Upload
mersa-muminovic
View
186
Download
14
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Matematika 1
Citation preview
Svjetlan Feretić
Matematička analiza 1
Zbirka riješenih zadataka sa kolokvija i ispita
Rijeka, 2011.
2
Predgovor Često se događa da studenti pitaju: “Što ćete nas pitati na kolokviju/ispitu?” i “Po čemu ćemo mi učiti?”. Na oba ta pitanja u priličnoj se mjeri može odgovoriti objavljivanjem zbirke riješenih ispitnih zadataka. To je najbitniji razlog zbog kojega je ova elektronska zbirka nastala. Zbirka je u prvom redu namijenjena studentima koji pohađaju prvu godinu preddiplomskog studija na Građevinskom fakultetu Sveučilišta u Rijeci, te se pripremaju za kolokvije i ispit iz predmeta Matematička analiza 1. Tijekom posljednje četiri akademske godine (2006/2007, 2007/2008, 2008/2009 i 2009/2010), na kolokvijima i ispitima iz Matematičke analize 1 bilo je zadano ukupno 120 zadataka. Svih tih 120 zadataka u ovoj su zbirci detaljno riješeni. Zbirka se sastoji od deset poglavlja. Prvo poglavlje čine zadaci u kojima se određuje domenu funkcije, drugo poglavlje čine zadaci u kojima se računa limes, a ne upotrebljava se L’Hôpitalovo pravilo,…, deseto poglavlje čine zadaci o Taylorovim redovima. Svako poglavlje počinje kratkim uvodom, u kojem je pobliže definirano što se i kako se u tom poglavlju radi. Nakon desetog poglavlja slijedi spisak svih provjera znanja (kolokvija/ispita) koje ova zbirka obuhvaća. Tih provjera znanja ima ukupno 37, i za svaku od njih je u rečenom spisku navedeno od kojih se zadataka sastojala. Zbirka završava popisom literature. Ova bi zbirka s vremenom trebala rasti. Naime, moj plan je da ću (ako na Mat. analizi 1 i dalje budem držao i predavanja i vježbe) tijekom akademskih godina 2010/2011, 2011/2012,… zbirci dodavati zadatke sa kolokvija i ispita koji će se tada održavati. Kod pisanja zbirke, posebno sam pazio na to da pišem jasno i da ne pravim greške. Po završetku pisanja, zbirka je išla na recenziranje. Recenzenti su bili dr. sc. Tomislav Došlić, izvanredni profesor matematike na Građevinskom fakultetu u Zagrebu, i dr. sc. Cvetan Jardas, (od početka ove akademske godine umirovljeni) redoviti profesor matematike na Ekonomskom fakultetu u Rijeci. Od recenzenata sam dobio korisne primjedbe, na kojima im se zahvaljujem. Ipak, moguće je da u zbirci ima grešaka koje su promakle i meni i recenzentima. Svakome tko mi ukaže na neku grešku ili propust biti ću zahvalan.
Svjetlan Feretić
u Rijeci, 6. siječnja 2011.
3
Sadržaj 1. Određivanje domene funkcije …………… 4 2. Računanje limesa bez upotrebe L’Hôpitalovog pravila …………… 15 3. Računanje limesa uz upotrebu L’Hôpitalovog pravila …………… 23 4. Deriviranje implicitno zadanih funkcija …………… 30 5. Deriviranje parametarski zadanih funkcija …………… 38 6. Primjena derivacija …………… 50 7. Integriranje algebarskih funkcija …………… 76 8. Integriranje transcendentnih funkcija …………… 93 9. Računanje površina i volumena …………… 106 10. Taylorovi redovi …………… 115 Na tom i tom kolokviju/ispitu, trebalo je riješiti te i te zadatke …………… 132 Literatura …………… 134
4
1. Određivanje domene funkcije Funkcija je pravilo koje svakom elementu skupa A pridružuje jedan i samo jedan element skupa B . (Skup A se zove domena funkcije, a skup B se zove kodomena funkcije.) Dakle, kod zadavanja funkcije trebalo bi reći što je skup A , što je skup B i kako glasi pravilo pridruživanja. Ipak, funkcije se često “zadaju” tako da se ne napiše ništa drugo osim pravila pridruživanja. U takvim slučajevima, podrazumijeva se da je B skup svih realnih brojeva, te da je A skup onih realnih brojeva kod kojih je primjena pravila pridruživanja moguća i kao rezultat daje realan broj. Kod ovog načina zadavanja funkcije, određivanje skupa A je (katkad lakši, a katkad teži) matematički zadatak. U zadacima koji slijede, tema je upravo određivanje skupa A . Težina zadataka je umjerena.
Zadatak 1. Odredite domenu funkcije 22
91236
2232)(
xx
xxxxf .
Rješenje: Kao prvo, razlomak 1236
xx se može skratiti: 3
12)12(3
1236
xx
xx .
(Istini za volju, kada je 21
x , razlomak 1236
xx nije definiran, pa prema tome nije jednak
broju 3 . Međutim, ta “začkoljica” u nastavku zadatka neće biti bitna.) I tako, ispod drugog korijena imamo
)22)(22()22(9)22)(22(3)22)(32(
2293
2232
xxxxxxx
xxx
44
12121220444
1818)44(366442
22
2
22
xxxx
xxxxxx
)1)(1(454
154
442016
2
2
2
2
xx
xx
xxx
xxx .
Nultočke brojnika su 0 i 45
, a nultočke nazivnika su 1 i 1. Kada ih se napiše od manjih
prema većima, nultočke su 0 ,1 ,45
i 1. Sada pišemo tablicu sa predznacima.
5
45 , 1 ,
45
0 ,1
1 ,0
,1
x
45
x
1x 1x
)1)(1(454
xx
xx
Iz formule )1)(1(
454
)(
xx
xxxf vidimo da brojevi
45
i 0 leže u domeni. Naime,
045
f i 0)0( f . Međutim, brojevi 1 i 1 ne leže u domeni. I tako, domena funkcije
)(xf je ,10 ,1
45 , .
Zadatak 2. Odredite domenu funkcije xexx
xxf
2ln32
513
1)( .
Rješenje: Za početak, sređujemo izraz ispod korijena:
232
513
1232
513
1)ln(32
513
1 2
xxx
xxxe
xxx x
2
31168172
3296515322
)32)(13()13(5)32(1
22 xxx
xxxxx
xxxx
31162512
311662212817
3116)3116(2817
2
2
2
2
2
2
xxxx
xxxxx
xxxxx .
Da bi broj x ležao u domeni, mora vrijediti 031162512
2
2
xxxx .
02512 2 xx za 32 &
41
2416 &
246
24115
241215
2496255
x .
03116 2 xx za 23 &
31
1218 &
124
12711
124911
127212111
x .
Sada možemo napisati tablicu.
6
41 ,
31 ,
41
32 ,
31
23 ,
32 ,
23
2512 2 xx + – – + + 3116 2 xx + + – – +
31162512
2
2
xxxx
+ – + – +
Zaključak: Domena funkcije )(xf je
,23
32 ,
31
41 , .
Zadatak 3. Odredite domenu funkcije )263ln(166
1214
2349)( 2
222
xxx
xx
xxxf .
Rješenje: Ispod drugog korijena imamo
1)1(6
1214
23)23)(23(
166
1214
2349
2
22
2
222
xx
xx
xxx
xx
xx
xx
12
14)12)(83(1214836
121423
222
xxxx
xxx
xxx
1291910
121481636 222
xxx
xxxxx .
Tražimo nultočke brojnika: 091910 2 xx ,
1 & 109
2020 &
2018
20119
2036036119
x .
Tražimo nultočke nazivnika: 012 x , 12 x , 21
x .
21 ,
109 ,
21 1 ,
109 ,1
91910 2 xx 12 x
1291910 2
xxx
7
Domena funkcije 12
91910 2
xxx je
,1109 ,
21 .
Sada ćemo se pozabaviti funkcijom )263ln( x .
063 x , 63 x , 2x . Za 2x vrijedi 063 x , pa je )43ln()263ln()263ln( xxx .
043 x , 043 x , 43 x , 34
x .
Jedan dio domene funkcije )263ln( x je interval 34 , .
Za 2x vrijedi 063 x , pa je )83ln()263ln()263ln( xxx .
083 x , 83 x , 38
x .
Drugi dio domene funkcije )263ln( x je interval ,38 .
Čitava domena funkcije )263ln( x je ,38
34 , .
Domena funkcije )263ln(12
91910)(2
x
xxxxf je
,38
34 ,1
109 ,
21 ,
38
34 , ,1
109 ,
21 .
Zadatak 4. Odredite domenu funkcije xxxf 561)( 2 .
Rješenje: 056 2 xx za 65 & 0
1255
120255
x .
a) Koji brojevi iz skupa ,650 , leže u domeni funkcije )(xf ?
Za takve brojeve vrijedi 156)56(1)( 22 xxxxxf .
0156 2 xx vrijedi za 1 & 61
1212 &
122
1275
1224255
x .
8
0156 2 xx vrijedi za
1 ,
61x . Odgovor na pitanje a) glasi: brojevi iz skupa
1 ,
650 ,
61 .
b) Koji brojevi iz intervala 65 ,0 leže u domeni funkcije )(xf ?
Za takve brojeve vrijedi 156561)56(1)( 222 xxxxxxxf .
0156 2 xx vrijedi za 21 &
31
126 &
124
1215
1224255
x .
0156 2 xx vrijedi za
,21
31 ,x . Odgovor na pitanje b) glasi: brojevi iz
skupa
65 ,
21
31 ,0 .
Domena funkcije )(xf je skup
1 ,
21
31 ,
611 ,
65
65 ,
21
31 ,00 ,
61 .
Zadatak 5. Odredite domenu funkcije
x
xxxxf 213123)( .
Rješenje: Za početak, primijetimo da bismo za 0x morali podijeliti 13 s nulom, a s nulom se ne može dijeliti. Dakle, nula nije u domeni funkcije )(xf . a) Koji brojevi iz intervala 0 , leže u domeni funkcije )(xf ? Za takve brojeve vrijedi
10122213123213123)( 22
xxxxx
xxxxf .
010122 2 xx , to jest 0562 xx , vrijedi za
1 & 52
462
20366
x .
010122 2 xx vrijedi za 1 ,5 x .
Odgovor na pitanje a) glasi: brojevi iz intervala 1 ,5 .
9
b) Koji brojevi iz intervala ,0 leže u domeni funkcije )(xf ? Za takve brojeve vrijedi
16122213123213123)( 22
xxxxx
xxxxf .
016122 2 xx , to jest 0862 xx , vrijedi za
4 & 22
262
32366
x .
016122 2 xx vrijedi za ,42 ,x .
Odgovor na pitanje b) glasi: brojevi iz skupa ,42 ,0 . Domena funkcije )(xf je skup ,42 ,01 ,5 .
Zadatak 6. Odredite domenu funkcije
x
xxxxf 411164)( .
Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 5, a rezultat je
,
25
23 ,0
21 ,
27 .
Zadatak 7. Odredite domenu funkcije
xxxxxf 165)( .
Rješenje: a) Koji brojevi iz intervala 0 , leže u domeni funkcije )(xf ? Za takve brojeve vrijedi
15616516516)(5)( 22
xxxx
xxxx
xxxxxf .
0156 2 xx za 31 &
21
124 &
126
1215
1224255
x .
10
0156 2 xx vrijedi za
,31
21 ,x . Odgovor na pitanje a) glasi: brojevi iz
skupa 0 ,31
21 ,
.
b) Koji brojevi iz intervala ,0 leže u domeni funkcije )(xf ? Za takve brojeve vrijedi
156165165)( 22
xxxx
xxxxxf .
0156 2 xx za 21 &
31
126 &
124
1215
1224255
x .
0156 2 xx vrijedi za
21 ,
31x . Odgovor na pitanje b) glasi: brojevi iz skupa
21 ,
31 .
Domena funkcije )(xf je skup
21 ,
310 ,
31
21 , .
Zadatak 8. Odredite domenu funkcije
xxxxxf 132111)( .
Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 7, a rezultat je
4 ,230 ,2
27 , .
Zadatak 9. Odredite domenu funkcije )1810()( 2 xxxxxf . Rješenje: Kao prvo, naći ćemo one ikseve koji leže u domeni i manji su od nule. Za takve ikseve vrijedi
)189()1810()( 22 xxxxxxxxf . Nadalje, za takve (negativne) ikseve, broj )189( 2 xxx je veći od nule onda kada je broj
1892 xx manji od nule.
01892 xx za 3 & 62
392
72819
x .
11
Dakle, traženi iksevi tvore interval 3 ,6 . Kao drugo, naći ćemo one ikseve koji leže u domeni i veći su od nule. Za takve ikseve vrijedi
)1811()1810()( 22 xxxxxxxxf . Nadalje, za pozitivne ikseve, broj )1811( 2 xxx je veći od nule onda kada je broj
18112 xx veći od nule.
018112 xx za 9 & 22
7112
7212111
x .
Traženi iksevi tvore skup ,92 ,0 . Primjećujemo da je funkcija )(xf definirana i za 0x . Sve skupa, domena funkcije )(xf je ,92 ,03 ,6 ,92 ,003 ,6 . Zadatak 10. Odredite domenu funkcije )12103()( 2 xxxxxf . Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 9, a rezultat je ,43 ,01 ,12 .
Zadatak 11. Odredite domenu funkcije 23
)352ln()(2
x
xxxf .
Rješenje: 0352 2 xx za 1 & 23
44 &
46
415
424255
x .
Dakle, funkcija )352ln( 2 xx je definirana za ,123 ,x .
0)352ln( 2 xx vrijedi onda kada je 1352 2 xx , 0252 2 xx ,
21 & 2
42 &
48
435
416255
x .
023 x vrijedi onda kada je 23 x , 32
x .
12
2 ,
23 ,2
1 ,23
32 ,1
21 ,
32
,21
)352ln( 2 xx Nije definirano.
23 x
23)352ln( 2
xxx
Nije definirano.
U točkama 2 i 21
vrijedi 0)352ln( 2 xx . Funkcija 23
)352ln()(2
x
xxxf je u
tim točkama definirana. Međutim, u točkama 23
, 1 i 32
funkcija )(xf nije definirana.
I tako, domena funkcije )(xf je
,
21
32 ,1
23 ,2 .
Zadatak 12. Odredite domenu funkcije )ln()157107()( 22 xxxxxf .
Rješenje: Iksevi iz intervala 0 , ne leže u domeni zato što za njih nije definiran )ln(x . a) Koji iksevi iz intervala 1 ,0 leže u domeni funkcije )(xf ? Za te ikseve vrijedi 0)ln( x , tako da iks leži u domeni onda kada vrijedi
0157107 22 xxx ,
0)1(57107 22 xxx , 0557107 22 xxx ,
021012 2 xx , 0156 2 xx .
0156 2 xx za 21 &
31
1215
1224255
x .
Skup traženih ikseva je interval
21 ,
31 .
b) Koji iksevi iz intervala ,1 leže u domeni funkcije )(xf ? Za te ikseve vrijedi
0)ln( x , tako da iks leži u domeni onda kada vrijedi
0157107 22 xxx ,
13
0)1(57107 22 xxx , 0557107 22 xxx ,
012102 2 xx , 0652 xx .
0652 xx za 3 & 22
152
24255
x .
Skup traženih ikseva je ,32 ,1 .
Domena funkcije )(xf je
,32 ,1
21 ,
31 ,32 ,11
21 ,
31 .
Zadatak 13. Odredite domenu funkcije )ln()19111311()( 22 xxxxxf .
Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 12, a rezultat je
,4
25 ,1
52 ,
41 .
Zadatak 14. Odredite domenu funkcije
1214109arcsin
92966)(
22
22
xxxx
xxxxxxf .
Rješenje: 9565
9266
92966
92966 222
22
xxxxxxxx
xxxxx .
09
5652 xx za 38 &
37
23
16
& 23
14
2315
2915
29
224255
x .
Dakle, funkcija x
xxxx9
29662
2 je definirana za sve ikseve, osim za 0x i za
38 ,
37
x .
Arkus sinus djeluje na izraz 1214109
22
xxxx , koji se može napisati i na jednostavniji
način:
1171210912
)12)(12(1091214109 222
22
xxxxxx
xxxxxxxx .
14
Arkus sinus od 1172 xx je definiran onda kada vrijedi 11171 2 xx .
11172 xx , 01272 xx , 4 & 32
172
48497
x .
11172 xx , 01072 xx , 5 & 22
372
40497
x .
Slika 1. Točke u kojima funkcija 1172 xxx poprima vrijednosti 1 i 1.
Uz pomoć Slike 1 vidimo da je funkcija
1214109arcsin
22
xxxx definirana za
5 ,43 ,2 x . Međutim, na intervalu 38 ,
37 nije definirana funkcija
xxxxx
92966
22
. I tako, naša funkcija
1214109arcsin
92966)(
22
22
xxxx
xxxxxxf
ima domenu 5 ,43 ,38
37 ,2
.
15
2. Računanje limesa bez upotrebe L’Hôpitalovog pravila Neka je )(xff funkcija iz u , te neka su a i L realni brojevi. Pretpostavimo da za svaki 0 postoji 0 takav da iz aaaax , , slijedi da je Lxf )( . Tada se kaže da funkcija f u točki a ima limes. Limes funkcije f u točki a je broj L . To se zapisuje ovako: Lxf
ax
)( lim .
Neformalno govoreći, ako funkcija f u točki a ima limes, onda je taj limes onaj broj kojemu se vrijednosti funkcije f sve više približavaju onda kada se x sve više približava broju a (ali ipak ostaje različit od broja a ). U ovom poglavlju, kod računanja limesa koristimo svojstva
)( lim )( lim )()( lim xgxfxgxfaxaxax
,
)( lim )( lim )()( lim xgxfxgxfaxaxax
,
)( lim )( lim )()(lim xgxfxgxfaxaxax
,
)( lim
)( lim
)()( lim
xg
xf
xgxf
ax
axax
,
)( lim)( lim xfxfaxax
i
)( lim)( )( lim )( limxg
ax
xg
axaxxfxf
.
Također koristimo i formule
01 lim xx
, xx
1 lim0
,
ex
x
x
11 lim , ex xx
1
0)1( lim ,
1)(sin lim0
x
xx
i 1)sin(
lim0
x
xx
,
koje smo upoznali na predavanjima.
Zadatak 15. Izračunajte limes 243
)4sin()3sin( lim20
x
xxx
.
16
Rješenje:
)243)(243(
)243()4sin()3sin( lim00
2200
243)4sin()3sin( lim
22
2
020 xxxxx
xxx
xx
)22(3
)4sin()3sin( lim 243 lim 443
)4sin()3sin( lim 20
2
020 xxxx
xxx
xxx
164411444
)4sin(3
)3sin( lim0
xx
xx
x.
Zadatak 16. Izračunajte limes 42169
)5(cos1 lim22
4
0
xx
xx
.
Rješenje:
0
0224
11 42169
)5(cos1 lim22
4
0 xxx
x
4216942169
42169)5(cos1 lim
22
22
22
4
0 xxxx
xxx
x
42169
)4(4169)5(cos1 lim 2222
4
0xx
xxx
x
2
4
022
4
0 5)5(cos1 lim8)224(
164169)5(cos1 lim
xx
xxx
xx
2
2
02
22
0 5)5(sin lim)11(8
5)5(cos1)5(cos1 lim8
xx
xxx
xx
8011805
)5sin(5
)5sin( lim8025
)5(sin lim52802
2
0
xx
xx
xx
xx.
Zadatak 17. Izračunajte limes )3(cos1
916925 lim 4
22
0 xxx
x
.
Rješenje:
0
01133
)3(cos1916925 lim 4
22
0 xxx
x
916925916925
)3(cos1916925 lim
22
22
4
22
0
xx
xxx
xxx
17
916925
1)3(cos1
)916()925( lim224
22
0
xxx
xxx
)3(cos1
9 lim 33
199
1)3(cos1
9 lim 4
2
04
2
0 xx
xx
xx
11
1)3(cos1
9 lim61
)3(cos11
)3(cos19 lim
61
2
2
022
2
0 xx
xxx
xx
12111
121
)3sin(3
)3sin(3 lim
121
)3(sin9 lim
21
61
02
2
0
xx
xx
xx
xx.
Zadatak 18. Izračunajte limes
xx e
xx
xxxx
3
2
0
)2sin()4cos(
)cos()6sin(
93 lim .
