Matematičke osnove opće fizike

Matematiµcke osnove opce �zike

ii

Sadrµzaj

1 SKALARI I VEKTORI 11.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2 REALNE FUNKCIJE 152.1 Polinomske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.1.1 Polinomska funkcija nultog stupnja - funkcija konstanta . 152.1.2 Polinomska funkcija prvog stupnja - linearna funkcija . . 162.1.3 Funkcija polinoma drugog stupnja - kvadratna funkcija . 182.1.4 Funkcija obrnute proporcionalnosti . . . . . . . . . . . . . 22

2.2 Eksponencijalna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.3 Logaritamska funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.4 Trigonometrijske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.5 Hiperboliµcne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.6 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3 GRANIµCNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST 37

4 DERIVACIJE FUNKCIJA 394.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5 NEODREÐENI INTEGRAL 435.1 Osnovni integralni izrazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445.2 Primjeri: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

5.2.1 Oblik integrala ukljuµcuje korijenske i kvadratiµcne izraze . 505.2.2 Trigonometrijski oblik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.2.3 Inverzni trigonometrijski oblik . . . . . . . . . . . . . . . 545.2.4 Ekponencijalni i logaritamski oblik . . . . . . . . . . . . . 545.2.5 Hiperboliµcni oblik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5.3 Primjeri: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

6 VEKTORSKE DERIVACIJE 596.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

iii

iv SADRµZAJ

7 DIFERENCIJALNI OPERATORI POLJA 677.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

8 VEKTORSKE INTEGRACIJE 738.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

9 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 779.1 Diferencijalne jednadµzbe prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . 779.2 Diferencijalne jednadµzbe drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . 86

10 RAZVOJ FUNKCIJE U RED 9310.1 Taylorov i Maclaurinov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

A The First Appendix 101

Afterword 103

Preface

markbothmainmattermarkboth

v

vi PREFACE

Poglavlje 1

SKALARI I VEKTORI

1.1 Primjeri

Primjer 1 Odredite koje su skalarne, a koje vektorske �zikalne veliµcine?

a) teµzina b) speci�µcna toplina c) gustoca d) volumen e) brzinaf) sila g) udaljenost h) energija i) moment sile j) snaga

Rje�enje:

a) vektor b) skalar c) skalar d) skalar e) vektorf) vektor g) skalar h) skalar i) vektor j) skalar

Primjer 2 Dana su tri vektora �!a ;�!b i �!c . Koji uvjet trebaju ispuniti da se odnjh moµze formirati trokut?

Rje�enje:Da bi formirali trokut vektori �!a ;�!b i �!c moraju zadovoljavati uvjet da je

njihov vektorski zbroj jednak nuli, odnosno ta tri vektora moraju saµcinjavatitrokut (slika 1.8.)

�!a +�!b +�!c = 0

Primjer 3 Koji uvjet moraju ispunjavati vektori �!a i �!b , da bude �!a +�!b nor-malno na �!a ��!b ?

Odgovor:Buduci da je skalarni produkt dva okomita vektora jednak nuli, dovoljno je

da bude zadovoljen slijedeci uvjet��!a +�!b � � ��!a ��!b � = 0Mnoµzenjem dobivamo:

�!a � �!a +�!b � �!a ��!a � �!b ��!b � �!b = 0

1

2 POGLAVLJE 1. SKALARI I VEKTORI

kako je zbog osobine komutativnosti skalarnog produkta vektora

�!a � �!b = �!b � �!a =) �!a � �!a ��!b � �!b = 0

Skalarni umnoµzak vektora sa samim sobom jednak je kvadratu intezitetavektora pa vrijedi

�!a � �!a = a2; �!b � �!b = b2

odakle dobivamo traµzeni uvjeta2 = b2

Primjer 4 Objasnite kada je skalarni produkt c = �!a � �!b maksimalan, a kadaminimalan?

Odgovor:Po de�niciji skalarnog umno�ka

c = �!a � �!b = an � b = a � bn

vrijedi

cmax = a � (bn)maxcmin = a � (bn)min

Iz slike 1.9. vidimo da je (bn)max = b za � = 0� i (bn)min = 0 za � = 90

�.Problem se moµze rije�iti i preko trigonometrijskih funkcija. Skalarni um-

noµzak je tadac = �!a � �!b = a � b � cos�

gdje je �� kut izme�u vektora �!a i �!b .Buduci da je

0 � cos� � 1

za vrijednosti kuta 0� � � � 90� to je

cmax = a � b � cos 0 = a � b, cmin = a � b � cos 90 = 0

Primjer 5 Koji uvjet mora biti zadovoljen da intezitet vektorskog produkta �!c =�!a ��!b bude minimalan, a koji da bude maksimalan?

Odgovor:Na osnovu de�nicije 1.1.16 intezitet vektorskog produkta dvaju vektora

�!c = �!a ��!b jednak je

c =��!a ��!b �� = a � ha = b � hb

1.1. PRIMJERI 3

odakle vrijedicmax = a � (ha)max = a � b

jer je (ha)max = b za kut � = 90� i

cmin = a � (ha)min = 0

gdje je (ha)min = 0 za kut � = 0�.

Problem se moµze rije�iti i preko trigonometrijskih funkcija

c =��!a ��!b �� = a � b � sin�

gdje je0 � sin� � 1

za 0� � � � 90�. Odavde slijedi

cmax = a � b � sin 90 = a � bcmin = a � b � sin 0 = 0

Primjer 6 Kakav me�usobni poloµzaj moraju zauzimati vektori �!a i�!b da bi bro-

jna vrijednost skalarnog produkta tih vektora bila jednaka intezitetu vektorskogprodukta tih vektora?

Odgovor:Traµzeni uvjet je

c = �!a � �!b =��!a ��!b ��

Prema de�niciji skalarnog i vektorskog produkta slijedi

�!a � �!b = a � b � cos��!a ��!b �� = a � b � sin�

traµzeni uvjet daje

a � b � cos� = a � b � sin�sin� = cos� =

p1� sin2 �

odakle sre�ivanjem izraza dobivamo

sin2 � = 1� sin2 �2 sin2 � = 1

sin2 � =1

2

sin� =

p2

2=) � = 45�

Primjer 7 Pokaµzite da vrijedi jednakost��!a ��!b 1�� = ��!a ��!b 2�� = ��!a ��!b 3��

za vektore prikazane na slici 1.11..

Odgovor:


Na osnovu de�nicije vektorskog produkta dva vektora, intezitet rezul-tantnog vektora odgovara povr�ini paralelograma kojeg µcine vektori. Takovrijedi ��!a ��!b 1�� = a � b1 = P1��!a ��!b 2�� = a � h2 = P2��!a ��!b 3�� = a � h3 = P3

Na osnovu slike 1.11. vidimo da je b1 = h2 = h3 pa slijedi P1 = P2 = P3odnosno ��!a ��!b 1�� = ��!a ��!b 2�� = ��!a ��!b 3��Primjer 8 Zadani su vektori �!a = 3

�!i � 2�!j + �!k , �!b = 2

�!i � 4�!j � 3�!k ,

�!c = �!i + 2�!j + 2�!k , prona�ite intezitete vektora:

a) j�!c j,

b)��!a +�!b +�!c ��,

c)��2�!a � 3�!b � 5�!c ��.Rje�enje:

a) Koristeci relaciju (??) intezitet vektora je

j�!c j =��!i + 2�!j + 2�!k �� =q(1)2 + (2)2 + (2)2 = p9 = 3

b) Prvo zbrojimo vektore, a zatim njihovom zbroju izraµcunamo intezitet

�!a +�!b +�!c =�3�!i � 2�!j +�!k

�+�2�!i � 4�!j � 3�!k

�+��!i + 2

�!j + 2

�!k�

= 6�!i � 4�!j��!a +�!b +�!c �� = ��6�!i � 4�!j �� =q(6)2 + (�4)2 = 2p13

c) Pomnoµzimo vektore skalarom i zbrojimo ih, a onda mu izraµcunamo intezitet

2�!a � 3�!b � 5�!c = 2�3�!i � 2�!j +�!k

�� 3

�2�!i � 4�!j � 3�!k

��5��!i + 2

�!j + 2

�!k�

= �5�!i � 2�!j +�!k��2�!a � 3�!b � 5�!c �� = ��5�!i � 2�!j +�!k �� =q(�5)2 + (�2)2 + (1)2 = p30

1.1. PRIMJERI 5

Primjer 9 Zadani su vektori �!a = 2�!i � �!

j +�!k ,

�!b =

�!i + 3

�!j � 2

�!k ,

�!c = �2�!i + �!j � 3�!k , i �!d = 3�!i + 2

�!j + 5

�!k , prona�ite skalare a, b i c

tako da vrijedi:�!d = a � �!a + b � �!b + c � �!c te izrazite vektor �!d preko vektora

�!a ; �!b i �!c ?

Rje�enje:Koristeci zadane vektore dobivamo

�!d = a�!a + b�!b + c�!c

3�!i + 2

�!j + 5

�!k = a

�2�!i ��!j +�!k

�+ b

��!i + 3

�!j � 2�!k

�+c��2�!i +�!j � 3�!k

�= 2a

�!i � a�!j + a�!k + b�!i + 3b�!j � 2b�!k � 2c�!i + c�!j � 3c�!k

3�!i + 2

�!j + 5

�!k = (2a+ b� 2c)�!i + (�a+ 3b+ c)�!j + (a� 2b� 3c)�!k

Dva vektora su jednaka ako su im jednake sve komponente, tj. mora vrijediti:

(2a+ b� 2c) = 3

(�a+ 3b+ c) = 2

(a� 2b� 3c) = 5

Ovo je sustav od tri jednadµzbe, tri nepoznate veliµcine. Rje�enje sustava je

a = �2; b = 1; c = �3

pa je traµzena kombinacija�!d = �2�!a +�!b +�3�!c .

Primjer 10 Prona�ite jediniµcni vektor u smjeru rezultante dvaju vektora�!a = 2�!i + 4�!j � 5�!k i

�!b =

�!i + 2

�!j + 3

�!k .

Rje�enje:Rezultanta dvaju vektora je zbroj tih vektora

�!R = �!a +�!b�!R = 2

�!i + 4

�!j � 5�!k +�!i + 2�!j + 3�!k

�!R = 3

�!i + 6

�!j � 2�!k

intezitet rezultante je��!R �� = ��3�!i + 6�!j � 2�!k �� =q(3)2 + (6)2 + (�2)2 = 7Na osnovu def. 1.1.11 vrijedi

�!R 0 =

�!R��!R �� pa je

�!R 0 =

3�!i + 6

�!j � 2�!k7

=3

7

�!i +

6

7

�!j � 2

7

�!k


Da bismo se uvjerili u toµcnost rezultata izraµcunajmo intezitet vektoru�!R 0 :��!R 0

�� =s�

3

7

�2+

�6

7

�2+

��27

�2= 1

Primjer 11 Odredite kutove koje vektor �!r = x�!i + y

�!j + z

�!k zatvara sa

pozitivnim smjerovima koordinatnih osi i pokaµzite da vrijedi jednakost kosinusakuteva cos2 �+ cos2 � + cos2 = 1.

Rje�enje:Koristeci de�niciju skalarnog produkta vektora �!r sa jediniµcnim vektorima

koordinatnih osi dobivamo�!r � �!i =

�x�!i + y

�!j + z

�!k�� !i = x

�!r � �!j =�x�!i + y

�!j + z

�!k�� !j = y

�!r � �!k =�x�!i + y

�!j + z

�!k�� !k = z

pa vrijedi�!a � �!b = j�!a j

��!b �� cos�]�!a ;�!b �odnosno

cos�]�!a ;�!b

�=

�!a � �!bj�!a j

��!b ��pa su kutovi

cos�]�!r ;�!i

�= cos� =

�!r � �!ij�!r j

��!i �� = x

r � 1 =x

r

cos�]�!r ;�!j

�= cos� =

�!r � �!jj�!r j

��!j �� = y

r � 1 =y

r

cos�]�!r ;�!k

�= cos =

�!r � �!kj�!r j

��!k �� = z

r � 1 =z

r

gdje je intezitet vektora �!r jednak

j�!r j =px2 + y2 + z2

pa slijedi

cos2 �+ cos2 � + cos2 =�xr

�2+�yr

�2+�zr

�2=x2 + y2 + z2

r2=r2

r2

cos2 �+ cos2 � + cos2 = 1

Primjer 12 Odredite vektor��!PQ kojemu je poµcetna toµcka P (x1; y1; z1) i

krajnja toµcka Q (x2; y2; z2), a zatim mu izraµcunajte iznos.

Rje�enje:

1.1. PRIMJERI 7

Vektor poloµzaja toµcki P i Q su:

�!r P = x1�!i + y1

�!j + z1

�!k

�!r Q = x2�!i + y2

�!j + z2

�!k

Mora vrijediti�!r P +

��!PQ = �!r Q

odnosno ��!PQ = �!r Q ��!r P

pa je vektor��!PQ jednak

��!PQ =

�x2�!i + y2

�!j + z2

�!k��x1�!i + y1

�!j + z1

�!k�

= (x2 � x1)�!i + (y2 � y1)

�!j + (z2 � z1)

�!k

odnosno njegov intezitet��!PQ�� =q(x2 � x1)2 + (y2 � y1)2 + (z2 � z1)2�to je zapravo udaljenost izme�u toµcaka P i Q:

Primjer 13 Neka su �!a i�!b nekolinearni vektori. Prona�ite vrijednosti x; y

tako da vrijedi 3�!A = 2

�!B , ako je

�!A = (x+ 4y)�!a + (2x+ y + 1)

�!b i

�!B = (y � 2x+ 2)�!a + (2x� 3y � 1)�!b .

Rje�enje:Koristeci zadani uvjet i vrijednosti vektora imamo

3�!A = 2

�!B

3h(x+ 4y)�!a + (2x+ y + 1)�!b

i= 2

h(y � 2x+ 2)�!a + (2x� 3y � 1)�!b

i3x�!a + 12y�!a + 6x�!b + 3y�!b + 3�!b = 2y�!a � 4x�!a + 4�!a + 4x�!b � 6y�!b � 2�!b

0 = (7x+ 10y � 4)�!a + (2x+ 9y + 5)�!b

dakle, mora vrijediti sustav jednadµzbi

(7x+ 10y � 4) = 0

(2x+ 9y + 5) = 0

µcije rje�enje je x = 2; y = �1:

Primjer 14 Prona�ite vrijednost kuta izme�u vektora �!a = 2�!i + 2

�!j � �!k i

vektora�!b = 6

�!i � 3�!j + 2�!k .


Rje�enje:Koristeci de�niciju skalarnog produkta vektora i inteziteta vektora (de�nicija

1.1.12) vrijedi �!a � �!b = ab cos�, i jaj =p�!a � �!a pa je

a =

q(2)

2+ (2)

2+ (�1)2 = 3

b =

q(6)

2+ (�3)2 + (2)2 = 7

�!a � �!b = (2) (6) + (2) (�3) + (�1) (2) = 12� 6� 2 = 4

odakle slijedi

cos� =�!a � �!ba � b =

4

3 � 7 =4

21

� = arccos4

21= 1; 3791

Primjer 15 Zadani su vektori �!a i�!b . Odredite vrijednost parametra � tako

da vektori �!a = 2�!i + ��!j +�!k i�!b = 4

�!i � 2�!j � 2�!k budu okomiti.

Rje�enje:Da bi dva vektora bila okomita jedan na drugi mora biti zadovoljen uvjet

�!a � �!b = ab cos� = 0 jer je cos� = cos �2 = 0. Dakle,

�!a � �!b =�2�!i + �

�!j +

�!k��4�!i � 2�!j � 2�!k

�= (2) (4) + (�) (�2) + (1) (�2)= 8� 2�� 2 = 6� 2� = 0 ! � = 3

Primjer 16 Odredite jediniµcni vektor okomit na ravninu koja je razapeta vek-torima �!a = 2�!i � 6�!j � 3�!k i

�!b = 4

�!i + 3

�!j ��!k .

Rje�enje:Zadatak moµzemo rije�iti na dva naµcina. Prvi naµcin je da napravimo vektorski

produkt vektora koji razapinju ravninu. Na taj naµcin dobivamo novi vektor�!c = �!a ��!b koji je okomit na te vektore, a time i na ravninu koju razapinju.

�!c = �!a ��!b =

��!i

�!j

�!k

2 �6 �34 3 �1

��= 5

�3�!i � 2�!j + 6�!k

�pa je jedniniµcni vektor jednak

�!c 0 =�!cj�!c j =

5�3�!i � 2�!j + 6�!k

��5�3�!i � 2�!j + 6�!k �� = 3

7

�!i � 2

7

�!j +

6

7

�!k

1.1. PRIMJERI 9

Drugi naµcin: pretpostavimo da je vektor �!c = cx�!i + cy

�!j + cz

�!k okomit na

zadanu ravninu. Kako je okomit na ravninu, mora biti okomit i na vektore �!a i�!b koji pripadaju toj ravnini. Dakle, mora vrijediti:

�!a � �!c = 2cx � 6cy � 3cz = 0 ili 2cx � 6cy = 3cz�!b � �!c = 4cx + 3cy � cz = 0 ili 4cx + 3cy = cz

Rje�avanjem prethodnih jednadµzbi imamo parametarsko rje�enje, gdje je czuzet za parametar

cx =1

2cz; cy = �

1

3cz

Onda je vektor �!c jednak

�!c = cx�!i + cy

�!j + cz

�!k = �!c = 1

2cz�!i � 1

3cz�!j + cz

�!k

= cz

�1

2

�!i � 1

3

�!j +

�!k

�odnosno jediniµcni vektor u tom smjeru je

�!c 0 =�!cc=

cz

�12

�!i � 1

3

�!j +

�!k�

�rc2z

h�12

�2+�� 13

�2+ (1)

2i

= �cz

�12

�!i � 1

3

�!j +

�!k�

cz

q14 +

19 + 1

= �

�12

�!i � 1

3

�!j +

�!k�

76

= ��3

7

�!i � 2

7

�!j +

6

7

�!k

�Primjer 17 Ako je �!a = 2

�!i � 3�!j � �!k i

�!b =

�!i + 4

�!j � 2�!k , prona�ite

vrijednosti slijedecih vektora:

a) �!a ��!b i

b)��!a +�!b �� !a ��!b �.Rje�enje:a) Koristeci de�niciju vektorskog produkta 1.1.16 imamo

�!a ��!b =

��!i

�!j

�!k

ax ay azbx by bz

�� =��!i

�!j

�!k

2 �3 �11 4 �2

��=

�� 3 �14 �2

��!i � �� 2 �11 �2

��!j + �� 2 �31 4

��!k= 10

�!i + 3

�!j + 11

�!k


b) Prvo prona�imo��!a +�!b � =�2�!i � 3�!j ��!k

�+��!i + 4

�!j � 2�!k

�= 3

�!i +

�!j � 3�!k��!a ��!b � =

�2�!i � 3�!j ��!k

��!i + 4

�!j � 2�!k

�=�!i � 7�!j +�!k ;

a zatim vektorski pomnoµzimo

��!a +�!b �� !a ��!b � =

��!i

�!j

�!k

3 1 �31 �7 1

��=

�� 1 �3�7 1

��!i � �� 3 �31 1

��!j + �� 3 11 �7

��!k= �20�!i � 6�!j � 22�!k

Primjer 18 Pokaµzite da su vektori �!a = ��!i +3�!j +2�!k ;�!b = 2

�!i �3�!j �4�!k

i �!c = �3�!i + 12�!j + 6�!k komplanarni i rastavite vektor �!c po vektorima �!a i�!b :

Rje�enje:Tri vektora su komplanarna ako postoji njihova me�usobna zavisnost, tj.

jedan od vektora moµzemo prikazati kao linearnu kombinaciju preostala dva (tivektori leµze u istoj ravnini). �to znaµci da njihov mje�oviti produkt mora bitijednak nuli.��!a ��!b � � �!c = 0

��!a ��!b � � �!c =

��ax ay azbx by bzcx cy cz

�� =��1 3 22 �3 �4�3 12 6

�� = 0Prikaµzimo sada vektor �!c kao linearnu kombinaciju vektora �!a i

�!b .

