Mate Vijuga - Rijeseni Zadaci Iz Vise Mate Ma Tike

7/11/2019 Mate Vijuga - Rijeseni Zadaci Iz Vise Mate Ma Tike

http://slidepdf.com/reader/full/mate-vijuga-rijeseni-zadaci-iz-vise-mate-ma-tike 1/261

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz Vise Matematike

20 10 0 -10 -20

2512.50

-12.5-25

10

5

0

-5

-10

x

y

z

x

y

z

by Mate Vijuga



Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

Sadrzaj 1

SADRZAJ

1. Funkcije, Limes, Neprekinutost broj stranica1.1 Brojevi – slijed, interval, limes 2

1.2 Pojam funkcije, graf, vrste funkcija 91.3 Neprekinutost funkcije 4

2. Derivacije

2.1 Pojam derivacije 62.2 Pravila za derivaciju 32.3 Rijeseni zadaci:2.3.1 Deriviranje algebarskih izraza 52.3.2 Tangenta i normala na krivulju 52.3.3 Derivacija implicitno zadane funkcije 22.3.4 Rjesavanje zadataka iz fizike 5

2.3.5 L’Hospitalovo pravilo 6

3. Teoremi srednje vrijednosti funkcije 4

4. Analiza toka funkcije, ekstremi4.1 Osnovni pojmovi 14.2 Asimptote i polovi funkcije 34.3 Ekstremi i graficki prikaz toka funkcije 14

5. Funkcije u parametarskom obliku ipolarnim koordinatama

5.1 Funkcije zadane u parametarskom obliku 35.2 Funkcije zadane u polarnom koordinatnom sustavu 75.3 Zakrivljenost krivulja i evoluta 5

6. Beskonacni redovi 7

7. Neodredjeni integrali 7.1 Opcenito o integralu i pravilima integriranja 37.2 Neodredjeni integral razlomljene racionalne funkcije 127.3 Neodredjeni integral trigonometrijskih funklcija 4

7.4 Razni zadaci 7

8. Odredjeni integrali 8.1 Opcenito o odredjenim integralima 28.2 Razni zadaci 10

9. Nepravi integrali 9.1 Opcenito o nepravim integralima 1




Sadrzaj 2

9.2 Razni zadaci 5

10. Diferencijalne jednadzbe 10.1 Opcenito o diferencijalnim jednadzbama 210.2 Osnovne postavke o diferencijalnim jednadzbama 3 10.3 Oblici diferencijalnih jednadzbi 2

10.4 Diferencijalne jednadzbe prvog reda10.4.1 Diferencijalne jednadzbe sa odvojenim koeficijentima 510.4.2 Egzaktne diferencijalne jednadzbe 510.4.3 Linearne diferencijalne jednadzbe 510.4.4 Teorija rjesenja 3

11. Diferencijalne jednadzbe - Primjena11.1 Proracun prirodnog rasta ili pada 411.2 Primjena u fizici 8

12. Diferencijalne jednadzbe viseg reda12.1 Homogene diferencijalne jednadzbe sa konstantnim koeficijentima 1 12.2 Linearne diferencijalne jednadzbe sa konstantnim koeficijentima 212.3 Linearne dif. jedn. metoda nedefiniranih koefic. 212.4 Linearne dif. jedn. metoda varijacije parametara 3 12.5 Primjena linearnih dif.jedn. drugog reda 5

13. Laplace-ova transformacija13.1 Opcenito o Laplace transformaciji 1013.2 Inverzna Laplace transformacija 5

13.3 Konvolucija funkcija 313.4 Primjena Laplace transformacije13.4.1 Rjesavanje linearnih DJ sa konstantnim koeficijentima 613.4.2 Rjesavanje sistema linearnih DJ 3

14. Funkcije dviju ili vise promjenjivih14.1 Opcenito o funkcijama dviju promjenjivih 314.2 Parcijalne derivcije 1114.3 Ekstremne vrijednosti funkcija sa dvije promjenjive 1314.4 Ovojnica porodice funkcija u ravnini 1

15. Vektori u prostoru15.1 Opcenito o vektorima 1315.2 Derivacije u odredjenom smjeru 2




Funkcije 1

1. FUNKCIJE, LIMES, NEPREKINUTOST

1.1 Brojevi - slijed, interval, limes

Slijed realnih brojeva je postava brojeva na primjer u obliku 1,2,3..., , 1... koji na realnoj

osi imaju oznaceno mjesto odgovarajucom tockom.

Za svaki broj, za koji vrijedi , i su grani

n n

x

a x b a b

+

≤ ≤

[ ] ( )

ce intervala i u ovom slucaju je to

zatvoren interval , . Ako vrijedi , tada je , otvoreni interval. Interval moze

biti otvoren ili zatvoren, zatvoren samo sa lijeve ili samo sa desne strane.

S

a b a x b a b< <

lijed je brojiv, ako se svakom clanu slijeda moze pridruziti odgovarajuci realni broj u obliku

Slijed neparnih brojeva 1 3 5 7 9 ...

jedan prema jedan:

Pridruzimo realne brojeve 1 2 3 4 5 6

Broj clanova slijed

a moze biti konacan ili beskonacan.

( )0

Slijed racionalnih brojeva je konacno brojiv a slijed na pr. iracionalnoh brojeva ili realnih

brojeva je konacno nebrojiv. Broj clanova se oznacava sa elphi nula i naziva se i

kardinalni broj C.

Slije

ℵ

( )

d brojeva za koje vrijedi da je gdje je 0, naziva se okolis tocke .

Kada je 0 , je brisani okolis broja .

Tocka gomilanja, granicna tocka slijeda, je broj A za koji vrijed

x x a

x a x a a

δ δ δ

δ δ

− < >

< − < ≠

a

i da svaki brisani okolis

tocke A sadrzi clanove slijeda. Znaci, da za svaki po volji mali 0 moze se naci clan slijeda,

broj , koji nije jednak A ali vrijedi . Za vrlo mali mora biti konac x x A

δ

δ

δ δ

>

− < ni broj clanova

sa vrijednosti . Slijed koji sadrzi sve svoje granicne tocke, zovemo zatvorenim slijedom.

Ako za sve brojeve , slijeda, postoji broj gdje vrijedi , slijed je ogranicen sa gornje

x

x M x M ≤

strane a M je gornja granica. Slicno, za , broj je donja granica. Za sve za koje

vrijedi kazemo da je slijed ogranicen.

Weierstrass-Bolzano-v teorem tvrdi da svaki ograniceni slijed ima

m x m x

m x M

≥

≥ ≤

barem jednu granicnu tocku.

1 2 3 1 2 3

1. Imamo slijed koji je nastao od dva slijeda: A i B, oba slijeda su brojiva. Dokazi da je

novonastali slijed brojeva takodjer brojiv.

... ..

Za lijed A vrijedi: Za lijed B vrijedi:

1 2 3 ...

a a a b b b

.

1 2 3 ...

Za novonastali slijed mozemo sada imati dva slucaja:




Funkcije 2

1 1 2 2 3Clanovi A i B ...

a) Elementi u A i B su rasliciti: slijed je brojiv

Prirodni brojevi 1 2 3 4 5 ...

b) Neki clanovi su jednak a neki se razlikuju. Isti postupak mozemo primijeniti na clanove

a b a b a

koji

se razlikuju. Zakljucujemo, slijed je brojiv.

Slijed sastavljen od svih clanova A ili B ili oba, naziva se unija od i i oznacava se sa

ili .

Slijed sastavljen od jednakih clanova u A il

A B

A B A B∪ +

i B slijeda , naziva se presjek i i oznacava se

sa ili .

Slijed sastavljen od clanova u A ali ne od clanova u B, naziva se razlika i i oznacava se

sa .

A B

A B A B

A B

A B AB

∩ ⋅

− =

2. Dokazi da je slijed racionalnih brojeva izmedju 0 i ukljucivsi 1, brojiv.

Predstavimo brojeve slijeda u obliku razlomaka i pridruzimo jedan prema jedan, prirodne brojeve:

Racionalni brojevi:

Prirodnibr

1 1 20 1 ...

2 3 3

ojevi : 1 2 3 4 5 ...

Vidimo da je slijed brojiv izmedju 0 i ukljucivsi jedan jer mozemo pridruziti prorodne brojeve

[ ]

[ ] 1 2 3

3. Dokazi da slijed realnih brojeva u zatvorenom intervalu 0,1 nije brojiv.

Svaki realni broj u 0,1 moze se prikazati sa decimalnim znamenkama oblika . ...

gdje je sa a osnacena bilo koja znamenka

a a a

[ ]

11 12 13 21 22 23 31 32 33

0,1,2,3,...9. Na primjer broj 0.653 mozemo

napisati kao 0.6530000... i to je isto kao i 0.6529999.... Ako su realni brojevi u 0,1 brojevi,

mozemo napisati

0. 0. 0. .

znani odnos:

a a a a a a a a a

[ ]

1 2 3 1 11 2 22 3 33

..

1 2 3 ...

Napravimo novi broj 0. tako da vrijedi , , . Taj novi broj u

0,1 je razlicit i ne mozemo pridruziti prirodne brojeve kao gore. Znaci da je slijed nebrojiv.

b b b b a b a b a≠ ≠ ≠

1 1 14. Dokazi da slijed brojeva 1, , , ,... ima granicu. Utvrdi koja je najniza gornja granica i

2 3 4

najvisa donja granica. Dokazi da je 0 granica (limes) slijeda. Utvrdi da li je slijed zatvoren.




Funkcije 3

3Slijed ima granicu, jer je svaki clan manji od na pr. i veci od na pr. 1. Slijed je orgrani

2

Slijed nema veceg clana od 1 i ima barem jedan clan koji je veci od 1 , za svaki pozitivn

Z

ε

− −

− −

naci da je 1 najniza gornja granicna vrijednost slijeda.

Slicno, nema manjeg broja od 0 i ima barem jedan clan koji ima vrijednost 0 , za svaki

Znaci da je 0 najvisa donja granicna vrijed

ε − +

nost slijeda.

Uzmemo bilo koji clan slijeda. Moze se uvijek naci takav da vrijedi 0 za sva

pozitivni broj , a to snaci da je 0 granica odnosno limes zadanog slijeda.

Slijed nije zatvoren j

x x xδ

δ

− <

− er 0 nije clan slijeda.

<

1.2 Pojam funkcije, graf funkcije, vrste funkcija

Funkcija je pojam kojim je definiran odnos dva slijeda brojeva ili opcenito odnos dviju velicinaAko svakoj vrijednosti jedne velicine, zvane nezavisna promjenjiva , druga velicina poprima

jednu ili

x

( ) ( ) ( ) (

vise vrijednosti, tada je odnos funkcionalni i ta druga velicina je funkcija ili zavisna

promjenjiva obicno oznacena sa ili . Odnos se pise u obliku , , ,

i tome slicno.

Vrijednosti koje n

y f x y f x y G x F x y= =

[ ] ( )

ezavisna promjenjiva ili argument moze poprimiti naziva se podrucje

definiranosti ili domena funkcije. Oznacava se sa na pr. a,b zatvoreni interval ili a,b otvore

interval.

Graf funkcije je slikovi

x

( )

( )

ti prikaz odnosa u obicno, pravokutnom koordinatnom sustavu

u obliku krivulje koja spaja parove tocaka i .

Jednoznacna funkcija je ona funkcija, koja za jednu vrijednost argumenta poprima s

y f x

x f x

x

=

amo

jednu vrijednost . y

1 2

Viseznacna funkcija je ona funkcija, koja za jednu vrijednost argumenta poprima vise

vrijednosti za .

Monotono rastuca funkcija u nekom intervalu, je ona funkcija koja za dvije vrijednosti

i un

x

y

x x ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2

1 2 1 2

utar intervala i ima . Za , funkcija je strikno

rastuca.

Monotono padajuca funkcija u nekom intervalu, je ona funkcija koja za dvije vrijednosti

i unutar intervala i

x x f x f x f x f x

x x x x

≤ ≤ <

≤ ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2

ima f f . Za , funkcija je strikno

padajuca.

x x f x f x≥ >

( )Ako postoji takav broj da je za svako unutar intervala, tada je slijed brojeva

ogranicen sa gornje strane i tocka je gornja granica funkcije.

M f x M x

M

≤

( )Ako postoji takav broj da je za svako unutar intervala, tada je slijed brojevam f x m x≥




Funkcije 4

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 22

1 1

ogranicen sa donje strane i tocka je donja granica funkcije.

5. Primjer jednoznacne funkcije u intervalu 1 1:

Domena je u intervalu 1 1 1 1, 1 1

Svakoj vrijednosti za i

m

y f x x x

x y f x x f f

x

−

= = − ≤ ≤

− ≤ ≤ ⇒ = = ⇒ = − = = =

( ) [ ]

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

2 22

1 1

2

0

mamo jednu vrijednost za .

6. Primjer dvoznacne funkcije 1 u intervalu 1,1 :

1 1 1 0, 1 1 0

Dalje imamo: 1 0 1

Svakoj vrijednosti za imamo dvije vrijednost za .

y

y f x x

y f x x f f

y

x y

−

= = ± − −

= = ± − ⇒ = ± − − = == ± − =

= ± − = ±

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

1 1

Zadani primjer je kruznica sa sredistem

u ishodistu radijusa 1: 1 1

7. Primjer granice funkcije: Funkcija 3 u intervalu 1 1 ima slijedece

vrijednosti: 3 1 3 2 1 3 4

Funkcij

x y y x

y x x

y x y y−

+ = ⇒ = ± −

= + − ≤ ≤

= + ⇒ = − + = = + =

( )0

a ima gornju granicu 4 i donju granicu 2.

18. Primjer granice funkcije: Funkcija u intervalu 0 4 ima slijedece vrijednosti:

1 1Za dovoljno mali funkcija porima veliku vrijednost, nije ogra

0

y x x

y y x x

= < <

= ⇒ =

( )4

nicena.

1 1Za 4 funkcija ima donju granicu .

4 4 y x m= = =

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) (

9. Zadana je funkcija 8 2 u intervalu 2 8.

)Izracunaj 6 i 1 . b)Koje je podrucje definiranosti funkcije?

)Izracunaj 1 2 i definiraj domenu. )Izracunaj 3 , 5 )Nacrtaj graf

)

f x x x x

a f f

c f t d f f f f e f x

a f

= − − ≤ ≤

−

−

( ) ( ) ( )

( )[ ]

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

6 8 6 6 2 4 2 8

1 funkcija nije definirana jer 1 je van zadanog intervala.

)Podrucje definiranosti su svi brojevi unutar zatvorenog intervala 2,8

) 1 2 8 1 2 1 2 2 7 2 1 2 i mora zadovoljavati uv

f

b

c f t t t t t

= − − = ⋅ =

− ⇒ −

− = − − − − = + − − jete

( )

)

1 7 7 12 1 2 8 2 1 2 1 2 8

2 2 2 2t t t t t t ≤ − ≤ ⇔ ≤ − ⇒ ≤ − − ≤ ⇒ ≥ − ⇒ − ≤ ≤ −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )) 3 8 3 3 2 5 3 5 8 5 5 2 9 odnosnod f f f f = − − = = = − − =




Funkcije 5

( ) ( )5 9 nije definirano f f f =

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

1

2 2

221

1,2

10. Izrazi funkciju za funkciju iz gornjeg zadatka i nacrtaj graf i dokazi da je funkcija

viseznacna.

8 2 8 16 2 10 16 0

10 10 4 164Rjesimo po :

2 2

10 36

f x

f x x x y x x x x x y

yb b ac x x f y

a

−

−

= − − ⇒ = − − + ⇒ − + + =

± − +− ± −= = = =

±=

( )

( )

1

1

4 10 2 95 9 zamijenimo nepoznanice:

2 2

5 9

Dio grafa AV, je predstavljen sa 5 9 , a dio sa 5 9 .

Za sve vrijednosti , u intervalu 0 9 funkcija je dvoznacna.

y y y

y f x x

y x VB y x

x x f x

−

−

− ± −= = ± −

= = ± −

= + − = − −

≤ <

( )11. Dokazi da je funkcija 5 9 , striktno padajuca u intervalu 0 9 i

ispitaj da li je monotono padajuca u istom intervalu. Da li funkcija ima jednoznacnu inverznu

funkciju?

1) Funkcija je strikt

y f x x x= = + − ≤ ≤

( ) ( )1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

no padajuca ako > kada je . Znaci da za : imamo

9 9 9 9 5 9 5 9

Funkcija je striktno padajuca.

f x f x x x x x

x x x x x x

< <

− > − ⇒ − > − ⇒ + − > + −




Funkcije 6

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

1 2

22

2 2

2) Iz > zakljucujemmo, funkcija je ujedno i monotono padajuca.

3) Rijesimo 5 9 po : 5 9 5 9

10 25 9 10 16 2 8

Inverzna funkcija funkcije 5 9 je jednoznacna.

f x f x

y f x x x y x y

y y x x y y x y y

f x x

= = + − ⇒ − = − ⇒ − =

− + = − ⇒ = − + − ⇒ = − −

= + −

x−

( )

( )

1sin , 0

12. Zadana je funkcija . Konstruiraj graf funkcije.

0, 0

1 1 1Analizirajmo izraz sin : 0 kada je sin 0 1,2,3,...

1 1 1odnosno, kada je , , ...Graf je omedjen sa dva pra

2 3

x x y f x x

x

x y f x k k x x x

x

π

π π π

>

= = =

= = = ⇒ = =

= vca, i . y x y x= = −

( ) 1 2

1 2 1 0

0 1 2

Slijedece vrste funkcija se cesto susrecu:

1. Cijela racionalna funkcija ili funkcija polinoma

...

Koeficijenti , , ... su konstante a je stupanj polinoma.

Za 0 fu

n n n

n n n

n

P x a x a x a x a x a

a a a a n

n

− −− −= + + + + +

= ( )

( )0 0

1 1 0

nkcija ima oblik i graf je pravac paralelan sa osi .

Za 1 funkcija ima oblik i graf predstavlja pravac.

P x a x

n P x a x a

=

= = +




Funkcije 7

( )

( )

1 0

2

2 2 1 0

3 2

3 3 2 1 0

koeficijent tan koeficijent smjera, odsjecak pravca na osi .

Za 2 funkcija ima oblik graf je kvadratna funkcija.

Za 3 funkcija ima oblik grafje kubna fun

ya a

x

n P x a x a x a

n P x a x a x a x a

α = = ⇒ ⇒

= = + +

= = + + +

( )( )

( )

y

( )

kcija.

2. Razlomljena racionalna funkcija

U brojniku i nazivniku su polinomi ogovarajuceg stupnja.

Nultocke razlomljene racionalne funkcije su tocke u kojima 0

Polovi razlomljene racionalne fun

n

m

P x R x

Q x

R x

=

=

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

1 2

1 2 1 02

0

kcije su tocke u kojima poprima beskonacnu

vrijednost .

3. Algebarska funkcija ima oblik ... 0

Koeficijenti ... su polinomi od . Primjer su , 2

4. Transcede

n n

n n

n

R x

p x y p x y p x y p x y p x

p x p x x y x y px

−−

± ∞

+ + + +

= =

1 1

ntne funkcije: su sve ostale funkcije koje ne spadaju u gornje grupe

a) Trigonometrijske funkcije, su oblika: sin , tan

b) Inverzne Trigonometrijske funkcije, su oblika: sin , tan

c) Hiperbolne fun

y x y x

y x y x− −

= =

= =

=

( )

1 1

kcije, su oblika: sinh , tanh2

d) Inverzne Hiperbolne funkcije, su oblika: sinh , tanh

e) Eksponencijalne funkcije, su oblika:

Funkcija je inverzna logaritamskoj funkciji.

f

x x x x

x x

x

e e e e x x

e e

y x y x

y f x a

− −

−

− −

− −= =

+

= =

= =

( )) Logaritamske funkcije, su oblika: log

Funkcija je inverzna eksponencijalnoj funkciji.

a y f x x= =

( ) ( )0

0 0

Granicna vrijednost funkcije je vrijednost L; lim : kada nezavisna

promjenjiva , tezi prema vriednosti , ; kada za neki mali broj mozemo naci

pozitivni broj δ (koji je obicno o

x x f x f x L

x x x x ε

→=

→

( )

( )

0

0

visan o )tako da je ,

kada je 0

Drukcije receno: Apsolutna vrijednost razlike moze se napraviti po volji malom ako

izaberemo vrijednost za dovoljno blizu vrijednosti .

Nezavisna pro

f x L

x x

f x L

x x

ε ε

δ

− <

< − <

−

0mjenjiva moze poprimati vrijednosti i priblizavati se tocki bilo sa desne ili

lijeve strane.

x x




Funkcije 8

( )

( )0

0

0 0

0 0

Oznacimo li priblizavanje sa desne strane izrazom ; a priblizavanje s lijeva,

sa ; tada imamo: lim limes kada se priblizavamo sa desne strane.

lim limes kada se pribliza

D x x

L x x

x x f x

x x f x L

L

+

−

+ +

− −→

→

→

→ =

=

( ) ( ) ( )0 0 0

vamo sa lijeve strane.

Limes funkcije lim postoji onda i samo onda kada jelim lim x x x x x x

f x L f x f x L+ −

→ →= =

→=

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0 0

0 0 0

0 0 0

0 0

Pravila za limes funkcija: Ako je lim i lim tada vrijedi:

) lim lim lim

) lim lim lim

) lim lim lim

x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x x

f x A g x B

a f x g x f x g x A B

b f x g x f x g x A B

c f x g x f x

→ →

→ → →

→ → →

→ →

= =

+ = + = +

− = − = −

⋅ = ⋅ ( )

( )

( )

( )

( )

( )

0

0

0

0

0

0 0

1

0 1

lim

) lim 0lim

sin 1 cos 1Posebni limesi: lim 1 lim 0 lim 1

1 1lim 1 lim 1 lim 1

ln

x x

x x

x x

x x

x

x x x

x

x

x x x x

g x A B

f x f x A

d B g x g x B

x xe

x x

e x x e

x x+

→

→

→→

→ → →∞

→ → →

= ⋅

= = ≠

− = =

− −+ = = =

x+ =

( ) ( )

( ) ( )

( )

2

2

2

2

2

13. Zadana je funkcija . Dokazi da je lim 4 .

lim 4

Rjesenje se svodi na slijedece: Mora se dokazati da se za svaki dani 0

moze naci δ>0 koji je ovisan o tako, da je 4 ,

x

x

y f x x f x

y f x x f x

x

ε

ε ε

→

→

= = =

= = ⇒ =

>

− <

( ) ( )

( )2

δ

2

kada je 0 2

Ako izaberemo 1, tada je 0 2 1 odnosno nakon sredjivanja: 0 3, 2

Tada je 4 2 2 2 2 δ 2 3 2 5δ

Sada imamo izbor sa 1 ili , zavisi koji je manji, pa je onda 4 ,5

x

x x

x x x x x x

x

δ

δ

δ

ε δ ε

< − <

≤ < − < < <

− = − + = − + < + < + <

= −

x ≠

<

kada je 0 2 . x δ < − <

2Rijesimo to sa konkretnim brojevima: Zelimo da je 4 0.05

Apsolutna vrijednost razlike funkcijske vrijednosti i limesa L u promatranoj tocki je mala,

0.05 po nasoj volji, 0.05. Izaberimo 0.01

5 5

x

ε δ

− <

= = =

( ) ( ) ( )Ako je 0 2 0.01 onda je 2 0.01 2 0.01 1.99 2.01, 2 i x x x< − < − < < + ⇒ < < ≠ x




Funkcije 9

( ) ( )

( )

2 2 2 2 2

2 2 2

1.99 2.01 3.9601 4.0401 ili 3.9601 4 4 4.0401 4

0.03961 4 0.0401 i za sigurno je 4 0.05 uz 4

x x x

x x x

< < ⇒ < < − < − < −

− < − < − < ≠

( ) ( )

4 3 2

1

4 3 2

2 6 314. Dokazi da je lim 8.1

Rjesenje se svodi na slijedece: Mora se dokazati da se za svaki dani 0

2 6 3moze naci δ>0 koji je ovisan o tako, da je 8 ,

1

kada je 0 1

Fun

x x x x

x

x x x

x

x

ε

ε ε

δ

→ − + + = −−

>

− + +− − <

−

< − <

( )( )

( ) ( )( )

3 24 3 2

3 2

4 3 2 3 2

1 2 4 3 32 6 3kciju mozemo napisati i kao:

1 1

2 4 3 3

Za jednakost 2 6 3 1 2 4 3 3 vidi postupak na

rjesavanja u dijelu srednjoskolske matematike: Linearne Jednadzbe.

x x x x x x x

x x

x x x

x x x x x x x

− − − −− + += =

− −

= − − −

− + + = − − − −

( ) ( )3 2

3 2

3 2

Znaci da za svaki 0 mora postojati δ>0 tako da je 2 4 3 3 8

2 4 3 5 kada je 0 1 .

Izaberimo δ 1: 0 1 0 1 1 0 2, 1

Sada koristeci isti postupak kao ranije, rastavimo: 2 4

x x x

x x x x

x x x x

x x

ε ε

ε δ

δ

> − −

− − + < < − <

≤ < − < ⇒ < − < ⇒ < < ≠

−

− − − <

( )( )( )

3 2 2 2 2

δ

2

3 5 u izraz:

2 4 3 5 1 2 2 5 δ 2 2 5 δ 2 2 5

δ 2 2 2 4 5 17δ

x

x x x x x x x x x x

− +

− − + = − − − < − − < + + <

< ⋅ + ⋅ + <

( )4 3 22 6 3

Rijesimo to sa konkretnim brojevima: Zelimo da je 8 0.51

Apsolutna vrijednost razlike funkcijske vrijednosti i limesa L u promatranoj tocki je mala,

po nasoj volji, 0.05. Izaberimo1

x x x

x

ε δ

− + +− − <

−

=

( ) ( )

0.50.029

7 17

Ako je 0 1 0.01 onda je 1 0.029 1 0.029 x x

= =

< − < − < < +

( )( ) ( ) ( )

( )

4 3 22 0.99 6 0.99 0.99 3

0.971 1.029, 10.99 1

x x− + +

< < ≠ ⇒ <−

( )( ) ( ) ( )

( )

4 3 24 3 2 2 1.01 6 1.01 1.01 32 6 38

1 1.01 1

x x x

x

− +− + +< − − <

− −

+

( ) ( ) ( ) ( ) ( )7.9498 8 8.0498 ili 7.8534 8 8.1433 8 f x f x L− < − − < − − + < − < − +




Funkcije 10

( ) ( ) ( )0.145 0.1433 i za sigurno je 0.5 uz 1 f x L f x L x< − < − − < ≠

( ) ( )

2

2

2

2 2

2 3 215. Izracunaj limes: lim

2

2 1 22 3 2lim lim

2

x

x x

x x

x

x x x x

x

→

→ →

− −

−

+ −− − =

− 2 x −( )( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

2

2

2 2

2 2 2 2

2

2

2

2 2

lim 2 1 4 1 5

16. Izracunaj limes: lim 6 4

lim 6 4 lim lim 6 lim 4 4 12 4 4

417. Izracunaj limes: lim

2

24lim lim

2

x

x

x x x x

x

x x

x

x x

x x x x

x

x

x x

x

→

→

→ → → →

→

→ →

= + = + =

− +

− + = + − + = − + = −

−

−

−−=

−

( )

( )

2

2

x

x

+

−( )

2

21

3

lim 2 2 2 2

3 118. Izracunaj limes: lim

3 5 2

x

x

x

x

x x

→

→

= + = + =

−

+ −

( )21 1

3 3

3 13 1lim lim

3 5 2 x x

x x

x x→ →

−−=

+ − ( )3 1 x − ( ) ( )

( )

1

3

4 2

4 2

4 2

4 2 4 4 4 2 4

4 2 4 2

2 34 4 4

2 4

1 1 1lim

1 6 72 72

3 3 3

2 3 119. Izracunaj limes: lim

6 3

2 3 1 3 1

22 3 1lim lim lim

1 36 3 6 36

3 1lim 2 lim lim

x

x

x x x

x x x

x x

x x

x x x

x x

x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x

x x

→

→∞

→∞ →∞ →∞

→∞ →∞ →∞

= = =++ +

− +

+ −

− + − +− + = = =+ −

+ −+ −

+ − +

( )

3=

2 3

2 1

1 3 6 3lim 6 lim lim x x x x x→∞ →∞ →∞

= =

+ + −

2

2

2

2 2 2 2

2 2

22 2


2 31 1

1U zadacima 7. i 8. brojnik i nazivnik 1 1

lim lim lim3 smo podijelili sa najvisom potencijom22 3 2 3

2

x

x x x

x

x x

x x x x

x x

x x x

→∞

→∞ →∞ →∞

+

+

+ ++

= = =+

++




Funkcije 11

( )

( )( )

( )

0

0 0 0

0

2 2

0 0 0 0

4 221. Izracunaj limes: lim

4 2 4 2 4 2 4 4lim lim lim

4 2 4 2

1 1 1lim2 2 44 2

11 122. Izracunaj limes: lim lim lim lim 1 1


x

x x x

x

x x x x

x

x

x

x x x x

x x x x x

x

x x x x x

x x x

→

→ → →

→

→ → → →

→

+ −

+ − + − + − + −= ⋅ = =

+ − + −

= = =++ −

++ +⇒ = = + =

( )

( )

2 2

2 2 2 2

22 2lim lim lim 2

2 2 2 x x x

x x x x x x x

x x x→ → →

−− −⇒ = =

− − −=

( ) ( )

( )( )

( ) ( )( )

( )

( ) ( ) ( )

2

1 1 1

2

3 3 3

2

1 1

1 1124. Izracunaj limes: lim lim lim 1 2

1 1

3 12 325. Izracunaj limes: lim lim lim 1 43 3

2 1 1 2 1 12 1 126. Izracunaj limes:lim lim l

2 2 2 2

x x x

x x x

x x

x x x x

x x

x x x x x x x

x x x

x x

→− →− →−

→ → →

→ →

− +−⇒ = − = −

+ +

− − −− − ⇒ = − − = −− −

− − − + − − ⇒ =− −

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

1

1

2

0 0 0

0

2

2

2 2 2im

2 2

lim 2 2

2 2 2 22 4 427. Izracunaj limes:lim lim lim

lim 4 4

1

028. Izracunaj limes: lim lim 0

11 2 0 22

3 529. Izracunaj limes:lim lim

2

x

x

x x x

x

x x

x x

x x

x

x

x x x x

x x

x

x x

x

x

x

x

→

→

→ → →

→

→∞ →∞

→∞

−=

−

= =

+ − + − + − + ⇒ =

= + =

⇒ = =− −

−

+⇒

−

x

x=

2

2 2 2

2

22 2

2 2 2

2 2

22 2

3 5 53

3 0lim 3

2 1 021

2 6 2 6

2 6 0 030. Izracunaj limes: lim lim lim 03 1 03 3

1

x

x x x

x

x x x

x

x x x

x

x x x x x x x

x x x

→∞ →∞

→∞ →∞ →∞

+ ++

= = =−

−−

− −− −

⇒ = = =−−−−




Funkcije 12

1.3 Neprekinutost funkcija

( )

0 0

Za neku jednoznacnu funkciju kazemo da je neprekinuta ili kontinuirana za sve

vrijednosto od u neposrednoj blizini i u samoj tocki ako zu zadovoljeni slijedeci

uvjeti:1. Funkcija ima lime

f x

x x x x=

( ) ( )

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

0

0 0 0

0-

0

0

0- - -

s: lim

2. Funkcija je definirana na mjestu

3. oznacava vrijednost za limes funkcije.

4. Funkcija ima jednake limese s lijeve i s desne strane:

lim lim lim

x x

L D x x x x x x

f x f x

f x

f x L L

f x f x L L f x f x L+ −

=

=

= = = = = =

0

Tocke u kojima funkcija nije neprekinuta, zovu se tocke prekinutosti ili tocke diskontinuiteta.

Ako je funkcija neprekinuta samo za onda kazemo da je funkcija neprekinuta samo sa

desne strane (kak

x x≥

( ) ( ) ( ) ( )0

0 0 0 0-

0

0-

o se priblizavamo tocki lim ili ;odnosno

Ako je funkcija neprekinuta samo za onda kazemo da je funkcija neprekinuta samo sa

lijeve strane (kako se priblizavamo tocki lim

x x

x x

x f x f x f x f x

x x

x

++= =

≤

( ) ( ) ( ) ( )0

0 0 0ili . f x f x f x f x−

−= =

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

0

0

Teoremi neprekinutosti funkcija:

1. Ako su dvije funkcije i neprekinute u tocki , tada su neprekinute i funkcije

, , i uz 0.

2. Slijedece funkcije su neprekinute u s

f x g x x x

f x

f x g x f x g x f x g x g x g x

=

+ − ⋅ ≠

( )

[ ]

vaskom konacnom intervalu: sve funkcije polinoma,

sin , cos i 0 , te njihove inverzne funkcije.

3. Ako je funkcija neprekinuta u zatvorenom intervalu , , ona je i ogranicena u tom intervalu

4. Ako j

x x x a a

a b

>

( ) ( )

( ) ( )0 0 0

0

e funkcija neprekinuta u i 0, (ili 0) tada postoji tocka intervala

u kojem je 0, (ili 0).

5. Ako je funkcija neprekinuta u nekom intervalu i striktno rastuca ili padajuca, njena

x x f x f x

x x f x f x

= > <

= > <

[ ] ( ) ( )

inverzna

funkcija je jednoznacna, neprekinuta i strikno rastuca ili padajuca.

6. Ako je funkcija neprekinuta u zatvorenom intervalu a,b i ako je i ,

tada postoji vrijednost c unutar intervala

f a A f b B= =

( ), za koju vrijedi . f c C =

( )

7. Ako funkcija zadovoljava gornje uvjete a limesi su suprotnog predznaka, postoji barem

jedna vrijednost c za koju je 0 f c =

[ ]8. Ako je funkcija neprekinuta u zatvorenom intervalu a,b onda u tom intervalu ima




Funkcije 13

( )

( ) ( )0

maksimalnu vrijednost Max ili minimalnu vrijednost min za barem jednu vrijednost unutar

intervala.

9. Kompozicija funkcija, je neprekinuta ako su obje funkcije neprekinute:

u i

K g f x

y f x x x K g y

=

= = = ( )0 0 0u i ako je .

Funkcija koja je definirana u nekom intervalu je jednoliko neprekinuta

(uniformno kontinuirana) ako se za po volji izabrani broj 0 moze naci 0 takav,

da za svake dvije v

y y y f x

ε δ

= =

> >

( ) ( )0

1 2 1 2

rijednosti i tog intervala vrijedi:

kada je

x x

f x f x x xε δ − < − <

( )

( ) ( )

0

0 0 0

0 0

0 0 0 0

0

31. Ispitaj neprekinutost funkcije: sin za bilo koji .

Postavimo uvjete prema definiciji:

sin sin 2sin cos 2 sin cos2 2 2 2

sin cos 1 sin sin 2 1 ili2 2 2 2

si

y f x x x x

x x x x x x x x f x f x x x

x x x x x x x x x x

= = =

− + − +− = − = =

− − + −< ≤ ⇒ − <

0

⋅ ⋅

( )0 0 0 0

0 0

n sin i posto 0

sin sin kada je δ Funkcija je neprekinuta za sve .

x x x x x x x x

x x x x x xε

− < − → − →

− < − < = 0

( )

( )

2

2

2 2

32. Ispitaj neprekinutost funkcije: za 2. Utvrdi da li je funkcija uniformno neprekinut

u intervalu 0 1 . ) Izracunajmo limes funkcije:lim lim 4 funkcija ima

limes, 2 =4, pa je nep

x x

y x x

x a f x x

f

→ →

= =

< < = =

( ) ( )

( ) ( )

0 0

2

rekidna

) Koristimo teorem o neprekidnosti: kada

2 4 kada 2 .

U ranijem zadatku je dokazano da su uvjeti zadovoljeni za .5

b f x f x x x

f x f x x

ε δ

ε δ

ε δ

− < − <

− = − < − <

=




Funkcije 14

( ) ( ) ( )2 2

0 0 0

2 2

0 0 0 0 0

Da bi bila uniformno neprekinuta, funkcija mora zadovoljiti uvjete:

= kada δ δ ovisi samo o

Za bilo koje dvije tocke u zadanom intervalu vrijedi:

1 1 2 i za

f x f x x x x x

x x x x x x x x x x x

ε ε − − < − <

− = + − < + − = − 2 2

0 0

2

δ 2δ

Uvjeti su zadovoljeni za izabrani .2

Funkcija je uniformno neprekinuta u intervalu 0 1.

x x x

y x x

ε δ

− < ⇒ − <

=

= < <

( )

( )

( )

10

20

033. Ispitaj neprekinutost funkcije: u tocki 0

1 0

Iz grafa funkcije je vidljivo da za 0 ima prekid i lim 0

1 za 0 ima prekid i lim 1

Limesi nisu jednaki, pa funkc

x

x

x x f x x

x x

y x x f x L

y x x f x L

=

=

<= =

+ >

= < = =

= + > = =

ija nije neprekinuta. Tocka 0 je tocka diskontinuiteta

ili tocka prekinutosti funkcije.

x =

( ) ( )0 0

0 0

134. Dokazi da funkcija nije jednoliko neprekinuta u intervali 0 1. koristeci definiciju

kada δ

Za δ i imamo: odnosno1 1 1

y x x

f x f x x x

x x x x

ε

δ δ ε δ δ δ

ε ε ε

= < <

− < − <

= = − = − = <+ + +




Funkcije 15

( )0

1 1 1 10 1 i uvjet nije zadovoljen.

δ δ δ

Funkcija nije jednoliko neprekinuta u intervalu 0 1.

x x

x

ε ε ε δ

+− = − = > < <

< <

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 2

3 2

3 2

35. Zadana je funklcija 2 3 7 10. Dokazi da je 0 u intervalu 1 2.

Kako se ta vrijednost izracuna?

Izracunajmo vrijednost funkcije u tockama intervala:

1 2 1 3 1 7 1 10 4

2 2 2 3 2 7 2

f x x x x f x x

f x f

f x f

= − + − = < <

= = − + − = −

= = − +

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2

10 8

Iz teorema o neprekinutosti (7): unutar intervala mora postojati tocka c, za koju je

0 1 0 2 0

Nadjimo tu tocku, koja je izmedju 1 i 2:

Probajmo sa 1.5 : 1.5 2 1.5 3 1.5 7 1.5 10 0.5

nasta

f x f c f f

x f x f

− =

= = < >

= = = − + − =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2

vimo sa 1.4 : 1.4 2 1.4 3 1.4 7 1.4 10 0592

Trazena tocka je izmedju 1.4 i 1.5. Tocna vrijednost iznosi 1.46

x f x f

x

= = = − + − = −

=




2. DERIVACIJA FUNKCIJE

2.1 Pojam derivacije

( ) ( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

0

0 0' '

00 0

0

Derivacija funkcije , u tocki , koja je definirana u intervalu a,b jednaka je

granicnoj vrijednosti ili limesu izraza:

lim ili lim

Funkcija je u tocki deriv

h x

y f x x

f x h f x f x x f x f x f x

h x

x x

→ →

=

+ − + −= =

=

( )( ) ( )0 0'

00

abilna, ako ima derivaciju. Tada je u toj tocki i neprekinuta.

Obrat moze ali ne mora vrijediti.

Desna derivacija funkcije definirana je kao omjer: lim ,ako

takav limes postoji. Vrij

h

f x h f x f x

h+ → +

+ −=

( )( ) ( )0 0'

00

ednosti za , ( ), poprimaju samo pozitivne vrijednosti kako se

priblizava nuli.

Lijeva derivacija funkcije definirana je kao omjer: lim , ako takav

limes postoji. Vrijednosti za ,

h

h x

f x h f x f x

h

h

− → −

+ −=

( ) ( ) ( )' ' '

0 0 0 0

( ), poprimaju samo negativne vrijednosti kako se priblizava

nuli.

Funkcija ima derivaciju u nekoj tocki samo ako je

Funkcija je u nekom intervalu derivabilna ako ima derivaciju

x

x x f x f x f x+ −= = =

( )( ) ( )

( ) ( )( )

0

0

0 0' '

0 0 0 00

u svim tockama intervala.

Graficki gledano, derivacija funkcije u tocki jednaka je koeficijentu smjera tangente na

tu funkciju, u tocki .

lim tan

Derivacija vis

h

x x

x

f x h f x f x y f x f x x x

hα

→

=

+ −= = ⇒ − = −

( ) ( ) ( )"eg reda: , se dobije deriviranjem postojece derivacije.

Druga derivacija, derivacijom prve, treca derivacija derivacijom druge itd.

Tumacenje derivacija viseg reda biti ce obradjeno u narednim pog

n f x f x

lavljima.

Derivacije 1

( )

( )( ) ( ) ( )

( )( )

'

0 0 0

'

0 0

1. Koristeci jednadzbu definicije, izracunaj derivaciju funkcije 2 1 u tocki 5.

2 5 1 2 5 15 5 10 2 1 10 15 lim lim lim

9 2 3 9 2 3 9 2 95 lim lim lim

9 2 3 9 2 3

h h h

h h h

f x x x

h f h f h f

h h h

h h h f

h h h h

→ → →

→ → →

= − =

+ − − ⋅ −+ − + − − −= = =

+ − + + + −= ⋅ = =

+ + + +

=

( )

0

'

2 2 1

6 39 2 3

15

3

h

f

= =+ +

=




( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

'

0 0

2'

0 0

2. Koristeci jednadzbu definicije, izracunaj derivaciju funkcije 3 5.

3 5 3 5lim lim

2 3lim lim 2 3 2 3

3. Koristeci jednadzbu definicije, izr

h h

h h

f x x x

x h x h x x f x h f x f x

h h

xh h h f x x h x

h

→ →

→ →

= + +

+ + + + − + ++ − = = =

+ += = + + = +

( )

( )( ) ( )

( )

( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

'

0 0

0

'

0 0

2 3acunaj derivaciju funkcije .

3 4

2 3 2 3

3 4 3 4lim lim

3 4 2 3 2 3 3 4

3 4 3 4

lim

3 4 2 3 2 3 3 4 6 8 6lim lim

3 4 3 4

h h

h

h h

x f x

x

x h x

x h x f x h f x f x

h h

x x h x x h

x h x

h

x x h x x h xh h xh f x

h x h x

→ →

→

→ →

−=

+ + − −

− + + ++ − = = =

+ + − − − + +

+ + + =

+ + − − − + + + − += =

+ + + ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )( ) ( )

( )( )

'

20 0

'

2

9

3 4 3

17 17 17lim lim

3 3 4 3 43 4 3 4 3 4

17

3 4

h h

h

h x h x

f x x h x x h x x

f x x

→ →

=+ + +

= = =+ + ++ + + +

=+

4

( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( )( )

( )

1'3

11

33'

0 0

3 3 2 2

'

0

4. Koristeci jednadzbu definicije, izracunaj derivaciju funkcije . Ispitaj 0 .

lim lim

izraz u brojniku nadopunimo na potpunu razliku kuba:

lim

h h

h

f x x f

f x h f x x h x f x

h h

a b a b a ab b

f x

→ →

→

=

+ − + −= =

− = − + +

=

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

1 1 21 2 1

3 3 33 3 3

1 22 1

3 33 3

33

33'

1 2 1 20 02 1 2 13 3 3 33 3 3 3

4

lim limh h

x h x x h x x h x

h x h x x h x

x h x x h x f x

h x h x x h x h x h x x h x→ →

+ − + − + + +

=

+ − + +

+ − + −= = =

+ − + + + − + +

Derivacije 2




( ) ( )

( )

( )

1 2 2 1 1 2 22 103 3 3 3 3 3 33 3

2

' 3

'

2

3

1 1 1lim

3

1U tocki 0, funkcija je neprekinuta ali derivacija ne postoji jer je

3

1nazivnik nula 0 .

3 0

h

x h x x h x x x x x x

f x x x

f

→

−

= = =

+ − + + + ⋅ +

= =

=

⋅

( )

( )( ) ( ) ( )

2

0

2 2 2 2 20 0 0 0' 0 0 0

00 0 0

5. Zadana je funkcija u intervalu 0 1. Dokazi da je diferencijabilna u tom

intervalu.

Neka je vrijednost unutar intervala 0 1

2lim lim lim

li

h h h

f x x x

x x

f x h f x x h x x x h h x f x

h h h→ → →

= ≤ ≤

≤ ≤

+ − + − + + −= = = =

( ) ( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

( )

2

'0

0 0 00 0

2 22

'

0 0 0

2 22

'

0 0 0

2m lim 2 2

0 0 0Za tocku 0 : 0 lim lim lim 0

1 1 1 2 1Za tocku 1: 1 lim lim lim 2 2

Zadana funkcija je diferencijabilna u i

h h

h h h

h h h

x h h f x x h x

h

f h f h x f h

h h

f h f h h x f h

h h

→ →

+ → + → + → +

− → − → − → −

+⇒ = + =

+ − −= = = = =

+ − + + −= = = = + =

( ) ( )

( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

' '

'

0 0

'

0

ntervalu sa vrijednostima derivacije 0 0 i 1 2.

6. Zadana je funkcija . Izracunaj derivaciju za sve vrijednosti .

Za 0, : lim lim 1

Za 0, : lim lim

h h

h h

f f

f x x x

x h x h x f x x f x

h h

x h x x f x x f x

h

→ →

→

= =

=

− + − − −< = − = = = −

+ −> = = =

( ) ( )( ) ( )

0

'

0 0

1

0 0Za 0, 0 : 0 lim lim

Ako se 0 s lijeva imamo: 1

Ako se 0 s desna imamo: 1

Funkcija nema derivaciju za 0

h h

h

h

hh x f x f

h h

h hh

h hh h

hh h

x

→

→ →

−

+

=

+ −= = = =

−→ = = −

→ = =

=

Derivacije 3




7. Snaga otpornika strujnog kruga, mjenja se sa velicinom struje koja protice kroz njega.

Pri struji od 0.5 A, snaga otpornika je 1.2 W. Izracunaj brzinu promjenesnage

otpornika u zavisnosti od stru

i P = =

( )

( ) ( )

22 2

2

2 2 2 2

0 0

je kada je 2.5 A.

1.21.2 0.5 4.8 4.8

0.25

Poznavajuci funkcionalnu ovisnost i , mozemo izracunati promjenu snage:

4.8 24.8 4.8lim lim li

i i

i

W P ki k k P i

A

k i

i i i i ii i idP P

di i i i→ →

=

= ⇒ = ⇒ = = =

+ + −+ −= = = =

( )

( )

0

2

m 4.8 2

4.8 2 9.6 odnosno za 2.5 : 9.6 9.6 2.5 24

50008. Energija suncevog zracenja na zemlji dana je jednadzbom , gdje je

10

vrijeme u podne 6 u jutro i 6 poslijepodne

ii i

dP dP W i i i i

di di A

R t t

→+

= ⋅ = = = = ⋅ =

=+

−

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

22

2 22 2

0 0

22

0

6 t 6, . Izracunaj trenutnu promjenu energije zrecenja u 15 sati (3 poslije podne).

5000 10 5000 105000 5000

10 101010lim lim

5000 10 5000 10lim

h h

h

t t h

t h t t t hdR

dt h h

t t hdR

dt

→ →

→

− ≤ ≤

+ − + + − + + +++ + = =

+ − + +=( ) ( )

( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

2 2 22 0

22

2 22 2

5000 2lim

10 2 10 1010 10

2500010

2 2 3Za 3 imamo: 5000 5000 83.102

10 3 10

h

t

t th h t h t h t

dR t dt t

dR t W t

dt m ht

→

− = − + + + ++ + +

= −+

⋅ = = − = − = − + +

2

2

( ) ( )

2

2 2 22

0 0

9. Tijelo koje se krece predje razdaljinu danu jednadzbom 16 . Izracunaj brzinu tijela

nakon 3s.

Brzina je definirana kao derivacija puta po vremenu.

16 2 116 16lim limh h

s t

t

t th ht h t dsv

dt h→ →

=

=

+ + −+ −= = =

v

( )

( )

2 2

0

0

6 16 2lim

lim16 2 32 Za 3, brzina tijela je: 32 32 3 96

h

h

t th h

h h

mt h t t v t

s

→

→

+= =

= + = = = = ⋅ =

10. Izracunaj promjenu volumena po radijusu r, balona u obliku kugle radijusa 2m.

Derivacije 4




( ) ( )

( )

3

3 3 3 2 2 3 3

0 0

2 2

2

0

32 2

4Volumen je dan izrazom

3

4 4 43 3

3 3 3lim lim

4 3 33lim 4

Za 2, promjena volumena iznosi: 4 4 2 16 50.3 .

Promjena volumena

h h

h

V r

r h r r r h rh h r dV

dr h h

r rh h

r h

dV mr r

dr m

π

π π π

ππ

π π π

→ →

→

=

+ − + + + − = = =

+ += =

= = = ⋅ =

=

( )

( )

( )

( )( ) ( )

( )

3

2

2

'

0 0

po radijusu iznosi 50.3 .

1

sin , 011. Zadan je funkcija

0, 0

) Da li je funkcija derivabilna za 0?

) Da li je funkcija neprekidna za 0?

1sin

0 0) 0 lim lim

h h

m

m

x x f x x

x

a f x x

b f x x

x h f h f x

a f h→ →

≠= =

=

=

++ − +

= =( )

( )( )

2

0

0

22

' 2

10 sin 0

lim

1lim sin 0 Funkcija ima derivaciju u 0 jednaku 0.

) Koristeci pravila za deriviranje slozene funkcije mozemo napisati:

1 1sin sin

1 1sin cos

h

h

hh h

h h

h xh

b

d x d d x x x

f x xdx dx dx x

→

→

− −= =

= = ⇒ =

= = + =

( )

( )

( )

2

2

'

'

0 0 0 0

0

1 12 sin

1 1cos 2 sin

Ispitajmo neprekinutost :

1 1 1 1lim lim cos 2 sin lim cos lim 2 sin ;

1lim cos ne postoji

Funkcija nije neprekidna z

x x x x

x

x x x x x

x x x

f x

f x x x

x x x x

x

f x

→ → → →

→

− +

= − +

= − + = − +

− ⇒

a 0 iako ima derivaciju u toj tocki. x =

=

Derivacije 5




( )

( )

( )

1'

2

, 0 1512. Zadan je funkcija , gdje je vrijeme, i su konstante.

, 15

Izracunaj vrijednosti za i uz predpostavku da je diferencijabilna za 15.

Derivacija funkcije:

mt t f t t m n

t n t

m n f t t

mt m t

≤ ≤=

+ >=

= ⋅ ( )

( )

'1

'2

'

, 0 151 22 2

1, 15

1

Za 15, funkcija ima obje derivacije jednake: 1 1 2 152 2 15

4 15 60

Za 15, funkcija je neprekinuta: 15 60 15 15 30 15 15

Trazene vrijedn

mt m

m t f t t t t

t n

m mt m

t

m

t mt n n n

−

≤ ≤= = ⇒ = >

+ =

= = ⇒

= ⋅ =

= = + ⇒ ⋅ = + ⇒ = − =

osti su: 60, 15m n= =

= ⇒ =

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

3 2

3 2 3 2

0 0

3 2 2 3 2 2 3 2

0

2 2 3

2

0 0

13. Izracinaj derivaciju funkcije 4 u tocki 4.

4 4lim lim

3 3 2 4 4lim

3 2 3 1lim lim 3 2 3

h h

h

h h

f x x x x

x h x h x x f x h f xdy

dx h h

dy x x h xh h x xh h x x

dx h

h x x h x hdy x x h

dx h

→ →

→

→ →

= − − =

+ − + − − − −+ − = = =

+ + + − + + − − + += =

− + − += = − + ( )

( ) ( ) ( )

2 2

2'

2

1 3 2

4 3 4 2 4 48 8 40

14. Rezervor ulja za kocnice u automobilu ima oblik obrnutog stosca sa bazom polumjera

jednak visini. Izracunaj promjenu volumena u ovisnosti od visini ulja.

x h x x

f

r

V r l π

− + = −

= − = − =

= ⇔ ( ) ( )

( ) ( )

2

2 2 2

2

0 0

32

lim lim ;

Promjena volumena rezervoara po visini ulja iznosi

l l

V V r l l

r l l r l r l l l dV r

dl l l

cmr

cm

π

π π ππ

π

→ →

+ = +

+ − + −= = =

Derivacije 6




2.2 Pravila za deriviranje

( )

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

'

'

0 0

' '

'

Izraz naziva se diferencijal funkcije ili glavni dio od i obicno pisemo:

lim lim

Pravila za deriviranje:

konstanta

x x

dy f x dx y

f x x f xdy y f x

dx x x

d d d f x g x f x g x f x g x

dx dx dx

d d Cf x C f x Cf x C

dx dx

→ →

=

+ −= = =

± = ± = ±

= = =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

' '

' '

2 2

' ' '

0

Za slozenu funkciju

ili

, ,

Para

d d d f x g x f x g x g x f x f x g x g x f xdx dx dx

d d g x f x f x g x f x g x f x f x g xd dx dx g x

dx g x g x g x

y f u u g x

dy dy du du

f u f g x g xdx du dx dx

dy dy du dv y f u u g v v h x

dx du dv dx

⋅ = + = +

− − = =

= =

= ⋅ = =

= = = ⇒ = ⋅ ⋅

( ) ( )

≠

( )

( )

'

'metarski zadana funkcija: ,

dy f t dy dt x f t y g t

dxdx g t

dt

= = ⇒ = =

( )

1 2

Pravila za deriviranje poznatijih funkcija:

0 sinh cosh cosh sinh

sin cos tanh secn n

d d du d duC u u u

dx dx dx dx dx

d du d du d duu nu u u u h u

dx dx dx dx dx dx

−

= = =

= = =

u

Derivacije 7




2 2

2

1

2

1

2

1

2

cos sin coth csc tan sec

sech sec tanh cot csc

1sinh sec sec tan

1

1cosh csc csc cot

1

1tanh , 1

1

d du d du d duu u u h u u u

dx dx dx dx dx dx

d du d duu hu u u u

dx dx dx dx

d du d duu u u u

dx dx dx dxu

d du d duu u u u

dx dx dx dxu

d duu u

dx dxu

−

−

−

= − = − =

= − =

= =+

= = −−

= <−

1

2

1 1

2 2

1 1

22

1 1

22

1

2

1sin

1

1 1coth , 1 cos

1 1

1 1sech tan

11

1 1csch cot

11

1 1sech log ln

1

llog

e

a

d duu

dx dxu

d du d duu u u

dx dx dx dxu u

d du d duu u

dx dx dx dxuu u

d du d duu u

dx dx dx dxuu u

d du d d duu u u

dx dx dx dx u dxu u

d u

dx

−

− −

− −

− −

−

=

−

= > = −− −

= − =+−

= − = −++

= − = =−

=

1

2

1

2

og0, 1 ln

za 11sec za 11

za 11csc

za 11

u u u ua e du d du d dua a a a a e e

u dx dx dx dx dx

ud duu udx dxu u

ud duu

udx dxu u

−

−

> ≠ = =

+ > = ± − < − −

− > = ±

+ < − −

Derivacije 8




( ) ( )

( )1

Deriviranje inverzne funkcije:

Ako je funkcija neprekinuta u a,b tada su funkcijske vrijedosti (range) konacne i

funkcija je rastuca ili padajuca. Inverzna funkcija promatrane funkcije je takod

f x

f x−

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

' 1

0 0

' '1 1

0 0 0 0 0 0' '

0 0

1

jer

neprekinuta.

Ako je derivabilna i 0, tada je derivabilna za1 1

i i

1

Deriviranje implicitno zadane funkcije:

Funkcija , 0 ozn

f x f x f

y f x f y y f x f y f x f x

dx x f y

dydy

dx

F x y

−

− −

−

≠= = ⇒ = =

= ⇒ =

=

( )

( )

acava implicitnu funkciju od . Domena te funkcije sadrzi vrijednosti

za , za koje postoji jedinstveni , tako da je , 0

Implicitno zadana funkcija se derivira kao slozena funkcija

x

x y F x y

y y x

=

=

2.3 Rijeseni zadaci

2.3.1 Deriviranje algebarkih izraza

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2 32 3

2 3 3 2' 2 3 3 2

2 3 1 3 2 1' 2 3 3 3 2 2

2 2 3' 2 3 2 3 2

2 2' 2 3 3 3

'

15. Deriviraj (diferenciraj) izraz: 4 2 1

4 2 1 2 1 4

4 3 2 1 2 2 1 2 4

3 4 2 1 6 2 2 1 4 2

2 4 2 1 9 2 1 2 2 1

2

y x x

d d y x x x x

dx dx

d d y x x x x x x

dx dx

y x x x x x x

y x x x x x x x

y

− −

= + −

= + − + − +

= + ⋅ ⋅ − + − ⋅ ⋅ +

= + − + − +

= + − − + −

= ( )( ) ( )2

2 3 34 2 1 12 36 2

Radi lakseg razumijevanja kasnijeg tumacenja toka funkcije, ovdje je dan graf zadane

funkcije i njene derivacije.

x x x x x+ − + −

Derivacije 9




( )

( )( )

( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

2

2

22

2 2 22

'

2 22 2

1 1 '1 12 2 2 02 2 2 2 32 2

'

2 1 32 2 2 22

3 3 3'

3 3

2 22 2

16. Deriviraj (diferenciraj) izraz:4

44

4 4

14 2 4 2 4 2 4 4

2

4 4 4

8 2 8

4 4

x y

x

d xdx

x x x x dx dx

y x x

x x x x x x x x x x y

x x x

x x x x x y

x x

−

=−

−− −

= =− −

− ⋅ − − − − − + −= =

− − −

− + −= =

− −

2

=

( )( )

( )( )

( )

23 2

2

2 2

2 2

'

22

117. Deriviraj ako je 2

1

1 11 1

1

u y u x

u

d u d uu u

dy dy du dy dx dx ydx du dx du u

−= = +

+

− ++ − −

= = ⇒ =+

Derivacije 10




( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

( ) ( )

3 22 2 3 3

2 2 22 2 2

22 3

2 22 3

2 2 22 2

21 2 2 1 2 2 2 2 4

1 1 1

1 2 22 2

3 3

3 24 2 8

31 3 1

d xu u u udy u u u u u

du dxu u u

dy x x x x

du u

xdy du u x x

du dx uu u u

−

++ ⋅ − ⋅ − + − += = = =

+ + +

= + ⋅ = =

+

= ⋅ =+ +

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

2

21 1 1' 2

2 2 21

2

2 2 2 2'

1 1 1 12 2 2 2

18. Deriviraj 2 2

14 2 1 2 2 4 2

22

4 2 8 58 4 8 5

2 2 2 2

y x x

dy x y x x x x x x

dx x


x x x x

−

= −

= = − + − − = − −−

− − −− − −= = = =

− − − −

( ) ( )( ) ( )

3 2

13 2 12 3 1 3 1 22

' 2 3 3 2 2

119. Deriviraj 3

5

13

3 5 1 153 6 5

3 2

y x x

d xd x d x x

y xdx dx dx

− − −

= −

−

= = − = − −

5 x x

Derivacije 11




( ) ( )( )

2 2' 2 3 3

33 4 3

'

3

5 2 5 22 3 5

2 9 2 5 59 2 5

2 1

9 2 5

dy x x y x x x

dx x x x x x x

dy y

dx x x x

− −= = + = + = +

= = +

5

( )

( )( )

( )( )

( )

( ) ( )

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

2

' '

2 2

' '

2 2 2 2

120. Deriviraj ako je

1

1

2

1 11 1

1 1

1 1

12

1 1 2 22

1 1 1 2 1 1

u y u x

u

d xdy dy du du

dx du dx dx dx x

d u d uu u u u u udy x x

du u u

u u udy u dy x

du dxu u u x u x x

−= =

+

= ⋅ ⇒ = =

− ++ − − + − −

= =+ +

+ − + = = ⇒ = = =

+ + + + +2

1

( ) ( )

( )

( )

( )( )

2 2

12 2

2

1 22 2

21. Deriviraj po t: 4 2 1 za 2

2 4 2 2 2 2 1

2 2 2 4 2Za 2 2 2 1 5

2 12 1

y x x x t t

dy dx x x t t

dx dt

x t t xdy dy dxt x

dt dx dt t t

−

−

= − = + =

= − = − = +

− −= = = ⇔ = ⇒ = + =

++

Derivacije 12




( )

( )( ) ( )

2

4 2 5 2 4 2 5 4 25 2 5 2 5

55 52 2 1

dy

dt

−= = − =

+−

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )( )

2

2 2

2

22. Deriviraj kompoziciju funkcija zadanih u obliku: ; 1 i pokazi razliku u

rezultatu u ovisnosti o redosljedu deriviranja.

1 2 1

2

Derivacija se razlikuje od

f x x g x x

f g x f g x f x x x

g f x g f x g x x

f g x

= = +

= = + = + +

= = =

( )( )derivacije g f x

( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( )

2

2 2 2

2'

23. Deriviraj kompoziciju funkcija zadanih u obliku: 3; 2 1

Prvi nacin: Izrazi funkcije implicitno i deriviraj:

2 1 2 1 3 4 4 1 3 4 4 4

4 4 48 4

Drugi nacin: Nazovim

f x x g x x

y f g x f x x x x x x

d x x y x

dx

= + = +

•

= = + = + + = + + + = + +

+ += = +

• ( )( ) ( )

( )( )

( )( )

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

'

'

' '

o vanjskom funkcijom a unutrnjom funkcijom:

3Derivirajmo vanjsku funkciju: 2

2 1Derivirajmo unutarnju funkciju: g x 2

Derivacija kompozicije je:

2 2 4 4 2 1 8 x

f g x g x

d x f x x

dx

d x

dx

D f g x f g x g x g x g x x x

+= =

+= =

= ⋅ = ⋅ = = + = + 4

( ) ( )1

2 124. Odredi inverznu funkciju i derivaciju, funkcije .

2

2 1inverzna funkcija je:

2

x y

x

x y f x x f y

x

−

−=

+−

= = ⇒ =+

Derivacije 13




( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( )( )

( )

( )( ) ( )

1

'1

2

'

12

2

2 12 2 1 2 2 1

2

2 2 2 1 12 1 2 1

2 2 2

5

2

25. Deriviraj cosh ako je 3 1

Koristeci formulu za derivaciju funkcije cosh i slozene fun

y x f y x y y y x x

y

x x x dx d x y f y

x dy dy x x

dx f y

dy x

y u u x x

−

−

−

−= = ⇒ + = − ⇒ − = +

+

− − + −+ + = ⇒ = = = − − −

= −

= = − +

( ) ( )( ) ( ) ( )

2

2

kcije, imamo:

3 1coshsinh 2 3 2 3 sinh 3 1

d x xd udy dy duu x x x x

dx du dx du dx

− += ⋅ = ⋅ = − = − − +

2.3.2 Tangenta i normala na krivulju

( )

( )

2

'2

2

1 2

26. Odredi koeficijent smjera tangente na krivulju 4 u tocki gdje krivulja sjece os

1 14 2 4

2 4

Presjecista su za 0 : 4 0 4 0 0; 4

Trazene tocke su (0,0) i (0

x y y y

dx dy y y y

dxdy dx y

dy

x y y y y y y

A B

= − −

= − = − ⇒ = =−

= − = ⇒ − = ⇒ = =

( )

( )

'

' '

' '

, 4). Koeficijent smjera tangente jednak je :

1 1 1 T:2 4 2 0 4 4 4

1 1 1T: 4

2 4 2 4 4 4 4

A A A

A

B B B

B

y

dy x y y y y x x ydx y

dy x y y y y x x y

dx y

= = = = − − = − ⇒ = −− ⋅ −

= = = = − = − ⇒ = +− ⋅ −

( ) ( )3 2

'

27. Izracunaj jednadzbu tangente i normale na 2 4, u tocki T 2,4 .

Koeficijent smjera tangente jednak je :

y f x x x

y

= = − +

Derivacije 14




( ) ( ) ( )

( ) ( )

2' ' 2 '

(2 )

'

'

3 2 i za tocku T: 3 2 2 2 4

Jednadzba tangente kroz tocku T i koeficijentom smjera :

4 4 2 4 4

Normala je pravac okomit na tangentu u tocki T, pa je koeficijent smje

T T

y f x x x y

y

y y y x x y x T y x

= = − ⇒ = − =

− = − ⇒ − = − ⇒ ≡ = −

( ) ( )

'

ra

1 1 1normale: . Normala ima jednadzbu:4

1 14 2

4 4

N

T

T N T

k k y

y y k x x y x N y x

= − = − = −

− = − ⇒ − = − − ⇒ ≡ = − +9

2

( ) ( )

( )

28. Izracunaj jednadzbu tangente i normale na krivulju 3sin 2 1 u tocki

nultockama, ( 0).

