Matematika 1 - fsb.unizg.hr · Koje jednoliko kruzno gibanje opisujeˇ . x = 3. cos(4t), y = 3. sin(4t)? Rjesenje:ˇ. Koordinate tocke koja se jednoliko kruˇ zno giba po kruˇ zniciˇ

Matematika 1Katedra za matematiku, FSB

Racun trigonometrijskih funkcija

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Racun trigonometrijskih funkcija 1 / 85

Sadrzaj

Sadrzaj:1 Uvodna ponavljanja

1.1 Mjerenje kutova∗

1.2 Trigonometrijske funkcije kutova∗

1.3 Realne funkcije sin i cos∗

1.4 Realne funkcije tg i ctg∗

1.5 Grafovi trigonometrijskih funkcija∗

1.6 sin i cos kao koordinate tocke koja jednoliko kruzi2 Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija

2.1 Derivacije trigonometrijskih funkcija2.2 Integriranje trigonometrijskih funkcija2.3 sin i cos su ”beskonacni polinomi” ∗

3 Arkus funkcije3.1 Inverzne funkcije (ponavljanje)3.2 Deriviranje inverzne funkcije3.3 Arkussinus i arkuskosinus3.4 Arkustangens i arkuskotangens


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Prisjetit cemo se definicija trigonometrijskih funkcija i izgledanjihovih grafovaPrimjenit cemo to znanje na jednoliko kruzno gibanjeIzracunat cemo tablicu derivacija trigonometrijskih funkcija iodgovarajucih integralaNaucit cemo kako razviti sinus i kosinus u beskonacne polinomeNaucit cemo kako derivirati inverznu funkcijuDefinirat cemo arkus funkcijeIzracunat cemo tablicu derivacija arkus funkcija i odgovarajucihintegrala


Uvodna ponavljanja 1.1 Mjerenje kutova∗

RACUN TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

1. UVODNA PONAVLJANJA1.1 MJERENJE KUTOVA∗

U STUPNJEVIMA:

PUNI KUT IMA 360◦

(Babilonska konvencija)12

PUNOG KUTA =12

360◦ = 180◦

16

PUNOG KUTA =16

360◦ = 60◦

itd.



U RADIJANIMA:



DAKLE:

0◦ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦ 120◦ 135◦ 150◦ 180◦ 270◦ 360◦

0π

6π

4π

3π

22π

33π

45π

6π

3π

22π

VEZA STUPNJEVA I RADIJANA

x◦ = y (rad) ⇐⇒ x◦

y=

180◦

π


Uvodna ponavljanja Primjer

PRIMJER 1.

Koliko je stupnjeva7π

5?

Rjesenje:

x◦ =7π

5⇐⇒ x◦

7π/5=

180◦

π

5x◦

7π=

180◦

π

5x◦�π = 180◦ ·7�π

x◦ = 36◦ ·7 = 252◦��


Uvodna ponavljanja Zadaci

ZADATAK 1.Izraziti u stupnjevima:

a)5π

9b) −7π

12c) 3.2 d) −7.22

ZADATAK 2.Izraziti u radijanima:

a) 27◦ b) 150◦ c) −300◦ d) 480◦

Rjesenje 1:

a) 100◦ b) −105◦ c) 183.35◦ d) −413.68◦

Rjesenje 2:

a)3π

20≈ 0.47 b)

5π

6≈ 2.62 c) − 5π

3≈−5.24 d)

8π

3≈ 8.38


Uvodna ponavljanja Duljina luka i povrsina isjecka∗

DULJINA LUKA KRUZNICE I POVRSINA KRUZNOG ISJECKA∗

x = α (u radijanima):

l = rα P =12

r2α

x = β◦ (u stupnjevima):

l =π

180rβ P =

π

360r2

β

Kada koristimo radijansku mjeru, formule su jednostavnije.

Zato cemo od sada koristiti samo radijane!



ZADATAK 3.Koliki sredisnji kut razapinje kruzni luk duljine 16m, na kruzniciradijusa 4m. Kolika je povrsina pripadnog isjecka?

ZADATAK 4.

Kolika je duljina kruznog luka, za kut α =π

4(radijana) na kruznici

radijusa 8m? Kolika je povrsina pripadnog isjecka?