�!c = m�!a + n�!b�3�!i + 12�!j + 6�!k = m

��!i + 3�!j + 2�!k

�+ n

�2�!i � 3�!j � 4�!k

��3�!i + 12�!j + 6�!k = (�m+ 2n)�!i + (3m� 3n)�!j + (2m� 4n)�!k

odakle slijedi sustav od tri jednadµzbe sa dvije nepoznanice

(�m+ 2n) = �3(3m� 3n) = 12

(2m� 4n) = 6

Rje�enje tog sustava je jedinstveno i glasi:

m = 5

n = 1

pa vektor �!c moµzemo napisati kao kombinaciju �!c = 5�!a +�!b .

1.1. PRIMJERI 11

Primjer 19 Konstruirajte piramidu kojoj su vrhovi O (0; 0; 0) ; A (5; 2; 0) ; B (2; 5; 0)i C (1; 2; 4) te izraµcunajte njen volumen, povr�inu strane ABC i visinu piramidespu�tenu na tu stranu.

Rje�enje:Piramida je odre�ena vektorima

�!OA;

��!OB i

��!OC, koji su jednaki

�!OA = 5

�!i + 2

�!j

��!OB = 2

�!i + 5

�!j

��!OC =

�!i + 2

�!j + 4

�!k

i de�niraju paralelopiped volumena

V =��!OA��!OB

�� !OC =

��5 2 02 5 01 2 4

��= 5 �

�� 5 02 4

�� 2 � �� 2 01 4

��+ 0 � �� 2 51 2

��= 5 � 20� 2 � 8 = 84

volumen piramide jednak je VP = 16 � V = 14 kubnih jedinica. Da bismo

izraµcunali povr�inu stranice ABC trebamo pronaci vektore��!AB i

�!AC. Oni su

��!AB = �3�!i + 3�!j�!AC = �4�!i + 4�!k

Apsolutna vrijednost vektorskog umno�ka jednaka je dvostrukoj povr�initraµzenog trokuta pa je povr�ina trokuta jednaka bazi piramide B

��!AB ��!AC =

��!i

�!j

�!k

�3 3 0�4 0 4

�� = 12�!i + 12�!j + 12�!k��!AB ��!AC�� = 12p3

pa je traµzena povr�ina

P (�ABC) =1

2

��!AB ��!AC�� = 1

212p3 = 6

p3

Volumen piramide je dan izrazom

VP =B � h3

odakle je visina piramide jednaka

h =3 � VPB

=3 � VP

P (�ABC)=3 � 146p3=7

3

p3

Rje�enje:


1.2 Zadaci

Problem 20 Rije�ite izraz�2�!i ��!j

�� !j +

��!j � 2�!k

�� !k +

��!i � 2�!k

�2.

Rezultat: 2.

Problem 21 Na materijalnu toµcku djeluju tri sile u horizontalnoj ravnini: F1 =2N prema sjeveru, F2 = 2:8N prema jugoistoku i F3 = 1:5N prema zapadu.Izraµcunajte rezultantu tih sila gra�µcki i raµcunski.

Rezultat:�!F =

�2:47

�!i � 1:97�!j

�N.

Problem 22 Prona�ite iznos rezultante µcetiriju komplanarnih sila koje djelujuu toµcki O, ako svaka sila ima iznos od 10N, a kut izme�u dviju susjednih silaiznosi 45�.

Rezultat: R = 10p4 + 2

p2N = 26: 131N.

Problem 23 Zadane su sile�!F 1 =

�10�!i + 10

�!j�N,�!F 2 =

��10�!j

�N,�!F 3 =�

�4�!i�N i

�!F 4 =

��10�!i � 5�!j

�N. Odredite iznos i smjer rezultantne sile.

Rezultat:�!R =

��4�!i � 5�!j

�N; R = 6:4N; � = 231:3�.

Problem 24 Odredite kut izme�u vektora �!a =�3�!i + 2

�!j +

�!k�i vektora

�!b =

��!i � 5�!j + 2�!k

�.

Rezultat: � = 104:1�.

Problem 25 Izrazite kut � me�u vektorima �!a i �!a 0 pomocu kutova koje tivektori zatvaraju s koordinatnim osima x; y i z:

Rezultat: cos � = cos� cos�0 + cos� cos�0 + cos cos 0.

Problem 26 Zadani su vektori �!a i�!b . Prona�ite kut izme�u vektora

�!a = 2�!m + 4�!n i�!b = �!m � �!n , ako su �!m i �!n jediniµcni vektori koji me�u-

sobno zatvaraju kut od 120�.

Rezultat: 120�.

Problem 27 Konstruirajte paralelogram razapet vektorima �!a = 2�!j +�!k , �!b =�!i + 2

�!k te izraµcunajte njegovu povr�inu i visinu.

Rezultat: P =p21, h =

p4:2.

Problem 28 Rije�ite se zagrada i pojednostavite izraze:

1.2. ZADACI 13

1.�!i �

��!j +

�!k��!j �

��!i +

�!k�+�!k �

��!i +

�!j +

�!k�;

2.��!a +�!b +�!c ��!c + ��!a +�!b +�!c ��!b + ��!b ��!c ��!a ;

3.�2�!a +�!b

�� (�!c ��!a ) +

��!b +�!c

��!a +�!b �;

4. 2�!i ��!j ��!k

�+ 3�!j ��!i ��!k

�+ 4�!k ��!i ��!j

�;

Rezultat: 1. 2��!k ��!i

�, 2. 2�!a ��!c , 3. �!a ��!c , 4. 3.

Problem 29 Odredite povr�inu paralelograma razapetog vektorima�!a = �!m + 2�!n i

�!b = 2�!m + �!n , gdje su �!m i �!n jediniµcni vektori koji me�u-

sobno zatvaraju kut od 30�.

Rezultat: 1:5.

Problem 30 Konstruirajte paralelopiped razapet vektorima �!a = �!i +4�!j , �!b =�3�!j +�!k i �!c = 2�!j +5�!k te izraµcunajte njegov volumen. Hoce li sustav vektora(baza)

��!a ;�!b ;�!c � biti lijevi ili desni?Rezultat: (V = 17, lijevi).

Problem 31 Zadana su tri vektora �!a = �!i +�!j +�!k , �!b = �2�!i + 3�!j + 2�!ki �!c = �!i + 4�!j � 5�!k . Izraµcunajte �!a �

��!b ��!c

�i��!a ��!b ��!c :

Rezultat: �!a ��!b ��!c

�= �3�!i � 12�!j + 15�!k ;

��!a ��!b ��!c = 0.Problem 32 Pokaµzite da su vektori �!a =

�!i +

�!j + 4

�!k ,

�!b =

�!i � 2�!j i

�!c = 3�!i �3�!j +4�!k komplanarni vektori i prona�ite njihovu me�usobnu linearnuovisnost.

Rezultat: �!c = �!a + 2�!b .


Poglavlje 2

REALNE FUNKCIJE

2.1 Polinomske funkcije

2.1.1 Polinomska funkcija nultog stupnja - funkcija kon-stanta

Graf funkcije je pravac koji je paralelan s x�osi i ima vrijednost konstante, tj.presjeca y�os u toµcki koja ima vrijednost zadane konstante.

Primjer 33 Nacrtajmo graf funkcije y = 3

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

2.5

3.0

3.5

4.0

x

y

Primjer 34 Prikaµzimo nekoliko funkcija konstanti u jednom koordinatnom sus-tavu

15

16 POGLAVLJE 2. REALNE FUNKCIJE

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

3

2

1

1

2

3

4

5

x

y

2.1.2 Polinomska funkcija prvog stupnja - linearna funkcija

Graf funkcije je pravac y = ax + b. Nula je funkcije u toµcki x = � ba , tj. u toj

toµcki pravac presjeca os x, a vrijednost se naziva odsjeµcak na x�osi. Odsjeµcakna y�osi jednak je b i pravac u toj toµcki presjeca y�os. Kut pravca � u odnosuna pozitivni smjer osi x, odre�ujemo iz uvjeta tan� = a =) � = arctan a. Uovisnosti o vrijednosti konstante a funkcija je rastuca ako je a > 0, a ako jea < 0 funkcija je padajuca.

Primjer 35 Nacrtajmo graf funkcije y = xU ovom primjeru je a = 1, pa jekut pravca s pozitivnom smjeru osi x jednak � = arctan 1 = �

4 = 45�. Kako je

b = 0 odsjeµcak na x i y�osi jednak je nuli, tj. pravac prolazi kroz ishodi�te (�tobi dobili i uvr�tavanjem vrjednosti x = 0).

2.1. POLINOMSKE FUNKCIJE 17

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

x

y

Primjer 36 Nacrtajmo graf funkcije y = 2x+ 3

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

3

2

1

1

2

3

4

5

6

7

x

y

Odsjeµcak na x-osi je x = � ba = � 3

2 = �1:5, a na y-osi je y = b = 3. Nagibpravca s pozitivnim dijelom x-osi jednak je � = arctan 2 = 63: 432�. Funkcija jerastuca jer je a > 0.


Primjer 37 Nacrtajmo u jednom koordinatnom sustavu sljedece funkcije:

y1 = f1 (x) = 5x

y2 = f2 (x) = 2x

y3 = f3 (x) = x

y4 = f4 (x) = 0:1x

y5 = f5 (x) = �3x

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

x

y

2.1.3 Funkcija polinoma drugog stupnja - kvadratna funkcija

Kvadratna funkcija ima oblik y = ax2+bx+c. Graf funkcije presjeca x-os (nulefunkcije) u rje�enjima kvadratne jednadµzbe ax2+bx+c = 0. Rje�enja kvadratnejednadµzbe su:

x1;2 =�b�

pD

2a(2.1)

gdje je D�diskriminanta kvadratne jednadµzbe

D = b2 � 4ac (2.2)


U ovisnosti o vrijednosti D imamo sljedece mogucnosti:

1. Diskiminanta je pozitivna D > 0

x1 =�b+

pD

2a(2.3)

x2 =�b�

pD

2a(2.4)

imamo dva razliµcita realna rje�enja. To gra�µcki znaµci da ce graf funkcijepresjecati os x u dvije razliµcite toµcke.

2. Diskriminanta je jednaka nuli D = 0

x1 = x2 =�b2a

(2.5)

imamo jedno dvostruko realno rje�enje. To gra�µcki znaµci da ce graf funkcijepresjecati os x u samo jednoj toµcki (samo ce dodirivati os x),

3. Diskriminanta je negativna D < 0

x1 =�b+

pD

2a(2.6)

x2 =�b�

pD

2a(2.7)

imamo dva razliµcita kompleksna rje�enja (drugi korijen negativnog broja).To gra�µcki znaµci da nema presjeka grafa funkcije sa x-osi (jer su rje�enjakompleksna, nisu realna).

Otvor kvadratne funkcije ovisi o vrijednosti a�konstante. Ako je a > 0funkcija je konkavna (udubljena) i ima otvor prema pozitivnom dijelu y-osi(prema gore), ako je a < 0 funkcija je konveksna (ispupµcena) i ima otvor premanegativnom dijelu y-osi (prema dolje). �to je iznos konstante a veci, to jefunkcija (s obzirom na otvor) suµzenija. Pogledajmo to na nekoliko primjera:

Primjer 38 Nacrtajmo graf funkcija y = x2 i y = x2 + 5


5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x

y

Uoµcimo da su obje funkcije konkavne (otvorene prema gore) i da je pomi-canjem grafa funkcije y1 = x2 prema gore za 5 dobije graf funkcije y2 = x2 + 5.

Primjer 39 �to bi se dobilo kad bi umjesto dodavanja konstante funkciji ydodali konstantu promjenjivoj x? Pogledajmo funkcije y1 = x2 i y2 = (x+ 5)

2:

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

5

10

15

20

x

y

Kao �to vidimo dodavanjem broja 5 argumentu (promjenjivoj, varijabli) graffunkcije pomjeramo za 5 ulijevo. Ako bi argumentu dodali negativan broj dobilibi pomjeranje grafa funkcije u desno.


Primjer 40 Nacrtajmo gra�kone sljedecih funkcija:

1. y1 = 3x2 + 12x+ 15 = 3 (x+ 2)2+ 3

2. y2 = 2x2 � 4x+ 2 = 2 (x� 1)2

3. y3 = x2 � 6x+ 8 = (x� 3)2 � 1

4. y4 = �2x2 � 8x� 6 = �2 (x+ 2)2 + 2

5. y5 = �3x2

6. y6 = �x2 + 2x� 4 = � (x� 1)2 � 3

7 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7

7

6

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

6

7

x

y

Primjer 41 Nacrtajmo kvadratne funkcije u ovisnosti o ptomjenjivoj veliµcinikonstante a. Uporedimo sljedece grafove, �to uoµcavamo?

1. y1 = 5x2


2. y2 = 2x2

3. y3 = 0:5x2

4. y4 = 0:1x2

5. y5 = �x2

6. y6 = �10x2

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

x

y

2.1.4 Funkcija obrnute proporcionalnosti

Funkcija obrnute proporcionalnosti ima opceniti oblik y = ax . U ovisnosti o

konstanti a imamo sljedece: Ako je a > 0, graf funkcije je padajuci i nalazi seu prvom i trecem kvadrantu, ako je a < 0, graf funkcije je rastuci i nalazi se udrugom i µcetvrtom kvadrantu.

Primjer 42 Nacrtajmo grafove sljedecih funkcija:

1. y1 = 1x

2. y2 = 2x

2.2. EKSPONENCIJALNA FUNKCIJA 23

3. y3 = 0:1x

4. y4 = � 5x

1x

7 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7

7

6

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

6

7

x

y

2.2 Eksponencijalna funkcija

Eksponencijalna funkcija opisana jednadµzbom y = aebx, ima sljedeca svojstva uovisnosti o konstantama a i b:

1. Ako je a > 0 graf funkcije se nalazi iznad x�osi, y�os presjeca u vrijed-nosti konstante a, tj. prolazi kroz toµcku (0; a) i rastuca je za b > 0, apadajuca za b < 0.

2. Ako je a < 0 funkcija je uvijek ispod x�osi, y�os presjeca u toµcki (0; a) ipadajuca je za b > 0, a rastca za b < 0.

Primjer 43 Nacrtajmo grafove nekoliko eksponencijalnih funkcija u ovisnostio konstanti a.

1. y1 = ex


2. y2 = 2ex

3. y3 = 5ex

4. y4 = �3ex

7 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7

7

6

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

6

7

x

y

Primjer 44 Nacrtajmo nekoliko eksponencijalnih funkcija u ovisnosti o vrijed-nosti konstante b.

1. y1 = ex

2. y2 = e2x

3. y3 = e5x

4. y4 = e�x

5. y5 = e�3x

2.3. LOGARITAMSKA FUNKCIJA 25

5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

x

y

y1

y2y3

y4 y5

2.3 Logaritamska funkcija

Primjer 45 Nacrtajte grafove funkcija y1 (x) = log x i y2 (x) = 3 log x.

Rje�enje:

Funkcije nisu de�nirane za negativne vrijednosti argumenta x. Neke karak-teristiµcne toµcke funkcija su:

x 0:01 0:1 1 10 100y1 �2 �1 0 1 2y2 �6 �3 0 3 6

Grafovi funkcija su


1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

12

10

8

6

4

2

0

2

4

x

y

3log10log10

Primjer 46 Nacrtajte grafove funkcija y1 (x) = log8 x i y2 (x) = log2 x.

Rje�enje:

Funkcije nisu de�nirane za negativne vrijednosti argumenta x. Neke karak-teristiµcne toµcke funkcija su:

x 18

14

12 1 2 4 8

y1 �1 � 23 � 1

3 0 13

23 1

y2 �3 �2 �1 0 1 2 3

Grafovi funkcija su

2.4. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE 27

1 2 3 4 5 6 7 8 9

3

2

1

0

1

2

3

x

y

2.4 Trigonometrijske funkcije

Primjer 47 Nacrtajte grafove funkcija y1 (x) = sinx i y2 (x) = sin (2x)

Rje�enje:

Nacrtajmo nekoliko karakteristiµcnih toµcaka funkcija

x �� 3�4 ��

2 ��4 0 �

8�4

3�8

�2

5�8

3�4

7�8 �

sinx 0 �p22 �1 �

p22 0 0:38

p22 0:92 1 0:92

p22 0:38 0

sin (2x) 0 1 0 �1 0p22 1

p22 0 �

p22 �1 �

p22 0

graf funkcija izgleda


5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1.0

0.5

0.5

1.0

x

y

Primjer 48 Nacrtajte grafove funkcija y1 (x) = sinx i y2 (x) = 2 sinx

Rje�enje:Graf funkcije y2 = 2 sinx ce biti pojaµcana samo u amplitudi u odnosu na

graf funkcije y1 = sinx.

3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

2

1

1

2

x

y

Primjer 49 Nacrtajte grafove funkcija y1 (x) = sinx, y2 (x) = sin�x� �

4

�i

y3 (x) = 0:5 + 2 sin�x+ �

3

�Rje�enje:


Graf funkcije y2 (x) = sin�x� �

4

�je pomjeren u �

4 u desno u odnosu na graffunkcije sinx, dok je graf funkcije y3 (x) = 0:5 + 2 sin

�x+ �

3

�pomjeren prema

gore za 0.5 i u lijevo za vrijednost �3 , a amlituda joj je dvostruko veca.

