Zbirka rijesenih zadataka sa kolokvija i ispita M1

Svjetlan Feretić

Matematička analiza 1

Zbirka riješenih zadataka sa kolokvija i ispita

Rijeka, 2011.

2

Predgovor Često se događa da studenti pitaju: “Što ćete nas pitati na kolokviju/ispitu?” i “Po čemu ćemo mi učiti?”. Na oba ta pitanja u priličnoj se mjeri može odgovoriti objavljivanjem zbirke riješenih ispitnih zadataka. To je najbitniji razlog zbog kojega je ova elektronska zbirka nastala. Zbirka je u prvom redu namijenjena studentima koji pohađaju prvu godinu preddiplomskog studija na Građevinskom fakultetu Sveučilišta u Rijeci, te se pripremaju za kolokvije i ispit iz predmeta Matematička analiza 1. Tijekom posljednje četiri akademske godine (2006/2007, 2007/2008, 2008/2009 i 2009/2010), na kolokvijima i ispitima iz Matematičke analize 1 bilo je zadano ukupno 120 zadataka. Svih tih 120 zadataka u ovoj su zbirci detaljno riješeni. Zbirka se sastoji od deset poglavlja. Prvo poglavlje čine zadaci u kojima se određuje domenu funkcije, drugo poglavlje čine zadaci u kojima se računa limes, a ne upotrebljava se L’Hôpitalovo pravilo,…, deseto poglavlje čine zadaci o Taylorovim redovima. Svako poglavlje počinje kratkim uvodom, u kojem je pobliže definirano što se i kako se u tom poglavlju radi. Nakon desetog poglavlja slijedi spisak svih provjera znanja (kolokvija/ispita) koje ova zbirka obuhvaća. Tih provjera znanja ima ukupno 37, i za svaku od njih je u rečenom spisku navedeno od kojih se zadataka sastojala. Zbirka završava popisom literature. Ova bi zbirka s vremenom trebala rasti. Naime, moj plan je da ću (ako na Mat. analizi 1 i dalje budem držao i predavanja i vježbe) tijekom akademskih godina 2010/2011, 2011/2012,… zbirci dodavati zadatke sa kolokvija i ispita koji će se tada održavati. Kod pisanja zbirke, posebno sam pazio na to da pišem jasno i da ne pravim greške. Po završetku pisanja, zbirka je išla na recenziranje. Recenzenti su bili dr. sc. Tomislav Došlić, izvanredni profesor matematike na Građevinskom fakultetu u Zagrebu, i dr. sc. Cvetan Jardas, (od početka ove akademske godine umirovljeni) redoviti profesor matematike na Ekonomskom fakultetu u Rijeci. Od recenzenata sam dobio korisne primjedbe, na kojima im se zahvaljujem. Ipak, moguće je da u zbirci ima grešaka koje su promakle i meni i recenzentima. Svakome tko mi ukaže na neku grešku ili propust biti ću zahvalan.

Svjetlan Feretić

u Rijeci, 6. siječnja 2011.

3

Sadržaj 1. Određivanje domene funkcije …………… 4 2. Računanje limesa bez upotrebe L’Hôpitalovog pravila …………… 15 3. Računanje limesa uz upotrebu L’Hôpitalovog pravila …………… 23 4. Deriviranje implicitno zadanih funkcija …………… 30 5. Deriviranje parametarski zadanih funkcija …………… 38 6. Primjena derivacija …………… 50 7. Integriranje algebarskih funkcija …………… 76 8. Integriranje transcendentnih funkcija …………… 93 9. Računanje površina i volumena …………… 106 10. Taylorovi redovi …………… 115 Na tom i tom kolokviju/ispitu, trebalo je riješiti te i te zadatke …………… 132 Literatura …………… 134

4

1. Određivanje domene funkcije Funkcija je pravilo koje svakom elementu skupa A pridružuje jedan i samo jedan element skupa B . (Skup A se zove domena funkcije, a skup B se zove kodomena funkcije.) Dakle, kod zadavanja funkcije trebalo bi reći što je skup A , što je skup B i kako glasi pravilo pridruživanja. Ipak, funkcije se često “zadaju” tako da se ne napiše ništa drugo osim pravila pridruživanja. U takvim slučajevima, podrazumijeva se da je B skup svih realnih brojeva, te da je A skup onih realnih brojeva kod kojih je primjena pravila pridruživanja moguća i kao rezultat daje realan broj. Kod ovog načina zadavanja funkcije, određivanje skupa A je (katkad lakši, a katkad teži) matematički zadatak. U zadacima koji slijede, tema je upravo određivanje skupa A . Težina zadataka je umjerena.

Zadatak 1. Odredite domenu funkcije 22

91236

2232)(

xx

xxxxf .

Rješenje: Kao prvo, razlomak 1236

xx se može skratiti: 3

12)12(3

1236

xx

xx .

(Istini za volju, kada je 21

x , razlomak 1236

xx nije definiran, pa prema tome nije jednak

broju 3 . Međutim, ta “začkoljica” u nastavku zadatka neće biti bitna.) I tako, ispod drugog korijena imamo

)22)(22()22(9)22)(22(3)22)(32(

2293

2232

xxxxxxx

xxx

44

12121220444

1818)44(366442

22

2

22

xxxx

xxxxxx

)1)(1(454

154

442016

2

2

2

2

xx

xx

xxx

xxx .

Nultočke brojnika su 0 i 45

, a nultočke nazivnika su 1 i 1. Kada ih se napiše od manjih

prema većima, nultočke su 0 ,1 ,45

i 1. Sada pišemo tablicu sa predznacima.

5

45 , 1 ,

45

0 ,1

1 ,0

,1

x

45

x

1x 1x

)1)(1(454

xx

xx

Iz formule )1)(1(

454

)(

xx

xxxf vidimo da brojevi

45

i 0 leže u domeni. Naime,

045

f i 0)0( f . Međutim, brojevi 1 i 1 ne leže u domeni. I tako, domena funkcije

)(xf je ,10 ,1

45 , .

