeru supstitucija t = tg x2daje jednadºbu
2 · 2t1 + t2
− 3 · 1− t2
1 + t2= 1
sami⇔ t = −2±√12
2= −1±
√3
⇔ tg x2
= −1±√3 ⇔ x
2= arctg
(−1±
√3)
+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2 arctg
(−1±
√3)
+ 2kπ : k ∈ Z}.
! Na kraju trebamo provjeriti jesu li i brojevi x = (2k + 1)π, k ∈ Z (za kojetg x
2nije de�niran) rje²enja. U ovom zadatku o£ito nisu.
Zadatak 17(e)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
2 sin x − 3 cos x = 1.
Rje²enje. Jednadºbea sin x + b cos x = c ,
gdje su a, b, c ∈ R \ {0}, najlak²e je rije²iti uvoenjem tzv. univerzalnesupstitucije
t = tgx
2; sin x =
2t
1 + t2, cos x =
1− t2
1 + t2.
U na²em primjeru supstitucija t = tg x2daje jednadºbu
2 · 2t1 + t2
− 3 · 1− t2
1 + t2= 1
sami⇔ t = −2±√12
2= −1±
√3
⇔ tg x2
= −1±√3 ⇔ x
2= arctg
(−1±
√3)
+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2 arctg
(−1±
√3)
+ 2kπ : k ∈ Z}.
! Na kraju trebamo provjeriti jesu li i brojevi x = (2k + 1)π, k ∈ Z (za kojetg x
2nije de�niran) rje²enja. U ovom zadatku o£ito nisu.
Zadatak 17(e)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
2 sin x − 3 cos x = 1.
Rje²enje. Jednadºbea sin x + b cos x = c ,
gdje su a, b, c ∈ R \ {0}, najlak²e je rije²iti uvoenjem tzv. univerzalnesupstitucije
t = tgx
2; sin x =
2t
1 + t2, cos x =
1− t2
1 + t2.
U na²em primjeru supstitucija t = tg x2daje jednadºbu
2 · 2t1 + t2
− 3 · 1− t2
1 + t2= 1
sami⇔ t = −2±√12
2= −1±
√3
⇔ tg x2
= −1±√3 ⇔ x
2= arctg
(−1±
√3)
+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2 arctg
(−1±
√3)
+ 2kπ : k ∈ Z}.
! Na kraju trebamo provjeriti jesu li i brojevi x = (2k + 1)π, k ∈ Z (za kojetg x
2nije de�niran) rje²enja. U ovom zadatku o£ito nisu.
Zadatak 17(e)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
2 sin x − 3 cos x = 1.
Rje²enje. Jednadºbea sin x + b cos x = c ,
gdje su a, b, c ∈ R \ {0}, najlak²e je rije²iti uvoenjem tzv. univerzalnesupstitucije
t = tgx
2; sin x =
2t
1 + t2, cos x =
1− t2
1 + t2.
U na²em primjeru supstitucija t = tg x2daje jednadºbu
2 · 2t1 + t2
− 3 · 1− t2
1 + t2= 1
sami⇔ t = −2±√12
2= −1±
√3
⇔ tg x2
= −1±√3
⇔ x2
= arctg(−1±
√3)
+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2 arctg
(−1±
√3)
+ 2kπ : k ∈ Z}.
! Na kraju trebamo provjeriti jesu li i brojevi x = (2k + 1)π, k ∈ Z (za kojetg x
2nije de�niran) rje²enja. U ovom zadatku o£ito nisu.
Zadatak 17(e)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
2 sin x − 3 cos x = 1.
Rje²enje. Jednadºbea sin x + b cos x = c ,
gdje su a, b, c ∈ R \ {0}, najlak²e je rije²iti uvoenjem tzv. univerzalnesupstitucije
t = tgx
2; sin x =
2t
1 + t2, cos x =
1− t2
1 + t2.
U na²em primjeru supstitucija t = tg x2daje jednadºbu
2 · 2t1 + t2
− 3 · 1− t2
1 + t2= 1
sami⇔ t = −2±√12
2= −1±
√3
⇔ tg x2
= −1±√3 ⇔ x
2= arctg
(−1±
√3)
+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2 arctg
(−1±
√3)
+ 2kπ : k ∈ Z}.
! Na kraju trebamo provjeriti jesu li i brojevi x = (2k + 1)π, k ∈ Z (za kojetg x
2nije de�niran) rje²enja. U ovom zadatku o£ito nisu.
Zadatak 17(e)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
2 sin x − 3 cos x = 1.
Rje²enje. Jednadºbea sin x + b cos x = c ,
gdje su a, b, c ∈ R \ {0}, najlak²e je rije²iti uvoenjem tzv. univerzalnesupstitucije
t = tgx
2; sin x =
2t
1 + t2, cos x =
1− t2
1 + t2.
U na²em primjeru supstitucija t = tg x2daje jednadºbu
2 · 2t1 + t2
− 3 · 1− t2
1 + t2= 1
sami⇔ t = −2±√12
2= −1±
√3
⇔ tg x2
= −1±√3 ⇔ x
2= arctg
(−1±
√3)
+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2 arctg
(−1±
√3)
+ 2kπ : k ∈ Z}.