3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

1

1

2

x

y

Primjer 50 Nacrtajte grafove funkcija y1 (x) = cosx i y2 (x) = cos (2x)

Rje�enje:

Nacrtajmo nekoliko karakteristiµcnih toµcaka funkcija

x �� 3�4 ��

2 ��4 0 �

8�4

3�8

�2

5�8

3�4

7�8 �

cosx �1 �p22 0 �

p22 1 0:92

p22 0:38 0 �0:38 �

p22 �0:92 �1

cos (2x) 1 0 �1 �1 1p22 0 �

p22 �1 �

p22 0

p22 1

graf funkcija izgleda


5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

1.0

0.5

0.5

1.0

x

y

Primjer 51 Nacrtajte graf sljedece funkcije y (x) = sinx+ sin 2x.

Rje�enje:

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

1.61.41.21.00.80.60.40.2

0.20.40.60.81.01.21.41.6

x

y

Primjer 52 Nacrtajte graf funkcije y (x) = tanx.

Rje�enje:Odredimo karakteristiµcne toµcke funkcije u osnovnom periodu x 2

��2 ;

�2

�.

x ��2 � 3�

8 ��4 ��

8 0 �8

�4

3�8

�2

tanx �1 �p2� 1 �1 1�

p2 0

p2� 1 1

p2 + 1 +1


5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

x

y

Primjer 53 Nacrtajte graf funkcije y (x) = cotx.

Rje�enje:Odredimo karakteristiµcne toµcke funkcije u osnovnom periodu x 2 [0; �].x 0 �

8�4

3�8

�2

5�8

3�4

7�8 �

cotx +1p2 + 1 1

p2� 1 0 1�

p2 �1 �

p2� 1 �1

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

x

y

Primjer 54 Nacrtajmo graf funkcije y (x) = 2 sin 2x+ cos 4x

Rje�enje:Osnovni period funkcije je x 2 [0; �].


5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

3

2

1

1

2

x

y

2.5 Hiperboliµcne funkcije

Osnovne funkcije poznate kao sinus, kosinus, tangens i kotangens hiperbiloµcni,kao i funkcije sekans i kosekan hiperboliµcni su funkcije koje su kombinacije ek-sponencijalih funkcija ex i e�x. One imaju istu vezu sa hiperbolom kao �toje imaju trigonometrijske funkcije sa kruµznicom. Iz tog razloga ih nazivamohiperboliµcne funkcije.

sinhx =ex � e�x

2cschx =

1

sinhx=

2

ex � e�x

coshx =ex + e�x

2sechx =

1

coshx=

2

ex + e�x

tanhx =sinhx

coshx=e2x � 1e2x + 1

cothx =coshx

sinhx=e2x + 1

e2x � 1

Primjer 55 Nacrtajmo graf eksponencijalnih funkcija ex i e�x, a zatim i graffunkcije y (x) = sinhx.

Rje�enje:

Graf eksponencijalne funkcije ex je uvijek pozitivan i rastuci dok je graffunkcija e�x uvijek pozitivan i padajuci.

2.5. HIPERBOLI µCNE FUNKCIJE 33

8 6 4 2 2 4 6 8

60

40

20

20

40

60

80

100

120

140

x

y

Graf funkcije sinh (x)

Primjer 56 Nacrtajmo graf funkcija y1 (x) = coshx, y2 (x) = tanhx i y3 (x) =cothx.

Rje�enje:Grafovi funkcije coshx je paran i nenegativan.

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

20

10

10

20

30

40

50

60

70

x

y

coshx

Graf funkcije coshx


Graf funkcije tanhx je neparan

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

1.0

0.5

0.5

1.0

x

y

Graf funkcije tanhx

Graf funcije cothx.

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

5

4

3

2

1

1

2

3

4

5

x

y

Graf funkcije cothx

2.6. PRIMJERI 35

2.6 Primjeri

Konstruirajte grafove linearnih funkcija (pravci)

1. y = kx, gdje je k = �3;�1; 0; 1; 2

2. y = x+ b, gdje je b = �5;�1; 0; 3; 7

3. y = 2x+ 3

4. y = 3x� 4

5. y = �2x� 2

6. y = �3x+ 1

Konstruirajte grafove funkcija polinoma drugog stupnja (parabole)

1. y = ax2, gdje je a = �3;�2; 0; 1; 2

2. y = x2 + c, gdje je c = �5;�2; 0; 2; 4

3. y = (x� x0)2, gdje je x0 = �2;�1; 1; 2

4. y = y0 + (x+ 1)2, gdje je y0 = �5;�2; 0; 3; 8

5. y = 3x2 + 5x+ 6

6. y = �x2 + x+ 1

7. y = �2x2 � 3x� 4

Konstruirajte grafove polinomskih funkcija

1. y = x3

2. y = (x� 1)3

3. y = x3 � 3x2 + 5x

4. y = 2x4 � 4x2

Konstruirajte grafove razlomljenih linearnih funkcija (hiperbole)

1. y = 1x

2. y = 1x+1

3. y = 32�x

4. y = 2x + 3

5. y = 2x+33x�2


Konstruirajte grafove razlomljenih funkcija

1. y = 1x2

2. y = 1(x�2)2

3. y = 2(x�2)2 + 1

4. y = 10x2+1

5. y = x+ 1x

6. y = 1x3

7. y = x2

x+1

8. y = 2xx2+1 (Newtonova serpentina)

9. y = x2 + 1x (Newtonov trozubac)

Konstruirajte grafove iracionalnih funkcija

1. y =px

2. y = 3px

3. y = 3px2 (Neilova parabola)

4. y = �xpx (semikubna parabola)

5. y = � 35

p25� x2 (elipsa)

6. y = 1p1�x2

Konstruirajte grafove trigonometrijskih funkcija

1. y = sinx

2. y = 2 cosx

3. y = 2 sin 2x

4. y = 3 cos 2x+ 2

5. y = tanx

6. y = 2 sin (3x� �)� 1

7. y = sin2 x

8. y = sin2 3x+ 1

9. y = sinx+ cosx

10. y =psinx

Konstruirajte grafove eksponencijalnih i logaritamskih funkcija

1. y = ex

Poglavlje 3

GRANIµCNAVRIJEDNOST INEPREKIDNOST

37

38 POGLAVLJE 3. GRANI µCNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST

Poglavlje 4

DERIVACIJE FUNKCIJA

Da bi do�li do pojma derivacije, kao jedne matematiµcke operacije, najjednos-tavnije je poci od grafa funkcije y = f(x) koji je prikazan na na�oj slici.Za bilo koji x (nezavisna varijabla) funkcija y (zavisna varijabla) poprima

svoju odre�enu vrijednost, koja se dobije uvr�tavanjem x u zadanu funkcijuf (x). Povecamo li taj odabrani x (a moµze biti odabran bilo koji u podruµcjude�nicije) za neku vrijednost �x (koji moµze biti i negativan) stigli smo u toµckux +�x. Uvrstimo li novodobivenu vrijednost x +�x u zadanu funkciju dobitcemo f (x+�x), �to odgovara ordinati funkcije u x+�x. Sada se moµze vidjetida se funkcija y promjenila za �y, kada se x promjenio za �x. Oµcito je iz slike:

�y = f (x+�x)� f (x) (4.1)

Taj �y se naziva prirast funkcije, a �x prirast argumenta. Srednji prirastfunkcije u intervalu od x do x+�x, dobijemo ako prirast funkcije �y podjelimos prirastom argumenta �x.

�y

�x=f (x+�x)� f (x)

�x(4.2)

Geometrijsko znaµcenje tog srednjeg prirasta je prema slici, koe�cijent smjerasekante (sjeµcnice), tj. k = tan� = �y

�x . Zanima nas posebno, srednji prirastfunkcije �y

�x kada se �x smanjuje tako da postaje sve manji i manji te se prib-liµzava samoj nuli. Tu proceduru moµzemo ovako kratko zapisati:

lim�x!0

�y

�x

(µcitamo: limes ili graniµcna vrijednost, kada delta iks teµzi prema nuli od�y�x ). Limes latinski znaµci granica. Takva graniµcna vrijednost srednjeg priraslafunkcije predstavlja koe�cijent smjera tangente (zbog toga �to �x postaje nulasekanta prelazi u tangentu!) funkcije u odre�enoj toµcki x. Taj izraz je nazvanderivacija funkcije y, koja se oznaµcava:

dy

dx= y0 = lim

�x!0

f (x+�x)� f (x)�x

(4.3)

39

40 POGLAVLJE 4. DERIVACIJE FUNKCIJA

Derivacija funkcije y0 = f 0 (x), raµcuna se po ovom posljednjem izrazu. Uzmimona primjer funkciju:

y = 3x2 + 3

y0 = lim�x!0

h3 (x+�x)

2+ 3i��3x2 + 3

��x

= lim�x!0

6x�x+�x2

�x= lim

�x!0(6x+ 3�x)

= 6x+ 3 � 0 = 6x

Na ovom primjeru vidi se naµcin na koji se do�e, prema de�niciji, do derivacijeneke funkcije. Ovakva procedura nije praktiµcna, pa se to ne izvodi svaki put,nego se ta procedura izvede opcenito za svaku vrstu funkcija i na taj se naµcindobiju pravila za deriviranje.Navedimo neka koja ce nam najµce�ce trebati:Funkcija Izvod funkcije Funkcija Izvod funkcijey = c y0 = 0 y = arccosx y0 = � 1p

1�x2y = xn y0 = nxn�1 y = arctanx y0 = 1

1+x2

y = sinx y0 = cosx y = arccotx y0 = � 11+x2

y = cosx y0 = � sinx y = arcsecx y0 = 1xpx2�1

y = tanx y0 = 1cos2 x = sec

2 x y = arccscx y0 = � 1xpx2�1

y = cotx y0 = � 1sin2 x

= � csc2 x y = sinhx y0 = coshxy = ex y0 = ex y = coshx y0 = sinhxy = ax y0 = ax ln a y = tanhx y0 = 1

cosh2 x

y = lnx y0 = 1x y = cothx y0 = � 1

sinh2 x

y = loga x y0 = 1x ln a y = Ar sinhx y0 = 1p

1+x2

y = secx y0 = sin xcos2 x = tanx secx y = Ar coshx y0 = 1p

x2�1y = cscx y0 = � cos x

sin2 x= � cotx cscx y = Ar tanhx y0 = 1

1�x2y = arcsinx y0 = 1p

1�x2 y = Ar cothx y0 = 1x2�1

Zatim pravila za deriviranje:zbroja i razlike y (x) = u (x)� v (x) y0 (x) = u0 (x)� v0 (x)produkta y (x) = u (x) � v (x) y0 (x) = u0 (x) v (x) + u (x) v0 (x)

kvocijenta y (x) = u(x)v(x) y0 (x) = u0(x)�v(x)�u(x)�v0(x)

u(x)2

sloµzene funkcije y (x) = f [g (x)] y0 (x) = f 0 [g (x)] � g0 (x)

4.1 Primjeri

Da bi se dobro uvjeµzbala pravila deriviranja bilo bi potrebno uraditi niz primjeraza svako pravilo i kombinacije, ovdje moµzemo dati samo nekoliko primjera, aostale primjere vjeµzbajte iz matematiµcke literature:�

x3�0= 3 � x3�1 = 3x2

4.1. PRIMJERI 41

�5x4�0= 5 �

�x4�0= 5 � 4x4�1 = 20x3

d

dx

�7x3 � 12x2 + 5x� 3

�= 21x2 � 24x+ 5

d

dx

�Ae3x

�= A � d

dx

�e3x�= A � e3x � d

dx(3x) = 3Ae3x

d

dt

�3t2et�3

�= 3

�d

dt

�t2�� et�3 + t2 d

dt

�et�3

��= 3

�2t � et�3 + t2et�3 � d

dt(t� 3)

�= 3tet�3 (t+ 2)

d

dx

p5x =

p5d

dx

�x12

�=p5 � 12x12�1 =

p5

2x�

12 =

p5

2

1px

d

dx3px =

d

dx

�x13

�=1

3x13�1 =

1

3x�

23 =

1

3 � 3px2

d

dx5p3x3 + 5x+ 3 =

d

dx

�3x3 + 5x+ 3

� 15 =

1

5

�3x3 + 5x+ 3

� 15�1 � d

dx

�3x3 + 5x+ 3

�=

1

5

�3x3 + 5x+ 3

�� 45 ��9x2 + 5

�=

�9x2 + 5

�5p3x3 + 5x+ 3

3x3 + 5x+ 3

d

dT

2�

sT

g

!=2�pg

d

dT

pT =

2�pg

d

dTT

12 =

2�pg

1

2T

12�1 =

�pgT

d

dtcos (2t� 7) =

d

dtcos (2t� 7) = [� sin (2t� 7)] � d

dt(2t� 7)

= �2 sin (2t� 7)

d

dx

�x2 lnx

�= x+ 2x lnx

d

dx

�7e5x cos 3x sin 2x

�=7

2e5x (5 (cos 5x)� 5 (sinx)� (cosx) + 5 (sin 5x))

d

dx

�x+ 2

x� 3

�= � 5

(x� 3)2

d

dx

�x2 + 5x+ 2

x� 1

�=

1

x� 1 (2x+ 5) +1

(x� 1)2��5x� x2 � 2

�d

dx

�x2 � 3x+ 2x2 � 1 lnx

�= � 1

x (x+ 1)2

�x� 3x lnx� x2 + 2

�d

dx(log5 3x) =

1

3x ln 5� (3x)0 = 1

x ln 5

42 POGLAVLJE 4. DERIVACIJE FUNKCIJA

d

dx

�x3 ln 3x

�= x2 (3 ln 3 + 3 lnx+ 1)

d

dx

�x5 log4 3x

�=

d

dx

�x5�� log4 3x+ x5 �

d

dx(log4 3x)

= 5x4 log4 3x+ x5 � 1

(3x) ln 4� ddx(3x)

=x4

ln 22�5 � ln 22 � log4 3x+ 1

�=

x4

2 ln 2(10 ln 2 log4 3x+ 1)

d

dx(sinh 3x) = 3 cosh 3x

d

dx(tanhx) = 1� tanh2 x

d

dx

�tanh 5x2

�= �10x

�tanh2 5x2 � 1

�d

dx(cothx) = 1� coth2 x

d

dx

�3 coth2

�3x2��

=��36x

�coth 3x2

� �coth2 3x2 � 1

��

Poglavlje 5

NEODREÐENIINTEGRAL

Integralni raµcun, kao i derivacije, spada u podruµcje in�nitezimalnog raµcuna(raµcun s beskonaµcno malim veliµcinama), koji je prvo bio uveden od Newtonaza potrebe mehanike, da bi Leibnitz dao njegovu strogu matematiµcku formu-laciju i uveo simboliku kojom se i danas sluµzimo. Prije nego se upoznamo soperacijom integracije, neophodno je poznavanje operacije diferenciranja. Difer-encijal zadane funkcije y = f(x) dobije se deriviranjem te funkcije i mnoµzenjems diferencijalom od argumenta:

dy = f 0 (x) dx (5.1)

Diferencijal funkcije dy moµzemo zorno shvatili kao promjenu funkcije, kadase varijabla x promjeni za beskonaµcno malu vrijednost dx (znaµci dy i dx bi odgo-varali veliµcinama �y i �x, uvedenu kod naslova derivacija, kada se �x smanjujetako da teµzi prema nuli). Integral, tj. operacija integracije, je suprotna operacijaod diferenciranja do na aditivnu konstantu. To znaµci ako neku funkciju najprijediferenciramo pa dobiveno integriramo (ili obrnuti slijed operacija) PONOVODOBIVAMO tu istu funkciju. Operaciju integracije pi�emo na slijedeci naµcin:Z

f (x) dx = F (x) + konst: (5.2)

(µcit. integral od ef od iks de iks jednako...). Funkcija f(x) je podintegralnafunkcija, dx je diferencijal varijable po kojoj se integrira (ako funkcija pod inte-gralom ovisi o vi�e parametara onda se po diferencijalu prepoznaje ona po kojojse integrira, to mora uvijek pisati, jer izraz pod znakom integrala mora pred-stavljati diferencijal neke funkcije). Funkcija F (x) se naziva primitivna funkcija,i ona je povezana s podintegralnom funkcijom f(x) na sljedeci naµcin:

F 0 (x) = f (x) (5.3)

43

44 POGLAVLJE 5. NEODREÐENI INTEGRAL

Znaµci ono �to se dobije integracijom, kada se derivira mora dali onu funkcijukoja pi�e pod integralom. S ovim u vezi je i gore napisana konstanta, jer kad seona derivira dobije se nula, pa je gore navedem uvjet diferenciranjem zadovoljenbez obzira kolika je ta konstanta zbog µcega ju niti ne moµzemo odrediti, tj. onaje neodre�ena, zbog toga se u matematici takav integral naziva neodre�eni in-tegral. U �zici se ta neodre�ena konstanta odredi iz tzv. rubnih uvjeta, koji suunaprijed poznati iz �ziµckog procesa, a to se svodi na to da se u dobiveni rezul-tat uvrsti vrijednost argumenta (najµce�ce nula ili beskonaµcno) za koji znamorezultat i iz dobivene jednadµzbe odredi se nepoznanta konstanta. Praktiµcno seintegrali funkcija odre�uju na osnovu pravila za integraciju koja se tabeliraju(vidi npr. logaritamske tablice posljednja stranica) u tzv. osnovne integrale, paje cijeli posao u tome da se µzeljeni integral svede na neki od osnovnih. Me�u-tim to nije uvijek moguce jednostavno uµcinili (kao �to je to uvijek moguce kodderiviranja), ali mi se necemo takvim sluµcajevima baviti.Strategija rje�avanja integrala

1. Pojednostaviti podintegralnu funkciju ako je moguce.

2. Pogledati moguce supstitucije (zamjene).

3. Klasi�cirati integral po njegovom obliku.

(a) Trigonometrijski.

(b) Racionalni.

(c) Parcijalna integracija.

(d) Korijeski.

4. Potraµziti ponovno pomocu prethodnih koraka ako nismo dobili rezultat.

(a) Zamjena.

(b) Parcijalna integracija.

(c) Manipulacija podintegralnom funkcijom.

(d) Pronaci vezu problema s prethodnim problemima.

(e) Koristiti nekoliko metoda.