Rješenje:
xx e
xx
xxxx
3
2
0
)2sin()4cos(
)cos()6sin(
93 lim
02
22
0
)0sin()0cos()0cos(
9393
)6sin(93 lim
exxxx
xxx
x
10
11
931
)6sin()9()3( lim
2
22
0 xxxxx
x
01
931
)6sin(996 lim
22
0 xxxx
x
6711
611
)6sin(6 lim
331
0
xx
x.
Zadatak 19. Izračunajte limes x
x xx
3
328 lim .
Rješenje:
x
x
x
x xxx
xx 3
3212
32128 lim3
328 lim
x
x
x
x
x
x xxxxx
32121 lim3
32124 lim3
3212
32)32(4 lim
18
60212 32
12 lim
3212 lim
3212
1232
32121 lim eeeex
xxx
xxx
x
xx
.
Zadatak 20. Izračunajte limes
43cos32cos22
1256 lim
xxxx x
x.
Rješenje:
43cos32cos22
1256 lim
xxxx x
x
43cos32cos2lim 21256 lim
xxxx
x
x
x
40cos30cos2 312561 lim
x
x xx
x
x
x
x xxxx
1281 lim9432
1236561 lim
402812
8 lim
128 lim
128
812
333312
81 lim3 eeeex
xxx
xxx
x
x
x
.
Zadatak 21. Izračunajte limes 2
1
2
0 )(sin)cos(2 lim
x
xxx
.
Rješenje: Za početak ćemo upotrijebiti formulu
2sin2)cos(1 2 tt . (Uzgred budi rečeno,
do te se formule dolazi ovako:
2sin
2cos
2cos
2sin)cos(1 2222 ttttt
2sin2
2sin
2cos
2cos
2sin 22222 ttttt .) Imamo
2221
22
0
1
2
0
1
2
0 )(sin
2sin21 lim )(sin)cos(11 lim )(sin)cos(2 lim
x
x
x
x
x
xxxxxxx
19
2
22
22
)(sin2
sin2
)(sin2
sin2
1
22
0 )(sin
2sin21 lim
x
xx
xx
xxx
.
Izraz u vitičastim zagradama teži prema broju e . Nadalje,
2
2
2
2
02
22
0
)(sin2sin4
21 lim
)(sin2
sin2 lim
xx
x
x
x
xx
xx
x
xx
xx
x
x
x
xx
x
x
xx
)sin()sin(
2
2sin
2
2sin
21 lim)(sin
4
2sin
21 lim
02
2
2
2
0
211
211111
21
.
Dakle, rezultat zadatka je 606530659.021
e .
Zadatak 22. Izračunajte limes 2
1
0 )2cos()cos(3 lim
x
xxx
.
Rješenje: Za početak ćemo upotrijebiti formulu
2sin2)cos(1 2 tt . Tako dobivamo
221
0
1
0 )2cos(1)cos(11 lim )2cos()cos(3 lim
x
x
x
xxxxx
21
22
0 )(sin2
2sin21 lim
x
xxx
2
22
22
)(sin22
sin2
)(sin22
sin2
1
22
0 )(sin2
2sin21 lim
x
xx
xx
xxx
.
20
Izraz u vitičastim zagradama teži prema broju e . Nadalje,
2
2
2
2
02
22
0
)(sin22sin4
21 lim
)(sin22
sin2 lim
xx
x
x
x
xx
xx
x
xx
xx
x
x
x
xx
x
x
xx
)sin()sin(2
2
2sin
2
2sin
21 lim)(sin2
4
2sin
21 lim
02
2
2
2
0
252
2111211
21
.
Rezultat zadatka je 18249396.1225
e .
Zadatak 23. Izračunajte limes )2sin(
1
0 )3(tg19 lim
xx
x x
.
Rješenje:
)2sin(
121
0
)2sin(2
21
0
)2sin(1
)2sin(
0
)2sin(1
0 )3(tg1 lim
9 lim
)3(tg1
9 lim)3(tg1
9 limx
x
xx
x
x
xx
x
xx
x xxx
)2sin(2)3(tg lim
)2sin(21)3(tg
)3(tg1
0
121
0
3
)3(tg1 lim
9
xx
xx
xx
xex
.
Vrijedi
)2sin(
)3sin( lim)3cos(2
1 lim)2sin()3cos(2
)3sin( lim)2sin(2
)3cos()3sin(
lim)2sin(2
)3(tg lim00000 x
xxxx
xx
xx
xx
xxxxx
43
2311
21
23
)2sin(2
3)3sin( lim
121
0
xx
xx
xx
x.
Dakle, rezultat zadatka je 417099658.133 43
43
e
e.
21
Zadatak 24. Izračunajte limes 6
2 )3(sin
0)2cos(
31)cos(
34 lim
xx
xxx
.
Rješenje: Vrijedi
)2cos(31)cos(
34)2cos(
31)cos(
34 xxxx
)(sin2
31
2sin2
341
31)2cos(1
31
34)cos(1
34 22 xxxx
)(sin32
2sin
381 22 xx
.
I tako,
6
2
6
2 )3(sin
22
0
)3(sin
0)(sin
32
2sin
381 lim)2cos(
31)cos(
34 lim
x
x
x
x
x
xxxxx
6
222
)(2sin32
22sin
38
1)3(sin)(sin
32
2sin
38
22
0 )(sin
32
2sin
381 lim
x
xxx
x
xx
xx
6
222
0
)3(sin)(sin32
2sin
38 lim
x
xxxxe
. Nadalje,
2
2
422
06
222
0 9)3(sin9)(sin
32
2sin
38 lim)3(sin)(sin
32
2sin
38 lim
xx
xxx
xxxx
xx
xx
xx
xxx
xxx 3)3sin( lim
3)3sin( lim3)(sin2
2sin8 lim
00422
0
4
22
0422
0
)(sin2
sin4 lim6116)(sin
2sin4 lim
x
xx
xxx
xx
22
4
222
04
22
0
2cos
2sin4
24sin
lim62cos
2sin2
24sin
lim6x
xxx
x
xxx
xx
4
22
04
222
0
2cos1
2sin
lim242cos
2sin
2sin
lim24x
xx
x
xxx
xx
16
2sin
lim16242
sin lim242
sin2
sin lim24 4
4
04
4
04
22
0 x
x
x
x
x
xx
xxx
231111
23
2
2sin
2
2sin
2
2sin
2
2sin
lim23
0
x
x
x
x
x
x
x
x
x.
Rezultat zadatka je 22313016.023
e .
23
3. Računanje limesa uz upotrebu L’Hôpitalovog pravila Osim rezultata koje smo koristili u prethodnom poglavlju, u ovom poglavlju kod računanja
limesa koristimo još i L’Hôpitalovo pravilo. To pravilo kaže da, ako limes )()( lim
xgxf
ax ima
oblik 00 ili
, a
)()( lim
xgxf
ax
postoji i ima vrijednost L , onda limes
)()( lim
xgxf
ax također postoji i
ima vrijednost L . Drugim riječima,
Lxgxf
xgxf
axax
)(
)( lim ili 00
)()( lim .
Zadatak 25. Izračunajte limes )2arccos()2cos(
))2ln(cos( lim 20 xxxx
x .
Rješenje:
00
0)1ln())2ln(cos( lim
)0arccos()0cos(1
)2arccos()2cos())2ln(cos( lim 2020 x
xxxx
xxx
)2cos(2
)2sin(2 lim22
)2cos()2sin(2
lim
21
1 ' 00 xx
xx
xx
praviloHopitalovoL
emoprimjenjuj
xx
273239545.14142
)2sin( lim)0cos(
40
x
xx
.
Zadatak 26. Izračunajte limes
53arcsin)23(
1)ln( lim3
)ln(
1xx
xe x
x.
Rješenje:
23
1)ln( lim
53arcsin
1
53arcsin)23(
1)ln( lim 313
)ln(
1 xxxx
xx
xex
x
x
00
3311
331 lim
53arcsin
1 ' 00
231101
2
1
1 xx
praviloHopitalovoL
emoprimjenjuj
x
24
258999812.0
53arcsin6
161
53arcsin
16
lim
53arcsin
1 ' 2
1
xx
praviloHopitalovoL
emoprimjenjuj
x.
Zadatak 27. Izračunajte limes )5ln()5ln(
)3cos()2cos( lim )ln(3)ln(21
xxx eexxx
.
Rješenje:
)5ln()5ln(
)3cos()2cos( lim)5ln()5ln(
)3cos()2cos( lim)ln()ln(1 )ln(3)ln(21
32 xxxxxx eexxx
eexxx
.'
00
)5ln()115ln(11
)5ln(15ln
)3cos()2cos( lim3
21 HL
xxx
xxx
4
1
412
1 325
)3sin(3)2sin(2 lim
11511
03255
1)3sin(3)2sin(2 lim
3 xx
xx
xx
xx
xxx
x
x
5
22
1 122
)3cos(9)2cos(4 lim5 .' 00
32500
x
xxHLx
674011.2425
25
1055
122)1(9145 2
2222
.
Zadatak 28. Izračunajte limes )3sin()sin(
)12ln(214ln lim)ln(2)ln(
21 xx
eex xx
x
.
Rješenje:
)3sin()sin(
)12ln(1214ln lim
)3sin()sin()12ln(214ln lim
2
21
)ln()ln(
21
2
xxx
xx
xxeex
x
xx
x
.' 00
11)12ln()48ln(
)3sin()sin(
)12ln(116ln lim
2
21
HLxx
xx
x
)3cos(3)cos(
216 lim
481
)3cos(3)cos(
0216116
1
lim3
21
3
2
21 xx
xxx
xx
x
xx
25
)3sin(9)sin(
6
lim121 .'
00
008216
22
4
21 xx
xHLx
101321183.0196
96896
121
9166
121
22222
.
Zadatak 29. Izračunajte limes )395(
)2(tg2 lim 20
xxxx
x.
Rješenje:
)395()395(
)395()2(tg2 lim)395(
)2(tg2 lim 2020 xxxxxx
xxxx
xx
30200 5)2(tg2 lim)33(
)995()2(tg2 lim)395( lim
xxx
xxxxx
xxx
2
2
030 3)2(cos
22 lim
56 .'
00
000)2(tg2 lim
56
xxHL
xxx
xx
2
2
02
2
02
2
0
1)2(cos
1
lim54)2(cos
11 lim
54)2(cos
11 lim
1512
xx
xx
xx
xxx
2
2
02
2
0222
2
0 4)2(sin lim
516)2(sin lim
)0(cos54
)2(cos)2(cos1 lim
54
xx
xx
xxx
xxx
2.35
16115
162
)2sin(2
)2sin( lim5
160
xx
xx
x.
Zadatak 30. Izračunajte limes )2ln()ln(
)3ln(ln(2) lim22
3
1 xxxxxx
x
.
Rješenje:
)2ln()3ln(ln(2) lim
)1ln(11
)2ln()ln()3ln(ln(2) lim 2
3
1222
3
1 xxxx
xxxxxx
xx
)22)(3()33)(2( lim 1
222
3330
lim)01(
1 .' 00
)1ln()2ln()2ln(
3
22
1
2
3
2
12 xxxxxx
xxx
xxx
HLxx
26
)1( lim 43
1)1)(1( lim
43
11 lim
23
21
2233 lim
1312
11
2
1
2
1x
xxx
xx
xx
xxxx
232
43
.
Zadatak 31. Izračunajte limes
xx
xxx
x
21
2ln
21
2ln3
lim2
2
1.
Rješenje:
22ln
22ln
lim2
21
2ln
21
2ln
lim31
21
2ln
21
2ln3
lim 1
22
1
2
2
1
2
2
1 xx
xx
xx
xx
xx
xxx
xxx
221
22
1
)(
22
1
lim2 .' 00
)1ln()1ln(
21
21ln
21
21ln
2
1
322
1 xxx
xxxx
HLx
2
3
1
1
121
3
1221 1 lim1
1 lim
21
21
12)1(1 lim
22
1 lim2xxx
xxx
xx
xxxx xxxx
8241
1141 lim4)1(
)1)(1( lim2121 lim
111112
2
12
22
13
4
1
x
xxx
xxxx
xxxx
.
Zadatak 32. Izračunajte limes
)2ln(2 8ln)8ln(
2cos1
limxx
ex
x
.
Rješenje:
xx
x
ex
x
xxx 28ln)8ln(2
cos1 lim
8ln)8ln(
2cos1
lim 12)2ln(2
27
)28(
281
22sin
lim .' 00
)8ln()8ln(11
4218ln)8ln(
)cos(12
1
2 xxx
xHL
x
28
2sin
lim428
2sin
lim
812
282
sin lim
4218
12
222222 x
x
x
x
x
x
xxx
8116
2)cos(
416
22cos
lim4 .' 00
2418
)sin(32
x
xHL
x
2
44
224
.
Zadatak 33. Izračunajte limes
231
)3ln()12ln(
ln(9) limxxxx
.
Rješenje:
231231
)3ln()12ln(
ln(3)2 lim)3ln()12ln(
ln(9) limxxxxxx xx
)12ln()(
)12ln(22 lim)3ln(1)12ln(
2 lim)3ln( 23
23
1231 xxxxxx
xxx xx
122)()12ln()23(
12246
lim)3ln( .' 00
0)11(022
232
2
1
xxxxxx
xxx
HLx
.' 00
1220)23(
1246
1222)12ln()23(
12246
lim)3ln( 232
2
1HL
xxxxxx
xxx
x
28
2
2322
2
1
)12(2)22()12()46(
122)23()12ln()26(
)12(22412
lim)3ln(
xxxxxx
xxxxx
xx
x
10220
4412)3ln(
12)22(1)46(
12)23(0)26(
14412
)3ln(
295836866.3)27ln()3ln()3ln(34
12)3ln(220
12)3ln( 3
.
Zadatak 34. Izračunajte limes
)14ln(
212
1 lim21 xxx
.
Rješenje:
)14ln()12(
24)14ln( lim)14ln(
212
1 lim21
21 xx
xxxx xx
144)12()14ln(2
414
4
lim .' 00
)12ln()11(22)12ln(
21
xxx
xHLx
2
2
21
)14(44)12(
1442
1442
0)14(
44
lim .' 00
124)11()12ln(2
412
4
xx
xx
xHLx
11616
08816
)12(16)11(
128
128
)12(16
2
2
.
Zadatak 35. Izračunajte limes )(ctg
0
2
)cos( lim x
xx
.
Rješenje: Iz formule
2sin2)cos(1 2 tt , koju smo izveli u zadatku 21, slijedi da je
2sin21)cos( 2 tt . Koristeći taj identitet, dobivamo
29
)(ctg
2sin2
2sin2
1 2
0
)(ctg 2
0
)(ctg
0
22
2
2
2
2sin21 lim
2sin21 lim)cos( lim
xx
x
x
x
x
x
x
xxx
.
Izraz u vitičastim zagradama teži prema broju e . Nadalje,
)sin(2
sin lim)0cos(2
)sin()cos(
2sin lim2)(ctg
2sin2 lim 2
2
02
22
0
22
0 x
x
xxxxx
xxx
x
x
xx
xx
HLxx
2sin
lim)0cos(2
)0cos(22)cos(
21
2cos
2sin2
lim12 .' 00
020
211
21
2
2sin
lim212
sin lim
00
x
x
x
x
xx.
Rezultat zadatka je 606530659.021
e .
30
4. Deriviranje implicitno zadanih funkcija Kada se kaže da je funkcija )(xyy implicitno zadana jednadžbom 0),( yxF , pod time se misli da za svaki x iz domene funkcije )(xy vrijedi 0))( ,( xyxF . Drugim riječima, graf funkcije )(xy je podskup skupa svih točaka ) ,( yx u kojima vrijedi 0),( yxF . Iz jednadžbe kojom je funkcija )(xyy zadana implicitno, ponekad je moguće za dotičnu funkciju dobiti i eksplicitnu formulu. (Pod eksplicitnom formulom podrazumijevamo formulu koja počinje sa “ y ”, a nastavlja se izrazom koji je ili konstanta, ili ovisi samo o varijabli x , a ne i o varijabli y .) U zadacima koji slijede (osim možda u zadatku 37), eksplicitnu formulu nije moguće dobiti, ali je ipak u nekim točkama moguće odrediti vrijednost implicitno zadane funkcije, te vrijednosti njezine prve i druge derivacije. Zadatak 36. Funkcija )(xyy zadovoljava jednadžbu
xeyyx 38)cos( . (1)
Izračunajte )0(y , )0(y i )0(y . Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 0x . Tako dobivamo
1)0(8 03 ey , 81)0( 3 y ,
21)0( y .
Derivacija jednadžbe (1) je
xeyyyyxy 224)sin()cos( . (2) U jednadžbi (2) stavljamo 0x i tako dobivamo
,)0(4124)0(
2sin0
2cos 0eyy
1)0(600 y , 1)0(6 y , 61)0( y .
Derivacija jednadžbe (2) je
yyxyyyxyyyy )sin()cos()sin()sin( xeyyyyy 22448 . (3)
U jednadžbi (3) stavljamo 0x i na taj način dobivamo
31
1)0(4124
361
214800
62sin
62sin
y ,
1)0(67248
66 y , 1)0(6
32
3 y ,
31
31
3)0(6
y , 18
1)0( y .
Zadatak 37. Funkcija )(xyy zadovoljava jednadžbu
8)2cos(
33
xexyyx
. (1)
Izračunajte )0(y , )0(y i )0(y . Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 0x . Tako dobivamo
8)0cos()0(
)0(0 0
3 eyy
, 81)0(3 y ,
21)0( y .
Derivacija jednadžbe (1) je
xexyxyyy
yxy 3322 3
81)2sin(2)2cos(31
,
xexyxyy
yyxy 332
2 83)2sin(2)2cos(3
. (2)
U jednadžbi (2) stavljamo 0x i tako dobivamo
18301)0()0(3
)0()0( 2
2 yyyy ,
83)0()0(3
)0(1 2 yy
y,
83)0(
432 y , 3)0(616 y , 13)0(6 y , ...166.2
613)0( y .
Derivacija jednadžbe (2) je
)2cos(3)2cos()(62)()( 22
4
2
xyyxyyy
yyyxyyyxyy
xexyxyyxyy 3322
892)2cos(2)2sin(6)2sin(23 . (3)
U jednadžbi (3) stavljamo 0x i na taj način dobivamo
32
89)0(400)0()0(31)0()0(6
)0()0()0(2)0( 322
4 yyyyy
yyyy ,
89)0(4)0()0(3)0()0(6
)0()0(2 322
2 yyyyy
yy ,
89
814)0(
43
361693
413
13
y , 8
13)0(43
12169
352
y .
Množeći sa 24 , odavde dobivamo
39)0(18338416 y , 715)0(18 y , ...7222.3918715)0( y .
Zadatak 38. Funkcija )(xyy zadovoljava jednadžbu
)cos(13)3(tg3 3
yxyx
. (1)
Izračunajte )0(y i )0(y . Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 0x . Tako dobivamo
01
3)0(03 3
y , 3
13)0( y .
Derivacija jednadžbe (1) je
2
22
32 3
)cos(1)sin()cos(33
)3(cos3)3(tg
31
yxyyxyyy
xyx
. (2)
U jednadžbi (2) stavljamo 0x i tako dobivamo
2
22
32
3
)01(0)3cos(3)0(33
13)30(
31
y ,
)3cos(3)0(273331 2 y , )1(3)0(273
271
y ,
3)0(91
y , 926
913)0( y .
33
Zadatak 39. Funkcija )(xyy zadovoljava jednadžbu
)2sin()2arcsin(2)2cos(
92
2
xyxy
. (1)
Izračunajte
4y i
4y .
Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 4
x . Tako dobivamo
2sin
42arcsin2
2cos
49
2 2
yy ,
42arcsin2
9
2 y , 34
2arcsin2
y ,
642arcsin
y ,
21
6sin
42
y , 41
4
y .
Derivacija jednadžbe (1) je
)2cos(9
2
)2sin()2()2cos(20
22
2
xy
xyxyy
)2(sin
)2cos(2)2arcsin(2)2sin(41
22
2
2
x
xyxy
y
. (2)
Stavljajući 4
x , iz jednadžbe (2) dobivamo
22 1
0221arcsin21
16141
42
2
0161
92
1)2(1610
4412
y
y ,
34
434
4
32
81
y,
316
1
234
4
y
,
163
34
8
y
,
01292177.0128
334
y .
Zadatak 40. Funkcija )(xyy zadovoljava jednadžbu
2)23()ln(
123 3
xxyxexyy . (1)
Izračunajte )0(y i )0(y . Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 0x . Tako dobivamo
122)0()ln()0(
1
yey , 1)0(2 y , 21)0( y .