Rjesenje 3:α = 4 Pα = 32m2

Rjesenje 4:

lα = 2πm ≈ 6.28m Pα = 8πm2 ≈ 25.13m2

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1Racun trigonometrijskih funkcija 10 /

85

Uvodna ponavljanja 1.2 Trigonometrijske funkcije kutova∗

1.2 TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE KUTOVA∗

h (hipotenuza)

s (suprotna kateta)

p (prilezeca kateta)

sinα =sh

cosα =ph

tgα =sp

ctgα =ps


85


PRIMJER 2.

Dokazimo sinα = cos(

π

2−α

)i cosα = sin

(π

2−α

)

Rjesenje:

sinα =bc= cos

(π

2−α

)cosα =

ac= sin

(π

2−α

)


85


ZADATAK 5.Izracunati:

a) sinπ

4, sin

π

3, sin

π

6

b) cosπ

4, cos

π

3, cos

π

6

Rjesenje 5: Iz trokuta

vidimo:a)

√2

2,

√3

2,

12

b)√

22

,12,

√3

2Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1

Racun trigonometrijskih funkcija 13 /85


DAKLE:

α0◦ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦

0 π/6 π/4 π/3 π/2

sinα

√0

2

√1

2

√2

2

√3

2

√4

2

cosα

√4

2

√3

2

√2

2

√1

2

√0

2

Naravno:√

02

= 0,√

12

=12

,√

42

= 1

α0◦ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦

0 π/6 π/4 π/3 π/2

tgα 01√3

1√

3 ∞

ctgα ∞√

3 11√3

0


85

Uvodna ponavljanja 1.3 Realne funkcije sin i cos∗

1.3 REALNE FUNKCIJE sin I cos(definirane ”radijanski”, tj. na jedinicnoj kruznici)∗

sto je u skladu s predhodnim:

cosϕ =x1

sinϕ =y1


85


PRIMJER 3.Dokazimo: sin(−ϕ) =−sinϕ i cos(−ϕ) = cosϕ

Rjesenje:

x = cosϕ = cos(−ϕ)

y = sinϕ

−y = sin(−ϕ)


85


ZADATAK 6.Izraziti

a) sin(ϕ+2π), sin(ϕ−2π), sin(ϕ+4π), sin(ϕ−4π)

b) cos(ϕ+2π), cos(ϕ−2π), cos(ϕ+4π), cos(ϕ−4π)

pomocu sinϕ, cosϕ .

ZADATAK 7.Izraziti

a) sin(ϕ+π), sin(ϕ−π), sin(

ϕ+π

2

), sin

(ϕ− π

2

)b) cos(ϕ+π), cos(ϕ−π), cos

(ϕ+

π

2

), cos

(ϕ− π

2

)pomocu sinϕ, cosϕ .


85


ZADATAK 8.Izraziti

a) sin(27π), b) cos(

26π

3

), c) cos(−π) d) sin

(−π

6

).


85


Rjesenje 6: Iz trigonometrijske kruznice (dane gore) vidimo:

a) sinϕ

b) cosϕ

Rjesenje 7: Iz trigonometrijske kruznice (dane gore) vidimo:

a) −sinϕ, −sinϕ, cosϕ, −cosϕ

b) −cosϕ, −cosϕ, −sinϕ, sinϕ

Rjesenje 8:

a) 0 b) −12

c) −1 d) −12


85

Uvodna ponavljanja Jednolika kruzna gibanja opisujemo pomocu sin i cos

Jednolika kruzna gibanja opisujemo pomocu funkcija sin i cos

PRIMJER 4.Opisimo jednoliko kruzno gibanje po kruznici radijusa r = 3 brzinomv = 2.

Rjesenje:

x = 3 cos2t3

y = 3 sin2t3

vr

:= ω

x = r cosvr

t

y = r sinvr

t

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1



ZADATAK 9.

a) Tocka se giba po jedinicnoj kruznici, prelazeci u jedinicivremena 3 jedinice puta. Prikazi koordinate tocke kaofunkciju vremena.

b) Tocka se po kruznici radijusa 4 giba jedinicnom brzinom(tj. jedinicu puta prevaljuje u jedinici vremena). Prikazikoordinate tocke kao funkciju vremena.

c) Tocka se giba po kruznici radijusa 2, prelazeci u jedinicivremena 3 jedinice puta. Prikazi koordinate tocke kaofunkciju vremena.


