6
 Rješenja zadataka sa ispitnog roka iz Matematike 1 13.06.2008.  Grupa C 1. Ispitati i nacrtati graf funkcije 1 2  x  y x e .  Rješenje:  Očito je 0,  x  dakle , 0 0, .  p  D  Funkcija je ni parna ni neparna.  Nula nema jer je 0  x . Znak: 0  y za sve  p  x D . Asimptote: a) Vertikalna 0  x  (desna) jer 1 1 1 1 1 1 2 2 . . . . 2 0 0 0 0 0 0 2 3  2 1 1 1 1 1 1 lim lim lim lim lim lim 1 2 1  1 2 2 2 2  x x  x x  L P L P  x x  x x x x x x e e e e  x x  x e e e  x x x  x , dok je s druge strane 1 2 0 lim 0 0 0 0.  x  x  x e e   b) Horizontalne nema jer je 1 2 0 lim .  x  x  x e e  c) Kose nema jer je 1 1 2 lim lim .  x  x  x x  x e k xe  x  Prvi izvod, ekstremi, tok funkcije: 1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 1 .  x x x x  y x e xe x e e x  x  Otuda je 1 ' 0 2 1 . 2  y x x  1 2  2 1  x  - + y' - + y Pošto je 2 2 2 1 1 1,85 2 2 4 e  y e , funkcija ima minimum u tački 2 1 , . 2 4 e T  Drugi izvod, prevojne tačke, konveksnost, konkavnost:  1 1 1 1 1  2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 .  x x x x x  x x x  y e x e x e e e  x x x  Zato je 2 1,2 2 4 8 0 2 2 1 0 4  y x x x , pa funkcija nema prevojnih tačaka. Očito je 0  y  za sve  p  x D , pa je funkcija konveksna. Grafik:

Matematike1 Masinski fakultet Zenica

  • Upload
    samy

  • View
    229

  • Download
    0

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: Matematike1 Masinski fakultet Zenica

8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica

http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 1/6

 Rješenja zadataka sa ispitnog roka iz Matematike 1 13.06.2008. 

Grupa C

1.  Ispitati i nacrtati graf funkcije12   x y x e .

 Rješenje: Očito je 0, x  dakle , 0 0, . p

 D  

Funkcija je ni parna ni neparna.

 Nula nema jer je 0 x .

Znak: 0 y za sve  p x D .

Asimptote:

a) Vertikalna 0 x  (desna) jer1 1

1 1

1 12 2. . . .2

0 0 0 0 0 0

2 3   2

1 1

1 1 1 1lim lim lim lim lim lim

1 2 1   12 2 2 2

 x x

 x x L P L P  x x

 x x x x x x

e ee e x x x e e e

 x x x   x

,

dok je s druge strane1

2

0lim 0 0 0 0. x

 x x e e  

 b) Horizontalne nema jer je1

2 0lim . x

 x x e e  

c) Kose nema jer je

112

lim lim . x

 x

 x x

 x ek xe

 x

 

Prvi izvod, ekstremi, tok funkcije:

1 1 1 1

2 2

2

12 2 1 . x x x x y x e xe x e e x

 x 

Otuda je1

' 0 2 1 .2

 y x x  

1

2

 

2 1 x   - +

y' - +

y

Pošto je

2 221 1

1,852 2 4

e y e , funkcija ima minimum u tački

21, .

2 4

eT   

Drugi izvod, prevojne tačke, konveksnost, konkavnost: 

1 1 1 1 1   2

2 2 2

1 2 1 2 2 12 1 2 1 2 2 . x x x x x

 x x x y e x e x e e e

 x x x 

Zato je 2

1,2

2 4 80 2 2 1 0

4 y x x x , pa funkcija nema prevojnih tačaka.

Očito je 0 y  za sve  p x D , pa je funkcija konveksna.

Grafik:

Page 2: Matematike1 Masinski fakultet Zenica

8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica

http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 2/6

 

2.  Izračunati integral3

2 2(1 )

arctgx xe

 I 

 x

.

 Rješenje: 

1

3 2 2 2 22 22

2

2

sin

cos

(1 )   1 1 sin(1 )   1   1

cos

sinsincos sin sin cos .

1   cos

cos

t arctgx arctgx t  

t t 

t t t 

 I 

t arctgx t x tgt     e xe dx xe dx tgt e t  I dt dt dx

dt  x x tg t t  x   x

t e u t dv e dt  t  dt t e dt e t e t dt  

du t dt v e

 

S druge strane je

1

coscos cos sin cos .

sin

t t t t  

u t dv e dt   I e t dt e t e t dt e t I 

du tdt v e 

Zato jesin cos

sin cos 2 sin cos .2

t t t   e t t 

 I e t e t I I e t t C I C   

 Najzad, kad vratimo smjenu imamo konačni rezultat: 

sin cos

2

arctgxe arctgx arctgx I C .

3.  Pretvori3

cos sin4 4

i z 

i

 i1 3

cos sin4 4

iw

i

u trigonometrijski oblik te izračunaj

3 z   i 4 w .