5.1 Osnovni integralni izrazi

1.R

ddx [f (x)] dx = f (x)+ c - integral derivacije funkcije f jednak je funkciji

f do na aditivnu konstantu,

2.R[f (x)� g (x)] dx =

Rf (x) dx �

Rg (x) dx - (Integral zbroja (razlike)

funkcija jednak je zbroju (razlici) integrala tih funkcija),

3.Ra � f (x) dx = a �

Rf (x) dx+ c, gdje su a i C proizvoljne konstante,

5.1. OSNOVNI INTEGRALNI IZRAZI 45

4.Zun du =

1

n+ 1un+1 + c, n 6= �1

5.Z

du

u= ln juj+ c

6.Zau du =

au

ln a+ c

7.Zeu du = eu + c

8.Z

sinu du = � cosu+ c

9.Z

cosu du = sinu+ c

10.Z

tanu du = � ln jcosuj+ c = ln jsecuj+ c

11.Z

cotu du = ln jsinuj+ c

12.Z

secu du = ln jsecu+ tanuj+ c

13.Z

cscu du = ln jcscu� cotuj+ c

14.Z

sec2 u du = tanu+ c

15.Z

csc2 u du = � cotu+ c

16.Z

secu tanu du = secu+ c

17.Z

cscu cotu du = � cscu+ c

18.Z

dupa2 � u2

= arcsinu

a+ c

19.Z

du

a2 + u2=1

aarctan

u

a+ c

20.Z

du

upu2 � a2

=1

aarcsec

u

a+ c

21.Z

du

u2 � a2 =1

2aln

��u� au+ a

��+ c


22.Z

du

a2 � u2 =1

2aln

��u+ au� a

��+ c23.

Zdupa2 + u2

= ln�u+

pa2 + u2

�+ c

24.Z

dupu2 � a2

= ln��u+pu2 � a2��+ c

25.Z p

a2 � u2 du = u

2

pa2 � u2 + a

2

2arcsin

u

a+ c

26.Z p

a2 + u2 du =u

2

pa2 + u2 +

a2

2ln�u+

pa2 + u2

�+ c

27.Z p

u2 � a2 du = u

2

pu2 � a2 � a

2

2ln��u+pu2 � a2��+ c

5.2 Primjeri:

Integrali koji se rje�avaju izrazima 1-4

1.Rx6dx = 1

7x7 + c

2.Rdxx3 =

Rx�3dx = � 1

2x2 + c

3.R

4pxdx =

Rx14 dx = x

14+1

14+1

+ c = 45x

54 + c

4.R

dx3px2=Rx�

23 dx = x�

23+1

� 23+1

+ c = 3 � 3px+ c

5.R �3x3 � 7x2 + 5x� 1

�dx = 3

Rx3dx�7

Rx2dx+5

R5xdx�

Rdx = 3

4x4�

73x

3 + 52x

2 � x+ c

6.R(2x� 1)

pxdx =

R(2x� 1)x 1

2 dx = 2Rx32 dx�

Rx12 dx = 4

5x52 � 2

3x32 +c

7.R(5u+ 2)

2du =

R �25u2 + 20u+ 4

�du = 25

3 u3 + 10u2 + 4u+ c

8.R2x4+7x3�5x2+8x�4

x3 dx =R �2x+ 7� 5

x +8x2 �

4x3

�dx = x2+7x�5 lnx�

8x +

2x2

9. Izraµcunajte integrale pomocu smjene varijabli�x3 + 2 = u; 3x2dx = du; x2dx = 1

3du

a)R �x3 + 2

�x2dx =

Ru � 13du =

13

Rudu = 1

6u2 + c = 1

6

�x3 + 2

�2+ c =

16x

3�x3 + 4

�+ c

b)R5�x3 + 2

� 13 x2dx =

R5u

13 � 13du =

53

Ru13 du = 5

4u43+c = 5

4

�x3 + 2

� 43+

c

c)R

10x2

x3+2dx =R 10� 13du

u = 103

Rduu = 10

3 lnu+ c =103 ln

�x3 + 2

�+ c

5.2. PRIMJERI: 47

d)R

x2dx7px3+2 =

R 13du7pu= 1

3

Ru�

17 du = 1

3 �76u

67 + c = 7

18

�x3 + 2

� 67 + c

10. Izraµcunajte integral pomocu smjene varijabli�1� 2x2 = u; �4xdx = du; xdx = � 1

4duR

3xp1� 2x2dx = 3

R p1� 2x2xdx = 3

R pu �� 14du

�= � 4

3

Ru12 du =

� 43 �

u3232

+ c = � 12

�1� 2x2

� 32 + c = c� 1

2

�1� 2x2

� 32 � 8

9u32

11.R

x+3

(x2+6x)13dx =

R 12du

u13= 1

2

Ru�

13 du = 3

4u23 + c = 3

4

�x2 + 6x

� 23 + c

gdje je integral rije�en pomocu smjene varijabli�x2 + 6x = u; (2x+ 6) dx = du; (x+ 3) dx = 1

2du

12.R

3p1� x2xdx =

R �1� x2

� 13 xdx =

Ru13 �� 12du

�= � 1

2

Ru13 du = � 3

8u43+

c = � 38

�1� x2

� 43 + c

gdje je integral rije�en pomocu smjene varijabli�1� x2 = u; �2xdx = du; xdx = � 1

2du

13.R p

x2 � 2x4dx =R �x2 � 2x4

� 12 dx =

R �1� 2x2

� 12 xdx =

Ru12

�� 14du

�=

� 14

Ru12 du = � 1

6u32 + c = � 1

6

�1� 2x2

� 32 + c

14.R (1+x)2p

xdx =

R1+2x+x2

x12

dx =R �x�

12 + 2x

12 + x

32

�dx = 2

px + 4

3x32 +

25x

52 + c

15.Rx2+2x(x+1)2

dx =Rx2+2x+1�1x2+2x+1 dx =

R �1� 1

(x+1)2

�dx = x + 1

x+1 + c0 =

x2+x+1x+1 + c0 = x2

x+1 + 1 + c0 = x2

x+1 + c

gdje je integral rije�en pomocu smjene varijabli�1� 2x2 = u; �4xdx = du; xdx = � 1

4du


16.Rdxx = ln jxj+ c

17.R

dxx+2 =

R d(x+2)x+2 = ln jx+ 2j+ c

18.R

dx2x�3 =

R 12du

u = 12

Rduu = 1

2 lnu+ c =12 ln j2x� 3j+ c

pomocu smjene varijabli�2x� 3 = u; 2dx = du; dx = 1

2du

19.R

xdxx2+5 =

R 12 �2xdxx2+5 = 1

2

R d(x2+5)x2+5 = 1

2 ln��x2 + 5��+ c = ln�cpjx2 + 5j�

20.R

x2dx1�5x3 =

R (� 115 )�(�15x

2)dx1�5x3 = � 1

15

R d(1�5x3)1�5x3 = � 1

15 ln��1� 5x3�� + c =

ln c15pj1�5x3j

21.Rx+2x+1dx =

R �1 + 1

x+1

�dx = x+ ln jx+ 1j+ c

22.Re�xdx = �e�x + c


23.Ra2xdx =

Rau�12du

�= 1

2

Raudu = 1

2au

ln a + c =12a2x

ln a + c

pomocu smjene varijabli�2x = u; 2dx = du; dx = 1

2du

24.Re3x+5dx =

Reu�13du

�= 1

3

Reudu = 1

3eu + c = 1

3e3x+5 + c

pomocu smjene varijabli�3x+ 5 = u; 3dx = du; dx = 1

3du

25.Re1x dxx2 = �

Re1x

�� 1x2 dx

�= �

Reudu = �eu + c = �e 1x + c

pomocu smjene varijabli�1x = u; �

1x2 dx = du

26.

R(ex + 5)

4exdx =

Ru4du = 1

5u5 + c = 1

5 (ex + 5)

5+ c

pomocu smjene varijabli fex + 5 = u; exdx = dug

27.R

dxex+3 =

Re�xdx

e�x(ex+3) = �R �e�xdx1+3e�x = �

Rdu1+3u = �

R 13 �3du1+3u = �

13 ln

�u+ 1

3

�+

c = � 13 ln

�e�x + 1

3

�+ c = � 1

3 ln�3e�x+1

3

�+ c = � 1

3 ln�3+ex

3ex

�+ c =

� 13 ln (3 + e

x)� 13 ln 3e

x + c = 13x�

13 ln (e

x + 3) + c

pomocu smjene varijabli fe�x = u; �e�xdx = dugIntegrali koji se rje�avaju izrazima 8-17

28.Rsin x2dx =

Rsinu (2du) = 2

Rsinudu = �2 cosu+ c = �2 cos x2 + c

pomocu smjene varijabli�x2 = u;

12dx = du; dx = 2du

29.

Rcos 3xdx = 1

3 sin 3x+ c

30.Rsin2 x cosxdx =

Ru2du = u3

3 + c =13 sin

3 u+ c = 14 sinx�

112 sin 3x

pomocu smjene varijabli fsinx = u; cosxdx = dug

31.Rtanxdx =

Rsin xcos xdx =

R �duu = � ln juj+c = � ln jcosxj+c = ln

�� 1cos x

��+c = ln jsecxj+ cpomocu smjene varijabli fcosx = u; � sinxdx = du; sinxdx = �dug

32.Rtan 2xdx = 1

2

Rtan 2x � (2dx) = � 1

2 ln jcos 2xj+ c =12 ln jsec 2xj+ c

33.Rx cotx2dx =

Rcotx2 (xdx) =

Rcotu

�12du

�= 1

2

Rcotudu = 1

2

Rcosusinu du =

12

Rdtt =

12 ln jtj+ c =

12 ln

��sinx2��+ cpomocu smjene varijabli

�x2 = u; 2xdx = du; xdx = 1

2du i sinu = t; cosudu = dt

34.Rsecxdx = 1

2 ln (2 sinx+ 2)�12 ln (2� 2 sinx) + c =

12 ln

1+sin x1�sin x + c


35.R

dxp1�x2 = arcsinx+ c

36.R

dx1+x2 = arctanx+ c

5.2. PRIMJERI: 49

37.R

dxp4�x2 =

Rdx

2q1�( x2 )

2=R

dup1�u2 = arcsinu+ c = arcsin

x2 + c


dx2 = du

38.

Rdx9+x2 =

Rdx

9h1+( x3 )

2i = 1

3

R 13dx

1+( x3 )2 = 1

3

Rdu1+u2 = 1

3 arctanu + c =

13 arctan

x3 + c


dx3 = du

39.

Rdxp

25�16x2 =R

dx

5

q1� 16x2

25

= 14

R4dx

5q1�( 4x5 )

2= 1

4

Rdup1�u2 =

14 arcsinu +

c = 14 arcsin

45x+ c

pomocu smjene varijabli�4x5 = u;

4dx5 = du


40.R

dxx2�1 =

R12

�1

x�1 �1

x+1

�dx = 1

2

hR1

x�1dx�R

1x+1dx

i= 1

2 [ln jx� 1j � ln jx+ 1j]+

c = 12 ln

��x�1x+1

��+ c41.

Rdx1�x2 =

12 ln jx+ 1j �

12 ln jx� 1j+ c =

12 ln

��x+1x�1

��+ c42.

Rdx

4x2�9 =14

Rdx

x2� 94

= 14

R13

�1

x� 32

� 1x+ 3

2

�dx = 1

12 ln��x� 3

2

x+ 32

��+ c43.

Rdx

9�36x2 =136 ln

�x+ 1

2

�� 1

36 ln�x� 1

2

�+ c = 1

36 ln��x+ 1

2

x� 12

��+ cIntegrali koji se rje�avaju izrazima 25-27

44. Z p1� x2dx =

Z p1� sin2 u cosudu =

Zcos2 udu

=

Z1

2(1 + cos 2u) du =

1

2

�Zdu+

Zcos 2udu

�=

1

2

�u+

1

2sin 2u

�+ c =

1

2(u+ sinu cosu) + c

=1

2

�u+ sinu

p1� sin2 u

�+ c

=1

2arcsinx+

1

2sin (arcsinx)

q1� sin2 (arcsinx) + c

=1

2arcsinx+

1

2xp1� x2 + c

pomocu smjene varijabli fx = sinu; dx = cosudu; u = arcsinxg

45.R p

x2 + 1dx = 12 ln

�x+

px2 + 1

�+ 1

2xpx2 + 1 + c

46.R p

4x2 � 4x+ 5dx = 12

R q(2x� 1)2 + 4 � 2dx = 2x�1

4

p4x2 � 4x+ 5 +

ln�2x� 1 +

p4x2 � 4x+ 5

�+ c


5.2.1 Oblik integrala ukljuµcuje korijenske i kvadratiµcneizraze

Oblik ukljuµcujepa2 + u2, a > 0

1.Zu2pa2 + u2 du =

u

8(a2 + 2u2)

pa2 + u2 � a

4

8ln�u+

pa2 + u2

�+ C

2.Z p

a2 + u2

udu =

pa2 + u2 � a ln

��a+pa2 + u2

u

��+ C3.Z p

a2 + u2

u2du = �

pa2 + u2

u+ ln

�u+

pa2 + u2

�+ C

4.Z

u2 dupa2 + u2

=u

2

pa2 + u2 � a

2

2ln�u+

pa2 + u2

�+ C

5.Z

du

upa2 + u2

= �1aln

��pa2 + u2 + a

u

��+ C6.Z

du

u2pa2 + u2

= �pa2 + u2

a2u+ C

7.Z

du

(a2 + u2)3=2=

u

a2pa2 + u2

+ C

Oblik integrala ukljuµcujepa2 � u2, a > 0

1.Zu2pa2 � u2 du = u

8(2u2 � a2)

pa2 � u2 + a

4

8sin�1

u

a+ C

2.Z p

a2 � u2u

du =pa2 � u2 � a ln

��a+pa2 � u2u

��+ C3.Z p

a2 � u2u2

du = � 1u

pa2 � u2 � sin�1 u

a+ C

4.Z

u2 dupa2 � u2

= �u2

pa2 � u2 + a

2

2sin�1

u

a+ C

5.Z

du

upa2 � u2

= �1aln

��a+pa2 � u2u

��+ C6.Z

du

u2pa2 � u2

= � 1

a2u

pa2 � u2 + C

7.Z �

a2 � u2�3=2

du = �u8(2u2 � 5a2)

pa2 � u2 + 3a

4

8sin�1

u

a+ C

5.2. PRIMJERI: 51

8.Z

du

(a2 � u2)3=2=

u

a2pa2 � u2

+ C

Oblik integrala ukljuµcujepu2 � a2, a > 0

1.Zu2pu2 � a2 du = u

8

�2u2 � a2

� pu2 � a2 � a

4

8ln��u+pu2 � a2��+ C

2.Z p

u2 � a2u

du =pu2 � a2 � a cos�1 au + C

3.Z p

u2 � a2u2

du = �pu2 � a2u

+ ln��u+pu2 � a2��+ C

4.Z

u2 dupu2 � a2

=u

2

pu2 � a2 + a

2

2ln��u+pu2 � a2��+ C

5.Z

du

u2pu2 � a2

=

pu2 � a2a2u

+ C

6.Z

du

(u2 � a2)3=2= � u

a2pu2 � a2

+ C

Oblik ukljuµcujep2au� u2

1.Z p

2au� u2 du = u� a2

p2au� u2 + a

2

2cos�1

�a� ua

�+ C

2.Zup2au� u2 du = 2u2 � au� 3a2

6

p2au� u2+ a

3

2cos�1

�a� ua

�+C

3.Z p

2au� u2u

du =p2au� u2 + a cos�1

�a� ua

�+ C

4.Z p

2au� u2u2

du = �2p2au� u2u

� cos�1�a� ua

�+ C

5.Z

dup2au� u2

= cos�1�a� ua

�+ C

6.Z

u dup2au� u2

= �p2au� u2 + a cos�1

�a� ua

�+ C

7.Z

u2 dup2au� u2

= � (u+ 3a)2

p2au� u2 + 3a

2

2cos�1

�a� ua

�+ C

8.Z

du

up2au� u2

= �p2au� u2au

+ C


Oblik ukljuµcuje a + bu

1.Z

u du

a+ bu=1

b2(a+ bu� a ln ja+ buj) + C

2.Z

u2 du

a+ bu=

1

2b3�(a+ bu)2 � 4a(a+ bu) + 2a2 ln ja+ buj

�+ C

3.Z

du

u(a+ bu)=1

aln

�� u

a+ bu

��+ C4.Z

du

u2(a+ bu)= � 1

au+b

a2ln

��a+ buu��+ C

5.Z

u du

(a+ bu)2=

a

b2(a+ bu)+1

b2ln ja+ buj+ C

6.Z

du

u(a+ bu)2=

1

a(a+ bu)� 1

a2ln

��a+ buu��+ C

7.Z

u2 du

(a+ bu)2=1

b3

�a+ bu� a2

a+ bu� 2a ln ja+ buj

�+ C

8.Zupa+ bu du =

2

15b2(3bu� 2a)(a+ bu)3=2 + C

9.Z

u dupa+ bu

=2

3b2(bu� 2a)

pa+ bu+ C

10.Z

u2 dupa+ bu

=2

15b3�8a2 + 3b2u2 � 4abu

� pa+ bu+ C

11.Z

du

upa+ bu

=

8>><>>:1paln

��pa+ bu�papa+ bu+

pa

��+ C, if a > 0

2p�a

tan�1ra+ bu

�a + C, if a < 0

12.Z p

a+ bu

udu = 2

pa+ bu+ a

Zdu

upa+ bu

13.Z p

a+ bu

u2du = �

pa+ bu

u+b

2

Zdu

upa+ bu

14.Zunpa+ bu du =

2

b(2n+ 3)

�un(a+ bu)3=2 � na

Zun�1

pa+ bu du

�

15.Z

un dupa+ bu

=2un

pa+ bu

b(2n+ 1)� 2na

b(2n+ 1)

Zun�1 dupa+ bu

16.Z

du

unpa+ bu

= �pa+ bu

a(n� 1)un�1 �b(2n� 3)2a(n� 1)