Nultocke funkcije su u: sin 2 1 0 2 1 0,

1 1Za 2 1 0 Koordinata diralista je A( ,0)

2 2

1Za 2 1

2

y f x x

y

x x

x x

x x

π

ππ

= = −

=

− = ⇒ − =

− = ⇒ =

+− = ⇒ =

( ) ( ) ( )

'

' '

'

TA ( )

'

TB ( )

1Koordinata diralista je B( ,0)

2

Koeficijent smjera tangente jednak je :

3cos 2 1 2 6cos 2 1 i za zadane tocke:

1 1: 6cos 2 1 6cos 0 6 6

2 6

1: 6cos 2 1

2

A TA NA

TA

B

y

y f x x x

k y k k k

k y

π

π

+

= = − = −

= − = = = = − = −

+= −

1

1 16cos 6 6

6TB NB

TB

k k k

π = = − = − = − =

( )

( ) ( )

'

'

Jednadzba tangente kroz tocke A i B :1

0 6 6 32

10 6 6 3 1

2

A A

B B

y y y x x y x T y x

y y y x x y x T y xπ

π

− = − ⇒ − = − ≡ = −

+ − = − ⇒ − = − − ≡ = − − +

Pripadajuce normale imaju koeficijente smjera i jednadzbe:

Derivacije 15




( )

( )

1 1 1 10

6 2 6 12

1 1 10

6 2 6 1

A NA A

A NB B

y y k x x y x N y x

y y k x x y x N y xπ π

− = − ⇒ − = − − ≡ = − +

+ + − = − ⇒ − = − ≡ = −

1

2

2 2

' ' '

229. Izracunaj jedn. tangente koja ima koeficijent smjera , na elipsu 4 9 40.

98 4 2

Koeficijent smjera: 8 18 0 :18 9 9

4 2Koordinate diralista su: 2

9 9

Diraliste je na elips

T T

k x

x x y x yy y k

y y

x y x

y

= − + =

⇒ + = ⇒ = − = ⇔ = −

= − ⇒ =

( )

y

( ) ( )

( ) ( )

22 2 2 2 2

2

1,2 1,2

1 1 1 1

2 2 2 2

i: 4 9 40 4 9 2 40 4 36 40

1 1 2

2 2Tgta. T : 2 1

9 9

2 2Tgta. T : 2 1

9 9

T T T T T T

T T T

T T

T T

x y x x x x

x x y

y y x x y x T y x

y y x x y x T y x

+ = ⇒ + = ⇒ + =

= = ± = ±

− = − − ⇒ − = − − ⇒ ≡ = − +

− = − − ⇒ + = − + ⇒ ≡ = − −

2 20

9 9

2 20

9 9

( )

( )

2 2

2 2 ' '

x

' '

30. Izracunaj jednadzbu tangente i normale na krivulju 3 5 u tocki A(1,1).

Diferencirajmo: D 3 5 2 3 3 2 0

2 23 2 2 2

3 2

x xy y

x xy y x y xy yy

x y y x y x y y k

x y

+ + =

+ + = ⇒ + + + =

− −+ = − − ⇒ = ≡

+

Derivacije 16




( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

'

'

2 1 2 1 1Koeficijent smjera : 1 1

3 1 2 1

Tangenta T : 1 1 1 2

Normala N : 1 1 1

T N A

T

A A A

A N A

y k k k

y y y x x y x T y x

y y k x x y x N y x

− ⋅ − ⋅= = − = ⇒ = =

⋅ + ⋅

− = − ⇒ − = − − ⇒ ≡ = − +

− = − ⇒ − = − ⇒ ≡ =

( )( ) ( )

2

2 2

1 1 1 2 2 2

'

31. Izracunaj jednadzbu tangente koja prolazi tockom A(4,5) i tangira krivulju 9.Tocke diralista su D , 9 D , 9 .

Koeficijenti smjera: 2 , koji zadovoljavaju jednadzbe tangenta kroz to

f x x x x x x

y x

= ++ +

= ( )

( )( ) ( )

( ) ( )

2

' 2

2

1,2 1 2

' ' '

1 2

'1 1 1

'

2 2

cku A 4,5 :

9 52 2 9 5 2 4 8

4

48.472136; 0.472136

2

2 16.944; 0.944

Tgta T : 5 16.944 4 16.944 62.776

Tgta T :

A

A

A A

A

x y y y x x x x x x x

x x x

b b ac x x x

a

y x y y

y y y x x y x T y x

y y y x x

+ −−= = ⇒ = ⇒ + − = − ⇒ − − =

− −

− ± −= ⇒ = = −

= ⇒ = = −

− = − ⇒ − = − ⇒ ≡ = −

− = −( ) ( )

2 4 0

25 0.944 4 0.944 8.776 A y x T y⇒ − = − − ⇒ ≡ = − +

( ) ( ) ( )

2 2

2 2 ' ' '

x

'

32. Izracunaj jednadzbu vertikalne i horizontalne tangente na krivulju 27.

Koeficijent smjera tangenta dobijemo derivirajuci implicitno funkciju:

D 27 2 2 0 2 2

2

x xy y

x xy y x y xy yy y y x x y

y x y

− + =

− + = = − + + = ⇒ − = − +

−=

2 y x−

Derivacije 17




( ) ( )

' '

22 2 2

2 2 2 2

1,2 1,2

2Horizontalna tangenta ima koeficijent smjera: 0 : 0 2 0

2

2 ; uvrstimo u jednadzbu: 27 2 2 27

2 4 27 3 9 3 6

Diralista horizontalnih tangenti su u tocka

y x y y y x

y x

y x x xy y x x x x

x x x x x y

−= = = ⇒ − =

−

= − + = ⇒ − +

− + = ⇒ = ⇒ = ± = ±

( ) ( )

=

( ) ( )

1 2

'

'

2 2 2 2

ma: 3,6 ; 3, 6Vertikalna tangenta je okomica na horizontalnu tangentu i ima koeficijent smjera ;

2nazivnik : 0 :

2

20 2 0 2 ;uvrstimo u jednadzbu:

2

2 2 27 4 2 27

H H

y x y

y x

y x y y x x y

y x

y y y y y yy y

− −∞

−= =

−

−= = ⇒ − = ⇒ =

−

− + = ⇒ − + =

( ) ( )

2

2

1,2 1,2

1 2

3 27

9 3 6Diralista horizontalnih tangenti su u tockama: 6, 3 ; 6, 3

y

y y xV V

=

= ⇒ = ± = ±− −

( )

( )

2 2

'

2 '

1 1 1

2

2

33. Izracunaj kut pod kojim se sjeku zadane krivulje, ako je jedno presjeciste u tocki A 1,2 :

4 i 2 12 5

Koeficijent smjera tangenti jednak je :

4 2 2 24 2 4 1

2 2

2 1

x

A

x

y x x y

y

k D y x yy k k y y y

k D x

= = −

≡ = = = ⇒ = = ⇒ = = =

≡ =( ) '

2 2

1 2

1 2

44 4 1 42 5 2 5

5 5 5 5

4 41 15 5Tangente se sjeku pod kutem:tan 9

44111 1

55

tan9 83.659

A x x y x y k k

k k

k k

arc

α

α

⋅− = = − ⇒ = − = − = − = −

− − + − = = = =+ −+ ⋅ −

= = °

Derivacije 18




34. Viseci most je pricvrscen na stupovima udaljenih 250m. Most je u obliku parabole, sa

najnizom tockom 50m ispod visine ovjesenja. Izracunaj kut izmedju lancanice mosta i

stupa (nosaca).

Parabola ima 2

22

2

'

'

250oblik: izracunajmo koeficijent : 50;

2

250 50 2 250 Jednadzba parabole je tada:

2 625 625125

2 4U tocki ovjesenja koeficijent smjera tangente lancanice je: 2

625 615

412

615

A

A

y kx k y x

k k y x

y x x

y

= = =

= ⇒ = = =

= =

=

( ) ( )

'

'

5 0.8 Trazeni kut iznosi: arctan arctan 0.8 38.659

90 90 38.659 51.34 Jednadzba tangente u tocki A:

50 0.8 125 0.8 50

A

A A

y

y y y x x y x y x

α β

α β

= ⇒ = = = °

= − = − =

− = − ⇒ − = − ⇒ = −

2.3.3 Derivacija implicitno zadane funkcije

( ) ( ) ( ) ( )

( )

3 2

3 2

2 ' 3 '

2 41 3

41 2 3

3' 2 3' '

2

35. Deriviraj 3 5

3 53 1 6 1

63 6

3

xy x xy

d xy d x d xy d dy x y y y x xy y

dx dx dx dx dx

dy y x y y y xy x y x y y

dx xy x

− = +

⇒ − = + = ⋅ + ⋅ − = + ⋅ +

− +− = − − ⇒ = =

−

0

Derivacije 19




( ) ( ) ( )

( )

' '

311 2 3 2

'

'

36. Deriviraj ln cos 2

ln cos 2ln 2sin 2

ln 2sin 2

2sin22 sin 2

ln

xy

xy

xy xy

xy xy

xy

xy

e y x x

d e d y x d xdy ye xy e y y x

dx dx dx dx x

dy y

y e x x x e ydx x

y x e y

dy x x x ydx xe x x

+ =

⇒ + = = ⋅ + ⋅ + + ⋅ = −

⇒ ⋅ + = − − − ⋅

+ + ⋅= = − ⋅ = −

⋅ +

x

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

2 2 2 2

2 2 2 2

51 2 3 4

2 ' 2 ' '

3 41 2

2 2' 2 2 '

2

ln

37. Deriviraj 0

0

2 2 2 2 0

2 22 2 2 2 0

2

xy

xy

x y xye

x e x x

x y xy x y

d x y d xy d x d y d dy

dx dx dx dx dx dx

dy x y xy y xyy x yy

dx

dy dy y xy x y x xy y xy y x y

dx dx x

+ ++

− + + =

⇒ − + + =

⇒ + − − + + =

− −= − + + − + = ⇒ = =

−

2 xy y+

( )

( ) ( )

2

2 1

'

2

38. Izracunaj inverznu funkciju i njenu derivaciju za , 0.

, 0 zamijenimo promjenjive:

1 1 22 po definiciji

2 2

39. Izracunaj izraza 1

y f x x x

y f x x x x f y x y

dy dx y x

dydx dy x ydx

dy x y y

dx

d ydx

dy

−

= = >

= = > = ⇒ =

= = ⇒ = = =

= −

=( ) ( )

( ) ( ) ( )

12 2 2 1 2 1

2 22 2 2

1 1 11 2 1

2

y d y dy y y y y

dy dy dy

−− −

= = − − + − 1 y ⋅

( ) ( )( )

( )( )

( )

( )

1 12 2 2 21 1 12

2 2 2 22 2 21 1

2 22 2

2

12 2

11 1 1

1 1

1 2

1

y ydx y y y y y

dy y y

dx y

dy y

+

− − + −−= − − + − = + − =

− −

−==

−

Derivacije 20




( )

( )

( )

( ) ( )

12 22

2 2 2

12 2

1

'

2

1 11 1Trazena derivacija

1 2 1 2 1 2

1

140. Izracunaj inverznu funkciju i njenu derivaciju za

1 1zamijenimo promjenjive:

1 po definiciji

y ydy

dxdx y y y

dy y

y f x x

y f x x f y x x y

dy dx y

dx x

−

− −= = = =

− − −

−

= =

= = = ⇒ =

= = − ⇒2

2

2

2

1 1 1

1 x

dydy y y

dx x

= = = − = − = − −

1

( ) ( )

( ) ( )

2 3

2 3

' 2 2 '

' '

2 2 2 2

' ' 2 2 '2

2

2'

2

41.Izracunaj prvu i drugu derivaciju izraza 2 u tocki (1,1).

0 2 3 0

2 2 1 1u tocki A(1,1)

23 1 3 1

2 3

2 2

A

x y y Ad x y d ydy

xy y x y ydx dx dx

dy xy y y

dx x y

d y d xy y x y yd y

dx dxdx

d y y xy

dx

+ =

⇒ + = ⇒ + + =

⋅ ⋅= = ⇒ = = −

+ + ⋅

+ += =

= +

1

( ) ( )

' 2 " ' ' 2 "

2

2 2 2 22 ' ' '"

2 2 2 2 2

' "

2 6 3 0

2 22 4 6

3 32 4 6

3 3

1 3Trazena derivacija u tocki A(1,1), uz iznosi:

2 8 A

xy x y yy y y y

xy xy y x y

x y x yd y y xy yy y y

dx x y x y

y y

+ + + + =

+ + + ++ + = = =

+ +

= − = −

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2

' ' '

' ' '2' ' " ' ' "

2

2 ' '2" '

2

42. Izracunaj prvu i drugu derivaciju izraza 3

20 2 2 0

2

2 2 02 2 2

2 2 2zamijenimo sa

2

x xy y

d x d yd xydy x y x y xy yy y

dx dx dx dx x y

d y d x y xy yyd y y y xy y y yy

dx dxdx

d y y y y y

y xdx

− + =

−⇒ + + = ⇒ − − = ⇒ =

−− − =

= = ⇒ − − − + + =

− −= =

−ranijim rjesenjem:

0

Derivacije 21




( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

2

2 2' '2" "

3

"

2

"

2 22 2 2

62 22 2 2

2 2 2

Drugu derivaciju smo mogli izracunati deriviranjem prve derivacije:

2 2 22 2

2

2

2 2

x y x y

x xy y x y x y y y y y

y x y x x y

x y d x y d x yd x y x y x y dx dx y

dx x y

x y y y

− −− − − +− −− − = = = =

− − −

− − − − − −− = =−

− −=

( ) ( )( )

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )( )

( )

' '

2

' ' ' ' '"

2 2

2 2"

2 2

2 1 2

2

2 4 2 2 4 2 3 3

2 2

2

3 3 63 2 3 22

2 2 2

x y y

x y

x xy y yy x xy y yy xy y y

x y x y

x y

x y x xy y x x y y x y x y y

x y x y x y

− − −

−

− − + − + + − −= =

− −

−

− − +− − −− = = =− − −

3

2.3.4 Deriviranje u rjesavanju zadataka iz fizike

3

1

23

' 2

143. Tocka putuje po krivulji 3 5, gdje je 3.

2

Izracunaj brzinu promjene vrijednosti , za 4. Vrijednost t je vrijeme.

Trazi se derivacija za 4: 3 5 32

3

y x x x t

y t

t y t y u u u

dy dy du dy y u

dx du dx du

= − + = +

=

= = − + ⇒ = +

= = ⇒ = ( )

( )( )

( )

1

2

2

' 2

2

'

4

1 11

2 4

3 113 1 i za 4.

4 4

13 4 3 1

2 3 16 1 458 84 4

dut

dx t

udy du y u t

du dx t t

y

−− = =

−= = − = =

+ − − = = =

[ ]4 3 244. Sila prenesena na bregastu osovinu dana je sa: 12 46 60 25

gdje je sa oznacena udaljenost od sredista vrtnje (1 5). Izracunaj brzinu

promjene sile u zavisnosti o , kada je 4cm.

F x x x x N

x x

x x

= + + − +

≤ ≤

=

Derivacije 22




( )

( ) ( ) ( )

4 3 2

3 23 2 '

4

12 46 60 25Trazimo za 4 :

4 36 92 60 4 4 36 4 92 4 60 12

d x x x xdF dF x

dx dx dx

dF N x x x y

dx m

+ + − += =

= + + − ⇒ = + + − = −

( )( )

( )( )

( )

( ) ( )

2 3

' 2 2

' 2

'

0

45. Tocka putuje po krivulji 2 i 2 6 . Izracunaj za 0 i 5.

16 6 6 1 2 2

2 1

16 1 3 1 i za zadane vrijednosto t:

2 1

3 1 3 0 1

dy x t t y t t t t

dx

dy dy dt dy dt dx y t t t

dx dt dx dt dx dt t

dy dt y t t

dt dx t

y t

= + = − = =

= = ⇒ = − = − = + ⇒ =+

= = − = −+

= − = − = − ( ) ( )

( )

'

5

2

2

' '

'

3 3 1 3 5 1 12

46. Dva otpornika sa otporom i 2 su spojena paralelno. Kombinirani otpor i otpor

su u odnosu 2 2 2 . Izracunaj .

2 2 22 2 2 2 2

2 2 2

2

y t

r r RdR

r r rR R r dr

d r rR R r dRr R rR R

dr dr

dR r R R

dr

⇔ = − = − =

+= + −

= + −= ⇒ = + + +

− += =

( )

( )

1 20.4

1

2

2 1 1

2 2 2 2

47. Faktor iskoristenja motora sa unutarnjim sagorjevanjem dan je sa jednadzbom

1100 1 gdje su i minimalni i maksimalni volumen cilindra.

Izracuna

r R r R

r r r

V V V

V

η

+ − + −= =

+ + +

= −

( )

1 2

0.4

10.4 1 1.4

2 1 1

1 1 1 2 2 2 2

1.4 1.4

1 1

1.4 0.4

1 2 2 2

j faktor iskoristenja za uz predpostavku da je konstantan.

1100

100 1 400 100 0.4

4040

V V

d

V V V V d d

dV dV dV V V V V

V V d

dV V V V

η

η

− − −

− −

− −

= − = − − =

= = =0.4

2

1.4

1

40V

V

Derivacije 23




( )

( )

3

3

22

2

2

2

2

148. Putanja tijela koje putuje dano je sa 2 . Izracunaj brzinu i ubrzanje nakon

2

vremena 2s.

12

3 32Brzina je 2 2 2 6 2 4

2 2

32

2Ubrzanje je

t

s f t t t

t

d t t ds m

v t vdt dt s

d t d s dv

adt dt

=

= = −

=

− = = = − ⇒ = − = − =

−= = = 2 2

32 3 3 3 2 6

2t

mt t a t

dt s=

= = ⇒ = = ⋅ =

( ) 3 249. Putanja cestice koja se krece po pravcu dano je sa 6 9 4.

a) Izracunaj put i ubrzanje kada je brzina 0.

b) Izracunaj put i brzinu kada je ubrzanje 0.

c) Izracunaj kada put raste

s f t t t t

s v

s v a

s

= = − + +

=

=

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 2

2

3 23 2

1

3 23 2

2

d) Izracunaj kada brzina raste.

e) Kada se smjer kretanja mijenja?

6 9 4a) Ako je 0: 0 3 12 9 0

3 6 9 4 3 6 3 9 3 4 4

1 6 9 4 1 6 1 9 1 4 8

Ubrzanje iznosi

v

d t t t dsv t t

dt dt

t s t t t m

t s t t t m

− + += = ⇒ = − + =

= ⇒ = − + + = − + + =

= ⇒ = − + + = − + + =

( )

( ) ( ) ( )

2

3 12 2

3 23 2

2

2

3 12 9

6 12 i za dano t imamo:

6 12 6 3 12 6 6 12 6 1 12 6

) Ubrzanje je nula za 6 12 0 2

Put iznosi: 6 9 4 2 6 2 9 2 4 6

Brzina iznosi: 3

t t

t

t

d t t dva t dt dt

m ma t a t

s s

b a t t

s t t t

v t

= =

=

=

− +

= = = −

= − = ⋅ − = = − = ⋅ − = − = − = ⇒ =

= − + + = − + + =

= ( ) ( )22

2

12 9 3 2 12 2 9 3

) Put raste kada brzina raste 0 : 3 12 9 0 1 i 3

) Brzina raste kada je ubrzanje 0: 6 12 0 2

e) Smjer kretanja se mijenja u trenutku 1 i 3, kada je brzina 0 i ubr

t

c v t t t t

d a t t

t t v

− + = − + = −

> − + > ⇒ < >

> − > ⇒ >

= = = zanje 0.

Iz prilozenog grafickog prikaza lijepo se mogu vidjeti svi uvjeti i rjesenja zadatka.

a ≠

Derivacije 24




( )

( )

-4 5 2

-4 5 2

'

50. Savijanje celicnog nosaca dano je jednadzbom 10 25 gdje je sa oznacena

udaljenost od oslonca. Izracunaj drugu derivaciju (promjenu koeficijeta smjera tangente)

za 3.

10 25

y x x x

x

d x x

dy ydx

= −

=

−= = ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( )

-4 5 -4 2

-4 4

-4 4 -4 4 -42" -4 3

2

3" -4 3 -4

3 3

10 10 2510 5 50

10 5 50 10 5 10 5010 20 50

110 20 50 10 20 3 50 0.049 x x

d x d x x x

dx dx dx

d x x d x d xd y y x

dx dx dxdx

y xm

= =

= − = −

− = = = − = −

= − = − =

3 251. Putanja cestice koja se krece vodoravno dano je sa 9 24 .

a) Izracunaj kada put raste a kada pada.

b) Izracunaj kada brzina raste a kada pada.c) Izracunaj put koje cestica predje u prvih

s t t t

s

v s

= − +

( )

( )( )

3 2

2

2

1,2 1 2

5 sekundi kretanja.

9 24a) Izracunajmo brzinu: 3 18 24

18 18 4 3 240 za t 2 4 ili drukcije

2 3

3 1 4 Put raste za 0 2, 4 vidi graf!

Put pada za 0 2 4 vidi g

d t t t dsv t

dt dt

v t t

v t t v t t

v t

− += = = − +

± − ⋅ ⋅= = ⇒ = =

⋅= − − > ⇒ < >

< < <

t

( ) ( )2

raf!

3 18 24)Izracunajmo ubrzanje: 6 18 6 3d t t dvb a t adt dt

− += = = − ⇒ = −t

Brzina raste za 0 3 Brzina pada za 0 3

) Udaljenost za prvih 5 sekundi:

Za 0 tijelo je u polozaju 0 - Predjeni put je nula

Za 0, tijelo krece u desno i za prve 2 sekunde predje put:

a t a t

c

t s

v t

> > < <

= =

> =

Derivacije 25




( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 23 2

2

3 23 2

4

9 24 2 9 2 24 2 20

U narednih 2 sekundi, tijelo mijenja smjer u lijevo do 4:

9 24 4 9 4 24 4 16

Smjer kretanja je u lijevo, pa je 16 20 4

Za 5 sekundi, tijelo je preslo pu

t

t

s t t t m

t

s t t t m

s m

t

=

=

= − + = − + =

=

= − + = − + =

= − = −

=

( ) ( ) ( )3 23 2

5

2 4 5

t od:

9 24 5 9 5 24 5 20

Sveukupno, predjeni put iznosi: 20 4 4 28

t

t t t

s t t t m

S s s s m

=

= = =

= − + = − + =

= + + = + + =

4 3 252. Putanja cestice koja se krece vodoravno dano je sa 6 12 10 3.

a) Izracunaj kada brzina raste a kada se smanjuje.

b) Kada cestica mjenja smjer.

c) Izracunaj put koje cestica predje u pr

s t t t t

v

s

= − + − +

( )4 3 2

3 2

1,2 3

vih 3 sekundi kretanja.

Izracunajmo brzinu i ubrzanje:

6 12 10 3

4 18 24 24

Nultocke jednadzbe za su : 1, 5 Rjesenje se moze izracunati koristeci

objasnjenja u dijelu "Je

d t t t t dsv t t t dt dt

v t t

− + − +

= = = − + += =

( )3 2

2

1 2

1 2

dnadzbe viseg reda".

4 18 24 2412 36 24 1, 2

) Brzina mijenja predznak u 2.5 a ubrzanje mijenja predznak u 1 i 2

Za 1 brzina 0 i 0. Posto je 0,brzina se povec

d t t t dva t t t t

dt dt

a t t

t v a a

− + += = = − + ⇒ = =

= =

< < > >

t =

ava;odnosno posto je

0 brzina se smanjuje:

Za 1 2 brzina 0 i 0. Posto je 0,brzina se smanjuje; odnosno posto je

0 brzina se povecava:

Za 2 2.5 brzina 0 i 0. Brzina se smanj

v v v

t v a a

v v v

t v a

< = −

< < < < << = −

< < < > uje.

Za 2.5 brzina 0 i 0. Brzina se povecava: 0 it v a v v v> > > > =

0

) Smjer kretanja se promijeni za 2.5 (funkcija puta ima ekstrem)

) Za 0 put 3. To je predjeni put cestice za 0.t

b t

c t s t =

=

= = =

s

Derivacije 26




( ) ( ) ( ) ( )4 3 24 3 2

2.5

3

Do vremena 2.5, cestica putuje u lijevo i proci ce put od:

6 12 10 3 2.5 6 2.5 12 2.5 10 2.5 3 1.6875

Za 3, put je nula 0. Cestica je dosla na pocetni polozaj, sto iznosi 1.687

t

t

t

s t t t t

t s

=

=

=

= − + − + = − + − + = −

= =

0 2.5 3

5.

Sveukupno, predjeni put za prve 3 sekunde iznosi:

1.6875 3 1.6875 6.375 jedinica mjere za duzinut t t S s s s= = == + + = + + =

3

53. Cestice rotira po putanji danoj jednadzbom , gdje oznacava kut u radijanima50

i , vrijeme u sekundama. Izracunaj kutni pomak ,kutnu brzinu i kutno ubrzanje

nakon vremena 10 .

Izracun

t t

t

t s

ϕ ω

Φ = − Φ

=

α

[ ]

( )

3 3

10

22

10

10 2

10ajmo pomak cestice: 10 10

50 50

3 3Kutna brzina cestice: 1 10 1 5

50 50

6 6 6Kutno ubrzanje cestice: 10

50 50 5

t

t

t

t t rad

d r t

dt s

d rad t

dt s

ω ω

ωα α

=

=

=

Φ = − = Φ = − =

Φ = = − ⇒ = − =

= = ⇒ = =

ad

2.3.5 L’Hospital-ovo pravilo

( )( )

( )

Utvrdjivanje granicnih vrijednosti za funkcije, koje uvrstavanjem granicne vrijednosti postaju

neodredjene, rjesavaju se L'Hospital-ovim pravilom:

0Vrijednost funkcije u obliku razlomka ili

0

f x y x

g x

∞= =

( )( )

( )

( )

( )

( )

( )

' "

' "0 0 0

dobije se tako, da se derivira

posebno brojnik i posebno nazivnik onoliko puta, koliko je dovoljno da se dobije konacnavrijednost kao rezultat.

lim lim lim itd.

Izraz li

x x x

f x f x f x y x

g x g x g x→ → →

∞

= = = =

10 2

2

m moze biti bilo koji od oblika, kao na pr. lim, lim, lim,... x x x x

+→ →∞ → →

Derivacije 27




Za funkcije koje nisu zadane u obliku kvocijenta i neodredjeni oblik je na pr. , 0,

funkciju treba najprije prikazati kao kvocijet a potom primijeniti L'Hospital-ovo pravilo.

Za funkcije koje imaj

∞ − ∞ ∞ ⋅

0 0 0u neodredjeni oblik na pr. 1 , ,0 racunaju se tako,

da se funkcija najprije logaritmira po bazi prirodnog broja e, prikaze ako kvocijent i potom

primijeni L'Hospital-ovo pravilo.

∞

( )( )

( )

( )

'

'0 0 0

sin54. Rijesi za 0

sin0 sin cos 1Izraz je oblika 0 lim lim lim 1

0 1

sin Napomena: Kvocijent se derivira posebno brojnik a posebno nazivnik.

55. Rijesi lim ln 1

x x x

x

x y x

x

x x x y

x x

x

x

a y x a x

→ → →

→∞

= =

⇒ = = = = =

= + ⋅ +

( )

1

( )

( ) ( ) ( )

'2

2

'

2 2

izraz je oblika 0

ln 11

lim ln 1 lim sada primjenimo pravilo:1 1

1

ln 1 1

lim lim lim lim

1 11

x x

x x x x

a

a x y

x

x a x a

a aaa a x a x

x x x x y

x a x a x a

→∞ →∞

→∞ →∞ →∞ →∞

∞ ⋅

+ = + = ⇒ + +

− ⋅ ++ + = = = =

− + + +

( )

( )

( )

( )

( )

( )

2

2

1

0

'

1

lim lim lim 0

56. Rijesi za

1 ln lnIzraz je oblika ln ln lim ln lim

sada primjenimo pravilo na desnu stranu jednadzbe:

lnlim ln lim

x x x

x

x x

x x

x a x

x a

a x a a x a a y a a a

x a x x x

y x x

x x y x y

x x x

x y

→∞ →∞ →∞

→∞ →∞

→∞ →∞

+

+

+ += = = + = + =

+

= → ∞

∞ ⇒ = = ⇒ =

=( )

'

1

1lim 0 sada rjesimo jednakost:

lim ln 0 ln 0 samo za 1 slijedi: lim1 1 1 za

x

x

x x

x x

y y y y x x

→∞

→∞ →∞

= =

= ⇒ = = = ⇒ = = → ∞

Derivacije 28




( )

( )

( )

( )

21

' '2 2

2 ' '1 1 1 12

1 cos57. Rijesi lim

2 1

1 cos sin1 cos coslim lim lim lim

2 22 1 2 22 1

58. Rijesi za 0

logaritmirajmo, limitirajmo i primjenimo pravilo:

lnln ln

x

x x x x

x

x

x

x x

x x x x

x x x x x

y x x

y x

y x x

π

π π ππ π

→

→ → → →

+− +

+ −+ −= = = =

− + −− +

= =

=

= =

π π

( )( )

( )

( ) ( )

'

'0 0 0 0 0

2

0

sin

'

'0 0 0 0

1ln

lim ln lim lim lim lim 01 11

lim ln 0 1 odnosno 1 za 0

59. Rijesi za 0

lnln sin ln

csc

1ln 1

lim ln lim lim limcsc cotcsc

x x x x x

x

x

x

x x x x

x x x y x x

x x x

y y y x x

y x x

x y x x

x

x x y x x x x

→ → → → →

→

→ → → →

⇒ = = = − = − =−

= ⇒ = = = →

= =

= =

= = = −−

( )

2

0

0 0 0 0 0 0

sinlim

1 cos cos

sin sin

sin sin sin sin sinlim ln lim lim lim lim lim tan 1 0 0

cos cos

x

x x x x x x

x

x x x

x x

x x x x x y x

x x x x x

→

→ → → → → →

= −

= − ⋅ = − ⋅ = − ⋅ = − ⋅ =

( )

( )2'

' 20 0 0 0 0 0

160. Rijesi: 1 za 0

1ln 1

1 1Izraz ima oblik 0 1 ln ln 1

1

1

1 1

ln 1 1 1 1lim ln lim lim lim lim lim

1 11 1

x

x

x x x x x x

y x x

x y y x

x x

x

x

x x x y

x x

x x x

−

−→ → → → → →

= + →

+ ∞ ⋅ ⇒ = + ⇒ = + =

−

+ + = = = = =+− +

( ) ( ) 1

0 0 0

1

1lim ln lim 1 ln lim

1 1 0 x x x

x

x

x y y e e x

x x

→ → →

+

= = = ⇒ = =++

Derivacije 29




( )

( )

( )

( )

0

'

'0 0 0

0 0

Derivirajmo opet

lncos361. Rijesi: lim

lncos2

sin 3 3

cos3lncos3 3sin3 cos 2lim lim lim

2sin2 cos 3sin 2 2lncos2

cos2

sin 3 3cos 2lim lim

sin 2 2cos3

x

x x x

x x

x

x

x

x x x x

x x x x

x

x x

x x

→ +

→ + → + → +

→ + → +

− = =

−

= ⋅

0

3Izraz je jednak

2

3cos3 3 3 3 9lim

2cos 2 2 2 2 4 x

x

x→ +

= =

=

( )

( )

( )

( )

0

'

'0 0 0

'

'0 0 0

2

1 161. Rijesi lim

1

11 1 1

Izraz je oblika lim lim lim1 11

1 1 1lim lim lim

2 0 221

262. Rijesi lim

x x

x x

x x x x x x

x x x

x x x x x x x x x x

x

x e

e x e

x e xe x e

e e e

e xe e e xe xe e

x

→

→ → →

→ → →

→+∞

− −

− − − ∞ − ∞ ⇒ − = = = − + −

−= = = = =

++ + ++ −

+

xe −

( )( )

( )

( )

'1

12 12

2 22

1 22 2

12 2 22 2Izraz je oblika lim lim lim' 1

lim lim22

Ponovno deriviranje nas dovodi do pocetnog rezultata. L'Hospital-ovo pravilo se ne

moze primije

x x x

x x

x

x x x x

x x

x x

x x

−

→+∞ →+∞ →+∞

→+∞ →+∞

+ +∞ + ⇒ = =∞

= =++

=

2 2

2 2

niti. Koristimo zato drukciju transformaciju:

2 2 2lim lim lim 1 1 0 1

x x x

x x

x x x→+∞ →+∞ →+∞

+ += = + = + =

( )

( ) ( ) ( ) (

2

20

2 2 2 2

63. Rijesi tan za2

Izraz je oblika lim lim tan lim ln lim 2 ln tan

x

x

x x x x

y x x

y x y x

π

π

π π π π

π

π

−

−

→ → → →

= →

∞ ⇒ = ⇒ = − ) x

Derivacije 30




( )

( ) ( ) ( )

( )

[ ]

( )( )

( )( )

'2'

2 2

' '

2 2 2 22 2

sin 2

2 2 2

1 1 cos 12ln tan tan sincos coslim lim lim lim

2 2 2 sin cos12 22

4 22 2 2 2lim ln lim 0 lim ln 0 1

2cos 2 2 1

defin

x x x x

x

x x x

x x x x x x x

x x

x x x

x y y

x

π π π π

π π π

π

π ππ

πππ

→ → → →

→ → →

− = = − = −−

− −−

− ⋅ − = − = − = ⇒ = ⇒ =⋅ −

( )

y

( )0 2

2 2

icija logaritma baza 1 lim lim tan 1 x

x x

y xπ

π π

−

→ →

= ⇒ = =

( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( )

2

2

1

2 2

' '

' '0 0 0 0 02

1

0 0

64. Rijesi cos za 0

1 ln cosIzraz je oblika 1 ln ln cos limitirajmo

1 sinln cos sin coscoslim ln lim lim lim lim2 22 cos

1 1lim ln lim cos

2 0 2

x

x x x x x

x x x

y x x

x y x

x x

x x x x x y x x x x x

y x

∞

→ → → → →

→ →

= →

⇒ = =

− − −= = = =

−

−= = − ⇒

−

cos 2 sin x x

( ) ( )

( )

2

2

1

0 0

11

2

1ln lim ln lim cos

2

cos

x x x

x

y x

y x e

→ →

−

= − ⇒ =

= =

Derivacije 31




( )

( )

( )

( )

2

2

' '2

' '2

2 20

2 20

3 5 865. Rjesi za Izraz je oblika

7 2 1

3 5 8 6 5 6 6 3lim lim lim lim

14 14 714 27 2 1

1 166. Rijesi lim izraz je oblika

sin

1 1lim l

sin

x x x x

x

x

x x y x

x x

x x x y

x x x

x x

x x

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

→

→

+ − ∞= → +∞

∞− +

+ − += = = = =

−− +

− ∞ − ∞

− =

( )

( )

2 2 2 2 2

2 2 2 2 20 0

22 2 2 2

2

4 2 20 0 0

0

sin 2

'2 2

'0 04

sin sinim lim

sin sin

sinlim lim lim 1 1

sinsin sin

2 2sin cossin

lim lim

x x

x x x

x

x

x x

x x x x x

x x x x x

x x x x x

x x x x

x x x x x

x

→ →

→ → →→

→ →

− −= ⋅

− = = = =

− − =

( )

( )

( )

( )

( )

'

' '

' '0 03 2

2 20 0

2 2cos 2 4sin 2lim lim

244 12

8cos 2 8 1 1 1 1 1lim lim 1

24 24 3 3 3sin

Ovaj zadatak se moze rjesiti koristeci Taylor-ov teorem, koji ce biti obradjen u

poglavlju Besko

x x

x x

x x

x x x

x

x x

→ →

→ →

− = =

= = = ⇔ − = ⋅ =

nacni Redovi.

'=

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

4

'

'

4 4

2

2'

2

'

4 4

67. Rjesi lim 1 tan sec 2

1 tan 1 tan1Izraz je oblika 0 ; sec 2 lim lim

cos 2 cos 2 cos2

1

1sec

1 tan sec 24 2lim lim 1

2sin 2 2 1 2cos2 2sin24

x

x x

x x

x x

x x x

x x x

x x

x x

π

π π

π π

π

π

→

→ →

→ →

−

− −⋅ ∞ = ⇒ =

−

− − − − = = = = =− − ⋅ −

−

( )

( ) ( )

cos 0

2

cos

22 2 2 2

68. Rjesi lim tan za izraz je oblika2

ln tanlim lim tan ln lim lim cos ln tan lim

sec

x

x

x

x x x x x

x x

x y x y x x

x

π

ππ π π π

π−

− − − − −

−

→

→→ → → →

→ ∞

= ⇒ = =

Derivacije 32




Derivacije 33

( )

( )

2'

' 2

2 2 2 22 2

2

2

1 1secln tan sectan cosln lim lim lim lim lim

sec tan tan sinsec

cos

cos 0lim 0

1sin

x x x x x

x

x x x x x y x x x x x

x

x

x

π π π ππ

π

− − − − −

−

→ → → →→

→

= = = =

= = =

2=




Teoremi srednje vrij. 1

3. TEOREMI SREDNJE VRIJEDNOSTI FUNKCIJE

( )

[ ]

( )( ) ( )

'

: Ako funkcija zadovoljava uvjete:

1. jednoznacna i neprekinuta u zatvorenom intervalu a,b ,

2. u svakoj tocki intervala ima derivaciju ,

3. ima funkcijske vrijednosti 0 i 0

f x

f x

f a f b= =

Rolle - ov teorem

( )'

tada unutar intervala postoji barem jedna tocka

, u kojoj je tan 0 odnosno, ima barem jedna tocka u kojoj je tangenta paralelna sa

osi

c f c

x

α= =

( ) [ - Ako je funkcija jednoznacna i neprekinuta u intervalu ,

i ima u svakoj tocki tog intervala odredjenu derivaciju, tada za tu funkciju vrijedi, da ima barem

jedna tock

f x aTeorem srednje vrijednosti

( ) ( ) ( )

( ) ( ) [ ]

( ) ( )

'

a , unutar intervala, za koju je

Za dvije funkcije, i koje su neprekinute i derivabilne u intervalu ,

i uz predpostavku da je 0, postoji barem jedna tocka c, u a,b za koju vrije

c

f b f a f cb a

f x g x a b

g x

−=−

≠

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

'

'

di:

Rastuca funkcija u intervalu a,b je ona, koja za ima vrijednosti

za sve a i b u intervalu a,b .

Padajuca funkcija u intervalu a,b je ona, koja za ima vrijednostiza s

f b f a f c

g b g a g c

a b f a f b

a b f a f b

−=

−

< <

< >( )ve a i b u intervalu a,b .

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3

3

'' ' 3 2

1. Izracunaj vrijednost i dokazi Rolle-ov teorem, za funkciju 12 ,u intervalu

0 2 3.

0 0 0 0 2 3 2 3 12 2 3 8 3 3 24 3 0

0 12 3 12 0 2

Trazena vrijednost za c, je u nutar e

int

c f x x

x

f a f f b f

f c f x x x x x

= −

≤ ≤

= ⇒ = = ⇒ = − = ⋅ − =

= ⇒ = − = − = ⇒ = ±

x

rvala 0,2 3 i iznosi 2c =

( )

[ ]

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2

2. Izracunaj vrijednost c i dokazi teorem srednje vrijednosti, za funkciju 3 4 3,

u intervalu 1,3 .

1 3 1 4 1 3 4 3 3 3 4 3 3 36

f x x x

f a f f b f

= + −

= = + − = = = + − =





( ) ( )

( )( ) ( )

[ ]

'' 2

'

3 4 3 6 4 6 4 3 1 2

36 46 4 6 12 2

2

Trazena vrijednost za c, je u nutar intervala 1,3 i iznosi 2

3. Izracunaj vrijednost c i dokazi teorem srednje vrijednosti, za funkcije

f c x x x c b a

f b f a f c c c c

b a

c

= + − = + ≡ + − = − =

− −= ⇒ + = ⇒ = =

−

=

( )

( ) [ ]

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

[ ]

2

''

' ' 2 22

3 2 i

1 u intervalu 1,4 .

3 4 2 3 1 24 1 3 2 3

4 1 24 1 1 11

14 5 3 3 3 15 56 15

17 2 2 5 2 6 2

Trazena vrijednost za c, je u nutar intervala 1,4 i

f x x

g x x

f b f a f c f f x

g b g a g g x g c x

c c x c

= +

= +

+ − + − − + = ⇒ = ⇒ =− − + − ++

−= ⇒ = ⇒ = ⇒ = =

−

5iznosi

2c =

( )

[ ]

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2

2 2

'' 2

'

4. Izracunaj vrijednost c i dokazi teorem srednje vrijednosti, za funkciju 2 7 3,

u intervalu 2,5 .

2 2 2 7 2 3 3 5 2 5 7 5 3 18

2 7 3 4 7 4 7 5 2 3

18 34 7 4 7 7

3

f x x x

f a f f b f

f c x x x c b a

f b f a f c c c c

b a

= − +

= = − + = − = = − + =

= − + = − ≡ − − = − =

− − −= ⇒ − = ⇒ = +

−

[ ]

7

2

Trazena vrijednost za c, je unutar intervala 2,5 i iznosi 3.5c

=

=

( ) [ ]

( ) ( )

2

2

45. Ispitaj Rolle-ov teorem za funkciju u intervalu 0,4

2

0 kada je brojnik 4 0 odnosno za 0. nije definirana kada je

nazivnik 2 0 2

Funkcija je nekontinuirana pa se Rolle-ov teo

x x f x

x

f x x x x f x

x x

−=

−

= − = =

− = =

rem ne moze primijeniti.

( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 1

2 2

' '1 ' 1

2 2

1 1'

2

6. Izracunaj vrijednost c i dokazi teorem srednje vrijednosti, za funkciju

tan tan za .1 1

1 1 Neka je tan tan

1 1

tan tan 1za

1

b a b ab a a b

b a

f x x f x x f c x c

b a f c a b

b a c

− −

− −

− −

− −< − < <+ +

= ⇒ = = ⇒ =+ +

−= = <

− +





2 2 2

1 1

2 2

1 1 1 1Iz teorema imamo: odnosno

1 1 1 1

1 tan tan 1i mozemo pisati:

1 1

c a c bc a c b

b a

b ab a

− −

> < < ⇒ >+ + + +

−< <

−+ +

2

( ) [ ]

( ) ( )

( )( )( ) ( )

( )

2

2

1 2

' 22'

2

47. Ispitaj Rolle-ov teorem za funkciju u intervalu 0,42

0 kada je brojnik 4 0 odnosno za 0; 4; nije definirana

kada je nazivnik 2 0 2

2 2 4 44

2 2

x x f x x

f x x x x x f x

x x

x x x x x x f x

x x

−=+

= − = = =

+ = = −

+ − − − −= = =

+ + ( )

( )( )

( )

2 2

2

2'

2

2

1,2

2 4 4 8 4

2

4 8Prva derivacija postoji za sve osim za 2; koji nije u

2

promatranom intervalu i jednaka je nula kada je brojnik: 4 8 0

2 2 3. 2 3 1

Funkcija zadovoljav

x x x x x

x

x x f x x x

x

x x

x x c

− + − − +

+

+ −= =

+

+ − =

= − ± ≡ = −

−

( )a Rolle-ov teorem jer je c unutar intervala: 0 2 3 1 4c< = − <

( )

( )

( ) ( )

( )

3 7

'

'' 3 7 2 6

8. Dokazi da je funkcija 1 padajuca za sve vrijendosti od .

Funkcija je padajuca ako je 0 u promatranom intrvalu:

1 3 7 0 za sve 0.

Za sve 0, funkcija je pozitivna, 0.

f x x x x

f x

f x x x x x x

x f x

= − −

<

= − − = − − < ≠

< > ( ) ( )Za sve 0, 0 1 , funkcija pada

za sve realne brojeve.

x f f x> = >

( )

( ) ( )

9. Odredi za koje intervale funkcija raste ili pada: 2 3

Funkcija pada u intervalu , 2 i raste u intervalu 2,

f x x= − +

−∞ ∞








Analiza toka kunkcije 1

4. ANALIZA TOKA FUNKCIJE, EKSTREMI

4.1 Opci pojmovi

Nultocke funkcije - su tocke u kojima je funkcija jednak nula. Za razlomljenu racionalnu funkciju

je kada je brojnik nula.

Polovi funkcije - su tocke u kojima je nazivnik razlomljene funkcije jednak nula. U tim tockama

funkcija ima vertikalne pravce, okomite na os i dodiruju krivuju funkcije u beskonacnosti.

Asimptota - je prvac koji se u beskonacnosti priblizava krivulji a moze biti vertikalna

(

x

( )

( )

pol funkcije), horizontalna ili kosa.

Horizontalna asimptota je pravac koji ima jednadzbu : za lim .

Vertikalna asimptota je pravac koji ima jednadzbu : za funkciju odnosno u

inverz

y y a y f x a x

x b y f x

→∞= = =

= =

( ) ( )

( )

( )

nom obliku za lim lim

Kosa asimptota je pravac koji ima jednadzbu : za : lim

lim

y y

y

y

x g y x b b x g y

y y kx l y f x k

x

l f x kx

→∞ →∞

→∞

→∞

= = = =

= + = =

= −

Tocka infleksije - je tocka u kojoj funkcija mijenja zakrivljenost iz konkavnosti u konveksnost

(ili obratno)

( ) ( )

( ) ( )

( )

' '

0 0 0

' "

0 0

"

0

Kriticni broj - je broj , koji pripada domeni funkcije i za koji je 0 ili je

nedefinirana. Uz predpostavku da postoji, i da postoji i tada:

Ako je 0 Nije definirano sto se

x f x

f x f x

f x

=

=

( )

( )

0"

0 0

"

0 0

0

zbiva sa funkcijom u tocki .

Ako je 0 Funkcija ima relativni maximum u tocki .

Ako je 0 Funkcija ima relativni minimum u tocki .

Funkcija ima apsolutni maximum u tocki ako za sve vrijednos

x

f x x

f x x

x

<

>

( ) ( )

( ) ( )

'

0

0

'

0

ti od u intervalu I vrijedi:

.

Funkcija ima apsolutni minimum u tocki ako za sve vrijednosti od u intervalu I vrijedi:

.

x

f x f x

x x

f x f x

≤

≥

f x

x

( )

0

"

0

"' "' 0

"'

0

Ako funkcija ima 0, potrebno je definirati sto se desava u tocki :

izracunamo :ako je 0 funkcija ima tocku infleksije u

ako je 0 racunamo derivaciju i uvrstimo .

izracunamo

x

IV

x

y x

y y x

y y

y

=

≠=

( ) ( )

0: ako je 0 funkcija ima u toj tocki ekstrem.

IV IV y ≠

( ) ( )

( ) ( )

0 0za 0,maksimum,za 0,minimum.

ako je 0 moramo nastaviti derivirati i naci .

IV IV

x x

IV V

y y

y y

< >

=





( ) ( ) ( )0U tocki za koju su derivcije neparnog reda , , razlicite od nule, funkcoija ima

tocku infleksije.

III V VII x y y y

0

0

Tok funkcije i njene derivacije:

Ako funkcija ima pozitivnu prvu derivaciju u , funkcija prolazi tom tockom rastuci.

Ako funkcija ima negativnu prvu derivaciju u , funkcija prolazi tom padajuci.

Ako

x

x

0funkcija ima prvu derivaciju u , u toj tocki je tangenta paralelna sa osi .

U toj tocki funkcija ima ili ekstrem ili tocku infleksije.

Ako je funkcija u nekom intervalu konveksna (oblik gljive), nje

x x

0

0

0

na druga derivacija u je

negativna.

Ako je funkcija u nekom intervalu konkavna (oblik slova U), njena druga derivacija u je

pozitivna.

Funkcija ima u tocku infleksije, ako je u toj tocki druga

x

x

x derivacija nula.

4.2 Asimptote i polovi funkcije

11. Odredi asimptote zadane funkcije: .

1Jednadzba horizontalne asimptote, paralelne sa osi : lim 0

0 0 asimptota je os

Jednadzba vertikalne asimptote, paralelne sa osi : lim

x

y

y x

x y a y a x

a y x

y x b x b

→∞

=

= ⇒ = = =

= ⇒ = ⇒ −

= ⇒ = = izrazimo

1 1 1funkciju po : lim lim 0 0 0

asimptota je os

y y

x

x y x x b x x y y

y

→∞

→∞ →∞⇒ = ⇒ = ⇒ = = ⇒ = ⇒ =

−

( ) ( )

( )

( ) ( )

22. Odredi asimptote zadane razlomljene racionalne funkcije: .

1 3

Funkcija ima polove-vertikalne asimptote, u tockama za koje je nazivnik nula: 1 0

1 3 0 3 Funkcija ima nultocke za 0, kad

x y

x x

x

x x x f x

−=

− +

− =

= + = ⇒ = − = a je brojnik nula:





2

2 0 2.

Funkcija ima horizntalne asimptote, u tockama za koje vrijedi:

2 2lim lim lim 0 horizontalna asimptota je os

2 22 3 x x x

x x

x y a y x

x x x→∞ →∞ →∞

− = ⇒ =

− −= = = = = ⇒ −

++ −

( )

( )

43. Odredi asimptote razlomljene racionalne funkcije: .

3

Funkcija ima polove-vertikalne asimptote, u tockama za koje je nazivnik nula: 3 0

3.Funkcija ima nultocke za 0, kada je brojnik nula:

x y

x

x

x f x

+=

−

− =

= = 4 0 4.

Funkcija ima horizontalne asimptote, u tockama za koje vrijedi:

4 41

4lim lim lim lim 1

3 331

Horizontalna asimptota je pravac paralelan sa osi na 1.

x x x x

x x

x

x x x x y a y x x

x x x x y

→∞ →∞ →∞ →∞

+ = ⇒ = −

+ ++

= = = = = =−

− −

− =

( ) ( )

2

2 2

4. Izracunaj jednadzbe kosih asimptota za funkciju: 2 3 2 2 0

Koristeci gornja tumacenja imamo:

2 3 2 2 0 2 3 2 2 0 :

x x xy

F x x x xy f x x x xy x

+ + − =

= + + − = ⇒ ⇒ + + − = 2





( )

2

2 2 2 2 2 2

2

2

2 0 3 2 22 3 2 2 0 odnosno:

3 1 1 31

2 2

Jednadzba kose asimptote je jednadzba pravca:

1 3Koeficijent smjera: lim lim 1 1 1

2

Odsjecak na

x x

x x xy y

x x x x x x x x

y f x y x

x x x x

y kx l

yk k

x x x→∞ →∞

+ + − = ⇒ + + − =

= = − − + ⇒ = − −

= +

= = − − = − ⇒ =

( )

−

( )3 1

osi : lim 12

3 1 3 1 3lim lim

2 2

3Trazena asimptota ima jednadzbu:

2

x

x x

y l f x kx x x x

l x x x x

y x

→∞

→∞ →∞

= − = − − + − −

= − − + + = − + = −

= − −

2

( ) ( )

2 2

22

3 2 3 2 2 2

5. Izracunaj kose asimptote funkcije 2 0

U funkciji se zamijeni sa i prva dva clana, sa najvisom potencijom seizjednace sa nulom: 2 0

2 2 0

x y xy

y y kx l y kx l x kx l x kx l

x k x l x k x kl xl

+ − =

= +

= + ⇒ + + + − =

+ + + + − = ( ) ( )

( )

( )

( )

3 2 2

1 2 2

1 1 2

1 1

2

1

2 2 2

2 0

1 0 0 1 2 0

2 0 0 2 1 0 0

Trazene jednadzbe jesu:

2

0 0 0 0

1 0

x x xl

k k k k k l l

k l l l l l l

y kx l y k x l x y

y k x l x x

k k kl l

y x

⇒ + + − =

+ = ⇒ = = − ⇒ + =

+ = ⇒ = ⇒ − + = ⇒ =

= + ⇒ = + = + = =

= + = − + = − ⇒ = −

( )( )

2 0

2 0

k k

l k l

⇒

⇒

+

+ =

+ =

+





4.3 Ekstremi i graficki prikaz toka funkcije

' "

' '

U nastavku je dan postupak za graficko prikazivanje toka funkcije:

Izracunaj i ako treba i .

Koristi za ispitivanje kriticnih brojeva, kada je 0 ili nedefiniran. Ispitaj moguce relativ

y y

y y =

' ' '

" ' '

neekstreme.

Koristi za ispitivanje intervala u kojem funkcija raste 0 ili pada 0.

Koristi za ispitivanje da li je funkcija konkavna 0 ili konveksna 0.

Ispitaj za tocke

y y y

y y y

> <

> <

( )

"

0 0

infleksije, kada je 0.

Izracunaj vertikalne asimptote. Za razlomljenu funkciju, to je, kada je nazivnik nula.

Izracunaj horizontalne asimptote. Za lim , je asimptota. Ispitaj limes x

y

f x y y→∞

=

=

( ) ( )

za .

Ispitaj ponasanje funkcije u beskonacnosti: lim i lim .

Izracunaj nul tocke i polove funkcije 0, presjecista sa osi, 0.

Ispitaj ponasanje funkcije ako se pribliz

x x f x f x

y y x

→∞ →∞

± ∞

= +∞ = +∞

= − =ava nekoj tocki sad s lijeva sad s desna,

primjer je .

Ispitaj ponasanje prve derivacije, njeno priblizavanje ka ili , sa obje strane,

primjer .

Ispitaj i izracunaj kose asimp

y x

y x

=

+ ∞ − ∞

=

( ) ( )tote tako da je lim 0.

Limes je za .

x y kx l f x kx l

→∞= + − + =

± ∞

4 3 2

' 3 2 " 2

" "

1 2

1

3

6. Ispitaj tok funkcije 3 10 12 12 7

Izracunajmo derivacije: 12 30 24 12; 36 60 24

Izjednacimo 0 i ispitajmo za moguce tocke infleksije: 36 60 24 0

12

3

1Za

3

y x x x x

y x x x y x x

y y

x x

x y

−

= − − + −

= − − + = − −

= =

= = −

< −

2 x x− − =

( ) ( ) ( )

2

"

2"

0

1 136 60 24 0 smatramo pozitivnim krivulja je

3 3

konkavna, gleda za gore, (oblik slova U)

1Za 2 36 0 60 0 24 24,negativna, krivulja je konveksna,

3

gleda za dolje, (oblik gljive)

x y

= − − − − =

− < < = − − = −

.

( ) ( ) ( )2"

3Za 2 36 3 60 3 24 120, pozitivna, krivulja je konkavna, gleda za

gore, (oblik slova U).

x y> = − − =





( ) ( ) ( ) ( )

"

4 3 2

4 3 2

Tocke infleksije su za 0. Uvrstimo te vrijednosti u funkciju:

1 1 1 1 1 1 3223 10 12 12 7

3 3 3 3 3 3 27

1 322Prva tocka infleksije: ( , ) 2 3 2 10 2 12 2 12

3 27

y

f f

A f

=

− = − − − − − + − − ⇒ − = −

− − ⇒ = − − + ( )2 7 6

Druga tocka infleksije: (2, 63) B

− = −

−

3

( )1 1

2

32

' 2 "

' 2

1 2

1 2

" "

1

"

2. Ispitaj funkciju 3 53

Izracunajmo derivacije: 2 3 2 2

Izjednacimo 0 : 2 3 0 1 3

Funkcija ima ekstreme u 1; 3.

Izracunajmo : 2 2 2 1 2 4 0 maksimum

2

x x

x

x y x x

y x x y x

y x x x x

x x

y y x

y x

= − − +

= − − ⇒ = −

= − − = ⇒ = − =

= − =

= − = − − = − <

= ( )

( )( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( ) ( )

2

3

2

3

2

2 2 3 2 4 0 minimum

Izracunajmo koordinate ekstrema: uvrstimo vrijednosti za u funkciju:

11 1 3 1 5 6.67 max 1,6.67

3

33 3 3 3 5 4 min 3, 4

3

x

f

f

− = − = >

−− = − − − − + = −

= − − + = − −

'

' "

Za 1 Funkcija raste do maksimuma. Krivulja prve derivacije je

pozitivna, parabola.

Za 1 Funkcija ima maksimum. 0 0.

Za 1 Funkcija pada do tocke infleksije, kada mijenja smjer iz konveksn

x y

x y y

x

− ∞ < < −

= − = <

=

' "

'

"

0

og u

konkavni oblik.

Za 3 Funkcija ima minimum, 0, 0.

Za 3 Funkcija raste 0.

Izracunajmo tocku infleksije i njene koordinate: 2 2 0 1

x y y

x y

y x x

= = >

< < +∞ >

= − = ⇒ =

( )'"'Za 2 2 2 0 U toj tocki je tocka infleksije: neparna derivacija je y x= − = ≠

0 0razlicita od nule. Uvrstimo u funkciju i dobiti cemo koordinatu , tocke infleksije: x y





( )( ) ( )

3

2

0

1 11 3 1 5 1 1.33

3 3 y = − − + = + =

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

2 2 2 2'

2 2 2

' 2 22"

2 22

2 2"

4 3

8. Analiziraj funkciju2

2 2 1 2 4 4Izracunajmo derivacije:2 2 2

2 2 4 4 2 2 14

2 2

2 2 2 4 2 4 2 4 4 8 2 8 8

2 2

x y

x

x x x x x x x x y x x x

x x x x x x x y

x x


x x

=−

− − − − −= = =− − −

− − − − −− = = = − −

− − + − − − − + − + = =− −

( )

( )

32 x

=−

( )

( )

' 2

1 2

" "

0 13

"

4 23

2

Izracunajmo ekstreme: 0 kada je brojnik jednak nula: 4 0

4 0 0 4

8Ispitajmo : Za 1 0 relativni maksimum u 0

0 2

8Za 1 0 relativni minimum u 4

4 2

0Tocke ekstrema: 0

0 2

x

y x

x x x x

y y x

y x

f

= ⇒ − =

− = ⇒ = =

= = − < =−

= = > =−

= =−

( ) ( )

x

( )2

"

2 2

2 2

40; 0,0 4 8; 4,8

4 2

Funkcija nema tocke infleksije, jer je uvijek 0.

Ispitajmo asimptote:Verikalna asimptota ili pol funkcije: 2 0 2

Kosa asimptota:2 2

2 2

A f B

y

x x

x x y kx l y kx l

x x

kx kx xl l x

= =−

≠

− = ⇒ =

= + ⇒ = ⇒ + =− −

− + − − ( ) ( )20 1 2 2 0 1 0

2 0 2 2 Jednadzba kose asimptote: 2

x k x l k l k k

l k l k y x

= ⇒ − + − − = ⇒ − = ⇒ =

− = ⇒ = = ⇒ = +

1





( ) ( )

sin

' sin

" sin sin sin 2

' sin

sin sin

9. Analiziraj funkciju

Izracunajmo derivacije: cos

sin cos cos cos sin

Izracunajmo ekstreme: 0 cos 0

0 je uvijek pozitivna, nema nul tocke.

co

x

x

x x x

x

x x

y e

y e x

y e x xe x e x x

y e x

e e

=

=

= − + = −

= ⇒ =

≠ ⇒3

s 0 , tocke ekstrema funkcije2 2 2

x x k π π π

π= ⇒ = + ⇒

( )

( )

0

0

sin" 2 1 "2

3sin

" 2 1 "2

sin

12

2

Uvrstimo to u drugu derivaciju:

cos sin 0 1 0 , maksimum2 2 2

3 3 1 3cos sin 0 1 0 , minimum

2 2 2

Koordinate ekstrema: 2.71

x

x

y e e e y za x

y e e y za xe

y e e

π

π

π

π

π π π

π π π−

= − = − = − < =

= − = + = > =

= = =

3sin

123

2

181.. 0.37. y e ee

π

π −= = = =

( )( )

( ) ( )

2

1 2

10. Analiziraj funkciju2 6

Polovi funkcije su za: 2 0; 6 0 2; 6

x y

x x

x x x x

=− −

− = − = ⇒ = =





( )( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2 3 2 2 3 2'

2 2 32 2

2'

2 2

'2

"

2 2

2 2 2

"

4 4

3 2"

3 3

Izracunajmo derivacije:

2 2 6 2 8 2 12 4 24 2 8

2 64

24 8

2 6

24 8

2 6

24 16 2 6 24 8 2 2 6 2 8

2 6

16 72 288

2 6

Izr


x x x

x x y

x x

x x y

x x

x x x x x x x x y

x x

x x y

x x

− − − − + − + − += =

− −−

−=

− −

−= =

− −

− − − − − − − − =− −

− +=

− −

( ) ( )( )

( )( )( ) ( )

( )( ) ( )

2' 2

2 2

2

1 2

3 2" "

0 3 3

24 8acunajmo ekstreme: 0 0 24 8 8 3 0

2 6

30 3 3 ekstrem je u tocki 0,0 , 3, 3

3 2 3 6

Ispitajmo vrijednost druge derivacije:

16 0 72 0 288 10 0 imamo

60 2 0 6

x

x x y x x

x x

x x y A B

y y za x

−= ⇒ = ⇒ − = − =− −

= = ⇒ = = − −− −

⋅ − ⋅ += = > =

− −

( ) ( ) ( )

x x

( ) ( )

3 2" "

3 3 3

3 2" 3

3 3

"

minimum

16 3 72 3 288 8

0 3 imamo maksimum33 2 3 6

16 72 288Pogledajmo za tocke infleksije: 0 2 9 36 0

2 6

Realno rjesenje kubne jednadzbe je 0 za 1.7037.

Funkcija im

y y za x

x x y x

x x

y x

⋅ − ⋅ += = − < =

− −

− += = ⇒ −

− −

= = −

( )

( )( )

2 x + =

2

2 2 2

2 2

2 2 2

a tada vrijedost 1.7037 0.10171.

To su ujedno koordinate tocke infleksije

Pogledajmo za horizontalne asimptote:

lim lim lim lim 12 6 8 12 8 12

Jednadzba horizonta

x x x x

f

x

x x x y a y x x x x x x

x x x

→∞ →∞ →∞ →∞

− =

= = = = = =− − − +

− +

lne asimptote: 1 y =

Prikaz funkcije je na donjoj slici u nastavku





5

' 4 " 3

' 4 "

1,2,3,4

1,2,3

11. Izracunaj ekstreme funkcije 3 2

Izracunajmo derivacije: 15 60

Ekstrem je za: 0 15 0 0 Vrsta ekstrema: 0 60 0

0 Funkcija ima ekstrem samo za 0. Ispitajmo sa treco

y x

y x y x

y x x y x

x x

= −

= =

= ⇒ = ⇒ = = ⇒ =

= ⇒ =( ) ( )

( ) ( ) ( )

"' 2 "' 2 2

m derivacijom:

180 180 0 0 nastavimo: 360 360 0 0

nastavimo: 360 360 0 imamo ekstrem:

Derivacija koja je razlicita od nule, je neparna i funkcija ima tocku infleksije

za

IV IV

x x

V V V

x x

y x y y x y

y y y

= = ⋅ = = = ⋅ =

= = ⇒ ≠

( ) ( ) ( )5

0. Funkcijska vrijednost je: 0 3 0 2 0, 2 x f A= = = −

3

−

12. Izracunaj koja je naj veca duzina grede, koja se moze prenijeti kroz uski hodnik, uz uvjet,

da je kretanje grede paralelno sa podom (vidi sliku) .

Trazena duzina je minimum funkcije kojoj je izrazen

( )'

a duzina: sec

sec csc csc

sec csc odredimo minimum funkcije

sec csc 0 sec tan csc cot

BC

a

AB BC a AB b

b

dD D BC AB a b

d

dDa b a b

d

α

α α α

α αα

α α α α α αα

=

= ⇒ = ⇒ =

= + = ⋅ + ⇒

= ⋅ + = ⇒ − =





2 2 2 2

3 3 3 13 3

"

2" 3

2

1 sin 1 cos sin cos sin cos

cos cos sin sin cos sin cos sin

sin cos tan tan tan

Minimum funkcije dobijemo iz druge derivacije 0 :

sin

dDa b a b a b

d

dD b b ba b

d a a

yd D

y ad

α α α α α α

α α α α α α α α α

α α α α αα

αα

−

= − = − ⇒ =

⇒ = = ⇒ = =

>

= = ( )

a

'3 2 2

" 2 2

2 2

"

cos 0 3 sin cos 3 cos sin

0 3 sin cos 3 cos sin 0

3 sin cos 3 cos sin tan

0 jer su vrijednosto za i konacne i realne (dimenzije hodnika) i nas minimum

je dokazan.

Izracin

b a c

y a b

ba b

a

y b aα

α α α α α

α α α α

α α α α α

− = = +

= ⇒ + =

= − ⇒ = −

>

112 21

2 2 213 13 33

31

2 2 232 3 3 3

1 1 1

3 3 3

11

2 21 2 2 23 3 3

2

1 2

3 3

ajmo duzinu grede: sec csc

1

1 tancsc ...

tan

sec 1 tan 1 ..

D a b

b a ba a

a a a b

b b b

b a b

a a

α α

αα

α

α α

= ⋅ +

+ + + + = = = = =

+ = + = + =

2 2

3 3

1

3

1 1 12 2 2 2 2 2 1 12 2 23 3 3 3 3 3 3 3

1 1 1 1

3 3 3 3

32 2 23 3

.

sec csc

a b

a

a b a b a b ab ba

D a b a b

a b a b

D a b

α α

+=

+ + + +

= ⋅ + = + =

= +





13. Izracunaj dimenzije drvene grede pravokutnog presjeka, koja se moze isjeci iz balvana

promjera 16 cm tako, da njena cvrstoca bude najveca.

Cvrstoca grede jednaka je produktu sirine i kvadrataC s

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 3 3

'' 3 2

visine

dijagonala grede jednaka je promjeru balvana: 16

16 256 256256 256 256

Izracunajmo derivaciju: 256 256 3

v C ksv

d s v

d s v v sC ksv C ks s k s s f x C s k s s

dC y k s s k s

ds

dC k

ds

⇒ =

= = +

= = = + ⇒ = −= = = − = − ⇒ ≡ = −

= = − = −

= ( )2 2

2 2 2 2

256256 3 0 3 256 za 1: 9.24

3

16 256 256 9.24 13.1

Trazena greda ima dimenzije 9.24 13.1

s s k s cm

d s v v cm

cm cm

− = ⇒ = = = =

= = = + ⇒ = − =

×

214. Potrebno je napraviti reklamu povrsine 18 m . Rubovi na vrhu i dnu trebaju biti siroki

0.75 m a rubovi sa lijeva i desna, 0.5 m. Izracunaj dimenzije plakata tako, da povrsina

korisnog dijela (unuta

( )

( ) ( )'

2

r okvira) bude maksimalna.

18Oznacimo jednu dimenziju sa mjerenu u m. Druga dimenzija je .

18 3Korisna povrsina iznosi: 1

2

18 3 18 3 18Derivacija 1 1

2 2

x x

P x x

dP x x x

dx x x x

= − −

= − − = − + − −

( )

( )

'22 "

2 2 2 3

"

3

18 3 18 3 360 3 36 2 3

2 2

36 0.866 0 funkcija ima maksimum za 2 3.

2 3

18Korisna povrsina ima dimenzije: 2 3 2 3 3 3

2 3

x

dP dP d P x x y

dx dx x dx

y x

= − ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = = − = −

= − = − < =

× = ×

x x





15. U kompaniji je utvrdjeno, da mogu prodati 1000 komada svojih proizvoda na mjesec ako

bi cijena bila 5 kn po komadu. Isto tako, ako smanje cijenu za 0.01 kn, za tih 1000

komada, prodati ce 10 komada vise. Izracunaj uz te uvjete, najveci dohodak i jedinicnu

cijenu proizvoda koji stvara taj dohodak.

Broj proizvoda preko 1000 oznacimo sa . Ukupno je prodano 1000 komada.

Cijena proizvoda za broj pro

x x+

( )( )

danih komada preko 1000, tj. 10, sa snizenom cijenom od

0.01 kn izrazimo kao: 5 0.01 5 0.001

10Dohodak , dobijemo mnozenjem broja prodanih proizvoda i jedinicne cijene:

1000 5 0.001 500

x JC x

D

D x x

≡ − = −

= + − = 2

'

' '

0 4 0.001 sada racunamo ekstrem:

4 0.002 4 0.002 0 2000 izjednacili smo 0

Za 2000 0 Za 2000 0

Za 2000 imamo maksimum funkcije. To znaci, da najveci dohodak ce se

ostvariti a

x x

dD x x x y

dx

x y x y

x

+ −

= − ⇒ − = ⇒ = =

< ⇒ > > ⇒ <

=

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2000

2000

ko se proda 2000 komada proizvoda preko 1000, tj. 3000 komada.

5000 4 2000 0.001 2000 9000 ukupni dohodak

5 0.001 2000 5 2 3 jedinicna cijena proizvoda

D kn

JC kn

= + − =

≡ − = − =

16. Brod A, plovi brzinom 10 cvorova (milja/sat) na istok i u 9:00 sati udaljen je od broda B,

65 milja. Brod B, plovi na jug, brzinom 15 cvorova. Izracunaj njihovu najkracu

medjusobnu udaljenost vrije

( )

( )

0 0

22

me, (sati) kada ce se to desiti.

Oznacimo pocetne polozaje brodova sa i , u 9:00 sati.

Nakon sati, brod B, proci ce 15 milja a brod A, 65 10 milja.