85


Rjesenje:

a) x = cos(3t), y = sin(3t)

b) r = 4, ω =vr=

14

; x = 4 cos t4 , y = 4 sin t

4

c) r = 2, ω =32

; x = 2 cos 3t2 , y = 2 sin 3t

2


85

Uvodna ponavljanja 1.4 Realne funkcije tg i ctg∗

1.4 REALNE FUNKCIJE tg I ctg∗

tgϕ =sinϕ

cosϕctgϕ =

cosϕ

sinϕ

Na jedinicnoj kruznici:


85


PRIMJER 5.

Popunimo tablicu:

α 0π

4π

23π

4π

5π

43π

27π

42π

tgα

ctgα


85


Rjesenje:

α 0π

4π

23π

4π

5π

43π

27π

42π

tgα 0 1 ±∞ −1 0 1 ±∞ −1 0ctgα ±∞ 1 0 −1 ±∞ 1 0 −1 ±∞


85



a) tg0, tgπ

6, tg

π

4, tg

π

3tg

π

2

b) ctg0, ctgπ

6, ctg

π

4, ctg

π

3ctg

π

2

po formulama: tgϕ =sinϕ

cosϕ, ctgϕ =

cosϕ

sinϕ

Rjesenje:

a) 0,1√3, 1,

√3 ±∞

b) ±∞,√

3, 1,1√3, 0


85

Uvodna ponavljanja 1.5 Grafovi trigonometrijskih funkcija∗

1.5 GRAFOVI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA∗


85


PERIODICKI SE PONAVLJA

PERIODICKI SE PONAVLJA

PERIOD FUNKCIJA sin I cos JE 2π

Sjeti se kruznice!Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1



PERIOD FUNKCIJA tg I ctg JE π


85


Funkcija f(t) je periodicna ako postoji broj T(6= 0) takav da:

f(t+T) = f(t) .

Najmanji takav T > 0 zove se period funkcije f .

PRIMJER 6.Koliki je period funkcije f(t) = 3sin(4t)?

Rjesenje:

f (t +T ) = f (t) =⇒ 3sin(4(t +T )

)= 3sin(4t)

=⇒ sin(4t +4T ) = sin(4t)

petiod sinusa je 2π =⇒ 4T = 2π, T = π/2��


85

Uvodna ponavljanja 1.6 sin i cos kao koordinate tocke koja jednoliko kruzi

1.6 sin I cos KAO KOORDINATE TOCKEKOJA JEDNOLIKO KRUZI


85


PRIMJER 7.Koje jednoliko kruzno gibanje opisuje x = 3cos(4t), y = 3sin(4t)?

Rjesenje:Koordinate tocke koja se jednoliko kruzno giba po kruznici radijusa r skutnom brzinom ω opisane su jednadzbama:

x = r cos(ω t), y = r sin

(ω t).

Dakle, radi se o gibanju po kruznici radijusa r = 3 s kutnom brzinomω = 4.

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·Period gibanja je vrijeme T opotrebno za jedan krug:

ωT = 2π =⇒ T = 2π/ω.Dakle, period naseg gibanja je T = 2π/4 = π/2.

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·Frekvencija gibanja je broj okreta ν u jedinici vremena:

ν = 1/T .Dakle, frekvencija naseg gibanja je ν = 2/π.


85

Uvodna ponavljanja Jednoliko kruzno gibanje

JEDNOLIKO KRUZNO GIBANJE

Ako se tocka (x ,y) giba po kruznici radijusa r s kutnom brzinom ω

onda je:x = r cos

(ω t), y = r sin

(ω t)

Vrijeme jednog okreta T , tj. period kruznog gibanja je:

T = 2π/ω

Frekvencija ν tog gibanja, tj. broj okreta u jedinici vremena je:

ν = 1/T

Brzina gibanja v je:v = ω r


85

Uvodna ponavljanja Primjeri

PRIMJER 8. a)Skicirajmo graf funkcije y = 3sin(4t).

Rjesenje:

Period: T =2π

4=

π

2Amplituda: A = 3, tj. −3≤ y ≤ 3


85


PRIMJER 8. b)Skicirajmo graf funkcije y =−3sin(4t).