Zadatak 2. Odredite domenu funkcije xexx

xxf

2ln32

513

1)( .

Rješenje: Za početak, sređujemo izraz ispod korijena:

232

513

1232

513

1)ln(32

513

1 2

xxx

xxxe

xxx x

2

31168172

3296515322

)32)(13()13(5)32(1

22 xxx

xxxxx

xxxx

31162512

311662212817

3116)3116(2817

2

2

2

2

2

2

xxxx

xxxxx

xxxxx .

Da bi broj x ležao u domeni, mora vrijediti 031162512

2

2

xxxx .

02512 2 xx za 32 &

41

2416 &

246

24115

241215

2496255

x .

03116 2 xx za 23 &

31

1218 &

124

12711

124911

127212111

x .

Sada možemo napisati tablicu.

6

41 ,

31 ,

41

32 ,

31

23 ,

32 ,

23

2512 2 xx + – – + + 3116 2 xx + + – – +

31162512

2

2

xxxx

+ – + – +

Zaključak: Domena funkcije )(xf je

,23

32 ,

31

41 , .

Zadatak 3. Odredite domenu funkcije )263ln(166

1214

2349)( 2

222

xxx

xx

xxxf .

Rješenje: Ispod drugog korijena imamo

1)1(6

1214

23)23)(23(

166

1214

2349

2

22

2

222

xx

xx

xxx

xx

xx

xx

12

14)12)(83(1214836

121423

222

xxxx

xxx

xxx

1291910

121481636 222

xxx

xxxxx .

Tražimo nultočke brojnika: 091910 2 xx ,

1 & 109

2020 &

2018

20119

2036036119

x .

Tražimo nultočke nazivnika: 012 x , 12 x , 21

x .

21 ,

109 ,

21 1 ,

109 ,1

91910 2 xx 12 x

1291910 2

xxx

7

Domena funkcije 12

91910 2

xxx je

,1109 ,

21 .

Sada ćemo se pozabaviti funkcijom )263ln( x .

063 x , 63 x , 2x . Za 2x vrijedi 063 x , pa je )43ln()263ln()263ln( xxx .

043 x , 043 x , 43 x , 34

x .

Jedan dio domene funkcije )263ln( x je interval 34 , .

Za 2x vrijedi 063 x , pa je )83ln()263ln()263ln( xxx .

083 x , 83 x , 38

x .

Drugi dio domene funkcije )263ln( x je interval ,38 .

Čitava domena funkcije )263ln( x je ,38

34 , .

Domena funkcije )263ln(12

91910)(2

x

xxxxf je

,38

34 ,1

109 ,

21 ,

38

34 , ,1

109 ,

21 .

Zadatak 4. Odredite domenu funkcije xxxf 561)( 2 .

Rješenje: 056 2 xx za 65 & 0

1255

120255

x .

a) Koji brojevi iz skupa ,650 , leže u domeni funkcije )(xf ?

Za takve brojeve vrijedi 156)56(1)( 22 xxxxxf .

0156 2 xx vrijedi za 1 & 61

1212 &

122

1275

1224255

x .

8

0156 2 xx vrijedi za

1 ,

61x . Odgovor na pitanje a) glasi: brojevi iz skupa

1 ,

650 ,

61 .

b) Koji brojevi iz intervala 65 ,0 leže u domeni funkcije )(xf ?

Za takve brojeve vrijedi 156561)56(1)( 222 xxxxxxxf .

0156 2 xx vrijedi za 21 &

31

126 &

124

1215

1224255

x .


,21

31 ,x . Odgovor na pitanje b) glasi: brojevi iz

skupa

65 ,

21

31 ,0 .

Domena funkcije )(xf je skup

1 ,

21

31 ,

611 ,

65

65 ,

21

31 ,00 ,

61 .

Zadatak 5. Odredite domenu funkcije

x

xxxxf 213123)( .

Rješenje: Za početak, primijetimo da bismo za 0x morali podijeliti 13 s nulom, a s nulom se ne može dijeliti. Dakle, nula nije u domeni funkcije )(xf . a) Koji brojevi iz intervala 0 , leže u domeni funkcije )(xf ? Za takve brojeve vrijedi

10122213123213123)( 22

xxxxx

xxxxf .

010122 2 xx , to jest 0562 xx , vrijedi za

1 & 52

462

20366

x .

010122 2 xx vrijedi za 1 ,5 x .

Odgovor na pitanje a) glasi: brojevi iz intervala 1 ,5 .

9

b) Koji brojevi iz intervala ,0 leže u domeni funkcije )(xf ? Za takve brojeve vrijedi

16122213123213123)( 22

xxxxx

xxxxf .

016122 2 xx , to jest 0862 xx , vrijedi za

4 & 22

262

32366

x .

016122 2 xx vrijedi za ,42 ,x .

Odgovor na pitanje b) glasi: brojevi iz skupa ,42 ,0 . Domena funkcije )(xf je skup ,42 ,01 ,5 .


x

xxxxf 411164)( .

Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 5, a rezultat je

,

25

23 ,0

21 ,

27 .


xxxxxf 165)( .

Rješenje: a) Koji brojevi iz intervala 0 , leže u domeni funkcije )(xf ? Za takve brojeve vrijedi

15616516516)(5)( 22

xxxx

xxxx

xxxxxf .

0156 2 xx za 31 &

21

124 &

126

1215

1224255

x .

10


,31

21 ,x . Odgovor na pitanje a) glasi: brojevi iz

skupa 0 ,31

21 ,

.

b) Koji brojevi iz intervala ,0 leže u domeni funkcije )(xf ? Za takve brojeve vrijedi

156165165)( 22

xxxx

xxxxxf .

0156 2 xx za 21 &

31

126 &

124

1215

1224255

x .


21 ,

31x . Odgovor na pitanje b) glasi: brojevi iz skupa

21 ,

31 .