Razraljina izmedju brodova iznosi: 15 65

A B

t t t

R t

−

= + ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

12 2 2

10

Derivacija: 2 2 15 15 2 10 65 10

225 650 100 325 650izjednacimo sa nulom:

15 65 10

t

t

dR D R t R t t

dt

dR t t t

dt Rt t

−

= = ⋅ ⋅ + − −

− + −= = ⇒

+ −





( ) ( )

( ) ( ) ( )

12 2 2

2 22

2

325 6500 0 2 minimum funkcije

15 65 10

15 2 65 10 2 900 2025 2925

2925 225 13 15 13 milja2 trazeno vrijeme je 2 sata nakon 9:00 sati, tj. u 11:00 sati.

t

dR t t

dt t t

D

Dt

=

−= ⇒ = ⇒ =

+ −

= ⋅ + − ⋅ = + =

= = ⋅ == ⇒

17. Jakost svjetlosti je obrnuto proporcionalna kvadratu udaljenosti promatrane tocke od

izvora svjetlosti. Promatrajmo dva izvora javne rasvjete udaljenih 100m, i sa ugradjenim

izvorima svjetlosti od 8 odnosno 1 jedinice jakosti svjetlosti. Izracunaj na kojoj

udaljenosti je tocka, sa naj manjom osvjetljenoscu. Osvjetljenost svake tocke jednak je

zbroju osvjetljenosti koja daju oba izvora.

Oznacimo j

( )( )

( )

( )( )

( )

2 2

'

2 2 3

akost svjetlosti sa a sa , udaljenost od izvora sa armaturom od 8 svjetlosnih

8 1 jedinica. Postavimo jednadzbu: Trazimo minimum funkcije

100

2 100 18 1 16

100 100

I x

I I x x

xdI

dx x x x x

= + ⇒−

− − −−= + = +

− −

x

( )

( )

( )

( )

( )( )

( ) ( ) ( )

4 3 3

3 3

33

3 33 3

33

3 33 3

16 2

100

16 100 2izjednacimo sa nulom: 0

100

16 100 20 16 100 2 0 odnosno:

100

2 16 100 0 8 100 ili: 2 100 3 200

66.66 Tocka sa naj manjom osvjetl

x x

x xdI dI

dx dx x x

x x x x

x x

x x x x x x x

x m⋅

−= +

−

− − += ⇒ =

−

− − += ⇒ − − + =

−

− − = ⇒ = − = − ⇒ =

= jeno

( )22 2 2 2 2 2

17. Izracunaj visinu stosca, koji ima maksimalni volumen a upisan je u kugli radijusa 8cm.

Oznacimo radijus stosca sa a visinu sa . Iz slike izvodimo:

8 8 16 64 64 16

r h

r h r h h r h h+ − = ⇒ + − + = ⇒ = −





( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( )

2

2 2 32

'2 3

2

2

1 2

2

2

2

2

16 16Volumen stosca : derivirajmo:

3 3 3

1632 3 nadjimo ekstrem: 0

3 3

3232 3 32 3 0 0;

3 3 3

Ispitajmo vrstu ekstrema: 32 63

h

h h h h hr hV

h hdV dV h h

dh dh

h h h h h h

d V h

dh

d V

dh

π ππ

π π

π π

π

− −= = =

− = = − ⇒

− = − = ⇒ = =

= −

=

( )32

32 6 32 96 0 daje maksimum funkcije.3 3 3

32Stozac visine cm, ce imati naj veci volumen.

3h

π π = − = − <

=

18. Potrebno je izgraditi cjevovod od pumpne stanice do potrosaca na drugoj strani rijeke.

Troskovi izgradnje cjevovoda polaganjem u zemlju iznose 50,000 kn/m a polaganje nadnu rijeke, 80000 kn/m. Izracunaj na kojoj udaljenosti od pumpne stanice treba

skrenuti trasu cjevovoda u rijeku, u smjeru potrosaca tako, da troskovi budu minimalni.

Sirina rijeke je 2.5 km a vertikalna udaljenost stanice i

x

( ) ( )

( )

12 22 2 2 2

12 2 2

potrosaca je 10 km.

Duzina trase u vodi: 10 2.5 10 2.5

Troskovi iznose: Kopneni dio: 50000 ; Dio kroz rijeku: 80000

Ukupni troskovi: 50000 80000 10 2.5

5 1

k r

k r

l x l x

T x T l

T T T x x

dT

dx

= − + ⇒ = − +

= =

= + = + − +

= ⋅ ( )( )

( )

' 414 4 2 42

12 2

8 10 100 8 10 100 20 6.25 5 10

20 106.25

x x x x

x x

⋅ − + ⋅ − + + = ⋅ +

− +

( ) ( )

( )

14 2 42

12 2

5 10 20 106.25 8 10 10

20 106.25

x x xdT

dx x x

⋅ − + + ⋅ −=

− +





( )

( )

( )

12 2

4

12 2

14 2 2

4

7.99

5 425 80 4 16 16010 sredimo i potom

425 80 4

Nadjimo ekstrem: 0 5 10 425 80 4 16 160 0

7.9984 odnosno : 65.612 10

Na ~8 km od pumpne stanice, trasu treba skrenuti u

x x xdT

dx x x

dT x x x

dx x T

− + + −= ⇒

− +

= ⇒ ⋅ − + + − =

= = ⋅

rijeku u smjeru potrosaca.





2

19. Troskovi dnevne proizvodnje radio aparata jedne firme, dana je jednadzbom

35 25. Cijena jednog radio aparata je 50 kn. Izracunaj:4 2

a) Dnevnu proizodnju radio aparata, koja ce donijeti

x x x

+ + −

2

najveci dohodak.

b) Dokazi da su troskovi proizvodnje jednog aparata, jednaki minimumu funkcije.

a) Dnevni dohodak jednak je ukupnoj proizvodnji minus troskovi proizvodnje.

50 35 252 4

x x D x x

= − − + +

'

2

'2

2

nadjimo ekstrem:

1 2 350 35 25 50 35 15

2 4 2 2 4 2

30 15 0 10 kriticni broj je 10.

2

3 3

Ispitajmo vrstu ekstrema: 15 0 maksimum2 2

dD x x x x x x x x

dx

dD x x x

dx

d D x

dx

= − − + + = − − − − = −

= ⇒ − = ⇒ = =

= − = − <

( )

2

ra

.

To je ujedno i apsolutni maksimum, jer je 10 jedini kriticni broj.

Potrebno je proizvesti 10 komada radio aparata za postici naj veci prihod.

4 b) Cijena proizvodnje jednog radio aparata : C

x

x f x

x

=

= =

( )ra

2ra ra

2 2

'2 2

ra ra

2 2 3 2

10

35 25

25C 35 izracunajmo ekstrem:

4

C C1 25 1 25

0 0 100 104 4

C C1 25 50 500 za 10, minimum funkcije.

4 1000 x

x

x

f x x

x x

d d

x xdx dx x x

d d x

dx x x dx=

+ +

= = + +

= − ⇒ = ⇒ − = ⇒ = ⇒ =

= − = ⇒ = > =

( )

2

20. Izracunaj dimenzije pravokutnika za maksimalnom povrsinom, koji se moze upisati u dio

omedjenim sa parabolom 4 i vertikalnim pravcem .

Vrh pravokutnika ima kordinate , . Povrsina pravokutn

y px x a

V x y

= =

( )2 2 3

2

'3 2 2

2

ika je:

4 2 2 24 4 2

3 3Trazimo ekstrem: 2 2 odnosno: 0 2 0

2 2 2

44 3 Dimenzije pravokutnika su:

3

y y y y px x P y a x y a ay p p p

dP dP y y yay a a

dy p p dy p

apap y y

= ⇒ = = − = − = −

= − = − = ⇒ − =

= ⇒ =





2

2

'2 2

2

4

34 3 42 2 4 3

3 3 43 3

4 2Potvrda, da imamo maksimum funkcije:

12 3 33 6 3

2 0 maksimum2 2

ap

apap y y ap a x a

p p

ap a aa a

pd P y y y

a p p pdy

= = = ⇒ − = − = −

− = − =

= − = − = − < ⇒

12a




Parametarski i polarni oblik 1

5. FUNKCIJE ZADANE U PARAMETARSKOM OBLIKU I POLARNIMKORDINATAMA

5.1 Funkcije zadane u parametarskom obliku

( )Ako se koordinate neke tocke , , zadaju u obliku funkcije neke trece promjenjive,

koja se tada naziva parametar, kazemo da je tocka zadana u parametarskom obliku.

Uobicajeno je oznaciti parametar sa

T x y

T

( ) ( )

( )

( )

( )

( )( ) ( )

( )( )

( )( )

( )

'

'

1 1 1 1 1

'

1

1 1'

1

1

, pa nasa je tocka zadana sa:

Derivacija takve funkcije je:

Jednadzba tangente na krivulju u tocki ,

Jednadzba normale:

t T

x x t y y t

y t dy

dx x t

x x t T x t y t

y y t

y t y y t x x t

x t

y y t

= =

=

= =

− = −

− = −( )

( )( )

'

1

1'

1

x t x x t

y t −

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 1

''

' ' ' '

1 11 3

2 2

1. Izracunaj jednadzbe tangente i normale na krivulju u parametarskom obliku, za 4

1 14 4 2 4 4

24

Derivacija funkcije:

1 1 1 11

4 12 2

Tangent

t

x t x t x y t y t yt

x t x t y t y t t

t t

=

= ⇒ = = = = − ⇒ = = − =

= = ⇒ = = − = + ⇒ =

( )( )

( )

7

17

6

( ) [ ] ( )

( )( )

( )( ) ( )

'

1

1 1'

1

'

1

1 1'

1

17

7 7 116a: 2 212 2 4

4

17 3

4 4

7 4 4 2 Normala:

2 17 17 17

y t y y t x x t y x y x

x t

y x

x t y y t x x t y x y x

y t

− = − ⇒ − = − ⇒ − = −

= −

− = − − ⇒ − = − − ⇒ = − −

7

5

2. Izracunaj jednadzbe tangente i normale na elipsu u parametarskom obliku, za .6

6cos ; 4sin

t

x t y t

π=

= =





( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )( )

( )( )

1

1

'' '

1

'' '

1

'

1

1 1'

1

36cos 6cos 6 3 3

6 2

14sin 4sin 4 2

6 2

Derivacija funkcije: 6cos 6sin 6sin 36

4sin 4cos 4sin 2 36

2 3Tangenta: 2

3

x t x t

y t y t

x t t x t

y t t y t

y t y y t x x t y x

x t

π

π

π

π

= ⇒ = = =

= ⇒ = = =

= = − ⇒ = − = −

= = ⇒ = =

− = − ⇒ − = −( )

( )

( )

( ) ( ) ( )

'

1

1 1'1

3 3

2 3 2 32 6 8

3 3

3

Normala: 22 3

3 9 3 52

2 2 2 2

y x y x

x t

y y t x x t y x y t

y x y x

−

− = − + ⇒ = +

− = − − ⇒ − = −

− = − ⇒ = −

3. Polozaj cestice koja se krece po krivulji, dana je izrazom u parametarskom obliku.

Vrijednosti i su u metrima, u sekundama: 2 3cos ; 3 2sin . Izracunaj:

) Brzimu promjene , kada je )3

x y t x t y t

a x t bπ

= − = +

=

( ) ( )( )

( )

' '' '

'

1

'

5Brzimu promjene , kada je

3

2) Brzimu promjene kuta tangente, kada je

3

Derivacija funkcije: 2 3cos 3sin ; 3 2sin 2cos

2cos 2 2Kut tangente: tan cot tan cot

3sin 3 3

y t

c t

x t t y t t

y t t t t

t x t

π

πϕ

ϕ ϕ ϕ −

=

=

= − = = + =

⇒ = = ⇒ ⇒ =

'

'

3) Za 3sin 3sin 3

3 3 2

5 5) Za 2cos 2cos 2 1

3 3

ma t x t

s

mb t y t

s

π π

π π

= ⇒ = = =

= ⇒ = = = =

1

2





'

1 1

22

2 2

2

2

2

2 2) tan cot tan cot

3 3

1 2 6csc 2csc odnosno, za

3 39 4cot21 cot

322

66csc3 3

2 19 4cot 9 43 3

d d d duc t t

dt dt du dt

d t t t

dt dtt t

d

dt

ϕ ϕ ϕϕ

ϕ π

πϕ

π

− − = ⇒ = ⇒ = ⋅

− = − = = + +

−−

= = + + −

d ϕ⇒

2

24

31

24Kut tangente se smanjuje brzinom radijana u sekundi

31

= −

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

( )( )

1

1

''

4. Izracunaj jednadzbe tangente i normale na cikloidu radijusa 2 u tocki .2

sin ; 1 cos

sin 2 sin 22 2

1 cos 2 1 cos 22

Derivacija funkcije: sin 1

r t

x r t t y r t

x r t t x t

y r t y t

x r t t r

π

π ππ

π

= =

= − = − = − ⇒ = − = −

= − ⇒ = − =

= − = −( ) ( )

( )( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( )

( )( )

( )( ) ( )

'

1

'' '

1

' 1

1 1'

1

'

1

1 1'

1

cos 2 1 cos 22

1 cos sin 2sin 22

2Tangenta: 2 2 22

4

Normala: 2 1

t x t

y r t r t y t

y t y y t x x t y x x x t

T y x

x t y y t x x t y x x

y t

N y x

π

π

π π

π

π π

π

⇒ = − =

= − = ⇒ = =

− = − ⇒ − = − + = + −

≡ = + −

− = − − ⇒ − = − − + = − + −

≡ = − +





5.2 Funkcije zadane u polarnim koordinatama

( )

Osnove polarnog koordinatnog sustava prikazan je u dijelu srednjoskolske matematike.

Ponovimo ukratko: Koordinata tocke definiran je sa , gdje je:

radijvektor ili polarna oskutem rotacije, kut

T r

r

ϕ

ϕ−−

( )

2 2 2

1 1 1

izmedju pozitivne osi (polarne osi, polozaj 0)

i polozaja tocke T

Odnos pravokutnog i polarnog koordinatnog sistema dan je sa:

cos sin

Jednadzba tangente na krivulju u tocki , da

x

x r y r r x y

T r

ϕ

ϕ ϕ

ϕ

− =

= = = +

( )

( ) ( )

'

1 1 1

1 1 1 1 1' '

1 1 1

1 1 1 1 1 1

'

n je izrazom:

tansin cos ili, za , kut izmedju i tangente:tan

tan

sin tan coscos sin

Kut izmedju tangente i polarne osi izrazen je sa: tansin

r r r y r x r r

r r r

y r x r r r

r

ϕϕ ϕ β

ϕ

ϕ β ϕ ϕϕ ϕ

τϕ

+− = − =

−

− = + −+

=− +

β

' cosr ϕ

( )

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

5. Pretvori funkciju zadanu u polarnim koordinatama, u pravokutne koordinate i nacrtaj graf:

4sin2

sin 2 2sin cos 4sin 2 4 2 sin cos 8sin cos

8 8 88

r

r

y x xy xy xyr x y x y

r r r x y x y

ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

=

= ⇒ = ⇒ =

= + = = = ⇒ + = + +

( )( )

2 23

2 2 2 2 2 2

22 2

6464

x y x y x y x y

x y+ = ⇒ + =

+

( ) ( )

2

22 2

6. Pretvori funkciju 4 zadanu u pravokutnim koordinatama, u polarne koordinate i

nacrtaj graf:

cos sin 4 sin 4 cos sin 4 cos

y x

x r y r y x r r r r ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

=

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =2 ϕ





2

cos 14 4cot 4cot csc 4cot csc

sinsinr r

ϕϕ ϕ ϕ ϕ

ϕϕ= = = ⇒ = ϕ

1 1

1

' '

1 1 1

'

1 1

1 1

7. adana je Arhimedova spirala, 2 . Izracunaj jednadzbu tangente u tocki T i6

kut sto ga tangenta zatvara sa radijvektorom .

2 2 2 2 26 3

Jednadzba tangente:

sin

Z r

r

r r r r

r r y r

πϕ ϕ

β

π πϕ ϕ

ϕ

= =

= ⇒ = ⇒ = = = ⇒ =

+− =

=

( )

( )( )

1

1 1'

1 1 1

1

1 1 1'

1

2tantan 3 6cos sin cos

3 6 3 6tan2 tan

3 6

2 39 2 33 33 3

6 6 6 618 3 3 18 3

9 9

261.577 0.90746 Kut iznosi: tan 27.63

2 6

Iz tehnicki

x r y xr r

y x y x

r y x

r

π πϕ π π π π

ϕπ πϕ

πππ π π π

π π

ππ

β β β

+ − ⇒ − = − − −

+ + − = − ⇒ = − + − −

= − = = = ⇒ =

2 2 1

1 1

1 1 1

h razloga, graf je nacrtan u pravokutnom koordinatnom sistemu i u tu svrhu,

jednadzba je preracunata u pravokutni krd. sistem:

2 2 tan 2 2 1.0471986

cos 1.047198cos 0.906

6

yr x y r

x

x r

πϕ ϕ

πϕ

− = ⇒ + = = = =

= = =

1 1 1

1sin 1.047198sin 1.047198 0.523599

6 2 y r

πϕ= = = =





2

8. Izracunaj pod kojim se kutem sjeku krivulje: cos 2 i cos

Potrebno je izracunati tocku presjecanja i izracunati kut pod kojim se sjeku tangente u

toj tocki.

cos 2 cos 2 2cos 1

cos cos 2 cos

r r

r

r

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

= =

= ⇒ = −

= ⇒ =

( )( )

( ) ( )

2 2

1 1

1 1 1 1 1 1

1 1

1 1 2

2cos 1 cos 2cos cos 1 0

1 2 2 42cos 1 cos 1 0 cos 2 ,

2 3 3 3

4 1cos 1 0 cos 2 cos 2 0 1 cos 2 cos 2

3 2

2 1cos 2 cos 2

3 2

1 2Tocke presjecanja , : 1,0 ; ,

2 3

k

r r

r

T r T T

ϕ ϕ ϕ ϕ

π π πϕ ϕ ϕ ϕ π

πϕ ϕ ϕ ϕ

πϕ

πϕ

⇒ − = ⇒ − − =

+ − = ⇒ = − ⇒ = +

= ⇒ = ⇒ = = ⋅ = = = ⋅ = −

= = ⋅ = −

−

3

2 1

'

1 2

1 4; ,

2 3tan tan

Kut izmedju tangenata racunamo po jednadzbi: tan = ; tan1 tan tan

T

T

T

T

r

r

π

β βφ β

β β

−

−=

+

( )1

'

'

'

'

1 1

1

2

cos2 1cos 2 2sin 2 tan cot 2

2sin 2 2

coscos sin tan cot

sin

1Za 1,0 imamo: tan cot 2 0 90

2

tan cot 0 90 tan 0 0

1 2Za , imamo: ta

2 3

T T

T T

T T

T T

T T

T T

T

T

r r r

r

r r r

r

T

T

ϕϕ ϕ β ϕ

ϕ

ϕϕ ϕ β ϕ

ϕ

β β

β β φ φπ

= ⇒ = − ⇔ = = = −−

= ⇒ = − ⇔ = = = −−

= − ⋅ = ∞ ⇒ =

= − = ∞ ⇒ = = ⇒ = −

1

1 2 3 2n cot 2 tan cot

2 3 6 3T T

π πβ β= − ⋅ = − = − =

3

3





2 1

1 2

13

3 3 3 3

tan tan 3 33 6 6tan11 tan tan 53 3 1166 3

3 3 3 3tan tan 46.1 . Za tocku T imamo isti kut.5 5

U ishodistu, polu, krivulje se takodjer sjeku. Za pol vrijedi 0 :

cos 2 0

r

r

β βφ

β β

φ φ

ϕ

−

+−= = = − =

+ −+ −

= ⇒ = =

=

= = ⇒

01

01

32 , 0,

2 4 4 4

cos 0 0,2 2

Slicnim postupkom naci cemo da se u polu, krivulje sjeku pod kutem .4

T

r T

π π π πϕ ϕ

π πϕ ϕ

π

= ⇒ =

= = ⇒ = ⇒

1

1 1

' '

1 1

9. Izracunaj kut izmedju tangente i radijvektora r, te kut izmedju tangente i polarne osi, za

funkciju 2sin 3 za .4

22sin 3 2sin 3 2sin 3 2 2

4 2

26cos3 6cos3 6cos3 6

4 2

r

r r

r r

φ τ

πϕ ϕ

πϕ ϕ

πϕ ϕ

= =

= ⇒ = = = =

= ⇒ = = = − =

1

1 1 '

1

1

1

'

1 '

3 2

2 1Kut tangente i radijvektora za : tan

4 33 2

1

tan 18.43 odnosno 180 18.43 161.563

cos sinKut tangente i polarne osi za : tan

4 sin cos

r

r

r r

r r

πϕ β

βπ ϕ ϕ

ϕ τϕ ϕ

−

−

= = = = −−

= − = − = +

= =− +

( )

( ) ( )

2 22 cos 3 2 sin 2 3 2

1 3 14 4 2 2tan1 3 22 22 sin 3 2 cos 2 3 2

4 4 2 2

π π

τπ π

+ − − −= =

− −− + − − + −

= =





( )

( ) ( )( )

( )

( )

1

1

'

1 1 1

1 1 1 1'

1 1 1

1tan 26.565 Jednadzba tangente u :

2 4

tansin cos

tan

2 3 2 tan 42 sin 2 cos4 4

3 2 2 tan4

22 3 2 3 22 22 2 2 1 1

2 22 3 2 13 2 2

2

0.302 1 1 0.302

r r y r x r

r r

y x

y x x

y x

πτ ϕ

ϕϕ ϕ

ϕ

ππ π

π

− = = =

+− = −

−

+ − − = − − −

+ − − − = − + = − − + − −

= − + =

0.697 0.302 0.697

Skica tangente i kuteva koje cini sa i polarnom osi, prikazan je na slici.

x T y x

r

+ ≡ = +

+

( )

1 1

1

2 2

2 22 ' 2 '3 31 1

'

1 1 1

1 1 1 1'

1 1 1

10. Izracunaj jednadzbu tangente na logaritamsku jednadzbu, za = 3

8.1205 2 2 2 16.24105

tanJednadzba tangente u : sin cos

3 tan

8.120

r e r e e r e r e e

r r y r x r

r r

y

π πϕ ϕϕ ϕ

π

ϕ

ϕπϕ ϕ

ϕ

= ⇒ = = = ⇒ = ⇒ = = =

+= − = −

−

−

1ϕ

'

2

311

1 ' 2

1 3

8.1205 16.24105tan35sin 8.1205cos

3 316.24105 8.1205tan

3

16.66 67.643

Izracunajmo kut izmedju tangente i radijvektora : tan

1 1tan tan 0.4636 26.565

2 22

x

T y xr

r r

r e

r e

π

π

ππ π

π

β

β β β−

+ = − −

≡ = −=

= = = ⇒ = = ⇒ =





Kut izmedju radijvektora r i tangente, je u svim tockama spirale jednak.

Jedan graf je nacrtan u polarnom koordinatnom sustavu a drugi graf je skica- prikaz

zadatka, u pravokutnom koordinatnom sustavu.

U nastavku su prikazane neke od poznatijih krivulja zadanih u polarnom koordinatnom sustavu

Kardioida 1 cosr ϕ= + Kardioida 1 sinr ϕ= + Limakon 1 2sinr ϕ= −

Limakon 1 2cosr ϕ= + Ruza 2cos 2r ϕ= Ruza cos3r ϕ=





Arhimedova spirala 2r ϕ= Spirala 2r ϕ= 4cos2

r ϕ

=

4sin4r ϕ= − 2

Hiperbolna spirala r ϕ

= Logaritamska spirala r eϕ=

5.3 Zakrivljenost krivulja, evoluta

( )Zakrivljenost krivulje neke funkcije u tocki T, definirana je promjenom smjera

tangente u tocki T, odnosno, promjenom kuta tangente u odnosu na duzine segmenta luka

krivulje.

Pravokutne koo

k y f x

sτ

=

( ) ( )

( )

"

3 3'2 2 22 2

2 '2 "

32 ' 2

2

1rdinate: Parametarski oblik:

1

2Polarni oblik:

Radijus zakrivljenosti je reciprocna vrijednost zakrivljenosti. Pravac ima zakrivljenost 0 i

radi

y xy yk k

y x y

r r rr k

r r

k

ρ−

= = =+ +

+ −=

+=

jus zakrivljenosti

Kruznica zakrivljenosti je kruznica radijusa , polozena unutar zakrivljenosti krivulje i dira

krivulju u tocki T, kao i tangenta.

ρ

ρ

= ∞

x





( )( )' '2 '2

" "

1 1Srediste kruzice zakrivljenosti S, ima koordinate , : ;

Evoluta je krivulja geometrijsko mjesto sredista zakrivljenosti krivulje.

Evolventa je krivulja na koju su tangente ev

y y yS p q p x q y

y y

+ += − = +

−

−

( )' '2 '2

" "

olute okomite odnosno, tangenta na evolutu je

okomita na evolventu.Koordinate sredista zakrivljenosti racunamo na slijedeci nacin:

1 1Pravokutne koordinate: ;

Parametarski oblik:

y y y p x q y

y y

p

+ += − = +

= ( )( )

( )( )

( )( ) ( )( )

2 2 2 2

2 ' 2 2 ' 2 '

2 ' 2 " 2 ' 2 "

;

Polarne koordinate:

sin cos cos sin p cos ; sin

2 2

y x y x x y x t q y t

xy yx xy yx

r r r r r r r r r q r

r r rr r r rr

ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ

+ +− = +

− −

+ + + −= − = +

+ − + −

' "

max

"

11. Izracunaj najvisu tocku, maksimum, cikloide u intervalu 0 x 2 :

sin ; 1 cos

Nadjimo maksimum za 1 cos : sin ; cos imamo kada je

cos 0

Izracunajmo zakrivljenost: 1 cos

x y

y y y y

y

dx

d

π

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ π

ϕϕ

≤ ≤

= − = −

= − = = ⇒

= < ⇒ =

= − ⇒

sin

sin 1 cos

dy dy

d dx

ϕ

ϕϕ ϕ= ⇒ = −

( )

( ) ( )

( )

( )( )

' 22

2 2

2

2 2 2

"

3 3'2 2 2

1 cos cos sinsin 1

1 cos 1 cos 1 cos

sin 1 1 10

1 cos 421 cos

1

14 4

1 01

d y

dx

dy d y

dx dx

yk

y

π π

π

ϕ ϕ ϕϕϕ ϕ ϕ

ππ π

− + −= = = − − −

− − = = ⇒ = = = − −

−

= = = −++

2

−





2

12. Izracunaj polumjer zakrivljenosti elipse zadane u parametarskom obliku za interval

30 t 2 , u vrhovima ( 0, t= , , )

2 2

3cos 3sin 3cos

2sin 2cos 2sin

Polumjer:

t t t

x t x x x t

y t y t y t

x

π ππ π

ρ

≤ ≤ = = =

= ⇒ = − ⇒ = −

= ⇒ = ⇒ = −

+=

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

( )

332 2 22 2

3 32 2 2 22 2

2 2

3 32 2 2 2

0

2 2

2

3sin 2cos

3sin 2sin 2cos 3cos

9sin 4cos 9sin 4cos

66 sin cos

9sin 0 4cos 0 4 8Za tocku 0 imamo: 1.333

6 6 6

9sin 4cos2 2

Za tocku imamo:2

t t y

xy yx t t t t

t t t t

t t

t

t π

ρ

ρ

π ππ

ρ

− + =− − − − −

+ += =

+

+= = = = =

+= =

( )

32

3

2

3 32 2 2 2

3

22 2 3

2

3

2

9 274.5

6 6 6

9sin 4cos 4 8Za tocku imamo: 1.333

6 6 6

3 39sin 4cos

3 92 2Za tocku imamo: 4.5

2 6 6 6

t

t

π

π

π ππ ρ

π ππ

ρ

= = =

+= = = = =

+ = = = = =

27

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

2 3

2 3

' 2 2 2 ' ' ' " '

13. Izracunaj zakrivljenosti cisoide 2 u tocki u tocki 1,1

2 Funkcija je zadana implicitno. Derivirajmo:

2 2 3 2 2 2 2 2 2 6

Izracunajmo vrijednosti deriva

x x

y x x T

y x x

D y x y y x D y x y yy y x y yy x

− =

− =

≡ − − = ⇒ ≡ − − + − − =

( )

( ) ' 2 2 ' '

cija za zadanu tocku 1,1 : 1, 1

2 2 1 1 3 1 2 4 2 xT

T x y

D y y y

= =

≡ − − = ⋅ ⇒ = ⇒ =





( ) ( )

( )

( ) ( )

2 "

2 " " " "

"

3 3 3' 2 22 2 2

2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 6 1

8 4 2 4 6 4 2 2 6 3

3 3 3Zakrivljenost u 1,1 : k

251 1 2 5

xT

xT

D y

D y y y y

yT

y

≡ ⋅ − − ⋅ ⋅ + ⋅ − − ⋅ ⋅ = ⋅

≡ − + − = ⇒ − = ⇒ = ⇒ =

= = = =

+ +

5

' "

'

14. Izracunaj koordinate sredista kruznice zakrivljenosti za funkciju cosh (lancanica) za

0

cosh cosh 0 1

Derivirajmo: sinh cosh Izracunajmo vrijednosti derivacija za 0

sinh 0 0

x

x x

y x

x

y x y

y x y x x

y y

=

=

= ⇒ = =

= ⇒ = =

= = ⇒

( ) ( )

( )

( )

( )( )

"

3 3' 2 2 2

" 3

2

' '2 '2

" "

2

cosh 0 1

1 1 0 1Radijus zakrivljenost u 0: 1

11

1 1Koordinate sredista: ;

0 1 0 1 00 0 1 2 Srediste je u tocki S 0,2

1 1

x

y x

y

y y y p x q y

y y

p q

ρ

= =

+ += = = = =

+ += − = +

+ += − = = + =

2

2

15. Izracunaj jednadzbu evolute za parabolu 12

12 12 2 3 Derivirajmo:

y x

y x y x x

=

= ⇒ = =





( )

' '

'' '

2 "

1 3 2 2 3

2 2

2

' '2

"

3

2

12 6 32 12

2

66

3 3 6 6 36

2Jednadzbu evolute nadjemo iz koordinata sredista zakrivljenosti:

3 33 31

1

33

2

x

x

D yy y y y x

y y D y

y y y y

x x

x x y y x x p x x x

y

x

≡ = ⇒ = = =

− ≡ = = − ⇔ = = − = −

+ + + = − = − = −

−−

( )

3

2

22

'2 3 32

"

3 3

2 33

3

2

3 6

6361

1 36

36 36 36 36

Sada imamo dvije jednadzbe iz kojih ce se izraziti i i uvrstiti u osnovnu jednadzbu

parabole, tj. jednadzbu evolve

x x

x

p x

y y y y y y y

q y y y y y

y y

x y

= + +

= +

++ + + = + = + = + = − = −

− −

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

3

3

22 32 2 2 33 3

32

nte 12

63 6 36

3 36

612 36 12 36 4 6 36 4 6

3Kubirali smo obje strane, sredili i zamijenili i

4Jednadzba evolute je: 6

81

y x

p y p x x q y q

p y x q q p q p

p x q y

y x

=

−= + ⇒ = ⇒ = − ⇒ = −

− = ⇒ − = ⇒ = − ⇒ = −

= =

= −

' "

16. Izracunaj jednadzbu evolute za logaritamsku spiralu :

Jednadzbu evolute nadjemo iz koordinata sredista zakrivljenosti:

y e

r e r r e r r e

ϕ

ϕ ϕ ϕ

=

= ⇒ = = ⇒ = =





( )( ) ( )

( )( ) ( )

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

sin cos 2 sin coscos cos

2 2

sin

cos sin 2 cos sinsin sin

2 2cos

Sada imo dvije jednadzbe, koje predstavljaju parametarske jednadzbe e

r r r r r r r p r r

r r rr r

p r

r r r r r r r q r r

r r rr r q r

ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ

ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ

ϕ

+ + += − = −

+ −= −

+ − −= + = +

+ −=

1

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

volute

logaritamske spirale , sa parametrom . Izrazimo sa , i :

sin cossin cos

tan tansin cos

sin sin cos cos

sin cos

r e r p q

p q p r r q r r

p q p p

q q

p r p r q r q r

p q r

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ

ϕ ϕϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ

−

=

= − ⇒ = − = ⇒ =

− = ⇒ = − ⇒ = −

= − ⇒ = = ⇒ =

+ = +( )1

2 2 2

tan2 2 2 2 1

2 2 1

ln tan

odnosno, zamjenom ; jednadzba evolute u pravokutnim

koordinatama izgleda ovako: ln tan

Uvedimo novi koordinatni sustav g

p

q

r p q

pr e p q e p q

q

p x y q

x x y

y

ϕ

ϕ

− −

−

−

⇒ = +

= ⇒ + = ⇒ + = −

= =

+ = −

( )2 2 1 2 2 2 2 1

ln

dje je: 270

sin sin cos cossin

tan tan i nakon preuredjenja:cos

ln tan ln sin cos tan tan

ln Jednadzba evolute u pol

r

p r x r q r y r x r

y r

p p q r r

q

r r e

θ

θ

ϕ θ

ϕ θ ϕ θθ

θθ

θ θ θ

θ

− −

= +

= − ≡ = − = ≡ =−

= = −

+ = − ⇒ + = −

= ⇔ =

arnim koordinatama




6. BESKONACNI REDOVI

1 2 3

n 1 2 3 1 1 2 1 2 3 1 2 3

n=1

Ako su , , ,..., sume prvih clanova beskonacnog niza tada je beskonacni red prikazan

izrazom: s ... ...

Beskonacni red je konvergentan ako se moze n

n

n

s s s s n

s s s s s u s u u s u u u∞

= + + + + + = = + = + +∑

n

n

n

n

aci broj S , za koji vrijedi:

lim S je u tom slucaju suma beskonacnog reda.

Beskonacni red je divergentan ako nema broja S , za kojeg vrijedi gornja tvrdnja

U tom slucaju vrijedi: lim S odno

n

n

S S →+∞

→+∞

=

= +∞ n

n+1 n+2 n+3 n+r

sno lim S

Nuzan uvjet konvergencije beskonacnog reda: konvergira kada vrijedi : lim 0

Dovoljan i nuzan uvjet za konvergenciju beskonacnog reda: lim u u +u ... u 0

Mnozenje sv

n

n nn

r

u u

→+∞

→+∞

→∞

= −∞

=

+ + +

∑

akog clana beskonacnog reda sa brojem razlicitim od nule, ne mijenjaju se njegova

svojstva konvergencije ili divergencije. Dodavanjem ili oduzimanjem konacnog broja clanova

beskonacnog reda, ne mijenjaju se njegova svojstva konvergencije ili divergencije.

Ispitivanje konvergencije beskonacnog reda vrsi se na vise nacina:

: Ako poznati red konvergira za 0 za sve , tada akon nv v n N ≥ >∑Usporedjivanjem je

0 ,za sve , isto tako konvergira. (Clanovi su pozitivni)

Ako poznati red divergira za 0 za sve , tada ako je , za sve

, isto tako divergira. (Clanovi su pozitivn

n n n

n n n n

n

u v n N n

v v n N u v

n N n

≤ ≤ >

≥ > ≥

>

∑∑

∑

=

i)

: Ako je 0 i 0 i lim 0 ili tada i i

konvergiraju ili divergiraju. Za lim 0 i ako konvergira, tada

konvergira. Za lim i ak

n

n n n nn

n

n

n nn

n

n

nn

u

u v A A A u vv

u A v u

v

u A

v

→+∞

→+∞

→+∞

≥ ≥ = ≠ = ∞

= =

= = ∞

∑ ∑

∑ ∑

Test kvocijenta

o divergira, tada divergira.

1Praktican primjer je kada se uzme pa nas limes ima oblik: lim lim

konvergira ako je 1 i A je tada beskonacno.

divergira ako je

n n

pn

n n p n nn

n

n

v u

uv n

vn

u p

u p

→+∞ →+∞= =

>

≤

∑ ∑

∑

∑ 1 i A konacno, A 0.≠

u A=

( )

( )

( ) ( )

: Ako je pozitivna, neprekinuta i monotono padajuca za ,

, 1, 2 tada konvergira ili divergira ovisno da li

lim konvergira ili divergira.

n n

M

M N N

f x x N

f n u n N N N u

f x dx f x dx∞

→∞

≥

= = + +

=

∑

∫ ∫

Integral test

Beskonacni redovi 1




1

: takav red konvergira ako vrijedi:

1 za n 1 i lim 0 odnosno lim 0

: Red konvergira apsolutno ako je lim <1 odnosno divergira za L>1

Za 1, test n

n n n nn n

n

nn

u u u u

u L

u

L

→∞ →∞

+

→∞

+ ≤ ≥ = =

=

=

Izmjenicni redovi

Test omjera

1

ije valjan

: Red konvergira apsolutno ako je lim <1 odnosno divergira za L>1

Za 1, test nije valjan

: Red konvergira apsolutno ako je lim 1 >

nn

n

n

nn

u L

L

un L

u

→∞

+

→∞

=

=

− =

Test n - tog korjena

Raabe - ov test

1

2

1 odnosno

za L<1 uvjetno divergira ili konvergira. Za 1, test nije valjan

: Ako je 1 gdje je za sve tada za:

L>1 red apsolutno konvergira i za 1 red uvjetno diver

n n

n

n

L

u c Lc P n N

u n n

L

+

=

= − + < >

≤

Gauss - ov test

gira ili konvergira.

Ovaj se test koristi kada Raabe-ov test ne daje rjesenje.

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 2 3

1

Kada su clanovi reda funkcije, govorimo o redovima funkcija i prikazan je izrazom:

...

Red funkcija konvergira jednoliko ka , ili ima za granicu za sve iz zatvorenog

intervala

n

n

u x u x u x u x

F x F x x

∞

=

= + +∑

[ ] ( ) ( )

( )

, ako apsolutna vrijednost ostatka reda moze postati manja od

unaprijed odredjenog broja , za sve iz intervala, ako sa brojem clanova idemo dovoljnodaleko.

Ako je red funkcija , 1,2

n

n

a b u x F x

x n

u x n

ε

−

= [ ] ( )

( ) [ ] ( ) [ ]

[ ]

,3,...neprekidan u , i ako suma konvergira ka

u , , tada je i funkcija neprekinuta u , .

: Red neprekinutih funkija od u intervalu , uniformno konvergira

ako su

na b u x

S x a b S x a b

x a b

∑

Weierstrass - ov kriterij

( )

clanovi tog reda manji od poznatog reda pozitivnih konstanti koji konvrgiraju:

1,2,3,... konvergira

Za redove funkcija potencija vrijedi teorem: Red funkcija potencija je absolutno konvergent

n n nu x M n i M ≤ = ∑an

0 1 1 2 2 0

0 0 0

Za redovi funkcija potencija vrijede racunske radnje mnozenja i djeljenja uz uvjet da su

neprekinute i da konvergiraju:

...n n n

n n n n n n n n

n n n

c x a x b x c a b a b a b a b∞ ∞ ∞

− −= = =

= ⋅ ⇒ = + + + +∑ ∑ ∑

Beskonacni redovi 2




0

0 0 0

0

za i zamjenom dobiju se koeficijenti

u funkciji od .

Red funkcija potencija moze se razviti u Taylor-ov red i Maclaurin-ov red uz uvjet da su

n

n

nn n nn

n n nnn n n

n

n

n n

a x

c x y a x x b y

b x

b a

∞

∞ ∞ ∞=∞

= = =

=

= ⇒ = =∑

∑ ∑ ∑∑

( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

'' '''2 3'

2 3'

eprekinute, derivabilne u promatranom zatvorenom intervalu:

Taylor-ov red: ...2! 3!

Maclaurin-ov red : 0 0 " 0 ''' 0 ... 02! 3!

f a f a f x f x f a x a x a x a

x x f x f x f f f a

= + − + − + − +

= + ⋅ + + + =

( ) ( )

( ) ( )

1

1 2 3

1 1 11. Dokazi da zadani red konvergira i nadji sumu reda: ...

1 3 3 5 5 71 1 1 1

Red .. napisimo izraz na drukciji nacin:1 3 3 5 5 7 2 1 2 1

1 1 1 1

2 1 2 1 2 2 1 2 1

1 1...

2 2

n

n

n n

n n

un n n n

S u u u u

∞

=

+ + +

⋅ ⋅ ⋅

+ + + =⋅ ⋅ ⋅ − +

= = − − + − +

= + + + + =−

∑

n

1 1 1 1

1 2 1 2 2 2 1 2 2 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1... 1

2 2 3 1 2 3 1 2 1 3 3 5 5 2 1 2 1 2 2 1

1 1 1 1lim lim 1 Red konvergira i suma iznosi S =

2 2 1 2 2

2. Ispitaj konvergenci

nn n

n n n

S n→∞ →∞

− + − + + ⋅ − ⋅ +

+ − = − + − + − + − = −

⋅ − ⋅ + − + +

= − = +

( )

( )

1

1 1 1 1 ju reda ..

1 2 2 3 3 4 1

Sredimo izraz i napravimo n suma:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1..

1 1 2 2 3 3 4 1 1 2 2 3 3 4

1 1 1 1... 1 lim lim 1 1 04 5 1 1

n

n

nn n

n n

S n n n n

S n n

∞

=

→∞ →∞

+ + + =⋅ ⋅ ⋅ +

= = + + + = − = − + − + − + + ⋅ ⋅ ⋅ +

+ − + = − ⇒ = − = − = + +

∑

1

Red konvergira i suma je 1.

64 2563. Ispitaj konvergenciju reda 9 12 16 ...

3 9− + − + −

Beskonacni redovi 3




( ) ( ) ( )

2

1

1 2 3

12 4 4Red je geometrijski sa koeficijentom 1

9 3 3

Geometrijski red divergira.

4. Dokazi da red divergira iako je lim 0, za 1 Postavimo sume:

... 1 1 1 2 1 2 ... 1

n nn

n n

n

aq q

a

u u n n

S u u u u n n

S

→∞

= = = ⇒ = >

= = + −

= + + + + = + − + + − + + + −

=

( ) ( )( )( )

1

2 31

1 Red divergira iako je

1 1lim lim 1 lim 1 lim 0

11

!5. Ispitaj konvergenciju reda

10! 1 2! 3! !

Napisimo clanove reda: ...1010 10 10 10

Za test konvergen

nn n n n

n

n

n nn

n n

n nS n n n n

n nn n

n

n n

→∞ →∞ →∞ →∞

∞

=∞

=

+ −

+ += + − = + − = =

+ ++ +

= + + + +

∑

∑

( )( )

( ) ( )( )

11 1

1 1

1

1

cije koristimo test omjera:

1 !

1 !! 10lim lim lim!10 10

10

10 1 ! 1 !1 1lim lim lim lim 1

10 ! 10!10

1 Red divergira

n

nnn n n

n nn nn n nnn n

n

n

n nn

nn n n nn nn

n

nu n u L u u

nu u

n nun

u nn

L

++ +

+ +→∞ →∞ →∞

+

+→∞ →∞ →∞ →∞

++

= ⇒ = = ⇒ =

+ += = = + = ∞

= ∞ > ⇒

( )

n=0

2

1

-11 1 1 16. Ispitaj konvergentnost reda : 1 ...

2 4 8 16 2

1

12Vidljivo je, da se radi o geometrijskom redu sa .1 2

1Prvi clan ima vrijednost 1. Red konvergira jer je 1. Suma reda je

2

n

n

aq

a

q

∞

− + − + − =

−= = = −

= <

∑

1

1 1 2

311 31

22

aS

q= = = =

− − −

Beskonacni redovi 4




2

3n=1

2

3

2

3

4 37. Ispitaj konvergentnost reda:

2

4 4Za velike n, razlomak poprima oblik Prakticno za velike n, promatramo

4 3 4

samo naj vecu potenciju u brojniku i nazivniku. 2

Test

n n

n n

n n

n

nn

n n

u v nn n

∞ − +

+

=

− +

= =+

∑

2

3 23 2

33

2

kvocijenta izgleda ovako:

4 3 1 34

4 32lim = lim lim lim 14 84 8

4

Prema testu kvocijenta, imamo lim 1 0 i bzirom da

1

4 divergira, red diverg

n

n n n nn

n

nn

n

n n

u n n n nn n nnv n n

n n

u A

v

v n

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

→+∞

− +− +

− ++ = = =+ +

= = ≠

=

∑ ∑

3

3 3 3 3

3

ira.

1 1 1 18. Ispitaj konvergentnost reda: ...

3 10 29 2

1 1 1 1 1 1 1... Uvedimo usporedbu znamo da

3 10 29 2 2

1konvergira jer je to red potencija sa 3 1 i po testu usporedjivanja,

2

kon

n

n n n n

nn

+ + + ++

+ + + + < ⇒+ +

= >+

∑

∑

( )1

1

vergira takodjer.

ln9. Ispitaj Integralnim testom konvergenciju reda

ln lnIzvrsimo zamjenu i prema ranijem objasnjenju, izracunajmo

ln lnlim Rjesenje integrala se moze nacu

n

n

x x f x dx

x x

x xdx dx

x x

∞

∞

→∞

=

= ⇒

∑

∫

∫

( ) ( )

2

1

2 2

11 1

4

1

i u dijelu neodredjeni integrali

ln ln 1 1lim lim ln lim ln 02 2

Integral divergira, pa tako i nas red.

10. Ispitaj testom omjera, konvergenciju reda n . Vidimo da je

u

uu

u u u

n

n

x xdx dx x u x x

e

∞

→∞ →∞ →∞

∞−

=

= = = − = ∞

∫

∫ ∫

∑ ( ) ( )24 1

1 1n

nu n e− +

+ = +

Beskonacni redovi 5




( ) ( ) ( )( ) ( )

22 2

2 2

2 14 4 2 11 4

1

4 4

4 4

2 1 2 11

1

1 1 1lim lim lim lim

1 1lim lim lim lim 1 0 0

Posto je lim 0 1, red ko

n n n nn

n

n nn n n nn

n nn

n n n nn

n

nn

n e n eu n e

u nn e n e e

u n ne e

u n n

u

u

− + + − + +− +

+

− −→∞ →∞ →∞ →∞

− − − −+

→∞ →∞ →∞ →∞

+

→∞

+ + + = = =

+ + = = ⋅ = ⋅ =

= < nvergira

2n−=

( )

2 2 2

3 3 3

2 2

3 3

2

23

1

3

2 +1 3 +1 4 +111. Testom usporedjivanja, ispitaj konvergenciju reda 1+ ...

2 +1 3 +1 4 +1

+1 1Red cemo usporediti sa redom Postavimo limes:

+1

+1+1

+1lim lim lim lim1 +1

n

n

n n n nn

n nu

nn n

nn nu n

u n

n

+

→∞ →∞ →∞

+ + +

= ⇒ =

= = =

( )

2

3

2

3

3 5 7

1 Red kojim usporedjujemo je1

1 +1harmonijski red , koji divergira. Ispitani red znaci isto tako divergira.

+1

2 2 212. Usporedbenim testom ispitaj konvergentnost reda 2 ...

3! 5! 7!

1n

n n

n

n

n n

u

→∞

+

= ⇒+

− + −

= −

∑

( )

( )( )

( )( )

( )

( )

( )

2n+11

2n+12n-11 1

2n-1 2n-1n n n1

1

n n

21

2 1 ! 2 2 12

Omjer lim lim lim2 1 ! 2 2 21

2 1 !

4lim lim 0 Red je apsolutno konvergentan.

2 1

n

n n

nn

n

n

n nu

n u n

n

u

u n n

+

+ +

→∞ →∞ →∞+

+

→∞ →∞

−+ −

⇒ = =− +−

−

= ⇒+

!

1 !

2 3 4 5 5 213. Ispitaj konvergentnost reda 1 2 2 2 ...za i .

3 3

Testom n-tog korjena imamo: lim

2 2 ako je neparanlim lim lim

ako je paran

nn

n

n nn

n nn n

n n nnn

a a a a a a a

u L

a a au u a

a a a

→∞

→∞ →∞ →∞

+ + + + + = = −

=

= = ⇒ =

=

nnu 2

Za a 1 red konvergira a za a 1 red divergira.

5 2Za red divergira i za , red konvergira.

3 3

n a a

a a

=

< >

= = −

Beskonacni redovi 6




Beskonacni redovi 7

( )

( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( )( )

( )

( )( )

1

1 1

1 11

1

-114. Za koje vrijednosti od , zadani red konvergira?

2 3 1

-1 1 -1 1 -1Postavimo sume: i

2 3 1 2 3 22 3 1 1

1 -1

Primjenimo testa omjera: lim lim

n

nn

n n

n nn nn

n

n

n nn

n x x

n

n x n x n xu u

n nn

n x

u

u

∞

=

+ +

+ ++

+

→∞ →∞

−

+ += = =

− ++ −

+

=

∑

( )

n

( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

1

1

1 1

1

1

1

2 3 2

-1

2 3 1

1 -1 2 3 1 -1 -1 1lim lim lim lim

2 3 2 -1 2 -1 2 -1

11lim = lim Red konvergira za 1 2 1 2

2 2

3 -1Za 3 : red izgleda ovako:

2

n

n

n

n n nn

n

n n nnn n n nn

n

n nn

n

n

n

n x

n

n x n x x xu

u n n x x x

x xu x x

u

n x

+

+

+ +

+

+→∞ →∞ →∞ →∞

+

→∞ →∞

+

−

+ − −= = =

+ ⋅ ⋅

−−= ⇒ − < ⇒ − = ±

=( ) ( )

( )

( )

( )

( )

1 1

1 1

Red divergira jer ti3 13 1

clan ne postaje nula

1 1 1Za 1: red izgleda ovako: Red divergira jer ti

3 12 3 1

clan ne postaje nula

Zadani red konvergira samo za

n n

n n

nn n

nn

nn

n n x n

nn

x

∞ ∞

= =

∞ ∞

= =

= ⇒ −−−

− − −= − = ⇒ −

−−

∑ ∑

∑ ∑

( )1 2 2 1 2 odnosno 1 3 x x− < ⇒ − < − < − < <




7. NEODREDJENI INTEGRALI

7.1 Opcenito o integralu i pravilima integriranja

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

Integriranje je inverzna racunska operacija od deriviranja.

Integrirati funkciju znaci odrediti primitvnu funkciju funkcije .

jer je C je konstanta integracije. x

f x F x f x

f x dx F x C D F x C f x= + + = ∫

Pravila in

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

1'

:

1. 0

2. 1

3.

4. ; za sve racionalne brojeve; 1.1

5.

6.

7.

18. za s

1

nn

n n

dx C

dx x C

a dx ax C

x x dx C n

n

a f x dx a f x dx

f x g x dx f x dx g x dx


f x f x dx f x C n

+

+

=

= +

= +

= + ≠ −+

=

+ = +

− = −

= + +

∫ ∫ ∫

∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫

tegriranja

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

'

' '

ve racionalne brojeve; 1

9. metoda supstitucije

10. ; metoda

parcijalne integracije

11. Metoda parcijalni razlomaka

n

f g x g x dx f u du

u dv uv v du f x g x dx f x g x f x g x dx

≠ −

=

= − ⇔ = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )

( )

( )

( ) ( )

1 8 87 7

1

3 3

:

1. 0 0 0

2. 1 1 1

3. 7 7 7 7

4.1 8 8

5. 5 5

x

x

x

nn

x

dx C dx C D C

dx x C dx x C D x C

a dx ax C dx x C D x C

x x x x dx C x dx C D C x

n

a f x dx a f x dx xdx x dx

+

= ⇒ = ⇔ =

= + ⇒ = + ⇔ + =

= + ⇒ = + ⇔ + =

= + ⇒ = + ⇔ + = +

= ⇒ = =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

Primjeri primjene pravila integriranja

11 43

315

51 4

13

xC x

+

+ = ++

∫ C

Neodredjeni integrali 1




( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

4 1

3 3

3 32 2 2

4 23 3

4 23

'

155

4

6.

7 7 7 73 3

7.

3 53 5 3 5

4 2

3 53 5

4 2

18.

x

x

x

n

D x C x


x x x dx x dx dx x C D x C x


x x x x dx x dx xdx C

x x D C x x

f x f x dxn

+ =

+ = +

+ = + = + + ⇔ + + = +

− = −

− = − = − +

− + = −

=

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

7

( )

( )( ) ( ) ( )

1

5 6

3 2 3

6 5

3 3 2

'

2

2 2

za sve racionalne brojeve; 11

1 1 17 7

3 6 3

1 1 17 7

6 3 3

9. metoda supstitucije

sin sin12

2

n

x

f x C n

x x dx x C

D x x x

f g x g x dx f u duu x

x x dx x xdu x xdx du

++ ≠ +

+ = + +

+ = +

= =

= ⇒= ⇒ =

∫

∫ ∫ ∫

−

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2

' '

1 1 1 1sin cos cos cos sin

2 2 2 2

10.

1ln 1ln ln

1ln ln ln ln 1 ln

x

u dv

x

dx

u du u C x C D x C x x

u dv uv v du f x g x dx f x g x f x g x dx

u x du dx x dx x x x dx x x

dv dx v x

x x x x dx x x x C D x x x C x x

x x

= − + = − + ⇔ − + =

= − ⇔ = −

= → == ⇒ ⋅ − ⋅ = → =

⋅ − ⋅ = − + ⇔ − + = + − =

∫

∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫

2

11. Metoda parcijalnih razlomaka - opsirnije objasnjeno u nastavku





1

2 2

:

ln1

sin cos cos sin

tan ln sec ln cos cot ln sin

sec tan csc cot

sec tan sec csc co

nn u du

u du C u C n u

u du u C u du u C

u du u C u C u du u C

u du u C u du u C

u u du u C u

+

= + = ++

= − + = +

= + = − + = +

= + = − +

= +

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Integrali poznatijih funkcija ili izraza

( ) ( )1 1

2 2

t csc

; 0, 1ln

sinh cosh cosh sinh

tanh ln cosh coth ln sinh

sech tan sinh csch coth cosh

sech tan csch coth

uu u u

u du u C

aa du C a a e du e C

a

u du u C u du u C

u du u C u du u C

u du u C u du u C

u du u C u du u C

− −

= − +

= + > ≠ = +

= + = +

= + = +

= + = −

= + = − +

∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

+

2 2

2 22 2

sech tanh sech csch coth csch

1ln ln

2

u u du u C u u du u C

du du u au u a C C

a u au au a

= − + = − +

−= + ± + = +

+−±

∫ ∫

∫ ∫

( )

1 1

2 2 2 2 2 2

22 2 2 2 1

2 2

1 1 1 1

2 22 2

1 1 1ln cos sec

cos b sinbsin cos b

2 2

1 1sin cos tan cot

sinb

auau

a

au

du u du a uC C

a a u au a u a a u u u a

e a u b uu a ua u du a u C e u du C

a a b

du u u du u uC C C C

a a a a a au aa u

ee u du

− −

−

− − − −

= + = + = +± + ± −

−− = − + + = ++

= + = − + = + = − ++±

=

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ( )

C a

2 2

2

2 2 2 2 2 2

sin b cos bcsc ln csc cot ln tan

2

sec ln sec tan ln tan2 4

ln2 2

u a u b u uC u du u u C C

a b

uu du u u C C

u au a du u a u u a C

π

−+ = − + = +

+

= + + = + +

± = ± ± + ± +

∫

∫

∫





7.2 Neodredjeni integral razlomljene racionalne funkcije

Integral razlomljene racionalne funkcije je naj rajrasireniji integral i pojavljuje se u vise razlicitih

oblika, zavisno o stupnju potencije u brojniku i nazivniku izraza. Integrala ima opci oblik:

I ≡ ( )( )

( ) ( )gdje su i polinomi -og stupnja.

Posto potencija polinoma u brojniku i nazivniku moze poprimati razlicite vrijednosti, pojavljuju

se razlicite kombinacije razlomljene racionalne funkcije,

P x dx P x Q x nQ x∫

koje su razmotrene u nastavku, svaka

posebno.

( )

( )

3 2

2 2 2

21

3 4 3 4 41. 3 4 3 4

1 1 1

34 4tan Podijelili smo razlomak. Postupak djeljenj

2

x x x I dx x dx xdx dx dx

x x x

x I x −

≡

− + ≡ = − + = − + + + +

≡ − + ⇒

∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

n

n

P xIntegral je oblika : I dx potencija brojnika je veca od potencije nazivnika

Q x

( ) ( )3 2 2

2

3 2 3 2 3 2

a prikazan je u

srednjoskolskoj matematici u dijelu "Polinomi":

43 4 3 1 3 4 i ostatak 4 odnosno

1

2 7 4 2 1 2 7 4 2 1 2 4 52. 2

3 32 3 2 2 3 2

2 2

1

2

x x x x x x

x x x x x x x x I dx dx x

x x x

I

− + ÷ + = −+

+ + + + + + ≡ = = + − +

+ + +

≡

∫ ∫ ∫ dx

( )

( )

3 2 32

3 23 2

2 4 1 1 5 1 2 32 2 2

33 2 2 2 2 3 2

2

3 2 4 5Djeljenje daje rezultat: 2 7 4 2 2

32 3 22

x x xdx dx x dx dx x x x C

x

x x x x x x x

x

+ − + = + − + +

+

+ + + ÷ + = + − +

+

∫ ∫ ∫ ∫ 5ln +

( )

( ) ( )1 1

2 2 2 22

1 1 53. tan tan

10 30 5 55 5

dx dx du u x I C

a a x x u a x

− −

≡

+≡ = ≡ = =

+ + ++ +

∫

∫ ∫ ∫

2

1Integral je oblika I dx nazivnik je kvadratna funkcija

Q x

+





( )

( ) ( ) ( )2

22 22 2

5

1 1

2 22

Nadopunimo izraz na potpuni kvadrat i primijenimo poznati integral kao rjesenje:

10 30 2 5 25 25 30 5 5 5 5

31 1 1 3

4. tan tan3 33 2 5 141 14

3 9

x

x x x x x x

xdx dx u

I a a x x x

+

− −

+ + = + ⋅ + − + = + + = + +

≡ = ≡ =− + − +

∫ ∫

2

1

22

2 2 2

2

1

3

1

3

14

1 3 1tan

14 14

1 2 5 1 1 1 1 15 1 1 143 2 5 2

3 3 3 3 3 9 9 3 3 93

x

x I C

x x x x x x x

−

−

−

=

− ≡ +

− + = − + = − ⋅ + − + = − +

2

1 1

2 2 2

2 2

2 2 2

1

2

2

1 1 1 2 15. tan tan

2 3 32 2 5 1 3

2 2

5 1 1 1 10 1 32 2 5 2 2 2 2

2 2 4 4 4 2 2

6.7 12

x

dx dx u x I C

a a x x x

x x x x x x x

dx dx I

x x x

− −

+

+ ≡ = ≡ = + + + + +

+ + = + + = + ⋅ + − + = + +

≡ =− +

−

∫ ∫

2 2

7 1

1 1 2 2ln ln ln1 7 12 37 1 22 2 22 2

xu a x

C a u a x

x

− −− −≡ = =

+ − ⋅ − +−

∫ ∫ 4

+

2

2 2

2 2 2

7

2

7 49 49 48 7 49 1 7 17 12 2 2

2 4 4 4 2 4 4 2 2 x

x x x x x x x

−

− + = − + − + = − + − = − −





2

1 1

2 22

1

22

2 2

1

2

12

1 2 27. tan tan

1 3 31 3

2 4

2 2 1tan3 3

1 1 1 4 1 31 2

2 4 4 4 2 4

x

xdx dx u

I a a x x

x

x I C

x x x x x

− −

−

+

+ ≡ = ≡ =

+ + + +

+≡ +

+ + = + ⋅ + − + = + +

∫ ∫

=

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 1

2 2 2 22

2 22 2 2 2

2

48. sin sin

620 8 6 4

20 8 8 20 2 4 16 16 20 4 36 6 4

19.

31 3

dx dx du u x I C

a x x a u x

x x x x x x x x

dx dx I

x x

− −

≡

−≡ = ≡ = = +

− − −− −

− − = − − − = − − ⋅ + − − = − − − = − −

≡ =− −

∫

∫ ∫ ∫

2

1Integral je oblika I dx nazivnik je kvadratna funkcija pod korjenom

Q x

1 1

2 2 22

1

1

1 6sin sin3 1313 1

66 6

1 6 1sin

3 13

xdu u

aa u x

x I C

− −

−

+≡ = =

− − + +

≡= +

∫ ∫ ∫

( )

2

2 2 2

2 2

1 1

2 2 2 22

1 1 1 1 12 1 131 3 3 3 2 3

3 3 6 36 36 36 6 36

13 13

6 6

610. sin sin

828 12 8 6

x x x x x x x

x

dx dx du u x I C

a x x a u x

− −

− − = − + − = − + ⋅ + − − = − + −

= − +

+≡ = ≡ = = +

− − −− +∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )22 2 228 12 12 28 2 6 36 36 28 6 64 x x x x x x x − − = − + − = − + ⋅ + − − = − + − =





( )228 6 x= − +

2 2

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

2

111. ln

21 3 2 3 1

4 4

1 3 3 1ln

4 4 42

1 3 3 9 9 8 3 11 3 2 2 2 2 2

2 2 4 16 16 16 4 4

112.

54 5 2

5

dx dx I u u

x x x

I x x C

x x x x x x x

dx dx I

x x

x

≡ = ≡ + − =− + − −

≡ − + − − +

− + = − + = − ⋅ + − + = − −

≡ =+

+

∫ ∫ a

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2

1

2 2 2 22

2

ln

2

5

1 2 2 2ln

5 5 55

4 2 4 4 2 24 5 5 5 2 5

5 5 25 25 5 5

1 1 413. sin

4 4 525 16 5

4

2525 16 16

u u a

I x x C

x x x x x x x

dx dx du x I C

x a u x

x

−

≡ + − =

−

≡ + + + − +

+ = + = − ⋅ + − = − −

≡ = ≡ = +

− − −

− =

∫ ∫

∫ ∫ ∫ 2

2 2

2 2

2 2

2

2

2

2

2 2 2

516

16 4

114. ln

24 4 5 11

2

1 1 1ln 1

2 2 2

1 1 1 5 14 4 5 4 2 4 1

2 4 4 4 2

x x

dx dx I u u a

x x x

I x x C

x x x x x

− = −

≡ = ≡ + − =− + − −

≡ − + − − +

− + = − + − + = − −

∫ ∫





2

2

22 2

2

1 315. 1

2 4

1 1 1 4 1 3Izraz pod korjenom smo preuredili: 1 2

2 4 4 4 2 4

1 3 1oznacimo:

2 4

I x x dx x

x x x x x

I x x

≡

≡ + + = + +

+ + = + + − + = + +

≡ + + ⇒ +

∫

∫ ∫

∫

2Integral je oblika I ax +bx+ c dx kvadratna funkcija pod korjenom

1

2

2 2 22 2 2 2

2 2 2 2

1

2

12 2 2 2

2

2

2

2

2

2

2 2

2

int

3 3; ; pa mozemo pisati:

2 4 2

rijesimo svaki integral posebno:

I

u dx du a a

u a u I u a du u a du du du

u a u a

dua I a

u I

u a

u a

I

u u I du u du

a

a

u u a

= = = ⇒ =

+≡ + ⇒ + =

= = ⇒+

= ++ +

+ ⇒ ≡ + ⇒+

+

+

+

∫

∫

∫

∫

∫

∫ ∫

12 2

2 22

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2

egral rijesimo metodom parcijalne integracije:

1

1

2

22

u duv v I

I I a

t u t a k u tdt u du v k dk k u a

du dt tdt dk u a t a

uu du t t a t a dt u u a u a

I u

a

I u

u

u u a

−= + =⇒ ⇔ ⇓ = = = = +

=

=

= + +

+ ⇒ =

= + − + = + − ++

+ −

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

22

22 2 2 2

22

o sada2

Sada mozemo napisati cijeli izraz:

1ln odnosno:

2 2

1 1 1 3 3 1 1ln

2 2 2 2 8 2 2

aa

a I u u a u u a

I x x x x

+ +

= + + + +

= + + + + + + +

22

2 2

3

2

1 1 3 11 ln 1

2 2 8 2

C

I x x x x x x C

+ +

= + + + + + + + + +

2 I

2 2

2 2

222

rijesim I :

ln tipski integral.

I

du I u u a

u a= = + +

+→∫

2 2 2 22 2 2 2

2 2 2 216.

a x a x I a x dx a x dx dx

a x a x

− −= − = − =

− −∫ ∫ ∫ =





1 2 1

22 2

2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

sin

; ;

11

222

dx x dx x I a dx I a C

aa x a x a x

u x x x xdx x dx dv v

du dxa x a x a x a x

a x k x d

v v xdx dk xdx dk

I I I

k a x

−= − ⇒ = − = = +− − −

= = = ⇒ = =

= − − − − =

= ⇒ ⇒ = − = − = − −

− = ⇒ = −−

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

1

x

k k a x

−

( )

( )

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 1 2 2 2 1 2 2

2

2 1 2 2

2

2

1

1 2

sin sin

2 sin sin2 2

I

xuv vdu x a x dx x a x I x a x I

a x

x x I a a x a x I I a x a x I

a a

x a x x I a x a x I a x C a a

I I − −

− −

= − = − − − − = − − + = − − +

−

= − = − − − + ⇒ = + − −

= + − ⇒ = + − +

∫ ∫

1 2

2

2

I I

I

I

( )

( )

3 2 1 11 1 1 1 11 3 11 517. 3 3 ln5 52 5 2 2 2 2 2 2 4 2

2 2

3 2Izraz smo preuredili

2 5

x dx I dx dx dx x x x

x x

x

x

≡

−

= = + ⋅ = + ⋅ = + − − − − −−

∫

∫ ∫ ∫ ∫

P xIntegral je oblika I dx potencija polinoma brojnika i nazivnika je istog stupnja

Q x

C +

( )3 2 1 3 2 5 11 1

: 3 2 35 52 5 2 2 2

2 2

x x x x

x x x

− − = ⋅ ⇒ − ÷ − = + ⋅ − − −

( )

( )

Metoda se svodi na preuredjenje nazivnika tako, da se prikaze u obliku produkta

faktora i potom rijesi kao

≡ ∫ P x

Integral je oblika I dx potencija polinoma nazivnika je veca od potencijeQ x

polinoma brojnika

suma parcijalnih razlomaka:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22

18.2 32 3 2 35 6

x x A B C dx dx dx

x x x x x x x x

= = + + +

+ ++ + + + + + ∫ ∫ ∫

D





( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2 2 2 22

2 2 2 2

1 2

2 2 2 2

2 2

Izraz smo preuredili: 5 6 2 3 2 3

Pisemo: 3 2 3 2 2 3

Za vrijednosti korjena izraza, 2 2 3 3

Za 0 0 3 2 3 2 2 3

0 2 0 3 0 2 0 3

x x x x x x

x A x B x x C x D x x

x A x C

x A x B x x C x D x x

B

+ + ⇒ + + = + +

≡ + + + + + + + + +

= − ⇒ = − = − ⇒ = −

= ⇒ ≡ + + + + + + + + + =

= − + + + + + ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

2 2

2 2 2 2

3 0 2 0 2 0 3

0 2 9 18 12 12 18 12 30 3 2 5

Za 4

4 2 4 3 4 2 4 3 3 4 2 4 2 4 3

4 2 1 2 1 3 4 4 1 2 4 10 2 4 10

Rijesimo jednadzbe: 3 2 5 3 5 2 5 2 10 5

2 4 10 2

D

B D B D B D

x

B D

B D B D B D

B D D D D

B D B

− + + + +

= − ⋅ + − + ⇒ + = ⇒ + =

= −

− = − − + + − + − + + − − + + − + − +

− = − ⋅ + − + − + − ⇒ − − = ⇒ + = −

+ = ⋅ + = ⇒ = − ⇒ = −

+ = − ⇒ +

=

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2 2

2 2

2 2 1

5 2 10 5

2 32 3

2 5 3 5

2 32 3

2 5 3 52 32 3

Uvedimo zamjenu za: 2 ; 3 ;

2

2 5 3 5 1

D B B

A B C D I dx x x x x

dx x x x x

dx dx dx dx

x x x x

x u dx du x v dx dv

du dv

I u du v dv uu v

− − −

= − ⇒ = ⇒ = ⇑

= + + + = + ++ +

− − −= + + + =

+ ++ +

= − + − −+ ++ +

+ = = + = =

−

= − + − − = −

∫

∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ( )

( )( )

( )

13

5ln 5ln1

2 35ln 2 5ln 3

2 3

u v v C

I x x C x x

−

+ − − +−

= + + + − + ++ +

∫

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2

2

5 3 1 5 319.