Rjesenje:

Period: T =π

2; Amplituda: A = 3, tj. −3≤ y ≤ 3


85


PRIMJER 8. c)Skicirajmo graf funkcije y =−2cos(3t).

Rjesenje:

Period: T =2π

3; Amplituda: A = 2


85


PRIMJER 8. d)

Skicirajmo graf funkcije y =13

sin(

t− π

4

).

Rjesenje:

Period: T = 2π; Amplituda: A =13

Fazni pomak, tj. pocetak vala: t− π

4= 0 ⇒ t =

π

4


85


PRIMJER 8. e)

Skicirajmo graf funkcije y = cos(

2t+π

4

).

Rjesenje:

Period: T =2π

2= π; Amplituda: A = 1

Fazni pomak, tj. pocetak vala: t =−π

8


85


ZADATAK 11.Skicirati grafove:

a) y = cos(

2t +π

2

),

b) y =−12

sin(3t−π) ,

c) y =−tg(

t2

),

d) y = 2ctg (2t−π) .


85


Rjesenja:a)

b)


85


c)

d)


85

Uvodna ponavljanja Neki trigonometrijski identiteti

NEKI TRIGONOMETRIJSKI IDENTITETI (ponavljanje)

cos2 t +sin2 t = 1sin(−t) =−sin t cos(−t) = cos ttg(−t) =−tg t ctg(−t) =−ctg t

cos t = sin(

π

2 − t)

sin t = cos(

π

2 − t)

ctg t = tg(

π

2 − t)

tg t = ctg(

π

2 − t)

sin(u±v) = sinu cosv ±cosu sinvcos(u±v) = cosu cosv ∓sinu sinv

tg (u±v) =tgu± tgv

1∓ tgu tgvctg (u±v) =

ctgu ctgv ∓1ctgu±ctgv

sin2t = 2sin t cos tcos2t = cos2 t−sin2 t = 2cos2 t−1 = 1−2sin2 t


85

Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija 2.1 Derivacije trigonometrijskih funkcija

2. DERIVIRANJE I INTEGRIRANJETRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

2.1 DERIVACIJE

x = cos t y = sin td sin t

d t=

dyd t

=x1= cos t

d cos td t

=dxd t

=−y1

=−sin t

PRIMJER 9.

Izracunajmod tg td t

,dctg t

d t.


85

Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija 2.1 Derivacije trigonometrijskih funkcija

Rjesenje:

d tg td t

=dd t

(sin tcos t

)=

cos t cos t +sin t sin tcos2 t

=1

cos2 t

dctg td t

=dd t

(cos tsin t

)= · · ·=− 1

sin2 t

Dakle:

y sin t cos t tg t ctg t

dyd t

cos t −sin t1

cos2 t− 1

sin2 t

<<


85

Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija Zadaci

ZADATAK 12.

Derivirati: a) y = sin2 t , b) y = sin t ·cos t ,

c) y = cos3t , d) y =sin2tcos3t

.

ZADATAK 13.

Derivirati: a) sin∗ t = sin(

π

180t),

b) cos∗ t = cos(

π

180t).

ZADATAK 14.

Derivirati: a) y = cos2 t ·sin t , b) y = sin3 3t ,

c) y =sinx

cosx−1, d) y =

sin√

t1+√

t.


85


ZADATAK 15.Derivirati:

a) y = tg2x ,

b) y = tg√

x ,

c) y = tg(sin√

x).

ZADATAK 16.Pod koji kutem graf funkcije

a) sinx b) tgx

sijece os x u ishodistu?


85


Rjesenje 12:

a)dydt

= 2 sin t cos t = sin2t

b)dydt

= cos2 t−sin2 t = cos2t

c)dydt

=−3sin3t

d)dydt

=2 cos(2t) cos(3t)+3sin(2t) sin(3t)

(cos3t)2

Rjesenje 13:

a)ddt

(sin∗ t) =π

180cos∗ t

b)ddt

(cos∗ t) =− π

180sin∗ t

tj. derivacija ”stupnjevima definirane” funkcije sin∗ nije cos∗

cos∗ nije −sin∗


85


Rjesenje 14:

a)dydt

=−2 cos t sin2 t +cos3 t

b)dydx

= 9 sin2(3x) cos(3x)

c)dydx

=cosx · (cosx−1)+sin2 x

(cosx−1)2 =1

1−cosx

d)dydt

=cos√

t · (1+√

t)−sin√

t2√

t (1+√

t)2

Rjesenje 15:

a)dydx

=2

cos2 2t

b)dydx

=1

2√

x cos2√

x

c)dydx

=cos√

x2√

x cos2(sin√

x)