Zdu

un�1pa+ bu

5.2. PRIMJERI: 53

5.2.2 Trigonometrijski oblik

1.Z

sin2 u du = 12u�

14 sin 2u+ C

2.Z

cos2 u du = 12u+

14 sin 2u+ C

3.Z

tan2 u du = tanu� u+ C

4.Z

cot2 u du = � cotu� u+ C

5.Z

sin3 u du = � 13 (2 + sin

2 u) cosu+ C

6.Z

cos3 u du = 13 (2 + cos

2 u) sinu+ C

7.Z

tan3 u du = 12 tan

2 u+ ln jcosuj+ C

8.Z

cot3 u du = � 12 cot

2 u� ln jsinuj+ C

9.Z

sec3 u du = 12 secu tanu+

12 ln jsecu+ tanuj+ C

10.Z

csc3 u du = � 12 cscu cotu+

12 ln jcscu� cotuj+ C

11.Z

sinn u du = � 1nsinn�1 u cosu+

n� 1n

Zsinn�2 u du

12.Z

cosn u du =1

ncosn�1 u sinu+

n� 1n

Zcosn�2 u du

13.Z

tann u du =1

n� 1 tann�1 u�

Ztann�2 u du

14.Z

cotn u du =�1n� 1 cot

n�1 u�Z

cotn�2 u du

15.Z

secn u du =1

n� 1 tanu secn�2 u+

n� 2n� 1

Zsecn�2 u du

16.Z

cscn u du =�1n� 1 cotu csc

n�2 u+n� 2n� 1

Zcscn�2 u du

17.Z

sin au sin bu du =sin(a� b)u2(a� b) � sin(a+ b)u

2(a+ b)+ C


18.Z

cos au cos bu du =sin(a� b)u2(a� b) +

sin(a+ b)u

2(a+ b)+ C

19.Z

sin au cos bu du = �cos(a� b)u2(a� b) � cos(a+ b)u

2(a+ b)+ C

20.Zu sinu du = sinu� u cosu+ C

Zu cosu du = cosu+ u sinu+ C

21.Zun sinu du = �un cosu+ n

Zun�1 cosu du

22.Zun cosu du = un sinu� n

Zun�1 sinu du

5.2.3 Inverzni trigonometrijski oblik

1.Z

sin�1 u du = u sin�1 u+p1� u2 + C

2.Z

cos�1 u du = u cos�1 u�p1� u2 + C

3.Z

tan�1 u du = u tan�1 u� 12 ln(1 + u

2) + C

4.Zu sin�1 u du =

2u2 � 14

sin�1 u+up1� u24

+ C

5.Zu cos�1 u du =

2u2 � 14

cos�1 u� up1� u24

+ C

6.Zu tan�1 u du =

u2 + 1

2tan�1 u� u

2+ C

7.Zun sin�1 u du =

1

n+ 1

�un+1 sin�1 u�

Zun+1 dup1� u2

�, n 6= �1

8.Zun cos�1 u du =

1

n+ 1

�un+1 cos�1 u+

Zun+1 dup1� u2

�, n 6= �1

9.Zun tan�1 u du =

1

n+ 1

�un+1 tan�1 u�

Zun+1 du

1 + u2

�, n 6= �1

5.2.4 Ekponencijalni i logaritamski oblik

1.Zueau du =

1

a2(au� 1)eau + C

2.Zuneau du =

1

auneau � n

a

Zun�1eau du

5.2. PRIMJERI: 55

3.Zeau sin bu du =

eau

a2 + b2(a sin bu� b cos bu) + C

4.Zeau cos bu du =

eau

a2 + b2(a cos bu+ b sin bu) + C

5.Z

lnu du = u lnu� u+ C

6.Zun lnu du =

un+1

(n+ 1)2[(n+ 1) lnu� 1] + C

7.Z

1

u lnudu = ln jlnuj+ C

5.2.5 Hiperboliµcni oblik

1.Z

sinhu du = coshu+ C

2.Z

coshu du = sinhu+ C

3.Z

tanhu du = ln coshu+ C

4.Z

cothu du = ln jsinhuj+ C

5.Z

sechu du = tan�1 jsinhuj+ C

6.Z

cschu du = ln��tan 1

2u��+ C

7.Z

sech2 u du = tanhu+ C

8.Z

csch2 u du = � cothu+ C

9.Z

sechu tanhu du = � sechu+ C

10.Z

cschu cothu du = � cschu+ C


5.3 Primjeri:

Integrali polinomskih funkcija:Zx2dx =

x3

3+ c

Z �2

3x5 +

1

5x3 � x+ 6

�dx =

Z2

3x5dx+

Z1

5x3dx�

Zxdx+

Z6dx

=2

3

Zx5dx+

1

5

Zx3dx�

Zxdx+ 6

Zdx

=2

3� x

6

6+1

5� x

4

4� x

2

2+ 6 � x+ c

=1

9x6 +

1

20x4 � 1

2x2 + 6x+ cZ �

x37 +

3px2�dx =

Z �x37 + x

23

�dx =

3

5x53 +

7

10x107 + c

Integrali trigonometrijskih funkcija:Zsinxdx = � cosx+ c

Zsin 5x dx =

Zsin t �

�1

5dt

�=1

5(� cos t) + c = �1

5cos 5x+ c

uz smjenu varijabli

0@ 5x = t5dx = dtdx = 1

5dt

1AZtanxdx =

Zsinx

cosxdx =

Z �dtt= � ln t+ c = � ln (cosx) + c

uz smjenu varijabli

0@ cosx = t� sinxdx = dtsinxdx = �dt

1AZcotxdx =

Zcosxdx

sinx=

Zdt

t= ln t+ c = ln (sinx) + c

uz smjenu varijabli�

sinx = tcosxdx = dt

�;

Zsinhxdx =

1

2

Z �ex � e�x

�dx =

1

2

�Zexdx�

Ze�xdx

�=

1

2

�ex �

��e�x

�+ c�=ex + e�x

2+ c = coshx+ c

5.3. PRIMJERI: 57

jer je�sinhx = ex�e�x

2

�;

Zcoshxdx =

Zex

2dx+

Ze�x

2dx

=ex � e�x

2+ c = sinhx+ c

jer je�coshx = ex+e�x

2

�;

Ztanhxdx =

Ze2x � 1e2x + 1

dx =

Z(t� 2)t

dt

2 (t� 1) = ln t�1

2ln (t� 1) + c

= ln�e2x + 1

�� 12ln�e2x�= ln

�e2x + 1

�� 12� 2 ln ex = ln

�e2x + 1

�� x+ c

jer je�tanhx = e2x�1

e2x+1

�, i uz smjenu varijabli

0@ e2x + 1 = t; e2x � 1 = t� 22e2xdx = dt

dx = dt2e2x =

dt2(t�1)

1A;Zcothxdx =

Ze2x + 1

e2x � 1dx =Z(t+ 2)

t

dt

2 (t+ 1)= ln t�1

2ln (t� 1)+c = ln

�e2x � 1

��x+c

jer je�cothx = e2x+1

e2x�1

�, i uz smjenu varijabli

0@ e2x � 1 = t; e2x + 1 = t+ 22e2xdx = dt

dx = dt2e2x =

dt2(t�1)

1A;Zexdx = ex + c

Zlnxdx = x lnx� x = x (lnx� 1) + c

Zloga xdx =

x

ln alnx� x

ln a=

x

ln a(lnx� 1) + c

Tu smo naveli pravila koja su nama neophodna. Sada navedimo nekolikoprimjera:

1.R3x5dx = 3

5+1x5+1 + c = 1

2x6 + c

2.R �7 + 2x� 4x2

�dx =

R7dx+ 2

Rxdx4

Rx2dx = 7x+ x2 � 4

3x3 + c

3.Rx+5x�1dx =

Rx�1+6x�1 dx =

R �1 + 6

x�1

�dx =

Rdx + 6

R1

x�1dx = x +

6 ln (x� 1) + c

4.R p

x2+1x dx =

px2 + 1� arctanh 1p

x2+1+ c

5.R3 cos (5x) dx = 3

Rcos t � 15dt =

35

Rcos tdt = 3

5 sin t+ c =35 sin 5x+ c


Ovakav integral ne moµzemo direktno po pravilu rije�iti nego treba uvestizamjenu 5x = t, zatim to diferenciramo

(5x)0dx = t0dt

5dx = dt

dx =1

5dt

sa tim zamjenama se vratimo u zadani integral, te u posljednjem koraku sevratimo na poµcetnu varijablu.

1.R2 cos (2x) e3x+2dx = 6

13 (cos 2x) e3x+2+ 4

13 (sin 2x) e3x+2 = 2

13e3x+2 (3 cos 2x+ 2 sin 2x)+

c

2.Rln x�1x+2dx = x ln

x�1x+2 � 2 ln (x+ 2)� ln (x� 1) + c

Osim neodre�enog integrala postoji i odre�eni integral, koji se de�nira:

aZb

f (x) dx = F (x)a

jb

= F (a)� F (b) (5.4)

Odre�eni integral ima granice. Integracija se provodi kao za neodre�eniintegral i na kraju se uvrste oznaµcene granice u primitivnu funkciju. Odre�eniintegral predstavlja povr�inu ispod grafa funkcije, kako je to prikazano na slici:

Poglavlje 6

VEKTORSKEDERIVACIJE

Neka je �!r (u) vektorska funkcija koja ovisi samo o jednoj varijabli u. De�niramoderivaciju vektorske funkcije kao

d�!r (u)du

= lim�u!0

�!r (u+�u)��!r (u)�u

ako taj limes postoji. Tako�er funkcija d�!r (u)du ovisi o jednoj promjenjivoj u.

Ako vektorsku funkciju�!r (u) prikaµzemo preko skalarnih funkcija x (u) ; y (u)i z (u)

�!r (u) = x (u)�!i + y (u)�!j + z (u)�!k

tada jed�!r (u)du

=dx (u)

du

�!i +

dy (u)

du

�!j +

dz (u)

du

�!k

Neka je promjenjiva veliµcina u = t tada

d�!r (t)dt

=dx (t)

dt

�!i +

dy (t)

dt

�!j +

dz (t)

dt

�!k = �!v (t)

predstavlja vektorsku funkciju brzine, pri µcemu krajnja toµcka vektora poloµzaja(vektorske funkcije �!r (t)) opisuje krivulju gibanja. Analogno, de�niramo vek-torsku funkciju �!a (t) kao

�!a (t) = d�!v (t)dt

=d2�!r (t)dt2

=d2x (t)

dt2�!i +

d2y (t)

dt2�!j +

d2z (t)

dt2�!k

koja opisuje funkciju akceleracije (ubrzanja) duµz krivulje.Diferencijalna geometrija ukljuµcuje prouµcavanje prostornih krivulja i povr�ina.

Ako je C krivulja u prostoru de�nirana kao funkcija �!r (u), tada je d�!r (u)du vek-

tor u smjeru tangentnom na krivulju C. Ako skalar u uzmemo za duljina luka

59

60 POGLAVLJE 6. VEKTORSKE DERIVACIJE

krivulje C mjerena od neke �ksne toµcke na toj krivulji, tada je d�!rds jediniµcni

vektor tangentan na krivulju C i oznaµcavamo ga s�!T . Promjena jediniµcnog

vektora�!T u odnosu na s je mjera zakrivljenosti krivulje C i zadana je preko

d�!Tds . Smjer vektora

d�!Tds u proizvoljnoj toµcki na krivulji C je okomita na krivulju

u toj toµcki. Ako je�!N jediniµcni vektor okomit na krivulju C u toj toµcki tada je

d�!T

ds= �

�!N

gdje je � zakrivljenost krivulje C u toj toµcki. Veliµcina � = 1� se naziva radijus

zakrivljenosti krivulje u toj toµcki.

Jediniµcni vektro�!B okomit na ravninu koja sadrµzi vektore

�!T i

�!N i za koji

vrijedi�!B =

�!T � �!N nazivamo binormalni jediniµcni vektor na krivulju.

Vektore�!T ;�!N;�!B de�nirane desnom bazom nazivamo trobridom u toµcki.

Skup odnosa koji ukljuµcuje derivacije fundamentalnih vektora�!T ;�!N i

�!B

de�niramo preko Frenet-Serret formula zadanih

d�!T

ds= �

�!N

d�!N

ds= �

�!B � ��!T

d�!B

ds= ��!N

gdje je � torzija. Veliµcina � = 1� se naziva radijus torzije.

6.1 Primjeri

Primjer 57 Zadana je vektorska funkcija poloµzaja

�!r (t) = sin t�!i + cos t�!j + t�!k

prona�ite d�!r (t)dt ,

��d�!r (t)dt

��, d2�!r (t)dt2 ,��d2�!r (t)dt2

��.

6.1. PRIMJERI 61

z

x

00.5 0.5

2

1.0

4

1.0

y0.00.0

2

0.5

4

0.5

1.0 1.0

�!r (t) = sin t�!i + cos t�!j + t�!k

Rje�enje:

d�!r (t)dt

=d

dt(sin t)

�!i +

d

dt(cos t)

�!j +

d

dt(t)�!k = cos t

�!i � sin t�!j +�!k��d�!r (t)dt

�� =��cos t�!i � sin t�!j +�!k �� =q(cos t)2 + (� sin t)2 + (1)2 = p2

d2�!r (t)dt2

=d

dt

�cos t

�!i � sin t�!j +�!k

�= � sin t�!i � cos t�!j��d2�!r (t)dt2

�� =�� sin t�!i � cos t�!j �� =q(� sin t)2 + (� cos t)2 = 1

Primjer 58 µCestica se giba duµz krivulje µcije su parametarske jednadµzbe

x (t) = e�t

y (t) = 2 cos 3t

z (t) = 2 sin 3t

Odredite funkcije brzine i ubrzanja u proizvoljnom trenutku vremena. Odrediteiznos brzine i ubrzanja u trenutku t = 0.

Rje�enje:Vektor poloµzaja µcestice �!r (t) je

�!r (t) = x (t)�!i + y (t)

�!j + z (t)

�!k

= e�t�!i + 2 cos 3t

�!j + 2 sin 3t

�!k


odakle slijedi za funkcije brzine u ubrzanja

�!v (t) =d�!r (t)dt

=d

dt

�e�t��!i +

d

dt(2 cos 3t)

�!j +

d

dt(2 sin 3t)

�!k

= �e�t�!i � 6 sin 3t�!j + 6 cos 3t�!k�!a (t) =

d2�!r (t)dt2

=d

dt

��e�t

��!i � d

dt(6 sin 3t)

�!j +

d

dt(6 cos 3t)

�!k

= e�t�!i � 18 cos 3t�!j � 18 sin 3t�!k

U trenutku t = 0 vrijednosti funkcija bezine i ubrzanja su

�!v (0) = �e�0�!i � 6 sin 0�!j + 6 cos 0�!k = ��!i + 6�!k�!a (0) = e�0

�!i � 18 cos 0�!j � 18 sin 0�!k = �!i � 18�!j

iznos brzine i ubrzanja jednak je

v (0) =

q(�1)2 + 62 =

p37

a (0) =

q12 + (�18)2 =

p325

Primjer 59 µCestica se giba duµz krivulje koja je zadana parametarskim jed-nadµzbama

x (t) = 2t2

y (t) = t2 � 4tz (t) = 3t� 5

Prona�ite komponente brzine i ubrzanja u trenutku vremena t = 1 u smjeru�!s = �!i � 3�!j + 2�!k .

Rje�enje:Vektor poloµzaja µcestice zadan je funcijom

�!r (t) = x (t)�!i + y (t)

�!j + z (t)

�!k

=�2t2��!i +

�t2 � 4t

��!j + (3t� 5)�!k

Funkcije brzine i ubrzanja su

�!v (t) =d�!r (t)dt

=d

dt

�2t2��!i +

d

dt

�t2 � 4t

��!j +

d

dt(3t� 5)�!k

= 4t�!i + (2t� 4)�!j + 3�!k

�!a (t) =d2�!r (t)dt2

=d

dt(4t)

�!i +

d

dt(2t� 4)�!j + d

dt(3)�!k

= 4�!i + 2

�!j

6.1. PRIMJERI 63

pa u trenutku t = 1 imaju vrijednost

�!v (1) = (4 � 1)�!i + (2 � 1� 4)�!j + 3�!k = 4�!i � 2�!j + 3�!k�!a (1) = 4

�!i + 2

�!j

Jediniµcni vektor u smjeru vektora �!s = �!i � 3�!j + 2�!k jednak je

�!s 0 =�!ss=

�!i � 3�!j + 2�!kp

14

pa su komponente vektora brzine i ubrzanja u smjeru vektora �!s u trenutkut = 1 jednake

�!v s (1) = �!v (1) � �!s 0 =�4�!i � 2�!j + 3�!k

��!i � 3�!j + 2�!kp

14

=(4) � (1) + (�2) � (�3) + (3) � (2)p

14=

16p14=8p14

7

�!a s (1) = �!a (1) � �!s 0 =�4�!i + 2

�!j��!i � 3�!j + 2�!kp

14

=(4) � (1) + (2) � (�3) + (0) � (2)p

14=�2p14= �

p14

7

Primjer 60 Prona�ite jediniµcni tangentni vektor u proizvoljnoj toµcki krivulje

x (t) = t2 + 1

y (t) = 4t� 3z (t) = 2t2 � 6t

te u trenutku vremena t = 2.

Rje�enje:Tangentni vektor na krivulju u proizvoljnoj toµcki je

d�!rdt

=d

dt

�t2 + 1

��!i +

d

dt(4t� 3)�!j + d

dt

�2t2 � 6t

��!k

= (2t)�!i + 4

�!j + (4t� 6)�!k

µciji iznos je ��d�!rdt�� =q(2t)2 + (4)2 + (4t� 6)2

pa je jediniµcni tangentni vektor

�!T =

d�!rdt��d�!rdt �� =

(2t)�!i + 4

�!j + (4t� 6)�!kq

(2t)2+ (4)

2+ (4t� 6)2


�to za t = 2 daje

�!T =

4�!i + 4

�!j + 2

�!kq

(4)2+ (4)

2+ (2)

2=2

3

�!i +

2

3

�!j +

1

3

�!k

Primjer 61 Iz de�nicije diferencijalnog elementa duljine (ds)2 = (dx)2+(dy)2+(dz)

2 prostorne krivulje pokaµzite da za jediniµcni tangentni vektor na krivulju Cu proizvoljnoj toµcki vrijedi

�!T = d�!r

ds .

Rje�enje:Vremenska promjena vektora poloµzaja i njezin iznos su

d�!rdt

=dx

dt

�!i +

dy

dt

�!j +

dz

dt

�!k��d�!rdt

�� =

s�dx

dt

�2+

�dy

dt

�2+

�dz

dt

�2=

s(dx)

2+ (dy)

2+ (dz)

2

(dt)2

=

s(ds)

2

(dt)2 =

ds

dt

pa je po de�niciji

�!T =

d�!rdt��d�!rdt �� =

d�!rdtdsdt

=d�!rdt

� dtds=d�!rds

Primjer 62 µCestica se giba tako da joj je poloµzaj vektora zadan sa

�!r (t) = (cos!t)�!i + (sin!t)�!j

gdje je ! konstanta. Pokaµzite da je brzina µcestice �!v okomita na vektor poloµzaja�!r i da je akceleracija µcestice �!a usmjerena prema ishodi�tu i ima iznos propor-cionalan udaljenosti od ishodi�ta, te da je �!r ��!v = const:

Rje�enje:Brzina µcestice je

�!v = d�!rdt

= (�! sin!t)�!i + (! cos!t)�!j

tada je

�!r � �!v =h(cos!t)

�!i + (sin!t)

�!ji�h(�! sin!t)�!i + (! cos!t)�!j

i= (cos!t) (�! sin!t) + (sin!t) (! cos!t) = 0

pa su vektori �!r i �!v okomiti. Ubrzanje µcestice je

�!a =d�!vdt

=��!2 cos!t

��!i +

��!2 sin!t

��!j

= �!2h(cos!t)

�!i + (sin!t)

�!ji= �!2�!r

6.1. PRIMJERI 65

odakle akceleracija ima smjer suprotan poloµzaju vektora (tj. usmjerena je premaishodi�tu), a iznos joj je proporcionalan udaljenosti poloµzaja

j�!a j = !2 j�!r j

Izraµcunajmo vrijednost vektora �!r ��!v

�!r ��!v =

��!i

�!j

�!k

cos!t sin!t 0�! sin!t ! cos!t 0

�� = (cos!t) (! cos!t)�!k � (�! sin!t) (sin!t)�!k= !