! Na kraju trebamo provjeriti jesu li i brojevi x = (2k + 1)π, k ∈ Z (za kojetg x
2nije de�niran) rje²enja. U ovom zadatku o£ito nisu.
Zadatak 17(e)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
2 sin x − 3 cos x = 1.
Rje²enje. Jednadºbea sin x + b cos x = c ,
gdje su a, b, c ∈ R \ {0}, najlak²e je rije²iti uvoenjem tzv. univerzalnesupstitucije
t = tgx
2; sin x =
2t
1 + t2, cos x =
1− t2
1 + t2.
U na²em primjeru supstitucija t = tg x2daje jednadºbu
2 · 2t1 + t2
− 3 · 1− t2
1 + t2= 1
sami⇔ t = −2±√12
2= −1±
√3
⇔ tg x2
= −1±√3 ⇔ x
2= arctg
(−1±
√3)
+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2 arctg
(−1±
√3)
+ 2kπ : k ∈ Z}.
! Na kraju trebamo provjeriti jesu li i brojevi x = (2k + 1)π, k ∈ Z (za kojetg x
2nije de�niran) rje²enja.
U ovom zadatku o£ito nisu.
Zadatak 17(e)
Odredite sva rje²enja (u R) jednadºbe
2 sin x − 3 cos x = 1.
Rje²enje. Jednadºbea sin x + b cos x = c ,
gdje su a, b, c ∈ R \ {0}, najlak²e je rije²iti uvoenjem tzv. univerzalnesupstitucije
t = tgx
2; sin x =
2t
1 + t2, cos x =
1− t2
1 + t2.
U na²em primjeru supstitucija t = tg x2daje jednadºbu
2 · 2t1 + t2
− 3 · 1− t2
1 + t2= 1
sami⇔ t = −2±√12
2= −1±
√3
⇔ tg x2
= −1±√3 ⇔ x
2= arctg
(−1±
√3)
+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈{2 arctg
(−1±
√3)
+ 2kπ : k ∈ Z}.
! Na kraju trebamo provjeriti jesu li i brojevi x = (2k + 1)π, k ∈ Z (za kojetg x
2nije de�niran) rje²enja. U ovom zadatku o£ito nisu.
Zadatak 18(a)
Rije²ite nejednadºbu
cos(2x − π
3
)< −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)< −√3
2
slika
⇔ 5π6
+ 2kπ < 2x − π3<
7π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
+π3⇔ 7π
6+ 2kπ < 2x <
3π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
· 12⇔ 7π
12+ kπ < x <
3π
4+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈⋃k∈Z
〈7π
12+ kπ,
3π
4+ kπ
〉.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
7π6
+ 2kπ
Zadatak 18(a)
Rije²ite nejednadºbu
cos(2x − π
3
)< −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)< −√3
2
slika
⇔
5π
6+ 2kπ < 2x − π
3<
7π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
+π3⇔ 7π
6+ 2kπ < 2x <
3π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
· 12⇔ 7π
12+ kπ < x <
3π
4+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈⋃k∈Z
〈7π
12+ kπ,
3π
4+ kπ
〉.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
7π6
+ 2kπ
Zadatak 18(a)
Rije²ite nejednadºbu
cos(2x − π
3
)< −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)< −√3
2
slika
⇔
5π
6+ 2kπ < 2x − π
3<
7π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
+π3⇔ 7π
6+ 2kπ < 2x <
3π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
· 12⇔ 7π
12+ kπ < x <
3π
4+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈⋃k∈Z
〈7π
12+ kπ,
3π
4+ kπ
〉.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
7π6
+ 2kπ
Zadatak 18(a)
Rije²ite nejednadºbu
cos(2x − π
3
)< −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)< −√3
2
slika
⇔
5π
6+ 2kπ < 2x − π
3<
7π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
+π3⇔ 7π
6+ 2kπ < 2x <
3π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
· 12⇔ 7π
12+ kπ < x <
3π
4+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈⋃k∈Z
〈7π
12+ kπ,
3π
4+ kπ
〉.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
7π6
+ 2kπ
Zadatak 18(a)
Rije²ite nejednadºbu
cos(2x − π
3
)< −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)< −√3
2slika⇔ 5π
6+ 2kπ < 2x − π
3<
7π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
+π3⇔ 7π
6+ 2kπ < 2x <
3π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
· 12⇔ 7π
12+ kπ < x <
3π
4+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈⋃k∈Z
〈7π
12+ kπ,
3π
4+ kπ
〉.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
7π6
+ 2kπ
Zadatak 18(a)
Rije²ite nejednadºbu
cos(2x − π
3
)< −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)< −√3
2slika⇔ 5π
6+ 2kπ < 2x − π
3<
7π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
+π3⇔ 7π
6+ 2kπ < 2x <
3π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
· 12⇔ 7π
12+ kπ < x <
3π
4+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈⋃k∈Z
〈7π
12+ kπ,
3π
4+ kπ
〉.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
7π6
+ 2kπ
Zadatak 18(a)
Rije²ite nejednadºbu
cos(2x − π
3
)< −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)< −√3
2slika⇔ 5π
6+ 2kπ < 2x − π
3<
7π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
+π3⇔ 7π
6+ 2kπ < 2x <
3π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
· 12⇔ 7π
12+ kπ < x <
3π
4+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈⋃k∈Z
〈7π
12+ kπ,
3π
4+ kπ
〉.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
7π6
+ 2kπ
Zadatak 18(a)
Rije²ite nejednadºbu
cos(2x − π
3
)< −√3
2.