85

Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija Primjena

Rjesenje 16:

a)dsinx

dx

∣∣∣∣x=0

= cos0 = 1 ⇒ ϕ =π

4

b)d tgx

dx

∣∣∣∣x=0

=1

cos2 0= 1 ⇒ ϕ =

π

4

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

PRIMJENA

PRIMJER 10.Promatrac je 100m udaljen od mjesta pustanja balona sa zemlje.Kut pod kojim promatrac vidi balon raste brzinom 1/100rad/s.Kojom se brzinom balon udaljava od Zemlje u trenutku kada gapromatrac vidi pod 45◦?


85

Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija Primjena

Rjesenje:

tgϕ =y

100

tj. y = 100tgϕ

dϕ

dt=

1100

=⇒ dydt

=dydϕ· dϕ

dt=

ddϕ

(100tgϕ) · dϕ

dt

= 100 · 1cos2 ϕ

· 1100

=1

cos2 ϕ

dydt

∣∣∣∣ϕ= π

4

=1

(cos π

4)2 =

1

(√

22 )2

= 2(m/s)


85

Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija 2.2 Integriranje trigonometrijskih funkcija

2.2 INTEGRALI

Iz tablice derivacija lako dolazimo do odgovarajuce

TABLICE NEODREDENIH INTEGRALA:

∫cos t dt = sin t +C

∫sin t dt =−cos t +C∫ dt

cos2 t= tg t +C

∫ dtsin2 t

=−ctg t +C

PRIMJER 11.

Izracunajmo povrsinu osjencanog lika na slici:


85


Rjesenje:

P =

π∫0

sin t dt =−cos t∣∣∣π0=−cosπ+cos0 =−(−1)+1 = 2


a)∫

cos3t dt , b)∫

2 sin4x dx ,

c)∫ (

sin t +√

t)

dt , d)∫ sin2 x +2cos2 x

cos2 xdx .


85



a)π/2∫0

(cos t + t2)dt , b)

π/2∫π/4

sinx dx ,

c)π/3∫

π/6

( 1cos2 x

− 1sin2 x

)dx .

ZADATAK 19.

a) Izracunati povrsinu koju jedan luk sinusoide y = 3 sin(x/2)zatvara s osi x .b) Izracunati povrsinu koja je omedena grafovima y = sinx i

y = x−π nad intervalom [0,π].c) Izracunati povrsinu lika koji je omeden s y = sinx i y = x2−πx.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1



Rjesenje 17:

a)12

sin3t +C b) − 12

cos4x +C

c) −cos t +23

t2/3 +C d) tgx +x +C

Rjesenje 18:

a) 1+π3

24b)√

22

c) 0


85


Rjesenje 19:

a)

P =

2π∫0

3 sinx2

dx = . . .= 12

b)

P =

π∫0

(sinx−x +π

)dx = . . .= 2+

π2

2

c)

P =

π∫0

(sinx−x2+πx

)dx = . . .= 2+

π3

6


85

Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija 2.3 sin i cos su ”beskonacni polinomi” ∗

2.3 sin I cos SU ”BESKONACNI POLINOMI”: ∗

cosx ≤ 1∫ x

0

sinx ≤ x∫ x

0 ⇐= sinx−sin0≤ x

−cosx +cos0≤ x2

2 =⇒ cosx ≥ 1− x2

2∫ x

0

sinx ≥ x− x3

2 ·3∫ x

0 ⇐= sinx−sin0≥ x− x3

2·3

−cosx +cos0≥ x2

2 −x4

2·3·4 =⇒ cosx ≤ 1− x2

2+

x4

2 ·3 ·4∫ x

0

sinx ≤ x− x3

2 ·3+

x5

2 ·3 ·4 ·5∫ x

0 ⇐= sinx−sin0≥ x− x3

2·3 +x5

2·3·4·5

......