Domena funkcije )(xf je skup

21 ,

310 ,

31

21 , .


xxxxxf 132111)( .


4 ,230 ,2

27 , .

Zadatak 9. Odredite domenu funkcije )1810()( 2 xxxxxf . Rješenje: Kao prvo, naći ćemo one ikseve koji leže u domeni i manji su od nule. Za takve ikseve vrijedi

)189()1810()( 22 xxxxxxxxf . Nadalje, za takve (negativne) ikseve, broj )189( 2 xxx je veći od nule onda kada je broj

1892 xx manji od nule.

01892 xx za 3 & 62

392

72819

x .

11

Dakle, traženi iksevi tvore interval 3 ,6 . Kao drugo, naći ćemo one ikseve koji leže u domeni i veći su od nule. Za takve ikseve vrijedi

)1811()1810()( 22 xxxxxxxxf . Nadalje, za pozitivne ikseve, broj )1811( 2 xxx je veći od nule onda kada je broj

18112 xx veći od nule.

018112 xx za 9 & 22

7112

7212111

x .

Traženi iksevi tvore skup ,92 ,0 . Primjećujemo da je funkcija )(xf definirana i za 0x . Sve skupa, domena funkcije )(xf je ,92 ,03 ,6 ,92 ,003 ,6 . Zadatak 10. Odredite domenu funkcije )12103()( 2 xxxxxf . Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 9, a rezultat je ,43 ,01 ,12 .

Zadatak 11. Odredite domenu funkcije 23

)352ln()(2

x

xxxf .

Rješenje: 0352 2 xx za 1 & 23

44 &

46

415

424255

x .

Dakle, funkcija )352ln( 2 xx je definirana za ,123 ,x .

0)352ln( 2 xx vrijedi onda kada je 1352 2 xx , 0252 2 xx ,

21 & 2

42 &

48

435

416255

x .

023 x vrijedi onda kada je 23 x , 32

x .

12

2 ,

23 ,2

1 ,23

32 ,1

21 ,

32

,21

)352ln( 2 xx Nije definirano.

23 x

23)352ln( 2

xxx

Nije definirano.

U točkama 2 i 21

vrijedi 0)352ln( 2 xx . Funkcija 23

)352ln()(2

x

xxxf je u

tim točkama definirana. Međutim, u točkama 23

, 1 i 32

funkcija )(xf nije definirana.

I tako, domena funkcije )(xf je

,

21

32 ,1

23 ,2 .

Zadatak 12. Odredite domenu funkcije )ln()157107()( 22 xxxxxf .

Rješenje: Iksevi iz intervala 0 , ne leže u domeni zato što za njih nije definiran )ln(x . a) Koji iksevi iz intervala 1 ,0 leže u domeni funkcije )(xf ? Za te ikseve vrijedi 0)ln( x , tako da iks leži u domeni onda kada vrijedi

0157107 22 xxx ,

0)1(57107 22 xxx , 0557107 22 xxx ,

021012 2 xx , 0156 2 xx .

0156 2 xx za 21 &

31

1215

1224255

x .

Skup traženih ikseva je interval

21 ,

31 .

b) Koji iksevi iz intervala ,1 leže u domeni funkcije )(xf ? Za te ikseve vrijedi

0)ln( x , tako da iks leži u domeni onda kada vrijedi

0157107 22 xxx ,

13

0)1(57107 22 xxx , 0557107 22 xxx ,

012102 2 xx , 0652 xx .

0652 xx za 3 & 22

152

24255

x .

Skup traženih ikseva je ,32 ,1 .

Domena funkcije )(xf je

,32 ,1

21 ,

31 ,32 ,11

21 ,

31 .

Zadatak 13. Odredite domenu funkcije )ln()19111311()( 22 xxxxxf .


,4

25 ,1

52 ,

41 .


1214109arcsin

92966)(

22

22

xxxx

xxxxxxf .

Rješenje: 9565

9266

92966

92966 222

22

xxxxxxxx

xxxxx .

09

5652 xx za 38 &

37

23

16

& 23

14

2315

2915

29

224255

x .

Dakle, funkcija x

xxxx9

29662

2 je definirana za sve ikseve, osim za 0x i za

38 ,

37

x .

Arkus sinus djeluje na izraz 1214109

22

xxxx , koji se može napisati i na jednostavniji

način:

1171210912

)12)(12(1091214109 222

22

xxxxxx

xxxxxxxx .

14

Arkus sinus od 1172 xx je definiran onda kada vrijedi 11171 2 xx .

11172 xx , 01272 xx , 4 & 32

172

48497

x .

11172 xx , 01072 xx , 5 & 22

372

40497

x .

Slika 1. Točke u kojima funkcija 1172 xxx poprima vrijednosti 1 i 1.

Uz pomoć Slike 1 vidimo da je funkcija

1214109arcsin

22

xxxx definirana za

5 ,43 ,2 x . Međutim, na intervalu 38 ,

37 nije definirana funkcija

xxxxx

92966

22

. I tako, naša funkcija

1214109arcsin

92966)(

22

22

xxxx

xxxxxxf

ima domenu 5 ,43 ,38

37 ,2

.

15

2. Računanje limesa bez upotrebe L’Hôpitalovog pravila Neka je )(xff funkcija iz u , te neka su a i L realni brojevi. Pretpostavimo da za svaki 0 postoji 0 takav da iz aaaax , , slijedi da je Lxf )( . Tada se kaže da funkcija f u točki a ima limes. Limes funkcije f u točki a je broj L . To se zapisuje ovako: Lxf

ax

)( lim .