Na desnoj strani jednadžbe (1) primjećujemo izraz 12)23( xx . Taj izraz deriviramo na logaritamski način:
)23ln()12(23ln 12 xxx x ,
23
3)12()23ln(2)23(
)23(
12
12
xxx
xx
x
x
,
2336)23ln(2)23(
)23( 1212
xxxxx xx .
Derivacija cijele jednadžbe (1) je
)31()(
31)ln( 23
23 yyyx
exyyxyyexyy
2336)23ln(2)23(
21 12
xxxx x . (2)
U jednadžbi (2) stavljamo 0x i na taj način dobivamo
35
23)2ln(22
21)0(
431
21
312
1
211)0(
2
ye
y ,
23)2ln(2)0(
431
34
41)0(
y
ey ,
23)2ln(2)0(
34
41)0( ye
y , e
y41
689)2ln(2)0(2
,
730495583.081
121)2ln()0(
ey .
Zadatak 41. Funkcija )(xyy zadovoljava jednadžbu
6)62(84)ln(
233 3
xxyxeexyy . (1)
Izračunajte )0(y i )0(y . Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 0x . Tako dobivamo
666)0(2)ln()0(
2
yey , 6)0(3 y , 2)0( y .
Na desnoj strani jednadžbe (1) primjećujemo izraz 23)62( xx . Taj izraz deriviramo na logaritamski način:
)62ln()23(62ln 23 xxx x ,
62
2)23()62ln(3)62(
)62(
23
23
xxx
xx
x
x
,
323)62ln(3)62(
)62( 2323
xxxxx xx .
Derivacija cijele jednadžbe (1) je
)244()84(
31)ln( 23
23 yyyx
eexyyexeyyeexyy
323)62ln(3)62(
61 23
xxxx x . (2)
36
Stavljajući 0x , iz jednadžbe (2) dobivamo
32)6ln(336
61)0(964
441
31221)0( y
eey ,
32)6ln(36)0(964
4814)0( yy ,
4)6ln(18)0(21214)0( yy ,
121)6ln(18)0(3 y ,
72277904.10361)6ln(6)0( y .
Zadatak 42. Funkcija )(xyy zadovoljava jednadžbu
664arcsin28)2( 3 33
yyxyx x . (1)
Izračunajte )0(y i )0(y . Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 0x . Tako dobivamo
66)0(
4arcsin)0(8)0(2 3 3 3
y
yy ,
66)0(4arcsin)0(8)0(8
y
yy , 66)0(
4arcsin
y
,
21
6sin
6)0(4
y, 3)0(
214 y , 1)0(
21
y , 2)0( y .
Na lijevoj strani jednadžbe (1) primjećujemo izraz 3)2( xx . Taj izraz deriviramo na logaritamski način:
)2ln()3(2ln 3 xxx x ,
2
1)3()2ln(1)2(
)2(
3
3
xxx
xx
x
x
,
23)2ln()2(
)2( 33
xxxxx xx .
37
Derivacija cijele jednadžbe (1) je
)32()2(
318)2(
23)2ln()2( 23
2333 yyyxyxy
xxxx xx
0)6(
4
641
122
y
y
y
. (2)
Stavljajući 0x , iz jednadžbe (2) dobivamo
)0(432)2(
38)0(22
23)2ln(2 3
2333 yy
0)0()62(
4
6241
122
y ,
0)0(64
4
411
1)0(12241
38)0(8
23)2ln(16
yyy ,
0)0(161
43
1)0(12232)0(824)2ln(16
yyy ,
0)0(161
23
1)0(834)0(824)2ln(16 yyy ,
0)0(316
23
68)2ln(16 y ,
)16ln(
3174)2ln(4
3174)2ln(16
368)0(
381 y ,
7510116.467)16ln(3
17332)0(
y .
38
5. Deriviranje parametarski zadanih funkcija Neka je I interval u skupu i neka su )(txx i )(tyy neprekidne funkcije sa I u . Tada je skup IttytxK :))( ),(( krivulja u ravnini. Moguće je da za neki 1x na krivulji K postoji više točaka sa apscisom 1x . Drugim riječima, moguće je da krivulja K nije graf nikakve funkcije )(xff . No također je moguće i to da krivulja K jest graf neke funkcije )(xff . U ovom drugom slučaju, kaže se da je funkcija f jednadžbama )(txx i
)(tyy ( It ) zadana na parametarski način. Ako je funkcija f zadana na parametarski način, onda za svaki It vrijedi
)())(( tytxf . (1) Uz pretpostavku da funkcije )(tx i )(ty imaju derivaciju, može se pokazati da funkcija
)(xff ima derivaciju u svim točkama za čiji parametar t vrijedi 0)( tx . Deriviranjem jednadžbe (1) nalazimo da u rečenim točkama vrijedi )()())(( tytxtxf , pa stoga i
)()())((
txtytxf
. (2)
U zadacima koji slijede, funkcija je zadana na parametarski način, a mi koristimo formule (1) i (2) kako bismo toj funkciji i njezinoj derivaciji odredili vrijednost u zadanoj točki. Zadatak 43. Graf funkcije )(xff ima parametarske jednadžbe
1136arcsin
132arcsin)(
tt
tttx , 32
23
)1()1()(
ttty .
Izračunajte )0(f i )0(f . Rješenje: Za koji t vrijedi 0)( tx ?
01136arcsin
132arcsin
tt
tt ,
1136arcsin
132arcsin
tt
tt ,
1136
132
tt
tt , )13()6()113()2( tttt ,
6183226113 22 tttttt , 619225 tt , 2814 t , 2t .
32781
)14()18()2())2(()0( 3
2
yxff .
39
2222 )113(3)6()113(1
11361
1)13(
3)2()13(1
1321
1)(
t
tt
ttt
tt
tt
tx ,
2222 53451
541
1)5(
3)4()5(1
541
1)2(x
1514
157
157
257
531
257
531
257
259
1257
259
1
.
62
22233223
)1(2)1(3)1()1(3)1(2)(
t
ttttttty ,
41281
34183
34383
)4(9381343)9(2)2( 6
76
6
3
y .
730
7152
14154
15144
)2()2())2(()0(
xyxff .
Zadatak 44. Graf funkcije )(xff ima parametarske jednadžbe
263 arccos
8123 arccos)(
tt
tttx , 22
32
)5()7()(
ttty .
Izračunajte )0(f i )0(f . Rješenje: Za koji t vrijedi 0)( tx ?
0263 arccos
8123 arccos
tt
tt ,
263 arccos
8123 arccos
tt
tt ,
263
8123
tt
tt , )8()63()2()123( tttt ,
486243241263 22 tttttt , 4830246 tt , 7224 t , 3t .
21
168
)59()79()3())3(()0( 2
3
yxff .
40
2222 )2(1)63()2(3
2631
1)8(
1)123()8(3
81231
1)(
t
tt
ttt
tt
tt
tx ,
25
353
531
125
)3()5(3
531
1)3(22
x
56
2024
2012
2012
2512
541
2512
541
2512
25161
2512
25161
.
42
2322222
)5(2)5(2)7()5(2)7(3)(
t
ttttttty ,
31648
162472
161624161672
4642816643)3( 4
y .
25
653
563
)3()3())3(()0(
xyxff .
Zadatak 45. Graf funkcije )(xff ima parametarske jednadžbe
33
3
3581)(
ttttx ,
2arccos
3cos)( ttty .
Izračunajte
21f i
21f .
Rješenje: Za koji t vrijedi 21)( tx ?
21
35813
3
3
tt
t , 81
3581
3
3
tt
t , 358)1(8 33 ttt ,
88358 33 ttt , 55 t , 1t .
6321
21arccos
3cos)1())1((
21
yxff .
41
23
233232
3
3
)358()524()1()358(3
3581
31)(
ttttttt
ttttx ,
25610
21
31
2565848
81
31
16292163
162
31)1(
232
2
32
x
965
325
31
12854
31
.
21
21
13
cos2
arccos33
sin)(2
ttttty ,
21
431
21
3323
21
411
13
cos21arccos
33sin)1( y
18
333323
183
321
183
2232
118
3 2222
18332
.
333
516
1833
596
965
1833
)1()1(
21 22
2
xyf
77686261.2315
)3(316 2
.
Zadatak 46. Graf funkcije )(xfy ima parametarske jednadžbe
2312arcsin
)(
tt
tx , 3 4
12)(
ttty .
Izračunajte )6(f i )6(f . Rješenje: Za koji t vrijedi 6)( tx ?
42
6
2312arcsin
tt
, 6123
12arcsin
tt
, 623
12arcsin
tt ,
21
6sin
2312
tt , 2
1223
tt , 2423 tt , 4 t , 4t .
23
89)4())4(()6(
3 yxff .
2
22
2312arcsin
)23(3)12()23(2
23121
1
)(
tt
ttt
tt
tx
,
36
281
23
1
6
14147
411
1
147arcsin
1437142
1471
1
)4( 222
22
x
371837
18314
36
36
1431
22 .
2 3
32
321
4
)4(31124)12(
22
)(
t
ttttty ,
485
4125
412
38
441
32
441
3132
31
8
831989
)4( 2 3
32
321
y .
220427006.0864
3351837
485
3718
485
)4()4())4(()6(
xyxff .
Zadatak 47. Graf funkcije )(xff ima parametarske jednadžbe
43
)13ln()749ln()(
2
t
tttx , 32)13()( ttty .
Izračunajte )2(f i )2(f . Rješenje: Za koji t vrijedi 2)( tx ?
213ln
)749ln( 2
ttt , )13ln(2)749ln( 2 ttt , 22 )13(ln)749ln( ttt ,
22 )13(749 ttt , 169749 22 tttt , 62 t , 3t .
100010)19()3())3((2 336 yxff .
2
22
)13ln(13
3)749ln()13ln(749
418
)(
t
tttt
ttt
tx ,
2 2 )10ln(
)100ln(103)10ln(
10058
)10ln(103)71281ln()10ln(
71281454
)3(x
)10ln(501
)10ln(50
1
)10ln(50
3029
)10ln(106
5029
)10ln(
)10ln(2103)10ln(
5029
2
.
)13ln()32())(ln( ttty ,
133)32()13ln(2
)()(
t
tttyty ,
133)32()13ln(2)13(
133)32()13ln(2)()( 32
tttt
ttttyty t .
9)10ln(20100109)10ln(21000
1033)10ln(210)3( 3
y .
9)10ln(20100)10ln(50
)10ln(501
9)10ln(20100)3()3())3((2
xyxff
1403.6338069)10ln(20)10ln(5000 .
44
Zadatak 48. Graf funkcije )(xff ima parametarske jednadžbe
)234ln()12ln()( 2
ttttx , 432 )9()( ttty .
Izračunajte
21f i
21f .
Rješenje: Za koji t vrijedi 21)( tx ?
21
)234ln()12ln(
2
tt
t , )234ln()12ln(2 2 ttt , )234ln()12(ln 22 ttt ,
234)12( 22 ttt , 234144 22 tttt , 1t .
10110)91()1())1((
21 143
yxff .
2 2
22
)234ln(234
38)12ln()234ln(12
2
)(
tttt
ttttttx ,
)3ln(361
)3ln(491
)3ln(49
1112
)3ln(49
1134
)3ln(2)3ln(2
)3ln(911)3ln(2
32
)9ln(9
11)3ln()9ln(32
)1( 2
x .
)9ln()43())(ln( 2 ttty ,
92)43()9ln(3
)()(
22
t
ttttyty ,
92)43()9ln(3)9(
92)43()9ln(3)()( 2
24322
2
ttttt
tttttyty t .
50
1)10ln(15100
2)10ln(302)10ln(3010102)10ln(310)1( 21
y .
501)10ln(15)3ln(36
)3ln(361
501)10ln(15
)1()1())1((
21
xyxff
45
52920057.261)10ln(15)3ln(2518
.
Zadatak 49. Graf funkcije )(xfy ima parametarske jednadžbe
2562)( 3
tttx ,
54 arccos)82()( 72
tttty t .
Izračunajte )0(f . Rješenje: Za koji t vrijedi 0)( tx ?
02562
3
tt , 062 t , 62 t , 3t .
23
23
)25(3)62()25(2)(
t
ttttx ,
144
)2(930)2(2)3( 2
x .
U formuli za )(ty primjećujemo izraz 72)82( tt . Taj izraz deriviramo na logaritamski način: )82ln()72()82(ln 72 ttt t ,
82
)72(2)82ln(282
2)72()82ln(2)82(
)82(72
72
ttt
ttt
tt
t
t
,
82)72(2)82ln(2)82()82( 72 72
ttttt tt .
54 arccos)82()( 72
tttty t
22
72
)5(1)4()5(1
541
182
)72(2)82ln(2)82(t
tt
ttt
ttt t
22
72
)5(1
541
182
)72(2)82ln(2)82(
t
ttt
ttt t .
46
41
43
11)2ln(2221
211
12
12)2ln(22)3( 22
1y
632)2ln(4
3232)2ln(4
3212)2ln(4
41
23
12)2ln(4
.
632)2ln(4
1632)2ln(4
)3()3())3(()0(
xyxff
483913588.4)2ln(4263
.
Zadatak 50. Graf funkcije )(xfy ima parametarske jednadžbe
863arcsin)( 3 ttttx , ttty t 8)1()( 1 .
Izračunajte
6f i
6 f .
Rješenje: Za koji t vrijedi 6
)( tx ?
6863arcsin 3
ttt ,
21
6sin
863
3
ttt , 1
866
3 tt
t ,
866 3 ttt , 80 3 t , 83 t , 2t .
1243163)2())2((6
1
yxff .
86
3
8631
1)( 32
3
ttt
ttt
tx
47
23
23
2
3
)86()63(3)86(3
8631
1
tt
tttt
ttt
,
2222 12186123
211
1)8128(
)612(6)8128(3
812861
1)2(x
31
21
32
14472
23
1144
10836
43
1
.
Funkciju )(ty deriviramo na logaritamski način:
)8ln(21)1ln()1(8ln)1(ln))(ln( 1 tttttty t ,
tttt
tttt
tyty
21
11)1ln(8
81
21
11)1ln(1
)()(
,
tttttt
tttttyty t
21
11)1ln(8)1(
21
11)1ln()()( 1 .
7)3ln(1234)3ln(12123
124)3ln(12
41
31)3ln(163)2( 1
y .
95858328.3437)3ln(12
31
7)3ln(12)2()2())2((
6
xyxff .
Zadatak 51. Graf funkcije )(xfy ima parametarske jednadžbe
11024)( 2
3 32
t
tttx , )1ln()43()1()( 22 tttty t .
Izračunajte )4(f i )4(f . Rješenje: Za koji t vrijedi 4)( tx ?
41
10242
3 32
t
tt , 441024 23 32 ttt , 41023 3 t ,
64102 3 t , 542 3 t , 273 t , 3t .
48
30258509.12)10ln(10)10ln(52)3())3(()4( 1 yxff .
22
3 322232
3
)1(
2)1024()1(6)102(318
)(
t
ttttttttx ,
1006)436(10)41824(
10
6)6436(1054643124
)3(2
2
332
x
809
1089
100
1089
100
2401089240
100
64010161824
.
Na desnoj strani formule za )(ty primjećujemo izraz )43()1( 2 tt t . Taj izraz deriviramo na logaritamski način: )43ln()1ln()2()43()1(ln 2 ttttt t ,
43
312)1ln(
433
11)2()1ln(1
)43()1(
)43()1(
2
2
tttt
tttt
tttt
t
t
,
433
12)1ln()43()1(
)43()1( 22
tttttttt tt .
)1ln( )43()1()( 22 tttty t
12
433
12)1ln()43()1( 2
2
tt
tttttt t ,
53
53
21)2ln(10
106
53
21)2ln(52)3( 1y
558)2ln(10
5365)2ln(10 .
911658)2ln(800
980
558)2ln(10
809
558)2ln(10
)3()3()4(
xyf
49
7241938.1649
928)2ln(800
.
50
6. Primjena derivacija Neka je )(xff funkcija iz u . Neka je 0x jedna od točaka domene funkcije f . Ako postoji otvoreni interval I takav da je Ix 0 i da za svaki Ix vrijedi )()( 0 xfxf , onda kažemo da funkcija f u točki 0x ima lokalni maksimum. Slično tome, ako postoji otvoreni interval I takav da je Ix 0 i da za svaki Ix vrijedi )()( 0 xfxf , onda kažemo da funkcija f u točki 0x ima lokalni minimum. Ako funkcija f u točki 0x ima lokalni maksimum ili lokalni minimum, onda kažemo da funkcija f u točki 0x ima lokalni ekstrem. Ako funkcija f u točki 0x ima lokalni ekstrem, a 0x je točka u kojoj derivacija funkcije f postoji, onda vrijedi 0)( 0 xf . Točke u kojima je derivacija funkcije f jednaka nuli zovu se stacionarne točke funkcije f . Kada nađemo stacionarnu točku funkcije f , onda tu točku ispitujemo tako da pobliže promatramo funkciju f , ili tako da pobliže promatramo funkciju f . Naime, ako su zadovoljena sljedeća tri uvjeta: 1) vrijedi 0)( 0 xf , 2) postoji broj 1x (koji je manji od 0x ) takav da za svaki 01 , xxx vrijedi 0)( xf i
3) postoji broj 2x (koji je veći od 0x ) takav da za svaki 20 , xxx vrijedi 0)( xf , onda funkcija f u točki 0x ima lokalni maksimum. Slično tome, ako su zadovoljena sljedeća tri uvjeta: 1) vrijedi 0)( 0 xf , 2) postoji broj 1x (koji je manji od 0x ) takav da za svaki 01 , xxx vrijedi 0)( xf i
3) postoji broj 2x (koji je veći od 0x ) takav da za svaki 20 , xxx vrijedi 0)( xf , onda funkcija f u točki 0x ima lokalni minimum. Ako vrijedi 0)( 0 xf i 0)( 0 xf , onda funkcija f u točki 0x ima lokalni maksimum. Ako pak vrijedi 0)( 0 xf i 0)( 0 xf , onda funkcija f u točki 0x ima lokalni minimum. U zadacima koji slijede, traži se točku ekstrema funkcije, ali funkcija nije zadana na eksplicitan način. Dakle, najprije treba pažljivo pročitati tekst zadatka i/ili pogledati sliku, pa onda napisati formulu za funkciju. Tek nakon toga se funkciju derivira, te se određuju i ispituju stacionarne točke.
51
Zadatak 52. Ana ima 5 metara žice. Ona će tu žicu prerezati na dva dijela. Jedan dio će biti dugačak x metara, a drugi dio će biti dugačak x5 metara. Od dijela dugačkog x metara Ana će savijanjem napraviti krug. Od dijela dugačkog x5 metara Ana će savijanjem napraviti kvadrat. (Dakle, opseg kruga će biti x metara, a opseg kvadrata će biti x5 metara.)
Neka je )(xf oznaka za sumu površine kruga i površine kvadrata. Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost.
Rješenje: Opseg kruga je x . Dakle, xr 2 , 2xr . Površina kruga je
44
2
2
22 xxr .
Opseg kvadrata je x5 . Dakle, duljina stranice kvadrata je 4
5 x . Površina kvadrata je
.16
)5(16
)5( 22
xx
I tako,
222222
)5(416
116
)5(416
)5(4
)(
xxxxxxxf
.
)54(81)5(4
81)5(28
161)(
xxxxxxxf
5)4(81
x .
05)4( 0)( xxf , 5)4( x , 199504232.245
x .
Za
45 ,0x vrijedi 0)( xf , a za 5 ,
45
x vrijedi 0)( xf . Funkcija )(xf
poprima lokalno (a i globalno) najmanju vrijednost onda kada je
45x .
Zadatak 53. Opseg pravokutnika 1P je x metara. Širina pravokutnika 1P je dva puta veća nego visina pravokutnika 1P . Opseg pravokutnika 2P je x27 metara. Širina pravokutnika
2P je tri puta veća nego visina pravokutnika 2P . Vidi Sliku 2.
52
Slika 2. Pravokutnici 1P i 2P .
Neka je ) () ()( 21 PkapravokutnipovršinaPkapravokutnipovršinaxf . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost. Rješenje: Neka je a oznaka za duljinu kraće stranice pravokutnika 1P . Opseg pravokutnika
1P je aaaaa 622 . Dakle, xa 6 , 6xa . Površina pravokutnika 1P je
18362
2xxxaa .
Neka je b oznaka za duljinu kraće stranice pravokutnika 2P . Opseg pravokutnika 2P je
bbbbb 833 . Dakle, xb 278 , 827 xb
. Površina pravokutnika 2P je
64)27(3
8)27(3
8273
2xxxbb
.
I tako, 64
)27(318
)(22 xxxf
.
144
)27(271616
)27(39
)2()27(26432
181)( xxxxxxxf
14472770
1445472716
xxx .