Rje²enje. Imamo
cos(2x − π
3
)< −√3
2slika⇔ 5π
6+ 2kπ < 2x − π
3<
7π
6+ 2kπ za neki k ∈ Z
+π3⇔ 7π
6+ 2kπ < 2x <
3π
2+ 2kπ za neki k ∈ Z
· 12⇔ 7π
12+ kπ < x <
3π
4+ kπ za neki k ∈ Z
⇔ x ∈⋃k∈Z
〈7π
12+ kπ,
3π
4+ kπ
〉.
-√3
2
5π6
+ 2kπ
7π6
+ 2kπ
Zadatak 18(b)
Rije²ite nejednadºbu
ctg x ≥ 1.
Rje²enje.1
(2k + 1)π 2kπ
π4+ 2kπ
5π4
+ 2kπ
Sa slike vidimo da je
ctg x ≥ 1 ⇔ x ∈⋃k∈Z
(〈2kπ,
π
4+ 2kπ
]∪〈
(2k + 1)π,π
4+ (2k + 1)π
])⇔ x ∈
⋃k∈Z
〈kπ,
π
4+ kπ
].
Zadatak 18(b)
Rije²ite nejednadºbu
ctg x ≥ 1.
Rje²enje.1
(2k + 1)π 2kπ
π4+ 2kπ
5π4
+ 2kπ
Sa slike vidimo da je
ctg x ≥ 1 ⇔ x ∈⋃k∈Z
(〈2kπ,
π
4+ 2kπ
]∪〈
(2k + 1)π,π
4+ (2k + 1)π
])⇔ x ∈
⋃k∈Z
〈kπ,
π
4+ kπ
].
Zadatak 18(b)
Rije²ite nejednadºbu
ctg x ≥ 1.
Rje²enje.1
(2k + 1)π 2kπ
π4+ 2kπ
5π4
+ 2kπ
Sa slike vidimo da je
ctg x ≥ 1 ⇔ x ∈⋃k∈Z
(〈2kπ,
π
4+ 2kπ
]∪〈
(2k + 1)π,π
4+ (2k + 1)π
])⇔ x ∈
⋃k∈Z
〈kπ,
π
4+ kπ
].
Zadatak 18(b)
Rije²ite nejednadºbu
ctg x ≥ 1.
Rje²enje.1
(2k + 1)π 2kπ
π4+ 2kπ
5π4
+ 2kπ
Sa slike vidimo da je
ctg x ≥ 1 ⇔ x ∈⋃k∈Z
(〈2kπ,
π
4+ 2kπ
]∪〈
(2k + 1)π,π
4+ (2k + 1)π
])⇔ x ∈
⋃k∈Z
〈kπ,
π
4+ kπ
].
Zadatak 18(b)
Rije²ite nejednadºbu
ctg x ≥ 1.
Rje²enje.1
(2k + 1)π 2kπ
π4+ 2kπ
5π4
+ 2kπ
Sa slike vidimo da je
ctg x ≥ 1 ⇔ x ∈⋃k∈Z
(〈2kπ,
π
4+ 2kπ
]∪〈
(2k + 1)π,π
4+ (2k + 1)π
])⇔ x ∈
⋃k∈Z
〈kπ,
π
4+ kπ
].
Zadatak 18(b)
Rije²ite nejednadºbu
ctg x ≥ 1.
Rje²enje.1
(2k + 1)π 2kπ
π4+ 2kπ
5π4
+ 2kπ
Sa slike vidimo da je
ctg x ≥ 1 ⇔ x ∈⋃k∈Z
(〈2kπ,
π
4+ 2kπ
]∪〈
(2k + 1)π,π
4+ (2k + 1)π
])
⇔ x ∈⋃k∈Z
〈kπ,
π
4+ kπ
].
Zadatak 18(b)
Rije²ite nejednadºbu
ctg x ≥ 1.
Rje²enje.1
(2k + 1)π 2kπ
π4+ 2kπ
5π4
+ 2kπ
Sa slike vidimo da je
ctg x ≥ 1 ⇔ x ∈⋃k∈Z
(〈2kπ,
π
4+ 2kπ
]∪〈
(2k + 1)π,π
4+ (2k + 1)π
])⇔ x ∈
⋃k∈Z
〈kπ,
π
4+ kπ
].
Recommended