Neformalno govoreći, ako funkcija f u točki a ima limes, onda je taj limes onaj broj kojemu se vrijednosti funkcije f sve više približavaju onda kada se x sve više približava broju a (ali ipak ostaje različit od broja a ). U ovom poglavlju, kod računanja limesa koristimo svojstva

)( lim )( lim )()( lim xgxfxgxfaxaxax

,

)( lim )( lim )()( lim xgxfxgxfaxaxax

,

)( lim )( lim )()(lim xgxfxgxfaxaxax

,

)( lim

)( lim

)()( lim

xg

xf

xgxf

ax

axax

,

)( lim)( lim xfxfaxax

i

)( lim)( )( lim )( limxg

ax

xg

axaxxfxf

.

Također koristimo i formule

01 lim xx

, xx

1 lim0

,

ex

x

x

11 lim , ex xx

1

0)1( lim ,

1)(sin lim0

x

xx

i 1)sin(

lim0

x

xx

,

koje smo upoznali na predavanjima.

Zadatak 15. Izračunajte limes 243

)4sin()3sin( lim20

x

xxx

.

16

Rješenje:

)243)(243(

)243()4sin()3sin( lim00

2200

243)4sin()3sin( lim

22

2

020 xxxxx

xxx

xx

)22(3

)4sin()3sin( lim 243 lim 443

)4sin()3sin( lim 20

2

020 xxxx

xxx

xxx

164411444

)4sin(3

)3sin( lim0

xx

xx

x.


)5(cos1 lim22

4

0

xx

xx

.

Rješenje:

0

0224

11 42169

)5(cos1 lim22

4

0 xxx

x

4216942169

42169)5(cos1 lim

22

22

22

4

0 xxxx

xxx

x

42169

)4(4169)5(cos1 lim 2222

4

0xx

xxx

x

2

4

022

4

0 5)5(cos1 lim8)224(

164169)5(cos1 lim

xx

xxx

xx

2

2

02

22

0 5)5(sin lim)11(8

5)5(cos1)5(cos1 lim8

xx

xxx

xx

8011805

)5sin(5

)5sin( lim8025

)5(sin lim52802

2

0

xx

xx

xx

xx.

Zadatak 17. Izračunajte limes )3(cos1

916925 lim 4

22

0 xxx

x

.

Rješenje:

0

01133

)3(cos1916925 lim 4

22

0 xxx

x

916925916925

)3(cos1916925 lim

22

22

4

22

0

xx

xxx

xxx

17

916925

1)3(cos1

)916()925( lim224

22

0

xxx

xxx

)3(cos1

9 lim 33

199

1)3(cos1

9 lim 4

2

04

2

0 xx

xx

xx

11

1)3(cos1

9 lim61

)3(cos11

)3(cos19 lim

61

2

2

022

2

0 xx

xxx

xx

12111

121

)3sin(3

)3sin(3 lim

121

)3(sin9 lim

21

61

02

2

0

xx

xx

xx

xx.

Zadatak 18. Izračunajte limes

xx e

xx

xxxx

3

2

0

)2sin()4cos(

)cos()6sin(

93 lim .

Rješenje:

xx e

xx

xxxx

3

2

0

)2sin()4cos(

)cos()6sin(

93 lim

02

22

0

)0sin()0cos()0cos(

9393

)6sin(93 lim

exxxx

xxx

x

10

11

931

)6sin()9()3( lim

2

22

0 xxxxx

x

01

931

)6sin(996 lim

22

0 xxxx

x

6711

611

)6sin(6 lim

331

0

xx

x.

Zadatak 19. Izračunajte limes x

x xx

3

328 lim .

Rješenje:

x

x

x

x xxx

xx 3

3212

32128 lim3

328 lim

x

x

x

x

x

x xxxxx

32121 lim3

32124 lim3

3212

32)32(4 lim

18

60212 32

12 lim

3212 lim

3212

1232

32121 lim eeeex

xxx

xxx

x

xx

.


43cos32cos22

1256 lim

xxxx x

x.

Rješenje:

43cos32cos22

1256 lim

xxxx x

x

43cos32cos2lim 21256 lim

xxxx

x

x

x

40cos30cos2 312561 lim

x

x xx

x

x

x

x xxxx

1281 lim9432

1236561 lim

402812

8 lim

128 lim

128

812

333312

81 lim3 eeeex

xxx

xxx

x

x

x

.


1

2

0 )(sin)cos(2 lim

x

xxx

.

Rješenje: Za početak ćemo upotrijebiti formulu

2sin2)cos(1 2 tt . (Uzgred budi rečeno,

do te se formule dolazi ovako:

2sin

2cos

2cos

2sin)cos(1 2222 ttttt

2sin2

2sin

2cos

2cos

2sin 22222 ttttt .) Imamo

2221

22

0

1

2

0

1

2

0 )(sin

2sin21 lim )(sin)cos(11 lim )(sin)cos(2 lim

x

x

x

x

x

xxxxxxx

19

2

22

22

)(sin2

sin2

)(sin2

sin2

1

22

0 )(sin

2sin21 lim

x

xx

xx

xxx

.

Izraz u vitičastim zagradama teži prema broju e . Nadalje,

2

2

2

2

02

22

0

)(sin2sin4

21 lim

)(sin2

sin2 lim

xx

x

x

x

xx

xx

x

xx

xx

x

x

x

xx

x

x

xx

)sin()sin(

2

2sin

2

2sin

21 lim)(sin

4

2sin

21 lim

02

2

2

2

0

211

211111

21

.

Dakle, rezultat zadatka je 606530659.021

e .


1

0 )2cos()cos(3 lim

x

xxx

.

Rješenje: Za početak ćemo upotrijebiti formulu

2sin2)cos(1 2 tt . Tako dobivamo

221

0

1

0 )2cos(1)cos(11 lim )2cos()cos(3 lim

x

x

x

xxxxx

21

22

0 )(sin2

2sin21 lim

x

xxx

2

22

22

)(sin22

sin2

)(sin22

sin2

1

22

0 )(sin2

2sin21 lim

x

xx

xx

xxx

.