Vidimo da je 0)( xf onda kada je
53
072770 x , 02710 x , 2710 x , 1027
x .
Za 1027 ,0x vrijedi 0)( xf , a za
27 ,
1027
x vrijedi 0)( xf . Funkcija )(xf poprima
minimalnu vrijednost onda kada je 7.21027
x .
Zadatak 54. Broj a leži u intervalu 20 ,0 . Opseg kruga K je a20 . Najdonja točka kruga K ima ordinatu a . Neka je G najljevija točka kruga K i neka je H najdesnija točka kruga K . Neka je L lik kojega: slijeva omeđuje pravac koji prolazi kroz točku G i paralelan je sa ipsilon osi, zdesna omeđuje pravac koji prolazi kroz točku H i paralelan je sa ipsilon osi, odozdo omeđuje iks os, te odozgo omeđuje donji rub kruga K . Vidi Sliku 3.
Slika 3. Krug K i lik L .
54
Neka je )(af oznaka za površinu lika L . Nađite broj a za kojega funkcija )(af poprima maksimalnu vrijednost. Napomena: Točke IHG , , i J su vrhovi pravokutnika. Ne samo da se sa Slike 3 stječe takav dojam, nego je i stvarno tako.
Rješenje: Opseg kruga K je a20 . Dakle, ar 202 , )20(21 ar
. Radijus kruga
K je )20(21 a
.
Duljina vodoravne stranice pravokutnika GHIJ je )20(12 ar
. Duljina okomite stranice
pravokutnika GHIJ je )20(21) kruga tockenajdonje ordinata( aararK
.
Površina pravokutnika GHIJ je
)20(
21)20(1 aaa
.
Površina kruga K je 222
2 )20(41)20(
41 aar
.
) kruga površina(21) kapravokutni površina()( KGHIJaf
2)20(
81)20(
21)20(1 aaaa
.
)1()20(2
81)1(
211)20(1)20(
21)1(1)( aaaaaf
)1()20(2
81)1(
211)20()20(
21)1(1 aaaa
)20(
41)20(
21)20()20(
211 aaaaa
)20(1
49251
41520)20(11 aaaaaa
.
0)20(14925 0)( aaaf
, 0)20(49100 aa ,
04809100 aa , aa 4980100 , 80100)49( a ,
55
64637244.94980100
a .
Za 4980100 ,0
a vrijedi 0)( af , a za 20 ,
4980100
a vrijedi 0)( af . Funkcija
)(af poprima najveću vrijednost onda kada je 4980100
a .
Zadatak 55. Jedan metar zlatne sajle košta 8 kuna. Jedan metar srebrne sajle košta 6 kuna. Krešimir ima 75 kuna i potrošiti će ih ovako: na zlatnu sajlu će potrošiti x kuna, a na srebrnu sajlu će potrošiti x75 kuna. Zatim će Krešimir savijati sajle i tako će napraviti dva kruga: od zlatne sajle će napraviti krug 1K , a od srebrne sajle će napraviti krug 2K . (Točnije rečeno, Krešimir će od npr. zlatne sajle napraviti kružnicu, i ta kružnica je rub kruga 1K .)
Neka je )(xf oznaka za sumu površine kruga 1K i površine kruga 2K . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost.
Rješenje: Krešimir će kupiti 8x metara zlatne sajle i
675 x metara srebrne sajle. Dakle,
opseg kruga 1K će biti 8x metara, a opseg kruga 2K će biti
675 x metara.
Kod svakog kruga vrijedi da je
r2opseg , 2
opsegr , 2
2
22 )opseg(
41
4opseg)(površina
r .
I tako, površina kruga 1K iznositi će 2
841
x
kvadratnih metara, a površina kruga 2K
iznositi će 2
675
41
x
kvadratnih metara. To znači da je
36)75(
6441
675
41
841)(
2222 xxxxxf
.
18
75324
136
)75(2642
41)( xxxxxf
.
018
7532
0)(
xxxf , 0)75(3218 xx , 024003218 xx ,
240050 x , 4800100 x , 48x .
56
Za 48 ,0x vrijedi 0)( xf , a za 75 ,48x vrijedi 0)( xf . Funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost za 48x . Drugim riječima, zbroj površina krugova je najmanji onda kada Krešimir potroši 48 kuna na zlatnu sajlu i 274875 kuna na srebrnu sajlu. Zadatak 56. Jedan metar zlatne sajle košta 4 kune. Jedan metar srebrne sajle košta 2 kune. Matea ima 88 kuna. Matea će u intervalu 22 ,0 izabrati broj x . Zatim će Matea kupiti x metara zlatne sajle, a novce koji joj nakon toga ostanu potrošiti će na srebrnu sajlu. Od zlatne sajle, Matea će napraviti pravokutnik kojemu je širina dva puta veća nego visina. (Pravokutnik će izgledati otprilike ovako: .) Označimo taj pravokutnik slovom P . Od srebrne sajle, Matea će napraviti kvadrat. Označimo taj kvadrat slovom K . Neka je ) () ()( KkvadratapovršinaPkapravokutnipovršinaxf . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost. Rješenje: Označimo duljinu kraće stranice pravokutnika P slovom a . Opseg pravokutnika P je aaaaa 622 . No u zadatku piše da pravokutnik P ima opseg x . Dakle,
xa 6 , te je 6xa . Površina pravokutnika P je
18362
2xxxaa .
Matea će na zlatnu sajlu potrošiti x4 kuna, pa će joj za srebrnu sajlu ostati x488 kuna.
Dakle, Matea će kupiti xx 2442
488
metara srebrne sajle. Opseg kvadrata K biti će
x244 . Duljina stranice kvadrata K biti će 2
114
244 xx
. Površina kvadrata K biti će
22
1122
11
xx .
I tako,
12111
369
36212111
41811
218)( 2
2222
xxxxxxxxf
121113611 2 xx .
11811111
181111
3622)( xxxxf .
57
Jednakost 0)( xf vrijedi onda kada je 01181
x , 1181
x , 18x . Pri tome za
18 ,0x vrijedi 0)( xf , a za 22 ,18x vrijedi 0)( xf . Dakle, za 18x funkcija )(xf poprima lokalno (pa i globalno) najmanju vrijednost. Traženi x je 18 .
Zadatak 57. Dean kod sebe ima 150 kuna. Dean ide u dućan, u kojem jedan metar zlatne sajle košta 9 kuna, jedan metar srebrne sajle košta 6 kuna, a jedan metar plave sajle košta 3 kune.
Kada dođe u dućan, Dean će u intervalu 9 ,29 izabrati broj x . Zatim će Dean kupiti x
metara zlatne sajle i 4
3
x
x metara srebrne sajle. Sve novce koji mu nakon toga ostanu,
Dean će potrošiti na plavu sajlu. Neka je )(xf oznaka za sumu (duljina Deanove zlatne sajle) + (duljina Deanove srebrne sajle) + (duljina Deanove plave sajle). Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost. Rješenje: Dean će na zlatnu sajlu potrošiti x9 kuna, a na srebrnu sajlu će potrošiti
4186
436
xx
xx kuna. Za plavu sajlu, Deanu će ostati
41869150
xxx
41815150
x
x kuna. To znači da će Dean kupiti 4
655031
41815150
xx
xx
metara plave sajle. I tako,
43350
46550
43)(
xx
xx
xxxxf .
Nadalje,
22 )4(33
)4(33)(
xx
xf .
Jednakost 0)( xf vrijedi onda kada je
0)4(
33 2
x, 3
)4(3
2 x, 1
)4(1
2 x, 1)4( 2 x , 14 x ,
5 ili 314 x .
58
U tekstu zadatka piše da je funkcija )(xf definirana na intervalu 9 ,29 . U tom intervalu,
jedina stacionarna točka funkcije )(xf je točka 5x .
33
)4(6)4()2(3)(
xxxf , 06
16)5( 3
f .
Funkcija )(xf u točki 5x ima lokalni maksimum. Zbroj duljina Deanovih sajli je najveći onda kada Dean izabere broj 5x . Zadatak 58. Jedan metar srebrne sajle košta 7 kuna. Jedan metar zlatne sajle košta 8 kuna. Mišo je kupio )ln( xe metara srebrne sajle i xe 23 metara zlatne sajle. (Broj x je veći od nule.) Koristeći svu kupljenu sajlu, Mišo je na podu napravio pravokutnik. Jedan par paralelnih stranica Mišinog pravokutnika je od srebrne sajle, a drugi par paralelnih stranica je od zlatne sajle. Neka je )(xf oznaka za površinu Mišinog pravokutnika. Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost.
Rješenje: Kod Mišinog pravokutnika, svaka srebrna stranica ima duljinu xex 21)ln(
21 , a
svaka zlatna stranica ima duljinu xe 23
21 . Dakle, xx exexxf 2323
41
21
21)( .
xxx exexexf 232323 )21(
41)2(
411
41)( .
Jednakost 0)( xf vrijedi onda kada je 021 x , 12 x , 21
x .
Za 21 ,0x vrijedi 0)( xf , a za ,
21x vrijedi 0)( xf . Dakle, u točki
21
x ,
funkcija )(xf ima lokalni (pa i globalni) maksimum. Primijetimo da su podaci o cijenama sajli u ovom zadatku zapravo suvišni. Kod rješavanja zadatka, mi te podatke nismo koristili. (Dakle, cijene sajli su zamka kojom se provjerava matematičku zrelost studenata.) Zadatak 59. Jedan metar zlatne sajle košta 8 kuna. Jedan metar srebrne sajle košta 7 kuna.
Goran će u intervalu 1 , 31 izabrati broj x . Zatim će Goran u dućanu kupiti
xx 19 metara
zlatne sajle i x
x 35 metara srebrne sajle. Nakon toga će Goran napraviti pravokutnik kojemu
59
je jedna stranica od zlatne sajle, a ostale tri stranice su od srebrne sajle. Označimo površinu toga pravokutnika sa )(xf . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost.
Napomena. Za 1 , 31
x vrijedi 01935 x
xx
x . Dakle, sigurno je da će Goran kupiti
više metara srebrne sajle nego metara zlatne sajle. Također je sigurno da će Goran kupiti više od nula metara zlatne sajle.
Rješenje: Pravokutnik će imati jednu zlatnu stranicu duljine x
x 19 metara i jednu srebrnu
stranicu duljine x
x 19 metara. Zbroj duljina ostalih dviju srebrnih stranica biti će x
x 35
xxx
xx
x 444419
metara. Svaka od tih dviju stranica biti će duga x
x22
metara. Površina pravokutnika biti će
22
22 220182218182219
xx
xxx
xxx
kvadratnih metara.
Drugim riječima, 22 22018)(
xxxf . Odatle slijedi da je 3
436)(x
xxf . Jednakost
0)( xf vrijedi onda kada je
0436 3 x
x , 3436x
x , 436 4 x , 914 x ,
312 x ,
577350269.033
31
x .
41236)(x
xf , 014410836
91
12363
1
f .
Površina pravokutnika poprima maksimalnu vrijednost onda kada je 3
1x .
Primjećujemo da su podaci o cijenama sajli i u ovom zadatku bili suvišni. Zadatak 60. Jedan metar zlatne žice košta 4 kune. Jedan metar srebrne žice košta 2 kune.
Ana ima 44 kune. Ana će u intervalu 89 ,0 izabrati broj x . Zatim će Ana kupiti x8 metara
zlatne žice, a novce koji joj nakon toga ostanu potrošiti će na srebrnu žicu.
60
Od zlatne žice, Ana će napraviti pravokutnik kojemu okomita stranica ima duljinu x . Od srebrne žice, Ana će napraviti pravokutnik kojemu okomita stranica ima duljinu 2x . (Riječima: duljina okomite stranice srebrnog pravokutnika biti će iks na drugu.) Vidi Sliku 4.
Slika 4. Anini pravokutnici. Neka je ) () ()( kapravokutnisrebrnogpovršinakapravokutnizlatnogpovršinaxf . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima ekstremnu vrijednost. Koristeći drugu derivaciju, ustanovite o kakvoj se ekstremnoj vrijednosti radi: je li to minimalna vrijednost ili maksimalna vrijednost? Rješenje: Opseg zlatnog pravokutnika je x8 , a zbroj duljina okomitih stranica je x2 . Dakle, zbroj duljina vodoravnih stranica je x6 , a duljina jedne vodoravne stranice je x3 . Površina zlatnog pravokutnika je 233 xxx . Ana će na zlatnu žicu potrošiti xx 3248 kuna, pa će joj za srebrnu žicu ostati x3244 kuna. To znači da će Ana kupiti x1622 metara srebrne žice. Opseg srebrnog pravokutnika biti će x1622 , a zbroj duljina okomitih stranica biti će 22x . Dakle, zbroj duljina vodoravnih stranica biti će 221622 xx , a duljina jedne vodoravne stranice biti će 2811 xx . Površina srebrnog pravokutnika biti će 23443222 118811)811( xxxxxxxxx . I tako, 2342342 148)118(3)( xxxxxxxxf .
)76(428244)( 223 xxxxxxxf . Jednakost 0)76(4 2 xxx vrijedi onda kada je 0x , kao i onda kada je
61
0762 xx , 1 & 72
862
6462
28366
x .
U tekstu zadatka piše da je domena funkcije )(xf interval 89 ,0 . Brojevi 0 i 7 ne leže u
domeni, pa nas jedino zanima što se s funkcijom )(xf događa za 1x .
284812)( 2 xxxf , 032284812)1( f . Funkcija )(xf poprima ekstremnu vrijednost za 1x . Radi se o maksimalnoj vrijednosti.
Niti za jedan x iz intervala 89 ,0 , funkcija )(xf ne poprima tako veliku vrijednost kao za
1x . Zadatak 61. Jedan metar zlatne sajle košta 6 kuna. Jedan metar srebrne sajle košta 3 kune. Petra je imala 120 kuna. Petra je u intervalu 7 ,0 izabrala broj x i zatim je kupila x metara
zlatne sajle. Osim toga, Petra je 2x kuna dala prosjaku. (Riječima: Petra je prosjaku dala iks na drugu kuna.) Novce koje nije potrošila niti na zlatnu sajlu niti na prosjaka, Petra je potrošila na srebrnu sajlu. Kada se vratila kući, Petra je napravila pravokutnik kojemu je jedna stranica od zlatne sajle, a ostale tri stranice su od srebrne sajle. Neka je )(xf oznaka za površinu toga pravokutnika. Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost. Rješenje: Petra je za zlatnu sajlu dala x6 kuna, a prosjaku je dala 2x kuna. Dakle, za srebrnu sajlu joj je ostalo 26120 xx kuna. Za te novce, Petra je dobila
3240)6120(
31 2
2 xxxx metara srebrne sajle.
Petrin pravokutnik ima jednu zlatnu stranicu dugu x metara i jednu srebrnu stranicu dugu x
metara. Zbroj duljina ostalih dviju srebrnih stranica je 3
3403
24022 xxxxx
metara. Svaka od tih dviju stranica je duga 62
3203
34021 22 xxxx
metara. I tako,
površina pravokutnika je 62
32062
3203
22 xxxxxx
kvadratnih metara. Drugim
riječima,
xxxxxxxf 2023
662320)( 2
332 .
62
Odatle slijedi da je 2032120
26
63)( 22 xxxxxf .
Jednakost 020321 2 xx vrijedi onda kada je
04062 xx , 4 & 1028 &
220
2146
21966
2160366
x .
U tekstu zadatka piše da je domena funkcije )(xf interval 7 ,0 . Broj 10 ne leži u domeni, pa nas jedino zanima što se s funkcijom )(xf dešava za 4x .
3322)( xxxf , 0734)4( f .
U točki 4x , funkcija )(xf ima lokalni maksimum. Niti za jedan x iz intervala 7 ,0 , funkcija )(xf (što će reći, površina Petrinog pravokutnika) ne poprima tako veliku vrijednost kao za 4x . Zadatak 62. Jedan metar srebrne žice košta 50 lipa. Jedan metar zlatne žice košta 2 kune.
Marijana ima 27 kuna. Marijana će u intervalu 4
11 , 41 izabrati broj x . Zatim će Marijana
dati x kuna prosjaku. Nadalje, Marijana će na srebrnu žicu potrošiti 2x kuna (riječima: iks na drugu kuna). Sve novce koje ne potroši niti na prosjaka niti na srebrnu žicu, Marijana će potrošiti na zlatnu žicu. Kada dođe kući, Marijana će od srebrne žice napraviti kvadrat. Taj ćemo kvadrat označiti slovom K. Marijana će od zlatne žice napraviti takav pravokutnik P kojemu jedna od stranica ima jednaku duljinu kao i stranica kvadrata K. Vidi Sliku 5.
Slika 5. Kvadrat K i pravokutnik P .
63
Neka je )(xf oznaka za površinu pravokutnika P . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima ekstremnu vrijednost. Koristeći drugu derivaciju, ustanovite o kakvoj se ekstremnoj vrijednosti radi: je li to minimalna vrijednost ili maksimalna vrijednost? Rješenje: Marijana će na srebrnu žicu potrošiti 2x kuna, a na zlatnu će žicu potrošiti
227 xx kuna. Dakle, Marijana će dobiti 22x metara srebrne žice i )27(21 2xx metara
zlatne žice. Stranica kvadrata K biti će duga 24
2 22 xx metara. Zbroj duljina okomitih
stranica pravokutnika P biti će 222
22xxx
metara. Zbroj duljina vodoravnih stranica
pravokutnika P biti će )327(21)27(
21 222 xxxxx metara. Duljina jedne
vodoravne stranice pravokutnika P biti će )327(41 2xx metara. I tako, površina
pravokutnika P biti će
)273(81)327(
81
2)327(
41)( 234432
22 xxxxxxxxxxf .
)184(83)184(
83)54312(
81)( 22323 xxxxxxxxxxf .
Jednakost 0)184(83 2 xxx vrijedi onda kada je 0x , kao i onda kada je
0184 2 xx . Potonja kvadratna jednadžba zadovoljena je za
2 & 49
816 &
818
8171
828811
x .
Rješenja jednadžbe 0)184(83 2 xxx su
49
, 0 i 2 . Od ta tri broja, u intervalu
411 ,
41 leži samo broj 2 .
)96(43)18212(
83)( 22 xxxxxf ,
045117
43)9224(
43)2( f .
Funkcija )(xf poprima ekstremnu vrijednost za 2x . Ta ekstremna vrijednost je
maksimalna vrijednost. Niti za jedan x iz intervala 4
11 , 41 , funkcija )(xf ne poprima tako
veliku vrijednost kao za 2x .
64
Zadatak 63. U dućanu A, jedan metar srebrne sajle košta 5 kuna. U dućanu B, jedan metar zlatne sajle košta 9 kuna. Međutim, ako u dućanu B kupite n metara zlatne sajle, onda na poklon dobivate )1ln(4 n metara srebrne sajle. Robert će u dućanu A kupiti x metara srebrne sajle, gdje je 120 x . U dućanu B, Robert će kupiti toliko metara zlatne sajle koliko je potrebno da bi se na poklon dobilo x12 metara srebrne sajle. Neka je )(xf oznaka za sumu
(novci koje će Robert potrošiti u dućanu A) + (novci koje će Robert potrošiti u dućanu B).
Kako glasi formula za funkciju )(xf ? Nadalje, funkcija )(xf ima samo jednu stacionarnu točku. (To jest, jednadžba 0)( xf ima samo jedno rješenje.) Nađite stacionarnu točku funkcije )(xf , pa zatim ispitajte tu točku pomoću druge derivacije. Rješenje: U dućanu A, Robert će potrošiti x5 kuna. U dućanu B, Robert će kupiti n metara zlatne sajle, pri čemu n zadovoljava jednakost xn 12)1ln(4 .
xn 12)1ln(4 , 4
3)1ln( xn , 43
1x
en
, 143
x
en .
Dakle, Robert će kupiti 143
x
e metara zlatne sajle i za tu sajlu će platiti
19 4
3 x
e kuna.
I tako,
195)( 4
3 x
exxf .
43
43
43
495
419595)(
xxx
eeexf
.
0495 0)( 4
3
x
exf , 549 4
3
x
e , 9204
3
x
e ,
920ln
43 x ,
920ln3
4x ,
920ln3
4x , 805969215.8
920ln412
x .
43
43
169
41
49)(
xx
eexf
,
045
1620
920
169
169
169
169
920ln412 9
20ln920ln33
920ln33
eeef .
65
Za
920ln412x , funkcija )(xf ima lokalni minimum. Robert će proći najjeftinije ako
u dućanu A kupi 805969215.8920ln412
metara srebrne sajle.