�cos2 !t+ sin2 !t

��!k = ! � �!k

Fizikalno znaµcenje - gibanje u kojemu se µcestica giba po kruµznici sa konstant-nom brzinom !. Akceleracija je usmjerena prama sredi�tu kruµznice i predstavljacentripetalnu akceleraciju.


Poglavlje 7

DIFERENCIJALNIOPERATORI POLJA

De�nirajmo diferencijalni operator nabla r

r = @

@x

�!i +

@

@y

�!j +

@

@z

�!k .

Neka je f (x; y; z) skalarno polje kojemu sve parcijalne derivacije postoje. De�ni-ramo operator gradijenta grad f skalarnog polja kao

grad f = rf = @f

@x

�!i +

@f

@y

�!j +

@f

@z

�!k

Neka je�!F = P

�!i +Q

�!j +R

�!k vektorsko polje (vektorska funkcija) u kojemu sve

parcijalne derivacije od P , Q i R postoje. De�niramo operator rotacije rot�!F

(eng.curl�!F ) vektorskog polja

�!F kao

div�!F = r � �!F =@P

@x+@Q

@y+@R

@z

Teorem o divergenciji: Neka je�!F = P

�!i + Q

�!j + R

�!k vektorsko polje

(vektorska funkcija) u kojemu sve parcijalne derivacije od P , Q iR postoje. Tadavrijedi div

�!F = 0 onda i samo onda ako je

�!F rotacija drugog vektorskog polja

�!G (nazvanog vektorski potencijal od

�!F ), i vrijedi div rot

�!F = r�

�r��!F

�= 0:

Neka je�!F = P

�!i +Q

�!j +R

�!k vektorsko polje (vektorska funkcija) u kojemu

sve parcijalne derivacije od P , Q i R postoje. De�niramo operator rotacije rot�!F

(eng.curl�!F ) vektorskog polja

�!F kao

rot�!F =r��!F =

�@R

@y� @Q@z

��!i +

�@P

@z� @R@x

��!j +

�@Q

@x� @P@y

��!k

67

68 POGLAVLJE 7. DIFERENCIJALNI OPERATORI POLJA

Ova formula u simboliµckom prikazu ima oblik

rot�!F = r��!F =

��!i

�!j

�!k

@@x

@@y

@@z

P Q R

��Neka je

�!F vektorsko polje de�nirano na trodimenzionalnom prostoru kojemu

su sve parcijalne derivacije neprekidne. Tada je rot�!F = 0 onda i samo onda ako

je vektorsko polje konzervativno. Vrijedi i obrat, vektorsko polje je konzrvativnoako vrijedi jednakost rot

�!F = 0.

Laplacian : Laplacian skalarnog polja f(x; y; z) je divergencija od rf ipi�emo

r2f = r � rf = div � (grad f) =�@

@x

�!i +

@

@y

�!j +

@

@z

�!k

��@f

@x

�!i +

@f

@y

�!j +

@f

@z

�!k

�=

@2f

@x2+@2f

@y2+@2f

@z2

Naziv ovog operatora doalzi od Laplaceove jednadµzbe

@2f

@x2+@2f

@y2+@2f

@z2= 0

7.1 Primjeri

Primjer 63 Ako je � (x; y; z) = 3x2y � y3z2, prona�ite r� ili grad� u toµcki(1;�2;�1).

Rje�enje:Gradijent skalarne funckije jednak je

r� =

�@

@x

�!i +

@

@y

�!j +

@

@z

�!k

��3x2y � y3z2

�=

@

@x

�3x2y � y3z2

��!i +

@

@y

�3x2y � y3z2

��!j +

@

@z

�3x2y � y3z2

��!k

= 6xy�!i +

�3x2 � 3y2z2

��!j � 2y3z�!k

�to u toµcki (1;�2;�1) ima vrijednost

r� (1;�2;�1) = 6 (1) (�2)�!i +h3 (1)

2 � 3 (�2)2 (�1)2i�!j � 2 (�2)3 (�1)�!k

= �12�!i �9�!j � 16�!k

Primjer 64 Prona�ite r� ako je: � = ln j�!r j i � = 1r .

7.1. PRIMJERI 69

Rje�enje:Po de�niciji vektora poloµzaja i njegova inteziteta

�!r = x�!i + y

�!j + z

�!k

j�!r j =px2 + y2 + z2

slijedi

ln j�!r j = lnpx2 + y2 + z2 =

1

2ln�x2 + y2 + z2

�Gradijent funkcije iznosi

r� = r�1

2ln�x2 + y2 + z2

��=1

2

�@

@x

�!i +

@

@y

�!j +

@

@z

�!k

�ln�x2 + y2 + z2

�=

1

2

�@

@xln�x2 + y2 + z2

��!i +

@

@yln�x2 + y2 + z2

��!j +

@

@zln�x2 + y2 + z2

��!k

�=

1

2

�2x

x2 + y2 + z2�!i +

2y

x2 + y2 + z2�!j +

2z

x2 + y2 + z2�!k

�=

x�!i + y

�!j + z

�!k

x2 + y2 + z2=�!rr2

Ako je funkcija

� =1

r=

1px2 + y2 + z2

=�x2 + y2 + z2

�� 12

tada je

r� =

�@

@x

�!i +

@

@y

�!j +

@

@z

�!k

�h�x2 + y2 + z2

�� 12

i=

@

@x

h�x2 + y2 + z2

�� 12

i�!i +

@

@y

h�x2 + y2 + z2

�� 12

i�!j +

@

@z

h�x2 + y2 + z2

�� 12

i�!k

= �12

�x2 + y2 + z2

�� 32

�2x�!i +2y

�!j +2z

�!k�

= � x�!i +y

�!j +z

�!k

(x2 + y2 + z2)32

= ��!rr3

Primjer 65 Pokaµzite da je r� vektor okomit na povr�inu � (x; y; z) = c gdjeje c = konst.

Rje�enje:Neka je �!r = x�!i + y�!j + z�!k vektor poloµzaja u toµcki P (x; y; z) na povr�ini.

Tada d�!r = dx�!i + dy�!j + dz�!k pripada tangentnoj ravnini na povr�inu u toµckiP. No,

d� =@�

@xdx+

@�

@ydy+

@�

@zdz = 0


odnosno

d� = r� � d�!r =�@�

@x

�!i +

@�

@y

�!j +

@�

@z

�!k

��dx�!i + dy

�!j + dz

�!k�= 0

odakle slijedi da je vektor r� okomit na d�!r , a time i na povr�inu.Primjer 66 Prona�ite usmjerenu derivaciju od � = x2yz+4xz2 u toµcki (1;�2;�1)u smjeru vektora 2

�!i ��!j � 2�!k .

Rje�enje:Jediniµcni vektor u smjeru vektora 2

�!i ��!j � 2�!k je

�!a = 2�!i ��!j � 2�!kq

(2)2+ (�1)2 + (�2)2

=2

3

�!i � 1

3

�!j � 2

3

�!k

a gradijent od �

r� =

�@�

@x

�!i +

@�

@y

�!j +

@�

@z

�!k

�=

�@

@x

�x2yz + 4xz2

��!i +

@

@y

�x2yz + 4xz2

��!j +

@

@z

�x2yz + 4xz2

��!k

�=

�2xyz + 4z2

��!i +

�x2z��!j +

�x2y + 8xz

��!k

�to u toµcki (1;�2;�1) ima vrijednost

r� (1;�2;�1) = 8�!i ��!j �10�!kpa je usmjerena derivacija u toj toµcki

r� � �!a =�8�!i ��!j �10�!k

��2

3

�!i � 1

3

�!j � 2

3

�!k

�=37

3

kako je usmjerena derivacija pozitivna, to � raste u zadanom smjeru.

Primjer 67 Ako je�!A = xz3

�!i �2x2yz�!j +2yz4�!k , prona�ite r � �!A u toµcki

(1;�1; 1).Rje�enje:Rotacija vektorske funkcije je de�nirana kao

r��!A =

�@

@x

�!i +

@

@y

�!j +

@

@z

�!k

��xz3

�!i �2x2yz�!j +2yz4�!k

�

=

��!i

�!j

�!k

@@x

@@y

@@z

xz3 �2x2yz 2yz4

��=

�@

@y

�2yz4

�� @

@z

��2x2yz

��!i +

�@

@z

�xz3�� @

@x

�2yz4

��!j

+

�@

@x

��2x2yz

�� @

@y

�xz3��!k

=�2z4 + 2x2y

��!i +3xz2

�!j �4xyz�!k

7.1. PRIMJERI 71

�to u toµcki (1;�1; 1) ima vrijednost

r��!A (1;�1; 1) =h2 (1)

4+ 2 (1)

2(�1)

i�!i +

h3 (1) (1)

2i�!j � [4 (1) (�1) (1)]�!k

= 3�!j + 4

�!k

Primjer 68 Ako je �!v = �!! � �!r , dokaµzite da vrijedi �!! = 12rot

�!v gdje je �!!konstantan vektor.

Rje�enje:

rot�!v = r��!v = r� (�!! ��!r ) = r�

��!i

�!j

�!k

!1 !2 !3x y z

��= r�

h(!2z � !3y)

�!i + (!3x� !1z)

�!j + (!1y � !2x)

�!ki

=

��!i

�!j

�!k

@@x

@@y

@@z

!2z � !3y !3x� !1z !1y � !2x

��= 2

�!1�!i + !2

�!j + !3

�!k�= 2�!!

odakle je �!! = 12rot

�!v

Primjer 69 Ako je

r � �!E = 0

r � �!H = 0

r��!E = �@�!H

@t

r��!H =@�!E

@t

pokaµzite da�!E i

�!H zadovoljavaju jednadµzbu

r2u = @2u

@t2

Rje�enje:Prona�imo dvostruku rotaciju elektriµcnog polja

�!E

r��r��!E

�= r�

�@�!H

@t

!= � @

@t

�r��!H

�= � @

@t

@�!E

@t

!= �@

2�!E@t2

No, r��r��!E

�= �r2�!E pa je

r2�!E =

�@2

@x2+@2

@y2+@2

@z2

��!E =

@2�!E

@t2


Analogno

r��r��!H

�= r�

@�!E

@t

!=@

@t

�r��!E

�=@

@t

�@�!H

@t

!= �@

2�!H@t2

vrijedi i r��r��!H

�= �r2�!H pa i

r2�!H =

�@2

@x2+@2

@y2+@2

@z2

��!H =

@2�!H

@t2

zadane jednadµzbe su zapravo Maxwellove jednadµzbe elektromagnetske teorije,a jednadµzba �

@2

@x2+@2

@y2+@2

@z2

��!u = @2�!u

@t2

se naziva valnom jednadµzbom.

Poglavlje 8

VEKTORSKEINTEGRACIJE

8.1 Primjeri

Primjer 70 Akceleracija µcestice u proizvoljnom trenutku vremena je zadanaizrazom

�!a (t) = 12 cos 2t�!i � 8 sin 2t�!j + 16t�!k

Ako su u poµcetnom trenutku vremena brzina �!v i vektor poloµzaja �!r jednaki nuli,prona�ite vrijednosti tih veliµcina u proizvoljnom trenutku vremena.

Rje�enje:Integracijom akceleracije dobivamo

�!v (t) =

Z�!a (t) dt =

Z �12 cos 2t

�!i � 8 sin 2t�!j + 16t�!k

�dt

=

�Z12 cos 2tdt

��!i +

�Z�8 sin 2tdt

��!j +

�Z16tdt

��!k

= 6 sin 2t�!i + 4 cos 2t

�!j + 8t2

�!k +�!c 1

kako je �!v (0) = 0 slijedi

�!v (0) = (6 sin 0)�!i + (4 cos 0)

�!j +�!c 1 = 4

�!j +�!c 1 = 0

�!c 1 = �4�!j

pa je funkcija brzine jednaka

�!v (t) = 6 sin 2t�!i + (4 cos 2t� 4)�!j + 8t2�!k

73

74 POGLAVLJE 8. VEKTORSKE INTEGRACIJE

pa integracijom brzine slijedi

�!r (t) =

Z�!v (t) dt =

Z h6 sin 2t

�!i + (4 cos 2t� 4)�!j + 8t2�!k

idt

=

�Z6 sin 2tdt

��!i +

�Z(4 cos 2t� 4) dt

��!j +

�Z8t2dt

��!k

= �3 cos 2t�!i + (2 sin 2t� 4t)�!j + 83t3�!k +�!c 2

kako je u poµcetnom trenutku poloµzaj jednak 0, imamo

�!r (0) = (�3 cos 0)�!i + (2 sin 0� 4 � 0)�!j +�!c 2 = 0�!c 2 = 3

�!i

odakle za funkciju poloµzaja dobivamo

�!r (t) = (3� 3 cos 2t)�!i + (2 sin 2t� 4t)�!j +�8

3t3��!k

Primjer 71 Jednadµzba gibanja µcestice P mase m je zadana s

md2�!rdt2

= f (r)�!r 1

gdje je �!r vektor poloµzaja toµcke P mjereno od ishodi�ta, �!r 1 jediniµcni vektor usmjeru vektora �!r , a f (r) je funkcija udaljenosti toµcke P od ishodi�ta. Pokaµziteda je:

a) �!r � d�!rdt =

�!c , gdje je �!c konstantan vektor.

b) Interpretirajte �zikalne sluµcajeve f (r) < 0 i f (r) > 0

c) Interpretirajte rezultat geometrijski.

d) Objasnite koji rezultat odgovara gibanju planeta u na�em Sunµcevu sustavu.

Rje�enje:a) Pomnoµzimo obje strane zadane jednadµzbe s �!r �, tada je

m�!r � d2�!rdt2

= f (r)�!r ��!r 1 = 0

odakle je�!r � d

2�!rdt2

=d

dt

��!r � d

�!rdt

�= 0

pa integracijom dobivamo konstantni vektor

�!r � d�!rdt

= �!c

8.1. PRIMJERI 75

b) Ako je f (r) < 0 tada akceleracija µcestice ima smjer suprotan od jediniµcogvektora �!r 1, odnosno sila je usmjerena prema ishodi�tu i privlaµcna je. Ako jef (r) > 0 sila ima smjer od ishodi�ta prema µcestici i odbojna je. Sila koja jeusmjerena od neke �ksne toµcke O i iznos joj zavisi samo od udaljenosti r od Onaziva se centralna sila.c) Geometrijsko znaµcenje vektora�!r �d�!r

dt =�!c zapravo predstavlja dvostruku

vrijednost povr�ine koju vektor poloµzaja obri�e za vrijeme t. Zapravo de�nirase sektorska (plo�na brzina) kao

�!H =

1

2�!r � d

�!rdt

d) Planeti, kao i zemlja u Sunµcevu sustavu su privuµceni gravitacijskom silomSunca µciji iznos je jednak

�!F G = m

d2�!rdt2

= �GmMr2

�!r 1

gdje je r udaljenost izme�u objekata masa m i M .

76 POGLAVLJE 8. VEKTORSKE INTEGRACIJE

Poglavlje 9

DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE

� Diferencijalna jednadµzba je jednadµzba koja u sebi sadrµzi nepoznatu funkcijuy (x) (ili funkcije) i neku njenu derivaciju. Opci oblik diferencijalne jed-nadµzbe je

any(n) + an�1y

(n�1) + an�2y(n�2) + � � �+ a1y0 + a0y = f (x)

� Red diferencijalne jednadµzbe je red najvi�eg stupnja derivacije koju ta jed-nadµzba sadrµzi. Diferencijalna jednadµzba n-tog reda sadrµzi najvi�u derivacijufunkcije y(n).

� Funkciju f nazivamo rje�enjem diferencijalne jednadµzbe ako zadovoljavajednakost kada to isto rje�enje uvrstimo u diferencijalnu jednadµzbu.

� Separativna diferencijalna jednadµzba prvog reda je ona jednadµzba kojumoµzemo napisati u obliku

dy

dx= g (x) f (y)

i nju rje�avamo metodom separacije (razdvajanja) varijabli.

� U mnogim diferencijalnim jednadµzbama mi moramo proaci partikularnorje�enje koje zadovoljava uvjet oblika y (x0) = y0. To se naziva poµcet-nim (rubnim) uvjetom. Problem pronalaµzenja rje�enja diferencijalne jed-nadµzbe koja zadovoljava poµcetne uvjete se naziva problemom poµcetnih(rubnih) vrijednosti.

9.1 Diferencijalne jednadµzbe prvog reda

Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe

y0 + y = 0

77

78 POGLAVLJE 9. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE

je y (x) = C � e�x jer ova funkcija uvr�tena u diferencijalnu jednadµzbu daje

y0 + y = 0

d

dx

�C � e�x

�+ C � e�x = 0

�C � e�x + C � e�x = 0

Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe

y0 � y = 0

je y (x) = Cex jer vrijedi

y0 � y = 0

d

dx(C � ex)� C � ex = 0

C � ex � C � ex = 0

Diferencijalne jednadµzbe oblika y0 + ay = 0 nazivaju se homogene diferen-cijalne jednadµzbe prvog reda. Diferencijalne jednadµzbe oblika y0 + ay = f (x)nazivaju se nehomogene diferencijalne jednadµzbe prvog reda.

Primjer 72 Ako se broj stanovnika na planeti Zemlji udvostruµcuje svakih 50godina, za koliko godina ce se godina utrostruµciti broj stanovnika, uz pretpostavkuda je porast proporcionalan trenutnom broju ljudi na Zemlji?