85

Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija 2.3 sin i cos su ”beskonacni polinomi” ∗

sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− x11

11!+ · · ·

POGRESKA KOJU CINIMO UPOTREBOM SAMO KONACNOG

POCETNOG KOMADA POLINOMA MANJA JE OD APSOLUTNEVRIJEDNOSTI PRVOG NEUPOTREBLJENOG CLANA.

cosx = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+

x8

8!− x10

10!+ · · ·

POGRESKA KOJU CINIMO UPOTREBOM SAMO KONACNOG

POCETNOG KOMADA POLINOMA MANJA JE OD APSOLUTNEVRIJEDNOSTI PRVOG NEUPOTREBLJENOG CLANA.


85

Deriviranje i integriranje trigonometrijskih funkcija Primjer

PRIMJER 12.

Izracunajmo cos0.2 s greskom manjom od 10−5.

Rjesenje:

cos0.2 = 1− 0.22

2!+

0.24

4!− 0.26

6!+

0.28

8!− 0.210

10!+ · · · .

Uzmimo u obzir samo prva tri clana:

cos0.2=1− 0.22

2!+

0.24

4!=0.98007 .

Greska koju time cinimo manjaje od apsolutne vrijednosti sljedecegclana, tj. :

G = |cos0.2−0.98007|< 0.26

6!=

0.000064720

< 0.00000009 ,

pa je nasa aproksimacija trazene tocnosti.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1




a) sin0.1 b) cos0.1

s greskom manjom od 10−3.

Rjesenje:

a) sin0.1=0.1− 0.13

3!= 0.0998

G <0.15

5!< 0.15 = 0.00001

b) cos0.1=1− 0.12

2!= 0.0995

G <0.14

4!< 0.14 = 0.0001


85

Arkus funkcije 3.1 Inverzne funkcije (ponavljanje)

3. ARKUS FUNKCIJE(INVERZNE FUNKCIJE TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA)

3.1 INVERZNE FUNKCIJE (PONAVLJANJE)

Funkcije f i g medusobno su inverzne ako je:y = f(x) ⇐⇒ x = g(y)

(Dakle, graf od y = f (x) i x = g(y) je isti!)Inverznu funkciju of f oznacavamo s f−1.(Dakle, g = f−1 i f = g−1!)


85

Arkus funkcije Primjer

PRIMJER 13.

Izracunajmo f−1 ako je f(x) =−2x+2.

Rjesenje:

y =−2x +2

⇐⇒ 2x = 2−y

⇐⇒ x = 1− y2.

Dakle:

f−1(y) = 1− y2

ili f−1(x) = 1− x2.


85


Nema svaka funkcija inverznu (sto se lijepo vidi na slici):

Funkcija y = f(x) nema inverz jer jednom y-u odgovara vise x-ova!

Suzenjem domene funkcije mozemo doci do funkcije koja ima inverz.


85

Arkus funkcije Kriterij invertibilnosti

SUZENJE DOMENE OMOGUCAVA INVERTIRANJE:Ako se ogranicimo na interval [a,b] na kojem funkcija raste, ili nainterval [b,c] na kojem funkcija pada, onda dolazimo do funkcijekoja ima inverz (u svakom od tih slucajeva):

KRITERIJ INVERTIBILNOSTI:Ako funkcija y = f (x) raste (resp. pada) na nekom intervalu [m,M]i derivabilna je, tj. ako je f ′(x) > 0 (resp. f ′(x) < 0) na [m,M],onda funkcija ima inverz x = f−1(y) koji je definiran na intervalu[f (m), f (M)] (resp. [f (M), f (m)]) s vrijednostima u [m,M].


85

Arkus funkcije 3.2 Deriviranje inverzne funkcije

3.2 DERIVIRANJE INVERZNE FUNKCIJE

Derivacija inverzne funkcije f−1 u tocki y reciprocna je vrijednostiderivacije od f u tocki x = f−1(y):

(f−1)′(y) = 1

f′(x)ili u Leibnizovoj notaciji:

dxdy

=1dydx

PRIMJER 14.

Izracunajmod

dx√

x primjenom gornjeg pravila.

Rjesenje:

y =√

x ⇐⇒ x = y2 (za y ≥ 0)d√

xdx

=dydx

=1dxdy

=1

d(y2)dy

=1

2y=

12√

x


85

Arkus funkcije 3.3 Arkussinus i arkuskosinus

3.3 ARKUSSINUS I ARKUSKOSINUS

Opca znanja o inverznim funkcijama i njihovim derivacijama primijenitcemo na inverzne funkcije trigonometrijskih funkcija.