Zadatak 64. Robert posjeduje dva građevinska zemljišta. Ta dva zemljišta se zovu zemljište A i zemljište B. Zemljište A ima kvadratni oblik. Opseg zemljišta A je xe9 metara. Zemljište B također ima
kvadratni oblik. Opseg zemljišta B je xee 210 metara. Robert će zemljište A prodati po cijeni od 48 eura po kvadratnom metru. Robert će zemljište B prodati po cijeni od 32 eura po kvadratnom metru. Neka je )(xf oznaka za sumu
(euri koje će Robert dobiti prodajom zemljišta A) + + (euri koje će Robert dobiti prodajom zemljišta B).
Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost.
Rješenje: Duljina stranice zemljišta A je 4
9xe metara. Površina zemljišta A je 16
9xe
kvadratnih metara. Prodajom zemljišta A, Robert će dobiti xexe 99
316
48 eura.
Duljina stranice zemljišta B je 4
210 xee metara. Površina zemljišta B je 16
210 xee
kvadratnih metara. Prodajom zemljišta B, Robert će dobiti
)(216
32 210210
xx
eeee xee 210 22 eura.
I tako, xeexexf 2109 223)( . Stoga je xeexf 29 43)( .
92 34 0)( eexf x , 92
43 ee x , 9
43ln)ln(
43ln2 9
ex ,
29
43ln
21
x .
66
xexf 28)( , 064388
29
43ln
21 99
943ln
eeef .
Funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost za 356158964.42
943ln
x .
Zadatak 65. Marija je u intervalu 12 ,0 izabrala broj x . Zatim je Marija uzela crveni, plavi i crni flomaster. Crvenim flomasterom je nacrtala krug koji ima površinu x . Plavim flomasterom je nacrtala kvadrat koji ima površinu x12 . Crnim flomasterom je nacrtala kvadrat koji ima površinu 22 71828.2e . Neka je
)(xf (opseg crvenog kruga) (opseg plavog kvadrata) (opseg crnog kvadrata).
Funkcija )(xf ima samo jednu stacionarnu točku. (Drugim riječima, jednadžba 0)( xf ima samo jedno rješenje.) Označimo tu stacionarnu točku oznakom a . Izračunajte broj a . Napomena. Od vas se ne traži da izračunate )(af . Spomenimo ipak da vrijedi 0)( af , tako da funkcija f u točki a ima lokalni maksimum. Rješenje: Neka je r oznaka za radijus crvenog kruga. Vrijedi
xr 2 , xr 2 ,
xr , xxxr
2222 .
Opseg crvenog kruga je x2 . Neka je b oznaka za duljinu stranice plavog kvadrata. Vrijedi
xb 122 , xb 12 , xb 1244 . Opseg plavog kvadrata je x124 . Neka je c oznaka za duljinu stranice crnog kvadrata. Vrijedi
22 ec , ec , ec 44 . Opseg crnog kvadrata je e4 . I tako, exxxf 41242)( .
xxxxxf
12
20122
142
12)( .
67
xxxf
122 0)( ,
xx
124 , xx 412 ,
xx 412 , 12)4( x , 4
12
x .
Stacionarna točka je 278810158.54
12
.
Zadatak 66. Zamislimo ovu situaciju. Poluravnina 0y je more, a iks os je obala. Točka
0) ,1( je jedan kilometar daleko od ishodišta. Točka 1) ,0( je također jedan kilometar daleko od ishodišta.
Spasilac Damir nalazi se u ishodištu 0). ,0( Kupačica Viviana nalazi se u točki
21 ,1 .
(Dakle, Viviana je 500 metara daleko od obale.) U jednom trenutku, Damir je primijetio da se Viviana utapa.
Slika 6. Spasilac Damir treba što prije doći do kupačice Viviane.
Damir će iz ishodišta brzinom od 13 kilometara na sat otrčati do točke 0) ,(x . Iz točke 0) ,(x ,
Damir će brzinom od 5 kilometara na sat otplivati do točke
21 ,1 . (Podrazumijeva se da će
Damir trčati pravocrtno i zatim plivati pravocrtno.) Od trenutka kada Damir krene iz ishodišta
68
pa do trenutka kada Damir stigne u točku
21 ,1 , proći će )(xf sati. Nađite x za kojega je
vrijeme )(xf minimalno. Rješenje: Ako Damir uđe u more u točki )0 ,(x , onda će on trčati x kilometara i zatim će
plivati 41)1(0
211 2
22
xx kilometara. Trčanje će trajati
13x sati, a plivanje
će trajati 5
41)1( 2 x
sati. Dakle, Damir će do Viviane stići za 41)1(
51
132 xx sati.
Drugim riječima, vrijedi 41)1(
51
13)( 2 xxxf .
41)1(5
1131
41)1(2
)1(251
131)(
22
x
x
x
xxf .
0
41)1(5
1131 0)(
2
x
xxf , 0)1(1341)1(5 2 xx ,
41)1(5)1(13 2 xx . (1)
Kvadriranjem jednadžbe (1) dolazimo do zaključka: ako je 0)( xf , onda je
41)1(25)1(169 22 xx ,
425)1(25)1(169 22 xx ,
425)1(144 2 x ,
25)1(12 x ,
2451 x ,
24524
2451 x ,
2429 ili
2419
x .
Ako Damir želi što prije stići do Viviane, onda mu je očito bolje da počne plivati u točki
2419
x nego u točki 2429
x . Uostalom, 2429
x niti nije stacionarna točka funkcije )(xf .
Naime, za 2429
x , na lijevoj strani jednadžbe (1) imamo 2465
24513 , a na desnoj strani
jednadžbe (1) imamo
2465
24135
5761695
576144
576255
41
2455
2
.
69
Budući da 2429
x nije rješenje jednadžbe (1), 2429
x nije niti rješenje jednadžbe 0)( xf .
S druge strane, 2419
x je stacionarna točka funkcije )(xf . Zaista,
0131
131
2413241
131
576169241
131
576144
57625
241
131
41
2455
245
131
2419
2
f .
Da bi najbrže stigao do Viviane, Damir treba ući u more u točki 0) , ...791666.0(0 ,2419
.
Zadatak 67. Kada Veljko hoda po obali, njegova brzina je 4 km na sat. Kada Veljko pliva u moru, njegova brzina je 3 km na sat. Zamislimo da je iks os obala i da je poluravnina 0y more. Veljko će iz točke )0 ,0( po obali otpješačiti do točke )0 ,(a , gdje broj a leži u intervalu 4 ,2 . U točki )0 ,(a , Veljko će ući u more. Veljko će plivati paralelno sa ipsilon osi (to jest okomito na iks os), a zaustaviti će se onda kada dotakne kružnicu 1)2()3( 22 yx .
Slika 7. Za koji a Veljko u najkraćem vremenu stiže do kružnice 1)2()3( 22 yx ?
70
Od kada Veljko krene iz točke )0 ,0( pa dok on dopliva do kružnice 1)2()3( 22 yx proći će )(af sati. Funkcija )(af ima samo jednu stacionarnu točku. Nađite stacionarnu točku funkcije )(af ! (Kada bi se izračunalo drugu derivaciju, što se od vas ne traži, vidjelo bi se da funkcija )(af u stacionarnoj točki ima lokalni minimum.) Rješenje: Jednadžba kružnice 1)2()3( 22 yx može se napisati i ovako:
22 )3(1)2( xy , 2)3(12 xy , 2)3(12 xy . Veljko će se zaustaviti na gornjoj polovici kružnice, to jest na krivulji 2)3(12 xy . Konkretno, Veljko će ući u more u točki )0 ,(a , a zaustaviti će se u točki
2)3(12 , aa . Točka 2)3(12 , aa ima negativnu ordinatu, tako da će
Veljko plivati 2)3(12 a kilometara. Prethodno će Veljko hodati a kilometara. Budući
da je brzina
putvrijeme , zaključujemo da će Veljko hodati a41 sati i zatim plivati
2)3(1231
a sati. I tako,
2)3(1231
41)( aaaf .
Odatle slijedi da je
22 )3(133
41)3()2(
)3(121
31
41)(
aaa
aaf .
0)3(13
341 0)(
2
aaaf , 0)3(4)3(13 2 aa ,
)3(4)3(13 2 aa . (1)
Kvadriranjem jednadžbe (1) dolazimo do zaključka: ako je 0)( af , onda je
22 )3(16)3(19 aa , 22 )3(16)3(99 aa , 9)3(25 2 a ,
259)3( 2 a ,
53 ili
533 a ,
518
533 ili
512
533 a .
Vrijedi
71
041
41
545
141
25165
141
2591
51
41
5313
53
41
512
2
f ,
021
41
41
545
141
25165
141
2591
51
41
5313
53
41
518
2
f .
Stacionarna točka funkcije )(af je točka 5
12 . Veljko će do kružnice najbrže stići ako počne
plivati u točki s apscisom 4.25
12 .
Zadatak 68. Promotrimo pravokutne trokute koji imaju sljedeća svojstva: ● hipotenuza leži na pravcu 14 xy ,
● vrh nasuprot hipotenuzi leži na krivulji x
y 1 )0( x ,
● katete su paralelne sa koordinatnim osima. Odredite najmanju moguću površinu takvoga trokuta!
72
Slika 8. U zadatku 68 promatramo ovakve trokute. Rješenje: Neka je a oznaka za apscisu donjeg desnog vrha trokuta. Koordinate donjeg desnog
vrha trokuta su
aa 1 , . Gornji desni vrh trokuta ima apscisu a i leži na pravcu 14 xy .
Dakle, koordinate gornjeg desnog vrha trokuta su )14 ,( aa . Visina trokuta je
aa
aa 114114
.
Na pravcu 14 xy vrijedi 14 yx , )1(41
yx . Donji desni vrh trokuta ima ordinatu
a1
, pa i donji lijevi vrh trokuta ima ordinatu a1
. Budući da donji lijevi vrh trokuta leži na
pravcu )1(41
yx , apscisa rečenog vrha je jednaka
aa11
4111
41 . Dakle,
73
koordinate donjeg lijevog vrha trokuta su
aa1 ,11
41 . Duljina baze trokuta je
aa
aa
aa
41
4111
4111
41
.
Površina trokuta je
baza21 visina
aa
aa
aa
aa 114114
41
21114
41
41
21
2114
81
aa .
Dakle, 2114
81)(
aaaf . Stoga je
22
1411441141142
81)(
aaa
aaaaf .
Broj a je apscisa donjeg desnog vrha trokuta, a taj vrh leži na krivulji x
y 1 )0( x .
Dakle, vrijedi 0a . To znači da vrijedi i 0114 a
a . I tako,
014 0)( 2 a
af , 412 a
, 412 a ,
21
a .
aa
aaaaa
aaaf 114
2114
4112114
411414
41)( 3
2
2322 ,
020540)212(4)44(41
2111
24
812
1
4114
41
21 2
2
f .
Funkcija f u točki a ima lokalni minimum, a također i globalni minimum. Najmanja moguća površina trokuta je
125.3825)212(
81
21 2
f .
74
Zadatak 69. Promotrimo pravokutne trokute koji imaju sljedeća svojstva:
● jedan kraj hipotenuze leži na krivulji x
y32
)0( x , a drugi kraj hipotenuze leži na
krivulji x
y 6 )0( x ,
● vrh nasuprot hipotenuzi leži na krivulji 210x
y )0( x ,
● katete su paralelne sa koordinatnim osima. Odredite najmanju moguću površinu takvog trokuta!
Slika 9. U zadatku 69 promatramo ovakve trokute.
75
Rješenje: Neka je a oznaka za apscisu desne stranice trokuta. Najdonja točka desne stranice
trokuta ima koordinate
aa 6 , , a najgornja točka desne stranice trokuta ima koordinate
210 ,a
a . Duljina desne stranice trokuta je aaaa610610
22
.
Kolika je apscisa najljevije točke trokuta? Najljevija točka trokuta leži na krivulji x
y32
i
ima ordinatu 210a
. Za apscisu x te točke vrijedi
210
32
ax ,
1023 2ax
, 1530
2 22 aax .
Dakle, najljevija točka trokuta ima koordinate
2
2 10 ,15 aa . Duljina gornje stranice trokuta je
1515
22 aaaa
. Površina trokuta je
a
aa
aaaaaaf
52
32610
21
156
1510610
21610
1521)( 2
2
aaa
a5
310
551
3135
.
Odatle slijedi da je
25
51)(
aaf .
0551 0)( 2
aaf , 2
551
a , 252 a , 5a .
310)(a
af , 0252
12510)5( f .
Funkcija f u točki 5a ima lokalni minimum, a također i globalni minimum. Najmanja moguća površina trokuta je
...333.53
1613
10155
310
55)5( f .
76
7. Integriranje algebarskih funkcija U cijelom ovom poglavlju, osim u zadatku 85, računamo integrale kod kojih je podintegralna funkcija ili racionalna, ili takva da ju se supstitucijom baxt (gdje su a i b realne konstante) može pretvoriti u racionalnu funkciju.
Zadatak 70. Izračunajte integral dxx
xx )12(
4 4
03
2
.
Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 12 xt . Vrijedi 12 tx , 2
1)1(21
ttx , te
dtdx21
. Nove granice integracije su 1102 i 9142 . I tako,
9
1 23
2
9
13
2
4
03
2
21)1(2
412
212
142
1
)12(
4 dtt
ttt
dtt
tt
dxx
xx
9
1 23
29
1 23
2
9
1 23
2
8
910 88812
)1(
812
dtt
ttdtt
ttt
dtt
ttt
9
1
21
21
239
1
23
21
21
)2(892
45
32
81
89
45
81 tttdtttt
1
491
251
121
31
493
2527
121
49
25
121
9
1
21
21
23
ttt
34
1216
1210084
122730199027
.
Zadatak 71. Izračunajte integral dxxx
54
1 27
23
.
77
Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 54 xt . Vrijedi tx 54 , 254 tx ,
54 2 tx , 45
41 2 tx , te dttdttdx
21 2
41
. Nove granice integracije su
115652
12 i 395145
228
. I tako,
dt
tttdt
ttt
tt
dttdx
xx
542
452
45
41
21
54
1 3
12
3
12
3
1 2
27
23
dttt
dtttttdt
ttdt
ttt
)44(11 4
54)54(
544
5442
3
12
3
12
23
12
3
12
3
1
3
12
3
1
2 )2(arctg 4)541ln()5129ln( )2(1
1 4 )54ln( tdtt
tt
)3(arctg4)5(arctg4
1026ln)3(arctg)5(arctg4)10ln()26ln(
458091467.0)3(arctg4)5(arctg45
13ln
.
Zadatak 72. Izračunajte integral dxxx
183
1 4
13
85
.
Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 18 xt . Vrijedi tx 18 , 218 tx , 18 2 tx ,
81
81 2 tx , te dttdttdx
41 2
81
. Nove granice integracije su 24151858
i 52512614
138 . I tako,
5
22
5
22
5
2 2
413
85
258
2 8241
2 3
81
81
41
183
1 dttttdt
ttt
tt
dttdx
xx
5
2
5
222
25
2
5
222
)168(91 8
258)258(
2588
25882 dt
ttdt
ttttdt
ttdt
ttt
78
5
222
5
2
2 )4(3
1 8 )258ln( dtt
tt
5
2
3
4arctg38)25164ln()254025ln( t
)2(arctg)3(arctg
38
4590ln
36arctg
39arctg
38)45ln()90ln(
314755035.0)2(arctg38)3(arctg
38)2ln( .
Zadatak 73. Izračunajte integral dx
xxxx
)65)(2( 2
2
.
Rješenje: Kvadratna jednadžba 0652 xx ima rješenja
.2 & 324 &
26
215
224255
2 ,1
x
To znači da je )2)(3(652 xxxx . Zato se podintegralnu funkciju može napisati ovako:
)3()2()2)(3)(2()65)(2( 2
22
2
2
xxx
xxxx
xxxx .
Sada rastavljamo na parcijalne razlomke:
3)2(2)3()2( 22
2
xC
xB
xA
xxx ,
CxBxAxxx 22 )2()3()3)(2( ,
22)2()3()3)(2( xCxBxAxx . (1)
Stavljajući 2x , iz jednadžbe (1) dobivamo 41 B , 4B . Stavljajući 3x , iz jednadžbe (1) dobivamo 9)1( 2 C , 9C . Uspoređujući koeficijente uz 2x na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo
1CA , 8911 CA . Dakle,
79
39
)2(4
28
)3()2()65)(2( 22
2
2
2
xxxxx
xxxx
x .
Odatle slijedi da je
dxxxx
dxxxx
x 3
92
8)2(
4 )65)(2( 22
2
Cxxx
3ln92ln82
4 .
Zadatak 74. Izračunajte integral
5
32
2
)128)(6(
dxxxx
x .
Rješenje: Kvadratna jednadžba 01282 xx ima rješenja
.6 & 22
12 & 24
248
248648
2 ,1
x
To znači da je )6)(2(1282 xxxx . Zato se podintegralnu funkciju može napisati ovako:
2
22
2
2
)6)(2()6)(2)(6()128)(6(
xxx
xxxx
xxxx .
Sada rastavljamo na parcijalne razlomke:
22
2
)6(62)6)(2(
xC
xB
xA
xxx ,
CxBxxAxx )2()6)(2()6( 22 ,
22 )2()6)(2()6( xCxBxxAx . (1)
Stavljajući 2x , iz jednadžbe (1) dobivamo 4)4( 2 A , 416 A , 41
164A .
Stavljajući 6x , iz jednadžbe (1) dobivamo 364 C , 9C . Uspoređujući koeficijente uz 2x na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo
1 BA , 43
4111 AB .
Dakle,
80
22
2
2
2
)6(9
643
241
)6)(2()128)(6(
xxxxxx
xxxx .
Odatle slijedi da je
dxxxx
dxxxx
x 6
43
241
)6(9
)128)(6(
5
32
5
32
2
5
3
5
3
5
32
61
43
21
41
)6(1 9 dx
xdx
xdx
x
5
3
5
3
5
3
6ln 43 2ln
41
619 xx
x
3ln1ln431ln3ln
41
31
119
)3ln(0
430)3ln(
41
329)3ln()1ln(
43)1ln()3ln(
41
3119
450693856.5)3ln(216)3ln(
43)3ln(
416 .
Zadatak 75. Izračunajte integral dx
xxxx
)106)(5( 2 .
Rješenje: Vrijedi 044036101462 , pa kvadratna jednadžba 01062 xx nema realnih rješenja. Podintegralnu funkciju rastavljamo na parcijalne razlomke na ovaj način:
1065)106)(5( 22
xx
CBxx
Axxx
x ,
))(5()106( 2 CBxxAxxx ,
xCBxxAxx ))(5()106( 2 . (1)
Stavljajući 5x , iz jednadžbe (1) dobivamo 5)103025( A , 55 A , 1A . Uspoređujući koeficijente uz 2x na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo
0 BA , 1 AB .
81
Stavljajući 0x , iz jednadžbe (1) dobivamo 0510 CA , 02 CA , 22 AC . Dakle,
1062
51
)106)(5( 22
xx
xxxxx
x .
Odatle slijedi da je
dx
xxxdx
xdx
xxxx
1062
51
)106)(5( 22
dxxxxx
xx 106
1106
3 5ln 22
dx
xxxxxx
)96(11
10662
21 5ln 22
dx
xdx
xxxx
)3(11
10662
215ln 22
)3(arctg
106)106(
215ln 2
2
xdxxxxxx
Cxxxx )3(arctg)106ln(215ln 2 .
Zadatak 76. Izračunajte integral dxxxx
x )102)(5(
9 4
22
2
.
Rješenje: Vrijedi 036404101422 , pa kvadratna jednadžba 01022 xx nema realnih rješenja. Podintegralnu funkciju rastavljamo na parcijalne razlomke na ovaj način:
1025)102)(5(9
22
2
xx
CBxx
Axxx
x ,
))(5()102(9 22 CBxxAxxx ,
22 9))(5()102( xCBxxAxx . (1)
Stavljajući 5x , iz jednadžbe (1) dobivamo 259)101025( A , 22545 A , 5A . Uspoređujući koeficijente uz 2x na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo
9 BA , 4599 AB .
82
Stavljajući 0x , iz jednadžbe (1) dobivamo 0510 CA , 02 CA , 102 AC . Dakle,
102104
55
)102)(5(9
22
2
xx
xxxxx
x .