3 3 13 6 9

1 1Izraz smo preuredili: 3 6 9 2 3 3 1

3 3

1 5 3 1:

3 3 1 3 3 1

5 3sredimo

3 1 3 1

5 3 3 1 1 3

3 3

x x I dx dx

x x x x x x

x x x x x x

x A B C I dx dx

x x x x x x

x A B C

x x x x x x

x A x x Bx x Cx x

Ax Ax Ax

− −= =

− +− −

− − ⇒ − − = − +

−= = + + − + − +

−⇒ = + +

− + − +

− = − + + + + − =

= + − −

∫ ∫

∫ ∫

2 2 3 A Bx Bx Cx Cx+ + + −





( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

2 2

2

33 2

0 5 3 2 3 3

0 0 1 0

5 5 2 3 2 1 3 5 3 7

3 3 1 1 2

1 1 23 3 1 3 3 1

1 3ln ln 3 2 ln 1 ln ln

3 1

l

x x x A B C x A B C A

x A B C B C B C

x A B C B C B C

A A B C

A B C dx dx dx I dx x x x x x x

x I x x x C x C

x

I

⋅ + − = + + + − + − −

= ⇒ + + = ⇒ + + = ⇒ = −

⇒ = − + − ⇒ − ⋅ + − = ⇒ − =

− = − ⇒ = = = −

= + + = + − − + − +

−= + − − + + = + +

−

=

∫ ∫ ∫ ∫

( )

( )

( )( ) ( ) ( )

32

3n

1

Koeficijente parcijalnih razlomaka moglo se rijesiti i na drugaciji nacin:

Uvrstimo vrijednosti korjena razlomka 0, 3, 1 u poznati nam izraz:

Za 0 5 0 3 0 3 0 1 0 0 1 0 0 3 3 3

x xC

x

x x x

x A B C A

−+

−

= = = −

= ⇒ ⋅ − = − + + ⋅ + + ⋅ − ⇒ − = −

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

1

Za 3 5 3 3 3 3 3 1 3 3 1 3 3 3 12 12 1

Za 1 5 1 3 1 3 1 1 1 1 1 1 1 3

A

x A B C B B

x A B C

⇒ =

= ⇒ ⋅ − = − + + ⋅ + + ⋅ − ⇒ = ⇒ =

= − ⇒ ⋅ − − = − − − + + ⋅ − − + + ⋅ − − − ⇒ = −2C





( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

22 2

2

2 2 2 2

2 3 3 2 3 2

3 2

20.1 11

Izrazimo parcijalne razlomke: 1 i dalje, sredimo:1 1

1 1 1 1 1

1

1

Rijesimo sistem jednadzbi:

dx dx I

x x x x x

A B C D

x x x x

A x Bx x Cx x Dx x

Ax A Bx Bx Cx Cx Dx Dx

x B C D x A C D x B A

= =+ −−

≡ + + ++ −

≡ − + − + − + +≡ − + − + − + +

≡ + + + − + + − −

∫ ∫

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

0

2 22 2

2

0 1 1

10 0 0 0

2

11 0 1

2

1 10 2 1 2 11 11

1 1 1 1 1ln 1 ln 1

2 1 2 1 2 2

1 1 1ln 1 ln 1 ln

2

B

B A A

B C D C D C D C

A C D C D C D D

dx dx dx dx dx I x x x x x x x x

dx dx I x dx x x C

x x x

x I x x C

x x

=

−

= = − ⇒ = −

+ + = ⇒ + + = ⇒ + = ⇒ = −

− + ⇒ − − + = ⇒ − + = ⇒ =

−= = = + − + + −+ −−

= − − + = − + + − ++ −

−= + − − + + = +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

( )3

3 2

1 3ln ln

1 1

1 1ln

1

xC x

x x

x I C

x x

−+ = + +

+ −

−= + +

+

C

( )

( )

2

2

22

21.2 3

Izraz u nazivniku ima konjugirano kompleksne korjene i postupak rjesavanja je drugaciji.

Parcijalni razlomak mora imati oblik :

1i dalje, sredimo:1 2

2 32 3

dx I

x x x

Ax B

x i

A Bx C A x x

x x x x x x

=+ +

++

+≡ + ≡ +

+ ++ +

∫

( ) ( )

( ) ( )2 2 2

3

1 2 3 2 31

Rijesimo sistem jednadzbi: 1 33

1 1 1 20 0 2 2 0

3 3 3 3

Bx C x

Ax Ax A Bx Cx x A B x A C A

A A

A B B B A C C C

+ + +

≡ + + + + = + + + += ⇒ =

+ = ⇒ + = ⇒ = − ⇒ + = + = ⇒ = −





( ) ( ) ( )

( )

( )

1

2 2 2

1 12

1 2

1 2

1 1 1 23 3

3 32 3 2 3 2 3

1 2 1 1ln ln rijesimo sada :

3 3 32 3

2

2 3

I

xdx x

I dx x x x x x x x x x

dx x I dx x I I x I

x x x

x x I dx

x x x

− + − + = = + = − + + + + + +

+ = − = − ⇒ = − + +

+= =

+ +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫

( )

1

dx

I

( )

( )( )

2 3

3

1 2 32 2

2

2 22

2 2 2 2

2 3

2 22 3 2 3

2 22 3 122 2

2 32 32 2

12

1 2 2 1

2 22 3 2 3 2 3

1 1ln

2

I I

I

dxdx I I I

x x x

x x x k x

I dx x dx dk dx x x x x

x x

x dx dk dx I dx C C

k x x x x x x

I k I

+ ⇒ = ++ + + +

+

+ + = − = ⇒ + = ⇒

+ ++ + + = −

−= − + = − +

+ + + + + +

== − =

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( )

2

3

21 3 3 3

222 2

3 22

1

3 2 2

2 1

ln 2 32

1 1 1 1ln ln 2 ln ln 2 33 3 3 2

2 3 2 1 1 3 1 2

2 31 ; ; 2; 2

1tan

1 1 1 1ln ln 2 3 tan

3 2 2 2

x x I

I x I x I I x x x I

x x x x xdx I

x x x u dx du a a

du u I

a au a

x I x x x

−

−

+ + −

= − = − + = − + + +

+ + = + + − + = + + = ⇒ =

+ + + = = = =

= =+

+ = − + + +

∫

∫

1

21 1 1ln tan3 2 22 3

C

x x I C x x

−

+

+= + + + +





( )

( )

( )

( ) ( )

( )

2 2

2222

2

2 2

12 22 2

2

1 22

3 1 3 13 1

22. 11 2;

3 9 3

2 96 6

3 1 1

1

x u x u x

I dx uu x x x dx udu

u u I du du I

u u

u I du

u

≡

− = ⇒ − = −= ⇒ ⇒ ++ = ⇒ = =

= = =+ +

=+

∫

∫

∫ ∫

P xIntegral je oblika I x, dx kombinacija funkcije polinoma u prvoj potenciji pod

Q x

korjenom

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

2 2

2 2 2 2 22

2

2

2

2

1 11 1 1 11

1Za 1 1 0 0 4 0 4 1 4

1Za 1 1 4 0 0 0 4 1

4

1 1 1Za 0 0 0

4 4 2

1 9 1Za 2 2 3 9 9 4 3 9 3

4 4 2

Koeficijenti imaju

u u A B C D

u uu u u uu

u A B C D C C

u A B C D A A

u A B C D B D B D

u A B C D B D B D

⇒ = + + ++ −+ − + −+

= ⇒ = + + + ⇒ = ⇒ =

= − ⇒ − = + + + ⇒ = ⇒ =

= = + + − ⇒ + + − = ⇒ − = −

= = + + + = = + + + ⇒ + =

∫

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 2

1 12 2

1

3

1 1 1 1vrijednosti:

4 4 4 4

1 1 1 1 1

4 1 11 1

16

4 1 11 1

6 1 1 3 3 1 1 3 16 ln 1 ln 1 ln

4 1 1 2 3 1 1

23. 2 2

A B C D

I duu uu u

du du du du I I I

u uu u

x x I I u u C

u u x x

I x x

= = − = =

= − + + + −+ −

= − + + ⇔ =

+ −+ −

− − − = = − − + − + − = − + + − − +

= −

∫

∫ ∫ ∫ ∫

( )

( )

( ) ( )

33

3 2

3 2

3 3 6 3 7 4

7 43 3

2 2 2 2 32 3

6 126 2 6 12

7 4

62 3 2

7

x u x udx u u u du x u dx u du

I u u du u du u du u u

I x x C

− = ⇒ − = ⇒ ⇒ + = + ⇒ =

= + = + = +

= − + − +

∫ ∫

∫ ∫ ∫





( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( )

( )( )

'

3

2 2 2

2 3

2 31 1 1 124. 2 3 2 3 2 2 3 2 2 32 2 2 3 6

x

x

I x dx x dx x dx x

+

≠

+

= + = + = + = = +

∫

∫ ∫ ∫

n n+1'

Rjesavanje integrala primjenom ' brze formule ' (tocka 8. pravila integriranja)

1f x f x dx = f x + C za sve racionalne brojeve; n -1

n+1

3

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( )( )

( )

( )( )

( )

( )

2 2 33 3 2 3

2 23 2

3 2 3

3 33 3

23

sin ' 3

22 3

2 2

125. 2 2 3 2

3

5 3 1 5 5 126. 5 2 3 2

3 3 3 22 2

5 26

sin 127. sin cos sin cos sin

3 3

128. 3 1 2 3 1 2 4

4

x

C

I x dx x x dx x C

x x I dx dx x x dx x

x x

I x C

x I x x dx x x dx C x C

I x x dx x x

− −

−

+

= − = − = − +

= = = − = ⋅ −−− −

= − − +

= = = + = +

= − = − − −

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( )

12 2

33

2 22

1 323

2 3 3 344 4

34

2 12 2

2 22

34 1 2

4

3 1 11 2 1 2

34 2

2

1 1 1 429. 3 1 1 1

33 3 914

1 1 1 130. 4 3 3

4 4 1 4 33

dx x x dx

I x x C

x I dx x x dx x x C

x

x I dx x x dx x C

x x

−

− −

= − − −

= − − = − − +

= = + = ⋅ + = + ++

= = + = ⋅ + = − +− ++

∫

∫ ∫

∫ ∫





7.3 Neodredjeni integral trigonometrijskih funkcija

Integrali ovog tipa rjesavaju se supstitucijom, uvodjenjem nove promjenjive i to:

∫ Integral je oblika I = sinx,cosx dx

2

2 22

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2

2

1 1

2tan2 22sin 2sin cos 2 tan cos sin

2 2 2 2 1 11 tan

2

sin 1 tan2 2cos cos sin cos cos cos 1 tan

2 2 2 2 2 2cos 1 tan

2 2

1cos

1

tan tan 2 tan2 2

x

x x x x u u x x

x u u

x x

x x x x x x x

x x

u x

u

x xu u x u d − −

= = = = ⇒ =+ ++

− = − = − ⋅ = − = +

−= +

= ⇒ = ⇒ = ⇒ ( )

( ) ( )

( )

'1

2 2

2 2

2 22 2 2

2 2

1

2 2 2

1 1

2 22 tan

1 1

2 2

21 131.5 3cos 5 5 3 31 5 1 3 1

5 31 1

22 1 tan

2 22 8 121 22

1 1tan tan 2

2 2

du du x u dx

u u

du

dx u u I d x u uu u u

u u

u k du dk k I du dk

a au k du dk duu

I k u

−

−

− −

= = ⇒ =+ +

+ += = = =− + − + − + − −

− + +=

= = ⇒ ⇒ = + −= ⇒ =−

= ⇒

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ 1 1

u du

1 1

2 2

22 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 21

2 2 2

1 1tan 2 tan tan 2 tan

2 2 2 2

1 1

cos 2 2 1 21 132.1 cos 21 1 1 1 1 1

1

1 11 1 1

1 2 tan1 1 1

Izraz po

x xC C

u u

x du du u duu u I dx du x u u u u u u

u uu u

I du du du u u C u u u

− −

−

= + = +

− −−+ += = = =

+ − + + + − + ++

+ +− − = = − = − − = − + + + + +

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

( ) ( )2 2

2

1 1

2d znakom integrala smo podijelili: 1 1 1

1

tan 2 tan tan tan 2 tan tan2 2 2 2

u uu

x x x x I C C − −

− ÷ + = −+

= − + + = − + +





2

2 22

2

Integrali ovog tipa rjesavaju se supstitucijom uvodjenjem nove promjenjive:

2tan 2 22sinh 2sinh cosh 2 tanh cosh sinh2 2 2 2 1 1

1 tanh2

cosh cosh s2

x

x x x x u u x x

x u u

x x

= = = = ⇒ =− −−

= +

∫ Integral je oblika I = sinhx,coshx dx

( )

2

2 2 2 2 2

2

22

2

2

'1 1 1

2 2

2

2

sinh2inh cosh cosh cos 1 tan

2 2 2 2 2cosh

2

1 tanh12cosh cosh

11 tanh2

2 2tanh tanh 2 tanh 2 tanh

2 2 1 1

2

133.cosh 1

1

x

x x x x x

x

x

u x x

x u

x x du u u x u dx u dx

u u

du

dx u I x u

u

− − −

= + ⋅ = + =

+ += ⇒ =

−−

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = = ⇒ =− −

−= =+−

∫ ( )

( )( ) ( )

2

1

2 2 2

2

1

2 1 12 2 tan

1 1 1

2 tan tanh2

Zadaci se mogu rijesiti supstitucijom koristenjem definicije hiperbolne funkcije:

1sinh ;

234.

sinh

x x x x

x

x

udu du u

u u u

x I C

e ee u e

dx u I x du

e dx du dx d e

−

−

−−

−= = =

− + +

= +

−= ⇒ = =

= ⇒

= ⇒ = ⇒

∫ ∫ ∫

22

2 21

1 1 12 2 2 ln ln

2 11 11

x x

x

x

du

duu

e eduu u x

uu

du du u e I C C

uu euu

u

−

⇒ = − −=

− −= = = + = +

+− + −

∫ ∫

∫ ∫

∫





( ) ( )

( ) ( ) ( )

Iz poznatih odnosa trigonometrijskih funkcija imamo:

35. sin 5 cos9 1sin cos sin sin

21 1

sin 5 9 sin 5 9 sin14 sin 42 2

I x xdx

I x x x x dx x x dx

I

α β α β α β

= ⇒ ⋅ = + + −

= + + − = + − =

=

∫

∫

∫ ∫

Integral je oblika I = sinmx× cosnx dx

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

1 1sin14 sin 4 Supstitucija: 14 ;4 ;cos cos

2 2

1 1 1 1 1 1cos cos cos14 cos 4

2 14 2 4 28 8

1 1cos14 cos 4

28 8

136. sin 5 1 sin 3 sin sin cos cos

2

1cos 5 1 3 cos 5 1

2

xdx x dx x u x v x x

I u v x x

I x x

I x xdx

I x x x

α β α β α β

+ − = = − =

= ⋅ − + ⋅ = − +

= − +

= − ⋅ ⇒ ⋅ = − − + ⇒

= − − − −

∫ ∫

∫

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 13 cos 2 1 cos 8 1

2 2

Rijesimo supstitucijom: 2 1 ; 8 12 8

1 1 1 1 1 1 1 1cos cos sin sin sin 2 1 sin 8 1

2 2 2 2 2 8 4 16

1 1

sin 2 1 sin 8 14 16

x x dx x dx

du du x u dx x v dx

I u dx v dx u v x x

I x x C

+ = − − −

− = → = − = → =

= − = ⋅ − = − − −

= − − − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ C+

( )

2

* 2

*

Rijesimo metodom parcijalne integracije

37. sin

sin sin sin cos sin cos

sin cos cos cos

u dv

udv uv vdu

I xdx

x x xdx du xdx v xdx x

I x x x xdx

= −

= ⇒

= ⋅ ⇒ = ⇔ = = −

= − − − = −

∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

n n n nIntegral je oblika I = sin x;cos x;tan x;cot x dx

( )*

2

2 2

*

sin cos cos

sin cos 1 sin sin cos 1 sin

I

x x xdx

I x x x dx x x dx xd x

+

= − + − = − + −

∫ ∫ ∫ ∫

( )* * * *

1sin cos 2 sin cos sin cos

2 I x x x I I x x x I x x= − + − ⇒ = − + ⇒ = − + x





*

1 2

1 2

1

3

1sin cos Mozemo pisati slijedecu formulu za rjesenje za bilo koji :

2 2

1 1sin sin cos sin

1 1cos cos sin cos

Supstitucija: tan tan

38. tan

n n n

n n n

x I x x C

n I xdx x x xdx

n n

n I xdx x x xdx

n n

x u x u

I xdxd

− −

− −

−

= − +

−= = − +

−= = +

= → == ⇒

∫ ∫

∫ ∫

∫

n

( ) ( )( )

2

3

2

2

2 2

2 2 2

1

2 2 22 2

2 2

11

11

1

2 2 21 1 1

1 1 tan 1ln ln 1 ln tan 1

2 2 2 2 2 21 1

tan ln tan 12 2

u k

u duu x du

u

u u u u u dk I u du udu du du

k u u u

u u x I k u x C

I x x C

+ =

⇒ = += +

= − = − = − = − + + +

= − = − + = − + +

= − + +

∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

7.4 Razni zadaci

( )

2

2

2

2 2 2 2 2 2

2

3 2

3 2 2 2

39. 1 1 12 2 2 22

1 1 1 11

2 2 2 2

x

x

x k

x x x x x x

u x dv xe dx

I x e dx k x

du x v xe dx ke dk e edk xdx

I x e dx x e xe dx x e e e x C

= =

= = == = = = = = =

= = − = − = − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

k x

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2

1 1

2 2 2 2440.4

1 2 2

12 1 2 2 2 2

41

2 1 2 2 2 24

A Bdx x x x x x I

x A x B x

x A B B

I

x A B A

= = + − + − +−= = − = + + −

= − → = − + + − − → = − = = = → = + + − → =

∫ =

( ) ( )( )2

1 1

1 14 4 ln 2 ln 22 2 4 2 2 44

dx dx dx I dx

x x x x x

− = = + = − = − − + − + − +−

∫ ∫ ∫ ∫ x x





21ln

4 2

x I C

x

−= +

+

( )

( ) ( )

2 2

22

2

1 1 241. 2

12 11

12 2 ln Uvrstimo u osnovni integral:

1 1 11

1 1 1 1ln ln

1 1 1 1 1

x u x udx udu du I

udx udu u u x x

udu du I C

u u uu

x xdx I C

x x x x

− = → = − −= ⇒ ⇒ = −

−= − −−

+= − = − = − + ⇔

− + −−

+ − − −= = − = +

− − − + −

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫

( )

( ) ( ) ( )

3 2 2 2 2 2

2 2 2 4 4 2

5 3 5 3

42. sin cos sin cos sin 1 cos cos sin

cos

1sin

cos cos

5 3 5 3

I x xdx x x xdx x x xdx

u x

I u u du u u du u du u dudu xdx

u u x x I C

= = = −

=

⇒ = − − = − − = = −

= − = − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

⇒

− ∫

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

3 2 2

3 2

1 11 2 36 643.

61 2 3 3 2

1za 0 : 0 1 2 3 0 3 0 2 6

63

za 2 : 2 1 0 5 2 5 2 0 1010

2za 3 : 3 1 5 0 3 0 3 5 15

15

x x A B C x x x x x x x x x x I dx

x x x x A x x Bx x Cx x

x A B C A A

x A B C B B

x A B C C C

+ + = = ++ − ++ − + −= ⇒ = + − + = − + + + + −

= + = − + + − = − → = −

= = + = + + = → =

= − − + = − + − + − − = → = −

∫

( ) ( ) ( ) ( )3 2

1 1 1 3

2 3 6 10 2 15 36

1 3 2ln ln 2 ln 3

6 10 15

x A B C I dx dx

x x x x x x x x x

I x x x C

⇒

+= = + = − + − − + − ++ −

= − + − − + +

∫ ∫ ∫ 1 2 1

dx

( )( )

( )

2

2

2

ln 2

44. ln 2 2

2

u x dv dx

I x dx xdu dx v x

x

= + =

= + ⇒ = = +

∫





( ) ( )( )

( )( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

2 2

2

22 2 2

2 2

2: 2 1

2

2 2

2 2

1 1

2 2 22

2ln 2 ln 2 ln 2 2

2 2

2ln 2 2 1 ln 2 2 4 ln 2 2

2 2

1 14 tan tan

2 2 22

x x x

x x x dx x x x dx x x dx

x x

dx I x x dx x x dx x x x

x x

dx dx du u x

a a x u a x

I

+ = −+

− −

+ = + − = + − =+ +

= + − − = + − + + − + +

+ = ⇒ = ⇒ + + +

=

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

( )

2 +

2 14ln 2 2 tan

2 2

x x x x C −

+ − + +

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

45. 22 2 2 2 2 2

1 1 2 22 2 ln 2 ln

2 44 2 2

1 2 2ln

2 2 2

x u x udx udu

I dx udu x x u u

du du u a x I

a u au u a x

x I C

x

+ = = −

= ⇒ ⇒ =− + − − − +

− + − = = = =

+− − + +

+ −= +

+ +

∫ ∫

∫ ∫

( )

( ) ( ) ( )

34 7 4 6 2 4

32 4 4 2 4 6 5 6 8 10

6 7 9 11 6 7 9 11

sin46. sin cos sin cos cos 1 sin sin cos

cos

1 1 3 3 3 3

1 3 3 1 1 3 1 1sin sin sin sin

6 7 9 11 6 7 3 11

u x I x xdx x x xdx x x xdx

du x

I u u du u u u u du u u u u du

I u u u u x x x x C

= = = = − ⇒

= = − = − + − = − + −

= − + − = − + − +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

3 2 2 2

3 2

2

2

3 5 3 53 5 1 11 1 1 147.

13 5 1 1 1 1

za 1: 3 5 0 2 0 2 2 4

1za 1: 3 5 4 0 2 0 4

2

usporedimo koef. uz na obje strane: 0

x x A B C x x x x x x x x x I dx

x x x x A x B x x C x

x A B C C C

x A B C A A

x

+ + = = + + + + −− − + + − −= ⇒ − − + + = − + + − + +

= + = + + = → =

= = − − + = + − + = → =

=

∫ =

1

2 A B B A

⇒

+ → = − = −





( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

3 2 2

2 1

2

3 5 1 1 4

2 1 2 11 1

1 1 1ln 1 ln 1 4 4 1 4 1

2 2 11

1 1 4ln 1 ln 1

2 2 1

x I dx dx

x x x x x x

dx I x x x dx x

x

I x x C x

− −

+ = = − + = + −− − + −

= + − − + = − = −

−−

= + − − − +−

∫ ∫

∫ ∫

2

23

2

3 3 3 3 32 2

3 3

ln .

48. ln 1

3

1 1ln ln ln ln

3 3 3 3 3 3 3

ln3 9

u

v v du

u x dv x dx

I x xdx xdu dx v x dx

x

x x x x x I x xdx x dx x x dx x

x

x x I x C

= =

= ⇒ = = =

= = − = − = −

= − +

∫ ∫

∫ ∫ ∫ 1

=

( ) ( )

( ) ( )

2 25 2 2

22 2 4 3 5

3 5

cos49. sin sin sin 1 cos sin

sin

2 11 1 2

3 5

2 1cos cos cos3 5

u x I xdx x xdx x xdx

du xdx

I u du u u du u u u

I x x x C

= = = = − ⇒

= −

= − − = − − + = − − +

= − − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

2

222 2 2 2

2 2

2 2

2 22

50.2

22 2

1 2

1 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2

2 22

1 2 1 2

dx I

x x x

u x x u x u ux x x u x x x

u

u u u u udx du du

u u

u u u x x u x u

u u

= ⇒+ +

−+ + = − = − − ⇒ = ⇒ = + + + +

+ − − + + = =

+ +

− + + + + = − = − = + +

∫

2





( )2

2

2 2

2

u u

dx I

x x x

+ +

= =+ +

( )2

1 2u+2 2

1 2

du

u

u

−

+

2 2u u+ +⋅

1 2u+

2

2 2

2

2

Tipski integral:

2 1ln2

2

1 2 1 2 1 2 22 ln ln ln

2 2 2 2 2 2 2 2

dudk k a

ua k ak a

u u x x x I

u u x x x

= ⇒ − =− +−

− − + + + −= = =

+ + + + + +

∫ ∫ ∫ ∫

2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2

3 2

3 2 3 2 3 2 2 2

2 2 2

3 2

3 2

2

1 151. 31

2 23 ;2

1

2

1 3

2 2

3

2

321

2 2 ;2

x

x x x x

x x

x

x

x x x x

x x

x

x

x e dx

u x dv e x e dx x e dx x e e xdx

du xdx v e dx

u x dv e

I x e dx x e dx x e e x d du x dx v e dx e

I x e

I x

e

e x

= =

= =

= ⇒ ⇒ = − = = =

= −

=

⇒ ⇒ =

−

= = =

∫

∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

1 1

2 2

x

− ∫

2 2 2 3 2 22 2

3 2 2 2

12

2

1 1 1 3 32

2 2 2 4 2

1 3 3

2 4 2

rstimo

x x x x x

x x

e xdxe e xdx x e x e

I x e x e

− = − +

= − +

∫

3 2 2 2 3 2 2 2

3 2 2

2

2

2

2 2

u trazeni integral:

1 3 3 1 3 3

2 4 2 2 4 2

1 3 3 3

2 4 4

1 1

4

8

2

x x x x

x x x x

x I I x e x e x e x e

I x e

x e e

x e xe e C

= = − + − +

−

= − + +

2

2

2

2 2 2 2 2

2 2

2 2

1 1 1 1

12 2 2 2

2

1 1

2 4Uv

x

x

x

x x x x x

x x

x x

xe dx

I xe dx

u x dv e

xe dx x e e dx x e e dxdu dx v e dx e

I x e e

= ⇒

= −

= −

∫

∫

∫

∫ ∫ ∫ ∫

2 x x xe dx= −∫

= =⇒ ⇒ = −

= = =

23 2

2

3 3

52. cos 1 sin cos cos sin cos3 3 3 3 3

3sin sin cos Koristimo steceno znanje:3 3 3

13sin 3 sin 3sin sin

3 3 3 3

13

3

3

x x x x x I dx dx dx

x x x I dx

x x x x I C

= = − = −

= −

= − = − +

∫ ∫ ∫ ∫

∫

3

xdx





( )( )( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( ) ( )( )

( )

( )

3

2

2 3 2 32 3

3 253.

2 2 1 0 2

3 3 0 1 3

2 32 ln 2 3ln 3

2 3 2 3

3ln

2

x A B x x x x xdx

x x x A x B x I

x A B A

x A B B

x I dx dx x

x x x x

x I C

x

= + + + + += = + + = + + +=

= − → − = + → = − =

= − → − = + − → = −

= = + = − + + + + + +

+= +

+

∫

∫ ∫ x +

( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

32

222 2 2

2

2 2 3 3

2 22

22

2 2

2

2

32

54.

5 4

55 4 5 1 1 5 1

1

2 1 5 2 2 2 2 10 12

1 11

5 65 4 1

1 1

51

5 4

x I dx

x x

u x x x x x u x x u x

u

u u u u u u u u udx du du du

u uu

u u x x x u u u

u u

uu x

I dx

x x

= ⇒

− − −

− − = + − = − ⇒ + = − ⇒ = +

+ − − + − + ⇒ = = =

+ ++

− − − = − = − = + +

−+

= =− −

∫

2

( )2

121

uu+

2

6

1

du

u

u

+

( )2

3 3

512

216

u udu

u

−=

∫ ∫ ∫

( )

( ) ( )

( )

2

2

222

2 2

12 5 1 1 51 5

216 18 18

5 1 5 4 5 11 5 4 1

18 1 185 4 1 5 4

I du du u du uuu

x x x x x I

x x x x x x

− = − = − = + =

− − − +− − = + =

− − − − − −

∫ ∫ ∫

x−

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

2 2 2 2

2 2

2

2 2

5 4 5 1 21 1 5 4 5 1

18 181 5 4 1 5 4

5 51

1 4 14 10 1 12 2

18 18 181 5 4 1 5 4 5 4

x x x x x x x x I

x x x x x x

x x x x x

I x x x x x x x x

− − + − + − − + − + = = − − − − − −

− − − − − + = = = − − − − − − − −

2

0 5





2 2

5 2

1 52

18 5 4 9 5 4

x

x I C

x x x x

− −

= = − − − −

2+

2

2

1 cos 2sin

2

55.1 cos 21 sin 2

2 1 cos 2sin 24 2

2csc

2 41 sin 2sin

4

2 ln csc cot2 4 4

x x

dx dx I

x x x x

dx dx I dx x

x x

I x x C

πππ

ππ

π π

− =

= ⇒ = − −− − − − =

= = = = − − −

= − − − − +

∫ ∫

∫ ∫ ∫ dx

( )

1 115 3

6 3 26 32

1 3 215

32

33 2 2

1 1 113 2

3 6 62

6;56. 616

1 1: 1 1 6 6 1

1 1 1

6 ln 1 2 3 6 6ln 13 2

dx u uu x x u x u x u I d uu udx u du x x

uu u u u du u u dx

u u u

u u I u u C x x x x C

= = → = == ⇒ ⇒ = ++ = +

+ = − + − ⇒ = − + − + + +

= − + − + + = − + − − +

∫ ∫

∫ ∫

u du

∫

( ) ( )( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

2

2

22

2 1 2 157.2 1

2 2 1 1 2

0 2 2 1 0 1 0 2 1

2 6 0 3 2 3 0 0 1

1 3 3 0 1 0 1 3 1

2 1 1 1

2 1 2 1

x A B C x

x x x x x x I dx x x x

x A x x Bx x Cx x

x A B C A

x A B C B

x A B C C

x I dx dx

x x x x x x

+= + + + + − + −= ⇒

+ − + = + − + − + +

= → = − + − + → = − = = − → = − + − − + → = ⇒ = → = + + → =

+= = + + = + − + −

∫

∫ ln ln 2 ln 1 x x x+ + + − +∫ C






2 2 2

2

2 2 2 2

2 2

9 99 4 4 2

4 4

9 4 3 358. sin cos

2 2

9 4 9 9sin 3 1 sin 3 cos 3cos

9 4 3cos 3 cos 1 sincos 3 3

3 2 sin sinsin

2

13 sin

sin

x x x

x I dx x dx d

x

x

x I dx d d d

x

I

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕϕ

ϕ

− = − = −

− = ⇒ = → =

− = − = − = =

− −= = ⋅ = = =

= −

∫

∫ ∫ ∫ ∫

( )

2

ϕ

( ) 1

2

2

2 2 22

2

3 csc sin 3 ln csc cot cos

1 3csc

sin 2

9 4Zamijenimo :cos 9 43cot

2sin 2

3

3 9 4 9 4 3 9 43ln 3 3ln 9 4

2 2 3 2

d d

x

x

x

x x

x x x I C

x x x

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕϕ

ϕϕ

ϕ

= − = − + +

= =

−⇒ − = = =

− − − −= − + + = + − +

∫ ∫ C

x C




8. ODREDJENI INTEGRALI

8.1 Opcenito o odredjenom integralu

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3

Odredjeni integral je granicna vrijednost sume beskonacnog broja clanova a svaki clan tezi k nuli

i oznacava se sa :

lim ...

gdje je donja granica b go

b

n nn

a

f x dx f x f x f x f x b a f

a

ξ ξ ξ ξ ξ→∞

= + + + + = −

→ →

∫

( )

( )

( ) ( ) [ ]

rnja granica integracije

Vrijednost integrala jednaka je povrsini lika omedjenog granicama integracije i funkcije

Povrsina omedjena krivuljama i te granicama intervala a,b dobije se

b

b

a

a

f x

S f x dx

f x g x

= ∫

( ) ( ) ( ) ( )

po izrazu:

Odredjeni integral se racuna na slijedeci nacin:

1. Naj prije se izracuna neodredjeni integral funkcije ispod znaka integracije

2. U rezultatu se zamijeni nez

b b b

b

a

a a a

S f x g x dx f x dx g x dx= − = − ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )

avisna promijenjiva sa gornjom i potom sa donjom granicom

integracije.

3. Oduzme se vrijednost rezultata donje granice od rezultata gornje granice.

ko se

bbb

aaa

x

S f x dx F x F b F a

A

= = = −

∫ Pravila integriranja :

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 2 1 2

granice zamijene, integral poprima suprotnu vrijednost

Integral zbroja i razlike:

Umnozak konstante i integranda:

Integral se moze pod

b a

a b

b b b

a a a

b b

a a

f x dx f x dx

f x f x dx f x dx f x dx

k f x dx k f x dx

= −

± = ±

⋅ = ⋅

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

( ) ( ) ( ) [ ]ijeliti na vise integrala: ,

b c b

a a c

f x dx f x dx f x dx c a b= + ∈∫ ∫ ∫

( ) ( )

Funkcija je zadana u eksplicitnom obliku:

b b

a a

y f x S f x dx ydx= ⇒ = =∫ ∫

Racunanje povrsina :

Odredjeni integrali 1




( ) ( )

( )

( )( ) ( )

2

1

2

1

'

1Funkcija je zadana u polarnim koordinatama:

2

Funkcija je zadana u parametarskom obliku:

Racunanje statickog momenta likova, kada su poznate koordinate tezista T

t

t

y r S r d

x x t S y t x t dt

y y t

ϕ

ϕ

ϕ ϕ ϕ= ⇒ = ⋅

=⇒ = ⋅

=

∫

∫

( )

( )

( )2 2

1 1

2

2 3

x,y

i povrsina lika S:

1Za i

2

1 1 1Za i sin cos

2 3 3

Racunanje momentra inercije ravnih likova:Moment tromosti materija

x y

S S

b b

x y

a a

x y

M ydS M xdS

y f x dS ydx M y dx M xydx

y r dS r d M r d M r d

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

= =

= = ⇒ = =

= = ⇒ = =

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

2 2 2 2

2 2

lne tocke jednaks je umnosku mase i kvadrata udaljenosti te tocke

od osi vrtnje:

Aksijalni moment tromosti:

Polarni moment tromosti:

x y x y

S S

p p

V

I m y I m x I y dS I x dS

I m r I r dS

= ⋅ = ⋅ ⇒ = =

= ⋅ ⇒ =

∫ ∫

∫

3 ϕ

Guldinova pravila za povrsinu i volumen rotacionog tijela:

Povrsina rotacione plohe jednaka je umnosku duzine lika koji rotira i duzine puta tezista

luka : 2

Volumen rotacionog tijela jednak T

S s

s S s yπ= ⋅

je umnosku povrsine lika koji rotira i duzine puta tezista lika:

2S

V ydS π= ⋅ ∫

8.2 Razni zadaci

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )

( ) ( )

1

-1

2 22

2

1. Izracunaj Rijesimo naj prije neodredjeni integral2 3 2 3

2 3 1 1 13 2 6 66

2 4 4

1Izvrsimo zamjenu dobijemo:

2 2 325 1

4 2

dx dx

x x x x

dx dx dx dx

x x x x x x x x x

dx dx x u

x x x

⇒ =+ − + −

= = =+ − − − + − − − − + −

⇒ − =+ − − −

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫





( )( ) ( ) ( )

2 22

1

1

-1

1

1 1rjesenje je tipicni integral:

125sin

24 sin5

2

Uvrstimo granice integracije i rijesimo:

1 1 1 1

1 2 1 1 2 1 12 3 ssin sin2 5 5sin

5

2

du duC

ua u xua

dx

x x x

−

⇒ = = − −−

= = − =− − − + − −

∫ ∫

∫

+

( )( )( ) ( )

1

1 1

-1

1

1 3in sin

5 5

sin 0.2 sin 0.62 3dx

x x

− −

− −

= ++ −∫

( ) ( )

2

2

2

-1

223 32 3 2 3

1-1

2. Izracunaj povrsinu omedjenu krivuljom i osi od -1 do 2

Postavimo integral: Naj prije rijesimo neodredjeni integral

1 1 12 1 3

3 3 3

y x x x x

S x dx

x dx x C S x dx x−

= = =

= ⇒

= + ⇒ = = = − − =

∫

∫ ∫

( )

( ) ( )

2

1

2

0

13. Izracunaj povrsinu omedjenu krivuljom i pravcem 2 u intervalu od 1

2i osi 0 os y

1Postavimo integral: 2

2

1Rijesimo neodredjeni integral: 2

2

b

b

a

a

y x y x x

x

S f x g x dx x x dx

x

= = +

=

= − = + −

+

∫ ∫

=

2 31 12

4 3 x dx x x x C

− = + − + ∫





( )11

2 3

00

1 1 1 1 12 2 2 0 0

2 4 3 4 3 x x dx x x x

+ − = + − = + − − + − = ∫

230

12

( )( )

1

2

2 40

1 21 2

2 4 4

41 2

2 42

1 2

4 4

4. Izracunajsin 1

sinRijesimo neodredjeni integral: sin

sin 1 1

2 2 1sin Uvrstimo u integral :

211

sin=

1 1

u

xdx

x x

x x xdx dx x u

x x x

x xdx xdu d x dx dx du

x x x

x x x udx

x x

−−

−

−

⋅ −

⋅= ⇒⋅ − −

−= = = ⇒ =

−−

⋅ ⋅

− −

∫

∫ ∫

∫

=

41 x−

( ) ( )

2

11 21 22

2 22 22 1 2 1 1

2 4 000

2

1

1 1Uvedimo granice integr.:

2 2 4

1 1 1 1

sin sin sin 04 4 4 2sin 1

1 1sin

4 2

du udu u C x

x

dx u x x x

I

− − −

−

= = +

= = = − ⋅ −

=

∫ ∫

∫ 2

( ) ( ) ( )

3

3

3

5. Izracunaj povrsinu omedjenu krivuljom i pravcem 2 u intervalu koje cine tocke

presjeka tih dviju krivulja.

Postavimo integral: 2

Odredimo presjecista:2

b b

b

a

a a

y x y x

S f x g x dx x x dx

y x

y x

= =

= − = −

=

=

∫ ∫

( )

3

1 2,3

23 4

2 0; 2

Postoje dvije povrsine sa granicom integracije od 0 do 2

2 1Rijesimo neodredjeni integral: 2

2 4

x x x x

x x

x x x dx x C

⇒ = ⇒ = = ±

= = ±

− = − + ∫





( )

( ) ( )

2

3

0

22 2 4

4

0

Uvedimo granice integracije za dvije povrsine S=2 2

2 1 12 2 2 2 0 0 2

2 4 4

x x d

xS x

⋅ −

= − = − − + =

∫ x

( ) ( ) [ ]

[ ]

4

1

6. Izracunaj povrsinu omedjenu krivuljama cos i sin u intervalu od 1

do4

Postavimo integral: cos sin

Rijesimo neodredjeni integral: cos sin sin cos

b

b

a

a

y x y x x

x

S f x g x dx x x dx

x x dx x x C

S

π

π

= =

=

= − = −

− = + +

∫ ∫

∫

[ ]

=

4

41

1

cos sin sin cos sin cos sin1 cos14 4

2 20 1 2 1

2 2

x x dx x x

S

π

π π π= − = + = + − −

= + − − = −

∫

( ) ( ) [ ]

[ ]

4

1

6. Izracunaj povrsinu omedjenu krivuljama cos i sin u intervalu od 1 do4

Postavimo integral: cos sin

Rijesimo neodredjeni integral: cos sin sin cos

b

b

a

a

y x y x x x

S f x g x dx x x dx

x x dx x x C

π

π= = =

= − = −

− = + +

∫ ∫

∫ [ ]

=

4

41

1

cos sin sin cos sin cos sin1 cos14 4

2 20 1 2 1

2 2

S x x dx x x

S

π

π π π= − = + = + − − =

= + − − = −

∫





( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2

2

2 2 2

2

41 1 2 2

2 2 0

4 42 2 2

0 0

7. Izracunaj povrsinu omedjenu parabolama 6 i 2

6Presjecista su: 6 2 4 0

2

0 06 2

4 8

6 2 8 2 8

b

a

y x x y x x

y x x x x x x x x

y x x

x yS f x g x dx x x x x

x y

S x x x x dx x x dx

= − = −

= −⇒ − = − ⇒ − =

= −

= = ⇒ = − = − − − = =

= − − − = − =

∫ ∫

∫ ∫

dx

42 3

0

642

2 3 3

x x− =

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

1

'

'

2 2 2 2 22 2

0 0 0 0 0

sin8. Izracunaj povrsinu cikloide zadane u parametarskom obliku 0 2

1 cos

sin 1 cos Uvrstimo u integral:

1 cos 1 cos 1 cos 2 cos cos

t

t

x t t t

y t

S y t x t dt

d x t t t t

dt

S t t dt t dt dt tdt tdt π π π π

π= −

≤ ≤= −

= ⋅

= − = −

= − − = − = − +

∫

∫ ∫ ∫ ∫ 2 2

2

0

0 0

1 sin 2cos sin 0 cos 2 tipican integral

2 4

t dt t tdt t tdt C

π

π ππ

= = = = + →

∫

∫ ∫ ∫





( )

( )

( )

2'

'

'

'

Izracunaj duzinu luka lancanice u intervalu od 0 do2

Duzina lancanice se dobije iz: 1

1 1 1

2 2 2

1

x x

a a

b

a

x x x x x xa a a a a a

a y f x e e x x

L f x dx

a a f x e e e e e e

a a

L f

−

− − −

= = + = =

= +

= + = + = +

= +

∫

( )

a

2

2

0 0

2 2 2 2

0 0

22 2

0 0 0

11

2

1 11 2 1 2

4 4

1 1 11 24 4 2

x xa a

a a

x x x x x xa a

a a a a a a

x x x x x xa a a

a a a a a a

x dx L e e dx

L e e e e dx e e dx

L e e dx e e dx e e dx

−

− − −

− − −

= = + +

= + − + = + − +

= + − + = + = +

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫

( )1

0 0

1 1

2 2 2

a a x x x x

a a a aa

L e e ae ae e e− − −

= + = − = −

( )

( ) ( )

2

1

2

1 2

22 2 32 32 3

0 0 0

10. Izracunaj povrsinu prvog zavoja Arhimedove spirale zadane sa 2

1Povrsina iznosi : S ; Granice integracije su 0; 2

2

1 4 2 16S 2 2 2 0

2 2 3 3 3

y

y d

d d

ϕ

ϕ

ππ π

ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ π

ϕϕ ϕ ϕ ϕ π π

=

= =

= = = = − =

∫

∫ ∫

=

( )

2

2

11. Parabola 8 rotira oko osi . Izracunaj volumen nastalog tijela, od vrha

do ravnine polozene kroz tocku 2 okomito na os .

Volumen nastalog tijela, prema Disk Formuli jednak je:b

a

y x x

x x

V f xπ

=

=

= ∫ dx





( )22 2 2 2

2

0 0 0

= 8 82

b

a

xV f x dx y dx xdxπ π π π= = = ∫ ∫ ∫ 16π=

( )

2

2

12. Parabola 4 rotira oko osi . Izracunaj volumen nastalog tijela omedjenog krivuljom,

ishodistem i ravninom paralelnom sa osi , 16.

Volumen, prema Disk Formuli jednak je:

U ov

b

a

y x y

x y

V f x dxπ

=

=

= ∫

[ ] ( )

2 2

162 16 22

0 0

om slucaju integriramo po osi od 0 do 16: 44

= 16 0 324 4 2 8

b

a

y y y x x

y yV x dy dy

π ππ π π

= ⇒ =

= = = − =∫ ∫

( ) ( )

213. Promatrajmo istu parabolu 4 koja rotira oko osi . Izracunajmo volumen tijela

kome je gornja granica ravnina 16 a donja, nasa parabola g 4

Volumen se moze naci primjenom "washer" (p

y x x

f x y x y

=

→ = → =

odloska) formule. Ime je dobila po oblikunastalog tijela, koje lici na podlosku koja se koristi uz maticu i vijak.

( ) ( ) 2 2

Volumen, prema Washer Formuli jednak je:

U ovom slucaju integriramo po osi od 0 do 2: Granicu 2 dobili smo iz presjecne

tocke dviju krivulja.

b

a

V f x g x dx

x x

π= −

=

∫





( ) ( ) [ ] 2 2

22 2 2 2 2

0 0

2 55

0

16 4 16 16

16 2 2048256 16 2 256

5 5 5

b

a

V f x g x dx x dx x dx

xV x

π π π

π π

= − = − = −

⋅= − = ⋅ − =

∫ ∫ ∫ 4

( )

( ) ( )

214. Izracunaj volumen tijela nastalog rotacijom oko osi y, povrsine omedjene sa 4 1

i pravcima 0 i 16.

Rjesenje je dano formulom "Shells": 2

Vidimo, granica integracije je

b

a

y x

x y

V x f x g x dxπ

= −= =

= − ∫

( )

( ) ( ) [ ] ( )

( ) ( )

( )

32

1

3 3

2 3 2

1 1

3

2 4 3 2

1

od 0 do 3. Tocka T 3,16 , je presjeciste zadanih krivulja.

2 2 16 4 1

2 16 4 8 4 2 16 4 8 4

8 82 8 2 2 72 81 72 18 8 1 2

3 3

1

b

a

V x f x g x dx x x dx

V x x x dx x x x x dx

V x x x x

V

π π

π π

π π

= − = − − =

= − + − = − + − =

= − + − = − + − − − + − =

=

∫ ∫

∫ ∫

12

3





2 2

2 2 2

15. Izracunaj volumen rotacionog tijela nastalog rotacijom oko osi y, povrsine u prvom

kvadrantu, omedjene sa kruznicom 9 i pravcima 1 i 2.

Rjesenje dobijemo disk formulom: 9b

a

x y y y

V x dy x yπ

+ = = =

= ⇒ = −∫

( )

2

2

1

32 2 2 3

22 2 2

1 1 1 1

3

9 93

3 1 289 3 9

3 3 3

x dy

yV x dy x dy y dy y

V

π

π π π π

π π

=

= = = − = − =

= ⋅ − − − =

∫

∫ ∫ ∫

( )

( )

2

2 2

3

22

0

32

2

0

16. Izracunaj koordinate tezista paraboloida nastalog rotaciom parabole oko osi u

intervalu od 0 do 3.

Rjesenje je dano sa izrazom:b

V

T

a

V

T

y x x

x x

xdV

x V x dx dV xV

xdV x x dx x x

xV

x dx

π π

π

π

=

= =

= ⇒ = ⇒ =

= = =

∫ ∫

∫ ∫

∫

( )

( )

3 3

622

30

3 5 02

2

00

5 5 56 36 6 2

5

xdx

x x

x dx

= = = ⋅ =∫

∫

2

17. Izracunaj koordinate tezista gornjeg zadatka samo sada oko osi . Obzirom da se rotacija

vrsi oko druge osi, interval integracije se od 0 do 9, tj. .

y

y y y x x y= = = ⇒ =





( )

( )

2 2

9 9 92 32

90 0

9 9 2 022

00 0

Rjesenje je dano sa izrazom:

2 23

9 63 3

2

b

V

T

a

V

T

ydV

y V y dy dV V

y ydV yx dy y y dx

x yV y x dy y dx

π π

π

π

= ⇒ = ⇒ =

= = = = = = ⋅ =

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

x

( )

2

2

2

22 32

2 2

18. Izracunaj povrsinu i moment inercije lika nastalog rotacijom parabole 4 oko osi,

od vrha do osi .

Granice integracije su od 2 do 2

84 4 4 2 4

3 3

b

a

y x y

x

S ydx ydx x x

xS x dx x

−

− −

= −

= ⇒ → = − =

= − = − = ⋅ − − ⋅

∫ ∫

∫ ( )

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

3

2 2

2 2 2

2 2

223 52 4 3 5 3 5

22

2 322

3 3

Moment inercije obzirom na os : 4

4 1 4 1 4 14 2 2 2 2

3 5 3 5 3 5

128

15

y

y

y

y I x f x dx x x dx

I x x dx x x

I

− −

−−

− − − =

= = − =

= − = − = − − − − −

=

∫ ∫

∫






0

19. Izracunaj povrsinu i moment inercije lika nastalog rotacijom funkcije sin oko osi.

Uzmi u obzir samo pozitivni dio sinusoide za 0

sin Granice integracije su od 0

sin

b

a

y x y

x

S ydx xdx x

S xd

π

π

π

=

≤ ≤

= ⇒ → ≤ ≤

=

∫ ∫

( )

0

0

2 2

0 0

2

2

2

1

cos cos cos0 2

Moment inercije obzirom na os : sin

Integral rijesimo parcijalnom integracjom:

2sin

sin sin cos

sin

y

y

u dv

x x

y I x f x dx x xdx

u x du xdx I x xdx

dv xdx v xdx x

I x x

ππ

π π

π= − = − + =

= =

= ⇒ = = ⇒ =

= ⇒ = = −

=

∫

∫ ∫

∫ ∫

( ) ( )

( )

2

2 2

2

2

2 2

1 2 00

2

0

cos cos 2 cos 2 cos

2 coscos cos sin

sin sin sin cos

sin 2 cos 2 sin cos

2sin 2cos cos

I

y

y

dx x x x xdx x x x xdx

u x du dx I x xdx

dv xdx v xdx x

I x x xdx x x x

I x xdx I I x x x x x

I x x x x

ππ

ππ

= − − − = − += ⇒ =

= = = ⇒ = =

= − = −

= = + = − + − =

= − − =

∫ ∫ ∫

∫ ∫

∫

∫

2 4−




9. NEPRAVI INTEGRALI

9.1 Opcenito o nepravim integralima

( )

( )

b

aIntegral oblika se naziva nepravilan ako:

a) jedna ili obje granice integracije nisu konacne vec beskonacne: ,

b) pod integralna funkcija je prekinuta u jednoj ili vise tocaka intervala

f x dx

a b

f x

= −∞ = ∞∫

(singularne tocke)

Integral pod a) naziva se nepravi integral prve vrste a oni pod b), nepravi integrali druge vrste.

Integrali koji ispunjavaju oba uvjeta su nepravi integrali trece vrste.

Speci

a x b≤ ≤

( )-sx

0

jalna vrsta nepravih integrala jesu oni koji sadrze potencije ili geometrijski red u

podintegralnoj funkciji.

Jedan od poznatijih nepravih integrala je Laplace-ova transformacija e

Integral s

F x dx∞

∫

( ) ( ) ( ) ( )

e racuna tako, da se beskonacna granica zamineni konacnom i potom nadje limes

rjesenja: lim lim

b b b

b aa a a

f x dx f x dx f x dx f x dx∞

→∞ →−∞−∞

= =∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )

( )

Ispitivanje nepravih integrala prve vrste, na konvergenciju vrsi se na vise nacina:

:

Konvergrencija: Ako je 0 za sve ; i konvergira, onda i za 0

za sve , tada

a

g x x a g x dx f x g x

x a f x d

∞

≥ ≥ ≤ ≤

≥

∫

1. Usporedjenjem

( ) ( ) ( ) ( )

( )

isto tako konvergira.

Divergencija: Ako je 0 za sve ; i divergira, onda i ako je za

sve , tada isto tako divergira.

a

a

a

x

g x x a g x dx f x g x

x a f x dx

∞

∞

∞

≥ ≥ ≥

≥

∫

∫

∫

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

x: Ako je 0 i 0 i lim 0 ili , tada su

i konvergentni ili divergentni.a a

f x f x g x A

g x

f x dx g x dx

→∞

∞ ∞

≥ ≥ = ≠ ∞

∫ ∫

2. Testom kvocijenta

( ) ( )Ako je 0 i konvergira, tada i konvergira.a a

A g x dx f x dx∞ ∞

= ∫ ∫

Nepravi integrali 1




( ) ( )Ako je i divergira, tada i divergira.a a

A g x dx f x dx∞ ∞

= ∞ ∫ ∫

9.2 Razni zadaci

2

2 2

11 1

11. Izracunaj povrsinu omedjenu krivuljom i 1. Nacrtaj krivulju i povrsinu

1 1 1 1lim lim lim 1 1; Integral konvergira prema 1

bb

b b b

y x x

dx dx x b x x

∞

→∞ →∞ →∞

= >

= = − = − =∫ ∫

1

1

1 1

12. Ispitaj integral:

1 1lim lim ln lim ln 0 ; Integral divergira

bb

b b b

dx x

dx dx x x x x

∞

∞

→∞ →∞ →∞= = = − = +∞

∫

∫ ∫

0

0

00

13. Ispitaj konvergenciju integrala metodom usporedjivanja

1

1 1Postavimo : 1;

1

Integral convergira ka 1, pa tako konvergira i zadani integral.

x

x x x

x x

dxe

e e dx e e ee e

∞

∞∞− − − −∞ −

+

≤ = ⇒ = = − =+

∫

∫

2

0

1 1

2 2 2 2

0 0 0

1

14. Ispitaj konvergenciju integrala4

1 1 1 1 1tan lim lim tan

2 24 4

1 1lim tan 0

2 2 2 2 4

k k

k k

k

dx x

a xdx dx

a x x x a x

k π π

∞

∞− −

→∞ →∞

−

→∞

+

⇒ = ⇒ =

+ + +

= = = =

∫

∫ ∫ ∫ =

Nepravi integrali 2




Integral konvergira ka4

π

( )

2

2 2 2 2

03 3

15. Izracunaj povrsinu omedjenu krivuljom pravcem 3 i osi

1

1 1 1 1 1ln lim lim ln2 11 1

11

1 1 1 1 1 1 ln 2lim ln ln lim ln ln ln1 ln 2 ;

12 1 2 2 2 2 21

I

k

k k

k k

y x x

x a xdx dxaa x a x x x a x

k k

k

k

∞ ∞

→∞ →∞

→∞ →∞

= =−

− −= ⇒ = ⇒ = =+ +− − −

−−

= − = − = + =+

+

∫ ∫ ∫ 1

x

ln 2ntegral konvergira ka

2

( )( )

2

-

0

- -

0

-

2

6. Ispitaj konvergentnost integrala: sin

sinsin sin

sin cos

cos cos

coscos cos

x

x

x x x

x x

x

x x

I

e xdx

u e dv xdxe xdx I e xdx

du e dx v xdx x

e x x e dx

u e dv xdx I e x e xdx I

du e

∞

−∞

−

− −

−

−

= = ⇒ = = = = − = = −

= − − − − =

= == − + ⇒ =

= −

∫

∫ ∫ ∫

∫

∫

( )( )

cos sin

sin sin

x

x x

dx v xdx x

e x x e dx

−

− −

=

= =

= − − −

∫

∫

( )

2

2 sin sin cos sin sin

1cos sin 2 cos sin cos sin

2

x x x x x

I I

I

x x x x x x

I e x e xdx I e x e x e xdx

e x e x I I e x e x I e x e

− − − − −

− − − − − −

= − ⇒ = − − − =

= − − − ⇒ = − − ⇒ = − −

∫ ∫

x

( )sin cos Sada mozemo nastaviti nas racun:2

xe I x x

−

= − +

Nepravi integrali 3




( ) ( )-

0 0

1 1sin lim sin cos lim sin cos

2 2

1Integral konvergira ka

2

k x k

x

k k

e ee xdx x x k k

∞ − −

→∞ →∞= − + = − + + =∫ 2 2

3

20

3

1 1

2 2 2 20

20

7. Ispitaj konvergenciju integrala, cija podintegralna funkcija ima prekid u granicama

integracije9 -

Za 3, funkcija je neodredjena.

sin sin39 - 9 - -

9 -

dx

x

x

dx dx dx x x

a x x a x

dx

x

− −

=

⇒ = = ⇒

∫

∫ ∫

( )3

1 1 1

23 3 30 0

1 1

3

lim lim sin lim sin sin 03 39 -

lim sin 0 sin 13 2

k k

k k k

k

dx x k

x

k π

− − −

→ → →

− −

→

= = = − =

= − = =

∫ ∫

( )

2

1

20

8. Izracunaj povrsinu omedjenu krivuljom , osi i tockama 0 i 1.1-

Povrsina je jednaka integralu Za 1, funkcija je neodredjena.1-

Za integraciju, koristimo brzu formulu:

x y x x x

x

xdx x

x

f x

= =

=

∫

∫ ( )

=

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

1

'

1

2 2

2

1 1 1 12 22 2

2 21 1 10 0 0 0

12 2

1

1za sve racionalne brojeve; 1

1

11 2

21-

1lim lim 1 2 lim 1

21- 1-

lim 1 1 1

n n

k k

k k k

k

f x dx f x C nn

xdx x x dx

x

x xdx dx x x dx x

x x

k

+

−

−

→ → →

→

= + ≠ − +

= − − −

= = − − − = − −

= − − − =

∫ ∫

∫ ∫ ∫ =

Nepravi integrali 4




-

-

- 2

- -

9. Ispitaj konvergentnost integrala

Integral cemo rijesiti integracijom od - do 0 i u drugom dijelu od 0 do .

Naj prije izvrsimo male preinake na integralu:

1

x x

x

x x x

dx

e e

dx e dx

e e e

+∞

∞

+∞ +∞

∞ ∞

+

∞ +

=+ +

∫

∫ ∫

∞

( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

2 2 2 2

1 1

2 2 10 1

1 1 1

1tan

1 1

lim lim lim tan lim tan1 1

lim tan tan 1 lim tan4 2 4 4

Drugi dio integraci

k k

x x

x x

k e xe

k

xk k k k

k k

k k

u ee dx du du u

a ae u u adu e dx

e dx duu e

e u

e eπ π π π

−

− −

→+∞ →+∞ →+∞ →+∞

− − −

→+∞ →+∞

= = = = = ⇒

+ + +=

= = = =+ +

= − = − = − =

∫ ∫ ∫

∫ ∫

( ) ( )

( ) ( )

0 0 01

1 12 2 2

1 1

0

- 2 2

-

je:

lim lim lim tan lim tan1 1 1

lim tan lim tan 04 4 4 4

Sada mozemo zbrojiti rezultate:

1

k

k

x x

k x xk k k k e

k e

k k

k k

x x

x x x x

e dx e dx du u ee e u

e e

dx e dx e dx

e e e e

π π π π

− −→−∞ →−∞ →−∞ →−∞

−∞

− −

→−∞ →−∞

+∞

∞ −∞

= = = =+ + +

= − == − = − =

= ++ + +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

=

04 4 21

π π π +∞

+ = + =∫

2

0

2

0 0 02 2

10. Ispitaj konvergentnost integrala sec . Funkcija ima prekid za vrijednost 2

sec lim sec sec ln sec tan lim sec

k k

k k

xdx x

xdx xdx xdx x x xdx

π

π

π π

π

→ →

=

= ⇒ = + ⇒ =

∫

∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )0

2 2 2

lim ln sec tan lim ln sec tan ln 1 0 lim ln sec tank

k k k

x x x x x xπ π π

→ → →

= + = + − + = + =

Nepravi integrali 5




Nepravi integrali 6

( ) ( )2

02 2

lim ln sec lim ln tan sec Integral divergirak k

x x xdx

π

π π

→ →

+∞ +∞

= + ⇒ = +∞∫




10. DIFERENCIJALNE JEDNADZBE

10.1 Opcenito o diferencijalnim jednadzbama

Obicna diferencijalna jednadzba (dif.jed.) je izraz u kojem se nepoznanica nalazi u formi

derivacije ili diferencijala. Zavisna promijenjiva zavisi samo o jednoj nezavisno promjenjivoj

velicini.

Izraz takve dif.jed. izgleda ovako: ' sin 3 5 3 2

Ako nezavisna promijenjiva zavisi vise nego o jednoj zavisno promijenjivoj, govorimo o

parcijalnim diferencijalnim jednadzbama.

Red dif

ydy dy y x x e x

dx dx

= = + + =

.jed. je stupanj derivacije koje se pojavljuje u jednadzbi. Dif. jed. prvog reda imaju znaci

nepoznanicu sa prvom derivacujom.

Rijesiti dif.jed. znaci pronaci takvo rjesenje (rjesenja) koje identicki zadovoljava zadanu jednadzbu. To se obicno vrsi integriranjem zadanog izraza. Takvo rjesenje je opce rjesenje ili

opci integral dif.jed.

Ako su uz dif.jed. zadani i pocetni uvjeti onda je dobijeno rjesenje partikularno rjesenje

jednadzbe. Ako je zadano vise pocetnih uvjetra, onda se kaze da je dif.jed. zadana sa

granicnim uvjetima.

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

Postoji vise oblika diferencijalnih jednadzbi prvog reda:

Standardni oblik ' ,

Diferencijalni oblik: , , 0

za slucaj kada je , i , , imamo

Sep

y f x y

M x y dx N x y dy

M x y A x N x y B y

=+ =

= =

Diferencijalne jednadzbe prvog reda

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

arirani (odvojeni) oblik: 0

Linearna diferencijalna jed.: '

Bernouli diferencijalna jed.: ' realni broj; Svodi se na linernu dif.jed.

Homogena diferencijalna jed.: , ,

n

A x dx B y dy

y f x y g x

y f x y g x y n

f x y f x yλ λ

+ =

+ =

+ = =

=

( ) ( ), ,

Egzaktna diferencijalna jed.:

M x y N x y

y x

∂ ∂

=∂ ∂

1 0

2

1 0

Karakteristina jednadzba i opce rjesenje:

Jednadzba oblika: " ' 0 rjesava se analogno algebarskim jednadzbama:

0. Rjesenja za mogu bit

y a y a y

a aλ λ λ λ

+ + =

+ + =

Diferencijalne jednadzbe drugog stupnja

i:

Diferencijalne jedn. 1




( ) ( )

1 2

1

1 2 2 1 1 1 2 1

1 2

1 1

1 2 1 2

Realna: ; Za slucaj kada je cosh sinh

Kompleksna: : Analogno algebarskom:

cosh sinh

Dvostruko rjesenje: :

x x

a bi x a bi x

ax ax

x

y c e c e y k x k x

a bi y d e d e

y c e bx c e bx

y c e c

λ λ

λ

λ λ λ λ

λ

λ λ

+ −

= + = − ⇒ = +

= ± = + ⇒

= +

= = +

( ) ( )

2

1

1 0

1

1 1 0

Linearna homogerna jednadzba oblika ... 0 sa konstanrtnim

koeficijentima ( 0,1,2,.., ) ima rjesenje: ... 0

Metoda s

x

n n

n

n n

j n

e

y a y a y

a j n a a a

λ

λ λ λ

−−

−−

+ + + =

= + + + +

Diferencijalne jednadzbe viseg stupnja

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 2 3

1

a nedefiniranim koeficijentima, kojom se predpostavlja da se derivacije mogu

prikazati kao konacan broj linerno nezavisnih funkcija

x , , ,...,

Polinom n-tog stupnja:

n

n n

n n

y x y x y x y x

x p x y A x A x−

Φ →

Φ = ⇒ = +

( )

( )

1

1 0

1 2

...

Poznati koeficijenti: A odnosno;

sin cos Asin cos

x x

A x A

x ke y e

x k x k x y x B x

α α

β β β β

− + + +

Φ = ⇒ =

Φ = + ⇒ = +

=

10.2 Osnovne postavke o diferencijalnim jednadzbama

( )

( ) ( ) ( )

1. Utvrdi da li je 1, rjesenje jednadzbe " 2 '

Znajuci da je 1, mozemo izracunati : ' 0 i " 0. Uvrstimo u jednadzbu:

" 2 ' 0 2 0 1 1 Predlozeno rjesenje ne zadovoljava jednadzbu.

2. U

y x y y y x

y x y x y x

y y y x

≡ + + =

≡ ≡ ≡

+ + = + ⋅ + = ≠ ⇒

( )

( )

( )

( ) ( )

tvrdi da li je 2 , rjesenje jednadzbe " 2 '

Racunamo: ' 2

" Uvrstimo vrijednosti za derivacije u nasu jednadzbu:

" 2 ' 2 2

x x

x x x x x

x x x x

x x x x

y x e xe y y y

y x e e xe e xe

y x e e xe xe

y y y xe e xe e

− −

− − − − −

− − − −

− − − −

= + + +

= − + − = − −

= + − + =

+ + = + − − + ( )2 2 2 0 Predlozeno rjesenje zadovoljava jednadzbu.

x

x x x x x

xe

xe e xe e xe

−

− − − − −

+ =

= − − + + = ⇒

( )

sin

sin sin

sin 23. Utvrdi da li je sin 1 , rjesenje dif. jedn. ' cos2

Derivirajmo zadanu jednadzbu: ' sin 1 ' cos cos

Uvrstimo znane vrijednosti u jednadzbu:

x

x x

x y x Ae y y x

y x Ae x Ae

−

− −

= − + + =

= − + = − x

( )sin sin sin 2cos cos sin 1 cos

2

x x x x Ae x x Ae x− −− + − + =





cos x sin cos x Ae x−− sin cos cos x x x+ − sin cos x Ae x−+

( ) [ ]

2

2

sin22sin cos sin 2

2

Zadano rjesenje zadovoljava diferencijalnu jednadzbu.

1

4. Dokazi da je rjesenje dif. jed. ' 2 0 u intervalu -1,1 ali ne i u nekom1

sirem intervalu koji sadrzi zadane toc

x x x x

y y xy x

= ⇒ =

= + =−

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

'

22 2

2

2

2 2 222 2 2

ke.