20


2

2

2

2

02

22

0

)(sin22sin4

21 lim

)(sin22

sin2 lim

xx

x

x

x

xx

xx

x

xx

xx

x

x

x

xx

x

x

xx

)sin()sin(2

2

2sin

2

2sin

21 lim)(sin2

4

2sin

21 lim

02

2

2

2

0

252

2111211

21

.

Rezultat zadatka je 18249396.1225

e .

Zadatak 23. Izračunajte limes )2sin(

1

0 )3(tg19 lim

xx

x x

.

Rješenje:

)2sin(

121

0

)2sin(2

21

0

)2sin(1

)2sin(

0

)2sin(1

0 )3(tg1 lim

9 lim

)3(tg1

9 lim)3(tg1

9 limx

x

xx

x

x

xx

x

xx

x xxx

)2sin(2)3(tg lim

)2sin(21)3(tg

)3(tg1

0

121

0

3

)3(tg1 lim

9

xx

xx

xx

xex

.

Vrijedi

)2sin(

)3sin( lim)3cos(2

1 lim)2sin()3cos(2

)3sin( lim)2sin(2

)3cos()3sin(

lim)2sin(2

)3(tg lim00000 x

xxxx

xx

xx

xx

xxxxx

43

2311

21

23

)2sin(2

3)3sin( lim

121

0

xx

xx

xx

x.

Dakle, rezultat zadatka je 417099658.133 43

43

e

e.

21


2 )3(sin

0)2cos(

31)cos(

34 lim

xx

xxx

.

Rješenje: Vrijedi

)2cos(31)cos(

34)2cos(

31)cos(

34 xxxx

)(sin2

31

2sin2

341

31)2cos(1

31

34)cos(1

34 22 xxxx

)(sin32

2sin

381 22 xx

.

I tako,

6

2

6

2 )3(sin

22

0

)3(sin

0)(sin

32

2sin

381 lim)2cos(

31)cos(

34 lim

x

x

x

x

x

xxxxx

6

222

)(2sin32

22sin

38

1)3(sin)(sin

32

2sin

38

22

0 )(sin

32

2sin

381 lim

x

xxx

x

xx

xx

6

222

0

)3(sin)(sin32

2sin

38 lim

x

xxxxe

. Nadalje,

2

2

422

06

222

0 9)3(sin9)(sin

32

2sin

38 lim)3(sin)(sin

32

2sin

38 lim

xx

xxx

xxxx

xx

xx

xx

xxx

xxx 3)3sin( lim

3)3sin( lim3)(sin2

2sin8 lim

00422

0

4

22

0422

0

)(sin2

sin4 lim6116)(sin

2sin4 lim

x

xx

xxx

xx

22

4

222

04

22

0

2cos

2sin4

24sin

lim62cos

2sin2

24sin

lim6x

xxx

x

xxx

xx

4

22

04

222

0

2cos1

2sin

lim242cos

2sin

2sin

lim24x

xx

x

xxx

xx

16

2sin

lim16242

sin lim242

sin2

sin lim24 4

4

04

4

04

22

0 x

x

x

x

x

xx

xxx

231111

23

2

2sin

2

2sin

2

2sin

2

2sin

lim23

0

x

x

x

x

x

x

x

x

x.


e .

23

3. Računanje limesa uz upotrebu L’Hôpitalovog pravila Osim rezultata koje smo koristili u prethodnom poglavlju, u ovom poglavlju kod računanja

limesa koristimo još i L’Hôpitalovo pravilo. To pravilo kaže da, ako limes )()( lim

xgxf

ax ima

oblik 00 ili

, a

)()( lim

xgxf

ax

postoji i ima vrijednost L , onda limes

)()( lim

xgxf

ax također postoji i

ima vrijednost L . Drugim riječima,

Lxgxf

xgxf

axax

)(

)( lim ili 00

)()( lim .

Zadatak 25. Izračunajte limes )2arccos()2cos(

))2ln(cos( lim 20 xxxx

x .

Rješenje:

00

0)1ln())2ln(cos( lim

)0arccos()0cos(1

)2arccos()2cos())2ln(cos( lim 2020 x

xxxx

xxx

)2cos(2

)2sin(2 lim22

)2cos()2sin(2

lim

21

1 ' 00 xx

xx

xx

praviloHopitalovoL

emoprimjenjuj

xx

273239545.14142

)2sin( lim)0cos(

40

x

xx

.


53arcsin)23(

1)ln( lim3

)ln(

1xx

xe x

x.

Rješenje:

23

1)ln( lim

53arcsin

1

53arcsin)23(

1)ln( lim 313

)ln(

1 xxxx

xx

xex

x

x

00

3311

331 lim

53arcsin

1 ' 00

231101

2

1

1 xx

praviloHopitalovoL

emoprimjenjuj

x

24

258999812.0

53arcsin6

161

53arcsin

16

lim

53arcsin

1 ' 2

1

xx

praviloHopitalovoL

emoprimjenjuj

x.

Zadatak 27. Izračunajte limes )5ln()5ln(

)3cos()2cos( lim )ln(3)ln(21

xxx eexxx

.

Rješenje:

)5ln()5ln(

)3cos()2cos( lim)5ln()5ln(

)3cos()2cos( lim)ln()ln(1 )ln(3)ln(21

32 xxxxxx eexxx

eexxx

.'

00

)5ln()115ln(11

)5ln(15ln

)3cos()2cos( lim3

21 HL

xxx

xxx

4

1

412

1 325

)3sin(3)2sin(2 lim

11511

03255

1)3sin(3)2sin(2 lim

3 xx

xx

xx

xx

xxx

x

x

5

22

1 122

)3cos(9)2cos(4 lim5 .' 00

32500

x

xxHLx

674011.2425

25

1055

122)1(9145 2

2222

.

Zadatak 28. Izračunajte limes )3sin()sin(

)12ln(214ln lim)ln(2)ln(

21 xx

eex xx

x

.