ARKUSSINUS (arcsin)Funkcija y = sinx raste na intervalu [−π/2,π/2], pa na tom

intervalu ima inverz koji zovemo arkussinus:

y = sin x ⇐⇒ x = arcsiny· · · · · · · · · · · · · · · · · ·

Kliknite na sliku za graf y = sinxili y = arcsinx ili oba−→


85

Arkus funkcije 3.3 Arkussinus i arkuskosinus

ARKUSKOSINUS (arccos)

Funkcija y = cosx pada na intervalu [0,π], pa na tom intervalu imainverz koji zovemo arkuskosinus:

y = cos x ⇐⇒ x = arccosy

· · · · · · · · · · · · · · · · · ·

Kliknite na sliku za graf y = cosxili y = arccosx ili oba−→


85

Arkus funkcije Arkus funkcije na jedinicnoj kruznici

FUNKCIJE arcsin I arccos NA JEDINICNOJ KRUZNICI

x = cos t ⇐⇒ t = arccosx(”t” je luk ciji kosinus iznosi ”x”)

y = sin t ⇐⇒ t = arcsiny(”t” je luk ciji sinus iznosi ”y ”)

PRIMJER 15.

a) Koliko je arcsin12

?

b) Koliko je arccos√

22

?


85


Rjesenje a):

Na jedinicnoj kruznici trazimo tocku (i pripadni luk)cija je ordinata 1

2 .

Ogranicimo se na tocku na desnoj polukruznici, tj. na brojeve−π

2 ≤ t ≤ π

2 .

t ∈[−π

2,

π

2

]

Medu njima je samo jedan ciji je sinus 12 . To je π

6 .

Dakle: arcsin12=

π

6

(⇐⇒ sin

π

6=

12

)Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1



Rjesenje b):

Na jedinicnoj kruznici trazimo tocku (i pripadni luk) s apscisom√

22 .

Ogranicimo se na tocku na gornjoj polukruznici, tj. na brojeve0≤ t ≤ π.

t ∈ [0,π]

Medu njima je samo jedan ciji je sinus√

22 . To je π

4 .

Dakle: arccos√

22

=π

4

(⇐⇒ cos

π

4=

√2

2

)


85


PRIMJER 16.

Izracunajmo arcsin1, arcsin√

22

, arcsin(−1), arcsin0.

Rjesenje:

arcsin1 =π

2arcsin

√2

2=

π

4arcsin(−1) =−π

2arcsin0 = 0

(sin

π

2= 1

) (sin

π

4=

√2

2

) (sin(−π

2)=−1

)(sin0 = 0)


85

Arkus funkcije Zadatak


a) arccos1, arccos√

22

, arccos

(−√

22

), arccos0

b) arcsin(−1

2

)+arccos

(−1

2

)c) arcsin

√2

2+arccos

(−√

22

)

Rjesenje: Iz trigonometrijske kruznice dobivamo

a) 0,π

4,

3π

4,

π

2

b)π

2

c) π


85

Arkus funkcije Primjeri

PRIMJER 17.d

dxarcsinx =?

Rjesenje: y = arcsinx ⇐⇒ x = siny

ddx

arcsinx =dydx

=1dxdy

=1

cosy=

1√1−sin2 y

=1√

1−x2

PRIMJER 18.Pojednostavimo izraz: tg (arcsinw) =?

Rjesenje: v = arcsinw ⇐⇒ w = sinv

tg (arcsinw) = tgv =w√

1−w2


85

Arkus funkcije Zadaci

ZADATAK 22.d

dxarccosx =?


a)d

dyarcsin (2

√y)

b)d

dx

√arcsin2x

c)d

dxarccos2 (3x +1)

Rjesenje 22: y = arccosx ⇐⇒ x = cosyd

dxarccosx =

dydx

=1dxdy

=1

−siny=− 1√

1−cos2 y= − 1√

1−x2


85


Rjesenje 23:

a)1√

1−4y· 1√

y

b)1√

arcsin2x· 1√

1−4x2

c) −6 ·arccos(3x +1) · 1√1− (3x +1)2


a) arcsin(

sinπ

6

)b) arccos

(cos

2π

3

)c) arcsin

(sin

3π

4

)d) sin

(arcsin

(−1

2

))e) cos

(arccos

√3

2

)c) arccos

(cos

(−π

6

))Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1



Rjesenje 24:

a)π

6b)