1 2Derivirajmo rjesenje: ' =

1 1

U tockama intervala, funkcija je definirana, pa ako zamijenimo vrijednosti u dif. jed.:

2 1 2 2' 2 0 2 0

11 1 1

x y

x x

x x x y xy x

x x x x

− = − −

− + = ⇒ + = − + =

− − − −

( )2

Zadovoljava

1Izraz nije definiran za tocke 1, bilo kojeg intervala pa zato takav interval ne

1

moze biti rjesenje dif. jed.

x x

= ±−

( )

1 2

1 2

1

5. Izracunaj koeficijente c i c jednadzbe " 4 0 koja ima zadane pocetne vrijednosti

0; 1 i ako je opce rjesenje dif. jed. sin 2 cos2 .8 6

Napisimo receno: 0 si8

y y

y y y x c x c x

y c

π π

π

+ =

= = = +

= ⇒

2 1 2

1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

n 2 cos 2 sin cos8 8 4 4

2 20 1 1 sin 2 cos 2 sin cos

2 2 6 6 6 3 3

3 31 2

2 2

2 2 0 2Rijesimo algebarske jednadzbe 1 i 2 :

3 13 3 2

Zamijenimo vrijednosti u

c c c

c c y c c c c

c c

c cc c

c c

π π π π

π π π π π

+ = + =

= + = ⇒ = ⇒ + = + =

= + =

+ = ⇒ = − =

−+ =

( ) ( )1 2

jednadzbi:

2 2 2sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos 2

3 1 3 1 3 1 y x c x c x x x x x= + ⇒ + = +

− − −

0

0

6. Izracunaj partikularna rjesenja dif. jed. " 0 koja ima zadane pocetne vrijednosti 2;

13 i ' .

2

y x

y y

= =

= − =





1 1

1 2

1 1 2 2

Integrirajmo jednadzbu: '' ' ponovna integracija daje:

Opce rjesenje jednadzbe je:

1 1Uvrstimo pocetne vrijednosti: ' 3 2 4

2 2

pa je partikularno rjesen

y dx y c c dx c x c

y c x c

y c y c x c c c

⇒ = = +

= +

= = ⇒ = + ⇔ − = + ⇒ = −

∫ ∫ 1 2

2

1 2

1 je diferencijalne jednadzbe 4

2 y c x c y x= + ⇔ = −

[ ]

[ ]

2

2

7. Dokazi da je ln rjesenje jednadzbe " ' 0 u intervalu 0, i da u intervalu

- , rjesenje nije valjano.

1 1Iz ln ' i " Zamijenimo vrijednosti u jednadzbi:

1 1" ' 0 0

y x xy y

y x y y x x

xy y x x x

= + = ∞

∞ ∞

= ⇒ = = − ⇒

+ = ⇔ − + =

[ ]

[ ]

rjesenje zadovoljena za 0, .

ln ne moze biti rjesenje za interval - , jer funkcija ln je nedefinirana za

negativne vrijednosti od .

y x y x

x

∞

= ∞ ∞ =

( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

1 2

2

1 2

0 0

1 2 1 2

2

1 2

8. Izracunaj koeficijente c i c tako da budu zadovoljeni pocetni uvjeti 0 0 i ' 0 1 za

jednadzbu 2sin .

Za 0 0 sin 0 0 0 2 0 0

Za ' 0 imamo: ' 2s

x x

x x

y y

y x c e c e x

y y c e c e c c

y y x c e c e

= =

= + +

= ⇒ = ⇒ = + + ⋅ = + =

= + +( )

( )

'2

1 2

2 0 0

1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

1 2

in 2 2cos

' 0 1 2 2cos 0 1 2 2 1 2 1

0Rijesimo te dvije jednadzbe: 1, 1

2 1

x x x c e c e x

y c e c e c c c c

c cc c

c c

⋅

= + +

= ⇒ + + = ⇔ + + = ⇒ + = −

+ = ⇒ = − =

+ = −

( )

1 2

1 2

1 2 1 2

9. Izracunaj koeficijente c i c tako da budu zadovoljeni pocetni uvjeti 0 i8

' 2 za jednadzbu sin 2 cos 2 1.8

Za 0 sin 2 cos 2 1 sin cos 2 18 8 8 8 4 4

y

y y x c x c x

y y c c c c

π

π

π π π π π π

=

= = + +

= ⇒ = + + = + + =

1 2

2 21 0

2 2c c= + + =

( ) ( )'

1 2 1 2Za ' imamo: ' sin 2 cos 2 1 2 cos 2 2 sin 28

y y x c x c x c x cπ = + + = −

x





1 2 1 2

1 21 2

1 21 2

1 2

2 2' 2 2 cos 2 2 sin 2 2 2 2

8 8 8 2 2

2 21 0

22 2Rijesimo te dvije jednadzbe:

12 22 2 2

2 2

1 2 1 2,

2 2

y c c c c

c cc c

c cc c

c c

π π π = ⇒ − = ⇔ − =

+ + = + = −

⇒ ⇒ − =

− =

− +⇒ = = −

2

( )

( )

( ) ( )

1 2

1 2

1 2 1

10. Izracunaj koeficijente c i c tako da budu zadovoljeni pocetni uvjeti 0 1 i 2 za2

jednadzbu " 4 0, ako je poznato opce rjesenje sin2 cos 2 .

Za 0 1 0 sin 2 0 cos 2 0 sin 0

y y

y y y x c x c x

y y c c c

π = =

+ = = +

= ⇒ = ⋅ + ⋅ = 2 2 2

1 2 1 2 2 2

2

cos 0 1

Za =2 sin 2 cos 2 sin cos 22 2 2 2

Da bi simultano zadovoljili zadane pocetne uvjete, koeficijent c bi trebao istovremeno

poprimiti dvije razlicite vrij

c c c

y y c c c c c cπ π π π π π

+ = ⇔ =

⇒ = + = + = − ⇔ = −

2 2ednosti: 1 i 2 sto je nemoguce. Zato kazemo da zadatak,

kako je zadan, nema rjesenja.

c c= = −

10.3 Oblici diferencijalnih jednadzbi

( )

2

2

22

11. Preinaci zadanu dif. jed. u standardni oblik: ' sin

Standardni oblik je dan izrazom : ' , ' sin

sin' sin ' ' sin

x x

x x

x x x x x

x

e y e y x

y f x y e y e y x

x e ye y x e y y y e x e y

e

−

+ =

= ⇔ + =

−= − ⇒ = ⇒ = −

( )

( ) ( )

( ) 2

2

12. Preinaci zadanu dif. jed. u diferencijalni oblik: '-1

Diferencijalni oblik je dan izrazom: , , 0

Rijesimo po ': '-1 ' ' ovo je sada standardni oblik.

) Ako uzmem

y yy x

M x y dx N x y dy

x y y y yy x y y y x y

yi

=

+ =

+= ⇒ − = ⇒ =

( ) ( )

( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2

2

22

2

o da je , i , mozemo napisati i:

,odnosno 0 sto je trazeni oblik.

,

) Ako uzmemo da je , 1 i , mozemo napisati i:

M x y x y N x y y

M x y x y x y x y dx y dy

N x y y y

yii M x y N x y

x y

= + = −

+ += = + + − =

− − −

= − =+





( )

( )( )

( ) ( )

( )

( )

2 2 2

2

2

22

, 1odnosno 1 0 sto je trazeni oblik.

,

) Ako uzmemo da je , i , mozemo napisati i:2 2

, 2 odnosno, 2 2

2

M x y x y x ydx dy

N x y y y y

x y

x y yiii M x y N x y

x yM x y x y x y y

dx N x y y y

− + += = − + = − −

+

+ −= =

+ + + − = = + − − −

( ) ( )

( )

( )

2

2 2

22

2 2 22

2

0 sto je trazeni oblik.

) Ako uzmemo da je , i , mozemo napisati i:

,odnosno 0 sto je trazeni oblik.

,

dy

x y yiv M x y N x y

x x

x yM x y x y x y y x dx dy N x y y x x y

x

=

− −= =

− − + − − = = + = −

−

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

2

2 2

2

13. Preinaci zadanu dif. jed. iz diferencijalnog oblika u standardni oblik:

3 2 1 0. Standardni oblik je dan izrazom : ' ,

3 2 1 0 2 1 3

3' '

2 1

xy dx x y dy y f x y

xy dx x y dy x y dy xy dx

xydy y y

dx x y

+ + − + = =

+ + − + = ⇔ − + = − +

− + −= = ⇒ =

− +

( )

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2

2 2

3

2 1

214. Dokazi da je dif. jed. zadana u diferencijalni obliku ' , homogena.

sin

Homogeni oblik dif. jed. je dan izrazom: , , :

2, , ,

sin

x

y

x

y

xy

x y

xye y

x x y

y

f x y f x y

x y e f x y f x y f x y

x x y

y

λ

λ

λ λ

λ λ λλ λ λ λ

λλ λ

λ

+

− +

=+

=

= ⇒ = =+

( )

2 2 2 2

2 2

2

sin

2,

sin

x

y

x y

xye

x x y

y

xye f x y

x x y

y

λ λ=

+

= =+

( ) ( ) ( ) ( )

15. Dali je zadana jednadzba linearna ' sin ?

Linearni oblik je dan izrazom: ' sin ;

x

x

y y x e

y f x y g x f x x g x e

= +

+ = ⇒ = =





( ) ( ) ( )

( )

Jednadzba je linearna. Za promjenu, jednadzba ' sin nije linearna, jer je sin

16. Dali je zadana jednadzba linearna ' ?

Linearni oblik je dan izrazom: ' ' ' 0

x

x

x x

y x y e y

y xy ye

y f x y g x y xy ye y x e y

f x

= + =

+ =

+ = ⇒ + = ⇒ + − =

= ( )

( )

( )

y

( )

( )( )

( )

( )

2 3

2 2

2 3

3

; 0 Zadana jednadzba je linearna.

17. Dokazi da je zadana jednadzba egzaktna: 3 0

, ,Egzaktna dif. jed. zadovoljava uvjet:

,, 3 3

3 0

,

x

x e g x

x ydx y x dy

M x y N x y

y x

M x yM x y x y x

y x ydx y x dy

N x y y x

− =

+ + =

∂ ∂=

∂ ∂

∂= → =

∂+ + = ⇒

∂= + →

( ) 2

Uvjet je zadovoljen.,

3 N x y

x x

⇒ = ∂

10.4 Diferencijalne jednadzbe prvog reda

10.4.1 Diferencijalne jednadzbe sa odvojenim koeficijentima

( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( )0 0

0 0

x

Opci oblik DJ dan je izrazom: 0 i rjesenje dobijemo integriranjem

Ako su zadani pocetni uvjeti, rjesenje se dobije intergirajem:

0

y x

y

A x dx B y dy

A x dx B y dy C

y x y

A x dx B y dy

+ =

+ =

=

+ =

∫ ∫

∫ ∫

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

2

22 0

2

18. Rijesi 0; 0 1

02

2 2 Postavimo pocetne uvjete: 0 1 1 2 2 2

1 2 1 Uvrstimo: 2 2 1 odnosno 2 1

Zbog pocetnih uvjeta 0 1, n

x

x x x

k

x

x x x

e dx ydy y

ye dx ydy A x dx B y dy c e dx y dy e c

y e c y e c k

k y e k e y e

y

−

− = =

− = ⇔ + = ⇒ + − = − =

= − = ⇒ = − = +

= − = − = + = − = −

=

∫ ∫ ∫ ∫

egativna vrijednost korjena se ne moze uzeti kao rjesenje.

19. Rijesi ' 7 y y=





( ) ( )

1Preuredimo DJ u diferencijalni oblik i odvojimo promijenjive: 7 7 0

1 10 7 7 ln

Preuredimo izraz: ln 7 Gornji izraz prikazimo kao poteciju:

dy y dx dy

dx y

A x dx B y dy dx dy c x y c y y

y x c

= ⇒ − =

− ≠ ⇒ + = + − = ⇒ − =

= − ⇒

∫ ∫ ∫ ∫ ln 7

ln 7 7 7

7

dalje: (iz definicije logaritma)

Trazeno rjesenje prikazano eksplicitno: pri cemu je

y x c

y x c x c c x

x c

e ee y y e e e y e e

y ke k e

−

− − −

−

== = = ⇒ = ±

= = ±

i

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

20. Rijesi ' 1 1

Preuredimno DJ i odvojimo promijenjive: ' 1 1 1 1

11 1 0

1 1 1 1

1Uvrstimo u intergal:

1 1

xyy x y

dy xyy x y xy x y

dx

dx ydy ydyxy x y dx dx dy

x x y x x y

y R A x dx B y dy c dx

x x y

+ = +

+ = + ⇔ + = +

+ = + ⇒ = ⇒ − =+ + + +

≡ + = ⇒ + −

+ +∫ ∫

( )

2

( )

( )

( )

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

2

2 22

2

2

2

2

2 2 2

1

Rijesimo integrale:

11 1) ln 1

2 21 1 21

1 1ln ln 1

21

1) ln 1

21

1 1 1ln ln 1 ln 1 ln ln 1 ln 1

2 2 2

dx c

x udx xdx xdx dua dx

x u x x xdx du x x

dx x x

x x ydy

b y R A x dx B y dy c y

x x y c x c x

=

+ =⇒ − ⇔ → → = +

+ + =+

= − +

+= + ⇒ ≡ + =

+

− + − + = ⇔ + = + +

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫

∫ ∫ ∫

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

2 2 2 2 2

1 2

2 2 2

2ln 2 ln 1 1 ln ln 1 1

Nase rjesenje: 1 1

y

R x c x y x c x y

Cx x y

+

≡ + = + ⋅ + ⇒ ⋅ = + ⋅ +

= + ⋅ +

1 x


( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

2

2

2

3 22

221. Rijesi

Preuredimno DJ u diferencijalni oblik: 2 0 Uvrstimo u intergal

2 Rijesimo integrale:

) 2 2 )3 2

dy x

dx y

x dx ydy

R A x dx B y dy c x dx y dy c

x ya x dx x b ydy

+=

+ − =

≡ + = ⇒ + + − =

+ = + − = −

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫




3 22 3 3

1 1

2 22 4

3 2 3 3

x y R x c y x x c y x x c≡ + − = ⇒ = + + ⇒ = ± + +4

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )0 0

4

4

0 0

4

x 0

22. Rijesi DJ cos 1- 5 0 uz uvjet 0

Pocetni uvjeti su znaci ; 0 cos ; 1 -5 Uvrstimo u integrale:

0 cos 1- 5 0

) coscos ; cos

y y x x

y

x xdx y dy y

x y A x x x B x y

R A x dx B y dy x xdx y dy

x u dx dua x xdx

dv xdx v x

π

π

π

+ = =

= = = =

≡ + = ⇔ + =

= =⇒

= =

∫ ∫ ∫ ∫

∫

( )

( ) ( ) ( )( )

0 0

4 5

5

0x

5 5

sin sin sin cossin

) 1-5

0 sin cos 0

sin cos sin cos 0 sin cos 1

y x y x

y

x x xdx x x xdx x

b y dy y y

R A x dx B y dy x x x y y

R x x x y y x x x y y

π

π π π

⇒ − = +

=

= −

≡ + = ⇒ + + − =

≡ + − − + − = ⇒ + + = −

∫ ∫ ∫

∫ ∫

( ) ( ) ( )

( )

23. Rijesi DJ '

Zadana DJ se ne moze separirati. Posto je to homogena DJ, mozemo izvrsiti transformaciju:

Homogena DJ: ' , ima svojstvo , ,

zamijenimo: i derivirajmo:

x y y

x

dx y f x y f x y f x y

dy

dy y xu xu

dx

λ λ

+=

= = =

= ='

Primijenimo to na nasu DJ:

'

duu x

dx

dx du x xu y u x u

dy dx x

= +

+= = + = ⇔ 1

du x u

dx+ = + 1

0 Sada mozemo rijesiti nasu novu DJ: 0

ln ili: ln oznacimo ln ln ln ln

Zamijenimo pravu vrijednost za : ln ln

du x xdu dx

dx

dx dx dxdu du du C

x x

x u c u x c c k u x k kx

y yu y xu u kx y x kx

x x

⇔ = ⇒ =

− = ⇒ − = ⇒ − =

− = = − = − → = + =

= ⇒ = = ⇒ =

∫ ∫ x

( ) ( )( ) ( )

( )( )

( )

4 4

3

4 4 4 4 44 4 4 4

3 3 4 3

224. Rijesi DJ '

Zadana DJ se ne moze separirati ali predpostavljamo da je homogena pa mozemo pisati:

222 2, = , =

y x y

xy

y x y x y x y x f x y f x y

xy xy xy x y

λλ λλ λ

λλ λ

+=

+++ +⇒ = =

3





( )

( )

( )

'

4 4 4 4 4

3 4 3

4 3 3

3 4 4

DJ je homogena. Izvrsimo zamjenu: ; i

2 2Primijenimo to na nasu DJ:

1 Sada mozemo rijesiti nasu novu DJ:1 1

dy du y xu xu u x

dx dx

xu xdu du x u xu x u x

dx dx x u x xu

du u dx u dx u x dudx x xu u u

= = = +

+ ++ = ⇔ + =

+= ⇒ = −+ +du =

( )

3

4

434

4 3

4 4

44 4 4

0

ili: ln1

1 1 1 1ln ln 1

4 4 41 4

1ln ln 1 4ln ln 1 4 oznacimo ln imamo

44

4 ln ln ln 1 4 ln ln 1 ln ln 1

Zamijenimo pravu

dx u dxdu C x

x xu

u vu dvdu v u

vu dv u du

x u c x u c c k

x k u kx u kx u

− = =+

+ == = = → +

+ =

− + = ⇔ − + = = −⋅

+ = + ⇔ = + ⇔ = +

∫ ∫ ∫

∫ ∫

( )

( ) ( )

44

4 44 4 4 4 4 4 4 4 4 4

4

4 8 4

1

vrijednost za : ln ln 1

ln ln ln ln ln ln ln ln ln

y yu u kx

x x

y xkx kx x y x y k x x x

x

y k x x

= ⇒ = +

+= ⇒ + = + ⇒ = ⋅ −

= −

( )( )

( )

4 4

3

4 4 3

3 4 4

3'

4

225. Rijesi DJ iz zadatka 7. na drugi nacin: '

2Prikazimo DJ u reciprocnom obliku: '

2

Sada primijenimo supstituciju: ; i2

y x y

xy

dx y x dy xy y

dy dx xy y x

yu ydx du du x yu yu u y u y

dy dy dy y yu

+=

+= = ⇔ =+

= = = + ⇒ + =+

( )

( ) ( )

4

3 4

4 44 44

5 4 4

4 5 5

4

5

222

2 2Odnosno Rijesimo DJ: 0

2

2ili: ln

yu ydu du y u du uu y u y y u

dy dy dy u y u y yu

du u u dy u dy u y DJ du d

dy y yu u u u u

dy u dydu C y

y yu u

+ = ⇔ + = ⇔ = −+++

+ + += − ≡ + + =

+ + +

++ = =

+∫ ∫ ∫

u

( )

4 4 3

5 4

3

4 41

2

12

2 2

1

u u udu du du

u

du

u u uuu

u

u

ud

u

+ += = − = − + ++ +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 2lndu

uu

=∫ 43

4

4 3

1 1 1ln 1

4 41 4

u vu dvdu u

vu dv u du

+ == = =

+ = ∫ ∫ +





4

4 8 4 4 8 4

8 4 8 44

4 4

4 8 4

4ln 4ln 8ln ln 1

ln ln ln 1 1 oznacili smo ln

Zamijenimo pravu vrijednost za 1 1

2ln1

ln 14

DJ y c y u u

y u u ky u u c k

x x x xu ky k

y y y y y y x

u

k

u

x

≡ + = ⇔ + − + ⇒

⋅ = + ⇒ = + = −

= ⇒ = + ⇒ = +

−

= −

+

x

( )( )

2

2

2 2

2 2 2

26. Rijesi DJ - 2 2

Prikazimo DJ u diferencijalnom obliku: i rijesimo separacijom promijenjiva:- 2 2

ili:- 2 2 - 2 2

arctan 12 2 2 1 1 2 1 1

dx x x

dt

dxdy

x x

dx dx DJ dt dt C

x x x x

dx dx dx x

x x x x x

= +

=+

≡ = ⇒ − =+ +

= = ⇒ −− + − + − + − +

∫ ∫

∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )

Tipicni integral

arctan 1 arctan 1 1 tan tan 1

dt t

DJ x t c x t c x t c x t c

=

≡ − − = ⇔ − = + ⇔ − = + ⇒ = + +

∫ ∫

( )( )

127. Rijesi DJ '

1

1' Rijesimo ili:

1 1 1 1 1

1 1ln ln 11 1

ln ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 1

y y

x

dy y dy dx dy dx y C

dx x y x y x

y u x udy du dxu ydy du dx du y u x

duu x DJ y x c y x

u

+=

−+

= = ⇔ = ⇒ − =− + − + −

+ = − = = = = = + = = −+ −

− = − = − − ⇒ ≡ + − − − = ⇔ + − =

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ( ) ( )

c

=

Zamijenimo: ln 1 1c k y x k = ⇒ + − =

10.4.2 Egzaktne diferencijalne jednadzbe

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

2

28. Dokazi da zadana DJ je egzaktna i izracunaj rjesenje. 2 1 0

, ,Egzaktan DJ zadovoljava uvjet: , 2 ; , 1

1, 2 ,2 2 To je egzaktna DJ

xydx x dy

M x y N x yM x y xy N x y x

y x

xM x y xy N x y x x

y y x x

+ + =

∂ ∂= ⇒ = = +

∂ ∂

∂ +∂ ∂ ∂= = = =

∂ ∂ ∂ ∂

( ) ( )Rjesenje egzaktne DJ: , , 0 dano je izrazom:M x y dx N x y dy+ =





( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) (

( )( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

22

2

2

2 2 2

, , , i za nas slucaj: , 2

2, 2

2

,Sada moramo naci vrijednost za '

Taj izraz zadovoljava i , 1 ' 1 ' 1

Integr

dg x y M x y dx N x y dy dg x y xy

x g x y dg xy xydx y k y

x y k y g x yk y x k y

y y N x y

x y k

x x k y x k y

= + =

= = = + =

∂ +∂ ⇒ = = +

∂ ∂= + ⇒ + = + ⇒

∫ ∫

( ) ( )

( ) ( )

1

2 2

1 2 2

2

2

acijom dobijemo: ' 1 Zamijenimo:

, = ,

Ili izrazeno implicitno, rjesenje DJ glasi:1

k y k y dy dy y c

g x y x y y c g x y x y y c c c c

c y

x

= = = +

+ ⇒ = + = =

=+

−

∫ ∫ 1

) y c+ +

( )2 x y k y c = +++

y c= − +

=

( ) (

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

)

( ) ( ) ( )

229. Rijesi DJ: '

2

2 Napisimo zadano u diferencijalnoj formi: 2 2

2

2 2 0 , 2 ; , 2

2 2, ,

xy

xy

xy xy xy

xy

xy xy xy xy

xy xy

xy xy

ye y

y xe

dy ye ye dx y xe dy

dx y xe

ye dx xe y dy M x y ye N x y xe y

ye xe yM x y N x ye xye

y y x x

+=

−

+= ⇒ + = −

−

+ + − = ⇒ = + = −

∂ + ∂ −∂ ∂= = + = =

∂ ∂ ∂ ∂

( )( )

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )'

,To je egzaktna DJ , 2 2

Derivirajmo izraz po , cime dobijamo i dobijeni rezultat izjednacimo sa , :

2 ' ' 2 ' 2

Sada m

y

xy xy

xy xy

xy xy xy xy

e xye

g x y g x y dx ye dx e k y x

x

g y N y

e k y x xe k y xe k y xe y k y y

+

∂= = + = + +

∂∂∂

+ + = + + = − ⇔ = −

∫ ∫

( )

( ) ( ) ( )

x y

2

2

1 1

2

2

2

2 1

ozemo integrirati: k ' 2

Uvrstimo u jednadzbu , : 2 2,

2

xy xy

xy

k y dy ydy y

g x y g x y e k y x c e y x c

k

x e y c c c c

= = − = − ⇔

= + + + = − + +

+ − = = −

∫ ∫

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2 2

2

2

30. Rijesi DJ:

-, ,Provjerimo uvjete: 1 2 2

, ,Posto je 1 2 2 DJ nije egzaktna

y xy dx x x y dy

y xy x x yM x y N x y xy x y

y y x x

M x y N x y xy x y

y x

− + +

∂ ∂∂ ∂= = − = =

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂= − ≠ =

∂ ∂

2+





( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( )

DJ se moze rijesiti metodom koristenja Faktora Integracije , :

, , , 0 Rjejesenje DJ jednako je:

1ko je: tada je rjesenje: ,

M

1ko je: tad N

k y d y

I x y

I x y M x ydx N x y dy

M N A k y I x y e

y x

M N A g x y x

−

+ =

∂ ∂ ∫ − = = ∂ ∂

∂ ∂− = ∂ ∂ ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2

a je rjesenje: ,

ko je: i tada je rjesenje: ,

Preuredimo DJ:

10 Faktor Integracije FI ima oblik: ,

Pom

g x dx I x y e

A M yf xy N xg xy I x y xM yN

y xy dx x x y dy ydx xy dx xdy x y dy

ydx xdy xy dx x y dy I x y xy

∫ =

= = = −

− + + ⇔ − + +

+ + − + = =

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

2 2 2

2 2 2

2 2

nozimo DJ sa FI:

0 0

11

DJ je sada egzaktna i rijesimo po metodi FI: Za nas slucaj, iz tabele FI nalazimo

1,

xy dx x y dy ydx xdy ydx xdy dx

dy x xy xy xy

ydx xdy dx ydx xdydy dx dy

x x xy xy

I x y x

− ++ +

+ = ⇔ + − + =

+ += − ⇒ = − ⋅

= −( )

( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

( )( )

2

2

1 11

1 1 1Integrirajmo obje strane: 1 ln

1Rijesimo DJ : , ; , 1

, ,1 1, , ln

ydx xdyd dx dy

y xy x xy

d dx dy x y c xy x xy

ydx xdy dxdy M x y N x y

x x xy

g x y g x yM x y g x y dx dx x k y

x x x x

+⇒ = − = − ⋅

− = + − ⋅ ⇔ − = − +

+= − ⇔ = = −

∂ ∂= = ⇒ = = = + +

∂ ∂

∫ ∫ ∫

∫ ∫

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 1

1

,0 ' , 1 ' 1 1

, ln ln , ln

c

g g x y x

k y N x y k y k y dy y y y

g x y x k y c x y c g x y x y c

∂ ∂ = = + = = − ⇒ = − ⇒ = − = −∂ ∂

= + + ⇒ − + ⇔ ≡ − =

∫

( )

2

3 4

22 3 4

3 4

331. Rijesi DJ: '

2

3Preuredimo DJ: 3 2 0

2

x y y

x y

dy x y x ydx x y dy

dx x y

=+

= ⇔ + − − =+





( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

2 3 4

2

2 3 4 2 4

3 2, ,Provjerimo uvjete: 6 6

DJ nije egzaktna. Preuredimo DJ: 3 2 0 3 2 0

Izraz u zagradi je oblika: koji ima prema FI, integriraju

x y x yM x y N x y xy x

y y x x

x ydx x dy y dy x ydx xdy y dy

aydx bxdy

∂ ∂ +∂ ∂= = ≠ = =

∂ ∂ ∂ ∂

− − = ⇔ − − =

+

( ) ( ) ( )

( )

( )

-1 -1

2

2 2 2 4

2 2 4

3 1

ci faktor .

Faktor vec imamo. pa nas FI iznosi:

, Pomnozimo nas izraz sa , : 3 2 0 i

pojednostavimo u skladu sa FI tabelom (u nastavku): 3 2 0

2

a b x y

x

I x y y I x y x y ydx xdy y dy

x y ydx xdy y dy

d x y y

− −

−

−

= − −

− − =

=

=

( )

2

33 1 2 3

Integriranjem dobijemo rjesenje:

22

3

dy

xd x y y dy y c

y

− = ⇔ = +∫ ∫

TABLICA FAKTOA INTEGRACIJE

2 2

2 2

2 2

l

1

1

1ln

1

xdy ydx y ydx xdy d

x x x

ydx xdy x ydx xdy d

y y y

xdy ydx y ydx xdy d

xy xy x

xdy yd ydx xdy x y

− − − =

−− =

− − − =

−− −+

Izraz oblika Faktor Integracije Potpuni diferencija

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )( )

2 2

1

2 2

2 2 2 2

2 2 12 2 2 2

arctan

1ln

1 1, 1

1

1 1ln

2

1 1, 1

2 1

n n

n n

x yd x x y

ydx xdy ydx xdy d xy

xy xy

ydx xdy ydx xdy n d

xy xy n xy

ydx xdy ydx xdy d x y

x y x y

ydx xdy ydx xdy n d

x y x y n x y

−

−

= + +

+ =

+ −+ > =

− + + = + +

+ −+ > =++ −

( ) ( )1 1 1 1a b a b a baydx bxdy x y x y aydx bxdy d x y− − − −

+ +

n

+

+

=





( ) ( )

( )

( )( )

2

2

32. Pretvori zadanu DJ 0 u egzaktni oblik

, ,Provjerimo uvjete: 2

1DJ nijhe egzaktna. Primijenimo tvrdnju: ko je tada je rjesenje:

M

,k y

y dx xydy

M x y N x y y xy y y

y y x x

M N A k y

y x

I x y e−

+ =

∂ ∂∂ ∂= = ≠ = =

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂− =

∂ ∂ = ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

2

1

ln ln 2

1 1: 2

M

1 1 1, 0

0 DJ je sada egzaktna.

dy

dyk y d y y y y

M N k y y y k y k y

y x y y

I x y e e e e y dx xydy y y y

ydx xdy

−− − −

∂ ∂∫ − = ⇔ − = ⇔ = ∂ ∂

∫ ∫ = = = = ⇒ = ⇒ + =

+ =

1

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

3 2 2

3 2 2

2 2

3 2 2

33. Pretvori zadanu DJ 2 1 3 0 u egzaktni oblik i rijesi.

2 1 3, ,Uvjeti su: 1 6 1 6

DJ je egzaktna.

, ,, 2 ; , 1 3 ; 1

y xy dx x y x dy

y xy x y xM x y N x y xy

y y x x

M x y N x yM x y y xy N x y x y x

y x

+ + + + =

∂ + ∂ + +∂ ∂= = + = = = +

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂= + = + + = =

∂ ∂

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( )

2

3 3

2 3

2 2

2 2

6

,, 2 , 2

,3 '

Taj izraz zadovoljava i , 1 3

xy

g x yM x y y xy g x y dg xy y xy dx xy x y k y

y

xy x y k y g x y x x y k y

y y

N x y x y x x

+

∂= = + ⇒ = = + = + +

∂

∂ + +∂ = = + +∂ ∂

= + + ⇒

∫ ∫ 2 3

2 23 x y+ ( ) 2 2' 1 3k y x y+ = + x+( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )2 3 2 3 2 3

1

' =1 Integracijom dobijemo: ' 1

Zamijenimo: , = ,

k y k y k y dy dy y c

g x y xy x y k y xy x y y c g x y xy x y y c

= = = +

+ + = + + + ⇒ = + + =

∫ ∫

( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

2

22

2

2

35. Rijesi DJ: ; za pocetne uvjete: 1 2.

2 1

Napisimo DJ drukcije: 2 1 0 Ispitajmo egzaktnost D2 1

, , 2 12 2 Zadovoljava, DJ je egzaktna.

,

y y y

yt dy y

y y dt yt dt dt yt

M t y N t y yt y y y

y y t t

M t y y

−= = −

+ −= = ⇔ + + =

+

∂ ∂ ∂ +∂= = = = =

∂ ∂ ∂ ∂

=

( ) ( )( ) ( ), ,

; , 2 1 ; 2M t y N t y

N t y yt y y t

∂ ∂= + = =

∂ ∂





( )( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 2

2

2 2

1

2

,, ,

,2 ' Taj izraz zadovoljava i , 2 1

2 ' 2 1 ' =1 Integracijom dobijemo:

' 1 Zamijenimo: , =

,

g t yM t y y g t y y dt y t k y

y

y t k y g t y yt k y N x y yt

y y

yt k y yt k y

k y k y dy dy y c g x y y t k y y t y c

g x y y t y

∂= = ⇒ = = +

∂

∂ +∂ = = + ⇔ =∂ ∂

+ = + ⇒= = = + ⇒ + = + +

= +

∫

∫ ∫

( ) ( )

+

2 2

22 2

2

2

Sada mozemo primijeniti pocetne uvjete i izracunati c :

Za 1 i 2 imamo: 2 1 2 2 2

1 1 8Rijesimo ovu algebarsku jednadzbu: 2

2

c

t y y t y c y t y

t y t y y

t

=

= = − + = ⇒ − ⋅ + − = ⇔ + =

− − ++ = ⇒ =

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

36. Provjeri egzaktnost DJ sin cos sin 1 0 i rijesi.

Provjerimo uvjete:, sin cos , sin 1

sin cos sin cos

, ,, sin cos ; , sin 1 ; si

y x xy x dx x x dy

M x y y x xy x N x y x x x x x x x x

y y x x

M x y N x yM x y y x xy x N x y x x

y x

+ + + =

∂ ∂ + ∂ ∂ += = + = = =

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂= + = + = =

∂ ∂

( )

+

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

n cos

,, sin cos , sin cos

sin cos Moramo uzeti u obzir i !

cos sin sincos cos sin

sin cos , sin c

x x x

g x yM x y y x xy x g x y dg xy y x xy x dx

y

y xdx y x k y

x u dx du xy xdx yx x y xdx

dv xdx v xdx x

yx x y x g x y yx x y

+

∂= = + ⇒ = = +

∂

= −

= → = = = − = → = =

= − ⇒ = −

∫ ∫

∫

∫ ∫ ∫ ( )

( )

=

=

( )( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) [ ]

( ) ( )

os

sin cos,sin cos '

Taj izraz zadovoljava i , : sin cos ' sin 1 ' 1 cos

Integracijom dobijemo: ' 1 cos cos

Zamijenimo: , = sin cos s

x k y

yx x y x k y g x y x x x k y

y y

N x y x x x k y x x k y x

k y k y dy x dy y y x

g x y yx x y x k y yx

+

∂ − + ∂ = = − +∂ ∂

− + = + ⇒ = +

= = + = +

− + =

∫ ∫

( )in cos cos

, sin x y x y y x c

g x y xy x y c− + + +

= + +

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

37. Provjeri egzaktnost DJ cos cos sin sin 0 i rijesi.

Provjerimo uvjete:

, cos cos , sin sinsin cos cos sin

x x t dt t t x dx

M t x x x t N t x t t x x t t

x x t t

+ + − =

∂ ∂ + ∂ ∂ −= = − + = = =

∂ ∂ ∂ ∂x−





( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )( )

, ,, cos cos ; , sin sin ; sin cos

,, cos cos , , cos cos

cos cos cos sin Moramo uzeti u obzir i !

cos s,, cos sin

M t x N t xM t x x x t N t x t t x x t

x t

g t xM x y x x t g t x dg t x x x t dt

t

xdt t x x tdt x t k x

t x x g t x g t x t x x t k x

x

∂ ∂= + = − = = − +

∂ ∂∂

= = + ⇒ = = + =∂

= =

∂ +∂= + + ⇒ =

∂

∫ ∫

∫ ∫ ( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) 1

in

sin sin '

Taj izraz zadovoljava i , : sin sin ' sin sin ' 0

Integracijom dobijemo: ' 0

Zamijenimo: , = cos sin cos sin

, cos sin

t k x

x

t t t k x

N t x t t t k t t t x k x

k x k x dx dx c

g x y t x x t k x t x x t c

g t x t x x t c

+ =∂

= − + +

− + + = − ⇒ =

= = =

+ + = + +

⇒ + =

∫ ∫

10.4.3 Linearne diferencijalne jednadzbe

( ) ( )

( )( )

( ) ( )

Linearna diferencijalna jednadzba ima oblik: '

DJ se rjesava primjenom metode faktora integracije: .

DJ se pomnozi sa FI i rezultat se dobije obostanim integriranjem jednakosti:

'

f x dx

y f x y g x

I x e

I x y f x

+ =

∫ =

+( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

1-

Bernouli diferencijalna jednadzba ima oblik: ' realni broj.

DJ se rjesava uvodjenjem nove nepoznanice . Nakon supstitucije, dobije se linearna

n

n

yI x yI x g x I x d g x I x yI x g x I x dx

dx

y f x y g x y n

z y

= = ⇒ =

+ = =

=

∫

( )DJ funkcije , cije je rjesavanje ranije objasnjeno. z x

( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

1

38. Rijesi linearnu DJ: ' sin . Nakon toga rijesi DJ za pocetne uvjete: 1

Utvrdimo: 1 sin Uvodimo FI:

Pomnozimo DJ sa FI: ' sin ' sin

Prema definiciji rjesen

f x dx dx x

x x x

y y x y

f x g x x I x e e e

y y x I x e y ye e x

π+ = =

∫ ∫ = = = = =

+ = = + =

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

je je jednako:

sin

1Slican integral je rijesen ranije u dijelu Nepravi Integrali: sin sin cos

2

x x

x x

yI xd g x I x yI x g x I x dx

dx

ye e xdx

e xdx e x x

= ⇒ =

=

= −

∫

∫

∫ c+





( )

( )

( ) ( )

1 1 1sin sin cos sin cos

2 2 2

Rijesimo drugi dio zadatka, uvodjenjem pocetnih uvjeta: 1

1 1 1 1 1 1sin cos 1 sin cos 1 0 1

2 2 2 2 2 2

1 1 1Zamijenimo c: sin

2 2 2

x x x x

x

ye e xdx e x x c y x x ce

y

y x x ce ce c

c e y x

π π

π

π

π π

−

− −

= = − + ⇒ = − +

=

= − + ⇔ = − + ⇒ = − − +

= ⇒ = −

∫

e−

( ) ( )

1 1 1cos sin cos

2 2 2

1 1sin cos sin cos

2 2

x x

x x

x ce x x e e

x x e y x x e

π

π π

− −

− −

+ = − +

= − + ⇒ = − +

=

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2

2

2

39. Rijesi linearnu DJ: ' 2 .

Utvrdimo: 2 Uvodimo FI:

Pomnozimo DJ sa FI: ' 2 ' 2 Prema definiciji imamo:

f x dx xdx x

x x x

x

y xy x

f x x g x x I x e e e

y xy x I x e y e xy xe

yI xd g x I x yI x g x I x dx ye xe

dx

− −

− − −

− −

− =

∫ ∫ = − = = = =

− = = − =

= ⇒ = ⇔ =∫ 2

2 2

2 2 2 2 2

2 2

2

1 1 1 1

2 2 222

1 1 1 1

2 2 22

x

x u u

x x x x x

x x

dx

x u

xe dx e du e e c xdx du xdx du

c ye e c y e e y e

e e

− −

− − −

− −

− =

= = − = − = − + − = → = −

= − + ⇒ = − + = − = −

∫

∫ ∫ x

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

5 5

5 5

5

40. Rijesi linearnu DJ: ' 5 0.

Utvrdimo: 5 0 Uvodimo FI:

Pomnozimo DJ sa FI: ' 5 0 ' 5 0 Prema definiciji rjesenje je:

0

f x dx dx x

x x

x

y y

f x g x I x e e e

y y I x e y e y

yI xd g x I x yI x g x I x dx ye dx

dx

− −

− −

−

− = ∫ ∫ = − = = = =

− = = − =

= ⇒ = ⇔ = =∫ ∫ 5 5

5

x x

x

c

c ye c y y ce

e

−−

= ⇒ = =

( ) ( ) ( )( )

( )4

3

4

3 4

ln 4 3 4 3 7

441. Rijesi linearnu DJ: ' .

4 4Utvrdimo: Uvodimo FI: 4 ln

4Pomnozimo DJ sa FI: ' ' 4 Rjesenje je:

dx f x dx x

x

y y x x

f x g x x I x e e dx x x x x

e x y y x I x x y x y x x

+ =

∫ ∫ = = = = ⇔ =

= + = = + =

∫ =





( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

84 7

8 8 4 44

4 4 4 4

8

8 8 88

yI x xd g x I x yI x g x I x dx yx x dx c

dx

x x c x c x c yx c y y

x x x x

= ⇒ = ⇔ = =

= + ⇒ = + = + = +

∫ ∫

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

( )

7

7 7 7 7

42. Rijesi linearnu DJ: ' 7 sin 2 .

Utvrdimo: 7 sin 2 Uvodimo FI: 7 7

Pomnozimo DJ sa FI: ' 7 sin 2 ' 7 sin 2

Prema definiciji rjesenje je:

f x dx dx

x x x x

y y x

f x g x x I x e e dx

e y y x I x e y e y e x

yI xd

−

− − − −

− =

∫ ∫ = − = = = ⇔ − = −

− = = − =

∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )( ) ( )

7 7

2 2

7 77

2 2

sin 2 Opce rjesenje integrala

sin sin cos (vidi neodredjeni integrali)

sin 2 7sin 2 2cos 2 7sin 2 2cos 2537 2

x x

ax

ax

x x x

g x I x yI x g x I x dxdx

ye e xdx I I

ee bxdx a bx b bx c

a b

e ee xdx x x c x x c

− −

− −−

= ⇒ =

= ≡ ⇔

= − ++

= − − + = − − +− +

∫

∫

∫

∫

( )7

7

7

Nastavimo racunanje: 7sin 2 2cos 253

7 2sin 2 cos 2

53 53

x x

x

e ye x x c

y x x ce

−− = − − +

= − − +

( ) ( )

2

1- 1 2 1

2

2

2 2

43. Rijesi Bernouli DJ: '

1Utvrdimo: 2 Uvedimo supstituciju: :

1 1 ' ' 1 1' Zamijenimo: '

' Izraz je linearna DJ,

n

y xy xy

f x x g x x n z y y y y

z z z y y y xy xy x x

y z z z z z

z xz x

− −

+ =

= = = = = = =

= ⇔ = ⇒ = − + = ⇔ − + =

− = − ( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2 2 2

2

2

2 2 2

koju znamo rijesiti: Utvrdimo:

Pomnozimo DJ sa FI:2

' ' Prema definiciji rjesenje je jednako:

x f x dx xdx

x x x

f x x g x x

x FI I x e e xdx e

z xz x I x e z e xz xe

yI xd g x I x yI x g x I x dx z

dx

−−

− − −

≡ − ≡ −

−∫ ∫ ≡ = = ⇔ − = ⇔

− = − = − = −

= ⇒ = ⇔

∫

∫ 2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2 2

2

1 11 Nase je rjesenje, za :

1

x x x

x x x

x

e xe dx e c

ze e c z ce y y z

ce

− − −

− −

= − = +

= + ⇔ = + = =

+

∫





( ) ( )

1

4 3

1 21

4 1- 3 3

2 13 1 1 3

43 32 2 2 2

13 13

4 2 2


3 1Utvrdimo: Uvedimo supstituciju: :

3

3 3 3 3' ' Zamijenimo: ' '2 2

3 3'

2

n

y y x y x

f x g x x n z y y y x

z y y z y z z y y x y z z z x x

x z z z x

−

− =

= − = = = = =

= ⇔ = ⇒ = − = ⇔ − =

= ⇒ −

( ) ( )

( )( )

( )

( )

2

3 1

4 4 42 2

22 ln 2

4 2 2 2 4

2 3 2

2 2 2 2' Utvrdimo:

3 3

22ln

2 2 2 2Pomnozimo DJ sa FI: ' '

3 3

2' 2 Rjesenje je jednako:3

dx f x dx x x x

z x z z z x f x g x x x x

FI I x e e dx x e e x x

z z x I x x z x z x x x x

yI x x z x z x d

− − − −

− − −

− −

= ⇒ − = ≡ − ≡

∫ ∫ ≡ = = ⇔ − = − ⇔ = =

− = = − =

− =

∫

( ) ( ) ( ) ( ) (

2 2 3 2 3 5 2

3 / 23

5 22

2 2 2 2

3 9 9 9

2 Nase je rjesenje, za :

9

g x I x yI x g x I dx

x z x dx x c x z x c z x cx

y z y x cx

− −

= ⇒ =

= = + ⇒ = + ⇔ = +

= = +

∫

∫

( )

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

2

10 2

10 2

245. Rijesi linearnu DJ: 4 uz pocetne uvjete: W 2 =50

10 2

2Utvrdimo: 4 Uvodimo FI:

10 2

2 12 ln 10 2 = 10 2 ; 5 Pomnozimo DJ sa FI:

10 2 10 2

24

10 2

dt f t d t t

t

dW W

dt t

f t g t I t e et

dt dt t e t t t t

dW W

dt t

+

+

+ =+

∫ ∫ = = = =+

= = + ⇔ + >+ +

+ =+

∫ ∫

( ) ( ) ( )10 2 10 2dW

I t t t dt

= + + +

2

10 2t +( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( )

( ) ( )( )

( )( )

2 2

2 2

2

4 10 2 Po definiciji:

10 2

4 10 2 40 4 10 2 40 4

40 4 40 2 4 2; 5 Za pocetne uvjete W 2 =100: 50

10 2 10 2 2

40 4 604604

10 2

W t

yI t d g t I t W t I t g t I t dt t W

dt

t dt t t c t W t t c

t t c cW t t

t

t t c W t

t

= +

= ⇒ = ⇔ + =

= + = + + ⇒ + = + +

+ + ⋅ + ⋅ += > − =

+ +

+ += ⇔ =

+

∫

∫

⋅





( ) ( ) ( )( )

( )

( )

( )

46. Rijesi linearnu DJ: 10 .

Utvrdimo: 10 Uvodimo FI:

Pomnozimo DJ sa FI:

10 10 Prema definiciji imamo:

f t dt kdt

kt

kt kt kt

dT kt k k const

dt

f t k g t k I t e e

kdt kt I t e

dT dT kt k I t e e kt e k dt dt

yI t d

+ = =

∫ ∫ = = = =

= ⇔ =

+ = = + =

∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

10 10

10 10

kt kt kt

kt kt kt

g t I t TI t g t I t dt e T e kdt e cdt

e T e c T t ce−

= ⇒ = ⇔ = =

= + ⇔ = +

∫ ∫ +

( ) ( )

2

1- 1 2 1

2

2

2 2


1Utvrdimo: 1 2 Uvedimo supstituciju: :

1 1 ' ' 1 1' Zamijenimo: '

' Izraz je linearna DJ,

x

x n

x x

x

y y e y

f x g x e n z y y y y

z z z y y y y e y e

y z z z z z

z z e

− −

+ =

= = = = = = =

= ⇔ = ⇒ = − + = ⇔ − + =

− = − ( ) ( )

( )( )

( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

koju znamo rijesiti: Utvrdimo: 1

Pomnozimo DJ sa FI:

' ' Prema definiciji rjesenje je jednako:

1

x

f x dx dx x

x x x x x

x

f x g x e

FI I x e e dx x e

z z e I x e z e z e e

yI xd g x I x yI x g x I x dx ze dx

dx

− −

− − −

−

≡ − ≡ −

∫ ∫ ≡ = = ⇔ − = − ⇔

− = − = − = −

= ⇒ = ⇔ = −

∫

∫ ∫ ( )

( )

1 Nase je rjesenje, za :

x x x x

x

x c

ze x c z ce xe e c x

e y y

z c x

−

−

= − +

= − + ⇔ = − = −

= =−

10.4.4 Teorija rjesenja diferencijalnih jednadzbi

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

1

1 1 0

Opci oblik linearne diferencijalne jednadzbe n-tog stupnja ima oblik:

... '

koeficijenti i ovise samo o .

za 0 jednadzba je homogena

ako su svi koeficijenti

n n

n n

j

j

b x y b x y b x y b x y g x

b x g x x

g x

b

−−+ + + + =

−

− =

− ( )

( )

konstante, onda govorimo o linearnim DJ sa konstantnim

koeficijentima.

ako su jedan ili vise koeficijenata konstante, onda govorimo o linearnim DJ sa

variabilnim koeficijentima.

j

x

b x−





( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

0 0 0 1 0 2 0 1ako su zadani pocetni uvjeti, , ' , " .... i za

neprekinute i u nekom intervalu i ako je 0, onda postoji samo jedno

rjesenje DJ.

n

n

j j

y x c y x c y x c y x c

g x b x b x

−−− = = =

≠

=

( )Podijelimo gornji izraz sa 0: jb x ≠

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

11 1 0

1

1 1 0

1

1 1 0

... ' i dobijemo:0

... '

Izraz se ... ' se naziva Diferencijalni operator

za 0 pisemo =0 tj. imamo homogenu DJ

n nn n

j

n n

n

n n

n

b x y b x y b x y b x y g x b x

y a x y a x y a x y x

y a x y a x y a x y

L y

x L y

−−

−−

−−

+ + + + = ≠

+ + + + = Φ

+ + + +

− Φ = .

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2

1 1 2 2 n

Linearno nezavisna rjesenja

kup funkcija , ... je linearno nezavisan u intervalu ako postoje

koeficijenti, od kojih neki nisu nula, pa vrijedi: c c ... c 0

Homogene Linearne

n

n

S y x y x y x a x b

y x y x y x

< <

+ + + ≡

( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

1 2

1 2

1 2

DJ n-tog stupnja, 0 uvijek ima n-linearno nezavisnih rjesenja.

Wronski determinanta se naziva skup funkcija , ... u intervalu od

kojih svaka ima -1 derivacija.

...

, ,...

n

n

n

L y

z x z x z x a x b

n

z z z

z W z z z

=

< <

=' ' '

1 2

1 1 1

1 2

...

...Ako Wronski Det. je razlicita od nule barem u jednoj tocki intervala onda skup

funkcija je linearno nezavisan.

n

n n n

n

z z

z z z a x b

− − −

< <

( ) ( )

Nehomogene Jednadzbe:

Ako sa oznacimo partikularno rjesenje Dj a sa , homogeno ili komplementarno

rjesenje homogene DJ 0, tada je opce rjesenje DJ ( ) :

p h

p h

y y

L y L y y y y y= = Φ = +

( ) ( ) ( )

2 2

1 0

48. Odredi kojeg su reda DJ i utvrdi da li su linearne:

) ' 2 3 0 ) 3 ' ) 2 ''' '' 1 ) ''

) '' 0

) ' 2 3 0 DJ prvog reda, 1, 2, 3. Niti jedan koeficijent

ne

x x xa y y b y xy e c e y e y d y y y x

e y y

a y y b x b x g x

−+ + = + = + = + + =

− =

+ + = = = = −

zavisi o i niti jedna derivacija ne ovisi o . DJ je linearna. y y





( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2

1 0

3 2 1

) 3 ' DJ prvog reda, 3, , . Niti jedan koeficijent

ne zavisi o i niti jedna derivacija ne ovisi o . DJ je linearna.

) 2 ''' '' 1 DJ treceg reda, 2 , ,

x x

x x x x

b y xy e b x b x x g x e

y y

c e y e y b x e b x e b x b

− −+ = = = =

+ = = = = ( ) ( )0

2

0, 1.

Niti jedan koeficijent ne zavisi o i niti jedna derivacija ne ovisi o . DJ je linearna.

) '' ' DJ drugog reda. Prva derivacija je potencija umjesto konstante pa DJ

nije linearna.

x g x

y y

d y y y x

= =

+ + =

( ) ( ) ( )

( )2 1) '' 0 DJ drugog reda, 1, 1, 0. Niti jedan koeficijent ne zavisi

o i niti jedna derivacija ne ovisi o . DJ je linearna. I posto je 0, je i homogena.

e y y b x b x g x

y y g x

− = = = =

=

[ ]

1 2 3

49. Skup funkcija ,5 ,1,sin je linearno nezavisan u intervalu 1,1 .

Dokaz: Postoje konstante 5, 1, 0 koje nisu sve nula, za koje vrijedi ranije

spomenuto pravilo: 5 1 5 0 1 0 sin 0

50. Izra

x x x

c c c

x x x

−

= − = =

− ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ≡

( ) ( )

cunaj Wronski Det. za skup , :

, 2

x x

x x

x x

x x x x x x x x

x x

e e

e ee e

W e e e e e ede dee e

dx dx

−

−−

− − −

−= = = − − = −

−

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )

2 2 2

2 2 2

51. Izracunaj Wronski Det. za skup 1 3 ,1 ,1 :

1 3 1 11 3 1 1

1 3 ,1 ,1

1 3 1 1

1 3 1 1 1 3 1

3 1 1 3 1

0 0 0 0 0

1 3 1 0 1 1 0 1 3 0 1 1 0 1 3 1 0

1 3 0 0

x x x

x x xd x d x d x

W x x xdx dx dx

d x d x d x

dx dx dx

x x x x x

W x x x x x

x

− + −

− + −− + −

− + − = =

− + −

− + − − +

= − =

= − ⋅ + + − ⋅ + − ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ − − − ⋅ −

− + ⋅ ⋅ = ⇒ 0W =

[ ]2 352. Izracunaj Wronski Det. za skup , , i utvrdi jesu li linearno nezavisni u - , x x x ∞ ∞





2 3

2 3 2

2 32 3 2

2 2 2 2 3

2 2 2

2 2 3 3 2 2

3 3 3 3 3

, , 1 2 3 1 2

0 2 6 0 2

2 6 3 0 1 2 2 0 3 2 1 6

12 2 6 6 2

Barem jedna tocka intervala je razlicita od nule, primje

x x x x x x x x

dx dx dxW x x x x x x

dx dx dx x

d x d x d x

dx dx dx

W x x x x x x x x x x x x

x x x x x

= = =

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =

= + − − =

r za 2, 16 0.

Prema ranijem teoremu, skup je linearno nezavisan.

x W = = ≠

( )

( )

1

2

2

53. Nadji opce rjesenje za DJ '' 9 0 ako su poznata dva rjesenja: sin 3 i

cos3

sin 3 cos3sin 3 cos3

Wronski Det. skupa rjesenja: sin3 ,cos2 sin 3 cos33cos 3 3sin 3

sin 3 ,cos 2 3sin

y y y x x

y x x

x x x x

W x x d x d x x x

dx dx

W x x

+ = =

=

= =−

= − ( )

( )

2 2 2

1 2

3 3cos 3 3 sin 3 cos 3 3

Posto je 3 0, rjesenja su linearno nezavisna i vrijedi opce rjesenje:

sin 3 cos3

x x x x

W

y x c x c x

− = − + = −

= − ≠

= +

( )( )

( )

( )

1

2

2

54. Nadji opce rjesenje za DJ '' 2 ' 0 ako su poznata dva rjesenja: i

Nadjimo Wronski Det. skupa rjesenja: ,

, 0 Posto

x

x

x x

x x

x x x x x x x

x x x x x x x x

y y y y x e

y x xe

e xee xe

W e xe d xede e e xedx dx

W e xe e e xe e xe e

− + = ==

= =+

= ⋅ + − ⋅ = ≠

( )

2

1 2

2

2

je 0, rjesenja su linearno

nezavisna i vrijedi opce rjesenje:

55. Koristeci gornja rjesenja, nadji opce rjesenje jednadzbe '' 2 ' ako je poznato

jedno partikularno rjesenje

x

x x

W e

y x c e c xe

y y y x

x

= ≠

= +

− + =

1 2

2 2

1 2

4 6.

DJ iz gornjeg zadatka je homogena, pa je . Dano partikularno rjesenje je

4 6 Po teoremu, 4 6

x x

h

x x

p h p

x

y c e c xe

y x x y y y c e c xe x x

+ +

= +

= + + = + = + + + +






( )

( )

22 2

2 2 2

56. Izracunaj Wronski Det. za skup rjesenja ,1, 2 7 i utvrdi jesu li linearno nezavisni.

1 2 71 2 7

2 71,1,2 7 1 0 3 0

0 0 02 71

,1, 2 7 0 Prema ranijem teoremu, skup nije li

x x

x x x x

d xdx d W x x

dx dx dx

d xd x d

dx dx dx

W x x

−

−−

−− = = =

−

− = nearno nezavisan.

2 2

2

1 2

2

1 2

57. Nadji opce rjesenje DJ '' , ako je jedno rjesenje 2 a dva rjesenja DJ

'' 0 iznose sin i cos .

Iz pisemo: sin cos ; 2

sin cos 2

h p h p

h p

y y x y x

y y x x

y y y y c x c x y x

y y y c x c x x

+ = = −

+ =

= + = + = −

= + = + + −




Diferencijalne jedn. primjena 1

11. Diferencijalne jednadzbe - Primjena

11.1 Proracun prirodnodnog rasta ili pada

1. Kultura bakterija se razmnozava tako, da nakon sat vremena broji 1000 celija a nakon

4 sata, 3000 celija. Prikazi jednadzbu promjene u zavisnosti o vremenu i izracunaj

pocetni broj celija kulture.

Oz ( )

( ) ( )

nacimo sa broj celija u vremenu t a, konstanta ovisna o vremenu.

Prirast mozemo prikazati sa DJ: 0 linearnom DJ sa odvojenim

promijenjivama:

Rijesimo: 0 ' 0 Utvrdimo: N

N t k

dN kN

dt

dN kN N kN f x t k g

dt

− −

− = ⇒

− = ⇒ − = ≡ = − ( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

0

Uvodimo FI: Pomnozimo DJ sa FI:

' 0 ' 0 Prema definiciji rjesenje je jednako;

0

Odredimo pocetne uvjete:

Za 1 imamo 1

f x dx kdt kt

kt kt

kt kt kt

x

I x e e e

N kN I x e N Ne

yI x g x I x dx Ne dt c Ne c N t ce

t N

− −

− −

− −

=

∫ ∫ = ≡ =

− = = − =

= ⇔ = = ⇔ = ⇒ =

= =

∫ ∫

( )( ) ( )

( )

1 3

4

0..366 0..366

1000 1000 3

Za 4 imamo 4 3000 3000 ln 3 3 ln

1ln3

3

1Za ln 3 0.366 1000 1000 694

3

Zamijenimo k i c u jednadzbi i nase rjesenje glasi:

kt k k

kt k

N t ce ce e

t N N t ce ce k e

k

k ce c e

N t

−

⇒ = ⇔ = =⇒

= = ⇒ = ⇔ = =

=

= = ⇒ = ⇒ = =

= ( ) 0..366694kt t ce N t e⇔ =

2. U pocetku promatranja je bilo 50 mg mase radioativnog materijala. Nakon dva sata

masa se smanjila za 10%. Prikazi preostlu masu u zavisnosti o vremenu i kolicinu mase

nakon 4 sata i vrijeme poluraspada, tj, vrijeme za koje se masa smanjila na plovicu

pocetne kolicine.

( )

( )

Oznacimo sa trenutnu masuu , konstanta ovisna o vremenu i raspad mozemo

prikazati sa DJ: 0 linearnom DJ sa odvojenim promijenjivama

cije rjersenje znamo: Odredimo pocetne uvjete:kt

N t k

dN kN

dt

N t ce

− −

− = ⇒

=

( ) ( ) 0 0

Za 0 imamo 0 50 50 50t t N mg N t ce ce c= = ⇒ = ⇔ = ⇒ =





( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2

0.053

4 0.0530.053

45Za 2 imamo 2 50 0.9 45 45 50 ln 2 ln

50

1 45ln 0.053

2 50

Zamijenimo k i c u jednadzbi i nase rjesenje glasi: 50

Nakn 4 sata imamo: 4 : 50 50 50 0.

kt k

kt t

t

t N N t ce e

k

N t ce N t e

t N t e e

−

−−

= = ⋅ = ⇒ = ⇔ = ⇒ =

= = −

= ⇔ =

= = = = ⋅

( )

k e

0.053

8089 40.448

1Vrijeme poluraspada: 25 25 50 0.053 ln ln

2

13.078

t

mg

N t mg e t e

t h

−

=

= ⇒ = ⇒ − =

=

3. Stedisa je orocio 5000kn uz kamatnu stopu, koja se racuna kontinuirano, sa 8.5% u

prvih 4 godine i 9.25% za naredne 3 godine. Izracunaj koliko ce biti na racunu, nakon

7 godina.

U pocetku je bilo 500 ( )

( )( )

0.085

0 0.085 0.085

0kn 0 5000 i za prve 4 godine, 0.085.

Nasa DJ ima oblik: 0.085 0 koja ima rjesenje:

( ) 0 4

Za pocetne uvjete: 0 5000 1 5000 ( ) 5000

Nakon 4 godine na rac

kt t

t

N k

dN N

dt

N t ce ce t

t ce c c N t

⇒ = =

− =

= = ≤ ≤

= ⇒ = = ⋅ ⇒ = =

( )

ce

( )

4 0.085 0..34unu je: 4 ( ) 5000 5000 7024.74

Vrijednost 7024.74 je pocetni uvjet za drugi dio zadatka:

U pocetku je bilo 7024.74kn 0 7024.74 i za naredne 3 godine, 0.0925.

Nasa DJ ima oblik

t N t e e kn

kn

N k

= = = ⋅ ⇒

⇒ = =

( )( )

0.0925

4 0.0925 0..37 0.0925

0.

: 0.0925 0 koja ima rjesenje:

( ) 4 7 Za pocetne uvjete: 4;

7024.74 4852.23 ( ) 4852.23

Nakon naredne 3 godine na racunu je: 7 ( ) 4852.23

kt t

t

dN N

dt

N t ce ce t t

ce c e c N t e

t N t e

− =

= = ≤ ≤ ⇒ =

= = ⋅ ⇒ = =

= = ( )0925 7 0..64754852.23

( ) 9271.44

e

N t kn

= ⋅

=

4. Stanovnistvo gradica raste proporcionalno postojecem broju stanovnika. Ako se nakon

2 godine broj stanovnika udvostrucio a nakon 3 godine broji 20,000 stanovnika,

izracunaj pocetni broj stanovnika.

( ) 0Oznacimo sa broj stanovnika u vremenu i pocetni bron stanovnika sa N t t N





0

0 0 0 0

2

0 0 0

Nasa DJ ima oblik: 0 koja ima rjesenje ( )

Za pocetne uvjete: 0 ( ) ( )

Nakon 2 godine populacija se udvostrucuje: 2 ( ) 2 2

1ln 2 2 ln ln 2 0.34

2

kt

k k

k

dN kN N t ce

dt

t N t N N ce c N N t N e

t N t N N N e

k e k

− = =

= = ⇒ = ⇒ = =

= = ⇒ =

= ⇒ = =

t

( )

0..3465

0

3 0..3465 1.0397

0 0 0

65 0.3465

Odnosno, nasa DJ ima oblik: ( )

Broj stanovnika nakon 3 godine iznosi 20,000: 3 ( ) 20,000

20,0000 odnosno: 20,000 2.8284 7071

Gradic je na pocetk

t

k

N t N e

t N t

N e N e N N

⇔ =

=

= =

= = = ⇒

0u promatranja imao 7071 stanovnika. N =0 =

5. U institutu je u toku eksperiment kojim se zeli utvrditi da je sirenje zarazne bolesti proporcionalno broju zarazenih miseva. U populaciju od 500 miseva stavljeno je 5

zarazenih miseva. Ako je predp

( )

( )0

ostavka tocna, za koliko vremena ce biti zarazeno pola

populacije?

Oznacimo sa broj zarazenih miseva u vremenu i pocetni bron zarazenih miseva

5, onda je broj nezarazenih miseva: 500 . Teore

N t t

N N t = −

( )

( ) ( )

( ) ( )

tska predpostavka ocekuje

da je: 500 konstanta proporcionalnosti

Nasa DJ ima oblik: 500 0500

1sa odvojenim koeficijentima. Rastavimo razlomak:

500 500

1

1

500

dN kN N k

dt

dN dN

kN N kdt dt N N

A B DJ

N N N N

A B

= − −

= − ⇒ − =−

= +− −

= = ⇔( ) ( )

( )

1

500 500 odnosno: 0500 500

1 1 10 Rjesenje iznosi:

500 500

dN kdt

N N N N

dN kdt N N

+ − =− −

+ − =

−

( )

( ) ( ) ( )500 500 500 500 500

1

1 1 1 1 ln ln 500500 500 500

ln 500500 500

c kt c kt c kt

dN kdt c N N kt c N N

N N c kt e e e e c e

N N

+ +

+ − = ⇔ − − − −

= + ⇔ = ⇔ = =− −

∫ ∫

kt

=

500

1Konacno nasa jednadzba ima oblik:500

kt N c e

N =

−





( )0 500

1 1

500 500

1

5 5Za koje vrijeme 0 znamo da je ( ) 5 :

500 5 495

1Proracunu predpostavke:

500 500 99

Za koje vrijeme ? ce biti zarazeno pola populacije od 500: ( ) 250

250 1

500 250 9

k

kt kt

t N t c e c

N N c e e

N N

t N

= = = ⇒ =−

= ⇒ =− −

= =

=−

t

500 5001 ln 991 ln 99 500 ln 0.00919

9 99 500

Za daljnje razmatranje, nedostaje konstanta proporcionalnosti, koju ce naucnici morati

pronaci daljnjim ispitivanjem. Zadatak se dalje ne moze bro

kt kt e e kt e t k k

⇒ = ⇒ = ⇒ = =

jcano rjesavati.

1

11.2 Primjena u fizici

6. Metalno tijelo, zagrijano na 100 stavljeno je u prostoriju temperature 0 . Nakon 20

minuta, temperatura tijela spustila se na 50 . Izracunaj vrijeme nakon kojeg ce

temperatura tijela biti 25 i

C C

C

C

temperatura tijela nakon 10 minuta.

Oznacimo sa temperaturu tijela a sa , temperaturu okoline, prostora. Promjena

temperature je onda i oznacimo li konstantu proporcionalnosti sa , jednadzb

mT T

dT k

dt

( )

a

hladjenja (grijanja), koja se naziva i Newton-ova jednadzba izgleda ovako:

odnosno Ovisno o tome, radi li se o grijanju ili

hladjenju, konstanta je pozitivna ili negativna.

U na

m m

dT dT k T T kT kT

dt dt

= − − + =

0

20

sem slucaju je: 0 i 0 Rjesenje jednadzbe je

Za 0 i 100 imamo: 100 100 100

50Za 20 i 50 imamo: 50 100 20 ln ln

100

1 50ln 0.0346 0.0346

20 100

Te

kt

m

kt k kt

k

dT T kT T ce

dt

t T T ce ce c c T e

t T e k e

k k

−

− −

−

= + = ⇒ =

= = = ⇒ = = = ⇒ =

= = = ⇒ − =

−= = − ⇒ = −

( )

0.0346

0.0346

10 0.0346

mperatura tijela mijenja se po jednadzbi: 10025

Tijelo ce imati 25 u vremenu od: 25 100 0.0346 ln ln100

93.6min

Nakon 10 minuta tijelo ce imati temperaturu od: 100

t

t

T e

T C e t e

t

T e

−

−

−

=

= = ⇒ − =

=

=

0.346100

70.751

e

T C

−=

=





2. Metalno tijelo, nepoznate temperature, spremljeno je u sobi konstantne temperature 30 .

Izracunaj pocetnu temperaturu tijela, ako je nakon 10 minuta temperatura tijela 0 a

nakon 20 minuta, 15 C.

Z

C

C

10 10

10

a nepoznatu pocetnu temperaturu, i poznatu =30 nasa jednadba ima oblik:

30 Rjesenje jednadzbe je 30 30

Za 10 i 0 imamo: 30 0 30 30

30

Za

m

kt

kt k k

k

T C

dT dT kT k kT k T cedt dt

t T C T ce ce ce

c e

t

−

− − −

+ = + = ⇒ = +

= = = + ⇒ = + ⇒ = −

= −

( )

20 20

20

10 20 10

10 0.069310 0.693

-0.