 Rješenje: 5

3 3 1 2, arg 36 6

i i  jer je1 3

33tg  , a

.2  Zato je5 5

3 2 cos sin6 6i i . Slijedi:

Page 3: Matematike1 Masinski fakultet Zenica

8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica

http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 3/6

5 52 cos sin

5 5 7 76 62 cos sin 2 cos sin .

6 4 6 4 12 12cos sin

4 4

i

 z i i

i

 

Sada je

3

3   7 7 7 7 7 72 cos sin 8 cos 3 sin 3 8 cos sin .12 12 12 12 4 4

 z i i i  

Pošto je7

24 4

 (četvrti kvadrant!), imamo da je

3   2 28 cos sin 8 4 2 1 .

4 4 2 2 z i i i  

1 3   1 3 2, arg 1 3 ,3

i i  jer je 3tg  , a 0 .2

 

Zato je 1   3 2 cos sin3 3

i i . Slijedi:

2 cos sin7 73 3

2 cos sin 2 cos sin .3 4 3 4 12 12

cos sin4 4

i

w i i

i

 

Otuda je 44

7 72 2

12 122 cos sin , 0,1, 2,3 .4 4

k k 

w i k   

4.  Dati su vektori nm ,  takvi da je 1 , 2m n  i ,4

m n  . Naći površinu i

unutrašnje uglove paralelograma ako su vektori dijagonala nmd    251  i

nmd    432 .

 Rješenje: Označimo sa a  i b  vektore na stranicama paralelograma (nad kojima je

 paralelogram konstruisan). Tada je1

2

5 2

3 4

a b d m n

a b d m n.

Sabiranjem ovih jednakosti dobijamo 2 8 2 4 .a m n a m n  Oduzimanjem tih

 jednakosti bi dobili 2 2 6 3 .b m n b m n  

Površina paralelograma je

4 3 12 12 13

213 sin , 13 2 1 13 2.

2

 P a b m n m n m n n m n m n m n m

n m n m

 

Jedan unutrašnji ugao paralelograma je , cos .a b

a ba b

 

Page 4: Matematike1 Masinski fakultet Zenica

8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica

http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 4/6

Drugi unutrašnji ugao je .  Ostala dva su podudarni sa , odnosno . Otuda je

dovoljno izračunati samo ugao .

Imamo da je

2 2   24 3 4 12 3 4 1 11 1 2 3 4 8 11   2.

2

a b m n m n m m n m n n  

22 2 2   24 16 8 16 1 8 1 2 4 20 8 2 4 5 2 2 .

2a m n m mn n  

Zato je 4 5 2 2 2 5 2 2 .a  

Grupa D

1. 

Ispitati i nacrtati graf funkcije

2

(1 )

  x

 y x e .

Rj ešenje: Funkcija je definisana za sve  x . Dakle, , p

 D .

Funkcija je ni parna ni neparna.

 Nula nema, 0 1 y , pa grafik siječe y –  osu u tački 0,1T  .

Znak 0 y  za sve  x  

Asimptote:

a) Vertikalnih nema

 b) Horizontalna 0 y  kad  x , jer je2 . . . .

2   1 2 2 2lim (1 ) 0 lim lim lim 0, L P L P 

 x x x x x x x x x x x e

e e e 

2lim (1 ) . x

 x x e  

c) Kose nema

Prvi izvod, ekstremi, tok funkcije:

22 2 2(1 ) 2 (1 ) 2 1 1 . x x x x x y x e xe x e e x x e x  

Očito je 0 y  samo za 1 x , međutim pošto je 0 y  za sve  x , funkcija je rastuća i

nema ekstrema.

Drugi izvod, prevojne tačke, konveksnost i konkavnost: 

2 21 1 2 1 1 1 2 1 3 . x x x x x y e x e x e x e x x e x x  

Page 5: Matematike1 Masinski fakultet Zenica

8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica

http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 5/6

Dakle, 0 y  za 1 x  i 3 x .

3   1 

1 x   - - +

3 x   - + +

 y   + - +

y

Pošto je 11 2 y e  i 33 10 y e  imamo dvije prevojne tačke 1

1  1, 2 , P e  

3

2  3,10 P e .

Grafik:

2.  Izračunati integral

2

 x

 x

dx I 

e e

.

 Rješenje: 

2

2

2 22

ln   2

1 2 .2 1

2

 x

 x x

e t 

 x t dt 

dx dt  t  I  dx t dt   t t t t  e e   t 

dx dt  t 

 

Sad nam treba razlaganje racionalne funkcije

2

2 2

11 1 1 .

1 1

a b cat t b t ct  

t t t t t   

Dobija se da je 1. 1.a b c  

Otuda je2

1 1 1 1 1 12 2 ln ln 1 2 ln

1

t  I dt dt dt t t C C 

t t t t t t  ,

dakle1 1

2 ln x

 x x

e I C 

e e.

3.  Dokazati matematičkom indukcijom da vrijedi: 2 2 157 | 7 8 , 0,1, 2,...n n n  

 Rješenje:  Za 0n  tvrdnja glasi 257 |7 8 57 | 57 , što je očito tačno. 

Page 6: Matematike1 Masinski fakultet Zenica

8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica

http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 6/6