Ako sa y oznaµcimo broj ljudi nakon t godina, a sa y0 broj ljudi na Zemlji unekom trenutku t0, tada je

dy

dt= ky

odnosno nakon separacije varijabli

dy

y= k dt

gdje je k� koe�cijent proporcionalnosti porasta. Integriranjem imamoZdy

y=

Zk dt) ln y = kt+ lnC

y (t) = Cekt

kako je poµcetni uvjet y (t = 0) = y0 imamo

y (t = 0 s) = Cek�0 s = C = y0

pa jey (t) = y0e

kt

9.1. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE PRVOG REDA 79

Ako je u t = 50 god broj udvostruµcen y (50) = 2y0 dobivamo za koe�cijentproporcionalnosti

y (50) = y0ek�50 = 2y0

odnosno

e50k = 2

k =1

50ln 2

Vrijeme t1 kada ce se broj stanovnika utrostruµciti dobivamo iz jednadµzbe

y (t1) = 3y0 = y0ekt1

3 = ekt1 = e50k�t150 =

�e50k

� t150 = 2

t150

primjenjujuci logaritam po bazi dva dobivamo

log2 3 = log2 2t150 =

t150

t1 = 50 log2 3 = 79: 248 god

Primjer 73 Koristeci Newtonov zakon zagrijavanja (hla�enja) - tijelo koje segiba kroz zrak hladi se proporcionalno razlici temperature tijela i zraka. Ako jetemperatura zraka jednaka Tz = 300K a tijelo se hladi od T1 = 370K do T2 =340K za t = 15 minuta, izraµcunajte kada ce temperatura tijela biti T = 310K.

Ako je temperatura tijela T u tremutku vremena t minuta, tada je

dT

dt= �k�T = �k (T � 300)

odnosno, separacijom varijabli

dT

T � 300 = �kdT

Izbor negativne vrijednosti konstante proporcionalnosti je proizvoljno (a onaznaµci �hla�enje�) i da smo je izabrali kao pozitivnu vrijednost, prilikom raµcunadobili bi negativnost. Integracijom dobivenog izraza u granicima od t = 0(T = 370K) i t = 15min (T = 340K) dobivamo

340Z370

dT

T � 300 = �k15Z0

dt

ln (T � 300) j 340370 = �kt j150

ln 40� ln 70 = �k (15� 0)

k = � 1

15ln40

70=1

15ln7

4= 0:03 730 8


Sada integriranjem do vremena t za (T = 310K) dobivamo

310Z370

dT

T � 300 = �ktZ0

dt

ln (T � 300) j 310370 = �kt jt0

ln 10� ln 70 = �k (t� 0)

t = �1kln10

70=1

kln 7

=1

0:03 730 8ln 7 = 52: 158 minuta

Primjer 74 Rje�imo jednadµzbu

y0 + 7y = 3x

Ovu jednadµzbu rje�imo tako �to cemo prvo pronaci rje�enje homogene difer-encijalne jednadµzbe

y0 + 7y = 0

µcije rje�enje iznosi y (x) = C � e�7x, a onda prona�emo partikularno rje�enjey (x) = 3

7x�349 , dok je opce rje�enje jednako zbroju ova dva

y (x) = C � e�7x + 37x� 3

49

Primjer 75 Toplinski tok kroz zid je zadan izrazom

q = �kAdTdx

gdje je k� vodljivost materijala, A povr�ina strane zida okomita na smjer toka,a T temperatura zida koja opada kako x raste. Prona�ite ukupnu toplinu kojaza 1 sat pro�e kroz povr�inu zida hladnjaka od 1m2, debljine 1:25m, koja imakoe�cijent toplinske vodljivosti k = 1:05. Tempertura unutra�nje povr�ine zidaje T1 = 268K, a vanjske povr�ine T2 = 348K.

Oznaµcimo sa x udaljenost toµcke od unutra�nje povr�ine zida prema vanjskojpovr�ini. Integracijom jednadµzbe

dT = � q

kAdx


od x = 0; T2 = 348K do x = 1:25m; T1 = 268K dobivamo

268Z348

dT = � q

kA

1:25Z0

dx

(268K� 348K) = � q

1:05 JKm s � 1m2

� 1:25m

�80K = � q

1:05 JK s

� 1:25

q =80K � 1:05 J

K s

1:25= 67: 2

J

s

Ukupna toplina koja protekne za 1 sat jednaka je

Q = q � t = 67:2 Js� 3600 s = 2:42 � 105 J

Primjer 76 Tijelo mase m slobodno pada kroz sredstvo koje ima otpor propor-cionalan kvadratu brzine. Ako je graniµcna brzina vg = 50 ms prona�ite vrijed-nost brzine nakon dvije sekunde i vrijeme potrebno da tijelo dosegne brzinu odv = 30 ms .

ukupna sila koja djeluje na tijelo jednaka je

F = mg �Kv2 = ma = mdvdt

Uzimajuci da je g = 9:81 ms2 , moµzemo odabrati novu konstantu k tako da jed-nadµzba bude

dv

dt= g � K

mv2 = g

�1� K

mgv2�

dv

1� Kmgv

2=

dv

1� k2v2 = g dt

gdje je k2 = Kmg

hs2

m2

i. Integriranjem jednadµzbe dobivamo

Rdv

1�k2v2 = �12k

�ln 1

k (kv � 1)� ln1k (kv + 1)

�Z

dv

1� k2v2 =

Zg dt

� 1

2klnkv � 1kv + 1

= gt+ lnC

lnkv � 1kv + 1

= �2kgt+ lnC=e(�)

kv � 1kv + 1

= Ce�2kgt


Kako je rubni uvjet v (t = 0) = 0 ms , za konstantu C dobivamo

kv � 1kv + 1

= Ce�2kgt

�1 = Ce0 = C

pa jednakost prelazi ukv � 1kv + 1

= �e�2kgt

koristeci uvjet graniµcne brzine, t = 1 ! v = 50 ms ;�e�2kgt = 0

�dobivamo za

konstantu kk � 50� 1k � 50 + 1 = 0) k =

1

50

s

m

pa slijedi

v50 � 1v50 + 1

=v�5050v+5050

=v � 50v + 50

= �e�2kgt = �e�2�9:81� 150 t = �e�0:392 4�t

v � 50v + 50

= �e�0:392 4�t

U drugoj sekundi vremena dobivamo

v � 50v + 50

= �e�0:392 4�2 = �0:456 21

v � 50 = �0:456 21v � 22: 811

v =27: 189

1: 456 2= 18: 671

m

s

Tijelo ce doseci brzinu od v = 30 ms u trenutku

30� 5030 + 50

= �e�0:392 4�t

e�0:392 4�t =1

4= ln

�0:3924t = ln1

4

t =1

0:3924ln 4 = 3: 532 8 s

Primjer 77 Gravitacijsko privlaµcenje mase m na udaljenosti od r metara odsredi�ta Zemlje je proporcionalno masi Zemlje i obrnuto proporcionalno kvadratuudaljenosti. Odredite brzinu koju postigne tijelo mase m koje pada sa udaljenostiod 5R od sredi�ta Zemlje do zemljine povr�ine. Koju bi brzinu tijelo postiglo kadabi padalo od beskonaµcne udaljenosti. Sve druge sile zanemarite, a za polumjerZemlje uzeti R = 6500 km.

Gravitacijska sila je zadana izrazom

FG = �km

r2= m

dv

dt= m

dr

dt

dv

dr= mv

dv

dr


odnosno separacijom varijabli

v dv = �kdrr2

gdje je k = gR2, pa integracijom od v = 0; r = 5R do v = v; r = R dobivamo

vZ0

vdv = �kRZ

5R

dr

r2

v2

2= k

�1

R� 1

5R

�=4k

5R

v =

r8k

5R=

r8gR2

5R=

r8gR

5

=

r8 � 9:81 ms2 � 6:5 � 106m

5= 10101

m

s

a integriranjem od beskonaµcnosti dobivamo

vZ0

vdv = �kRZ

1

dr

r2

v2

2= k

�1

R� 1

1

�=k

R

v =

r2k

R=

r2gR2

R=p2gR

=

r2 � 9:81 m

s2� 6:5 � 106m = 11293 m

s

Diferencijalna jednadµzba tipa y0 + f (x) y = g (x) naziva se linearna difer-encijalna jednadµzba µcija rje�enja su opcenito

y (x) = e�Rf(x)dx

�ZeRf(x)dx � g (x) dx+ C

�(9.1)

Pogledajmo to na primjeru y0 + 2xy = x2

y (x) = e�R2xdx

�ZeR2xdx � x2dx+ C

�= e�x

2

�Zex

2

� x2dx+ C�

= e�x2

�1

2xex

2

+ C

�=1

2x+ Ce�x

2

=x

2+ Ce�x

2


Provjerimo rje�enje:

y0 =d

dx

�x2+ Ce�x

2�=1

2� 2xCe�x

2

2xy = 2x ��x2+ Ce�x

2�= x2 + 2xCe�x

2

Primjer 78 Jedna od osnovnih jednadµzbi elektriµcnih krugova je

Ldi

dt+Ri = " (t)

gdje je L� induktivnost, R� otpor, i� jakost struje i "� elektromotorna sila.

a) Prona�ite izraz za struju ako je poµcetna struja i0 u trenutku t = 0 kada jeelektromotorna sila " (t) = "0.

b) Ako su L = 3H iR = 15, a elektromotorna sila ima sinusoidalnu zakonitostuz frekvenciju f = 60Hz, te amplitudu A = 120V. Odredite izraz zastruju uz poµcetne uvjete i = 0 u trenutku t = 0.

a) Integracijom izrazadi

dt+R

Li =

"0L

�to je linearna diferencijalna jednadµzba, µcija rje�enja su dana jednadµzbom(9.1)

i (t) = e�R

RL dt

�ZeR

RL dt � "0

Ldt+ C

�= e�

RL t

�"0L

ZeRL t � dt+ C

�= e�

RL t

�"0L� LReRL t + C

�="0R+ Ce�

RL t

jer jeReRL tdt = L

ReRL t. Koristeµci rubne uvjete i (0) = i0 imamo

i (0) = i0 ="0R+ Ce�

RL �0 =

"0R+ C ) C =

"0R� i0

pa jednadµzba dobiva oblik

i (t) ="0R+�"0R� i0

�e�

RL t =

"0R

�1� e�R

L t�+ i0e

�RL t

ako vrijeme teµzi 1 dobivamo uz (e�1 = 0)

i (1) = "0R(1� 0) + i0 � 0 =

"0R

�to je konstantna struja.


b) Sada imamo jednadµzbu

3di

dt+ 15i = "0 sin!t = 120 sin (120� � t)

di

dt+ 5i = 40 sin (120� � t)

te integracijom izraza dobivamo

i (t) = e�R5dt

�ZeR5dt � 40 sin (120�t) dt+ C

�= e�5t

�40

Ze5t sin (120�t) dt+ C

�= e�5t � 40e

5t [sin (120�t)� 24� cos (120�t)]5 (576�2 + 1)

+ Ce�5t

=8 [sin (120�t)� 24� cos (120�t)]

576�2 + 1+ Ce�5t

jer je rje�enje integralaRe5t sin (120�t) dt = e5t[sin(120�t)�24� cos(120�t)]

5(576�2+1) .Koristeci rubne uvjete i (0) = 0 dobivamo

i (0) = 0 =8 [sin (120� � 0)� 24� cos (120� � 0)]

576�2 + 1+Ce�5�0 =

�192�576�2 + 1

+C

odavde je konstanta C

C =192�

576�2 + 1

pa je izraz za struju jednak

i (t) =8 [sin (120�t)� 24� cos (120�t)]

576�2 + 1+

192�

576�2 + 1e�5t

Primjer 79 Ako elektriµcni krug sadrµzi otpor i kondenzator u seriji, a " je elek-tromotorna sila, naboj kondenzatora q je zadan izrazom

Rdq

dt+q

C= " (t)

Ako je R = 10, kondenzator kapaciteta C = 0:1F i elektromotorna sila " (t) =10 sin (10�t) V, prona�ite

a) Naboj q, uz pretpostavku da je u poµcetnom trenutku t = 0 naboj na kon-denzatoru q = 0.

b) Koristeci izraz za jakost struje i = dqdt prona�ite jednadµzbu jakosti struje u

poµcetnom trenutku t = 0 s.

a) Integracijom jednadµzbe

10dq

dt+

q

0:1= 10 sin (10�t) V

dq

dt+ q = sin (10�t) V


dobivamo

q (t) = e�Rdt

�ZeRdt � sin (10�t) dt+ C

�= e�t

�Zet sin (10�t) dt+ C

�= e�t

�et � sin 10�t� 10� cos 10�t

100�2 + 1+ C

�=

sin 10�t� 10� cos 10�t100�2 + 1

+ Ce�t

te koristeci rubne uvjete

q (0) = 0 =sin (10� � 0)� 10� cos (10� � 0)

100�2 + 1+ Ce�1�0 =

�10�100�2 + 1

+ C

odakle je

C =10�

100�2 + 1

pa je izraz za naboj

q (t) =sin 10�t� 10� cos 10�t

100�2 + 1+

10�

100�2 + 1� e�t

=sin 10�t+ 10� (e�t � cos 10�t)

100�2 + 1

b) Kako je i (t) = dq(t)dt to je

i (t) =d

dt

�sin 10�t+ 10� (e�t � cos 10�t)

100�2 + 1

�=

10�

100�2 + 1��cos (10�t) + 10�

�sin (10�t)� e�t

��tada je i (0)

i (0) =10�

100�2 + 1��cos (10� � 0) + 10�

�sin (10� � 0)� e�0

��=

10�

100�2 + 1(1� 1) = 0

9.2 Diferencijalne jednadµzbe drugog reda

Homogena diferencijalna jednadµzba drogog reda ima oblik

y00+ y = 0

µcija rje�enja suy = A sinx+B cosx

9.2. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE DRUGOG REDA 87

gdje su A i B proizvoljne konstante. Partikularno rje�enje se dobiva tako �toodre�ujemo vrijednosti konstanti A i B. Pogledajmo rje�enja diferencijalnejednadµzbe tipa

y00 + ky = 0

Opce rje�enje je

y (x) = A�cos

pkx� i sin

pkx�+B

�cos

pkx+ i sin

pkx�

no, nas zanimaju samo realna rje�enja, koja su

y (x) = A sin�pkx�+B cos

�pkx�

iliy (x) = A sin

�pkx+ '

�pri µcemu se konstante A i ' odre�uju iz poµcetnih (rubnih) uvjeta.Opceniti tip diferencijalne jednadµzbe drugog reda sa konstantnim koe�cijen-

tima jey00 +Ay0 +By = D

µcije je egzaktno rje�enje

y (x) =D

B+ C 0e�x(

12A+

12

pA2�4B) + C 00ex(

12

pA2�4B� 1

2A)

Primjer 80 Matematiµcko njihalo, duljine l i mase m, obje�eno je u toµcku P igiba se u vertikalnoj ravnini koja sadrµzi toµcku P . Zanemarujuci sve sile izuzevgravitacijske prona�ite gibanje mase.

Proatrajuci sile koje djeluju na tijelo, imamo da samo tangencijalna kom-ponenta teµzine djeluje u tangencijalnom smjeru, dok u normalnom smjeru seponi�tavaju napetost niti i normalna komponenta teµzine. Ako odaberemo kut� koji zatvara nit sa vertialnom osi u toµcki P tada je jednadµzba gibanja, uztangencijalnu komponentu teµzine GT = �mg sin �

mat = m � l� = GT

md2s

dt2= ml

d2�

dt2= �mg sin �

odnosno

ld2�

dt2= �g sin �

ako se radi o malim kutevima moµzemo uraditi aproksomaciju sin � � �, padobivamo diferencijalnu jednadµzbu

d2�

dt2+g

l� = 0


µcija rje�enja su

� = C1 cos

rg

lt+ C2 sin

rg

lt

Ovo je primjer jednostavnog harmonijskog gibanja. Amplituda tog gibanja

A =pC21 + C

22 i period T = 2�

qlg .

Primjer 81 Elektriµcni krug se sastoji od zavojnice induktiviteta L = 0:1H,otpora R = 20 i kondenzatora kapaciteta C = 25�F. Prona�ite naboj q ijakost elektriµcne struje i u ovisnosti o vremenu ako su poµcetni uvjeti:

a) q = 0:05C; i = dqdt = 0A u trenutku t = 0 s,

b) q = 0:05C; i = dqdt = �0:2A u trenutku t = 0 s:

a) Diferencijalna jednadµzba LRC kruga, uz na�e podatke L = 0:1H, R =20, C = 25�F, " = 0 glasi

Ld2q

dt2+R

dq

dt+q

C= " (t)

0:1d2q

dt2+ 20

dq

dt+

q

25 � 10�6 = 0

d2q

dt2+ 200

dq

dt+ 400 000 q = 0

rje�enje ove diferencijalne jednadµzbe je ddte�100t �A cos 100p39t�B sin 100p39t� =

q (t) = e�100thA�cos 100

p39t��B

�sin 100

p39t�i

diferenciranjem ive jednadµzbe po vremenu dobivamo jakost struje

i (t) =dq (t)

dt=d

dte�100t

hA�cos 100

p39t��B

�sin 100

p39t�i

= �100e�100th�p

39B +A�cos 100

p39t+

�p39A�B

�sin 100

p39ti

Koristeci rubne uvjete dobivamo

q (0) = 0:05 = e�100�0hA�cos 100

p39 � 0

��B

�sin 100

p39 � 0

�i= A

i (0) = 0 = �100e�100�0h�p

39B +A�cos�100p39 � 0

�+�p39A�B

�sin�100p39 � 0

�i= �100

�p39B +A

��to daje

0 =p39B +A

B = � Ap39= �0:05p

39= �0:0080067


odnosno

q (t) = e�100t [0:05 cos (624: 5t) + 0:0080067 sin (624: 5t)]

i (t) = �32:026 � e�100t sin (624: 5t)

b) Koristeci rubne uvjete dobivamo

q (0) = 0:05 = e�100�0hA�cos 100

p39 � 0

��B

�sin 100

p39 � 0

�i= A

i (0) = �0:2 = �100e�100�0h�p

39B +A�cos�100p39 � 0

�+�p39A�B

�sin�100p39 � 0

�i= �100

�p39B +A

�odakle slijedi

A = 0:05

�0:2 = �100�p39B +A

�B =

1p39

�0:2

100�A

�=

1p39

�0:2

100� 0:05

�= �7: 686 2 � 10�3 = �0:0076862

pa je

q (t) = e�100t [0:05 cos (624: 5t)� 0:0076862 sin (624: 5t)]i (t) = �e�100t [31:9 94 sin (624: 5t) + 0:2 cos (624: 5t)]

Primjer 82 Strujni krug se sastoji od zavojnice induktiviteta L = 0:05H, ot-pora R = 20, kondenzatora kapaciteta C = 100�F i elektromotorne sile" = 100V. Prona�ite ovisnosti i (t) i q (t) uz poµcetne uvjete i = 0; q = 0 utrenutku t = 0 s.