Odatle slijedi da je
4
2
4
22
4
22
2
102
104 5
5 )102)(5(
9 dxxx
xdxx
dxxxx
x
4
2
4
222
1026
10244
51 5 dx
xxxxxdx
x
4
2
4
222
4
2 102
1 6 102
22 2 )5ln( 5 dxxx
dxxx
xx
4
22
4
22
2
)12(9
1 6 102
)102( 2)3ln()9ln(5 dxxx
dxxxxx
4
222
4
2
2 )1(3
1 6 )102ln(239ln5 dx
xxx
4
2
3
1arctg316)1044ln()10816ln(2)3ln(5 x
33arctg
31
33arctg
316)18ln()18ln(2)3ln(5
)1(arctg
326)3ln(5)1(arctg
31)1(arctg
31602)3ln(5
35146879.2)3ln(54
4)3ln(5)1(arctg4)3ln(5 .
Zadatak 77. Izračunajte integral
2
024
592 dx
xxx .
Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju 2xt . Vrijedi dxxdt 2 , dtdxx21 .
Nove granice integracije su 002 i 422 . I tako,
83
4
02
2
024
59221
592
dttt
dxxx
x .
Kvadratna jednadžba 0592 2 tt ima rješenja
5 & 21
420 &
42
4119
41219
440819
4)5(24819
2 ,1
t .
To znači da je )5(212592 2
tttt . Dakle, pod integralom imamo funkciju
)5(214
1
)5(212
21
tttt
.
Sada tu funkciju rastavljamo na parcijalne razlomke:
521
)5(214
1
t
B
t
A
tt, BtAt
214)5(41 ,
1214)5(4
BtAt . (1)
Stavljajući 21
t , iz jednadžbe (1) dobivamo 12
114
A , 122 A ,
221
A .
Stavljajući 5t , iz jednadžbe (1) dobivamo 12
114 B , 122 B , 221
B .
Dakle,
5221
21
221
)5(214
1
)5(212
21
59221
2
tttttttt
.
Odatle slijedi da je
dttt
dttt
dxxx
x 5
221
21
221
592
21
592
4
0
4
02
2
024
84
4
0
4
0
4
0
4
0
5
1 221
122
221
51
221
21
1 221 dt
tdt
tdt
tdt
t
4
0
4
0
4
0
4
0
5ln 221 12ln
221
51
221
12)12(
221 ttdt
tdt
tt
)5ln(02210)9ln(
221)5ln()1ln(
221)1ln()9ln(
221
173030113.022
)45ln(22
)5ln()9ln()5ln(221)9ln(
221
.
Zadatak 78. Izračunajte integral
2
2222
)1()1(2 dx
xxx .
Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju 2xt . Vrijedi dxxdt 2 , dtdxx 2 . Nove
granice integracije su 222 i 422 . I tako,
4
22
2
2222
)1()1(1
)1()1(2 dt
ttdx
xxx .
Sljedeći korak je rastavljanje na parcijalne razlomke:
1)1(1)1()1(1 22
t
Ct
Bt
Att
, CtBtAtt 2)1()1()1)(1(1 ,
1)1()1()1)(1( 2 CtBtAtt . (1)
Stavljajući 1t , iz jednadžbe (1) dobivamo 12 B , 21
B .
Stavljajući 1t , iz jednadžbe (1) dobivamo 14 C , 41
C .
Uspoređujući koeficijente uz 2t na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo
0CA , 41
CA .
Dakle,
141
)1(21
141
)1()1(1 22
ttttt.
85
Odatle slijedi da je
4
22
4
22
2
2222
141
)1(21
141
)1()1(
1 )1()1(
2 dtttt
dttt
dxxx
x
4
2
4
2
4
22
11
41
)1(1
21
11
41 dt
tdt
tdt
t
4
2
4
2
4
2 )1ln(
41
11
21 )1ln(
41 t
tt
)1ln()3ln(
41
31
51
21)3ln()5ln(
41
152
21)3ln(
21)5ln(
410
41)3ln(
41
1553
21)3ln(
41)5ln(
41
080279999.0151)5ln(
41)3ln(
21
.
Zadatak 79. Izračunajte integral
3
0222
3
)4()4(
2 dxxx
x .
Rješenje: Postupak je uglavnom isti kao u zadatku 78, a rezultat je 16
)7ln(83
253380615.0 .
Zadatak 80. Izračunajte integral dxxx
x )9)(4(
3
042
3
.
Rješenje: Opet ćemo za početak napraviti supstituciju 2xt . Vrijedi dxxdt 2 , dtdxx21 .
Nove granice integracije su 002 i 332 . I tako,
3
0
3
0
3
02242
23
042
3
)9)(4(
221
)9)(4(
)9)(4(
)9)(4( dt
tt
t
dttt
tdxxxx
xdxxx
x .
Sada rastavljamo na parcijalne razlomke:
86
94)9)(4(2
22
t
CBtt
Att
t
, ))(4()9(2
2 CBttAtt ,
2))(4()9( 2 tCBttAt . (1)
Stavljajući 4t , iz jednadžbe (1) dobivamo 24)916( A , 225 A ,
252
A .
Uspoređujući koeficijente uz 2t na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo
0 BA , 252
AB .
Stavljajući 0t , iz jednadžbe (1) dobivamo 049 CA , AC 94 , 252
49
49 AC
509
251
29
.
Dakle,
9509
252
4252
)9)(4(2
22
t
t
ttt
t
.
Odatle slijedi da je
dtt
t
tdt
tt
t
dxxx
x 9
509
252
4252
)9)(4(
2 )9)(4(
3
02
3
02
3
042
3
3
022
91
509
92
251
41
252 dt
ttt
t
3
0
3
0
3
0222
2
3
1 509
9)9(
251
41
252 dt
tdt
ttdt
t
3
0
3
0
23
0
3arctg
31
509 )9ln(
251 4ln
252 ttt
)0(arctg
31)1(arctg
31
509)9ln()18ln(
251)4ln()1ln(
252
87
12509)2ln(
251)2ln(
2540
31
431
509
918ln
251)2ln(20
252
091505546.02003
5)2ln(
4503)2ln(
255
.
Zadatak 81. Izračunajte integral dxxx
x )4()2(
4
0
.
Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju xt . Vrijedi tx , 2tx , dttdx 2 . Nove granice integracije su 00 i 24 . I tako,
2
02
22
02
4
0
)4)(2(
2 2)4)(2(
)4()2(
dttttdtt
tttdx
xxx .
Slijedi rastavljanje na parcijalne razlomke:
42)4)(2(2
22
2
t
CBtt
Attt , ))(2()4(2 22 CBttAtt ,
22 2))(2()4( tCBttAt . (1)
Stavljajući 2t , iz jednadžbe (1) dobivamo 42)44( A , 88 A , 1A . Uspoređujući koeficijente uz 2t na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo
2 BA , 1122 AB . Stavljajući 0t , iz jednadžbe (1) dobivamo 024 CA , 02 CA , 22 AC . Dakle,
42
21
)4)(2(2
22
2
t
tttt
t .
Odatle slijedi da je
2
02
2
02
24
0
42
21
)4)(2(2
)4()2( dt
tt
tdt
tttdx
xxx
2
0
2
0
2
0
2
0222
2
22 2
1 2 4)4(
21
21
412
42
21
21 dt
tdt
ttdt
tdt
ttt
t
2
0
2
0
22
0
2arctg
212 )4ln(
21 )2ln( ttt
88
)0(arctg
21arctg(1)
212)4ln()8ln(
21)2ln()4ln(
82)2ln(
21)2ln(0
21
4212
48ln
21
24ln
254322607.04
)2ln(23
.
Zadatak 82. Izračunajte integral
12
1
)245(
1 dxxx
.
Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 45 xt . Vrijedi 245 tx , 45 2 tx ,
)4(51 2 tx i dttdttdx
52 2
51
. Nove granice integracije su 3945 i
864460 . I tako,
dt
tt
tdtt
ttdx
xx
)2()4(51
52
52
)2()4(51
1 )245(
1 8
3 2
8
3 2
12
1
8
32
8
3
)2)(2(
2 )2)(2)(2(
2 dttttdt
tttt .
Slijedi rastavljanje na parcijalne razlomke:
22 )2(22)2)(2(2
tC
tB
tA
ttt , CtBttAtt )2()2)(2()2(2 2 ,
tCtBttAt 2)2()2)(2()2( 2 . (1)
Stavljajući 2t , iz jednadžbe (1) dobivamo 416 A , 41
164A .
Stavljajući 2t , iz jednadžbe (1) dobivamo 44 C , 1C . Uspoređujući koeficijente uz 2t na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo
0 BA , 41
AB .
Dakle,
89
22 )2(1
241
241
)2)(2(2
tttttt .
Odatle slijedi da je
dtttt
dttttdx
xx
)2(1
241
241
)2)(2(
2 )245(
1 8
32
8
32
12
1
8
3
8
3
8
32
8
32
)2(1
21
41
21
41
)2(1
21
41
21
41 dt
tdt
tdt
tdt
ttt
8
3
8
3
8
3
21 )2ln(
41 )2ln(
41
ttt
51
101)5ln()10ln(
41)1ln()6ln(
41
101)2ln(
41)6ln(
41
102
101
510ln
410)6ln(
41
374653072.0101
4)3ln(
101
26ln
41
101)2ln()6ln(
41
.
Zadatak 83. Izračunajte integral dxxx
)133()2(
1 4
3
.
Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 3 xt . Vrijedi tx 3 , 23 tx , 32 tx ,
dttdx 2 . Nove granice integracije su 0033 i 1134 . I tako,
1
02
4
3
2)13)(23(
1 )133()2(
1 dtttt
dxxx
1
0 2
1
02
)1(313
2 )1)(13(
2 dttt
tdttt
t .
Slijedi rastavljanje na parcijalne razlomke:
90
131
)1(313
22
2
t
CBt
t
A
tt
t , )(313)1(32 2 CBttAtt
,
tCBttAt 2)(313)1(3 2
. (1)
Stavljajući 31
t , iz jednadžbe (1) dobivamo 321
913
A ,
323
31
A ,
32
310
A ,
210 A , 51
102
A .
Uspoređujući koeficijente uz 2t na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo
033 BA , 0 BA , 51
AB .
Stavljajući 0t , iz jednadžbe (1) dobivamo 03133 CA , 03 CA ,
533 AC .
Dakle,
153
51
31
51
)1(313
22
2
t
t
ttt
t .
Odatle slijedi da je
dt
t
t
tdt
tt
tdxxx
153
51
3151
)1(
313
2 )133()2(
1 1
02
1
0 2
4
3
1
0
1
02222
11
53
12
101
133
51
11
53
151
31
151 dt
ttt
tdt
ttt
t
1
0
2 )(arctg53)1ln(
101)13ln(
51 ttt
)0(arctg53)1ln(
101)1ln(
51)1(arctg
53)2ln(
101)4ln(
51
0530
1010
51
453)2ln(
101)2ln(2
102
91
263294743.010
)2ln(3203
203)2ln(
103
.
Zadatak 84. Izračunajte integral dxxx
)21()3(
1 5
1
.
Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 83, a rezultat je 219412286.04
)2ln(8
.
Zadatak 85. Izračunajte integral dxxx
xx
)12()14(
)12(4)14( 3 75
22
.
Rješenje:
dx
xxx
xxdxxx
xx
)12(1214
)12(4)14( )12()14(
)12(4)14( 3 12
5
22
3 75
22
2
235
22
43
5
22
)12(
)12(1214
)12(4)14(
)12(1214
)12(4)14( xdx
xxx
xxdx
xxx
xx
235
2
)12(
1214
41214
xdx
xx
xx
.
Sada ćemo napraviti supstituciju 1214
xxt . Vrijedi dtdx
xxx
)12(
2)14()12(42 ,
dtdxx
xx
)12(2848
2 , dtx
dx
2)12( 2 , dt
xdx
21
)12( 2
. I tako,
dtt
txdx
xx
xx
dxxx
xx 214
)12(
1214
41214
)12()14(
)12(4)14( 35
2
235
2
3 75
22
Cttdtttdttt 3
234
35
31
35
31
232
43
21 2
21
214
92
Cxx
xx
3
2
3
4
14123
1214
83 .
93
8. Integriranje transcendentnih funkcija U ovom poglavlju računamo integrale u kojima se, između ostaloga, pojavljuju trigonometrijske funkcije, arkus funkcije i eksponencijalna funkcija. Kod računanja integrala,
služimo se supstitucijama (kao, na primjer, supstitucijom
2tg xt ) i parcijalnom
integracijom. Također koristimo i razne trigonometrijske identitete.
Zadatak 86. Izračunajte integral
)3(arctg2
2
2
1)cos()sin(2
2tg
dxxx
x
.
Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju
2tg xt . Kod te supstitucije vrijedi 21
2)sin(ttx
,
2
2
11)cos(
ttx
i 212
tdtdx
. Nove granice integracije biti će 14
tg
i 3))3(arctg(tg . I
tako,
3
1
3
122
2
2
2
2
2
2)3(arctg2
2
2
1)1(4
2 12
111
122
1)cos()sin(2
2tg
dtttt
tt
dt
tt
tt
tdxxx
x
3
1
3
1
3
1
3
12
2
22
2
2
222
2
422
1142 dt
tttdt
ttdt
tttdt
tttt
3
1
3
1 )3ln(21)5ln(23 )2ln(2 2
121 ttdtt
978348752.0925ln2
35ln22)3ln()5ln(22
.
Zadatak 87. Izračunajte integral )5(arctg
4
2
1)2cos()2sin(3
)(tg2
dxxx
x .
Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju xu 2 . Vrijedi ux21
, dudx21
. Nove
granice integracije su 2 i )5(arctg2 . I tako,
94
)5(arctg2
2
2)5(arctg
4
2
21
1)cos()sin(32
2
1)2cos()2sin(3)(tg2
duuu
utgdx
xxx .
Sada ćemo napraviti supstituciju
2tg ut . Kod te supstitucije vrijedi 21
2)sin(ttu
,
2
2
11)cos(
ttu
i 212
tdtdu
. Nove granice integracije biti će 14
tg
i 5))5(arctg(tg .
Dakle,
5
12
2
2
2
2)5(arctg2
2
2
12
21
111
123
2 21
1)cos()sin(32
2
tdt
tt
tt
tduuu
utg
5
1
5
1
5
1
5
12
2
22
2
2
2
2
2
2
3
62
2 116
2 11
11
16
2 dtt
tdttt
tdtttt
tt
dt
tt
tt
t
)4ln(31)8ln(35 )3ln(3 3
131 3
333 5
1
5
1
5
1
ttdtt
dttt
t
920558458.1)8ln(4)2ln(3448ln34)4ln()8ln(34
.
Zadatak 88. Izračunajte integral
2
)2(arctg2
7)cos(6)sin(2
2tg
dxxx
x
.
Rješenje: Ponovo ćemo napraviti supstituciju
2tg xt . Kod te supstitucije vrijedi
212)sin(
ttx
, 2
2
11)cos(
ttx
i 212
tdtdx
. Nove granice integracije biti će
2))2(arctg(tg))2(arctg(tg i 14
tg
. I tako,
1
22
2
2
2
2
)2(arctg2 12
7116
122
7)cos(6)sin(2
2tg
t
dt
tt
tt
tdxxx
x
95
1
2
1
22222
1
22
2
2
134
2 77664
2 12
71
661
4 dt
tttdt
tttt
tdt
tt
tt
t .
Kvadratna jednadžba 01342 tt nema realnih rješenja. Naime, 5216131442
036 . Dakle, polinom 1342 tt nije moguće napisati kao produkt dvaju polinoma prvoga stupnja. Računanje integrala nastavlja se ovako:
1
2
1
2222
1344
13442
1342 dt
tttttdt
ttt
1
222
2
)44(9
14134
)134( dttttt
tt
1
222
1
2
2 )2(3
1 4 )134ln( dtt
tt
1
2
3
2arctg314)1384ln()1341ln( t
)0(arctg
31)1(arctg
314
918ln
30arctg
31
33arctg
314)9ln()18ln(
35405037.03
)2ln(43
14)2ln(031
4314)2ln(
.
Zadatak 89. Izračunajte integral 4
0
)cos()3cos(
dxxxx .
Rješenje: Pomoću formule )cos()cos(21)cos()cos( dobivamo
)2cos()4cos(21)cos()3cos( xxxx . Dakle,
4
0
4
0
4
0
)2cos(21)4cos(
21 )2cos()4cos(
21 )cos()3cos(
dxxxxdxxxxdxxxx .
96
Sada parcijalno integriramo, i to tako da je xu , )2cos(21)4cos(
21 xxv i
)2sin(41)4sin(
81 xxv . Na taj način dobivamo
4
0
)2cos(21)4cos(
21
dxxxx
dxxxxxx )2sin(
41)4sin(
811 )2sin(
41)4sin(
81 4
0
4
0
dxxx )2sin(
41)4sin(
81 )0sin(
41)0sin(
810
2sin
41)sin(
81
4
4
0
4
0
)2cos(81)4cos(
3210
410
8101
410
81
4
xx
)0cos(
81)0cos(
321
2cos
81)cos(
32100
41
4
00884954.016
3162
161
1681
322
161
811
3210
81)1(
321
16
.
Zadatak 90. Izračunajte integral 2
4
)4sin(1
dxxx .
Rješenje: 2
4
222
4
)2cos()2sin(2)2(cos)2(sin )4sin(1
dxxxxxxdxxx
2
4
22
4
22 )2cos()2sin( )2(cos)2cos()2sin(2)2(sin
dxxxxdxxxxxx
2
4
)2cos()2sin(
dxxxx .
97
Sada parcijalno integriramo, i to tako da je xu , )2cos()2sin( xxv i
)2sin()2cos(21)2sin(
21)2cos(
21 xxxxv . Na taj način dobivamo
2
4
)2cos()2sin(
dxxxx
dxxxxxx
2
4
2
4
)2sin()2cos(211 )2sin()2cos(
21
2
4
)2sin()2cos( 21
2sin
2cos
421)sin()cos(
221
dxxx
2
4
)2cos(21)2sin(
21
21)10(
8)01(
4
xx
2cos
21
2sin
21)cos(
21)sin(
21
21
84
0
21
83
21
21
21
830
211
21)1(
210
21
21
882
178097245.18
3
.
Zadatak 91. Izračunajte integral dxxxx )4cos(1 )sin( 4
0
.
Rješenje: dxxxx )4cos(1 )sin( 4
0
dxxxxxxx )2(sin)2(cos )2(sin)2(cos)sin( 4
0
2222
98
dxxxxdxxxx )2cos()sin(2 )2(cos2)sin( 4
0
4
0
2
.
Pomoću formule )sin()sin(21)cos()sin( dobivamo da je
)sin()3sin(21)sin()3sin(
21)2cos()sin( xxxxxx . Dakle,
dxxxxdxxxxdxxxx )sin()3sin(22 )sin()3sin(
212 )2cos()sin(2
4
0
4
0
4
0
.
Sada parcijalno integriramo, i to tako da je xu 22 , )sin()3sin( xxv i
)cos()3cos(31 xxv . Na taj način dobivamo
dxxxx )sin()3sin(22
4
0
4
0
4
0
)cos()3cos(31
22 )cos()3cos(
31
22
dxxxxxx
)0cos()0cos(
310
22
4cos
43cos
31
422
dxxx
4
0
)cos()3cos(31
22
4
0
)sin()3sin(91
220
22
22
31
82
xx
00
91
22
22
91
22
623
62
82
3616
61828
22
688
1829
182
22
624
82
99
079154331.094
6
.
Zadatak 92. Izračunajte integral dxxx )2cos(1
2
2
.
Rješenje: dxxxxdxxx )(sin)(cos1 )2cos(1
2
222
2
2
2 2
2222222 )(sin2 )(sin)(cos)(sin)(cos dxxxdxxxxxx
2
2 )sin(2 dxxx .
Sljedeći korak je parcijalna integracija. Uzimamo da je 2xu , )sin(2 xv i
)cos(2 xv . Time dobivamo
2
2
2
2
2 )cos(22 )cos(2 )sin(2 dxxxxxdxxx
2 2
22
2 )cos(22 2 )cos(22 022
)1(2 dxxxdxxx .
Sada ćemo još jednom parcijalno integrirati. Ovaj će put biti xu 22 , )cos(xv i
)sin(xv . Račun ide ovako:
2
2
2
2
2 )sin(22 )sin(222 )cos(22 2 dxxxxdxxx
2
2 )sin( 2212
220222 dxx
)01(2222 )cos(22202 2
2/ 2
x
100
686418337.6)2(22222 22 .
Zadatak 93. Izračunajte integral 21
0
)2arccos( dxxx .
Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju )2arccos( xt . Vrijedi tx )2arccos( ,
)cos(2 tx , )cos(21 tx i dttdx )sin(
21
. Nove granice integracije su 2
)0arccos( i
0)1arccos( . I tako,
0
2
0
2
21
0
)cos()sin( 41 )sin(
21)cos(
21 )2arccos(
dttttdttttdxxx
2
0
2
0
2
0
)2sin( 81 )cos()sin(2
81 )cos()sin(
41
dtttdttttdtttt .
Sada ćemo parcijalno integrirati, i to tako da je tu , )2sin( tv i )2cos(21 tv . Na taj
način dobivamo
2
0
2
0
2
0
)2cos(211 )2cos(
21
81 )2sin(
81
dttttdttt
2
0
)2cos( 21)0cos(
210)cos(
21
281
dtt
)0sin(
21)sin(
21
21
481 )2sin(
21
210)1(
481 2
0
t
09817477.03248
1021
4810
210
21
21
481
.
Zadatak 94. Izračunajte integral 1
0
2 )arcsin( dxxx .
101
Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju )arcsin(xt . Vrijedi tx )arcsin( ,
)sin(tx i dttdx )cos( . Nove granice integracije su 0)0arcsin( i 2
)1arcsin( . I tako,
2
0
22
0
22
0
21
0
2 )cos()(sin331 )cos()(sin )cos()(sin )arcsin(
dttttdttttdttttdxxx .
Zatim ćemo parcijalno integrirati. Pri tome ćemo uzeti da je tu31
, )cos()(sin3 2 ttv i
)(sin 3 tv . Na taj način dobivamo
2
0
32
0
32
0
2 )(sin31 )(sin
31 )cos()(sin3
31
dttttdtttt
dtttdttt )sin()(cos1 310
6 )sin()(sin
3100
311
231 2
0
22
0
233
dttt )sin()(cos1 31
6
2
0
2
.
Za kraj ćemo još napraviti i supstituciju )cos(tu . Vrijedi dttdu )sin( . Nove granice
integracije su 1)0cos( i 02
cos
. Dakle,
1
0
20
1
22
0
2 )1( 31
6 )1(
31
6 )sin()(cos1
31
6duuduudttt
301376553.092
632
31
60
301
31
31
6
331
6
1
0
3
uu .
Zadatak 95. Izračunajte integral dxxx )2(arctg2 . Rješenje: Za početak ćemo parcijalno integrirati, i to tako da je )2(arctg xu , 2xv i
3
3xv . Na taj način dobivamo
102
dxxx
xxdxxxdxxx 3)2(1
2 3
)2(arctg )2(arctg )2(arctg3
2
322
dxxx
xxxdxx
xxx 241
31)2(arctg
3
412
31)2(arctg
3 2
23
2
33
.
Zatim ćemo napraviti supstituciju 2xt . Vrijedi dxxdt 2 , pa je
dtt
txxdxxx
xxx 41
31)2(arctg
3 2
41
31)2(arctg
3
3
2
23
dttt
txxdtt
txx 41
14141
121)2(arctg
3
414
121)2(arctg
3
33
Cttxxdt
txx 41ln
41
121)2(arctg
3
414
411
121)2(arctg
3
33
CxxxxCttxx )41ln(
481
12)2(arctg
341ln
481
12)2(arctg
32
233
.
Zadatak 96. Izračunajte integral dxxxxx )(cos)(sin3)(cos)(sin 2610288 . Rješenje: dxxxxx )(cos)(sin3)(cos)(sin 2610288
dxxxdxxx )(cos)(sin3 )(cos)(sin 2610288
dxxxdxxxx )(cos)(sin3 )cos()(sin9)(cos91 2610827 .
Sada u prvom integralu koristimo parcijalnu integraciju. Pri tome uzimamo da je
)(cos91 27 xu , )cos()(sin9 8 xxv i )(sin 9 xv . Na taj način dobivamo
dxxxdxxxx )(cos)(sin3 )cos()(sin9)(cos91 2610827
dxxxdxxxxxx )(cos)(sin3 )(sin)sin()(cos927 )(sin)(cos
91 2610926927
dxxxdxxxxxx )(cos)(sin3 )(sin)sin()(cos3 )(cos)(sin91 2610926279
103
dxxxdxxxxx )(cos)(sin3 )(cos)(sin3 )(cos)(sin91 26102610279
Cxx )(cos)(sin91 279 .
Zadatak 97. Izračunajte integral dxxxxx )(cos)(sin3)(cos)(sin 208226 .
Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 96, a rezultat je Cxx )(cos)(sin71 217 .
Zadatak 98. Izračunajte integral dxe
xxx
)cos()sin( .
Rješenje: Kao prvo,
dxexxdx
exxdx
exx x
xx )cos()sin( )cos()sin( )cos()sin(
dxexdxexx xx )2sin( 21 )cos()sin(2
21 .
Sada ćemo izračunati integral dxex x )2sin( , pa ćemo onda lako dobiti i integral
dxe
xxx
)cos()sin( . Računanje integrala dxex x )2sin( započinjemo parcijalnom
integracijom kod koje je )2sin( xu , xev i xev :
dxexexdxex xxx )2cos(2 )2sin( )2sin( . Zatim još jednom parcijalno integriramo, s tim da je ovaj put )2cos(2 xu , xev i xev :
dxexexexdxexex xxxxx )2sin(4 )2cos(2)2sin( )2cos(2 )2sin(
dxexexxdxexexex xxxxx )2sin( 4)2cos(2)2sin( )2sin( 4)2cos(2)2sin( . Sve skupa,
dxexexxdxex xxx )2sin( 4)2cos(2)2sin( )2sin( ,
Cxxedxex xx )2cos(2)2sin( )2sin( 5 ,
104
Cxxedxexx
x
5)2cos(2)2sin( )2sin( .
I tako,
Cxxedxexdxe
xx xx
x 5)2cos(2)2sin(
21 )2sin(
21 )cos()sin(
Cxxex
10
)2sin()2cos(2 .
Zadatak 99. Izračunajte integral dxe
xxx )2sin()2cos( .
Rješenje: Kao prvo,
dxexxdxexxdxe
xx xxx )2cos()2sin(2
21 )2cos()2sin( )2sin()2cos(
dxex x )4sin(21 .
Integral dxex x )4sin(21 ćemo izračunati pomoću dvije parcijalne integracije. Kod prve
parcijalne integracije će biti )4sin(21 xu , xev i xev :
dxexexdxex xxx )()4cos(24 )()4sin(
21 )4sin(
21
dxexex xx )4cos(2 )4sin(21 .
Kod druge parcijalne integracije će biti )4cos(2 xu , xev i xev :
dxexex xx )4cos(2 )4sin(21
dxexexex xxx )()4sin(8 )()4cos(2)4sin(21
dxexexex xxx )4sin( 8)4cos(2)4sin(21
105
dxexexx xx )4sin(8)4cos(4)4sin(21
dxexe
xx xx )4sin(8
2)4cos(4)4sin( .
Sve skupa,
dxexe
xxdxex xx
x )4sin(21 16
2)4cos(4)4sin( )4sin(
21 ,
Ce
xxdxex xx
2)4cos(4)4sin( )4sin(
21 17 ,
Ce
xxdxex xx
34)4cos(4)4sin( )4sin(
21 .
To znači da je i
Ce
xxdxe
xxxx
34
)4cos(4)4sin( )2sin()2cos( .
106
9. Računanje površina i volumena U ovom poglavlju rješavamo zadatke o površinama i volumenima. Kada u zadacima koji slijede računamo površinu lika L , onda lik L uvijek ima svojstvo da postoje realni brojevi a i b i neprekidne funkcije )(xf i )(xg takvi da vrijedi: 1) ba , 2) ako je bax , , onda je )()( xgxf ,
3) lik L je skup ) ,( yx )() , : 2 xfyg(xbxa .
Poznato je da je liku L , koji ima svojstva 1), 2) i 3), površina jednaka b
a
dxxgxf )()( .
Nadalje, u zadacima koji slijede, računanje volumena se uvijek svodi na računanje volumena takvog tijela T za kojega postoje realni brojevi a i b i neprekidna funkcija )(xf takvi da vrijedi: 1) ba , 2) ako je bax , , onda je 0)( xf ,
3) tijelo T nastaje rotacijom lika ) ,( yx )(0 , : 2 xfybxa oko iks osi.
Poznato je da je tijelu T , koje ima svojstva 1), 2) i 3), volumen jednak b
a
dxxf )( 2 .
Zadatak 100. Neka je T trokut sa vrhovima )0 ,0(A , )10 ,0(B i )10 ,5(C . Neka se lik L sastoji od onih točaka E koje imaju sljedeća dva svojstva: točka E leži unutar trokuta T ; produkt ( udaljenost točke E od stranice () AB udaljenost točke E od stranice )BC je veći od 8 (osam). Kolika je površina lika L ?
107
Slika 10. Lik iz zadatka 100. Rješenje: Ako točka ) ,( yx leži unutar trokuta T , onda je udaljenost točke ) ,( yx od stranice AB jednaka x , a udaljenost točke ) ,( yx od stranice BC je jednaka y10 . Točka ) ,( yx pripada liku L onda kada je
8)10( yx , 810 xyx , 810 xxy , 810 xxy , xx
xy 810810
.
Jednadžba stranice AC je xy 2 . Dakle, donji rub lika L je pravac xy 2 , a gornji rub lika
L je hiperbola x
y 810 . U kojim se točkama pravac xy 2 siječe sa hiperbolom
xy 810 ?
108
xx 8102 , 8102 2 xx , 08102 2 xx , 0452 xx ,
4 & 128 &
22
235
216255
x .
Sjecišta su točke )2 ,1( i )8 ,4( . Površina lika L je
1)1ln(81016)4ln(840 ))ln(810( 2810
4
1
24
1
xxxdxxx
909645111.3)2ln(16151081016)2ln(2840 .
Zadatak 101. Neka je L lik koji ima sljedeća svojstva: Prvo svojstvo: Najljevija točka lika L je ishodište )0 ,0( . Drugo svojstvo: Najdesnija točka lika L je prvo-poslije-ishodišta sjecište krivulje
)cos()sin(2 xxxy sa krivuljom )3cos()3sin(2 xxxy . Treće svojstvo: Donji rub lika L je dio krivulje )cos()sin(2 xxxy . Četvrto svojstvo: Gornji rub lika L je dio krivulje )3cos()3sin(2 xxxy . Kolika je površina lika L ?
Slika 11. Lik iz zadatka 101.
109
Rješenje: Kao prvo, )2sin()cos()sin(2)cos()sin(2 xxxxxxxx i )6sin()3cos()3sin(2)3cos()3sin(2 xxxxxxxx .
Neka je 1x apscisa prvog-poslije-ishodišta sjecišta krivulje )2sin( xxy sa krivuljom
)6sin( xxy . Vrijedi
)6sin()2sin( 1111 xxxx , pa je )6sin()2sin( 11 xx .
Broj 1x leži u intervalu 6
,0 , pa brojevi 12x i 16x oba leže u intervalu ,0 . Zato iz
)6sin()2sin( 11 xx slijedi da vrijedi jedno od sljedećega:
11 62 xx , 04 1 x , 01 x ili 11 62 xx , 18x , 81
x .
Budući da je 01 x , zaključujemo da je 81
x . Površina lika L je
8
0
8
0
)2sin()6sin( )2sin()6sin(
dxxxxdxxxxx .
Sada ćemo parcijalno integrirati. Uzeti ćemo da je xu , )2sin()6sin( xxv i
)2cos(21)6cos(
61 xxv . Na taj način dobivamo
8
0
)2sin()6sin(
dxxxx
8
0
8
0
)2cos(21)6cos(
611 )2cos(
21)6cos(
61
dxxxxxx
8
0
)2cos(21)6cos(
61 0
82cos
21
86cos
61
8
dxxx
8
0
)2sin(41)6sin(
361
4cos
21
43cos
61
8
xx
00
4sin
41
43sin
361
22
21
22
61
8
110
22
41
361
12232
822
41
22
361
42
122
8
92
242
7228
242
22
368
32
822
3691
1224
8
027985282.0291
24
.
Zadatak 102. Neka je )6cos()2cos(1)( xxxxf . Neka je p tangenta na krivulju
)(xfy , povučena u točki
2 ,
2 . Za
2 ,
4
x , tangenta p leži iznad krivulje
)(xfy . Neka se lik L sastoji od svih točaka ) ,( yx koje imaju sljedeća svojstva:
Prvo svojstvo: Apscisa x je veća od 4 , ali je manja od
2 .
Drugo svojstvo: Točka ) ,( yx leži iznad krivulje )6cos()2cos(1 xxxy , ali leži ispod tangente p . Kolika je površina lika L ?
Slika 12. Lik iz zadatka 102.
111
Rješenje: Lako se vidi (a uz to je i napisano u tekstu zadatka) da je
2
12
)111(2
)3cos()cos(122
f .
Sada još trebamo naći
2f , pa ćemo onda moći napisati jednadžbu tangente p . Vrijedi
)6sin(6)2sin(2)6cos()2cos(11)( xxxxxxf i
1)00(2
111)3sin(6)sin(22
)3cos()cos(12
f .
Jednadžba tangente p glasi
222 xffy ,
21
2 xy ,
22
xy , xy .
Površina lika L je
2
4
2
4
)6cos()2cos(11 )6cos()2cos(1
dxxxxdxxxxx
2
4
)2cos()6cos(
dxxxx .
Sada parcijalno integriramo, i to tako da je xu , )2cos()6cos( xxv i
)2sin(21)6sin(
61 xxv . Na taj način dobivamo
2
4
)2cos()6cos(
dxxxx
dxxxxxx )2sin(
21)6sin(
611 )2sin(
21)6sin(
61 2
4
2
4
112
dxxx )2sin(
21)6sin(
61
42sin
21
46sin
61
4)sin(
21)3sin(
61
2
2
4
2
4
)2cos(41)6cos(
361
2sin
21
23sin
61
4)00(
2
xx
2cos
41
23cos
361)cos(
41)3cos(
3611
21)1(
61
4
368
6369
361
64
40
410
361)1(
41)1(
361
631
4
745820997.092
6
.
Zadatak 103. Neka je L lik koji ima sljedeća svojstva: najljevija točka lika L je ishodište )0 ,0( ;
najdesnija točka lika L je točka
4 ,
4 ;
gornji rub lika L je dio krivulje )(cos2 xxy ; donji rub lika L je dio krivulje )(sin 2 xxy . Koliki volumen ima tijelo koje nastaje rotacijom lika L oko iks osi? Rješenje: Traženi volumen je
4
0
4
0
44
0
444
0
4 )(sin )(cos )(sin )(cos
dxxxdxxxdxxxdxxx
4
0
22224
0
44 )(sin)(cos )(sin)(cos )(sin)(cos
dxxxxxxdxxxx
4
0
4
0
)2cos( 1)2cos(
dxxxdxxx .
113
Potonji integral riješiti ćemo pomoću parcijalne integracije. Uzeti ćemo da je xu ,
)2cos( xv i )2sin(21 xv . Na taj način dobivamo
4
0
4
0
4
0
)2sin(211 )2sin(
21 )2cos(
dxxxxdxxx
4
0
4
0
)2cos(410
8 )2sin()2(
41 0
2101
21
4
xdxx
448302386.0484
18
1410
41
8
2
.
Zadatak 104. Neka je L lik kojega slijeva, zdesna, odozdo i odozgo redom omeđuju pravac
4
x , pravac 2
x , iks os i krivulja x
xy 2)sin( . Neka je T tijelo koje nastaje rotacijom
lika L oko iks osi. Tijelo T ima volumen 70703194.17 . Koristeći taj podatak, izračunajte
integral 2
4
)sin(
dxx
x .
Napomena. Funkcija dxx
x )sin( nije elementarna. Zato nemojte tražiti primitivnu funkciju
od x
x)sin( , nego iskoristite podatak o volumenu tijela T .
Rješenje: Volumen tijela T je
2
4
22
2
4
2
4)sin(4)(sin 2)sin(
dxxx
xxdxx
x
2
4
2
4
2
2
4
2 1 4 )sin( 4 )(sin
dxx
dxx
xdxx
2
4
2
4
2
4
14 )sin( 4 )2cos(121
xdx
xxdxx
114
2
4
2
4
424 )sin( 4 )2sin(21
21
dx
xxxx
2
4
24 )sin( 42
sin21
421)sin(
21
221
dx
xx
2
4
2
4
)sin( 4841
88 )sin( 4
41
80
4
dx
xxdx
xx
2
4
2
4
2
)sin( 401909871.10 )sin( 4848
dxx
xdxx
x .
No u zadatku piše da je volumen tijela T jednak 70703194.17 . Dakle,
70703194.17 )sin( 401909871.102
4
dxx
x ,
68793323.701909871.1070703194.17 )sin( 42
4
dxx
x ,
611786287.04
68793323.7 )sin( 2
4
dxx
x .
115
10. Taylorovi redovi Neka je )(xff funkcija sa intervala ba , u skup , neka točka c leži u intervalu ba , i neka je n N. Pretpostavimo da funkcija f u točki c ima n -tu derivaciju. Tada postoji polinom
nn
n cxn
cfcxcfcxcfcfcxP )(!
)(...)(!2
)()(!1
)()() ; ()(
2
.
Polinom ) ; ( cxPn zove se n -ti Taylorov polinom funkcije f u točki c . Polinom )0 ; (xPn još se zove i n -ti Maclaurinov polinom funkcije f . Ako funkcija f u točki c ima derivacije svakog reda, onda se promatra i beskonačnu sumu
...)(!3
)()(!2
)()(!1
)()() ; ( 32
cxcfcxcfcxcfcfcxP .
Ta se beskonačna suma zove Taylorov red funkcije f u točki c . Taylorov red funkcije f u točki nula još se zove i Maclaurinov red funkcije f . U ovom ćemo poglavlju izračunati nekoliko Maclaurinovih polinoma. Zadaci su poredani prema složenosti funkcije (nazovimo ju f ) kojoj računamo Maclaurinov polinom. Na početak su stavljeni zadaci u kojima je f racionalna funkcija. Zatim dolaze zadaci u kojima se u funkciji f pojavljuju ln -ovi. Na koncu dolaze zadaci u kojima se u funkciji f pojavljuju sinusi i/ili kosinusi.
Zadatak 105. Neka je )31()21(
)( 22 xxxxf
.
Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32 94 xxx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf .
Rješenje: Koristeći Maclaurinove razvoje ...11
1 65432 ttttttt
i
...7654321)1(
1 654322
tttttt
t, odmah dobivamo
)3(1
1)2(1
1)( 22 xxxxf
...)3()3(1...)2(6)2(5)2(4)2(3)2(21 2225432 xxxxxxxx
...)931(...)326165844341( 425432 xxxxxxxx
116
...)931(...)19280321241( 425432 xxxxxxxx
...)19280321241(...)931( 543242 xxxxxxxx
...)3696192()93680()1232()312(41 5432 xxxxxx
...132532094...)1325320941( 654325432 xxxxxxxxxxxx . Dakle, šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432 132532094 xxxxxx . Napomena. U tekstu zadatka piše “treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je
32 94 xxx ”, a sada vidimo da šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf također počinje sa 32 94 xxx . To nije slučajno. Svaki Maclaurinov polinom nižeg stupnja (skraćeno: Mpns)
je ujedno i početak Maclaurinovog polinoma višeg stupnja (skraćeno: Mpvs). Ako otprije znamo Mpns, pa onda izračunamo Mpvs, formula za Mpns može nam poslužiti za djelomičnu provjeru formule za Mpvs.
Zadatak 106. Neka je )1()2(
1)( 2
xxxf .
Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 2
163
41 x . Nađite peti Maclaurinov polinom
funkcije )(xf .
Rješenje: Koristeći Maclaurinove razvoje ...11
1 65432 ttttttt
i
...7654321)1(
1 654322
tttttt
t, bez većih poteškoća dobivamo
)(1
1
21
141
11
212
11
1)2(
1)( 222 xxxxxxxf
...
26
25
24
23
221
41 5432 xxxxx
...)()()()()(1 5432 xxxxx
...)1(...
326
165
84
431
41 54325432 xxxxxxxxxx
...)1(...
163
165
21
431
41 54325432 xxxxxxxxxx
117
432
165
21
4311
21
4311
4311)11(1
41 xxxx
...
163
165
21
4311 5x
...
1635812
165812
423
431
41 5432 xxxx
...646
649
161
163
41...
166
169
41
431
41 54325432
xxxxxxxx .
Prema tome, peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432
323
649
161
163
41 xxxx .
Zadatak 107. Neka je )31)(441(
41)( 2
2
xxxxxf
.
Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 251 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Kao prvo,
)3(1)21(21
)31)(21(21
)31()21()21)(21()( 2 xx
xxx
xxxxxxf
.