Rješenje:

)3sin()sin(

)12ln(1214ln lim

)3sin()sin()12ln(214ln lim

2

21

)ln()ln(

21

2

xxx

xx

xxeex

x

xx

x

.' 00

11)12ln()48ln(

)3sin()sin(

)12ln(116ln lim

2

21

HLxx

xx

x

)3cos(3)cos(

216 lim

481

)3cos(3)cos(

0216116

1

lim3

21

3

2

21 xx

xxx

xx

x

xx

25

)3sin(9)sin(

6

lim121 .'

00

008216

22

4

21 xx

xHLx

101321183.0196

96896

121

9166

121

22222

.

Zadatak 29. Izračunajte limes )395(

)2(tg2 lim 20

xxxx

x.

Rješenje:

)395()395(

)395()2(tg2 lim)395(

)2(tg2 lim 2020 xxxxxx

xxxx

xx

30200 5)2(tg2 lim)33(

)995()2(tg2 lim)395( lim

xxx

xxxxx

xxx

2

2

030 3)2(cos

22 lim

56 .'

00

000)2(tg2 lim

56

xxHL

xxx

xx

2

2

02

2

02

2

0

1)2(cos

1

lim54)2(cos

11 lim

54)2(cos

11 lim

1512

xx

xx

xx

xxx

2

2

02

2

0222

2

0 4)2(sin lim

516)2(sin lim

)0(cos54

)2(cos)2(cos1 lim

54

xx

xx

xxx

xxx

2.35

16115

162

)2sin(2

)2sin( lim5

160

xx

xx

x.

Zadatak 30. Izračunajte limes )2ln()ln(

)3ln(ln(2) lim22

3

1 xxxxxx

x

.

Rješenje:

)2ln()3ln(ln(2) lim

)1ln(11

)2ln()ln()3ln(ln(2) lim 2

3

1222

3

1 xxxx

xxxxxx

xx

)22)(3()33)(2( lim 1

222

3330

lim)01(

1 .' 00

)1ln()2ln()2ln(

3

22

1

2

3

2

12 xxxxxx

xxx

xxx

HLxx

26

)1( lim 43

1)1)(1( lim

43

11 lim

23

21

2233 lim

1312

11

2

1

2

1x

xxx

xx

xx

xxxx

232

43

.


xx

xxx

x

21

2ln

21

2ln3

lim2

2

1.

Rješenje:

22ln

22ln

lim2

21

2ln

21

2ln

lim31

21

2ln

21

2ln3

lim 1

22

1

2

2

1

2

2

1 xx

xx

xx

xx

xx

xxx

xxx

221

22

1

)(

22

1

lim2 .' 00

)1ln()1ln(

21

21ln

21

21ln

2

1

322

1 xxx

xxxx

HLx

2

3

1

1

121

3

1221 1 lim1

1 lim

21

21

12)1(1 lim

22

1 lim2xxx

xxx

xx

xxxx xxxx

8241

1141 lim4)1(

)1)(1( lim2121 lim

111112

2

12

22

13

4

1

x

xxx

xxxx

xxxx

.


)2ln(2 8ln)8ln(

2cos1

limxx

ex

x

.

Rješenje:

xx

x

ex

x

xxx 28ln)8ln(2

cos1 lim

8ln)8ln(

2cos1

lim 12)2ln(2

27

)28(

281

22sin

lim .' 00

)8ln()8ln(11

4218ln)8ln(

)cos(12

1

2 xxx

xHL

x

28

2sin

lim428

2sin

lim

812

282

sin lim

4218

12

222222 x

x

x

x

x

x

xxx

8116

2)cos(

416

22cos

lim4 .' 00

2418

)sin(32

x

xHL

x

2

44

224

.


231

)3ln()12ln(

ln(9) limxxxx

.

Rješenje:

231231

)3ln()12ln(

ln(3)2 lim)3ln()12ln(

ln(9) limxxxxxx xx

)12ln()(

)12ln(22 lim)3ln(1)12ln(

2 lim)3ln( 23

23

1231 xxxxxx

xxx xx

122)()12ln()23(

12246

lim)3ln( .' 00

0)11(022

232

2

1

xxxxxx

xxx

HLx

.' 00

1220)23(

1246

1222)12ln()23(

12246

lim)3ln( 232

2

1HL

xxxxxx

xxx

x

28

2

2322

2

1

)12(2)22()12()46(

122)23()12ln()26(

)12(22412

lim)3ln(

xxxxxx

xxxxx

xx

x

10220

4412)3ln(

12)22(1)46(

12)23(0)26(

14412

)3ln(

295836866.3)27ln()3ln()3ln(34

12)3ln(220

12)3ln( 3

.


)14ln(

212

1 lim21 xxx

.

Rješenje:

)14ln()12(

24)14ln( lim)14ln(

212

1 lim21

21 xx

xxxx xx

144)12()14ln(2

414

4

lim .' 00

)12ln()11(22)12ln(

21

xxx

xHLx

2

2

21

)14(44)12(

1442

1442

0)14(

44

lim .' 00

124)11()12ln(2

412

4

xx

xx

xHLx

11616

08816

)12(16)11(

128

128

)12(16

2

2

.

Zadatak 35. Izračunajte limes )(ctg

0

2

)cos( lim x

xx

.

Rješenje: Iz formule

2sin2)cos(1 2 tt , koju smo izveli u zadatku 21, slijedi da je

2sin21)cos( 2 tt . Koristeći taj identitet, dobivamo

29

)(ctg

2sin2

2sin2

1 2

0

)(ctg 2

0

)(ctg

0

22

2

2

2

2sin21 lim

2sin21 lim)cos( lim

xx

x

x

x

x

x

x

xxx

.


)sin(2

sin lim)0cos(2

)sin()cos(

2sin lim2)(ctg

2sin2 lim 2

2

02

22

0

22

0 x

x

xxxxx

xxx

x

x

xx

xx

HLxx

2sin

lim)0cos(2

)0cos(22)cos(

21

2cos

2sin2

lim12 .' 00

020

211

21

2

2sin

lim212

sin lim

00

x

x

x

x

xx.


e .