20 i 15 imamo: 30 15 30 15

15 Rijesenje iznosi:

130 15 2 10 ln ln 2 ln 2 0.0693

10

i 30 30 30 30 2 60

30 60

kt k k

k

k k k

k

kt

T C T ce ce ce

c e

e e e k e k k

c e c e e

T ce T e

− − −

−

= = = + ⇒ = + ⇒ = −

= −

− = − ⇔ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

= − ⇒ = − = − = − ⋅ = −

= + ⇒ = −

( )

693

0 -0.693

0

0

30

Tijelo ima pocetnu temperaturu za 0: 60 30 60 30

30

t

T t T e

T C

+

= = − + = − +

= −

3. Strujni krug se sastoji od izvora napona 5 , cisto omskog otpora 50 i

induktiviteta 1 . Izracunaj velicinu struje I, strujnog kruga u bilo kojem trenutku .

Odnosi u strujnom krugu dani su je

E V R

L H

= =

=

Ω

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

50 50

50 50 50

dnadzbom: 50 5 rijesimo :

50 5 ' 50 5 linerarna DJ sa rjesenjem:

Utvrdimo: 50 5 Uvodimo FI:

Pomnozimo DJ sa FI: ' 50 5 ' 50 5

Prema d

f t dt dt t

t t t

dI R E dI I I dt L L dt

dI I I I

dt

f t g t I t e e e

I I I t e I Ie e

+ = ⇔ + =

+ = ⇒ + = ⇒

∫ ∫ = = = = =

+ = = + =

( ) ( ) ( )

( )

50 50 50 50

50 050

50

efiniciji rjesenje je jednako;

5 15

50 10

1 1Za pocetne uvjete: 0 i 0 imamo: 0

10 10

1 1 1 jesenje iznosi:

10 10 10

t t t t

t

t

yI t g t I t dt e I e dt e c I ce

t I I ce ce

c R I e

−

−−

−

= ⇔ = = + ⇔ = +

= = = + ⇔ = +

= − = − +

∫ ∫

50 1Vrijednost se naziva tranzientna struja a vrijednost ,stalna struja nakon sto

10

t e−

je prijelazna pojava zavrsena (stady-state).





4. Strujni krug se sastoji od izvora napona 3sin 2 , cisto omskog otpora 10 i

induktiviteta 0.5 , i pocetnom strujom od 6 . Izracunaj velicinu struje I,

strujnog kruga u bilo kojem trenutku .

O

E t R

L H I A

t

= =

= =

Ω

( ) ( ) ( )( ) 20 20

10 3

dnosi u strujnom krugu dani su jednadzbom: sin2t0.5 0.5

Rijesimo : 20 6sin 2 ' 20 6sin 2 linerarna DJ sa rjesenjem:

Utvrdimo: 20 6sin 2 Uvodimo FI:

P

f t dt dt t

dI R E dI

I I dt L L dt

dI I t I I t

dt

f t g t t I t e e e

+ = ⇔ + =

+ = ⇔ + =

∫ ∫ = = = = =

( ) ( )

( ) ( ) ( )

20 20 20

20 20

omnozimo DJ sa FI: ' 20 6sin 2 ' 20 6 sin 2

Prema definiciji rjesenje je jednako: 6 sin 2

Slican integral je rijesen ranije u dijelu Nepravi Integrali:

t t t

t t

I I t I t e I Ie e t

yI t g t I t dt e I e tdt

+ = = + =

= ⇔ =∫ ∫

( )

( )

( )

20 20

2 2

20 20 2

22

0

20 0

6Primijenimo i integrirajmo: 6 sin 2 20sin 2 2cos 2

20 2

6 30sin20sin 2 2cos 2

101 10120 2

Za pocetne uvjete: 0 i 6 imamo: 6

t t

t t t

e tdt e t t c

t t e I e t t c I ce

t I ce

−

−

= −+

= − + ⇒ = + −+

= = = +

∫

20

20

30sin 0 3cos0 36

101 101 101

609 609 30sin 2 3cos 2Rjesenje iznosi:

101 101 101 101

609 30sin 2 3cos 2Vrijednost se naziva tranzientna struja a vrijednost ,

101 101 101

stalna struja nakon

t

t

c

t t c I e

t t e

−

−

− ⇔ = −

= = + −

−

sto je prijelazna pojava zavrsena (stady-state).

sinax

e bxdx∫ ( )22 sin oc s

axea bx b bx ca b= − ++

2 3cos 2

+

[ ] [ ]

5. Celicna kugla mase 2 slobodno pada sa visine 3000 , sa pocetnom brzinom

nula. Na svom putu zrak pruza otpor u vrijednosti , gdje je / brzina8

kugle. Izracunaj granicnu brzinu koju kugla

w kg s m

vk kg v m s

= =

=

postigne i vrijeme padanja.

Prema drugom Newton-ovom zakonu pisemo: . Sila teze iznosi

Sila suprostavljanja iznosi: ovisna o brzini i konstanti proporcionalnosti. Sada

mozemo pisati:

dv F m F mg

dt

kv

dvm

= =

− ⇒

linerarna DJ sa rjesenjemdv k

mg kv v g dt dt m

= − ⇒ + = ⇒





( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

2

0.631 0.613

0.

2Za usvojeni 9.81 / i 2 9.81

9.81

1

8 9.81 0.613 9.812

9.81

Utvrdimo: 0.613 9.81 Uvodimo FI:

Pomnozimo DJ sa FI: ' 0.613 9.81

f t dt dt t

g m s w mg m m

dv k dv dvv g v v

dt m dt dt

f t g t I t e e e

v v I t e

= = ⇒ = ⇒ =

+ = ⇔ + = ⇔ + =

∫ ∫ = = = = =

+ = =

( ) ( ) ( )

( )

( )

613 0.613 0.613

0.613 0.613

0.613 0.613

0.613

' 0.613 9.81

Prema definiciji rjesenje je jednako: 9.81

9.8116

0.613

Za pocetne uvjete: 0 i 0 imamo: 16 0

t t t

t t

t t

t

v e v e

yI t g t I t dt e v e dt

e c v t ce

t v v t ce ce

−

−

+ =

= ⇔ = =

= + ⇔ = +

= = = + ⇔ =

∫ ∫

( )

( )

( ) [ ]

( )

0.613 0

0.613

0.613

16

16 jesenje iznosi: 16 16

Maksimalna brzina koju tijelo postigne iznosi: , 16 /

Vrijeme leta dobijemo iz jednadzbe = 16 16

Inegrirajmo obje strane: 1

t

t

c R v t e

t v t m s

ds dsv e

dt dt

s t

−

−

−

+

= − = − +

= ∞ =

= ⇒ − +

= −( )

( )( )

( )

0.613 0.613

1

0.613

1

0.613 0

1 1

0.613

0.613

166 16 16

0.613

26.1 16

Za pocetne uvjete 0 i 0 imamo: 0 26.1 16 0 26.1

26.1 16 26.1 Pad od 3000 je trajao:

3000 26.1 16 2

t t

t

t

t

e dt e t c

s t e t c

t s e c c

s t e t s m

e t

− −

−

−

−

−

+ = + + =

= + +

= = = + ⋅ + ⇒ = −

= + − =

= + −

∫

0.6136.1 116 0.613

Jednadzba se moze rijesiti metodom pokusaja. Prihvatljivo rjesenje iznosi: 189.23

Tijelo ce pasti na zemlju nakon priblizno 189.23 , brzinom od 16 / .

t e t

t s

s m s

−⇒ = +=

06. Tijelo mase baceno je u vis vertikalno pocetnom brzinom . Tijelu se suprostavlja

otpor zraka proporcionalan brzini tijela. Odredi jednadzbu kretanja, vrzinu tijela u

zavisnosti od vremena i v

m v

t rijeme za koje ce tijelo postici maksimalnu visinu.

Na tijelo djeluje sila teze i sila otpora zraka, obje u istom negativnom smjeru, prema

zemlji: . Sila teze iznosi , sila suprostavljanja izdv

F m F mg dt

= =

( ) ( ) ( )

nosi:

linerarna DJ sa rjesenjem:

Utvrdimo:

k t

m

kv

dv dv k m mg kv v g

dt dt m

k v t ce mg f t g t g

m

−

−

= − − ⇒ + = − ⇒

= − = = −





( )( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

Uvodimo FI: Pomnozimo DJ sa FI:

' ' g Prema definiciji rjesenje je:

g

Za pocetne uvjete:

k k dt t f t d t

m m

k k k t t t

m m m

k k k t t t

m m m

k t

m

I t e e e

k k v v g I t e v e v e

m m

m

yI t g t I t dt e v e dt g e ck

mv t ce g

k

−

∫ ∫ = = =

+ = − = + = −

= ⇔ = − = − +

= −

∫ ∫

( )

( )

( )

0

0 0

0 0

0

0 i imamo:

jesenje iznosi:

Maksimalna visina koju tijelo postigne je za 0

0 Rijesimo po t: 0

k

m

k t

m

k t m

m mt v v v t g e c v g

k k

m mc v g R v t v g e g

k k

v

m mv t v g e g v

k k

−

−

= = = − + ⇔ = − +

= + = + −

=

= = + − =

c

m

k

( )

0

0 00

0

1 1ln ln

1 1

Nasa rjesenja glase: ln 1

k t m

k t

m

k t

m

m m g e g

k k

m g

k k e t em v k v k m

v g k mg mg

v k mv t ce mg t

k mg

−

−

−

+ −

= = ⇔ − =

+ + +

= − = +

7. Tijelo temperature 50 stavljeno je u pec temperature 100 . Nakon 5 minuta tijelo je

imalo temperaturu 60 . Izracunaj nakon koliko vremena ce tijelo imati 75 i na koju

ce se temperaturu zagrijat

C C

C C

i nakon 20 minuta.

Oznacimo vanjsku temperatutu 9okoline) sa 100 i nasa poznata jednadzba ima

oblik: 100 Linearna sa rjesenjem (vidi ranije zadatke):

100 Za pocetne uvjete,

m

m

kt

T C

dT kt kT k DJ

dt

T ce

−

=

+ = =

= + ⇔

0

5 5

0.0446

0, 50 imamo: 50 10050 50 100

40Za 5 i 60 imamo: 50 100 60 50 100

50

40 1 405 ln ln ln 0.0446 50 100

50 5 50

k

kt

kt k k

t

t T cec T e

t T T e e e

k e k T e

−

−

− − −

−

= = = +

= − ⇔ = − +

= = = − + ⇔ = − + ⇒ =

− = ⇒ = − = = − +





0.0446

0.0446 0.0446

0.04

Tijelo ce imati temperaturu 75 u vremenu: 50 100

1 175 50 100 0.0446 ln ln

2 2

1ln

2 15.54 min 15.54 min0.0446

Nakon 20min tijelo ce imati temperaturu od:

50

t

t t

C T e

e e t e

t t

t

T e

−

− −

−

= − +

= − + ⇒ = ⇒ − =

= = =−

=

= −

( )

( )

46 20 0.892100 50 100

50 0.409 100 20.49 100 79.508 79.508

e

T C

−+ = − +

= − + = − + = = T C

8. U rezervoaru volumena 50 nalazi se 10 vode. U trenutku 0, sipana je tekucina

koja sadrzi 1kg soli po litri vode, brzinom od 4 / min. U isto vrijeme iz rezervoara

istice tekucina brzinom 2 / min.

l l t

l

l

=

[ ] [ ]

[ ]

Izracunaj nakon koliko vremena ce se rezervoar

napuniti i kolicinu soli u rezervoaru.

Oznacimo ulaz tekucine u reaervoar sa / min , isticanje tekucine, / min ,

koncentrat soli ulazne tekucine / , ko

e l f l

b k g l [ ]

[ ] [ ]0

0

ncentrat soli u rezervoaru / , kolicinu

soli u rezervoaru, , pocetni volumen tekucine u rezervoaru .

U bilo koje vrijeme, kolicina tekucine u rezervoaru iznosi: , a koncentrat

soli u r

a k g l

Q kg V l

V et ft + −

[ ]

( )

0

0 0

0

0

Qezervoaru je: . Brzina isticanja soli iz rezervoara je prema tome:

/ min

Imamo: 0, 1, 4, 2 i 10

Volumen tekucine u rezervoa

V et ft

Q dQ Q f kg be f

V et ft dt V et ft

dQ f Q be a b e f V

dt V e f t

+ −

⇒ = −

+ − + −

+ = = = = = =+ −

( )

( )

0

0

ru u bilo koje vrijeme iznosi:

10 4 2 10 2 .

Zadatak trazi vrijeme , kada je 10 2 50 20min, (pocetak prelijevanja) i

2 jednadzba poprima oblik:

10 2

V et ft t t

t t t

dQ f dQQ be Q

dt V e f t dt t

+ − = + − = +

+ = ⇒ =

+ = ⇒ + =+ − +

( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

210 210 2

2 2Linearna sa rjesenjem: 4 ; 4;

10 2 10 2

= 10 2 ; 5 f t d t t t

dQ DJ Q f t g t

dt t t

I t e e e t t ++

+ = ⇔ = =+ +

∫ ∫ = = = + >





( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

2 12 ln 10 2 Pomnozimo DJ sa FI:

10 2 10 2

2 24 10 2 10 2 4 10 2

10 2 10 2

8 4 40Rjesenje je jednako: 10 2 4 10 2 40 2 10 2

4 40Zamijenimo: 0, 0.

dt dt t t t

dQ dQQ I x t t Q t

dt t dt t

t t t cQ t t dt t Q t

t t ct Q a Q

= = ++ +

+ = ⇒ + + + = + + +

+ +

+ = + = + ⇒ = +

+ += = = =

∫ ∫

∫ 2

2 2

4 0 40 00 0

10 2 10 2 0

4 40 0 4 20 40 20Prelijevanje je u vremenu 20min : 48

10 2 10 2 20

Rezervoar ce biti pun nakon 20 minuta i kolicina soli u rezervoaru je 48 kg

cc

t

t t t Q Q

t

⋅ + ⋅ +⇔ = ⇒ =

+ + ⋅

+ + ⋅ + ⋅= = = = =

+ + ⋅kg

Ω

9. Strujni krug napona 400cos2 , ima serijski spojen cisto omski otpor 100 i

kondenzator kapaciteta 0.01 . U trenutku 0, kondenzator nema naboja.

Izracunaj struju strujnog kruga u ovisnosti od

E t R

C F t

= =

= =

( ) ( ) ( )( )

2

1

.

Iz elektrotehnike je poznata jednadzba:

400cos24cos2 To je linearna DJ:

100100 10

Utvrdimo: 1 4cos 2 Uvodimo FI:

Pomnozimo DJ sa FI: 4cos 2

f t dt dt t

t

dq q E

dt RC R

dq q t dqq t

dt dt

f t g t t I t e e e

dqq t

dt

−

+ =

+ = ⇒ + = →⋅

∫ ∫ = = = = =

+ = ( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

2 2

2 2

4cos2

Prema definiciji rjesenje je jednako: 4cos 2

Slican integral je rijesen ranije: cos cos sin

4 44cos 2 cos 2 2sin 2 co

51 2

t t t

t t

axax

qt t t

dq I t e e q e t

dt yI t g t I t dt e q e t

ee bxdx a bx b bx c

a b

e t e t t c e

= + =

= ⇔ =

= + ++

= + + =+

∫ ∫

∫

∫

0

8s 2 sin 2

5

4 8 4 8cos 2 sin 2 cos 2 sin 2

5 5 5 5

4 8Za pocetne uvjete: 0 i q 6 imamo: 0 cos 2 0 sin 2 0

5 54 4 4 4 8

0 Rjesenje DJ glasi: cos 2 sin 25 5 5 5 5

Velicinu struje nadjemo

t

t t t

t

t e t c

e q e t t c q ce t t

t ce

c c q e t t

−

−

−

+ +

= + + ⇒ = + +

= = = + ⋅ + ⋅

= + ⇒ = − = − + +

iz odnosa:

4 4 8cos 2 sin 2

4 16 85 5 5cos 2 sin 2

5 5 5

t

t

d e t t dq

I I e t dt dt

−

−

− + +

= = ⇒ = + − t





10. U rezervoaru volumena 100 nalazi se 1kg soli. U trenutku 0, sipana je tekucina koja

sadrzi 1kg soli po litri vode, brzinom od 3 / min. U isto vrijeme iz rezervoara istice

tekucina istom brzinom,

l t

l

=

( )

0

0

3 / min. Izracunaj kolicinu soli u zavisnosti o vremenu, i vrijem

kada ce u rezervoaru biti 2 kg soli.

Koristeci ranije zadatke imamo: 100; 1; 1; 3

33 0.03 3

100

L

l

V a b e f

dQ f dQ dQQ be Q Q

dt V e f t dt dt

= = = = =

+ = ⇒ + = ⇔ + =+ −

( ) ( )

( )( )

( )0.03 0.03

0.03 0.03 0.03

0.03 0.03 0.03

inearna sa rjesenjem: 0.03 3 0.03; 3;

Pomnozimo DJ sa FI: 0.03 3

0.03 3Rjesenje je jednako:

3 100

f t dt dt t

t t t

t t t

dQ DJ Q f t g t

dt

dQ I t e e e Q I t

dt

dQe e Q e

dt e Q e dt e c Q ce

+ = ⇔ = =

∫ ∫ = = = + =

+ =

= = + ⇒ =∫ ( )

0.03

0.03 00.03

0.03

0.03

0.03

100 Zamijenimo u jednadzbi:

0, 1. 100 1 100 99

99 100

U rezervoaru ce biti 2 kg soli: 2 za vrijeme od: 2 99 100

9899 98 0.03 ln ln

99

t

t

t

t

t

t Q a Q ce ce

Q e

Q e

e t e

−

− ⋅−

−

−

−

+

= = = = + ⇔ = + ⇒ −

= − +

= = − +

− = − ⇔ − = ⇔1 98

ln 0.338min0.03 99

t = − =

( )

( )

2

2

2

2

11. Nadji ortogonalne trajektorije porodice krivulja: .

( , , )Postavimo: ( , , ) 0 ( , , ) diferencirajno: 2

2 2Oslobodimo se konstantre c: 2 ,

1

,

y cx

d F x y c F x y c F x y c y cx cx

dx

y dy y y cx c cx f x y

dx x x x

dy

dx f x y

=

= ⇔ = − ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ = ⇒ =

= − =

y

22

2

22

2 2 0 Rjesenje DJ sa odvojenim2

koeficijentima iznosi: 2 0 22

Originalne krivulje su parabole dok su ortogonalne trajektorije, skup elipsa

2

x xdx ydy xdx ydy

y

x xdx ydy xd x ydy c y c

y cx

x y c

−⇒ − = ⇔ + =

+ = ⇒ + = ⇒ + =

=

+ =

∫ ∫

( )

2 2

2 2 2 2

12. Nadji ortogonalne trajektorije porodice krivulja: .

( , , )Diferencirajno: ' 2 2

x y cx

dF x y c dy x y cx x y c x y c

dx dx

+ =

⇒ + = = + = ⇔ + = x





( )

( )

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( )

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2

2 2 2 22 2 2

2 2 ,2 2

2 2Rijesimo DJ: ,

2 2 2, DJ je homogena:

2Uvedimo supstituciju: ,

x y x y dy dy y x y xc x y f x y

x x dx dx xy xy

dy xy xy f x y

dx x y x y

x y xy xy f x y x y x y x y

x xudy du y xu u x f x y

dx dx

λ λ λ

λ λ λλ λ

+ + − −= ⇒ = + ⇒ = ⇒ ⇒

= =− −

= = = −−−

= ⇒ = + = =( )

( )

( )

( )( )

22

2 2

2 2 22

2

2 2

2

12 1 10

1 1

1 1 20 Sada imamo DJ sa odvojenim koeficijentima:

1

1 1 2 1 1 201 1

ln ln ln 1 ln

x xu

u u x xudu du uu x x dx du

dx dx xu u u x xu

udx du

x u u

u udx du dx du c x u x uu u

x u u c

⇔−

+ −+ = ⇒ = − ⇒ + =

− +−

+ − + =

+

+ − + = ⇒ + − + = + +

− + + + ⇒

∫ ∫

( )

( )

2 2

22 2 2

2

ln 1 ln ln 1

ln Zamijenimo

1 1

x u u k x u

yc k u

x

y y x u ku x k x y ky

x x

+ + = − + ⇒ + =

= =

+ = ⇒ + = ⇒ + =

ku




Diferencijalne jedn. viseg reda 1

12. Diferencijalne jednadzbe viseg reda

12.1 Homogene diferencijalne jednadzbe sa konstantnim koeficijentima

1 2

1 0

2

1 0

1 2 1 2

2 1 1 1 2 2

1. Za jednadzbu oblika '' ' 0 ovisno o rjesenju karakteristicne

algebarske jednadzbe, + ' 0 rjesenje je:

Ako su realni: odnosno ako je

= : cosh cosh

Ako

y a y a y

a a

y c e c e

y k x k x

λ λ

λ λ

λ λ

λ λ λ λ

+ + =

+ =

≠ = +

− = +( ) ( )

1 1

1 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

su : cos sin

Ako su : cos sin

a bi x a bi x ax ax

ax ax

a bi y d e d e y c e bx c e bx

y c e c xe y c e bx c e bxλ λ

λ

λ λ

+ −= + = + ⇒ = +

= = + ⇒ = +

( ) ( )

1 2

2

2 1

5 5

1 2 1 2

1 2

1

Rijesi '' 5 0

Karakteristicna jednadzba glasi: 5 0 5 = i rjesenje je:

cosh sinhzamjenimo

cosh sinh

cosh 5 sinh 5 cosh 5 sinh 5

x x x

x

y y

e x x y c e c e c e c e

e x x

y c x x c x x

c c

λλ λ

λ

λ λ λ λ

λ λλ λ

−−

− =

− = ⇒ = ± ⇒ −

= += + = + ⇒ = −

= + + − =

= +( ) ( )2 1 2 1 2cosh 5 sinh 5 cosh 5 sinh 5 x c c x y k x k x+ − ⇒ = +

( ) ( )

( ) ( )

2

1,2

1 2

2 2 2 2

1 2 1 2

2. Rijesi '' 4 ' 5 0

Karakteristicna jednadzba glasi: 4 5 0 2 i rjesenje je:

odnosno za 2 i 1 cos sin

3. Rijesi 10 21 0

K

a bi x a bi x

i x i x x x

y y y

i

y d e d e

y c e d e a b y c e x c e x

y y y

λ λ λ+ −

− + − − − −

+ + =

+ + = ⇒ = − ±

= +

= + = − = = +

+ + =

1 2

2

1 2

3 7

1 2 1 2

arakteristicna jednadzba glasi: 10 21 0 3; 7 i rjesenje je:

t t y c e c e y c e c eλ λ

λ λ λ λ− −

+ + = ⇒ = − = −

= + ⇒ = +

1 1

2

2

2 2

2 2

2

1,2

0.1 0.1

1 2 1 2

4. Rijesi 100 20 0

Preuredimo DJ: 100 20 0 0.2 0.01 0

Karakteristicna jednadzba glasi: 0.2 0.01 0 0.1 i rjesenje je:

t t

d K dK K

dt dt

d K dK d K dK K K dt dt dt dt

y c e c e y c e c eλ λ

λ λ λ− −

− + =

− + = ⇔ − + =

− + = ⇒ = −

= + ⇒ =

2

1 2

5. Rijesi '' ' 2 0

Karakteristicna jednadzba glasi: 2 0 1; 2 i rjesenje je:

y y y

λ λ λ λ

− − =

− − = ⇒ = − =





1 2 2

1 2 1 2 x x y c e c e y c e c eλ λ −= + ⇒ =

12.2 Linearne diferencijalne jednadzbe sa konstantnim koeficijentima

( ) ( )1 '

1 1 0

6. Slicno homogenim DJ, drugog reda, linearne homogene DJ imaju rjesenje analogno

rjesenju karakteristicne jednadzbe. DJ sa konstantnim koeficijentima ( 1,2,3,... )

blika: ... 0

j

n n

n

a j n

y a y a y a−

−

=

+ + + + =( ) ( )

1 2

1

1 1 0

1 2

3 2

ima karakteristicnu jednadzbu:

... 0 i rjesenje

...

Rijesi ''' 6 '' 11 ' 6 0

Karakteristicna jednadzba glasi: 6 11 6 0 Za rjesenje algebarskih

jednadzbi

n

n n

n

x x x

n

a a a

y c e c e c e

y y y y

λλ λ

λ λ λ

λ λ λ

−−+ + + + =

= + + +

− + − =

− + − = ⇒

( ) ( ) ( )1 2 3

1 2

viseg reda pogledati u dijelu Mate Vijuga, Rijesni zadaci za srednju skoluJednadzbe viseg reda.

Jednadzba ima tri rjesenja: 1; 2; 3 pa je mozemo pisati u obliku

1 2 3 Rjesenje DJ: x y c e c e

λ λ λ

λ λ λ

= = =

− − − = + 2 3

3

x xc e+

( ) ( )

4 3 2

4 3 2

4 3 2

1 2 3 4

2 2 2 2

1 2 3 4

7. Rijesi 4 7 4 6 0

Karakteristicna jednadzba glasi: 4 7 4 6 0

Jednadzba ima 4 rjesenja: 2 2; 2 2; ;

Rjesenje DJ: . Primiji t i t it it

d x d x d x dx x

dt dt dt dt

i i i i

x c e c e c e c e

λ λ λ λ

λ λ λ λ+ − −

− + − + =

− + − + =

= + = + = = −= + + +

( )

( ) ( ) ( )

( )

2 2 2 2 2

2

2 2

1 2 3

4

2 2 2

1 1 2

enimo Euler-ov

identitet pa mozemo pisati: cos 2 sin 2

cos 2 sin 2 Primijenimo:

cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos sin

cos sin

cos 2 sin 2

i t t it it

it

t t

t t

e e e e t i t

e t i t

x c e t i t c e t i t c t i t

c t i t

x c e t ic e t c e

+

−

= ⇒ = +

= −

= + + − + +

+ −

= + +

+

( ) ( ) ( ) ( )

2

2 3 3

4 4

1 1 2 2 1 2 3 3 4 4 3 4

2 2

1 2 3 4

cos 2 sin 2 cos sin

cos sin

Sredimo: ; ; ; rjesenje glasi:

cos 2 sin 2 cos sin

t t

t t

t ic e t c t ic t

c t ic t

d c c d c c d c c d c c

x d e t d e t d t d t

− + +

+ −= + = − = + = −

= + + +

+

( )2

8. Nadji opce rjesenje linearne homogene DJ treceg reda ako su poznata dva rjesenja:

i sin3 . x

y x

e x−





( )( )( )

1 2,3

3 2

Iz zadanog rjesenja znamo da je 2 i 3. Karakteristicna jednadzba se

moze napisati kao produkt: 2 3 3 =0 2 9 18 0

Pripadajuca DJ glasi: ''' 2 '' 9 ' 18 0

i

i i

y y y

λ λ

λ λ λ λ λ λ

= − = ±

+ + − ⇔ + + + =

+ + + =

12.3 Linearne diferencijalne - Metoda sa nedefiniranim koeficijentima

( ) ( ) ( )

Poznavajunje rjesenja homogene linearne DJ viseg reda, moze se koristiti u rjesavanju DJ po

ranije opisanom poucku: ; ; Poznata rjesenja su za 0.

Ova metoda primijenjuje predpostavku da

h p L y x y y y L y= Φ = + =

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

1 1 2 2

1

1 1 1

1

su partikularna rjesenja

... gdje su neodredjene konstante. Rjesenje je:

Za - polinom n-tog reda: ...

, , . treba izracunati!

Za - k, s

p n n n

n n

n p n n

n n

x

y A y x A y x A y x a

x p x y A x A x A x

A A

x ke

α

α

−−

−

= + + +

Φ = = + + +

Φ =( ) 1 2

u poznate konstante: konstantu treba izracunati!Za sin cos - k, su konstante: sin cos

konstante , treba izracunati!

x

p

p

y Ae A x k x k x y A x B x

A B

α

β β β β β=

Φ = + = +

( ) ( ) ( )

1 2

2

2

1 1

2

1 2 1 2

2

9. Rijesi '' ' 2 4

Rijesimo naj prije homogenu DJ: '' ' 2 0

Karakteristicna jednadzba: 2 0 ima rjesenja: 1; 2

Rjesenje DJ: ...

4

n x x x x x

n

n

n

p n n

y y y x

y y y

y c e c e c e y c e c e

x x x p x

y A x A

λλ λ

λ λ λ λ−

− − =

− − =

− − = = − =

= + + + ⇒ = +

Φ = ⇒ Φ =

= +

( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

1 1 1

2 ' "

2 1 0 2 1 2

2 2

2 2 1 2 1 0

2 2

2 2 1 2 1 0

2

2 2 1 2 1 0

... shodno tome predpostavljamo:

2 2

Zamijenimo: '' ' 2 4 2 2 2 4

odnosno: 2 2 2 2 2 4

2 2 2 2 2 4

n

p p p

x A x

y A x A x A y A x A y A

y y y x A A x A A x A x A x

A A x A A x A x A x

x A x A A A A A

−− + +

= + + ⇒ = + ⇒ =

− − = ⇒ − + − + + =

− − − − − =

− + − − + − − = ( )

2

( )

2

2 2 1 2 1 0

2 1 0

2 2

2 1 0

2 2 2 2

1 2 1 2

0 0

izjednacimo koeficijente: 2 4; 2 2 0 2 2 0 rijesimo:

2; 2; 3

2 2 3 Sveukupno rjesenje je onda:

2 2 3 2 2 3

p p

x x x x

h p

x x

A A A A A A

A A A

y A x A x A y x x

y y y c e c e x x y c e c e x x− −

+ +

− = − − = ⇒ − − =

= − = = −= + + ⇒ = − + −

= + = + + − + − ⇒ = + − + −





( ) ( )

2

1

3 4 3 4 3 3

1 2 1 2

10. Rijesi 6 25 2sin cos2 2

Rijesimo naj prije homogenu DJ: 6 25 0

Karakteristicna jednadzba: 6 25 0 ima rjesenja: ,2 3 4

Rjesenje homogene DJ: cos 4 sini t i t t t

t t y y y

y y y

i

y c e c e k e t k e

λ λ λ+ −

− + = −

− + =

− + = = ±

= + ⇒ +

( ) 1 2

' "

4 (Euler!)

sin cos - k, su konstante. Rjesenje je: sin cos

sin cos cos sin sin cos2 2 2 2 2 4 2 4 2

Zamijenimo: 6 25 2sin cos2 2

sin cos 6 c4 2 4 2 2

p

p p p

t

x k x k x y A x B

t t A t t A t B t y A B y B y

t t y y y

A t B t A

β β β βΦ = + = +

= + ⇒ = − ⇒ = − −

− + = −

− − −

os sin 25 sin cos 2sin cos2 2 2 2 2 2

sin cos 6 cos 6 sin 25 sin 25 cos 2sin cos

4 2 4 2 2 2 2 2 2 2 299 99

3 sin 3 cos 2sin cos izjednacimo koeficijente:4 2 4 2 2 2

99

4

t t t t t t B A B

A t B t A t t t t t t B A B

t t t t A B A B

A

− + + = −

− − − + + + = −

+ + − + = −

2 1 0

3 31 2

3

1

993 2 3 1

4

99 12 8 56 20Rijesimo: A= ; 2; 2; 3

99 -12 -16 663 663

56 20sin cos sin 2cos Sveukupno rjesenje je:

2 2 663 2 663 2

cos 4 sin 4

p p

t t h p p

t

B A B

A B B A A A

B A

t t t t y A B y

y y y k e t k e t y

y k e

+ = − + = −

+ = −⇒ = ⇒ = − = = −

=

= + ⇒ = −

= + = + +

= 3

2

56 20cos 4 sin 4 sin 2cos

663 2 663 2

t t t t k e t + + −

( )

3 2

1 2 3

2 3

1 2 3

11. Rijesi ''' 6 " 11 ' 6 2

Rijesimo naj prije homogenu DJ: ''' 6 " 11 ' 6 0

Karakteristicna jednadzba: 6 11 6 0 ima rjesenja: 1; 2; 3

Rjesenje homogene DJ:

2

x

x x x

x

y y y y xe

y y y y

y c e c e c e

x xe

λ λ λ λ λ λ

−

−

− + − =

− + − =

− + − = = = =

= + +

Φ = ⇒ ( ) ( )

( )1 0 1 0

' "

1 1 0 1 1 0

'''

1 1 0

kombinacija od 1, 2 .

Predpostavljamo rjesenje:

2

3 Zamijenimo:

x

n n

x x x

p p

x x x x x x

p p

x x x

p

e p x p x x

y e A x A y e A x e A

y e A x e A e A y e A x e A e A

y e A x e A e A

α α− − −

− − − − − −

− − −

− = − =

= + ⇒ = +

= − + − ⇒ = − +

= − + −

''' 6 " 11 ' 6 2 x y y y y xe−− + − =





( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1 0 1 1 0

1 1 0 1 0

1 1 0 1 1

1 0 1

3 6 2

11 6 2 + 0 Sredimo :

24 26 24 2 + 0 24 2 26 24 0

1 13

; Zamijenimo i dobijemo:12 144

x x x x x x

x x x x x x x

x x x x

x

p

e A x e A e A e A x e A e A

e A x e A e A e A x e A xe e

e A x e A A xe e A A A

A A y e A x

− − − − − −

− − − − − − −

− − − −

−

− + − − − + +

+ − + − − + =

− + − = ⇒ − = −

= − = − =

0 =

0

2 3

1 2 3

2 3

1 2 3

1 13Opce rjesenje:

12 144

1 13

12 144

x

x x x x x

p h p

x x x x x

e A

y xe e y y y c e c e c e y

y c e c e c e xe e

−

− −

− −

+

= − − = + = + + +

= + + − − −

p

12.4 Linearne diferencijalne - Metoda varijacije parametara

1 1

Ova metoda koristi ranije spomenuti poucak, da je opce rjesenje jednako zbroju rjesenjahomogene DJ i partikularnog rjesenja.

Ako partikularno rjesenje ima u sebi funkcije od , moze se pisati: p x y u y=

( )

2 2

' ' '

1 1 2 2

'

1

...

nepoznate funkcije ; linearno nezavisna rjesenja ( ) 0

Rjesenje se svodi na rjesavanje simultanih linearnih jednadzbi po ',koje se potom integriraju:

... 0

n n

i i

n n

u y u y

u u x y L y

u

u y u y u y

u y

+ + +

− − =

+ + + =

( )

' ' ' ' '

1 2 2

' 2 ' 2 ' 21 1 2 2

' 1 ' 1 ' 1

1 1 2 2

... 0

... 0

...

n n

n n nn n

n n n

n n

u y u y

u y u y u y

u y u y u y x

− − −

− − −

+ + + =

+ + + =+ + + = Φ

( )3 3

2

1 2

2 2

1 2 1 2

12. Rijesi DJ " ' 2 2

Rijesimo naj prije homogenu DJ: " ' 2 0

Karakteristicna jednadzba: 2 0 ima rjesenja: 1; 2;


Postavimo sada

x x

x x x x

h

y y y e n x e

y y y

y c e c e y e y e

λ λ λ λ− −

− − = = Φ =

− − =

− − = = − =

= + = =

( ) ( ) ( )

2

1 2

' ' 2' ' '1 21 1 2 2

' 1 ' 1 ' 1 ' ' 2 3

1 1 2 2 1 2

4 4 4' '

1 1 2 2

parametre:

0... 0

... 2

rjesenje sistema daje:

3 3 12 3

x x

p

x x

n n

n n n x x x

n n

x x x x x

y u e u e

u e u eu y u y u y

u y u y u y x u e u e e

e e e e eu u dx u u

−

−

− − − −

= +

+ = + + + = ⇒ + + + = Φ − + =

= − ⇒ = − = − = ⇒ =∫

Zamjena:3 3

xedx =∫





4 3 32 2

1 2

3 32

1 2

ili, opce rjesenje:12 3 12 3

12 3

x x x x x x x x

p

x x x x

h p

e e e e y u e u e e e

e e y y y y c e c e

− −

−

= + = − + = − +

= + ⇒ = + − +

( )2 2

2

1

1 2 1 2

13. Rijesi DJ 4 sin 2 2 sin 2

Rijesimo naj prije homogenu DJ: 4 0

Karakteristicna jednadzba: 4 0 ima rjesenja: , 2 2

Rjesenje homogene DJ: cos 2 sin 2 cos 2 sin 2

Postavim

h

x x t n x t

x x

i

x c t c t y t y

λ λ

+ = = Φ =

+ =

+ = = ±

= + = =

( ) ( ) ( )

t

1 2

' ' ' ' '

1 1 2 2 1 2

' 1 ' 1 ' 1 ' ' 2

1 1 2 2 1 2

' 3

1 1

o sada parametre: cos2 sin 2

... 0 cos 2 sin 2 0

... 2sin 2 2cos 2 sin 2

1 1Rjesenje sistema: sin 2 sin2 2

p

n n

n n n

n n

x u t u t

u y u y u y u t u t

u y u y u y x u t u t t

u t u

− − −

= +

+ + + = + = ⇒

+ + + = Φ − + =

= − ⇒ = −

( )

( )

3 3

' 3

2 2

3 3

1 2

2 4 4

2 2 2 2 2

1 12 cos 2 cos 24 12

12cos 2 2cos 2 sin 2 Zamijenimo:

12

1 1 1cos 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos 2 sin 2 sin 2

4 12 12

1 1cos 2 cos 2 sin 2

4 12

1 1cos 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin

4 12

p

p

tdt t t

u t u t t

x u t u t t t t t t

t t t

x t t t t

= −

= ⇒ = =

= + = − + =

= − −

= − − +

∫

∫

( )1

2 2 2 2 2

2 2

1 2

2

1 1 1 1 1cos 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2

4 12 12 6 12

1 1cos 2 sin 2 cos 2 sin 2

6 12

p

h p

t

x t t t t t

y y y c t c t t t

= − + = +

= + ⇒ + + +

( ) ( )( )

4

4

41,2,3,4

2 4

1 2 3 4

2 3

1 2 3 4

14. Rijesi DJ 5 4 5

Rijesimo naj prije homogenu DJ: 0

Karakteristicna jednadzba: 0 ima rjesenja: 0


1; ; ;

Postavimo sada par

h

y x n x x

y

y c c x c x c x

y y x y x y x

λ λ

= = Φ =

=

= == + + +

= = = =

( ) ( ) ( ) (2 3

1 2 3 4ametre: 1 p y u u x u x u x= + + + )





( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

' 4 4 5

1 1

' ' ' 2 ' 3

1 2 3 4' 3 3 4

2 2' ' ' ' 2

1 2 3 4

' ' ' ' ' 2 2 31 2 3 4 3 3' ' ' '

1 2 3 4

'

4 4

5 5 1

6 6 61 0

5 5 5

0 1 2 3 0 2 2 8

5 5 50 0 2 6 0

2 2 60 0 0 6 55 5

6 6

u x u x dx x

u u x u x u x

u x u x dx xu u u x u x

u u u u x u x u x dx x

u u u u x

u x u xdx

= − → = − = − + + + = = → = = + + + =

⇒ + + + = = − → = − = − + + + =

= → =

∫

∫

∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

3

2 3 5 4 3 2

1 2 3 4

3 3 5 2 4 5

1 2 3 4

5

12

Zamijenimo vruijednosti:

1 5 51 1

6 8 6

5 1 1

12 24 24

Brze i jednostavnije rjesenj

p p

h p

x

y u u x u x u x y x x x x x

x x x y y y c c x c x c x x

=

= + + + = = − + + −

+ = ⇒ = + = + + + +

∫

e dobije se integriranjem obiju strana jednadzbe, cetiri puta.

+

( ) ( ) ( )

3 2

1 2 3

15. Rijesi ''' 6 " 11 ' 6 0.

Izracunaj DJ ako su poznati pocetni uvjeti: 0; ' 0; " 1

Rijesimo homogenu DJ: ''' 6 " 11 ' 6 0

Karakteristicna jednadzba: 6 11 6 0 ima rjesenja: 1; 2; 3

y y y y

y y y

y y y y

π π π

λ λ λ λ λ λ

− + − =

= = =

− + − =

− + − = = = =

( )

( )( )

2 3

1 2 3

2 3 2 3

1 2 3 1 2 3

2 3 2 3

1 2 3 1 2 3

2 3 2

1 2 3 1 2

Rjesenje homogene DJ: Uvrstimo pocetne uvjete:

0

' 2 3 ' 2 3 0" 4 9 " 4 9

x x x

h

x x x

h

x x x

h

x x x

h

y c e c e c e

y c e c e c e y c e c e c e

y c e c e c e y c e c e c e y c e c e c e y c e c e c

π π π

π π π

π π

π

ππ

= + +

= + + ⇒ = + + =

= + + ⇒ = + + == + + ⇒ = + +

( )

( ) ( ) ( )

3

3

2 3

1 2 3

2 3 2 2 3 3

1 2 3

2 3

1

Rjesenje sistema daje:

1 1; ; Uvrstimo u nase opce rjesenje DJ:

2 2

1 1

2 2

1 1

2 2

x x x x x x

h

x x x

h

e

c e c e c e

y c e c e c e e e e e e e

y e e e

π

π π π

π π π

π π π

− − −

− − −

− − −

=

= = − =

= + + = + − +

= − +





12.5 Primjena linearnih diferencijalnij jednadzbi drugog reda

( )1 0

Linearne DJ drugog reda primjenjuju se u racunanju problema vezanih za probleme titranja,

uzgona i u elektrotehnici.

Opci oblik linearne DJ sa konstantnim koficijentima je:Opce rjesenj

x a x a x f t + + = ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 1

1 2

e DJ za nepriguseno titranje, je pri a 0; 0 : cos sin

Prirodna frekvencija:2

Cirkularna frekvencija: 2

1Perioda sistema:

Drugi oblik rjesenja DJ: cos sin je: 1 ck

f t x t c t c t

f

f

T f

x t c t c t x t A

ω ω

ωπ

ω π

ω ω

= = = +

=

=

=

= + = − ( )

2

2 2 1

1 2 1 1

2

os gdje je:

; arctan ; 1 za 0 0 za 0

t

c

A c c k c k cc

ω ϕ

ϕ

−

= + = = > = <

16. Masa od 0.25 kg objesena je na opruzi usljed cega se opruga istegne za 39.24 cm.

U pocetku je gibanje imalo brzinu od 4 m/s u smjeru prema dolje. Izracunaj gibanje mase

ako se gibanju suprostavlja o

( )( )

( )

1 0

tpor zraka u vrijednosti od 2 kg.

Upisimo pocetnu jednadzbu:

0.25; 2; 0, jer nema vanjske sile.

0.25 9.81Konstantu nadjemo preka Hook-ovom zakonu:

0.3924

x

f t a k x a x a x f t x x x

m m m

m a f t

m g k k

l

−

+ + = ⇔ + + =

= = =

⋅ ⋅= =

( )

( ) ( )

2

1,2

4

1 2 1 2

6.25

2 6.25Postavimo jednadzbu: 0

0.25 0.25

8 25 0 8 25 0

Rjesenja su konjugirano kompleksna: 4 3 pa je rjesenje DJ:

cos sin cos3ax ax t

f t a k x x x x x x

m m m

x x x

i

y x c e bx c e bx x t c e t c e

λ λ

λ− −

=

+ + = ⇔ + + =

+ + = ⇒ + + =

= − ±

= + ⇒ = +

( ) ( )

( )

( )( )

( )

4

4 4 4 0 4 0

1 2 1 2 1

4 4

1 2

4 4 4 4

1 1 2 2

2

sin3

Iz pocetnih uvjeta imamo: 0 0; 0 4

cos3 sin 3 0 cos3 0 sin 3 0 0

cos3 sin 30 4

4 4 cos3 3 sin 3 4 cos3 3 sin 3

4:

3

t

t t

t t

t t t t

t

x x

x t c e t c e t c e c e c

d c e t c e t x

dt

c e t c e t c e t c e t

c x t

− − − ⋅ − ⋅

− −

− − − −

= =

= + ⇒ = ⋅ + ⋅ ⇒ =

+= ⇒

= − − − −

= =

44sin 3 Titranje je priguseno, 0 za

3

t e t x t − → → ∞





17. Uteg mase 2kg visi na opruzi poznate konstante 6N/m u stanju mirovanja. Izracunaj

jednadzbu kretanja ako je kretanje zapoceto brzinom od 150cm/s. Potom odredi

prirodnu i cirkularnu frekvencije i pe

( )( )

( )

( )( )

1 0

2

1,2

riodu sistema.


0 nema valjske sile na uteg i otpora zraka: 0

62 6 / 0 3 0

2

: 3 0 3 0

f t a k x a x a x f t x x xm m m

f t a

f t a k m kg k N m x x x x x x t x x

m m m

DJ x x iλ λ

+ + = ⇔ + + =

= =

= = + + = ⇒ + = ⇒ ≡ + =

+ = ⇒ + = → = ±

( ) ( )

( )( )

1 2 1 2

1 2 1

2

0

3 pa nase rjesenje glasi:

cos sin cos 3 sin 3

Primijenimo pocetne uvjete:

U trenutku 0, sistem miruje, 0 : 0 cos 3 0 sin 3 0 0sin 3

Pocetna brzina je zadana: 150 / 1.

y x c bx c bx x t c t c t

t x x c c x t c t

v cm s

= + ⇒ = +

= = = ⋅ + ⋅ ⇒=

= =

c =

( )

( ) ( )

2

2 2

2

5 / :

sin 3 1.51.5 3 cos 3

dt 3

1.5Konacno rjesenje: sin 3 sin 3 0.866sin 3

3

Cirkularna frekvencija: 2 3 1.732

1.732Prirodna frekvencija: 0.2762 2

1 2 1Perioda sistema:

0

m s

d c t x c t c

x t c t t x t t

f Hz

f Hz

T f

ω π

ωπ π

πω

= = = ⇒ =

= = ⇒ =

= = =

= = =

= = =

3.627.276

s=

( )

18. Uteg mase 10kg visi na opruzi poznate konstante 140N/m u stanju mirovanja. Izracunaj

jednadzbu kretanja ako je kretanje zapoceto brzinom od 1 m/s prema gore uvjetovanu

vanjskom silom of 5sin . Kr f t t =

( )( )

1 0

etanju se suprostavlja otpor zraka od -90x. Potom

odredi jednadzbu nepromijenjenog stanja, nakon sto je prijelazna pojava zavrsila.


10 1

f t a k x a x a x f t x x x

m m m

m kg k

+ + = ⇔ + + =

= =

( )

( )( )

40 / 5sin 90

90 140 5sin 19 14 sin

10 10 10 2

N m f t t a

f t a k t x x x x x x x t x x x t

m m m

= =

+ + = ⇒ + + = ⇒ ≡ + + =





12

1,2

2

2 7

1 2

1: 9 14 sin Rijesimo naj prije homogenu DJ:

2

29 81 4 149 14 0 9 14 0

72

Opce rjesenje glasi:

1Partikularno rjesenje 9 14 sin , po metodi

2

t t

h

DJ x x x t

x x x

x c e c e

x x x t

λλ λ λ

λ− −

+ + = ⇒

= − − ± − ⋅+ + = ⇒ + + = ⇒ = =

= −

= +

+ + =

( ) ( ) ( ) ( )

nedefiniranih koeficijenata glasi:

sin cos

sin cos cos sin

sin cos

1sin cos 9 cos sin 14 sin cos sin 0 cos

2

9 13 013 9

;1 50013 92

p

p p

p

x A t B t

x A t B t x A t B t

x A t B t

A t B t A t B t A t B t t t

A B

A B A B

= +

= + ⇒ = − = − −

− − + − + + = +

+ =

⇒ = = − − =

( )

( ) 2 7

1 2

500

13 9sin cos sin cos

500 500

Cjelokupno rjesenje DJ glasi:

13 9sin cos

500 500

Stady state sistema nastaje nakon prestanka prelazne pojave, oznacene sa , tj samo

za :

p

h p

t t

h

p

x A t B t t t

x t x x

x t c e c e t t

x

x x

− −

= + = −

= +

= + + −

( )

( )

( ) ( ) ( )

2 2

2 2

1 2

11

2

13 9

sin cos500 500

Cirkularna frekvencija 1 pa prema ranijem tumacenju imamo:

13 90.0316

500 500

13

13500arctan arctan 0.965 54.7 0 19 9

500

1 cosk

t t t

A c c

crad c k

c

x t A t

ω

ϕ

ω ϕ

= −=

= + = + − =

= = = − = − − > → = −

= − −

( ) ( )0.0316 cos 0.965 x t t ⇒ = − +

19. Strujni krug sa serijski spojenim 10 , 0.01 i 0.5 ima narinuti napon od

12 . U trenutku 0 nema protoka struje i nema naboja na kondenzatoru.

Izracunaj struju strujnog kruga.

R C F L H

E V t

= Ω = =

= =





( )

( )

2 2

2 2

2

1,2 1 2

10 10

1 2

1 1DJ ima oblik: 20 200 0

Karakteristicna jednadzba : 20 200 0 sa rjesenjem:

10 10 Rjesenje DJ: cos sin

cos10 si

ax ax

t t

d I R dI dE d I dI I I

L dt LC L Ldt dt dt dt

a bi i y x c e bx c e bx

I t c e t c e

λ λ

λ − −

− −

+ + = ⇒ + + =

+ + = ⇒

= ± = − ± ⇒ = +

= +

( ) ( ) ( )

( )

0 0

10 10 10 0 10 0

1 2 1 2

10 10 10

1 1 2

n10Pocetni uvjeti za 0 daju:

1 1 1 10 10 12 0 0 24

0.5 0.5 0.5 0.01

cos10 sin10 0 cos10 0 sin10 0 0

10 cos10 10 sin10 10 sin

t t

t t t

t t

dI R E I q

dt L L LC

I t c e t c e t c e c e c

dI c e t c e t c e

dt

− − − ⋅ − ⋅

− − −

=

= − − ⇒ − − =⋅

= + ⇒ = ⋅ + ⋅ ⇔

= − − −

1 =

( )

( )

10

2

10 0 10 0 10 0

2 2 2

10 10

2 1 2

10

10 10 cos10

24 10 sin10 0 10 cos10 0 24 10 cos10 0

10 5

Zamijenimo: cos10 sin1024 12

5sin10

12

t

t t

t

t c e t

c e c e c e

c I t c e t c e t

dq I t e t

dt

−

− ⋅ − ⋅ − ⋅

− −

−

+

= − ⋅ + ⋅ ⇒ = ⋅

= = = +

= =

420. Strujni krug sa serijski spojenim 5 , 4 10 i 0.05 ima narinuti napon

od 200cos100 V. U trenutku 0 nema protoka struje i nema naboja na

kondenzatoru. Izracunaj struju strujnog kruga.

DJ

R C F L H

E t t

−= Ω = ⋅ =

= =

( )

2

2

2

2 4

2

2

2

1 1ima oblik:

5 1 1200 100 sin100

0.05 0.050.05 4 10

100 50000 400000sin100

Karakteristicna jednadzba : 100 50000 0 sa rjesenjem:

d I R dI dE I

L dt LC L Ldt dt

d I dI I t

dt dt

d I dI I t

dt dt

λ λ

−

+ + =

+ + = − ⋅ ⋅⋅ ⋅

+ + = −

+ + = ⇒

( )( )

1,2

1 250 50

1 2

50 50 19

Rjesenje homogenog dijela: cos sin

cos50 19 sin 50 19

Partikularno rjesenje 100 50000 400000sin100 , po metodi nedefiniranih

koeficijenata g

ax ax

t t

h

a bi i

y x c e bx c e bx

I t c e t c e t

I I t

λ− −

− −

= ± = − ±

= +

= +

+ + = −

lasi:





( ) (

( )

sin100 cos100

sin100 cos100 100 cos100 100 sin100

10000 sin100 10000 cos100

10000 sin100 10000 cos100 100 100 cos100 100 sin100

50000 sin100 cos100 400000s

p

p p

p

I A t B t

I A t B t I A t B t

I A t B t

A t B t A t B t

A t B t

= +

= + = − = − −

− − + − +

+ + = −

( )( ) ( ) ( )

)

( )

in100 0 cos100

40000 10000 sin100 40000 10000 cos100 400000sin100 0 cos10

4 40 160 40;

4 0 17 17

160 40sin100 cos100 sin100 cos100

17 17

Cjelokupno rjesenje DJ glasi:

p

h p

t t

A B t B A t t

A B A B

B A

I A t B t t t

I t I I

I

+− + + = − +

− = − ⇒ = =

+ =

= + = − +

= +

( )

( )

( ) ( )

( )

50 50

1 2

1 2

0 0

4

50

1 2

40 160cos50 19 sin 50 19 cos100 sin100

17 17

Iz pocetnih uvjeta nadjimo c

1 1Pocetni uvjeti za 0 daju: 0

1 5 1200 0 0 4000

0.05 0.05 0.05 4 10

cos50 19

t t

t

t c e t c e t t t

i c

dI Rt E I q

dt L L LC

I t c e t c e

− −

−

−

= + + −

= = − −

− − =⋅ ⋅

= +

( )

( )

50

0 0

1 2 1 1

50 50

1 1

50 50

2 2

40 160sin 50 19 cos100 sin100

17 17

40 160 40 400 cos 0 sin 0 cos0 sin 0 0 2.3517 17 17 17

50 cos50 19 50 19 sin 50 19

4000 16050 sin 50 19 50 19 cos50 19 sin100

17

t

t t

t t

t t t

c e c e c c

dI c e t c e t

dt

c e t c e t t

−

− −

− −

+ −

= + + − ⇒ + = ⇒ = − = −

= − − +

− + − −

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

0 0 0

2 2

2 2

10 10

00cos100

17

4000 2.35 50 cos0 2.35 50 19 sin 0 50 sin 0 50 19 cos 0

4000 16000 16000sin 0 cos0 4000 2.35 50 50 19 22.13

17 17 17

40 160Zamijenimo: 2.35 cos10 22.13 sin10 cos10017 17

t t

t

e e c e c

c c

I t e t e t t − −

= − − − − + − +

− − ⇒ = − − + − ⇒ =

= − + + −

0e

sin100t

21. Izvedi jednadzbu gibanja cilindra koji pluta u tekucini. Cilindar radijusa 0.4m, visine 1m

i tezine 402 kg, pusti se da padne u tekucinu sa 20% vlastite visine, brzinom 5 m/s.

Tekucina ima specific 3nu gustoce 1000kg/m .





2

Prema Ahimedovom zakonu, tezina istisnute tekucine i tezina tijela su u ravnotezi:

Kada tijelo nije u ravnotezi zbog djelovanja sile, pomak po osi , koristeci Newton-ov

zakon mozemo prikaza

mg r h

x

π ρ=

( )2

2

3

2

2 2

ti jednadzbom:

odnosno 0

402Postavimo zadatak: 402 ; 0.4 ; 1000kg/m ;

9.81

U ravnotezi, cilindar pluta u tekucini uronjen:

4020.8

0.4 1000

ma mx r h x t mg

r x xm

mg kg r m m

mg r h

mg h m

r

π ρ

πρ

ρ

π ρ

πρ π

= = − −

+ =

= = = =

=

= = = ⇒⋅

( )

2

2

2

0.8 Iznad tekucine vidi se dio cilindra u

visini od 1- 0.8 0.2

Zadano je 25% 0.25 1 0.25 i DJ ima oblik: 0

0.4 10000.25 0 153.25 0 Karakterisitcna jednadzba:

402

9.81

1

h m

m

r x h x m x x

m

x x x

πρ

π

λ

= →

=

= ⇒ = ⋅ = + =

+ = ⇒ + = ⇔

+

( )

( )

1,2

1 2

53.25 0 12.38 Rjesenje DJ glasi:

cos12.38 sin12.38

U trenutku 0, 25% visine je van vode sto iznosi 0.25 ili 0.05 iznad ravnoteznog

stanja (0.2 ), pa mozemo pisati: 0, 0 0.05. Pocet

i

x t c t c t

t m

m t x

λ= ⇒ = ±

= +

=

= = ( )

( ) ( )

m

( )( )

1 2

1 2 1

1 2

2

na brzina je 0 5.

Izracunajmo konstante:

0, 0 0.05 cos12.38 sin12.38

0.05 cos12.38 0 sin12.38 0 0.05

0 5 12.38 sin12.38 12.38 cos12.38

5 12.38 0.05sin12.38 0 12.38

x

t x x t c t c t

c c c

dx t x c t c t

dt

c

= −

= = ⇒ = +

= ⋅ + ⋅ ⇒ =

= = − = − +

− = − ⋅ ⋅ +

( )

( )

2 2

1 2

cos12.38 0 5 12.38 0.4

Zamijenimo: cos12.38 sin12.38

0.05cos12.38 0.4sin12.38

c c

x t c t c t

x t t t

⋅ ⇒ − = ⇒ = −

= +

= −




13. LAPLACE TRANSFORMACIJA

13.1 Opcenito o Laplace-ovoj transformaciji

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )0 0

Laplace transformacija se obicno oznacava sa ili a dobije se rjesenjem

neodredjenog integrala: lim

Ako integral konvergira, transformacija postoji. Predpostavlja

k

sx sx

k

L f x F s

L f x F s e f x dx e f x dx∞

− −

→∞= = =∫ ∫

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 2 1 2

se da je funkcija realne

variable, definirana u 0 x .

Svojstva Laplace transformacije:

Ako je i onda za vrijedi:

+

Ako je tada za svaku konstantu vrijedi:

f x

L f x F s L g x G s

L c f x c g x c F s c G s

L f x F s a

≤ ≤ ∞

= =

+ =

= ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

00

0

Ako je tada za svaki pozitivni cijeli broj vrijedi:

1

1Ako je i ako lim tada vrijedi:

Ako je tada vrijedi:

ax

nn

n

x s x

x

L e f x F s a

L f x F s n

d F s L x f x

ds

f x L f x F s L f x F t dt

x x

L f x F s L f t dt

∞

→>

= −=

= −

= =

=

∫

∫ ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

0

1

Ako je periodicna funkcija sa periodom ,sto znaci da je

tada vrijedi:1

sx

s

F s s

f x

e f x dx

f x f x L f xe

ω

ω

ω

ω

−

−

=

+ = =−

∫

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1

0

Inverzna Laplace transformacija se oznacava sa . To je funkcija koja ima

svojstvo da je =

Konvolucija dviju funkcija i :

Teoremi konvolucije:

Ako je

x

L F s f x

L f x F s

f x g x f x g x f t g x t dt

f x g x g x f x

L f

−

= −

=

∫

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

i tada vrijedi:

+G

x F s L g x G s

L f x g x L f x f x F s G s

= =

= = +

Laplace 1




( ) ( )

( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

0 0 jedinicna step funkcija

1 01gdje je

0slijedi, za svaki broj c

1 0

Translacia funkcije za vrijednost c:Ako je = vrijedi:

cs

xu x

x L u x c e

c x cu x c

x c

f x F s L f x L u x c f x c e

−

<=

≥ − =

< − = ≥

− − = ( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

0

cs F s

x cu x c f x c

f x c x c

L F s G s f x g x g x f x

−

−

<− − =

− ≥

= =

Tablica Laplace Transformacija

( )f x ( ) ( )L f x = F s ( )f x ( ) ( )L f x = F s

1 ( )1

0 s s

> sin x x ( )

( )2

2 2

20

as s

s a>

+

x ( )2

10 s

s> cos x x

( )( )

2 2

22 2

0 s a

s s a

−>

+

( )1 1,2,3..n x n− = ( )

( )1 !

0n

n s

s

−> 1n a x e− x

( )

( )( )

1 !

n

n s a

s a

−>

−

x ( )3

21 02

s sπ − > sinbxe ax ( )

( )2 2 a s b

s b a>

− +

axe ( )1

s a s a

>−

cosbxe ax ( )

( )2 2

s b

s b s b a

−>

− +

sin ax ( )2 2

0a

s s a

>+

( )1

1axea

− ( )

1

s s a−

cos ax ( )2 2

0 s

s s a

>+

1

x

ae−

− ( )1

1 s as+

sinh ax ( )2 2

a

s a s a>

− ( )sin ax b+

2 2

sin cos s b a

s a

+

+

b

cosh ax ( )2 2

s s a

s a>

+ ( )cos ax b+

2 2

cos sin s b a

s a

−

+

b

1 axe

x

− ln

s a

s

−

bx axe e

x

− ln

s a

s b

+

−

Laplace 2




( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

0 0 0

2

2

1. Nadji Laplace transformaciju za funkciju

lim lim

Rijesimo naj prije neodredjeni integral:

21

;

k k

sx sx sx

k k

sx

sx sx sx

f x x

L f x F s e f x dx e f x dx e x dx

u x du xdxe x dx

dv e dx v e dx e s

∞− − −

→∞ →∞

−

− − −

=

= = = ⇔

= = = = = = −

∫ ∫ ∫

∫ ∫

2

2

2

2 22

2 2 3

12

2

11

;

1

2 1 2 2

sx sx

sx sx

sx sx sx

sx sx sx

sx sx

sx sx sx sx sx sx s

xe e xdx

s s

xe e xdx

s s

u x du dx x

e xdx e e dx s sdv e dx v e dx e

s

xe e

s s x x x x

e x dx e e e e e e s s s s s s s

− −

− −

− − −

− − −

− −

− − − − − − −

= − − − =

= − +

= =

= = − + = = = −

= − −

= − + − − = − − −

∫

∫

∫ ∫ ∫

∫

=

22

2 3

0 0

2 20 0 0

2 3 2 3

2

2 3 3

2

2 3

2 2lim lim

2 2 0 20 2lim

2 2 2lim

2 2 2Za 0, lim

x

k k

sx sx sx sx

R k

sk sk sk s s s

k

sk sk sk sk

k

sk sk sk

k

x xe x dx e e e

s s s

k k e e e e e e

s s s s s s

k k e e e e

s s s s

k k s e e e

s s s s

− − − −

→∞ →∞

− − − − − −

→∞

− − − −

→∞

− − −

→∞

= − − − =

= − − − − − − −

= − − − +

< − − − +

∫

( )

3

2

2 3 3 3

2

3

divergira i nema Laplace transformacije

2 2 2 2Za 0, lim i to je trazena transformacija

2

sk

sk

sk sk sk k

e

k k s e

se e s e s s s

L x F s s

−

−

→∞

= ∞

> − − − + =

= =

( )

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0

2. Nadji Laplace transformaciju za funkciju sin

lim lim sin

Rijesimo neodredjeni integral:

k k

sx sx sx

k k

f x ax

L f x F s e f x dx e f x dx e axdx∞

− − −

→∞ →∞

=

= = = ⇔∫ ∫ ∫

Laplace 3




sin cos

sin 1

1sin cos sin cos

cos sin

cos 1

sx

sx sx sx

sx sx sx sx

sx

sx sx sx

u ax du a axdx

I e axdxdv e dx v e dx e

s

a ae ax e a axdx I e ax e axdx

s s s s

u ax du a axdxa

e axdx s dv e dx v e dx e

s

−

− − −

− − − −

−

− − −

= =

= = = = = = −

= − − − ⇒ = − −

= = −

= = = = −

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

a

( )

2 2

2 2

2

2 2 2

2 2 2 2

2

1cos sin

sin cos sin

sin cos

sin cos

sin cos

sx sx

I

sx sx sx

sx

sx

sx

s

a ae ax e a axdx

s s s

a a a a I e ax e ax e axdx

s s s s

a a a

e ax ax I s s s

a ae ax ax

a a a s s I I e ax ax I s s s s a

s

sae

− −

− − −

−

−

−

−

=

= − − − −

= − + − − =

= − − −

− −+ = − − ⇒ = =

+

−=

∫

∫

( ) ( )

2 2

2 2 2 2

0

2 0 2 2

2 2 2 2 2 2

2

2 2

sin cos sin cosUvrstimo: lim

sin cos sin 0 cos 0lim

sin 0

k x s

k

sk s

k

ax a ax sae ax a ax I

s a s a

sae ak a ak sae a a a a

s a s a s aa

L ax F s s s a

−

→∞

− −

→∞

− −= =

+ +

− − − −= − =

+ +

= = >+

x −

+

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

5

0 0 5

555 0

0 50 5

5 5

1 53. Nadji Laplace transformaciju za funkciju

1 5

1 1

1 1 1 11 lim 1 lim = +

1 1 1+ lim =

sx sx sx

k k sx sx sx sx s s

k k

sk s

k

x f x

x

L f x F s e f x dx e dx e dx

e dx e dx e e e e s s s s

e e e s s s

∞ ∞− − −

− − − − −

→∞ →∞

− − −

→∞

− ≤ =

>

= = = − + =

= − + = + − −

− +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ −

( )5 51 1 2 10 s s se e s

s s s s

− −− + = − >

Vidi graf funkcije u nastavku.

Laplace 4




( )

( ) ( )

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

( ) ( )

5

5

0

1

2

4. Nadji Laplace transformaciju za funkciju

; Zadatak se moze rijesiti na vise nacina:

1 !1. Iz Tablice Laplace Transformacija:

2 1 ! 12, 5 =5 5

x

sx x

n ax

n

f x xe

L f x F s e xe dx

n f x x e F s s a

s a

n a F s s s

∞−

−

=

= =

−= ⇒ = >

−

−

= = ⇒ = − −

∫

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

2 2

5

2

2

155

2. Teorem: Ako je tada za konst. vrijedi: :

1Postavimo i 5 imamo: 5

1

5

3. Teorem: Ako je tada za vrijedi: 1

ax

x

nn

F s s s

L f x F s a L e f x F s a

f x x a L f x L x F s L e x F s s

s

d F s L f x F s n L x f x

= >−

= =

= = = = = = −

=−

= = −

−

=

( ) ( )( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

5 5

5

2 2

1Postavimo i 1 imamo: Iz tablice odnosno:

5

1

5 0 5 1 1 1

5 5

n

x x

n x

n

ds

f x e n L e F s s

d s s

L x eds s s

= = = =−

− ⋅ − − ⋅ = − = − =− −

( )

( ) ( )

( )( )

( )

( )( )

2

2

0

2 2

5. Nadji Laplace transformaciju za funkciju sin 3

sin3 ; Zadatak se moze rijesiti na vise nacina:

1.Tablica Laplace Transformacija: sin

32, 3

2

x

sx x

bx

f x e x

L f x F s e e xdx

a f x e ax s b

s b a

b a F s s

−

∞− −

=

= =

= ⇒ >− +

= − = ⇒ =− −

∫

( )( )

( )2 2 22

3 3=

2 9 2 93 F s

s s=

+ + + ++

Laplace 5




( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )( )

( )

2 2

2

2

2


3Postavimo sin3 i 3 imamo: sin3

3

3Sada primijenimo poucak: 2 sin 3 2 2

2 3

1

2 9

ax

x


f x x a L x F s s

a L e x F s F s s

F s s

−

= =

= = = =+

= = − − = + = + +

=+ +

−

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2

0

2 2

6. Nadji Laplace transformaciju za funkciju sin3

sin3 ; Zadatak se moze rijesiti na vise nacina:

1. Iz Tablice Laplace Transformacija: sin

32, 3

x

sx x

bx

f x e x x

L f x F s e e xdx

a

f x e ax s b s b a

b a F s s

−

∞− −

=

= =

= ⇒ >− +

= − = ⇒ =− −

∫

( ) ( )( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

2 2 22

2 2

2

3 3=

2 9 2 92 3


3Postavimo sin 3 i 3 imamo: sin 3

3

Sada primijenimo poucak: 2 sin 3 2

32

ax

x

F s s s


f x x a L x F s s

a L e x F s

F s s

−

=+ + + ++

= =

= = = =+

= = − −

+ = +( )

−

( ) ( )2 22

1 2 3 2 9 F s s⇒ =+ + +

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )( )

( )

2 2 2 2

00

sin37. Nadji Laplace transformaciju za funkciju

Postavimo sin3 ; Iz tablica za 3:

3 3sin3

9 9

Sada koristimo svojstvo:Ako je i ako lim tada vrijedi:

1

x x

x f x

x

f x x a

a L x F s F t

s a s t

f x L f x F s x

L f x x

→>

=

= =

= = = ⇒ =+ + +

=

( )

2 2

sin 3 3 3lim lim arctan

39 9

lim arctan lim arctan arctan3 3 2 3

k k

k k s s s s

k k

x t F t dt L dt dt

x t t

k s sπ

∞ ∞

→∞ →∞

→∞ →∞

= ⇒ = = =

+ +

= − = −

∫ ∫ ∫ =

Laplace 6




( )

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

0

2 2 2

20

8. Nadji Laplace transformaciju za funkciju sinh2

Postavimo sinh 2 sinh 2 ; Iz tablica za 2:

2sinh 2 Potom primijenimo teorem:

41 2

tada vrijedi:4

x

x

f x tdt

f t t f x x a

a L x F s

s a s

L f x F s L f t dt F s s s s

=

= ⇒ = =

= = =− −

= = =

−

∫

∫

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

2 1

0 0

2 2

0 0

1 0 19. Nadji Laplace transformaciju za funkciju ;sa periodom

1 1 2

2, vidi sliku!