Diferencijalna jednadµzba glasi

Ld2q

dt2+R

dq

dt+q

C= " (t)

0:05d2q

dt2+ 20

dq

dt+ 10 000q = 100

d2q

dt2+ 400

dq

dt+ 200 000q = 2000

rje�enje ove diferencijalne jednadµzbe je

q (t) = e�200t (A cos 400t+B sin 400t) + 0:01

pa diferenciranjem dobivamo struju

i (t) =dq (t)

dt=d

dt

�e�200t (A cos 400t+B sin 400t) + 0:01

�= 200e�200t [(2B �A) cos 400t� (2A+B) sin 400t]


Koristeci poµcetne uvjete dobivamo

q (t) = 0 = e�200�0 [A cos (400 � 0) +B sin (400 � 0)] + 0:01= A+ 0:01

i (t) = 0 = 200e�200�0 [(2B �A) cos (400 � 0)� (2A+B) sin (400 � 0)]= 200 (2B �A)

odakle imamo

A = �0:01

0 = 2B �A) B =A

2= �0:005

pa su funkcije naboja i struje

q (t) = e�200t [�0:01 cos 400t� 0:005 sin 400t] + 0:01i (t) = 200e�200t [0:025 sin 400t] = 5e�200t sin 400t

Primjer 83 Strujni krug se sastoji od zavojnice induktiviteta L = 0:05H, ot-pora R = 20, kondenzatora kapaciteta C = 100�F i elektromotorne sile" = 100V cos 200t. Prona�ite ovisnosti i (t) i q (t) uz poµcetne uvjete i = 0; q = 0u trenutku t = 0 s.

Sada je diferencijalna jednadµzba

Ld2q

dt2+R

dq

dt+q

C= " (t)

0:05d2q

dt2+ 20

dq

dt+ 10 000q = 100 cos 200t

d2q

dt2+ 400

dq

dt+ 200 000q = 2000 cos 200t

µcije rje�enje je

q (t) = e�200t (A cos 400t+B sin 400t) + 0:01 cos 200t+ 0:005 sin 200t

pa je struja

i (t) =dq (t)

dt= e�200t [(�200A+ 400B) cos 400t+ (�200B � 400A) sin 400t]+cos 200t�2 sin 200t

�to koristeci rubne uvjete i = 0; q = 0 u trenutku t = 0 s za konstante daje

q (0) = e�200�0 [A cos (400 � 0) +B sin (400 � 0)] + 0:01 cos (200 � 0) + 0:005 sin (200 � 0)= A+ 0:01 = 0

i (0) = e�200�0 [(�200A+ 400B) cos (400 � 0) + (�200B � 400A) sin (400 � 0)]+ cos (200 � 0)� 2 sin (200 � 0)

= �200A+ 400B + 1 = 0


A = �0:01B = �0:0075

pa su funkcije naboja i struje

q (t) = e�200t (�0:01 cos 400t� 0:0075 sin 400t) + 0:01 cos 200t+ 0:005 sin 200ti (t) = e�200t [� cos 400t+ 5:5 sin 400t] + cos 200t� 2 sin 200t


Poglavlje 10

RAZVOJ FUNKCIJE URED

Red potencija moµze biti generiran na razliµcite naµcine; na primjer,

1

1� x = 1 + x+ x2 + x3 + � � �+ xn + � � �

ili

1

1 + x2= 1� x2 + x4 � x6 + x8 + � � �+ (�1)2n x2n + � � �

Opci metod za pro�irenje funkcije u red potencija u x i u (x� a) zahtjevada funckija i njene derivacije svih redova moraju postojati u x i (x� a). Na tajnaµcin funkcije kao �to su 1

x , lnx i cotx ne mogu biti razvijene u red.

10.1 Taylorov i Maclaurinov red

Ako f ima red potencije prikazan (razvijen) u a, tada je

f (x) =1Xn=0

cn (x� a)n jx� aj < R

gdje su koe�cijenti u formuli zadani sa

cn =f (n) (a)

n!

Zamjenom koe�cijenata cn u redu potencija, dobivamo izraz za f , koji nazi-vamo Taylorov red funkcije f u a ( ili oko toµcke a):

f (x) =1Xn=0

f (n) (a)

n!(x� a)n = f (a)+f 0 (a)

1!(x� a)+f 00 (a)

2!(x� a)2+f 000 (a)

3!(x� a)3+:::

93

94 POGLAVLJE 10. RAZVOJ FUNKCIJE U RED

U posebnom sluµcaju kada je a = 0, dobiveni red nazivamo Maclaurinov red :

f (x) =1Xn=0

f (n) (0)

n!xn = f (0) +

f 0 (0)1!

x+f 00 (0)2!

x2 +f 000 (0)3!

x3 + :::

Funkcije koje mogu biti prikazane redom potencija oko toµcke a nazivamoanalitiµckim funkcijama u a. Analitiµcke funkcije su beskonaµcno diferencijabilneu toµcki a; odnosno da imaju derivacije svih redova u a. No, sve beskonaµcnodiferencijabilne funkcije nisu analitiµcke.Parcijalne sume u Taylorovom redu su dane sa

Tn (x) =nXi=0

f (i) (a)

i!(x� a)i = f (a)+f 0 (a)

1!(x� a)+f 00 (a)

2!(x� a)2+:::+f

(n) (a)

n!(x� a)n

Tn je polinom stupnja n kojeg nazvamo Taylorov polinom n-tog stupnja odfunkcije f u toµcki a.

Primjer 84 Odredimo razvoj funkcije e�2x u red po potencijama od x (a = 0)i odredimo interval konvergencije reda.

f (x) = e�2x f (0) = e�2�0 = 1f 0 (x) = �2e�2x f 0 (0) = �2e�2�0 = �2

f 00 (x) = (�2)2 e�2x f 00 (0) = (�2)2 e�2�0 = (�2)2

f 000 (x) = (�2)3 e�2x f 000 (0) = (�2)3 e�2�0 = (�2)3:::::::::::: ::::::::::::::

Tada je

e�2x =1Xn=0

f (n) (0)

n!(x)

n=f (0)

0!x0 +

f 0 (0)

1!x1 +

f 00 (0)

2!x2 +

f 000 (0)

3!x3 + � � �

= 1 +�21x+

(�2)2

2x2 +

(�2)3

6x3 + � � �+ (�1)n 2

n

n!xn + � � �

Kako je limes reda

limn!+1

��an+1an

�� = limn!+1

�� (�1)n+1 2n+1

(n+1)!xn+1

(�1)n 2n

n! xn

��= lim

n!+1

��(�1) 2n+1 � xn+1(n+ 1)!� n!

2n � xn

��= lim

n!+1

��2 � 2n � x � xn(n+ 1) � n! �n!

2n � xn

��= lim

n!+1

�� 2xn+ 1

�� = j2xj limn!+1

�� 1

n+ 1

�� = 0zakljuµcujemo da red konvergira za sve vrijednosti x.

10.1. TAYLOROV I MACLAURINOV RED 95

Primjer 85 Odredimo razvoj funkcije sinx u red po potencijama od x (a = 0)i odredimo interval konvergencije reda.

f (x) = sinx f (0) = sin 0 = 0f 0 (x) = cosx f 0 (0) = cos 0 = 1f 00 (x) = � sinx f 00 (0) = � sin 0 = 0f 000 (x) = � cosx f 000 (0) = � cos 0 = �1f (4) (x) = sinx f (4) (0) = sin 0 = 0

:::::::::::: ::::::::::::::

Tada je

sinx =

1Xn=0

f (n) (0)

n!(x)

n=f (0)

0!x0 +

f 0 (0)

1!x1 +

f 00 (0)

2!x2 +

f 000 (0)

3!x3 +

f (4) (0)

4!x4 + � � �

=0

1� 1 + 1

1x+

0

2!x2 +

�13!x3 +

0

4!x4 +

1

5!x5 + � � �

= x� x3

3!+x5

5!+�x

7

7!+x9

9!+ � � �+ (�1)n�1 x(2n�1)

(2n� 1)! + � � �

Kako je limes reda

limn!+1

��an+1an

�� = limn!+1

�� (�1)n+1 x(2n+1)

(2n+1)!

(�1)n�1 x(2n�1)(2n�1)!

��= lim

n!+1

��(�1)2 x(2n+1)

(2n+ 1)!� (2n� 1)!x2n�1

��= lim

n!+1

�� x2 � x2n�1(2n+ 1) � 2n � (2n� 1)! �

(2n� 1)!x2n�1

��= lim

n!+1

�� x2

(2n+ 1) � 2n

�� = ��x2�� limn!+1

�� 1

(2n+ 1) � 2n

�� = 0zakljuµcujemo da red konvergira za sve vrijednosti x.

Primjer 86 Odredimo razvoj funkcije ln (1 + x) u red po potencijama od x (a =0) i odredimo interval konvergencije reda.

f (x) = ln (1 + x) f (0) = ln (1 + 0) = 0f 0 (x) = 1

1+x f 0 (0) = 11+0 = 1

f 00 (x) = � 1(1+x)2

f 00 (0) = � 1(1+0)2

= �1 = �1!f 000 (x) = 2

(1+x)3f 000 (0) = 2

(1+0)3= 2 = 2!

f (4) (x) = � 6(1+x)4

f (4) (0) = � 6(1+0)4

= �6 = �3!:::::::::::: ::::::::::::::


Tada je

ln (1 + x) =1Xn=0

f (n) (0)

n!(x)

n=f (0)

0!x0 +

f 0 (0)

1!x1 +

f 00 (0)

2!x2 +

f 000 (0)

3!x3 +

f (4) (0)

4!x4 + � � �

=0

1� 1 + 1

1x+

�1!2!x2 +

2!

3!x3 +

�3!4!x4 +

4!

5!x5 + � � �

= x� 12x2 +

1

3x3 � 1

4x4 + � � �+ (�1)n�1 1

nxn + � � �

Kako je limes reda

limn!+1

��an+1an

�� = limn!+1

�� (�1)n 1(n+1)x

n+1

(�1)n�1 1nxn

��= lim

n!+1

��(�1) xn+1n+ 1� nxn

��= lim

n!+1

��x � xnn+ 1� nxn

��= lim

n!+1

��x � n

n+ 1

�� = jxj � limn!+1

�� n

n+ 1

�� = xzakljuµcujemo da red konvergira za sve vrijednosti �1 < x � 1.

Primjer 87 Odredimo razvoj funkcije arctanx u red po potencijama od x (a =0) i odredimo interval konvergencije reda.

f (x) = arctanx f (0) = arctan 0 = 0f 0 (x) = 1

(1+x)2= 1� x2 + x4 � x6 + � � � f 0 (0) = 1� 0 + 0 + � � � = 1

f 00 (x) = �2x+ 4x3 � 6x5 + � � � f 00 (0) = 0f 000 (x) = �2 + 12x2 � 30x4 + � � � f 000 (0) = �2 = �2!f (4) (x) = 24x� 120x3 + � � � f (4) (0) = 0f (5) (x) = 24� 360x2 + � � � f (5) (0) = 24 = 4!

:::::::::::: ::::::::::::::

Tada je

ln (1 + x) =1Xn=0

f (n) (0)

n!(x)

n=f (0)

0!x0 +

f 0 (0)

1!x1 +

f 00 (0)

2!x2 +

f 000 (0)

3!x3 +

f (4) (0)

4!x4 + � � �

=0

1� 1 + 1

1x+

0

2!x2 +

�2!3!x3 +

0

4!x4 +

4!

5!x5 +

0

6!x6 +

�6!7!x7 � � �

= x� 13x3 +

1

5x5 � 1

7x7 + � � �+ (�1)n�1 1

2n� 1x2n�1 + � � �


Kako je limes reda

limn!+1

��an+1an

�� = limn!+1

�� (�1)n 12n+1x

2n+1

(�1)n�1 12n�1x

2n�1

��= lim

n!+1

��(�1) x2n+12n+ 1� 2n� 1x2n�1

��= lim

n!+1

��x2 � x2n�12n+ 1� 2n� 1x2n�1

��= lim

n!+1

��x2 � 2n� 12n+ 1

�� = ��x2�� limn!+1

��2n� 12n+ 1

�� = x2zakljuµcujemo da red konvergira za sve vrijednosti �1 � x � 1.

Primjer 88 Odredimo razvoj funkcije ex2 u red po potencijama od x�2 (a = 2)

i odredimo interval konvergencije reda.

f (x) = ex2 f (2) = e

22 = e

f 0 (x) = 12e

x2 f 0 (2) = 1

2e22 = 1

2e

f 00 (x) = 14e

x2 f 00 (2) = 1

4e22 = 1

4e

f 000 (x) = 18e

x2 f 000 (2) = 1

8e22 = 1

8e

f (4) (x) = 116e

x2 f (4) (2) = 1

16e22 = 1

16e:::::::::::: ::::::::::::::

Tada je

ex2 =

1Xn=0

f (n) (2)

n!(x� 2)n = f (2)

0!(x� 2)0 + f

0 (2)

1!(x� 2)1 + f

00 (2)

2!(x� 2)2 +

+f 000 (2)

3!(x� 2)3 + f

(4) (2)

4!(x� 2)4 + � � �

=e

1� 1 +

12e

1(x� 2) +

14e

2!(x� 2)2 +

18e

3!(x� 2)3 +

116e

4!(x� 2)4 + � � �

= e

"1 +

1

2(x� 2) + 1

4

(x� 2)2

2!+1

8

(x� 2)3

3!+1

16

(x� 2)4

4!+ � � �+ 1

2n�1(x� 2)n�1

(n� 1)! + � � �#


Kako je limes reda

limn!+1

��an+1an

�� = limn!+1

��12n

(x�2)n(n)!

12n�1

(x�2)n�1(n�1)!

��= lim

n!+1

��1(x� 2)n2n � (n)! �2n�1 � (n� 1)!(x� 2)n�1

��= lim

n!+1

�� (x� 2) � (x� 2)n�12 � 2n�1 � n � (n� 1)! �2n�1 � (n� 1)!(x� 2)n�1

��= lim

n!+1

�� (x� 2)2� 1n

�� = ��x� 22�� lim

n!+1

�� 1n�� = 0

zakljuµcujemo da red konvergira za sve vrijednosti x.

Primjer 89 Odredimo razvoj funkcije lnx u red po potencijama od x� 2 (a =2).

f (x) = lnx f (2) = ln 2f 0 (x) = 1

x f 0 (2) = 12

f 00 (x) = � 1x2 f 00 (2) = � 1

22 = �14 = �

1!22

f 000 (x) = 2x3 f 000 (2) = 2

23 = �14 =

2!23

f (4) (x) = � 6x4 f (4) (2) = � 6

24 = �38 = �

3!24

:::::::::::: ::::::::::::::

Tada je

lnx =1Xn=0

f (n) (2)

n!(x� 2)n = f (2)

0!(x� 2)0 + f

0 (2)

1!(x� 2)1 + f

00 (2)

2!(x� 2)2 +

+f 000 (2)

3!(x� 2)3 + f

(4) (2)

4!(x� 2)4 + � � �

=ln 2

0!(x� 2)0 +

12

1!(x� 2)1 +

� 122

2!(x� 2)2 +

2!23

3!(x� 2)3 +

� 3!24

4!(x� 2)4 + � � �

= ln 2 + � � �+ (�1)n

(n+ 1) � 2n+1 (x� 2)n+1

+ � � �

Primjer 90 Odredimo razvoj funkcijep1 + sinx = sin x2 + cos

x2 u red po po-

tencijama od x (a = 0) i odredimo interval konvergencije reda.

sinx

2=1

2x� 1

23 � 3!x3 +

1

25 � 5!x5 � 1

27 � 7!x7 +

1

29 � 9!x9 + � � �

cosx

2= 2 �

�1

2� 1

23 � 2!x2 +

1

25 � 4!x4 � 1

27 � 6!x6 +

1

29 � 8!x8 + � � �

�= 1� 1

22 � 2!x2 +

1

24 � 4!x4 � 1

26 � 6!x6 +

1

28 � 8!x8 + � � �


pa je

p1 + sinx = sin

x

2+ cos

x

2= 1+

x

2� 1

22 � 2!x2� 1

23 � 3!x3+

1

25 � 4!x4+

1

25 � 5!x5

za sve vrijednosti x.

Primjer 91 Odredimo razvoj funkcije sin 3x u red po potencijama od x i u redpo potencijama x� �

2 . Ispi�ite vrijednosti prvih 5 µclanova reda.

Razvoj funkcije u red po x

f (x) = sin 3x f (0) = 0f 0 (x) = 3 cos 3x f 0 (0) = 3f 00 (x) = �9 sin 3x f 00 (0) = 0f 000 (x) = �27 cos 3x f 000 (0) = �27f (4) (x) = 81 sin 3x f (4) (0) = 0

:::::::::::: ::::::::::::::

Tada je

sin 3x =

1Xn=0

f (n) (0)

n!xn =

f (0)

0!x0 +

f 0 (0)

1!x1 +

f 00 (0)

2!x2 +

f 000 (0)

3!x3 +

f (4) (0)

4!x4 + � � �

=0

0!x0 +

3

1!x1 +

0

2!x2 +

�333!x3 +

0

4!x4 + � � �+

=3

1!x1 +

�333!x3 + � � �+ (�1)

n � 32n+1(2n+ 1)!

(x)2n+1

+ � � �

sin 3x = 3x� 92x3 +

81

40x5 � 243

560x7 +

243

4480x9 +O

�x11�

Razvoj funkcije u red po�x� �

2

�f (x) = sin 3x f

��2

�= �1

f 0 (x) = 3 cos 3x f 0��2

�= 0

f 00 (x) = �9 sin 3x f 00��2

�= 9

f 000 (x) = �27 cos 3x f 000��2

�= 0

f (4) (x) = 81 sin 3x f (4)��2

�= �81

:::::::::::: ::::::::::::::


Tada je

sin 3x =1Xn=0

f (n)��2

�n!

�x� �

2

�n=f��2

�0!

�x� �

2

�0+f 0��2

�1!

�x� �

2

�1+f 00��2

�2!

�x� �

2

�2+

+f 000��2

�3!

�x� �

2

�3+f (4)

��2

�4!

�x� �

2

�4+ � � �

=�10!

�x� �

2

�0+0

1!

�x� �

2

�1+9

2!

�x� �

2

�2+0

3!

�x� �

2

�3+�814!

�x� �

2

�4+ � � �+

=�10!

�x� �

2

�0+9

2!

�x� �

2

�2+�814!

�x� �

2

�4+ � � �+ (�1)

n+1 � 32n(2n)!

�x� �

2

�2n+ � � �

sin 3x = = �1 + 92

�x� �

2

�2� 278

�x� �

2

�4+81

80

�x� �

2

�6� 729

4480

�x� �

2

�8+O

�x� 1

2�

�10!

Dodatak AmainmatterLATEXLATEXLATEX

Dodatak A

The First Appendix

101

102 DODATAK A. THE FIRST APPENDIX

Afterword

103

Documents

Matematičke osnove opće fizike