30

4. Deriviranje implicitno zadanih funkcija Kada se kaže da je funkcija )(xyy implicitno zadana jednadžbom 0),( yxF , pod time se misli da za svaki x iz domene funkcije )(xy vrijedi 0))( ,( xyxF . Drugim riječima, graf funkcije )(xy je podskup skupa svih točaka ) ,( yx u kojima vrijedi 0),( yxF . Iz jednadžbe kojom je funkcija )(xyy zadana implicitno, ponekad je moguće za dotičnu funkciju dobiti i eksplicitnu formulu. (Pod eksplicitnom formulom podrazumijevamo formulu koja počinje sa “ y ”, a nastavlja se izrazom koji je ili konstanta, ili ovisi samo o varijabli x , a ne i o varijabli y .) U zadacima koji slijede (osim možda u zadatku 37), eksplicitnu formulu nije moguće dobiti, ali je ipak u nekim točkama moguće odrediti vrijednost implicitno zadane funkcije, te vrijednosti njezine prve i druge derivacije. Zadatak 36. Funkcija )(xyy zadovoljava jednadžbu

xeyyx 38)cos( . (1)

Izračunajte )0(y , )0(y i )0(y . Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 0x . Tako dobivamo

1)0(8 03 ey , 81)0( 3 y ,

21)0( y .

Derivacija jednadžbe (1) je

xeyyyyxy 224)sin()cos( . (2) U jednadžbi (2) stavljamo 0x i tako dobivamo

,)0(4124)0(

2sin0

2cos 0eyy

1)0(600 y , 1)0(6 y , 61)0( y .


yyxyyyxyyyy )sin()cos()sin()sin( xeyyyyy 22448 . (3)

U jednadžbi (3) stavljamo 0x i na taj način dobivamo

31

1)0(4124

361

214800

62sin

62sin

y ,

1)0(67248

66 y , 1)0(6

32

3 y ,

31

31

3)0(6

y , 18

1)0( y .

Zadatak 37. Funkcija )(xyy zadovoljava jednadžbu

8)2cos(

33

xexyyx

. (1)

Izračunajte )0(y , )0(y i )0(y . Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 0x . Tako dobivamo

8)0cos()0(

)0(0 0

3 eyy

, 81)0(3 y ,

21)0( y .


xexyxyyy

yxy 3322 3

81)2sin(2)2cos(31

,

xexyxyy

yyxy 332

2 83)2sin(2)2cos(3

. (2)

U jednadžbi (2) stavljamo 0x i tako dobivamo

18301)0()0(3

)0()0( 2

2 yyyy ,

83)0()0(3

)0(1 2 yy

y,

83)0(

432 y , 3)0(616 y , 13)0(6 y , ...166.2

613)0( y .


)2cos(3)2cos()(62)()( 22

4

2

xyyxyyy

yyyxyyyxyy

xexyxyyxyy 3322

892)2cos(2)2sin(6)2sin(23 . (3)


32

89)0(400)0()0(31)0()0(6

)0()0()0(2)0( 322

4 yyyyy

yyyy ,

89)0(4)0()0(3)0()0(6

)0()0(2 322

2 yyyyy

yy ,

89

814)0(

43

361693

413

13

y , 8

13)0(43

12169

352

y .

Množeći sa 24 , odavde dobivamo

39)0(18338416 y , 715)0(18 y , ...7222.3918715)0( y .


)cos(13)3(tg3 3

yxyx

. (1)

Izračunajte )0(y i )0(y . Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 0x . Tako dobivamo

01

3)0(03 3

y , 3

13)0( y .


2

22

32 3

)cos(1)sin()cos(33

)3(cos3)3(tg

31

yxyyxyyy

xyx

. (2)

U jednadžbi (2) stavljamo 0x i tako dobivamo

2

22

32

3

)01(0)3cos(3)0(33

13)30(

31

y ,

)3cos(3)0(273331 2 y , )1(3)0(273

271

y ,

3)0(91

y , 926

913)0( y .

33


)2sin()2arcsin(2)2cos(

92

2

xyxy

. (1)

Izračunajte

4y i

4y .

Rješenje: Za početak, u jednadžbi (1) stavljamo 4

x . Tako dobivamo

2sin

42arcsin2

2cos

49

2 2

yy ,

42arcsin2

9

2 y , 34

2arcsin2

y ,

642arcsin

y ,

21

6sin

42

y , 41

4

y .


)2cos(9

2

)2sin()2()2cos(20

22

2

xy

xyxyy

)2(sin

)2cos(2)2arcsin(2)2sin(41

22

2

2

x

xyxy

y

. (2)

Stavljajući 4

x , iz jednadžbe (2) dobivamo

22 1

0221arcsin21

16141

42

2

0161

92

1)2(1610

4412

y

y ,

34

434

4

32

81

y,

316

1

234

4

y

,

163

34

8

y

,

01292177.0128

334

y .


2)23()ln(

123 3

xxyxexyy . (1)


122)0()ln()0(

1

yey , 1)0(2 y , 21)0( y .

Na desnoj strani jednadžbe (1) primjećujemo izraz 12)23( xx . Taj izraz deriviramo na logaritamski način:

)23ln()12(23ln 12 xxx x ,

23

3)12()23ln(2)23(

)23(

12

12

xxx

xx

x

x

,

2336)23ln(2)23(

)23( 1212

xxxxx xx .

Derivacija cijele jednadžbe (1) je

)31()(

31)ln( 23

23 yyyx

exyyxyyexyy

2336)23ln(2)23(

21 12

xxxx x . (2)


35

23)2ln(22

21)0(

431

21

312

1

211)0(

2

ye

y ,

23)2ln(2)0(

431

34

41)0(

y

ey ,

23)2ln(2)0(

34

41)0( ye

y , e

y41

689)2ln(2)0(2

,

730495583.081

121)2ln()0(

ey .