Prema teoremu za periodicnu funkciju:

11 1

sx sx

sx sx

s s

x f x

x

f x f x

e f x dx e f x dx L f x e f x dx e dx

e e

ω

ω

ω

− −

− −

− −

< ≤ =

− < ≤

=

+ =

= = ⇒ =− −

∫ ∫ ∫ ( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( )

( )( )

2

1

1 2

0 2

0 1

22 2

2

22

0

2 2

2

2

1

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1= 2 1 1 Zamijenimo:

s s

11 1

s=

1 1 1 1

1

1

sx

sx sx s s s

s s s s s s

sx s

s

s ss s

s s

s s

e d

e e e e e e s s s s s s

e e e e e e s s s s

e f x dx e e L f x F s

e e s e e

e e

s ee

−

− − − − −

− − − − − −

− −−

− − − −

−

−

+ −

= − − − = − + − − + =

= − + + − − + = −

− −= = = =

− − − +

− =+

∫ ∫

∫

x =

2 2

2 2

1tanh

2

s s

s s

e e s

s s e e

−

−

− = = +

Laplace 7




( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2

2

0 0

2 2

0

1 010. Nadji Laplace transformaciju za funkciju ;sa periodom

2 2

2 , vidi sliku!


1 1

sx sx

sx

s s

x f x

x x

f x f x

e f x dx e f x dx

L f x e f x dx ee e

ω π

π

π

π

π π π

ω π

ω

− −

−

− −

≤ ≤ =

− ≤ ≤

=

+ =

= = ⇒ =− −

∫ ∫ ∫ ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( )( )( ) ( )( )

0

22

2

2 2

2

2

20

2 2

2

22 2

1 12 2 1 1

s s

11

sZamijenimo: =1 1

1 11 tanh

21 1 1

sx

sx s s s

sx s

s s

s s

s s s

x dx

e x dx e e e

e f x dx e

L f x F se e

e e s

s s e e s e

π

ππ π π

π

π

π

π π

π π

π π π

π

π

−

− − − −

− −

− −

− −

− − −

+

+ − = − + = −

−= = =

− −

− −= = =

− + +

∫

∫

∫

( ) ( )

4 4

0

4 4

111. Nadji Laplace transformaciju za funkciju sinh3

Koristimo teorem: , za 4 :

1 sinh 3 Naj prije postavimo : sinh 3

Slicno ranijem zadatku:

x x t

ax

t x

L xe e tdt t

L e f x F s a a

xdx L e tdt L e

t x

L

−

− −

= − = −

⇒

∫

( ) ( )

2 2 2

k

2 2s

sinh 3 3 3Iz tablica: ( ) ( )

3 9

sinh 3 3 3 t

= lim lim arctan = lim arctan arctan3 39 9

arctan Zamijenimo 4;2 3

k k k s s

ax

xdx F s F t

x s t

xdx

L dt dt x t t

sa L e f x F s a

π

∞ ∞

→∞ →∞ →∞

⇒ = ⇔ =

+ +

∞ = = −

+ +

= − = − = −

∫ ∫ 3=

41 4sinh 3 arctan

2 3

t s L e tdt

t

π− + = −

Laplace 8




( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

4

0 0

4

0

1 1Sada koristimo teorem: sinh 3

1 1 4arctan arctan ; Dalje, koristimo teorem:

2 3 2 3

11 ; 1 sinh 3 1

21

x x

t

x

nn t

n

L f t dt F s L e tdt s t

s s

s s s

d F s d F s L x f x n L x e tdt t d ds

d

π π

π

−

−

= ⇒ =

+ = − = −

= − = ⇒ = −

−

∫ ∫

∫ s

( )

2 2 2

2 2 2

1 4arctan

1 4 1 13arctan

32 41

3

1 4 3arctan

32 9 4

Konacno mozemo primijeniti teorem spomenut na pocetku:

Za 4 :

s

s s s

ds s s s s

s

s s s s

a

π

π

+ − + = − − − − − ⋅ = +

+

+ = − +

+ +

=( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

4

2 2

0

2 22 2

1 1 4sinh 3 arctan

32 4 4

3 1 3arctan

3 4 92 4 44 9 4 4

x

t s L x e tdtx

t s s

s

s s s s s s

π

π

− − += − +

− −

+ = − + − +− −− + − +

∫ 4

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

0 0

2 2

2

0

1 0 112. Nadji Laplace transformaciju za funkciju ;sa periodom

0 1 2

2, vidi sliku!


1 1

1

sx sx

s s

sx sx

x f x

x

f x f x

e f x dx e f x dx

L f xe e

e f x dx e dx

ω

ω

ω

− −

− −

− −

≤ ≤ =

≤ ≤ =

+ =

= =− −

=

∫ ∫

∫ ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )( )

11 2

00 1

2

0

2 2

1 1 1 10 0

s s s s

1 1 1sZamijenimo: =1 1 1 1

1=

1

sx sx s s

sx s s

s s s s

s

e dx e e e

e f x dx e e L f x F s

e e s e e

L f x F s s e

π

− − −

−− −

− − − −

−

+ = − + = − − =

− −= = =

− − − +

=+

∫ ∫

∫

1 −−

Vidi sliku funkcije u nastavku.

Laplace 9




( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

0 0

2 2

2

0

0 113. Nadji Laplace transformaciju za funkciju ;sa periodom

1 1 2

2, vidi sliku!


1 1

sx sx

s s

sx sx

x x f x

x

f x f x

e f x dx e f x dx

L f x

e e

e f x dx e x dx

ω

ω

ω

− −

− −

− −

≤ ≤ =

≤ ≤

=

+ =

= =

− −

=

∫ ∫

∫ ( )

( ) ( )

( )

1 21 2

10 1 0

1 2

2

2 2 2

0 1

22

2 2 2

2

0

1 1 11

s s

1 1 1 1 1 1 10

s s s s

1 1 1 1 1 1

s s s

Zamijenimo: =

sx sx sx sx

sx sx sx s s s s

s s s s s s

sx

xe dx e e e

s s

xe e e e e e e

s s s s

e see e e e

s s s

e f x dx

L f x F s

π

− − − −

− − − − − − −

− −− − − −

−

+ = + − + −

= − − = − − + − − =

− −= − + − − =

=

∫ ∫

∫

=

( )

2

22

2 2 2 2

1

11 1 1

s s

s s

s s s

e se

e se s

e e s e

− −

− −

− − −

− −− −

= =− − −

13.2 Inverzna Laplace transformacija

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

1

1

Inverzna Laplace Transformacija se oznacava sa .

To je funkcija koja ima svojstvo da je:

Ako postoji inverzna Laplace transformacija dviju funkcija i ( ) onda moraju postojati

k

L F s

L F s f x L f x F s

F s G x

−

− = =

( ) ( ) ( ) 1 1 1

1 2 1 2onstante za koje vrijedi: ( ) L c F s c G s c L F s c L G s− − −+ = +

Laplace 10




( )

( )

1

1

1

1 5

114. Nadji

1 1Iz tablice transformacija imamo: 1 Prema tome je 1

115. Nadji

5

1 1Iz tablice transformacija imamo:

5

1Prema tome je

5

ax

x

L s

F s L L s s

L s

F s L e s s

L e s

−

−

−

−

= ⇒ = ⇒ =

−

= ⇒ = ⇒− −

=

−

1

s

a

Laplace 11




( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1

22

2 22 2 2

2 22 2 2

2 22 2 2 2

516. Nadji

1

5 2Iz tablice transformacija imamo: sin

1

5 2Sada moramo preurediti izraz da odgovara izrazu u tablici: ?? :

1

52

5 5 22

21 1

s L

s

s a F s L f x x ax

s s

s as

s s a

s s s

s s s

−

+

= ⇒ = =+ +

+ +

= =+ + +( )

s

a

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

22

1 1

2 22 2 2

1

2

2 22 2

2

za 11

5 5 2 5 5sin

2 2 21 1

17. Nadji2 9

Iz tablice transformacija imamo: ; i

2 2Preuredimo izraz da odgovara tablici:

2 9

a

s s L L x

s s

s L

s

a s b

s b a s b a

s s

s

− −

−

=

= = + +

− +

−

− + − +

− + −=

− + ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

1 1 1 12 2 2 2

1 2 1 2 2

2 2 2

2 2

2 9 2 9

2 2 2 2 2 9 2 9 2 9 2 9

2 3 2cos3 cos3 sin 3

3 32 9 2 3

x x

s s

s s s L L L L s s s s

s L e x L e x e

s s

− − − −

− −

+− + − +

− + − = = +

− + − + − + − +

= + = +

− + − +

x x

=

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

2

2 22 2

2 2

18. Nadji2 9

Iz tablice transformacija imamo funkciju oblika: ; i

2 2 2 2Preuredimo izraz da odgovara tablici:

2 9 2 9 2 9

s L

s

a s

s b a s b a

s s

s s s

−

− +

−

− + − +

− + −= +

− + − + − +2

b

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1

2 2 2

2 2 2 2

2 9 2 9 2 9 2 9

s s s L L L L

s s s s

− − − − − + −

= = + − + − + − + − +

2=

Laplace 12




( ) ( )1 2 1 2

2 2 2

2 3 2cos3 cos3 sin 3

3 32 9 2 3

x x s L e x L e x

s s

− −

= + = + − + − +

2 xe x

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

1

2

22 2 2

2 2 2 22 2 2

1 1 1

2 2 22 2

419. Nadji 4 8

Nadopunimo na potpuni kvadrat: 4 8 2 2 2 4 8 2 4

4 2 2 2 2

4 8 2 2 2 2 2 2

4 2 2

4 8 2 2 2 2

s L s s

s s s s s

s s s

s s s s s

s s L L L

s s s s

L

−

− − −

−

+ + +

+ + = + ⋅ + − + = + +

+ + + += = +

+ + + + + + + +

+ + = + =

+ + + + + +

1 2 2

2

4cos 2 sin 2

4 8

x x se x e x

s s

− −+ = +

+ +

1

2

2 2

2 2

22 2 2 2

2

220. Nadji

3 4

3 3 3 Nadopunimo na kvadrat: 3 4 2 4

2 2 2

3 9 3 7 2 3 7 3 74

2 4 2 4 2 4 2 23 4

3Preuredimo i brojnik: 2

s L

s s

s s s s

s s s s s

s s

s s

− +

− +

− + = − ⋅ + − + =

+ = − − + = − + ⇒ = − + = − + − +

+ = −

1 1

2 22

1 1

22

7 3odnosno: 2 7

2 2 2 2

3 77

2 22

3 4 3 7

2 2

73

227

3 7 3

2 2 2

s s

s s

L L s s

s

s L L

s s

− −

− −

+ + = − +

− + + = = − +

− +

− = +

− + −

7

22

3 3

1 2 2

2

7

2

2 7 7cos 7 sin

2 23 4

x x s L e x e x

s s

−

=

+

+ = +

− +

Laplace 13




( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1 321. Nadji

2 1

Ovu vrstu zadataka rjesavamo rastavljanjem razlomka na parcijalne razlomke:

31 3 1 2 2

2 1 2 12

1Rijesimo sistem jednadzbi:

3 2

s L

s s

s A B s A s B s As A Bs B

s s s s s A B A B

A B

A B

− +

− +

+≡ + ⇒ ⋅ + = + + − = + + −

− + − +

= + + −

= +

= −

=

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2

5 2; Nas razlomak ima oblik:

3 3

3 5 1 2 1i nasa inverzna Laplace transformacija

2 1 3 2 3 1

3 5 1 2 1 5 2

2 1 3 2 3 1 3 3

x x

A B

s

s s s s

s L L L e e x

s s s s

− − − −

⇒ = = −

+= −

− + − +

+ = − = −

− + − +

( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) (

( ) ( ) ( ) ( )

1

3 2

3 2 33 2

2 3 3

4 3 2

822. Nadji

2

8 8

2 12 12

8 2 1 2 1 2 1 1

8 2 2

Dajuci vrijednosti ( 0, 1, 2 )dobijemo sis

L s s s

A B C D E

s s s s s s s s s s s

As s s Bs s s C s s Ds s Es s

s A D E s A B D E s A B C s B C C

s

−

− −

= ≡ + + + +− +− +− −

= − + + − + + − + + + + −

= + + + − + + − + − + + + − − −

= ± ±

)2

2 2

( ) ( ) ( ) ( )

2 3 2 3

1 1 1 1 1 1

2 3

tem jedn. sa rjesenjima:

1 83; 2; 4; ; Nas razlomak ima sada oblik:3 3

3 2 4 1 8

2 1 3 2 3 1

1 1 2 1 1 8( ) 3 2 2

3 2 3

A B C D E

A B C D E

s s s s s s s s s s

L F s L L L L L s s s s

− − − − − −

= − = = − = =

−+ + + + = + − + +

− + − +

= − + − + +

− +

1

s

1 2 2

1

1 8( ) 3 2 2

3 3

x x L F s x x e e− −

= − + − + +

( )( )

( )( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

2 2

2 2 2 2

2 2

3 2 3 2

123. Nadji

1 4 8

1

1 4 8 1 4 8

1 4 8 1

0 0 0 1 4 8 4 8

L s s s

As B Cs D

s s s s s s

As B s s Cs D s

s s s s A C s A B D s A B C B D

− + − +

+ +≡ +

+ − + + − +

= + − + + + +

+ + + = + + + + + + + + +

Laplace 14




( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2 2 2 2

2 2 2

2 2

4 7 4 9Rjesenja su: ; ; ; Nas razlomak ima sada oblik:

65 65 65 65

4 7 4 9

65 65 65 65

1 4 8 1 4 8

4 7

4 7 165 65

65 651 1 1

4 8 2 2 2

A B C D

s s As B Cs D

s s s s s s

s s

s s s

s s s s

= − = = =

− + + + + + = +

+ − + + − +

− +

= − ++ + +

− + = − ⋅ + ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

22 2 2

2 2 22 2 2 2

2 22 2

1

22 2 2 2 2

1

2 22

2 8 2 2

4 9

4 2 1 4 2 1 2 165 65

65 65 65 24 8 2 2 2 2 2 2

4 2 1 2

65 1302 2 2 2

1 4 7 1 4 2

65 65 651 4 8 1 1 2 2

1 2 4

130 65 12 2

s

s s s

s s s s s

s

s s

s s L

s s s s s s

s L

s s

−

−

− + = + +

+ + + + ⋅ = = + =

⋅− + + + + + + +

+

= ++ + + +

+ = − + + +

+ − + + + + +

+ = −++ + ( ) ( )

( )

1 1

22 2

1

2 2

1 2 2

7 1 4 2

65 651 2 2

1 2

130 2 2

4 7 4 1( ) cos sin cos 2 sin 2

65 65 65 130

x x

s L L

s s

L s

L F s x x e x e x

− −

−

− − −

+ + +

+ + +

+

+ +

= − + + +

+

13.3 Konvolucija funkcija

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

0

Konvolucija dviju funkcija je odnos prikazan sa:

Teoremi konvolucije:

Ako je L ( ) i L ( ) vrijedi:

L L L ( ) G( )

Jedinicna step funkcija definirana je sa:

x

f x g x f t g x t dt

f x g x g x f x

f x F s g x G s

f x g x f x g x F s s

= −

=

= =

= =

∫

( )

( ) ( )

0 0i za konstantu c vrijedi:

1 0

0 1L

1

cs

xu x

x

x cu x c u x c e

x c s

−

<=

≥

<− = ⇒ − =

≥

Laplace 15




( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

( )-1

Za funkciju , i 0 se kaze da je pomaknuta u smjeru pozitivne osi , za vrijednost c

0ako rijedi:

Ako je ( ) L tada je L ( ) odnosno inverzno:

L ( )

cs

cs

f x x x

x cu x c f x c

f x c x c

F s f x u x c f x c e F s

e F s u x c f x

−

−

≥

<− − =

− ≥

= − − =

= − ( )( )

0 x cc

f x c x c<− =

− ≥

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

0

2 2 2

2 2 2 2 3

00 0 0 0

2 3 42

0 0 0

3 42 2

25. Nadji za funkcije ;

Funkcija 2

2 2

22 3 4

0 2 0 03 4

x

x x x x

xt

x x x

f x g x f x x g x x

f x g x f t g x t dt

f t t g x t x t x xt t

f x g x t x xt t dt x tdt t xdt t dt e

t t t x x

x x f x g x x x x

= =

= −

= − = − = − +

= − + = − + = =

= − +

= − − − + −

∫

∫ ∫ ∫ ∫

4 44 2

3 4 1

x x x x= − + =

4

2

( )

( ) ( ) ( )

( )

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )

1

2

2 2 2

1 1 1

2 2

1

0 0

126. Nadji koristeci teoreme konvolucije

4

1 1 1 1 1 1( ) 1 ( )

2sin24 4 4

1 1 1( ) ( )

4 4

1 1 11

2sin2

x x

L

s s

G s F s s s t s s s s

L L G s F s L g x f x s s s s

g t f x t dt dt Lt s s

−

− − −

−

+

= ⋅ ⇒ = → = →+ + +

= = =

+ +

− = ⇒

∫ ∫

( )( )

20

1 1 1cos 2 1- cos 2

2 2 44

x

t x

= − = +

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

27. Nacrtaj graf funkcije 2 3

0 2 0Funkcija: 2 i funkcija 3

1 2 1

0 0 0 2

2 3 1 0 1 2 3

1 1 0 3

f x u x u x

x xu x u x

x x

x

f x u x u x x

x

= − − −

< <− = − =

≥ ≥

− = <

= − − − = − = ≤ < − = ≥

3

3

Laplace 16




( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2

22 2

0 428. Izracunajacrtaj L ako je poznato =

1 4

Postavimo : 4 mozemo [isati kao: 4 4

Sada primijenimo teorem: ( )

4 samo ako je: 4 4 4 8 16

L L

cs

x g x g x

x

f x f x x g x g x u x f x

L g x L u x c f x c e F s

f x x f x x x x

f x

−

<

≥

− = = − − −

= − − = ⇒

− = + − = + = + +

=

( ) ( ) ( )

2 2

3 2

4

3 2

2 8 168 16 L L 8 L 16

2 8 16L L 4 4 s

x x x x

s s s

g x u x f x e s s s

−

+ + = + + = + +

= − − = + +

Laplace 17




( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( )

1

2

2

1 1 1

2

1

2

0 0

129. Nadji koristeci teoreme konvolucije

1

1 1 1 1( ) ( )

1 1 11

1 1 1( ) ( )

1 11

1

1

x

x x

t x t

L s

F s G s f x g x e s s s s

L L F s G s L f x g x s s s

f t g x t dt e e dt L e s

−

− − −

− −

−

= ⋅ ⇒ = = = =− − −−

= = ⋅ =

− −−

− = ⇒ =

− ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0

0

2

2

0

2 2 2 2 2

0 0 0

2

2 2 2

30. Nadji za funkcije 4 ;

Funkcija 4

4 4 4

141

;2

x x x x x

x

x x t

x x x x t x t x t

x

t t t

dt e t xe

f x g x f x x g x e

f x g x f t g x t dt f t t g x t e

f x g x te dt te e dt e te dt

t u dt du

edv e dt v e dt e

−

− − −

− − −

= =

= =

= − ⇒ = − =

= = = =

= =

= = − = = = −

∫

∫

∫ ∫ ∫

∫

2 2

2 2 2 2 2 2 2

0

1

2 2

1 1 1 1 14 4

2 4 2 4 4

t t

x

x t t x x x x

te e dt

e te e e xe e e x

− −

− − − −

− − =

= − − = − − + = − −

∫

2 1

13.4 Primjena Laplace transformacije u rjesavanju diferencijalnih jednadzbi

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 2 2 1

0 0

Oznacimo sa . Laplace transformacija derivacija funkcije ima slijedece

karakterisitke: 0 ' 0 ... 0

odnosno za prve dvije derivcije:

' Pocetni uvj

nn n n n n n

n

L y x Y s

d y L s Y s s y s y s y y

dx

L y x sY s c c

− − − −

=

= − − − − −

= − ⇒ ( )

( ) ( ) ( ) ( )2

0 1 0 1

et za 0 za 0

" Pocetni uvjet za 0 za 0; ' 0Postupak rjesavanja je slijedeci:

Postavi se Laplace transformacija za dane uvjete, rijesi se algebarski izraz po i potom se

pro

y x

L y x s Y s sc c c y x c y

s

=

= − − ⇒ = ⇒

nadje inverzna Laplace transformacija, koja je ujedno i rjesenje DJ.

Laplace 18




13.4.1 Rjesavanje Linearnih DJ sa konstantnim koeficijentima

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )[ ] ( )

0

0

31. Rijesi ' 5 0 za dane uvjete: (0) 2

Upisimo Laplace transformaciju obiju strana DJ:

' 5 0 5 0 2 5

2Rijesimo po 5 2

5

Izracunajmo inverznu Laplace transform

y y y c

L y L y L sY s c Y s sY s Y s

Y s Y s s Y s s

− = = ≡

− = ⇒ − − = ⇒ − −

⇒ − = ⇒ =−

( ) ( )

0=

( )

1 1 1 5

5

aciju rjesenja:

2 12 2

5 5

Rijesenje DJ ' 5 0 za (0) 2 2

x

x

y x L Y s L L e s s

y y y y x e

− − − = = = =

− −

− = = ⇒ =

Laplace 19




( ) ( ) ( )

( )[ ] ( )( )( ) ( )

2

2 2

32. Rijesi ' sin (0) 1Upisimo Laplace transformaciju obiju strana DJ:

1' 0 1 Rijesimo po

1

1 1 11 1

11 1 1

Izracunajmo inverznu Laplace transformaciju rjesenja:

y y x y

L y L y L sY s Y s Y s s

Y s s Y s s s s s

y

+ = =

+ = ⇔ − + = +

+ = + ⇒ = +++ + +

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

( )( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1 1 1

2 2

1

1

2 2 2

2 2 2

1 1 1( )

1 11 1 1 1

1

1

1 1

11 1 1 1 1

1 1 1 0 0 1

1 1 1Rjesenje sistema daje:A= ; ;

2 2 2

x L Y s L L s s s s s s

L s

A Bs C L

s s s s s s

A s Bs C s s s s A B s B C A C

B C

− − −

−

−

= = + =

+ −+ + + +

+

+

+ ⇒ = +

++ + + + +

+ + + + = ⇒ + + = + + + + +

= − =

( )( )

+

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( )

( )

1

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2

1

1 1 1 1

1 1 1 1 12 2 2 2

2 1 2 21 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

2 1 2 21 1 1 1

1 1 1 1cos sin

2 2 2 1

( )

x x

s s s

L s s s s s s s

s L L L L

s s s s s

e x x L e s

y x L

−

− − − −

− − −

−

− + − + = + ⇒ = − +

++ + + + + +

= − +

++ + + +

= − + =

+

= ( )

2

2

1

1

1 1 1 1 3 1 1cos sin cos sin

2 2 2 2 2 2

x x xY s e x x e e x x− − −= − + + = − +

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( )

2

0 1

2 2

3

2

3

2

33. Rijesi " ' 2 4 c (0) 1; c '(0) 4


2" ' 2 4 1 4 1 2 ( ) 4

2Rijesimo po : 4 1 2 ( ) 4

82

y y y x y y

L y L y L y L x s Y s s sY s Y s

s

Y s s Y s s sY s Y s s

Y s s s

− − = = = = =

− − = ⇔ − − − − − =

− − − − − =

− − = ( )( ) ( )3 2 3 2

3 83 ( )

2 2

s s Y s

s s s s s s

++ + ⇒ = +

− − − −


Laplace 20




( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 1 1

2 3 2 2

1

3 2

1

2 2

1

2

3 8 3( )

2 2 2

8

2

3 3 3

2 1 2 12 2

5 21 3 2 Rjesenje sistema daje:A= ;

3 3

3

s s y x L Y s L L

s s s s s s s

L s s s

s s s A B L

s s s s s s s s

s s A B a B B

s L

s s

− − −

−

−

−

+ + = = + = +

− − − − − −

+ =

− − + + +

⇒ = = + − + − +− − − −

+ = + + − ⇒ = −

+

−( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 1 2

1

3 2 33 2

1

3 2

5 1 2 1 5 2

2 1 3 2 3 1 3 32

8 8

2 12 12

Rjesenje je dano u jednom od ranije rijesenih zadataka:

83 2

2

x x A B L L e

s s s s

A B C D E L

s s s s s s s s s s s

L s s s

− −

−

−

= + = − = −

− + − +−

= = = + + + +

− +− +− −

= − +

− −

e−

( )

2 2

1 2 2 2

2 2

1 82

3 3

5 2 1 8( ) 3 2 2

3 3 3 3

( ) 2 2 2 2 3

x x

x x x x

x x

x x e e

y x L Y s e e x x e e

y x e e x x

−

− − −

−

− + +

= = − + − + − + +

= + − + −

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

0 1

2

2

2

34. Rijesi " 2 ' c (0) 0; c '(0) 0


" 2 ' 0 0 2 0 ( )

= 0 2 0 ( ) ( )

(2 1 ( ) ( )

y y y f x y y

L y L y L y L f x s Y s s sY s Y s F s

L f x F s s Y s sY s Y s F s

F Y s s s F s Y s

− + = = = = =

− − = ⇒ − − − − + =

⇒ − − − + =

− − = ⇒ =( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

22

1 1 1 12 2

1

) ( )

2 1


( ) 1( ) ( )1 1

Primjenom konvolucije imamo: ( ) i uvodjenjem za

x

x

s F s

s s s

F s y x L Y s L L xe L F s f x s s

y x L Y s xe f x

− − − −

−

=− − −

= = ⇒ = = − −

= =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

0 0

mjene

( ) x x

t t f t te y x L Y s f t g x t dt te f x t dt −= ⇒ = = − ⇒ −∫ ∫

Laplace 21




( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

0 1

2

2

2 2

0 135. Rijesi " c (0) 0; c '(0) 0 =

2 1

" 0 0 ( )

Funkcija ima vrijednost: =2 ; 1

2 12 2 1 0 0 ( )

2 2 1Izracu

1 1

s s

s

x y y f x y y f x

x

L y L y L f x s Y s s Y s L f x

L f x f x u x c c

L f x L u x e s Y s s Y s e s s

Y s e s s s s s

− −

−

<+ = = = = =

≥

+ = ⇔ − − + =

⇒ − =

= − = ⇒ − − + =

= =+ +

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

2

2 2

2 2 2

2 2

1 1

2

najmo inverznu Laplace transformaciju:

2Rijesimo naj prije razlomak: 2 1

1 1

0 0 2

2 2Rjesenje: 2; 2; 0 2

1 1

2 22

1

A Bs C A s s Bs C

s s s s

s A B sC A s sC s A B sC A

s A B C

s s s s

s L L

s s s

− −

+= + ⇒ = + + +

+ +

= + + + ⇒ + + = + + +

= = − = ⇔ = −

+ +

= − + ( )

=

( )

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

1 1

2 2

1

2

22 2 2cos

1 1

Konacno,u skladu sa teoremom konvolucije:

Ako je ( ) L tada je L ( ) mozemo pisati:

2( ) 2 2cos 1 1

1

cs

s

s L L x

s s s

F s f x u x c f x c e F s

y x L e x u x s s

− −

−

− −

= − = −

+ +

= − − =

= = − − −

+

( )

( ) [ ]

( )( ) ( )

( )

( )

( ) ( )

0 1

2

0 1 0

2

0 1

0 212

36. Rijesi " 3 ' 2 1 0; '(1) 0

tni uvjeti su za 1 i su nepoznati

" 3 ' 2

13 ( ) 2 ( )

1

13 2 3

1

3 2

1

3 2

3

x

x

y y y e y y

x c c

L y L y L y L e

s Y s sc c sY s c Y s s

Y s s s c s c s

s

s s sc s s cY

−

−

− + = = =

=

− + =

− − − − + = +

+ + = + − −

−

++ +

+

= + ++

Izracunajmo inverznu Laplace transformaci : ju

( ) 2

Poce

1

1 s s +

Pazi!

( )3 2 s+ +

( )

( )( )

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

3 3

2 1 23 2

3 2 Rjesenje: 1

Rijesimo razlomke:

; 2

s s A B

s s s s s s

s s A B A B A B

− −= = +

− − − −+ +

− = + + − − ⇒ = − =

1

Laplace 22




( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1

2

2

2

1

1 11 2

2 1 2 13 2

1 11; 1

3 2 1 2 12

2 1 1

2 1 2 1

1 1

2 1 2

2 1

x x

x x

A B s A B A B

s s s s s s

A

s L e e

B A B s s s

s s s s s

L e s s

s

e

s

−

−

= = + ⇒ = + + − −− − − −+ +

= = − ⇒ + = −−

− = − ⇒ − = −

− − −

− = −

− −

− − − − − −

( )1 1

02

Konacno skupimo sve razlomke i pripadajuce inverzne L :aplace transformacije

2

1

se s

L L c s

s− − −

= +

( )

( ) ( ) (

( ) ( )

1

0 1 0 1

2

0 1

2

0 0 1 1 0 1

2

2

2

2

0 1

1( ) 2

21 1

3 6

1 1Oznacimo li sa: 2 ( )

2

1

3 6

3

3 2

Sada m

1

3 2

21

6 2 3

x x x x x

x x

x

x x

c

y x c c e c c

e c c e

m c c m c c y x m e

s s

e

s s

e e

s

e

e e

m e

−

−

−

+ +

−

= + + = − − +

+ − + + +

= − − = − + + =

− −

+ +

+ ++ +

( )2 1 2 1

0 1 0 1

2 1 2 1

0 1 0 1

1 2 1

0 12

0 1

1 2 1

0 1

ozemo izracunati pocetne uvjete:

1 1( ) 1 0

6 6

1 1'( ) 2 '(1) 2 0

6 61

016

Rijesimo sistem: ;1 2

2 06

x x x

x x x

y x m e m e e y m e m e e

y x m e m e e y m e m e e

m e m e e

m e m

m e m e e

− −

− −

−

−

−

= + + ⇒ = + + =

= + − ⇒ = + − =

+ + =

⇒ = − + − =

31

3e−=

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

1 1

1 2 1 1 1 21 3 2

1 1 2 1 2

A B C

s s s s s s s s s

A s s B s s

= = + ++ − − + − −+ + +

= − − + + − ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

2

1 1 11 1 ; ;

6 2 3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 16 1 2 1 3 2 6 1 2 1 3 2

1 1 1

6 2 3

x x x

C s s A B C

L s s s s s s

e e e

−

−

+ + − ⇒ = = − =

− + ⇒ − + = + − − + − −

+

= −

)( )2

2

1 3 2

1 1 x x

s s

e e

+ + +

− +

1 x

Uvrstimo u konacno rjesenje:

Laplace 23




2 2 3 2

0 1

2 2 3

1 1 1 1( )

6 2 3 6

1 1 1( )

2 3 6

x x x x x

x x x

y x m e m e e e e e e e

y x e e e

− − −

− − −

= + + = − + +

= − + +

x−

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )( )

( )( )

( )( ) ( )

2

2

2 2

2 22

2 22

137. Rijesi 16 2sin 4 0 ; (0) 0 Oznacimo2

416 2 sin 4 0 (0) 16 ( ) 2

16

1 8 80 16 ( ) 16

2 21616

8 1Izracunajmo inve

2 1616

x x t x x L x t X s

L x L x L t s X s sx x X s s

s s X s s X s X s s

s s

s X s

s s

+ = = − = =

+ = ⇔ − − + = +

− − − + = ⇒ + = − + +

= −++

( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

1 1 1

2 22 22 2

31 1

2 22 2 2 2

rznu Laplace transformaciju:

8 1 8 1

2 216 1616 16

2 128Iz tablica imamo: sin 4 4 cos ;

4

znaci moramo preu

s s x t L L L

s s s s

a L L t t t

s a s

− − −

− −

= − = − + ++ +

⇒ = − + +

( )

( )

( )( ) ( )

( )

1 1

2 22 2

1 1

2 22 2

8 1 128rediti razlomak:

1616 16

1 128 1 1 1sin 4 4 cos cos 4

16 2 16 216 16

L L s s

s x t L L t t t t

s s

− −

− −

⇒ + +

= − = − − + +

13.4.2 Rjesavanje sistema linearnih diferencijalnih jednadzbiMetoda rjesavanja:

Sistem DJ sa nepoznatim funkcijama se postavi slicno rjesavanju algebarskih jednadzbi.

Primijeni se Laplace transformacija za svaku DJ posebno i potom se na dobijeno rjesenje

svake nepoznate funkcije po , primijeni Inverzna Laplace transformacija. s

( )

[ ]

[ ]

2

2 2

38. Rijesi sistem DJ: '

' 4 0 (0) 1 (0) 1

Oznacimo: ( ) ( ) i ( ) i primijenimo transformaciju:

1 1( ) 1 ( )' ( ) ( )

' 4 0( ) 1 4 ( ) 0 4 ( ) ( )

y z x

z y y z

L y x Y s L z x Z s

s sY s Z s y z x sY s Z s

s s z y

sZ s Y s Y s sZ s

+ =+ = = = −

= =

+− + =+ = + = ⇒ =

+ = + + = + = 1

= −

Laplace 24




( )

( )

( )

2 22

2

2 22 2

2

2

1 1( ) ( ) ( ) ( )

4 ( ) ( ) 1 4 ( ) ( ) 1

1 1( ) 4 ( ) 1 ( ) 4

1( ) Slicnim postupkom dobijemo drugo rjesenje

4

s s sY s Z s s s Y s sZ s

s s

Y s sZ s Y s sZ s

s s s s Y s Y s Y s s

s s s s

Y s s s

+ ++ = ⋅ − − − = − = = =

+ = − + = −

+ + += − + = − − ⇒ − =

+ +=

− ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

3 2

2 2

2 2 21 1

2 2

4 4: ( )

4

Sada preostaje primijeniti Inverznu Laplace transformaciju na ta dva rjesenja:

1 1 1( )

2 2 24 4

1

2 2 1

4 1

s s Z s

s s

s s s s s s A B C y x L Y s L

s s s s s s s s s s

A B C

B C

A

− −

+ += −

−

+ + + + + + = = ⇒ = = + +

+ − + −− −

+ + =

+ =

=

2

( ) ( )

( )

( ) ( )( )

21 1 2 2

2 2

3 2 3 21 1

2 22 2

1 3 7Rjesenje sistema daje: ; ;

4 8 8

1 1 1 3 1 7 1 1 3 7( )

2 2 4 8 2 8 2 4 8 8

1 3 7

4 8 8

4 4 4 4( )

2 24

x x

x x

A B C

s s L Y s L e e

s s s s s s

y x e e

s s s s As B L Z s L

s s s s s s

− − −

−

− −

⇒ = − = = + +

= = − + + = − + + − + −

= − + +

+ + + + + = − ⇒ − =

+ −−

+

( ) ( )

( )

3 21 1 1

22 2

2 2 2 2

2 2

3 7

Rjesenja su: 0; 1; ;4 4

4 4 1 3 1 7 1( )

4 2 4 24

3 7 3 7

4 4 4 4

x x x x

C D

s s

A B C D

s s z x L Z s L L

s s s s s

x e e z x x e e

− − −

+ ++ −

= = = = −

+ + = = − = + − =

+ −−

= + − ⇒ = + −

( ) ( )

39. Rijesi sistem DJ: ' sin

'

' 1 (0) 1 (0) 1 (0) 0

Oznacimo: ( ) ( ); ( ) i ( ) i transformirajmo:

x

w y x

y z e

z w y y z w

L y x Y s L z x Z s L w x W s

+ =

− =

+ + = = = − =

= = =

Laplace 25




[ ]

[ ]

[ ]

2 2

1 1( ) 0 ( ) ( ) ( )

1 1' sin1

' ( ) 1 ( ) ( ) ( )1 1

' 11 1

( ) 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

Rjesenje sistema sa tr

x

sW s Y s sW s Y s s sw y x

s y z e sY s Z s sY s Z s

s s z w y

s sZ s W s Y s W s Y s sZ s

s s

− + = + = + ++ =

− = ⇒ − − = = − =

− − + + = + − + + = + + =

( )( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( )

2

2 2

2 21 1

22 2

i nepoznanice daje:

1( ) ( ) ( )

11 1 1

Sada preostaje primijeniti Inverznu Laplace transformaciju na sva rjesenja:

( )111 1 1 1

Rjesenja

s s sY s W s Z s

s s s s s

s s s s As B C y x L Y s L

s s s s s s

− −

+= = − =

−− + +

+ + + = = ⇒ = +

−+− + − +

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( )

( )

( )

( )

1

2

1 1

1

1 1

2

su: 0; 1; 1

1 1sin sin

11

11 1( )

11 1 1

1 11 1

1

( ) cos cos

1

x x

x x

A B C

y x L x e y x e x s s

A A Bw x L W s L

B s s s s s s

w x L e w x e s s

s z x L Z s L x z x x

s

−

− −

−

− −

= = =

= + = + ⇒ = +

−+

= = = − ⇒ − = + ⇒

= −− − −

= − = − ⇒ = −

−

= = = ⇒ =

+

( )

[ ]2

2

2

40. Rijesi sistem DJ: " ' cos

" sin (0) 1; '(0) 0; (0) 1; '(0) 1

Oznacimo: ( ) ( ) i ( ) i primijenimo transformaciju:

( ) 1 ( ) 1" ' cos 1

" sin( ) 0

z y x

y z x y y z z

L y x Y s L z x Z s

s s Z s s sY s

z y x s

y z x s Y s s

+ =

− = = = = − = −

= =

+ + + − = + = +⇒

− = − − 2

22

2

2 222

2

1( )

1

( ) ( )11

( ) ( )1 11

( ) ( )1

Z s s

s s Z s sY s

s s sY s Z s

s s s s Z s s Y s

s

= − = +

+ = − + += ⇒ = = −

+ ++ + − + = +

( ) ( )1 1

2

Sada preostaje primijeniti Inverznu Laplace transformaciju na ta dva rjesenja:

( ) cos cos1

s y x L Y s L x y x x

s

− − = = = ⇒ =

+

Laplace 26




Laplace 27

( ) ( )1 1 1

2 2 2

1 1( ) sin cos

1 1 1

s s z x L Z s L L z x x x

s s s

− − −+ = = − = − − ⇒ = − −

+ + +




Funkcije dviju promj. 1

14. FUNKCIJE DVIJU ILI VISE PROMJENJIVIH

14.1 Opcenito o funkcijama dviju promjenjivih

( )

( )

Funkcija dviju nezavisnih promijenjivih oznacavase sa , odnosno u ( , , ) 0.

Izraz , predstavlja jednadzbu plohe u prostoru.

Funkcija dviju nezavisnih promijenjivih je neprekinuta ako posto

z f x y F x y z

z f x y

= =

=

( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

0 0

2 2 2

0 0 0 0

0 0

ji limes lim ,

Skup brojeva , za koje vrijedi - , - gdje je 0 naziva se pravokutni

okolis tocke , . Slicno tome, skup - - , naziva se kruzni okolis tocke

, . To

x a y b

f x y L

x y x x y y

x y x x y y

x y

δ δ δ

δ

→→

=

< < >

+ <

( )

( )

0 0cka , je granica , tocka akumulacije ili tocka sakupljanja skupa S.

Regija je podrucje omedjeno granicama intervala: ; .

Parcijalna derivacija (prvog reda) funkcije , po jednaka je:

x y

a x b c y d

z f x y x

≤ ≤ ≤ ≤

=

( ) ( )( )

( )

( ) ( )( )

0

0

2

, ,lim = ,

Parcijalna derivacija (prvog reda) funkcije , po jednaka je:

, ,lim = ,

Parcijalne derivacije viseg reda oznacavaju se:

x x

y y

f x x y f x y z f f x y

x x x

z f x y y

f x y y f x y z f f x y

y y y

z

→

→

+ − ∂ ∂= =

∂ ∂

=

+ − ∂ ∂= =

∂ ∂

∂

( )

2

2

2 2

2

Ako u regiji, postoje derivacije i ako su neprekinute tada su i jednake.

Diferencijal funkcije , jednak je zbroju prip

z z z

x x y x y x x

z z z z

y y x y x y y

z f x y

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

=

( ) ( )

adajucih parcijalnih diferencijala:

Parcijalne derivacije slozene funkcije : , , , , ,

Jakob

z z f f dz dx dy df dx dy

x y x y

w f u x y z v x y z

w w du w dv w w du w dv w w du w dv

x u dx v dx y u dy v dy z u dz v dz

∂ ∂ ∂ ∂= + ⇔ = +

∂ ∂ ∂ ∂

=

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = + = +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

( )

( )

ijeva determinanta za funkcije ( , ) i ( , ) ima oblik:

,

,

u v

u v

F u v G u v F F

F F F G u v

G GG Gu v

u v

∂ ∂∂ ∂ ∂

= =∂ ∂∂

∂ ∂





( , )Transformacija ili mapping je definirana odnosom:

( , )

Ako svakoj tocku u ravnini , odgovara tocka u ravnini , , kaze se da je odnos

transfomracije razmjeran, jedan prema jedan. U t

x F u v

y G u v

u v x y

=

=

( )( )

om slucaju je ekzistira Jakobijeva

,determninanta. Oznace li se regije tih dviju ravnina sa i vrijedi : lim =,

xy xy uv

uv

A x y A A A u

∂

∂

v

( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

3 2

23 3 2

3 2 2 3 2

2

, ,1. Zadana je funkcija , 2 3 . Izracunaj 0

2 3 2 3, ,

12 2 3 6 3 2 3

1 2 6 3 2 6 3

f x y m f x y f x y x xy y m

m

x x y m y m x xy y f x y m f x y

m m

x xy xm y ym m x xy ym

xm ym m x y mm

+ −= − + ≠

− + + + − − ++ − = =

= − − + + + − + − =

= − + + = − + +

( ) ( ) ( ( ) ( )( )

( )

( )

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2. Odredi podrucje definiranosti funkcije , ln 16 4

Funkcija je definirana za sve tocke , : 16 4 0

16 0 164 16

4 0 4

Podrucje definiranosti je

f x y x y x y

x y x y x y

x y x y x y

x y x y

= − − + −

− − + − >

− − > ⇒ + < ⇔ < + <

+ − > ⇒ + >

unutar kruznog prstena, radijusa 2 odnosno 4.

)

( )2

12

2

3. Dokazi da je lim 2 5

Prema definiciji limesa za svaki >0 moze se naci takav , 0 da vrijedi :

2 5 < kada je 0 -1 , i 0 - 2 1 1

2 2 iskljucivsi 1; 2

x y

x y

x y x y x

y x y

ε δ δ

ε δ δ δ

δ δ

→→

+ =

>

+ − < < < < ⇒ − < < +

− < < + = =

iδ





2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

1 1 1 2 1 2

2 2 4 2 2 4 2

Zbrojimo:5 4 2 5 4 4 2 5 4

Ako je 1 5 2 5 5 2 5 5 za svaki 0 -1 ;

0 - 2 Izaberimo 5 (ili 1, za5

x x

y y

x y x y

x y x y x

y

δ δ δ δ δ δ

δ δ δ δ

δ δ δ δ δ δ δ δ

δ δ δ δ δ

ε δ δ ε δ δ

− < < + ⇔ − + < < + +

− < < + ⇔ − < < +

− + < + < + + ⇒ − + < + − < +

≤ ⇒ − < + − < ⇒ + − < < <

< < ⇒ = → = =

( )

( )

2

2

12

2 2

1 1 12 2 2

visno koji je veci).

Slijedi: 2 5 kada je 0 -1 i 0 - 2 .

Zakljucujemo da je : lim 2 5 MZadatak smo mogli smo rijesiti

koristeci teorem limesa: lim 2 lim lim 2

x y

x x x y y y

x y x y

x y

x y x y

ε δ δ

→→

→ → →→ → →

+ − < < < < <

+ =

+ = + = 1 4 5+ =

( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

4 2 232

4 2 2 4 2 2

1 12 2

4 2 2

1 12 2

0

0

4. Ispitaj lim 2 7

Koristeci teorem limesa: lim 2 7 lim 2 lim7

lim 2 3 2 lim 7 3 2 76 252 156

5. Ispitaj lim cos4

lim cos4

x y

x x x y y y

x x y y

x y

x y

xy x y

xy x y xy x y

x y x

x y x

π

π

→→

→ → →→ → →

→ →→ →

→→

→→

−

− = −

= − = − = −

−

−

12

=

0

2lim cos cos

4 4 4 2 x y

x y x y x

π

π π π

→→

− − = ⋅ = =

2 26. Izracunaj parcijalne derivacije funkcije: 2 3 4

Postavimo: . 2 2 3 1 0 4 3

Postavimo: . 0 3 1 4 2 3 8

z x xy y

z y const x y x y

x

z x const x y x y

y

= − +

∂= = ⋅ − ⋅ ⋅ + =

∂

∂= = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = −

∂

−

+

( )

( )

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

7. Izracunaj parcijalne derivacije funkcije:

12 2Postavimo: .

1 2 2Postavimo: .

x y z

y x

y z x x y y const

x y y x x

x z y x x const

y x y y

= +

−∂ ⋅= = + =

∂

−∂ ⋅= = + = −

∂ 2

y

x

−

+





14.2 Parcijalne derivacije

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

12 2 2 2

2 2 2

2 2 2

1 11

2 2 2 2 2 2 2 2 22 2

322 2 2 2

2

8. Dokazi da funkcija ( , , ) zadovoljava Laplace diferencijalnu

jednadzbu: + + 0

12

2

3

2

F x y z x y z

F F F

x y z

F x y z x x y z x x y z

x x

F x x y z x x

x x

−

− − − −

−

= + +

∂ ∂ ∂

=∂ ∂ ∂

∂ ∂= + + = − + + = − + +

∂ ∂

∂ ∂= − + + = − −

∂∂ ( )

3

2

( )( )

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

31

2 2 2 2

32 2 2 2

2 2 22 2 2 2 2

2 5 5 52 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 5 2 52 2 2 2 2 22 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2

1

3 2Slicno imamo :

2 2I konacno:

2+ +

y z x

x y z

x y z F x x y z

x x y z x y z x y z

F y x z F z x y

y z x y z x y z

F F F x y

x y z

− −

−

+ + ⋅ +

+ − + + =

+ +∂ − −= − =

∂ + + + + + +

∂ − − ∂ − −= =

∂ ∂+ + + +

∂ ∂ ∂ −=

∂ ∂ ∂( ) ( ) ( )

( )

2 2 2 2 2 2 2

5 5 52 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2

52 2 2 2

2 2

00

z y x z z x y

x y z x y z x y z

x y z

− − − − −+ +

+ + + + + +

= =

+ +

( )( )

22 1

2 32 1 2 2

2 2 2

1

2 2

2 3

2

9. Izracunaj za (1,1) funkcije tan

1 1tan

1

tan 1 1Prisjetimo se: arctan

1 tan 1

z yT z x

x y x

z y y x x x x

y y x y x x x y x y y

x

d x d x

dx dx y x

z z x

x y x y x x y

−

−

−

∂=

∂ ∂

∂ ∂ ∂ = = = =

∂ ∂ ∂ + + +

= = =

+ +

∂ ∂ ∂ ∂= =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ +

2 2

x

( )

( )

2 2 2 3

2 22 2

3 2 x x y x x

x y

+ − ⋅ =

+

( )

( )

2 2 2 32

22 2

3 1 1 1 1 2 1Zamijenimo zadane velicine (1,1) : 1

1 1T

z T

x y

⋅ + − ⋅ ⋅∂= =

∂ ∂ +





2

u (1,1) iznosi 1. z

T x y

∂

∂ ∂

( )( )

( ) ( )

2

2 2

2 2

2 2 2

3

3 2 2

3 3

22 2 2 2 4

2

23

2

10. Zadana je funkcija ( , ) . Izracunaj prve i druge parcijalne derivacije.

3

2

3 6 6

xy

xy xy

xy xy

xy xy xy

xy

F x y x y e

F

x y e x y e y x x

F x y e x e xy

y y

F x y e y xy y e y xy y e

x x

F x e

y y

= +

∂ ∂

= + = +∂ ∂∂ ∂

= + = +∂ ∂

∂ ∂= + = + = +

∂∂

∂ ∂= +

∂∂( ) ( ) ( )

( )

( )

2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2

22 2 2 2

2 3

23 2 2

2 3

2 0 2 2 2 2

3 3 2 2

3 2 2

2 3 2 2

3 2

xy xy xy xy

xy xy xy

xy xy

xy xy xy

xy

xy xy e e xy xy e xy e x y y

F F x y e y x y e xy ye

y x y x y

x xy e ye

F F x e xy x xy e y x e

x y x y x

x xy e

∂ ∂= + + = ⋅ ⋅ + ⋅

∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ = = + = + + =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= + +

∂ ∂ ∂ ∂= = + = + ⋅ ⋅ + ⋅ =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= +

2

2

( )

2

2 2

2

U ovom slucaju , jer su funkcije neprekinute za sve , u regiji .

xy ye

F F x y R

y x x y

+

∂ ∂=

∂ ∂ ∂ ∂

( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

11. Izracunaj parcijalne derivacije za sin 3 2 .

sin 3 2 3cos 3 2 sin 3 2 2cos 3 2

12. Izracunaj parcijalne derivacije i potpuni diferencijal za

1. Nacin: 2

y

x

y

x

z x y

z F x y x y x y x y

x x y y

z x e

z xe x

x

= +

∂ ∂ ∂ ∂= + = + = + = ∂ ∂ ∂ ∂

=

∂= +

∂

+

2

2

12

2

y y y y y

x x x x x

y y y

x x x

y z e xe ye x e xe

y x x

z z dz dx dy xe ye dx xe dy

x y

− ∂ ⋅ = − = =

∂

∂ ∂= + = − +

∂ ∂

( )2 2 2

2

2

2. Nacin: 2

2 2

y y y y

x x x x

y y y y y

x x x x x

z z ydz dx dy x d e e d x x e d xe dx

x y x

xdy ydxdz x e xe dx xe dy ye dx xe dx

x

∂ ∂ = + = + = +

∂ ∂

− = + = − +

=

=





2

y y y

x x x xe ye dx xe dy

= − +

( )

( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

2

2

cos 213. Izracunaj parcijalnu derivaciju z za u tocki , ,

cos 2 4

2 sin 2 cos 2 2cos 2 sin 2

cos 2

2sin 2 cos 2 2sin 2 cos 2

cos 2

2 sin 2 cos

z T

z

ϕ

ϕ γ π ϕ γ π

ϕ γ

ϕ γ ϕ γ ϕ γ ϕ γ

ϕ ϕ γ

ϕ γ ϕ γ ϕ γ ϕ γ

ϕ γ

ϕ γ ϕ

− = =

+

− − − + − − − + ∂ = =∂ +

− + + + −=

+

−=

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

22

2 sin 2 cos 2

cos 2

2sin 2 2 2sin2Za , imamo;

4cos 2 cos 2

2sin22 4 24 4

22cos 24 2

T

T

z

γ ϕ γ ϕ γ

ϕ γ

ϕ γ ϕ γ ϕ π π

ϕ γ ϕ γ

π

π ϕ π

+ + + − =+

− + + = = + +

∂ ⋅= = = =

∂ +

( ) ( ) [ ]

2

2 22

14. Izracunaj parcijalnu derivaciju z za , ako je cos ; sin za2

sin cos 2 cos sin

cos cos 02 2

Za2

sin sin2 2 2

xy

t

xy xy

z e x t t y t t t

z dz dx dz dy y e t t t y x e t t t

t dx dt dy dt

x t t

t

y t t y

π

π π

π

π π π

= = =

∂= + = − + + ⋅ ⋅ +

∂

= = == →

= = = =

=

( ) ( )2 2 3 2

3 2 3 3 3 3

2 3

22 3 2

sin cos 2 2 3 2

02 2 8

Zadatak smo mogli rijesiti i ovako:

eksponent: cos sin sin cos

3 cos 3 cos 3 sin cos s

xy xy t t t

t t t t t t t

z

t

z e xy t t t t t t t z e e

dz e t e t t e t e t t e

dt

π π π ∂ ⇒ = − + = − ∂

= ⇒ = = ⇒ = =

= = − + +

sin cos

3

in2 8

t t π π

⇒ = ⇒ −

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 2

15. Izracunaj implicitno, parcijalne derivacije i za

2 3 3 4 2

Oznacimo: 2 3 3 4 2 Diferencirajmo po :

z z

x y

x y z y x z z x y xyz

x y z y x z z x y xyz

∂ ∂

∂ ∂

+ + − + − =

+ + − + − = x





( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 3 2 3 4 2 2

4 6 3Pomnozimo i preuredimo:

3 4 2 4

Diferencirajmo po : 2 3 2 3 4 4 2 2 2

Pomnozimo

z z z z x y z x y y z x y z yz xy

x x x x

z xy xz y z yz

x x y xz yz xy

z z

y x x y x z y z x y z y y

z xz xy

y

∂ ∂ ∂ ∂+ + + − + − + = +

∂ ∂ ∂ ∂

∂ + + + −= −

∂ − + − −

∂ ∂+ + − − + − −

∂ ∂

∂= + ⇒

∂

z

x

∂=

∂2 2

2 2

2 6 8 2i preuredimo:

3 4 2 4

z x xy yz z xz

y x y xz yz xy

∂ + − − −= −

∂ − + − −

( )

( ) ( ) ( )

( )

( )( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

( )( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2

22 2

2 2

22 2

2 2

2 22 2 2 2 2 2

2 2

2

2 cos 216. Izracunaj parcijalne derivacije za

2 cos 2 2 cos 2 2

2 cos 2 2 cos 2 2

2 cos 2 2 sin 2 2 sin 2

0 2 cos 2 2

r w

r z

r z r r dw

dr r z

r z r r

r z

z r r dw r

d r z r z r z

r z r z dw

dz r

ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ

ϕ

−=

+

+ − − − ⋅= =

+

+ − − − ⋅=+

− − − −= = =

+ +

⋅ + − − ⋅=

( )

2

+

( )

( )2 2

2 2 2

2 2 cos 2rz

z r z

ϕ −=

+ +

( )

2 2

2 2

17. Izracunaj koeficijente smjera tangenata povucenih na povrsinu 3 4 6 iz tockeT(1,1,1) i paralelne sa ravninama i .

Ravnina paralelna sa kroz tocku T, 1 je: 3 1 4 6 4 3

koefici

z x y xz yz

yz x z y z y

= + −

= = + − ⇒ = −

( )

1

22 2

1

jent smjera jednak je 8 8

Ravnina paralelna sa kroz tocku T, 1 je: 3 4 1 6 3 2

koeficijent smjera jednak je 6 6

T

T

dz dz y

dy dy

xz y z x z x

dz dz y

dx dx

=

=

= → =

= = + − ⇒ =

= → =

−





( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 3

2 2

2 2

18. Izracunaj i za , ako je cos ; sin

3 cos 3 sin

3 sin 3 cos

F F F x y x xy y x y

F F x F y x y x y

x y

F F x F y

x y x y x y

ρ ϕ ρ ϕ ρ ϕ

ϕ ϕ ρ ρ ρ

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

∂ ∂= − + = =

∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = − + − +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= + = − − + − +∂ ∂ ∂ ∂ ∂

( )

( )

( )

( )

2

2

2

19. Izracunaj prve dvije parcijalne derivacije za cos cos

cos sin cos sin

cos sin cos

cos sin sin sin

sin cos sin

z x y y x

z y y x y y x

x

z z y y x y x

x x x x

z z y y x y x

y x y x y

z x y x x y

y

= −

∂= − − = +

∂

∂ ∂ ∂ ∂ = = + =

∂ ∂ ∂∂

∂ ∂ ∂ ∂ = = + = − +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ = − − = − −∂

( )

( ) ( )

2

2

2

cos

sin cos cos

sin cos sin sin sin sin

x

z z x y x x y

y y y y

z z x y x y x y

x y x y x

∂ ∂ ∂ ∂= = − − = −

∂ ∂ ∂∂

∂ ∂ ∂ ∂= = − − = − − − = − +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ x

( ) ( ) ( )

2 3

2

2

20. Izracunaj i za sin gdje je 3 2 ; 4 2 ; 2 3

1cos 6 cos 4 sin 4

6 4cos cos 4 sin

F F y F z x r s y r s z r s

r s x

F F x F y F z y y y y z r z

r x r y r z r x x x x x

F ryz y z y yr

r x x x x x

F

∂ ∂= = + = − =

∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + = − + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂= − + +

∂

∂

∂

2 2

r

−

=

( ) ( )

( )

2

2

2

2

1cos 2 cos 6

sin 6

2 6cos cos 6 sin

F x F y F z y y y z z s

s x s y s z s x x x x

y s

x

F yz y s z y y s s x x x x x

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + = − + − + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

+ − =

∂= − − −∂

121. Procijeni promjenu duzine hipotnuze ako se duzina katete 6 produzi za cm a

4

1katete 8, skrati za cm

8

z x

y

=

=





2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1Postavimo zadatak: 6; 8; ;

4 8

1 1 1 12 2

2 2

6 1 8 1

4 86 8 6 8

1 1Hipotenuze se produzila za

20 20

z x y x y dx dy

z x z y x yx

x y x y x y x y x y

z z x y

dz dx dy dx dy x y x y x y

dz cm

= + = = = = −

∂ ∂= = = =

∂ ∂+ + + +

∂ ∂

= + = + = + − ∂ ∂ + + + +

=

( )

( ) ( ) ( )

( )

3 4

2 3

3 4

3 23 334 44

34 3 4

3

22. Procijeni vrijednost funkcije ln 1 , ako je 1.06 i 0.96.

Postavimo zadatak: 1; 1; 0.06; 0.04

1 1 1 1 1

3 41 13 1

1

4 1

1

z x y x y

x y dx dy

z z x x

x y x y x y x x y

x x y

z z dz dx dy

x y x

− −

= + − = =

= = = = −

∂ ∂= = =

∂ ∂+ − + −+ −

=+ −

∂ ∂= + =

∂ ∂ +

=

( ) 3 2 344

1 1 1 1 10.06 0.04

1 3 41 3 4

0.01

dx dy y x x

dz

+ = −

−

=

( )

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

2

2

2 2 2

23. Dokazi da za funkciju vrijedi odnos 2

Uvodimo nepoznanicu : parcijalno deriviramo:

' 2 '

' 2 2 2 ' 2 ' 2 '

z z z z x y x y

x y

x y u z z u

z z du z z du z u xy z u x

x u dx y u dy

z z x x z u xy y y z u x x y z u x y z u

x y

∂ ∂= =

∂ ∂

= ⇔ =

∂ ∂ ∂ ∂= = = =

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂= ⋅ = = ⋅ ⇔ =

∂ ∂

24. Kruzni isjecak sredisnjeg kuta 45 smanjio se za 1 . Izracunaj za koliko treba

povecati polumjer, koji iznosi 20 cm, pa da se povrsina kruznog isjecka ne promijeni.

Povrsina kruznog isjecka iz

d

r

α α = =

=

2

2 2 2

2

1nosi: radijani

2

Promjena povrsine u zavisnosti o promjeni :

1 11 20 1 3.49

2 180 2 180

Povrsina se smanjila za S 3.49

S r

S dS d r cm

cm

α α

α

π π α

α

= −

∂= = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

∂

→





1Promjena povrsine u zavisnosti o promjeni : 2

2

3.49 1803.49 45 1 20 0.222

180 45 20

Promjer treba povecati za 0.222cm

S r dS dr r dr rdr

r

dr dr cm

α α

π

π

∂= = =

∂

⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = =

⋅ ⋅

[ ]2

25. Potrosnja elektricne energije otpornika dana je jednadzbom W . Koliko se

promijeni snaga ako se napon od 220 smanji za 5 a otpr na otporniku od

8 smanji za 0.2 ?

Promjena snage u za

U P

R

U V dU V

R dR

=

= =

= Ω = Ω

( )

( ) ( )

22

2 2

2

2

2

2

1 2visnosti o napunu: 2

1Promjena snage u zavisnosti o otporu:

2Totalna promjena snage:

2 220 2205 0.2 125 Snaga se smanjila za

8 8

P U dP dU U

U R R

P U dP dR U

R R R

P P U U dP dU dR dU dRU R R R

dP W

∂= = =

∂

−∂= = = −

∂

∂ ∂= + = − =∂ ∂

⋅= − − − = − 125W.

3 5 2 2 3

2 3

5 4

26. Izracunaj za ako je ; koristeci determinante

3

Derivirajmo prvu implicitnu jednadzbu po : 5 1

Derivirajmo drugu implicitnu jednadzbu po

dF F x y t x y t x y

dt

dF dF x y x

dx dy

dx dyt x y t x dt dt

t

= = + = +

= =

+ = ⇒ + =

2 3 2 2

4

2

4

2 2 4

4 2 4 24 4

2 2

: 2 3 2

5 1 1

Sada imamo sistem jednadzbi: Rjesenje daje:

2 3 2

1 1 5 1

2 3 2 23 2 10 2

15 2 15 25 1 5 1

2 3 2 3

dx dy x y t x y

dt dt

dx dy x

dt dt

dx dy x y t

dt dt

x

t y x t dx y t dy tx x

dt dt x y x x y x x x

x y x y

dF

dt

+ = ⇒ + =

+ ⋅ =

⇒ + =

− −= = = =− −

=

t

( ) ( )2 4

2 3

4 2 4 2

3 2 10 23

15 2 15 2

dF dx dF dy y t tx x x y x

dx dt dy dt x y x x y x

− −+ = +

− −





2 22 227. Tocka T je na presjeku povrsina i 5. Ako se povecava

16 9

brzinom 0.2 mm na minutu. Kojom se brzinom mijenja kada je 2?

Uvedimo nepoznanicu za brzinu :

x y z x y x

z x

dz z dx z dyt

dt x dt y dt

= − + =

=

∂ ∂= + =

∂ ∂

( )

( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

8 9

Iz 5 5 5 2 1 1 5

0

2Kada je 1 0 0.2 0.4

1

2 2 2 1 50.2 0.4

8 9 8 9 36 min

Kada je 1

x x

x dx y dy

dt dt

x y y x y y x y

dx dy x y

dt dt

dx dy dy x dx y x y

dt dt dt y dt

dz x dx y dy mm

dt dt dt

dx dy y x y

dt dt

= =

+

+ = ⇒ = − ⇒ = − = ⇒ = ± + =

+ =

= + ⇒ + = → = − = − = −+

⋅ = + = + − =

= − ⇒ + =

( )

( )

( )( )

( )

20 0.2 0.4

1

2 12 2 50.2 0.4

8 9 8 9 36 min

dy x dx

dt y dt

dz x dx y dy mm

dt dt dt

→ = − = − =−

⋅ − = + = + =

( )

2 2

'2

28. Izracunaj prve parcijalne derivcije za 3 i 2 2

) Na uobicajen nacin koristeci determinante

b) Koristeci Jakobi determinante

)Implicitno derivacija po :

3 2 x

u v x y u v x y

a

a x

u vu v x y u

x

− = + − = −

∂ ∂− = + = −

∂ ∂

( )'

23 2 2 = 4 1

3 12 3

1 4 12 1 1 12Rjesimo sistem:

2 1 8 1 1 84 1

1 4

x

u vu v x y v

x x xu v

uvu v x x

uu v x uvv

x x v

∂ ∂= − = − − =

∂ ∂−∂ ∂

− = −∂ − + ∂ ∂⇒ = = =

−∂ ∂ ∂ − + − = ∂ ∂ −

v

uv

−

−

( )

( )

'2

'2

2 3

1 1 2 3=

2 1 1 8

1 4

Implicitno derivacija. po : 3 2 1

2 1

2 2 = 4 2 Rjesimo sistem:

4 2

y

y

u

v u

u x uv

v

u v y u v x y u

y y

u vu

y yu vu v x y v

u v y yv

y y

∂ −=

−∂ −

−

∂ ∂− = + = − =

∂ ∂

∂ ∂ − = ∂ ∂∂ ∂

− = − − = − ∂ ∂∂ ∂ − = −

∂ ∂





( )

2 2

1 1 2 3

2 4 1 24 2 4 1=

2 1 2 18 1 1 8

1 4 1 4

uz predpostavku da je 1 8 0

) Pisemo: 3 0 2 2 0

3; 1; 2 ; 1 1; 2; 1; 4

Koristeci teoretsko rjesen

x y u v x y u v

u

vu v v u

u u y uv y uv

v v

uv

b F u v x y G u v x y

F F F u F G G G G v

−

− − −∂ − − ∂ − −= = =

− −∂ − + ∂ −

− −

− ≠

= − − − = = − − + =

= − = − = = − = − = = = −

( )

( )( )

( )

( )

( )( )

( )

( )

( )( )

( )

jeJakobi determinante:

, 3 1

, 1 4 1 12

, 2 1 1 8

1 4,

, 1 1

, 2 4 2 4

, 2 1 1 8

1 4,

,

,

,

,

x v

x v

u v

u v

y v

y v

u v

u v

u x

u x

u v

u

F G F F

G G x v vu v

F G F F u x uv

G G vu v

F F F G

G G y v vu v

F G F F u y uv

G G vu v

F G F F

G Gu xv

F G F F x

G Gu v

∂ − −

∂ − −∂ −= − = − = − =

∂ −∂ −

−∂

∂ − −

∂ −∂ − −= − = − = − =

∂ −∂ −

−∂

∂

∂∂= − = −

∂∂

∂

( )

( )( )

( )

2 1

1 2 1 4

2 1 1 8

1 4

, 2 3

, 1 1 2 3

, 2 1 1 8

1 4,

v

u y

u y

u v

u v

u

u

u uv

v

F F F G u

G Gu xv u

F G F F u y uv

G G vu v

−

− −= − =

− −

−

∂ −

∂ −∂ −= − = − = − =

∂ −∂ −

−∂

( )

( )

29. Regiju u ravnini omedjene pravcima 6, 2 0 transformiraj u

,regiju u ravnini koristeci transformaciju: , . Izracinaj i

,

usporedi rezultat sa omjerom povrsina

xy x y x y i y

x yuv x u v y u v

u v

+ = − = =

∂= + = −

∂

R

R'

( ) ( )

( ) ( )

( )

i .Prema slici, regija je trokut. Transformacija nam daje slijedece:

6 6 2 6 3

2 2 2 2 1

0 0

Regija omedjena je pravcima 3, 1,

x y u v u v u u

x y u v u v v v

y u v u v

u v u v

+ = ⇒ + + − = ⇒ = ⇒ =

− = ⇒ + − − = ⇒ = ⇒ =

= ⇒ − = ⇒ =

= = =

R R'

R

R'





( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

, 1 12

1 1,

Povrsina regije iznosi 4 a povrsina regije iznosi 2

4Omjer povrsina je 2, sto se slaze sa vrijednoscu Jakobi determinante.