2π

3c)

π

4

d) −12

e)√

32

f)π

6


a) cos(arcsin t) b) ctg(arccosv)


85


Rjesenje 25: Obavezno skiciraj trokut!

a) cos(arcsin t) =√

1− t2

b) ctg(arccosv) =v√

1−v2


85

Arkus funkcije 3.4 Arkustangens i arkuskotangens

3.4 ARKUSTANGENS I ARKUSKOTANGENS

ARKUSTANGENS (arctg)

Funkcija y = tgx raste na intervalu⟨−π

2 ,π

2

⟩, pa na tom intervalu

ima inverz koji zovemo arkustangens:y = tgx ⇐⇒ x = arctgy

· · · · · · · · · · · · · · · · · ·

Kliknite na sliku za graf y = tgx iliy = arctgx ili oba−→


85

Arkus funkcije 3.4 Arkustangens i arkuskotangens

ARKUSKOTANGENS (arcctg)

Funkcija y = tgx pada na intervalu 〈0,π〉, pa na tom intervalu imainverz koji zovemo arkuskotangens:

y = ctgx ⇐⇒ x = arcctgy

· · · · · · · · · · · · · · · · · ·

Kliknite na sliku za graf y = ctgxili y = arcctgx ili oba−→


85


FUNKCIJE arctg I arcctg NA JEDINICNOJ KRUZNICI

y = tg t ⇐⇒ t = arctgy

t ∈⟨−π

2 ,π

2

⟩y ∈ 〈−∞,+∞〉

x = ctg t ⇐⇒ t = arcctgx

t ∈ 〈0,π〉

x ∈ 〈−∞,+∞〉


85


Dakle:

PRIMJER 19.

Izracunajmo arctg1, arctg(−1), arctg(±∞), arctg0.

Rjesenje:

arctg1 = π/4 arctg(−1) =−π/4 arctg(±∞)=±π/2 arctg0 = 0


85

Arkus funkcije Zadatak


a) arcctg0, arcctg1, arcctg (−1) , arcctg (±∞)

b) arctg(−√

3)+arcctg

√3

c) arctg(− 1√

3

)−arcctg

(−√

3)

Rjesenje: Iz trigonometrijske kruznice dobivamo

a)π

2,

π

4,

3π

4, 0

b) −π

6

c) −π


85


PRIMJER 20.d

dxarctgx =?

Rjesenje: y = arctgx ⇐⇒ x = tgy

ddx

arctgx =dydx

=1dxdy

=11

cos2 y

=1

sin2 y+cos2 ycos2 y

=1

tg2 y +1=

1x2 +1

ZADATAK 27.d

dxarcctgx =?

Rjesenje Slicno gornjem dobivamo:d

dxarcctgx = − 1

x2 +1


85


Dakle:

DERIVACIJE ARKUS FUNKCIJA

y arcsinx arccosx arctgx arcctgx

dydx

1√1−x2 − 1√

1−x2

11+x2 − 1

1+x2

ODGOVARAJUCI INTEGRALI

∫ dx√1−x2

= arcsinx +C∫ dx1+x2 = arctgx +C


85

Arkus funkcije Zadacik


a)d

dx

(arctg

x√3

)b)

ddx

(√arcctg

x2

)

c)∫ 1−x2

1+x2 dx d)1∫

0

1√1−x2

dx

e)1∫

0

x2

1+x2 dx f )∞∫

0

dx1+x2


85

Arkus funkcije Zadacik

Rjesenje:

a)1

1+ x2

3

· 1√3

b)1

2√

arcctg x2

· −1

1+ x2

4

· 12

c) −x +2arctgx +C

d)π

2e) 1− π

4f)

π

2


85

Documents

Matematika 1 - fsb.unizg.hr · Koje jednoliko kruzno gibanje opisujeˇ . x = 3. cos(4t), y = 3. sin(4t)? Rjesenje:ˇ. Koordinate tocke koja se jednoliko kruˇ zno giba po kruˇ zniciˇ