Uz pomoć formule ...11
1 5432
tttttt
, odatle dobivamo
...)2()2()2()2(21)21()( 5432 xxxxxxxf
...)3()3()3()3()3(1 5432 xxxxx
...)2438127931(...)32168421()21( 54325432 xxxxxxxxxxx
432 )1624365481()8121827()469()23(1)21( xxxxx ...)324872108162243( 5x
...133551371)21( 5432 xxxxxx
...)110133()2655()1413()27()21(1 5432 xxxxx
...232951 5432 xxxxx .
Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432 232951 xxxxx .
118
Zadatak 108. Neka je 123
)( 24
xxxxf .
Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32xx . Nađite deveti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Za početak, nazivnik funkcije )(xf rastavljamo na faktore. Rješenje kvadratne
jednadžbe 01232
tt je
1 & 31
66 &
62
642
61242
6)1(3442
t .
To znači da je )1)(13()1(313123 2
tttttt . Dakle, 123 24 xx
)31)(1()13)(1()1)(13( 222222 xxxxxx i
)3(11
11
311
11
)31)(1()( 222222 xx
xxx
xxx
xxf
.
Koristeći formulu ...11
1 432
ttttt
, sada dobivamo
...)3()3()3(31...)()()(1)( 42322224232222 xxxxxxxxxxf
...)8127931(...)1( 86428642 xxxxxxxxx
...)1392781()13927()139()13(1 8642 xxxxx
...612072...)6120721( 97538642 xxxxxxxxxx .
Deveti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 9753 612072 xxxxx .
Zadatak 109. Neka je )123)(1(
18)( 2
2
xxx
xxf .
Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 221 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Rješenje kvadratne jednadžbe 0123 2 xx je
31 & 1
62 &
66
642
61242
x .
119
To znači da je
2
2
2
2
2
22
)1)(31(81
)31()1(81
)13()1(18
31)1(3)1(
18)(xx
xxx
xxx
x
xxx
xxf
22
)(11
311)81(
xxx
.
Koristeći Maclaurinove razvoje funkcija t1
1 i 2)1(1t
(napisane u zadatku 106), odatle
dobivamo
...)3()3()3()3(31)81()( 54322 xxxxxxxf ...)(6)(5)(4)(3)(21 5432 xxxxx
...)654321(...)2438127931()81( 543254322 xxxxxxxxxxx
4322 )815427125()271894()963()32(1)81( xxxxx
...)2431628136156( 5x
...)135471461()81( 54322 xxxxxx
...)112135()4847()814()86(1 5432 xxxxx
...23621 5432 xxxxx . Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432 23621 xxxxx .
Zadatak 110. Neka je 22
12
)12(ln)(
xxexf
x
.
Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32 231 xx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Naravno, 12ln 12 xe x . Nadalje, rješenje kvadratne jednadžbe 012 2 xx je
1 & 21
44 &
42
431
4811
x .
To znači da je )1)(12()1(21212 2
xxxxxx . I tako,
120
22222 )1( 1
)2(11
)1)(21(1
)1)(12(1
)1()12(12)(
xxxxxxxxxxf
.
Koristeći Maclaurinove razvoje funkcija t1
1 i 2)1(1t
(napisane u zadatku 106), odatle
dobivamo
...)2()2()2()2()2(21)( 65432 xxxxxxxf ...)7654321( 65432 xxxxxx
...)7654321(...)6432168421( 6543265432 xxxxxxxxxxxx
432 )16161285()8864()443()22(1 xxxx ...)6464483220127()32322416106( 65 xx
...31129231 65432 xxxxx .
Šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432 31129231 xxxxx .
Zadatak 111. Neka je )168)(16(
14)( 22
xxxx
xxf .
Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 291 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Rješenje kvadratne jednadžbe 016 2 xx je
31 &
21
124 &
126
1251
122411
x .
To znači da je )13)(12(313
212
31
21616 2
xxxxxxxx .
Rješenje kvadratne jednadžbe 0168 2 xx je
41 &
21
164 &
168
1626
1632366
x ,
pa je stoga )14)(12(414
212
41
218168 2
xxxxxxxx .
Sve skupa,
121
)13()12(1
)14)(12()13)(12(14)( 2 xxxxxx
xxf
222 )2(11
311
)21(1
311
)12(1
131
xxxxxx
.
Uz pomoć Maclaurinovih razvoja funkcija t1
1 i 2)1(1t
(napisanih u zadatku 106), odatle
dobivamo
...)3()3()3()3(31)( 5432 xxxxxxf ...)2(6)2(5)2(4)2(3)2(21 5432 xxxxx
...)326165844341(...)2438127931( 54325432 xxxxxxxxxx
...)19280321241(...)2438127931( 54325432 xxxxxxxxxx
432 )811081089680()27363632()91212()34(1 xxxx
...)243324324288240192( 5x
...365591...)365591( 54325432 xxxxxxxxxx . Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432 365591 xxxxx .
Zadatak 112. Neka je
3
2
)12(14ln)(
xxxf .
Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 2106 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf .
Rješenje: Uz pomoć formule ...65432
)1ln(65432
ttttttt lako dobivamo
)21ln(3)41ln()12ln(3)14ln()12(ln)14ln()( 2232 xxxxxxxf
...
5)2(
4)2(
3)2(
2)2(23...
2)4(4
5432222 xxxxxxx
...
532
416
38
2423...
2164
543242 xxxxxxx
122
...
5324
38223...)84( 543242 xxxxxxx
...
59612866...)84( 543242 xxxxxxx
...59648106 5432 xxxxx .
Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432
59648106 xxxxx .
Zadatak 113. Neka je
)12()14(
ln)( 22 xxexf
x
.
Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32
386 xxx . Nađite šesti Maclaurinov
polinom funkcije )(xf . Rješenje: Koristeći Maclaurinov razvoj funkcije )1ln( t (napisan u zadatku 112), bez većih poteškoća dobivamo
)12ln()14(ln)ln()( 22 xxexf x
)21ln()41ln(2)12ln()14ln(2 22 xxxxxx
...
6)2(
5)2(
4)2(
3)2(
2)2(2...
3)4(
2)4(42
6543232222 xxxxxxxxxx
...
664
532
416
38
242...
364
21642
65432642 xxxxxxxxxx
...
332
5324
3822...
364842 65432642 xxxxxxxxxx
...
332
5324
3822...
3128168 65432642 xxxxxxxxxx
...325
3220386...
396
53220
386 6543265432 xxxxxxxxxxxx .
Šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432 3253220
386 xxxxxx .
123
Zadatak 114. Neka je
x
xxf21
21ln)( .
Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32 43 xxx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf .
Rješenje: Uz pomoć formula ...65432
)1ln(65432
ttttttt i
...65432
)1ln(65432
ttttttt , lako dobivamo
)21ln(21)21ln(21ln)21ln()( xxxxxf
...
6)2(
5)2(
4)2(
3)2(
2)2(2
65432 xxxxxx
...
6)2(
5)2(
4)2(
3)2(
2)2(2
21 65432 xxxxxx
...
664
532
416
38
242
65432 xxxxxx
...
664
532
416
38
242
21 65432 xxxxxx
...
316
5162
34...
332
5324
3822 6543265432 xxxxxxxxxxxx
...3
16548243 65432 xxxxxx .
Šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432
316
548243 xxxxxx .
Zadatak 115. Neka je
22
12613
231ln)(
xxxxxf .
Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 2xx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Kao prvo, vrijedi
124
22
121
231ln
221
)13(213
231ln)(
xx
xxxxxf
)1(21)1)(1(3ln
)1(21
233ln
221
23
23ln
xxx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
2232ln
2223ln
22133ln
)1(21)1(3ln
2222
)1ln(231ln
1231
ln 2
2
xxx
x
.
Koristeći Maclaurinov razvoj funkcije )1ln( t (napisan u zadatku 114), odatle dobivamo
...65432
...3
23
223
23)(
65432
32
22
2 xxxxxxxx
xxf
...61
51
41
31
21...
3827
249
23 65432
64
2 xxxxxxxx
x
...
244
51
82
31
21...
2427
89
23 65432642 xxxxxxxxx
...2423
51
87
31 65432 xxxxxx .
Šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432
2423
51
87
31 xxxxxx .
Zadatak 116. Neka je
325
227
2412ln)( x
xxxxf .
Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 23xx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Kao prvo, vrijedi
125
32
522
721ln3
25
227
)12(212ln)( x
xx
xxxxf
)1(2)1(237)1)(15(ln3
)1(27
215ln
xxxx
xx
xx
xx
xxxxx
2252ln
2225ln
)1(2667155ln
222
)1ln(251ln
1251
ln 2
2
xxx
x
.
Koristeći Maclaurinov razvoj funkcije )1ln( t (napisan u zadatku 114), odatle dobivamo
...65432
...3
25
225
25)(
65432
32
22
2 xxxxxxxx
xxf
...61
51
41
31
21...
38
125
2425
25 65432
64
2 xxxxxxxx
x
...
244
51
82
31
21...
24125
825
25 65432642 xxxxxxxxx
...843
51
823
313...
24129
51
823
31
26 6543265432 xxxxxxxxxxxx .
Šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432
843
51
823
313 xxxxxx .
Zadatak 117. Neka je
2
2
214231ln)(
xxxxf .
Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32 26323 xxx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Rješenje kvadratne jednadžbe 01234 2 xx je
126
42 &
22
822 &
824
8223
8161823
x .
To znači da je
42
22412344231 22 xxxxxx
)221)(21(4422
222
4222
222 xxxxxx
,
pa je
)21ln()221ln()21ln(21
)221)(21(ln)( 22 xxx
xxxxf
.
Koristeći Maclaurinove razvoje funkcija )1ln( t i )1ln( t (napisane u zadatku 114), odatle dobivamo
...
6)2(
5)2(
4)2(
3)2(
2)2(2)(
65432 xxxxxxxf
...
6)22(
5)22(
4)22(
3)22(
2)22(22
65432 xxxxxx
...
3)2(
2)2(2
32222 xxx
...
68
524
44
322
222
65432 xxxxxx
...
6512
52128
464
3216
2822
65432 xxxxxx
...
38
242
642 xxx
...
34
524
3222 65432 xxxxxx
...
3256
5212816
3216422 65432 xxxxxx
...
3822 642 xxx
127
...3
2525
2132153
218323 65432 xxxxxx
...845
21321526323 65432 xxxxxx .
Traženi Maclaurinov polinom je 65432 845
21321526323 xxxxxx .
Zadatak 118. Neka je 2
2
821)861ln()(
xxxxxf
.
Prvi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je x6 . Nađite četvrti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Rješenje kvadratne jednadžbe 0168 2 xx je
21 &
41
168 &
164
1626
1632366
x .
To znači da je
)21)(41()12)(14(212
414
21
418168 2 xxxxxxxxxx
,
pa je
)21ln()41ln()21)(41(ln)168ln()861ln( 22 xxxxxxxx . Koristeći Maclaurinov razvoj funkcije )1ln( t (napisan u zadatku 114), odatle dobivamo
...
4)2(
3)2(
2)2(2...
4)4(
3)4(
2)4(4)861ln(
4324322 xxxxxxxxxx
...
416
38
242...
4256
364
2164
432432 xxxxxxxx
...4
3822...64
36484 432432 xxxxxxxx
...6824106...683
72106 432432 xxxxxxxx .
128
Rješenje kvadratne jednadžbe 0128 2 xx je
41 &
21
164 &
168
1662
16362
163242
x .
To znači da je
414
212
41
218128821 22 xxxxxxxx
)4(1)21()14)(12( xxxx .
Uz pomoć formule ...11
1 32
tttt
, odatle dobivamo
)4(1
121
1821
12 xxxx
...)4()4(41...)2()2(21 3232 xxxxxx
...)641641...)(8421( 3232 xxxxxx
...)8163264()4816()24(1 32 xxx
...401221 32 xxx .
Na koncu,
22
8211)861ln()(
xxxxxf
...)401221(...)6824106( 32432 xxxxxxx
...)6848120240()242072()1012(6 432 xxxx
...1007626 432 xxxx .
Četvrti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 432 1007626 xxxx .
Zadatak 119. Neka je x
xxf
1)4sin(1
)( .
Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 231 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf .
129
Rješenje: Kao prvo,
)2cos()2sin(2)2(cos)2(sin)4sin(1 22 xxxxx
2 22 )2cos()2sin()2(cos)2cos()2sin(2)2(sin xxxxxx , tako da je
x
xxx
xxxf
1
)2cos()2sin(1
)2cos()2sin()(
2
.
Koristeći Maclaurinove razvoje ...!5!3
)sin(53
tttt , ...
!4!21)cos(
42
ttt i
...11
1 5432
tttttt
, odatle lako dobivamo
x
xxxf1
1)2cos()2sin()(
xxxxxx
11...
!4)2(
!2)2(1...
!5)2(
!3)2(2
4253
xxxxxx
11...
!5)2(
!4)2(
!3)2(
!2)2(21
5432
xxxxxx
11...
12032
2416
68
2421
5432
...)1(...
154
32
34221 54325432 xxxxxxxxxx
432
32
34221
34221)221()21(1 xxxx
...
154
32
34221 5x
...
154
31
31
3131 5432 xxxxx
...53
31
3131...
159
31
3131 54325432 xxxxxxxxxx .
130
Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432
53
31
3131 xxxxx .
Zadatak 120. Neka je 16
)3(sin)3(cos)( 2
22
xx
xxxf .
Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 2111 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Kao prvo, )6cos()3(sin)3(cos 22 xxx . Koristeći Maclaurinov razvoj
...!4!2
1)cos(42
ttt , zaključujemo da je
...5418124
12962
361...!4)6(
!2)6(1)3(sin)3(cos 42
424222 xxxxxxxx .
Nadalje, rješenje kvadratne jednadžbe 016 2 xx je
31 &
21
124 &
126
1251
122411
x .
To znači da je
31
21616 2 xxxx . Sada ćemo funkciju
31
216
116
12
xxxx rastaviti na parcijalne razlomke.
31
21
31
216
1
x
B
x
A
xx, BxAx
216
3161 ,
1216
316
BxAx . (1)
Stavljajući 21
x , iz jednadžbe (1) dobivamo 162
636
A , 1
656
A , 15 A ,
51
A .
Stavljajući 31
x , iz jednadžbe (1) dobivamo 163
626
B , 1
656 B , 15 B ,
51
B .
I tako,
131
13
53
1252
31
51
21
51
31
216
116
12 xxxxxxxx
xx 311
53
)2(11
52
.
Uz pomoć formule ...11
1 5432
tttttt
odavde dobivamo
16
12 xx
...)2()2()2()2(2152 5432 xxxxx
...)3()3()3()3(3153 5432 xxxxx
...)2438127931(53...)32168421(
52 54325432 xxxxxxxxxx
...
564
532
516
58
54
52 5432 xxxxx
...
5729
5243
581
527
59
53 5432 xxxxx
...133551371...5
6655
275565
535
55
55 54325432 xxxxxxxxxx .
Sve skupa,
16
1)3(sin)3(cos)( 222
xxxxxf
...)133551371(...)54181( 543242 xxxxxxx
...)54234133()5412655()1813()187(1 5432 xxxxx
...47175111 5432 xxxxx .
Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432 47175111 xxxxx .
132
Na tom i tom kolokviju/ispitu, trebalo je riješiti te i te zadatke Ova zbirka sadrži sve zadatke sa ukupno 37 provjera znanja: 16 kolokvija, 2 popravna kolokvija i 19 završnih ispita. Za svaku od tih 37 provjera znanja, u ovom je spisku navedeno od kojih se zadataka sastojala. Dakle, iz ovog se spiska vidi što se na prvom kolokviju, drugom kolokviju,… tražilo prijašnjih akademskih godina. Na osnovi tih podataka, dade se dosta dobro naslutiti što će se na prvom kolokviju, drugom kolokviju,… tražiti u tekućoj akademskoj godini. kolokvij od 24. listopada 2006.: zadaci 1 i 24 kolokvij od 28. studenoga 2006.: zadaci 35, 36 i 68 kolokvij od 20. prosinca 2006.: zadaci 69, 74 i 89 kolokvij od 26. siječnja 2007.: zadaci 86, 100 i 106 ispit od 9. veljače 2007.: zadaci 29, 67, 71 i 114 ispit od 23. veljače 2007.: zadaci 11, 42, 101 i 120 ispit od 27. travnja 2007.: zadaci 14, 51, 52 i 104 ispit od 20. lipnja 2007.: zadaci 49, 55, 77 i 119 ispit od 6. srpnja 2007.: zadaci 37, 54, 88 i 102 ispit od 7. rujna 2007.: zadaci 31, 46, 78 i 94 ispit od 21. rujna 2007.: zadaci 25, 66, 103 i 105 kolokvij od 29. listopada 2007.: zadaci 3 i 23 kolokvij od 26. studenoga 2007.: zadaci 30 i 45 kolokvij od 17. prosinca 2007.: zadaci 63 i 85 kolokvij od 21. siječnja 2008.: zadaci 87 i 108 ispit od 1. veljače 2008.: zadaci 32, 70 i 93 ispit od 22. veljače 2008.: zadaci 26, 58 i 72 ispit od 18. travnja 2008.: zadaci 38, 59 i 79 ispit od 13. lipnja 2008.: zadaci 50, 82 i 98 ispit od 27. lipnja 2008.: zadaci 34, 57 i 107 ispit od 5. rujna 2008.: zadaci 2, 39 i 112 ispit od 19. rujna 2008.: zadaci 33, 76 i 113 kolokvij od 3. studenoga 2008.: zadaci 4, 15 i 20 kolokvij od 9. prosinca 2008.: zadaci 47 i 65 kolokvij od 9. siječnja 2009.: zadaci 75 i 99 kolokvij od 28. siječnja 2009.: zadatak 110 popravni kolokvij od 30. siječnja 2009.: ako se ispravljao kolokvij od 3. studenoga 2008., pisali su se zadaci 7, 18 i 19; ako se ispravljao kolokvij od 9. prosinca 2008., pisali su se zadaci 48 i 56; ako se ispravljao kolokvij od 9. siječnja 2009., pisali su se zadaci 73 i 95; ako se ispravljao kolokvij od 28. siječnja 2009., pisao se zadatak 109. ispit od 6. veljače 2009.: zadaci 5, 61, 92 i 111 ispit od 20. veljače 2009.: zadaci 8, 64, 90 i 117 ispit od 28. travnja 2009.: zadaci 6, 53, 91 i 118
133
kolokvij od 3. studenoga 2009.: zadaci 10, 17 i 21 kolokvij od 1. prosinca 2009.: zadaci 40 i 62 kolokvij od 7. siječnja 2010.: zadaci 84 i 97 kolokvij od 22. siječnja 2010.: zadatak 115 popravni kolokvij od 27. siječnja 2010.: ako se ispravljao kolokvij od 3. studenoga 2009., pisali su se zadaci 9, 16 i 22; ako se ispravljao kolokvij od 1. prosinca 2009., pisali su se zadaci 41 i 60; ako se ispravljao kolokvij od 7. siječnja 2010., pisali su se zadaci 83 i 96; ako se ispravljao kolokvij od 22. siječnja 2010., pisao se zadatak 116. ispit od 2. veljače 2010.: zadaci 12, 28, 44 i 80 ispit od 16. veljače 2010.: zadaci 13, 27, 43 i 81
134
Literatura [1] H. Anton, Calculus – A New Horizon, sixth edition, John Wiley & Sons, Inc., New York, 1999. [2] B. P. Demidovič (ur.), Zadaci i riješeni primjeri iz matematičke analize za tehničke fakultete, sedmo izdanje, Golden marketing – Tehnička knjiga, Zagreb, 2003. [3] T. Došlić, N. Sandrić, Matematika 1, skripta, Građevinski fakultet, Sveučilište u Zagrebu, 2008. http://www.grad.hr/nastava/mat1/MAT1.pdf [4] P. Javor, Matematička analiza 1, nulto izdanje, Element, Zagreb, 1995. [5] L. D. Kudrjavcev, A. D. Kutasov, V. I. Čehlov, M. I. Šabunin, Sbornik zadač po matematičeskomu analizu: Integraly. Rjady, Nauka, Moskva, 1986. [6] S. Kurepa, Matematička analiza, Prvi dio – diferenciranje i integriranje, osmo prerađeno i prošireno izdanje, Tehnička knjiga, Zagreb, 1989. [7] M. Pašić, Matematika 1, s više od 800 riješenih primjera i zadataka, Merkur A.B.D., Zagreb, 2005. [8] S. K. Stein, A. Barcellos, Calculus and Analytic Geometry, fifth edition, McGraw–Hill, Inc., New York, 1992.