' 2

x xu v u v

x y u v u v

y yu vu v u v

u v u v

R

R

∂ ∂ ∂ ∂+ +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = = →

∂ ∂ ∂ ∂ −∂− −

∂ ∂ ∂ ∂

= =

R R'

2 2 2 2 2 230. Regija u ravnini je omedjenu sa , , 0 0

(0 ). Odredi regiju , ako je koristena slijedeca transformacija: cos ,

sin gdje je 0, 0 2 . Sto se desava za

xy x y a x y b x i y

a b x r

y r r a

ϕ

ϕ ϕ π

+ = + = = =

< < =

= > ≤ <

R

R'

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 22 2 2 2 2 2

2 22 2 2 2 2 2

,0? Izracinaj .

,

Prema slici, regija je kruzni prsten u prvom kvadrantu. Transformacija nam daje

slijedece:

cos sin

cos sin

0; cos

x y

r

x y a r r a r a r a

x y b r r b r b r b

x a y b r

ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ

∂=

∂

+ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ =

+ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ =

= ≤ ≤ ⇒

R

( )

( )

0 ;2

0; sin 0 0;

Regija ima oblik pravokutnika. Vidi sliku!

Za 0, regija poprima oblik kruznog isjecka u prvom kvadrantu a

transformacija ostaje pravokutnik.

,

,

a r b

y a x b r a r b

a

x y

r

π ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ

= ⇒ = ≤ ≤

= ≤ ≤ ⇒ = ⇒ = ≤ ≤

=

∂

∂

R'

R

R'

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )( )2 2

cos coscos sin

sin cossin sin

,cos sin

,

x x r r r r u v

y y r r r

u v r

x yr r

r

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ

ϕ ϕ ϕ

∂ ∂∂ ∂−∂ ∂∂ ∂

= = =∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

∂= + =

∂









14. FUNKCIJE DVIJU ILI VISE PROMJENJIVIH

14.3 Ekstremi funkcija dviju promjenjivih

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

Funkcija ( , ) ima ekstrem u tocki , ako je razlika izmedju bilo koje aplikate u

okolini tocke , i aplikate , tocke , :

, , 0 Maksimum funkcije

, , 0

z f x y x y

x y z x y

f x h y k f x y

f x h y k f x y

=

∆ = + + − < ⇒

∆ = + + − > ⇒

( ) ( )

( )

0 0 0 0

0 0

Minimum funkcije

, , 0 Nepravi ekstrem

Nuzni uvjet za ekstrem funkcije ( , ) u nekoj tocki ( , ), je zadovoljenje uvjeta:

0 i 0

Dovoljni uvjet za ekstrem u tocki , :

1

2

f x h y k f x y

z f x y x y

z z

x y

x y je

∆ = + + − = ⇒

=

∂ ∂= =

∂ ∂

∂∆ =

0

0

2 2 22 2

2 2

0 0 0

2 2 2

0 0 02 2

0 0 0

0 Maksimum funkcije2

0 Minimum funkcije

cosUvede li se zamjena: i dob

sin

x x y y

f f f h hk k

x y x y

h f f f r s t

k x y x y

ρ ϕ

ρ ϕ

==

< ⇒ ∂ ∂+ + →

> ⇒∂ ∂∂ ∂

= ∂ ∂ ∂= = =

=∂ ∂∂ ∂

( ) ( )2 2 22

0 0 0 0 0

0

ije se:

cos sin sin

2

r s r t s

r

ϕ ϕ ϕ ρ + + −∆ =

( )2

2

0 0 0 0 0 02

0

0 0

Za 0 i 0 Funkcija ima ekstrem u , i 0; 0

za 0 ima minimum za 0 ima maksimum

Tocke se nazivaju i tocke pozitivne zakrivljenosti, elipticke tocke. Tangentn

f z r r t s x y x y x

r r

∂ ∂= ≠ − > ⇒ = = ∂ ∂∂

> <

i z ∂

22

0 0 0 02

0

a ravnina dira plohu

samo jednoj tocki.

Za 0 i 0 Funkcija nema ekstrema.

Tocke se nazivaju i tocke negativne zakrivljenosti, hiperbolne tocke. Tangentna ravnina dira i

sij

f r r t s

x

∂= ≠ − < ⇒

∂ i

ece plohu koja ima oblik sedla.





22

0 0 0 02

0

Za 0 i 0 Funkcija nema ekstrema.

Tocke se nazivaju i tocke nulte zakrivljenosti, parabolne tocke.

Vezani ekstrem, je kada funkcija ( , ) ima ekstrem uz unaprijed zadan

f r r t s

x

z f x y

∂= ≠ − = ⇒

∂

=

i

i uvjet( , ) 0. Tocka ekstrema se odredi tako, sto se uvede nova kunkcija ( , ) sa

vrijednoscu: ( , ) ( , ) + ( , ) i za nju odrede ekstremi rjesavanjem sistema

jednadzbi: 0

x y F x y

F x y f x y x y

F f F

x x x y

ϕ

λ ϕ

ϕ λ

=

= ⋅

∂ ∂ ∂ ∂= + =

∂ ∂ ∂ ∂0 ( , ) 0

f x y

y y

ϕ λ ϕ

∂ ∂= + = =

∂ ∂

( ) ( )

( ) ( )

2 2

0

0 0 0

0

2 2

0 02

0 0

2

2

31. Odredi ekstreme funkcije 4 2 2

Postavimo uvjete: 0; 0

2 4 0 2

, 2,1

2 2 0 1

2 4 2 22 0

z x y x y

z z

x y

z x x

xT x y

z y y

y

x x f f r s

x x y x y x

f

y

= − − + + −

∂ ∂

= =∂ ∂

∂= − + = ⇒ =∂

= ∂ = − + = ⇒ =∂

∂ − + ∂ − + ∂ ∂= = = − = = =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

∂

∂

( )

( ) ( )

( ) ( )

0 0 0

0

22

0 0 0 02

0

2 2

0 max 0 0 0 0

0 0 0 0

2 22 Imamo slijedece: 2 0 2 :

Za 0 2 2 0 4 0

Funkcija ima maksimum i aplikata iznosi:

4 2 2 4 1 8 2 2 3

, , 2,1,3

yt r s

y

f r r t s

x

z z x y x y

T x y z

∂ − += = = − = − =

∂ ∂

= ≠ ⇒ − = − − − = > ∂

= = − − + + − = − − + + − =

=

i

0t = −





( )

( )

( )

( )

( )

3 332. Odredi ekstreme funkcije sin sin cos , 0 ;0

2 2

cos sin 0

Postavimo uvjete: 0; 0 :

cos sin 0

cos sin 0Rjesenje sistema daje: os c

cos sin 0

z x y x y za x y

z x x y

z z x

z x y y x y

y

x x yc x

y x y

π π = + + + ≤ ≤ ≤ ≤

∂= − + =∂ ∂ ∂

= = ∂∂ ∂ = − + =

∂− + =

⇒ =− + =

( )( )

1 1 2 2

3 3 4 4

1 2

os

cos sin 0Uvrstimo: cos 2sin 1 0

cos sin 2 0

3 3cos 0 ; ; ;

2 2 2 2

1 52sin 1 0 sin ; ; ;

2 6 6 6 6 63 3

Promatrane tocke su: , ; ,2 2 2 2

y

x x y x y x x

x x

x x y x y

x x x y x y

T T

π π π π

π π π π π π

π π π π

− + = = ⇒ ⇒ − =

− =

= ⇒ = = = =

− = ⇒ = ⇒ = = = − = =

5

( )( )

( )( )

( )( )

3 4

2

02

0

2

0

0

2

0 02

0

1 1

5 5; , ; ,

6 6 6 6

cos sinsin cos

cos sincos

cos sinsin cos

Za ,2 2

T T

x x y f x x y r

x x

x x y f x y s

x y x y

y x y f y x y t r

y y

T r

π π π π

π π

∂ − + ∂ = = − − + = ∂∂

∂ − + ∂ = = − + = ∂ ∂ ∂ ∂

∂ − + ∂ = = − − + = ≡ ∂

∂

→

i

2 2

2

2

2 2 2 2 2

2 min

sin cos 0; Nema ekstrema2 2 2

3 3 3 3 3Za , sin cos 2 0;Funkcija ima minimum

2 2 2 2 2

3 3cos 1

2 2

2 2 2 1 3 0 Funkcija ima minimum

sin sin

T r

s

t r r t s

z z x y

π π π

π π π π π

π π

= − − + =

→ = − − + = >

= − + = +

= = ⇒ − = ⋅ − = >

= = +

i

( )

min

3 3 3 3

cos sin sin cos2 2 2 2

3

x y

z

π π π π

+ + = + + +

= −





( ) ( )

( ) ( )

2 2

0

0 0 0

0

2 2

0 02

0 0

2

2

0



2 4 0 2

, 2,1

2 2 0 1

2 4 2 42 0

2

z x y x y

z z

x y

z x x

xT x y

z y y

y

x x f f r s

x x y x y x

f

y

= − − + +

∂ ∂= =

∂ ∂

∂= − = ⇒ = ∂

= ∂ = − + = ⇒ =∂

∂ − ∂ − ∂ ∂= = = = = =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

∂ − ∂=

∂

( )

( ) ( )

0

0 0 0

22

0 0 0 02

0

22

Pregledno napisamo, imamo slijedece: 2 0 2 :

Za 0 2 2 0 4 0 Funkcija nema ekstrema.

yt

y

r s t

f r r t s

x

+= = −

∂

= = = −

∂= ≠ ⇒ − = − − = − <

∂ i

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 3

2

0

1 2 3 12

0

2 22 2

02

0 0



3 3 0 1

1,2 ; 1,2 ; 1, 2 ; 1, 2

3 12 0 2

3 3 3 36

z x y x y

z z

x y

z x x

xT T T T

z y y

y

x x f f r x

x x y x

= + − − +

∂ ∂= =

∂ ∂

∂= − = ⇒ = ± ∂

− − − ∂ = − = ⇒ = ±∂

∂ − ∂ − ∂ ∂= = = =

∂ ∂ ∂ ∂∂

−

( )

0

22

02

0

0

3 126

s

x y

y f t y

y y

= =

∂∂ − ∂

= = = ∂∂

( )1 1

2

1 1 1

Za 1,2 6 6 0 Moguc ekstrem

6 12 0 72 0 Funkcija ima minimum.

T r x

r t s

⇒ = = >

− = ⋅ − = >

i





( )

( )

( )

( )( ) ( )

2 2

2

2 2 2

3 3

2

3 3 3

4 4

2

4 4 4

Za 1, 2 6 6 0 Moguc ekstrem

6 12 0 72 0 Nema ekstrema


6 12 0 72 0 Nema ekstrema


6 12

T r x

r t s

T r x

r t s

T r x

r t s

− ⇒ = = − <

− = − ⋅ − = − <

− ⇒ = = >

− = ⋅ − − = − <

− − ⇒ = = − <− = − ⋅ − −

i

i

i

0 72 0 Funkcija ima maksimum= >

( )( )

4 4 2 2

3

3

3 3

33

3 3 2 2



4 4 4 04 4 4 0

04 4 4 0

4 4 4 0

0 0

Rjesenje sistema

z x y x xy y

z z

x y

z x x y

x x y x x y

z y x y y x y

y

x y x y x xy y x y

= + − + −

∂ ∂= =

∂ ∂

∂= − + = − + =∂

⇒ ⇒ ∂ + − = = + − =∂

+ = ⇒ + − + = ⇔ = −

( )

+ =

( ) ( )1 2 3daje tocke: 0,0 ; 2, 2 ; 2, 2T T T − −

( )

( )

( )

322

02

0

32

0

0

322

02

0

4 4 412 4

4 4 44

4 4 412 4

x x y f r x

x x

x x y f s

x y x y

y x y f t y

y y

∂ − + ∂= = =

∂∂

∂ − + ∂= = =

∂ ∂ ∂ ∂

∂ + − ∂= = =

∂∂

−

−

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1 1

2 2

1 1 1

2

2 2

22 2

2 2 2

Za 0,0 12 0 4 4 0

4 4 4 16 16 0 Funkcija nema ekstrem.

Za 2, 2 12 2 4 20 0

20 12 2 4 4 384 0 Funkcija ima minimum

T r

r t s

T r

r t s

⇒ = ⋅ − = − <

− = − − − = − =

− ⇒ = − = >

− = ⋅ − − − = >

i

i





( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

2

3 3

22 2

3 3 3

4 4 2 2

min

2

1 1

Za 2, 2 12 2 4 20 0 Funkcija ima ekstrem

20 12 2 4 4 384 0 Funkcija ima minimum

z 2 2 2 2 4 2 2 2 2 8

U okolisu tocke 0,0 funkcija nema ekstrem jer je 0.

T r

r t s

T r

− ⇒ = − − = >

− = ⋅ − − = >

= + − − + − − − = −

− =

i

1 1t s

336. Odredi dimenzije kvadra volumena 36m tako, da povrsina ploha bude mionimalna.

32Volumen kvadra iznosi: 32

32 32 64 64Oplosje iznosi: 2 2 2 2

Postavimo uvjete:

V abc xyz z xy

O xy yz xz xy y x xy xy xy x y

z

x

= = = =

= + + = + + = + +

∂

∂( )

( )

2

0

2

2 2

0 02 2 3 2

0 0

2

02 2 3

0

0 0 3

0 0

640

0; 0 4 4,464

0

64 128 64 1

64 128

128Za 4, 4 2 0

4

z y

z x x x y T

z y x

y y

f f y r y s x x y x y x x x x

f x t

y y y x

T r

r t

∂= − =∂ ∂

= = → ⇒ = = ⇔ ∂∂ = − =∂

∂ ∂ ∂ ∂ = − = = = − = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

∂ ∂= − = =

∂∂

⇒ = = >

−

i

2

0 02 2 1 3 0 Funkcija ima ekstrem, minimum ( 2 0) .

32 32= =2 Dimenzije kvadra sa minimalnim oplosjem su: 4 4 2 m

4 4

s r

z xy

= ⋅ − = > = >

= ×⋅

×

( )2 237. Odredi ekstreme funkcije ln


z xy x y

z z

x y

= +

∂ ∂= =

∂ ∂





( ) ( )

( ) ( )

( )

22 2 2 2

2 2 2 2

22 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2ln ln 0

2 2ln ln 0

Iz prve jenadzbe slijedi 0 Uvrstimo u drugu jednadzbu:

0ln 0 ln 0 2ln 0

0

z x x y x y xy y x y

x x y x y

z y y x x y xy x x y

y x y x y

y

x x x x x x x

∂= + + = + + = ∂ + +

∂ = + + = + + = ∂ + +

= ⇒

+ + ⇒ = ⇔ = → +

( )

( ) ( )

1 2

2 2 2

1 22 2

1 2

0; 1

Iz druge jenadzbe slijedi 0 Uvrstimo u prvu jednadzbu:

0ln 0 ln 0 2ln 0 0; 1

0

Dobili smo dvije tocke: 1,0 ; 0,1 .

Za T(0,0), funkcija je nedefinirana

x x

x

y y y y y y y y

T T

= =

= ⇒

+ + ⇒ = ⇒ = → =

+ y =

( )( )

( )

22 2

2 2

22 2

2 2

22 2 2 2 2

2 2

2 2 1 2 2

3

2ln 0

Nastavljamo: Oduzimanjem dobijemo:2

ln 0

2ln 1 ln 2 0

1 1lijedi: ln 2 1 2

2 2

1 1Dobili smo tocke: ,

2 2

x x y

x y

y x y

x y

x x y y x x y x

x y

S x x e x x y x y ye e

T

e e

−

+ + =

+ ⇒ + + = +

= ⇒ = ± ⇒ + + ⇒ + =+

= − ⇒ = → = ± → = ⇒ = ± → = ±

( )( )

4 5

2 22 2

6 02 2 22 2

0

1 1 1 1; , ; , ;

2 2 2 21 1 2 3

, ln2 2

T T

e e e e f x x

T y x y r x x x ye e x y

− − −

∂ ∂ + − ⇒ = + + = = ∂∂ + +

2 2

22

y xy

( )( )

( )2 2 4 4

2 2 2 2

0 02 2 22 2

0

2ln 2 ln

f x x y y x y s s x

x y x y x y x y

∂ ∂ + = + + = ⇒ = + ∂ ∂ ∂ ∂ + +

y+





( )( )

2 22 2

02 2 22 2

0

2 3ln 2

f y x x x y t xy

y y x y x y

∂ ∂ + = + + = = ∂∂ + +

2 2

2

y

( )( )

( )

2 2

1 1 22 2

2 2

1 3 0Za 1,0 2 0 0 Funkcija nema ekstrem

1 0

Za 0,1 0 Funkcija nema ekstrem

T r

T r

+ ⋅⇒ = ⋅ =

+

⇒ =

i

i

2 2

3 3 22 2

2

3 3 3 3 3

3

2

min

1 13

1 1 1 1 2 2Za , 2 2 0

2 2 2 2 1 1

2 2

s 0; 2 2 2 0 4 0 Postoji ekstrem

Funkcija ima ekstrem i to minimum: 2 0

1 1 1 1ln2 2 2

e eT r

e e e e

e e

t r t s

r

z e e e

+

⇒ = = >

+

= = ⇒ − = ⋅ − = >

= >

= +

i

( ) ( )

2

4

2 2

5 5 22 2

2

5 5 5 5 5 5

1 1 1ln2 2 22

Istovrijedi za T

1 13

1 1 1 1 2 2Za , 2

2 2 2 2 1 1

2 2

2 0 0; 2 2 2 0 4 0

Funkcija ima eks

e e ee

e eT r

e e e e

e e

r s t r t s

= = −

− +

− ⇒ = −

− +

= − < ⇒ = = − ⇒ − = − ⋅ − − = >

i =

5

min

trem i to maksimum: 2 0

1 1ln

2 2

r

z e e

= − <

= −

( )

3 3

22

1 1

22 2 2

22 2

02

0 0

38. Odredi ekstreme funkcije 3


3 3 00; 03 3 0

1; 13 3 03 3 0

3 36

z x y xy

z z

x y

z x y x y x y x

z x y y x y x

y

x y f f r x

x x y x

= + +

∂ ∂= =

∂ ∂

∂ = + = = = + = ∂⇒ ⇒ ∂ = − = −+ = = + =

∂

∂ + ∂ ∂= = = =

∂ ∂ ∂∂

( )

2

0

3 33

x y s

x y

∂ += =

∂ ∂





( )22

02

0

3 36

y x f t y

y y

∂ + ∂= =

∂∂ =

( )

( )

( ) ( )

1 1

2 2

2 22 2 2

Za 0,0 6 0 Funkcija nema ekstrem

Za 1, 1 6 6 0 maksimum

6 6 3 27 0 Funkcija ima ekstrem

T r x

T r x

r t s

⇒ = =

− − ⇒ = = − <

− = − ⋅ − − = >

i

i

( )( )

2 2 2

1

2

39. Odredi ekstreme funkcije ( , , ) 2 2 4 10 0


2 20

2 4

1 0 1

1 0 1

2 20

2 4

Izracu

F x y z x y z x y z

z z

x y

F

F x x F x z

x x z

F y y

z y y

F y z

z

= + + − + − − =

∂ ∂= =

∂ ∂

∂∂ −∂= − = − =

∂∂ −− − = = ∂

⇒ ⇒ ∂ − + = = − ∂ +∂

= = − = ∂∂ −

∂

( ) ( )

2 2 2

22 2

2

1 2

1

2

najmo aplikate: 2 2 4 10 0

1 1 2 1 2 1 4 10 0

4 12 0 6 2

Zakljucujemo, da funkcija predstavlja sferu u prostoru i da ima maksimum u 6

i minimum u 2

x y z x y z

z z

z z z z

z

z

+ + − + − − =

+ − + − ⋅ + − − − =

− − = ⇒ = = −

=

= −





( )

40. Broj 120 podijeli u tri pozitivna dijela tako, da zbroj umnozaka od po dva uzeta dijela

odjednom, bude maksimalan.

Oznacimo nase brojeve sa , 120 ; 0 120 x y i x y x y− + ≤ + ≤

( )( )

( ) ( )

( ) ( )

Moramo naci maksimum funkcije: 120

Funkcija predstavlja trokut, za koji se moze naci maksimum (vidi sliku):


120 120 2 0

120 1

F xy x y x y

z z

x y

F y x y x y x y

x

F x x y x y

y

= + + − −

∂ ∂= =

∂ ∂

∂= + − − − + = − − =

∂

∂= + − − − + =

∂

( )

( ) ( ) ( )

( )

2max

0

2 120

2 12020 2 0

Rjesenje sistema daje: 40; 40; 120 40

120 40 40 40 40 40 3 40 4800

Ispitajmo granicne tocke trokuta:

0: 120 derivirajmo: y

x y

x y x y

x y x y

F xy x y x y

F y F x x=

+ =

⇒ + = − − =

= = − + =

= + + − − = ⋅ + + = ⋅ =

∂= = −i

( )

( )

( )

max

0

max

0 120 2 0 60

Odgovarajuci maksimum iznosi: 60 60 3600 4800

0: 120 derivirajmo: 0 120 2 0 60


Konacno, za hipotenuzu imamo:

x

x x x

F

F x F y y y y

x

F

y

=

= ⇒ − = ⇒ =∂

= = <

∂= = − = ⇒ − = ⇒ =

∂

= = <

i

i

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( )max

max

120 :

120 120 120 120 120

0 120 2 0 60


Znaci apsolutni maksimum je za 40 4800

x

F x x x x x x x x

F x x

x

F

x y z F

= −

= − + + − − − − = −

∂= ⇒ − = ⇒ =

∂

= = <

= = = ⇒ =





2 2

2 2

2

41. Izracunaj najkracu udaljenost hiperbole 8 7 225; 0 i ishodista

Moramo znaci izracunati minimalnu udaljenost bilo koje tocje u , sto iznosi + ,

od ishodista uz uvjet da je 8 7

x xy y z

xy x y

x xy

+ + = =

+ + 2 225.

Uvjetovani ekstrem rjesava se koristenjem Lagrange-ovog multiplikatora:

y =

( )2 2 2 2

8 7 225 0 Postavimo poznati uvjet: F x xy y x yλ = + + − + + =

( )

( )

( )( )

( )

2

1 2

1

2

2 8 2 01 4 0

Rjesenje sistema:4 7 0

14 8 2 0

1 41 7 16 0 8 9 0 1; 9

4 7

Za 1 imamo: 1 1 4 0 2 Zamjenom u jednadzbi daje:

8

F x y x

x y x

F x y y x y

y

x y x y

x x

λ λ

λ λ

λ λ λ λ λ λ λ

λ

λ

∂ = + + = + + = ∂

⇒ ⇒ ∂ + + = = + + =∂

+= + + − = ⇒ + − = ⇒ = = −

+

= + + = ⇒ = −

+

i

( ) ( )

( )

( ) ( )

22 2

2

22 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

7 225 2 8 2 7 225 5 225 Nema realnih rjesenja: 45

Za 9 imamo: 9 1 4 0 2 Zamjenom u jednadzbi daje:

8 7 225 8 2 7 2 225 45 225

5; 4 20 5 20 25

y y y y y y y y i

x y y x

x xy y x x x x x

x y x x y x y

λ

+ = ⇒ − + − + = ⇒ − =

=

= − − + + = ⇒ =

+ + = ⇒ + + = ⇒ =

= = = ⇔ + = + = ⇒ +

i

2

25=

2 2 2

42. Izracunaj tocku plohe 2 2 16 koja je najbliza ishodistu.

Moramo znaci izracunati minimalnu udaljenost bilo koje tocke

( , , ) od ishodista, uz uvjet da je 2 2 16.

2 2 16

x y z

D x y z

T x y z x y z

x y z y

− + =

= + +

− + =

− + = ⇒ = ( )

( )

( )

22 2 2 22 2 16 2 2 16

Postavimo poznati uvjet:

2 4 2 2 16 05 4 32 0 32

4 5 32 0 94 2 2 16 2 0

32 32 16 32 162 2 16 2 2 16 Trazena tocka je ,

9 9 9 9

x z D x y z x x z z

D x x z

x z x x z

D x z x z z

z

y x z T

+ − → = + + = + + − +

∂ = + + − = + − = ∂

⇒ ⇒ = = ∂ + − = = + − + =

∂

= + − = + − = − ⇒ −

2

32,

9 9





( )

2 2

2 2

2 2

43. Izracunaj koordinate z, presjeka povrsine 2 i valjka 5

2 5 0 Postavimo poznati uvjet:

1 2 01 2 0

Rijesimo sistem jednadzbi: 2 2 0

2 2 0 5

z x y x y

F x y x y

F x x

x y

F y x y y

λ

λ λ

λ

λ

= + + =

= + + + − =

∂ + == + = ∂ ⇒ + ∂

= + = + =∂

=

1

12

1 2

x

y

λ

λ

λ

= −

⇒ = ± =

1 1 1Za imamo: 1 2 0 1; 2 2 0 2

2 2 2 x x y yλ = + = ⇒ = − + = ⇒i = −

( ) ( )

( )

( ) ( )

2 2

0 02

0 0

2

02

0

0

2 2

0 0 0

min min

1 2 1 22 0

2 22

1 1Za 2 2 1 0 Postoji minimum

2 2

1 12 2 0 1 0 Funkcija ima minimum

2 2

2 1 2 2 5 ( 1, 5)

x x F F r s

x x y x y x

y F t

y y

r

r t s

z x y T

λ λ λ

λ λ

λ λ

∂ + ∂ + ∂ ∂= = = = = =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ + ∂

= = = ∂∂

= ⇒ = = = >

− = − = >

= + ⇒ − + − = − ⇔ − −

i

( ) ( )

0

2 2

0 0 0

max max

1 1 1Za imamo: 1 2 0 1; 2 2 0 2

2 2 2

1 1Za 2 2 1 0 Postoji maksimum

2 2

1 12 2 0 1 0 Funkcija ima maksimum

2 2

2 1 2 2 5 (1,5)

x x y

r

r t s

z x y T

λ

λ λ

= − + − = ⇒ = + − = ⇒ =

= ⇒ = = − = − <

− = − − − = − <

= + ⇒ + = ⇔

y

2 2 2 2 2 2

2 2 2

44. Izracunaj volumen najveceg pravokutnog paralelopipeda koji se moze upisati u

elipsoid 1.25 16 4

Oznacimo vrh kvadra u prvom oktantu sa ( , , ).

Volumen kvadra je tada 8

x y z x y z

a b c

P x y z

V x

+ + = + + =

= . Postavimo poznati uvjet i derivirajmo

implicitno:

yz





2 2 2

208 0

50Uvrstimo u jednadzbu elipsoida:

25 16 488 0

32

x yz xy

z x y z

y xz xy

z

+ =

= = = → + =

2 2 2 2 2 2 2

1 1 325 16 4 25 25 25 25

x y z x x x x

+ + = ⇒ + + = ⇒ = ⇒1

( )

25 25 3 16 3 4 3slicno tome dobijemo:

3 33

25 3 16 3 4 3 8 3Trazeni volumen iznosi: 8 8 25 16 4

3 3 3 9

8 3ili opcenito:

9

x y z

V xyz

V abc

= = = =

= = = ⋅ ⋅

=

3

2 2 22 2 2

2 2 22 2 2

45. Izracunaj ekstreme funkcije uz slijedece uvjete: + + =1 i4 5 25

. Obrazlozi rezultate.

Uvjetovani ekstrem rjesava se koristenjem Lagrange-ovog multiplikatora:

4 5

x y z F x y z

z x y

x y z F x y z P

= + +

= +

= + + ≡ + +

( )2 2 2

2 2 2

1 2 1 2

1

2

1 2

1

2 1 2

1

1

2

1 0 025

1 04 5 25

Postavimo poznati uvjet:

2 02 4 2 0

22 0 10 2 5 0

550 2

22 0

25

Q x y z

x y z G F P Q x y z x y z

xG x

x x x yG

y y y y

z z z G

z z

λ λ λ λ

λ λ

λ λ λ

λ λ λ

λ λ

λ

− = ≡ + − =

= + + = + + + + + − + + − =

∂ = + + = ∂ + + = ∂

= + + = ⇒ + + = ∂ + +

∂= + + =

∂

2

1

2

1

2

2

1

2 2 2

1 1 1

24

5

2 1025 0

25

2 50

2 5 250 0

4 2 10 2 50

x

y

z

Q x y z

λ λ

λ

λ λ

λ

λ

λ λ λ

λ λ λ

= − +

⇒ = −

+ = =

+

≡ + − = ⇒ − + − − =

+ + +

( )2

1 1 1

: 0

2 5 25Rijesimo sistem: 04 2 10 2 50

λ

λ λ λ

− ≠

+ + =+ + + ( ) ( ) ( )1 1 1

2

1 1 1 1

4 2 10 2 50

7517 245 750 0 10;

17

λ λ λ

λ λ λ λ

+ + +

+ + = ⇒ = − = −





2 2 2 2 21

1

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

22 2 2

2 2

2 2 5Za 10: ; ;

4 10 4 3 2 6

5

3 2 61 0 1 0

4 5 25 4 5 25

25 180 51 0 6 Kriticne tocke su:

36 20 36 25 19 19

x y z

x y z P

λ λ λ λ λ λ

λ

λ λ λ

λ λ λ λ λ

= − = − = − = = =+ − +

≡ + + − = ⇒ + + − =

+ + − = ⇒ = ⇒ = ±⋅

i

5 5 5 5 52 ; 3 ; 5 2 ; 3 ; 5

19 19 19 19 19 19 x y z x y z = = = = − = − = −

5

2 2 2

2 2 2

2 2

1 2 2

1

2 2

2 22 2 2

5 5 5Trazeni ekstrem iznosi: 2 3 5 10

19 19 19

2 275 34 17 17Za : ; ;

7517 4 7 4 284

17

34 17 17

7 4 281 0

4 5 25 4 5

F x y z

x y z

x y z P

λ λ λ λ λ

λ

λ λ λ

= + + = + + =

= − = − = − = = − =+

− +

−

≡ + + − = ⇒ + +

i 2λ

2

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

22

2 2

2 2 2

1 025

34 17 17 1401 0 Kriticne tocke su:

49 4 16 5 18 25 17 647

40 35 5 40 35 5; ; ; ;

647 647 647 647 647 647

40 35 5

Trazeni ekstrem iznosi: 647 647 647

x y z x y z

F x y z

λ λ λ λ

− =

+ + − = ⇒ = ±⋅ ⋅ ⋅

= = − = = − = = −

= + + = + − +

2

75

17

Funkcija F predstavlja udaljenost plohe nastale presjekom elipsoida P i ravnine Q,

od ishodista. Ekstrem prikazuje naj vecu i naj manju udaljenost te ravnine od ishodista.

Presjeciste je elipsa

=

2 2 75, pa su 10 i , poluosi elipse.

17a b= =

14.4 Ovojnice porodice krivulja u rasnini

( )

( )

46. Odredi ovojnicu porodice krivulja zadanih sa sin cos 1

Postavimo uvjete: , , 0 sin cos 1 0

, , 0 cos sin 0

sin cos 1sin ; cos

cos sin 0

x y

x y x y

x y x y

x y x y

x y

ϕ ϕ

φ ϕ ϕ ϕ

φ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

+ =

= ⇒ + − =

∂= ⇒ − =

∂

+ = ⇒ = =

− =





2 2

2 2

Zamijenimo dobijena rjesenja: sin cos 1 1 + =1

Ovojnica krivulja je kruznica + =1

x y x x y y x y

x y

ϕ ϕ + = ⇒ ⋅ + ⋅ = ⇒

( )

( )

2

2

2 22

2

47. Odredi ovojnicu porodice pravaca2

Postavimo uvjete: , , 0 02

2, , 0 0

2

Zamijenimo dobijena rjesenja:2 2

Ovojnica krivulja je parabola2

y x

x y y x

x y x x

x x y x x

x y

ϕ ϕ

ϕ φ ϕ ϕ

ϕ φ ϕ ϕ

ϕ

ϕ ϕ

= +

= ⇒ − + =

∂= ⇒ + = → = −

∂

= + = − + = −

= −

2

2

( )

( )

2

2

2 22 2

48. Odredi ovojnicu porodice povrsina zadanih sa 2

Postavimo uvjete: , , 0 2 0

, , 0 2 2 0

Zamijenimo dobijeno rjesenje:

2 0 2 0 0

Ovoj

z x y

x y z x y

x x y x y

y

x x x z x y z x y z x

y y y

ϕ ϕ

φ ϕ ϕ ϕ

φ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

= −= ⇒ − − =

∂= ⇒ − = → =

∂

− − = ⇒ − − = ⇒ − = ⇒ =

2nica povrsina je krivulja x zy=

zy

( )

( ) ( )

( )

22

22

2

22 2

2

49. Odredi ovojnicu porodice parabola 12

Postavimo uvjete: , , 0 1 02

2, , 0 0

2

Zamijenimo dobijena rjesenja: 12 2

Ovojnica krivulja j

x y x

c

x x y y x

c

c x y x x

c x

c x c c x y x

x c x

ϕ ϕ

φ ϕ ϕ ϕ

ϕ φ ϕ ϕ

ϕ

= − +

= ⇒ − − + =

∂= ⇒ − = → =

∂

= − + = −

2c

2

e parabola2 2

c x y

c= −





( )

( )

( )

2 2

2 2

50. Odredi ovojnicu porodice zadane sa dva parametra:

Postavimo uvjete: , , , 0 0

, , , 0 2 02

, , , 0 2 0 2

Zamijenimo dobijena rjesenja:

z x y

x y z x y

x x y x

y x y y

z x y

α β α β

φ α β α β α β

φ α β α α α

φ α β β β β

α β

= + − −

= ⇒ − + − − =

∂= ⇒ − = → =

∂

∂

= ⇒ − = → =∂

= + −2 2

2 2

2 22 2

2 2 2 2

Ovojnica krivulja je 44 4

x y x y x y

x y z z x y

α β

− = + − −

= + ⇒ = +




15. VEKTORI U PROSTORU

15.1 Opcenito o vektorima

0 0Jedinicni vektor (ort) je vektor sa intenzitetom 1. 1

Zbroj dva vektora je vektor: .

Graficki, zbroj se dobije ulancavanjem dva vektora. Na kraj prvog translacijom se doda

poceta

a

a aa

a b c

= ⇒ =

+ =

( )

k drugog vektora. Rezultat je vektor koji ima duzinu od pocetka prvog do kraja drugog

vektora.

Oduzimanje vektora je dano izrazom: .

Oduzimanje se izvodi tako sto se na pocetak prvog v

a b a b c− = + − =

ektora translacijom doda pocetak drugog

vektora. Rezultat, vektor , ima duzinu od kraja drugog do kraja prvog vektora

(vidi zadatak u nastavku)

c

1 1 2 2

2 3

Linearno nezavisni vektori su oni vektori za koje vrijedi: 0

Linearno nezavisni vektori cine bazu vektorskog prostora: V za ravninu i V za prostor.

Svaki vektor se moze rastaviti na komp

a aλ λ+ =

− −

( )

3

2 2 2

onente. Za prostor V ima oblik:

, ,

Apsolutna vrijednost vektora racuna se prema: a

Skalarni umnozak vektora je skalar: cos ; kut izmedju vektor

x y z x y z

x y z

a a i a j a k a a a a

a a a

a b a b ϕ ϕ

= + + ⇒ =

= + +

⋅ = ⋅ ⋅ −

( ) ( )

i .

Za 0 ili

1 0

Vektorski umnozak dva vektora je vektor: koji je okomit na i .

Vektori ,

x y z x y z x x y y z z

a b

a b a i a j a k b i b j b k a b a b a b

i i j j k k i j j k k i

a b c a b

a b

ϕ = ⋅ = + + ⋅ + + = + +

⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =

× =

( )i cine desni sustav. sin ,c c a b a b a b= × = ⋅ ⋅

Vektorski umnozak jedinicnih vektora u desnom sustavu:

0 0 0

sin

Apsolutna vrijednost vektorskog pro

x y z

x y z

ixi jxj kxk

ixj k jxk i kxi j

jxi k kxj i ixk j

i j k a b

a b a a a S a b

b b b

ϕ

= = =

= = =

= − = − = −

×× = = =

⋅

dukta dva vektora jednaka je povrsini paralelograma

sto ga zatvaraju zadani vektori.

Vektori u prostoru 1




( ) ( )

( ) ( )

Mjesoviti umnozak vektora oznacava se sa , ,

sin cos

Apsolutna vrijednost mjesovitog umnoska vektora, jednaka je volumenu priz

x y z

x y z

x y z

a b c a b c a b c

a a a

a b c a b c V a b c b b b

c c c

ϕ ψ

= ⋅ × = × ⋅

× ⋅ = ⋅ ⋅ = × ⋅ =

me

koju zatvaraju vektori.

2 2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

Tocka ( , , ) u prostoru, odredjena je sa radijvektorom

Udaljenost tocke ( , , ) od ishodista iznosi :

Udaljenost dviju tocaka, u prostoru ( , , ) i ( , , )

T x y z r xi yj zk

T x y z r x y z

T x y z T x y z

= + +

= + +

( ) ( ) ( )2 2 2

2 1 2 1 2 1

dano je sa:

d

Usmjerene komponente vektora a u smjeru , , iznose:

cos cos cos odnosno:

cos cos cos il y x z

x x y y z z

i j k

i a i a j a j a k a k aaa ai a j a k a

a a a a a a

α β γ

α β γ

= − + − + −

⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅⋅ ⋅ ⋅

= = = = = =

2 2 2

2

i:

cos cos cos 1 Vektor je tada paralelan sa :

cos cos cos

x y z a a au a

a

u i j k

α β γ

α β γ

+ ++ + = =

= + +

( )

( )

0 0 0 0

0 0 00

Pravac u prostoru, koji prolazi tockom T , , i paralelan sa a definiran je sa:

a k skalar

Usmjereni brojevi pravca su: , , odnosno usmjereni kosinusi: , ,a a

x y z

y x z

x y z

x y z

x x y y z z r r k a a a

aa aa a a

− − −− = → = =

( )

( )

( )

0 0 0 0

0

0 0 0

a

Povrsina u prostoru, koja prolazi tockom T , , i koja je okomita na dani pravac a

definiran je sa: a 0

; ; ;

0

x y z x y z

x y z

x y z

r r

a x a y a z D A a B a C a

D a x a y a z Ax By Cz D

− ⋅ =

+ + + ⇔ = = =

= − + + ⇒ + + − =

( )

( ) ( )

Usmjerena derivacija za funkciju ( , , ) u tocki ( , , ) u smjeru odredjenim sa kutevima

α, β i : cos cos cos

Odnosno za , : cos sin

Vektor smjera je: cos cos

F x y z T x y z

F F F F

s x y z

z z z f x y

s x y

i j

γ α β γ

θ θ

α β

∂ ∂ ∂ ∂= + +

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂= +

∂ ∂ ∂

+

( ) ( ) ( )cos Odnosno: cos sink i jγ θ θ+ +





( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 2 3 1 2 3

Vektorska funkcija je funkcija koja za svaku vrijednost skalara ima asocirani vektor :

, , , , , , , ,

, , Predstavlja vektorsko polje jer je svakoj

u F

F u F u i F u j F u k F x y z F x y z i F x y z j F x y z k

F x y z

= + + ⇔ = + +

→

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

0

1 2 3

tocki regije pridruzen vektor

, , Predstavlja skalarno polje jer je svakoj tocki regije pridruzen skalar

Derivacija vektorske funkcije: lim ili zau

x y z

F u u F udF

du u

d F u F u i F u j F u k

∆ →

Φ →

+ ∆ −=∆

= + + →

( )

( )

( )

31 2 j k ili opcenito:

Vektorske funkcije slijede pravila skalarnih funkcija:

dF dF dF F i

du du du du

F F F d F dx dy dz

x y z

d dF d F F

du du du

d B A A B A B

dy y y

d B A B A

dz

= + +

∂ ∂ ∂= + +

∂ ∂ ∂

ΦΦ = Φ +

∂ ∂⋅ = +

∂ ∂

∂× = ×

A B

z z

∂+ ×

∂ ∂

( )Geometrijski, ako se funkcija mijenja, radijvektor vektorske funkcije opisuje prostornu

krivulju, . Tada je: dje je jedinicni vektor u smjeru tangente.

Ako je s vrijeme , tada je:

u r u

dr s T g T

ds

d s t

= →

≡

2

2

brzina kojom se krece tocka radijvektora po .

a predstavlja akceleraciju tocke radijvektora po .

Operator nabla (del) je vektor : i j k

r v sdt

dr dr ds ds d r v T vT

dt ds dt dt ds

x y z

= →

= = = = ⇒ = →

∂ ∂ ∂∇ ≡ + +

∂ ∂ ∂

s

( )

( )

Gradijent funkcije , , :

i j k

Za , , . funkcija predstavla plohu i je okomica na plohu.

x y z grad i j k i j k x y z x y z

grad x y z

x y z const grad

∂ ∂ ∂ ∂Φ ∂Φ ∂ΦΦ Φ = ∇Φ = + + Φ = + + = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂Φ ∂Φ ∂ΦΦ = + +

∂ ∂ ∂

Φ = Φ = ∇Φ





( )1 2 3

31 2

Divergencija funkcije :

i j k

Rotor (curl) funkcije :

F divF F i j k F x y z

divF i j k F i F j F k x y z

F F F divF F x y z

F rotF F i j k x y z

∂ ∂ ∂= ∇ ⋅ = + + ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂= + + + + ∂ ∂ ∂

∂∂ ∂= ∇ ⋅ = + +∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂= ∇ × = + + ∂ ∂ ∂

( )1 2 3

1 32 3 1 2

1 2 3

F

rotF i j k F i F j F k x y z

i j k

y z x yrotF i j k x z x y z F F F F F F

F F F

∂ ∂ ∂= + + × + + ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂= = − +∂ ∂∂ ∂ ∂

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

Pravila za racunanje sa operatorom nabla:

U V U V grad U V gradU gradV

A B A B div A B divA divB

A B A B rot A B rotA rotB

UA U A U A

UA U A U A

A B B A A

∇ + = ∇ + ∇ ⇔ + = +

∇ ⋅ + = ∇ ⋅ + ∇ ⋅ ⇔ + = +

∇ × + = ∇ × + ∇ × ⇔ + = +

∇ ⋅ = ∇ ⋅ + ∇ ⋅∇ × = ∇ × + ∇ ×

∇ ⋅ × = ⋅ ∇ × − ⋅

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 22

2 2 2Laplace od

B

A B B A B A A B A B

A B B A A B B A A B

U U U U U U

x y z

∇ ×

∇ × × = ⋅ ∇ − ∇ ⋅ − ⋅ ∇ + ∇ ⋅

∇ ⋅ = ⋅ ∇ + ⋅ ∇ + × ∇ × + × ∇ ×

∂ ∂ ∂∇ ⋅ ∇ ≡ ∇ = + + →

∂ ∂ ∂

( )

( )

( ) ( )

2 2 22

2 2 2

2

Laplace operator

0 0

0 0

U U U x y z

U rot gradU

A div rotA

A A A

∂ ∂ ∂∇ = + + →∂ ∂ ∂

∇ × ∇ = ⇔ =

∇ ⋅ ∇ × = ⇔ =

∇ × ∇ × = ∇ ∇ ⋅ − ∇





1 1 1

2 2 2

1 1 1 1

1. Odredi vektor i njegov intenzitet ako prolazi tockama ( , , ) (1,2,3) i

( , , ) (4,5,6).

Radijvektor sa vrhom u tocki (1,2,3) : 1 2 3

Radijvektor sa vrhom u tocki (4

M x y z M

N x y z N

M r x i y j z k i j k

N

≡

≡

= + + = + +

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 1 2 2 2 1 1 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 2 2

,5,6) : 4 5 6

Vektor

- - -

- - -

4 1 5 2 6 3 27

r x i y j z k i j k

MN r r x i y j z k x i y j z k

r r x x i y y j z z k

MN r r x x i y y j z z k

MN

= + + = + +

= − = + + − + +− = + +

= − = + +

= − + − + − =

1 1 1

2 2 2

1 1 1 1

2. Odredi udaljenost tocke ( , , ) (1,2,3) od ishodista, osi , osi , ravnine

i tocke ( , , ) (3, 1,5).

Radijvektor sa vrhom u tocki (1,2,3) : 1 2 3

Udaljenost tocke

M x y z M x z xy

N x y z N

M r x i y j z k i j k

≡

≡ −

= + + = + +

2 2 2

1

2 2

2 2

M od ishodista: 1 2 3 14

Udaljenost tocke M od osi : 2 3 2 3 13

Udaljenost tocke M od osi z: 2 1 2 5

Udaljenos

OM r

x AM AB BM j k AM

CM CE EM i j CM

= = + + == + = + ⇒ = + =

= + = + ⇒ = + =

t tocke M od ravnine : 3k 3 3 xy BM BM = ⇒ = =





1

2

3. Odredi kut izmedju vektora koji imaju zajednicki pocetak u ishodistu a vrhove u

tockama (1,2,3) i (2, 3, 1).

Prvi vektor neka je 2 3

Drugi vektor neka je: 2 3

Iz

A B

r OA i j k

r OB i j k

− −

= = + +

= = − −

( ) ( ) ( )( ) ( )

1 21 2 1 2

2 22 2 2 21 2

1 2 2 3 3 1cos cos 1 2 3 2 3 1

7 1 1cos arccos 120

2 214 14

r r r r r r r r

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

+ − + −⋅⋅ = ⇒ = =+ + + − + −

= − = − ⇒ = − ⇒ = °

( ) ( ) ( )

0

0

4. Odredi jednadzbu pravca koji prolazi kroz tocku (1,2,3) i paralelan je sa

1 92 4 . Koja od tocaka lezi na pravcu: (3,1, 1); ( , , 4); (2, 0,1)

2 4

Postavimo: 2 3

T

a i j k A B C

r r ka xi yj zk i j k

= − − −

− = ⇒ + + − + +

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 2 3 2 4 Pravokutne jednadzbe jesu:

1 2 3Trazene tocke:

1 91 2

3 1 1 2 1 3 4 32 4A

2 1 4 2

2

41

k i j

x i y j z k k i j k

x y z

B

=

− + − + − = − − ⇒

− − −= = ⇒

− − − − − − − ⇒ = = ⇒ = =− − − −

4

2 1 4

k − −

− −

( )

0

0

5. Odredi jednadzbu ravnine koja prolazi tockom T (1,2,3) i paralelna je sa ravninom3 2 4 5 0.

Vektor 3 2 4 je okomit na zadanu i trazenu ravninu, pa mora biti zadovoljen

uvjet: 0

x y z

a i j k

r r a

x

− + − =

= − +

− ⋅ =

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 3 3 2 4

1 2 3 3 2 4 3 1 2 2 4 3 0

Trazena jednadzba ravnine: 3 2 4 11 0

i yj zk i j k i j k

x i y j z k i j k x y z

x y z

+ + − + + ⋅ − + =

− + + + + ⋅ − + = − − + + + = − + − =

( ) ( ) ( ) ( )

0

0

6. Odredi jednadzbu ravnine koja prolazi tockom T (2,3,0) i okomita je na pravac koji

lezi na tockama: (1,1, 1) i (0,0,3).

Vektor na ravnini: 2 3 0

Vektor kroz tocke A i B: BA A

A B

r r x i y j z k

x

−

− = − + − + −

=

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

+ +

BA 1 0 + 1 0 + 1 3 4

B A B A B x i y y j z z k

i j k i j k

− − − =

= − − − − = + −





( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

0 BA 0 2 3 0 4 0

Trazena jednadzba ravnine glasi: 1 3 4 0 4 5 0

r r x i y j z k i j k

x y z x y z

− ⋅ = ⇒ − + − + − ⋅ + − = − + − + − = ⇒ + − − =

( ) ( ) ( )

0 1

0 0

7. Odredi jednadzbu ravnine koja prolazi tockama (1, 2,3) i (3, 2,1) i okomita je na

ravninu 3 2 4 5 0

Vektor kroz tocke i : 3 1 2 2 1 3 2 4 2

Vektor zadane ravnine:

T T

x y z

T T T T i j k i j k

a

−

− + − =

= − + − − + − = − −

=

( )

( ) ( ) ( ) ( )

0

0 0 0

0

3 2 4 i su paralelni trazenoj ravnini.

Vektor je okomit na tu ravninu pa mozemo napisati: 0

2 4 2 1 2 3 2 4

3 2 4

i j k T T

T T a r r T T a

i j k i j k

r r x i y j z k

− +

× −

− ⋅ − − = − + − + − ⋅ − −

⋅ × =

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 4

3 2 4 3 2

1 2 3 20 14 8

20 1 6 2 12 3 20 14 8 24 0

i j

x i y j z k i j k

x y z x y z

− − = − −

= − + − + − ⋅ − − + = = − − + − + − = + − − =

( ) ( ) ( )

8. Odredi jednadzbu pravca koji prolazi ishodistem a okomit je na pravce koji ima krajnje

tocke: (1,2,2); (3,1, 2) i ( 1,5,2); (2, 1,0)

Vektor kroz tocke A i B: 3 1 1 2 2 2 2

a A B b C D

a AB i j k i

→ → − −

= − + − + − =

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

Vektor kroz tocke C i D: 2 3 1 5 0 2 3 6 2

Vektor okomit na i : 2 1 0 2 0 4 0 12 3

3 6 2

2 4 9 Trazeni pravac je okomit na oba vektora, znaci

j

b CD i j k i j

i j k a b c a b i j k

c i j k

−

= − + − − + − = − −

= × = − = − − − − + − +

− −

= + −

k

( ) ( ) ( )

paralelan vektoru

: 0 9 4 9 2 4 2 0

2 4 9

9 4 02

Rjesenje sistema jednadzbi daje: 9 2 0 odnosno:9 24 2 0

Trazena jednadzba pravca:2 4 9

c

i j k

r c x y z y z i x z j x y k

y z y

x z x z x y

x y z

× = ⇒ = − − − − − + − =

−

− − =

− − = ⇒ = − = − =

= =−





( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0 1 3

1 0

2 0

9. Odredi jednadzbu plohe koja prolazi kroz tri tocke: T (1,2,3); (3, 2,1) i T (5,0, 4)

Vektor 3 1 2 2 1 3 2 4 2

Vektor 5 1 0 2 4 3 4 2 7

Vektori su u istoj rav

T

r r i j k i j k

r r i j k i j k

− −

− = − + − − + − = − −

− = − + − + − − = − −

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0 1 0 2 0

0

nini pa vrijedi:

2 4 2

4 2 7

1 2 3 28 4 14 8 4 16

1 2 3 24 6 12

24 1 6 2 12 3 0

Trazena jednadzba ravn

r r r r r r

i j k

r r

x i y j z k i j k

x i y j z k i j k

x y z

− ⋅ − × − ⇒

− ⋅ − − =

− −

= − + − + − ⋅ − − − + + − + =

= − + − + − ⋅ + + = = − + − + − =

ine: 4 2 12 0 x y z + + − =

010. Izracunaj naj kracu udaljenost izmedju tocke (1,2,3) i ranine zadane sa

3 2 5 10 0.

Vektor normale na ravninu: 3 2 5

Izaberimo jednu tocku po volji, koja lezi na ravnini.

To cemo ucini

T

x y z

a i j k

− + − =

= − +

( ) ( ) ( ) ( )

1

0 1

1 00 1

2 2 2

ti metodom pokusaja: (2,3,2).

Projekcija vektora na je trazena udaljenost koju racunamo koristeci izraz:

3 2 5r 3

383 2

38

5

4 2

38

T

T T a

i j k i j k r aT T ad

a a

d

+ − ⋅ − +− ⋅ ⋅ − ⋅ + −⋅= = = =

+ +

= =

3819

1 2 1 5 1

38

0

11. Izracunaj jednadzbu ravnine, koja je paralelna sa ravninom 3 7 0 i prolazi

tockom (1, 1,3)

Vektor normale na obje ravnine ima iste komponente: 3 ,

(ravnine su paralelne) pa mozemo p

x y z

T

a i j k

+ + − =

−

= + +

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0

isati:

0 1 1 3 3 0

3 1 1 3 0 3 5 0

r r a x i y j z k i j k

x y z x y z

− ⋅ = ⇒ − + + + − ⋅ + + = − + + + − = ⇒ + + − =

( )0

0

12. Izracunaj jednadzbu vektora, koji lezi na pravcu, presjecistu ravnina 5 0 i

4 2 0 i prolazi tockom T (1,5,1).

Postavimo uvjet:

x y z

x y z

r r ka

+ − − =

− − + =

− =





( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

0 5 1 5 1

1 5 1 1 5 1 Pravokutne jednadzbe jesu:

1 2 3

1 5 1

r r ka xi yj zk i j k k i j k

x i y j z k k i j k

x y z

− = ⇒ + + − + + = + +

− + − + − = + + ⇒

− − −= =

1

2 1 1 2

2

1 1 2 2

3 6 313. Izracunaj udaljenost pravaca i

4 3 2

4 1 7ako prolazi tockom T ( 3,6,3) a prolazi tockom

8 3 3

(4, 1, 7).

Vektor pravca : 4 3 2 Vektor pravca : 8

x y z p

x y z p p p

T

p p i j k p p

+ − −≡ + +

−− + +

≡ + + −−

− −

= − + =

( ) (1 2 1 2

1 2

1 2

3 3

Vektor koji lezi na spojnici dviju tocaka T T : TT (4 3) 1 6 7 3

T T 7 7 10 .

Trazena udaljenost je projekcija pravca T T na vektor normale ravnine na kojoj leze

i j k

i j

i j k

− +

= + + − − + − −

= − −

) k

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 2

1 2

1 2

2 2 2

zadani pravci. Vektor normale:

4 3 2 9 6 12 16 12 24

8 3 3

3 4 12 Trazena udaljenost - projekcija T T na :

7 3 7 4 10 12T T 169

3 4 12

i j k

a n p p i j k

a n i j k n

nd

n

= = × = − = − + − − + − +

−

= = − + +

⋅ − + − ⋅ + − ⋅⋅= = =

+ +

13

169

=

1 2

0

1 1 2 2

14. Presjecnicom dviju ravnina: 4 3 1 0 i 5 2 0 polozi

ravninu koja prolazi tockom (0,0,0).

Vektor normale : 4 3 5

Vektor presjecnice je okomit na normale:

x y z x y z

T

a i j k a i j k

r

Π ≡ − + − = Π ≡ + − + =

Π = − + Π ≡ = + −

( ) ( ) ( )1 2

1 2

= 4 1 3 1 15 4 3 20 1

1 5 114 7 21 2 3

Odredimo jos jednu tocku na presjecnici, kako bi mogli poloziti ravninu: uvrstimo 0

u jednadzbe ravnina:

4 1 0

5

i j k

a a i j k

r a a i j k i j k

z

x y

x y

= × − = − − − − + + =

−= × = − + + = − + +

=

− − =

+

1

1 3 1 3; Nasa tocka je ( , ,0)

2 0 7 7 7 7 x y T

⇒ = = − ⇒ −

+ =





( )

1

1

1 3Sada polozimo ravninu na vektore: ; 14 7 21

7 7

i opceg vektora: 2 0

Spomenuti vektori zadovoljavaju uvjet: 0 i nasa ravnina ima oblik:

1 30 9 3 5 0

7 7

2 1 3

a i j r i j k

y z

p a r

x y z

x y z

= − = − + +

− =

× ⋅ =

− = + + =

−

1 2

1 1 2 2

15. Pravac odredjen ravninama: 2 3 0 i 2 0

sijece (probada) ravninu 3 4 0. Odredi koordinate probodista T.

Vektor normala: : 2 2

Vektor presjecnice je okomit

x z y z

x y z

a i j a j k

Π ≡ − − = Π ≡ − =

Π ≡ + − + =

Π = − Π ≡ = −

( ) ( ) ( )1 2

na normale:

= 1 0 2 2 2 1 2 2 Trazeni pravac je

0 1 2

paralelan sa pravcem predstavljenim sa . Odredimo jos jednu tocku na presjecnici:

uvrstimo 0 u jednadzbe ravnina:

3

i j k r a a i j k i j k

r

z

x

= × − = − − + = + +

−

=

−

( ) ( ) ( ) ( )

0

0 0 0

00; 3 Pomocna tocka je: (3,0,0) Sada mozemo pisati:

0

y z 3

3 3 paralelan sa : Odnosno:2 2 1 2 2 1

2 3 2 Uvrstimo u jednadzbu za :

3

y x T y

p x x i y j z k x i yj zk

x y z x y z r p t

x t y t z t

x y

= ⇒ = = ⇒

=

= − + − + − = − + +

− −≡ = = = = =

= + = = Π

Π ≡ + −

( ) ( )4 0 2 3 3 2 4 0 7 7 1

1; 2; 1 Trazena tocka je: (1, 2, 1)

z t t t t t

x y z T

+ = ⇒ + + − + = ⇒ = − ⇒ = −

= = − = − ⇒ − −

( ) ( ) ( )

2 2

0

0 0 0

0 00

0 0

16. Odredi jednadzbe tangente i normale za plohu: ( , , ) 3 2 11 0

u tocki T (2,1,3)

Jednadzba tangente: ( , , ) 0

0

6 12 4

F x y z x y z

F x y z

F F F x x y y z z

x y

F F x y

x y

= + − − =

=

∂ ∂ ∂ − + − + − = ∂ ∂ ∂

∂ ∂ = ⇒ = ⇒ ∂ ∂

( ) ( ) ( )

0

4 1

12 2 4 1 3 0 12 4 25 0

F

x y z x y z

∂ = − ∂

− + − − − = ⇒ + − − =





( ) ( ) ( )0 0 0

0 00

Jednadzba normale: ( , , ) 0

2 1

12 4 1

F x y z

x x y y z z x y z

F F F

x z y

=

− − − − −= = = = =

∂ ∂ − ∂ ∂ ∂∂

3−

( ) ( ) ( )

2 2 2

0

0 0

0 00

0

17. Odredi jednadzbe tangente i normale za plohu:

3 4 3 10 4 5 22 0 u tocki T (1, 2,1)

Jednadzba tangente:

( , , ) 0 0

2 3 4 2

x y z xy yz x z

F F F F x y z x x y y z z

x y z

F x y

x

+ − + − + − − = −

∂ ∂ ∂ = ⇒ − + − + − = ∂ ∂ ∂

∂ = + + ⇒ − ∂

0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0

0

0 0 0

0 00

6 4 0

6 3 10 12 3 10 19

8 10 5 8 20 5 7

0 1 19 2 7 1 0 19 7 45 0

Jednadzba normale: ( , , ) 0

F y x z y

F z y

z

x y z y z

F x y z

x x y y z z

F F F

x z y

+ =

∂ = + − = − + − = − ∂

∂ = − − − = − + − = ∂

− − + + − = ⇒ − + =

=

− − −= =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂

( ) ( )

2 2 2

2 2 2

0

0 0

0 0

18. Odredi jednadzbu tangentne povrsine za plohe: ( , , ) 4 4 4 0 i

G( , , ) 6 6 2 10 0 koje se sijeku u tocki (2,1,1)

Jednadzba tangente:

F x y z x y z

x y z x y z x y z T

F F F x x y y

x y z

= + − − =

= + + − − + + =

∂ ∂ ∂ − + − + ∂ ∂ ∂ ( )

[ ]

0

0

0 00

0 00

0

2 4 8 8 8 8

2 6 2 2 6 4 2 2 4

Usmjereni brojevi normala na ravnine su proporcionalni: 4,8, 8 i [ 2, 4,4].

Ravnine

z z

F F F x y z

x y z

G G G x y z

x y z

− =

∂ ∂ ∂ = = = = = − = − ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ = − = − = − = − = + = ∂ ∂ ∂

− − −

( )0imaju zajednicku tangnetnu ravninu: 0

4 8 8 2 2

r r a

a i j k i j k

− ⋅ =

= + − = + −





( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0 2 1 1 2 2

1 2 2 1 2 1 0 2 2 2 0

r r a x i y j z k i j k

x y z x y z

− ⋅ = − + − + − ⋅ + − = − + − − − = ⇒ + − − =

=

2

0

0

19. Dokazi da se zadane povrsine: ( , , ) 4 0 i

G( , , ) 5 3 0 sijeku pod pravim kutem u tocki (1,2,1).

Treba dokazati da se normale na plohe sijeku pod pravim kutem.

4 2

F x y z xy yz zx

x y z x y z T

F y z

x

= + − =

= − + + =

∂ = − = − ∂

( ) ( ) ( )

0

0

0 00

1 2 1 2 1 2

4 2 1 1 2

4 2 4 2

5 1 6 6

Skalarni umnozak normala mora biti nula, ako je 90 0

2 5 2 1 6 2 0

F x z

y

F y x

z

G G G z

x y z

l l m m n nϕ

∂= − = + = + = ∂

∂ = − = − = − ∂

∂ ∂ ∂ = − = = = ∂ ∂ ∂

= ° ⇒ + + =

− − + ⋅ + − =





2 2 2

0

0

0

00

0

20. Izracunaj jednadzbe tangente i ravnine normale na plohe:

( , , ) 14 0 i G( , , ) 6 0 u tocki (1,2,3).

Tangenta na plohu iz tocke (1,2,3):

-

F x y z x y z x y z x y z T

T

x x

F F

y z

G G

y

= + + − = = + + − =

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

0 0

0 0 0 0

0 00 0 0

00 0 0

00

0 0

2 2 4 64 6 2

1 1 1 1

y y z z

F F F F

z x x y

G G G G z x z x y

F F

y z y z

G G

y z

F F z x

G

z

− −= =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

= = = − = − ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂

( ) ( ) ( ) ( )( )

0 0

0 0

0 0 0 0

0 0

2 2 6 24

1 1 1 1

2 2 2 42

1 1 1 1

1 2 3 1 2 3 Ravnina normale:2 4 2 1 2 1

= 1 2 2 4 3 2 0 2 0

z x

G

x

F F

x y x y

G G

x y

x y z x y z

x y z x y z

= = =∂

∂

∂ ∂ ∂ ∂

= = = − ∂ ∂ ∂ ∂

− − − − − −= = ⇒ = =− − −Π − − + − + − − = ⇒ − + =

15.2 Derivacija u danom smjeru

2 221. Odredi derivaciju funkcije 6 u tocki (7,2) u smjeru 45 i =135 .

Odredi maksimalnu vrijednost derivacije i njen smjer.

Iz cos sin 2 cos 12 sin

2 cos 45 12T T

z x y T

z z z z x y

s x y s

z x y

s

θ θ

θ θ θ θ

= − = ° °

∂ ∂ ∂ ∂= + ⇒ = −

∂ ∂ ∂ ∂

∂∗ = ° −

∂2 2

sin 45 2 7 12 2 5 22 2

° = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = −

2 22 cos135 12 sin135 2 7 12 2 19 2

2 2T T

z x y

s

∂∗ = ° − ° = ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ = − ∂





( )

Maksimalna vrijednost derivacije u smjeru dobije se iz uvjeta : 0

24 1214cos 24sin 14sin 24cos 0 tan

14 7

12

tan je u drugom kvadrantu ili u cetvrtom kvadran7

d z

d s

d z d

d s d

θθ

θ θ θ θ θθ θ

θ θ

∂ = ∂ ∂ = − = − − = ⇒ = − ∂

= − ⇒

= −

2 2 2

2 2

2

2

tu.

Za drugi kvadrant:

12

tan 12 1 77sin cos193 1931 tan 1 tan12

17

Za cetvrti kvadrant:

tan 12 1 7sin cos

193 1931 tan 1 tanOdredimo i drugu derivaciju:

14sind z d

s d d

θθ θ

θ θ

θθ θ

θ θ

θθθ

∗

− −= = = = =

+ + + −

∗

= = − = =

+ +

∂ = − ∂ ( )

2

2

24cos 14cos 24sin

Vidimo da je vrijednost 0 za vrijednosti u cetvrtom kvadrantu.

Funkcija ima maksimum. Maksimalna vrijednost usmjerene derivacije

714cos 24sin 14 2

193

d z

sd

z

s

θ θ θ

θ

θ θ

− = − +

∂ < ∂

∂= − = − ∂

max

1

124

193

122 193 u smjeru: tan

7

12tan 59.75 300.25 cetvrti kvadrant.

7

z

sθ

θ −

−

∂ = = − ∂

= − = − ° = °

22. Odredi derivaciju funkcije u tocki (0,3) u smjeru 120 . Odredi

maksimalnu vrijednost derivacije i njen smjer.

Iz cos sin cos sin

cos120 sin120 3T T

x

x x

x x

T

z ye T

z z z z

ye e s x y s

z y e e

s

θ

θ θ θ θ

= =

∂ ∂ ∂ ∂

= + ⇒ = +∂ ∂ ∂ ∂

∂= ° + ° =

∂

°

( )

( )

1 3 1cos sin 3 3 3

2 2 2

Maksimalna vrijednost derivacije u smjeru u tocki T, dobije se iz uvjeta :

10 3cos sin 3sin cos 0 tan

3

d z d z d

d s d s d

θ θ

θ

θ θ θ θ θθ θ θ

+ = − + = − +

∂ ∂ = ⇒ = + = − + = ⇒ = ∂ ∂





( )2

2

2

1tan je u prvom ili trecem kvadrantu.

3

Odredimo i drugu derivaciju: 3sin cos 3cos sind z d

s d d

d z

θ θ

θ θ θ θθθ

= ⇒

∂ = − + = − − ∂

∂

Documents

Mate Vijuga - Rijeseni Zadaci Iz Vise Mate Ma Tike