6)62(84)ln(

233 3

xxyxeexyy . (1)


666)0(2)ln()0(

2

yey , 6)0(3 y , 2)0( y .

Na desnoj strani jednadžbe (1) primjećujemo izraz 23)62( xx . Taj izraz deriviramo na logaritamski način:

)62ln()23(62ln 23 xxx x ,

62

2)23()62ln(3)62(

)62(

23

23

xxx

xx

x

x

,

323)62ln(3)62(

)62( 2323

xxxxx xx .


)244()84(

31)ln( 23

23 yyyx

eexyyexeyyeexyy

323)62ln(3)62(

61 23

xxxx x . (2)

36

Stavljajući 0x , iz jednadžbe (2) dobivamo

32)6ln(336

61)0(964

441

31221)0( y

eey ,

32)6ln(36)0(964

4814)0( yy ,

4)6ln(18)0(21214)0( yy ,

121)6ln(18)0(3 y ,

72277904.10361)6ln(6)0( y .


664arcsin28)2( 3 33

yyxyx x . (1)


66)0(

4arcsin)0(8)0(2 3 3 3

y

yy ,

66)0(4arcsin)0(8)0(8

y

yy , 66)0(

4arcsin

y

,

21

6sin

6)0(4

y, 3)0(

214 y , 1)0(

21

y , 2)0( y .

Na lijevoj strani jednadžbe (1) primjećujemo izraz 3)2( xx . Taj izraz deriviramo na logaritamski način:

)2ln()3(2ln 3 xxx x ,

2

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

)2(

3

3

xxx

xx

x

x

,

23)2ln()2(

)2( 33

xxxxx xx .

37


)32()2(

318)2(

23)2ln()2( 23

2333 yyyxyxy

xxxx xx

0)6(

4

641

122

y

y

y

. (2)

Stavljajući 0x , iz jednadžbe (2) dobivamo

)0(432)2(

38)0(22

23)2ln(2 3

2333 yy

0)0()62(

4

6241

122

y ,

0)0(64

4

411

1)0(12241

38)0(8

23)2ln(16

yyy ,

0)0(161

43

1)0(12232)0(824)2ln(16

yyy ,

0)0(161

23

1)0(834)0(824)2ln(16 yyy ,

0)0(316

23

68)2ln(16 y ,

)16ln(

3174)2ln(4

3174)2ln(16

368)0(

381 y ,

7510116.467)16ln(3

17332)0(

y .

38

5. Deriviranje parametarski zadanih funkcija Neka je I interval u skupu i neka su )(txx i )(tyy neprekidne funkcije sa I u . Tada je skup IttytxK :))( ),(( krivulja u ravnini. Moguće je da za neki 1x na krivulji K postoji više točaka sa apscisom 1x . Drugim riječima, moguće je da krivulja K nije graf nikakve funkcije )(xff . No također je moguće i to da krivulja K jest graf neke funkcije )(xff . U ovom drugom slučaju, kaže se da je funkcija f jednadžbama )(txx i

)(tyy ( It ) zadana na parametarski način. Ako je funkcija f zadana na parametarski način, onda za svaki It vrijedi

)())(( tytxf . (1) Uz pretpostavku da funkcije )(tx i )(ty imaju derivaciju, može se pokazati da funkcija

)(xff ima derivaciju u svim točkama za čiji parametar t vrijedi 0)( tx . Deriviranjem jednadžbe (1) nalazimo da u rečenim točkama vrijedi )()())(( tytxtxf , pa stoga i

)()())((

txtytxf

. (2)

U zadacima koji slijede, funkcija je zadana na parametarski način, a mi koristimo formule (1) i (2) kako bismo toj funkciji i njezinoj derivaciji odredili vrijednost u zadanoj točki. Zadatak 43. Graf funkcije )(xff ima parametarske jednadžbe

1136arcsin

132arcsin)(

tt

tttx , 32

23

)1()1()(

ttty .

Izračunajte )0(f i )0(f . Rješenje: Za koji t vrijedi 0)( tx ?

01136arcsin

132arcsin

tt

tt ,

1136arcsin

132arcsin

tt

tt ,

1136

132

tt

tt , )13()6()113()2( tttt ,

6183226113 22 tttttt , 619225 tt , 2814 t , 2t .

32781

)14()18()2())2(()0( 3

2

yxff .

39

2222 )113(3)6()113(1

11361

1)13(

3)2()13(1

1321

1)(

t

tt

ttt

tt

tt

tx ,

2222 53451

541

1)5(

3)4()5(1

541

1)2(x

1514

157

157

257

531

257

531

257

259

1257

259

1

.

62

22233223

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

t

ttttttty ,

41281

34183

34383

)4(9381343)9(2)2( 6

76

6

3

y .

730

7152

14154

15144

)2()2())2(()0(

xyxff .

Zadatak 44. Graf funkcije )(xff ima parametarske jednadžbe

263 arccos

8123 arccos)(

tt

tttx , 22

32

)5()7()(

ttty .


0263 arccos

8123 arccos

tt

tt ,

263 arccos

8123 arccos

tt

tt ,

263

8123

tt

tt , )8()63()2()123( tttt ,

486243241263 22 tttttt , 4830246 tt , 7224 t , 3t .

21

168

)59()79()3())3(()0( 2

3

yxff .

40

2222 )2(1)63()2(3

2631

1)8(

1)123()8(3

81231

1)(

t

tt

ttt

tt

tt

tx ,

25

353

531

125

)3()5(3

531

1)3(22

x

56

2024

2012

2012

2512

541

2512

541

2512

25161

2512

25161

.

42

2322222

)5(2)5(2)7()5(2)7(3)(

t

ttttttty ,

31648

162472

161624161672

4642816643)3( 4

y .

25

653

563

)3()3())3(()0(

xyxff .


33

3

3581)(

ttttx ,

2arccos

3cos)( ttty .

Izračunajte

21f i

21f .

Rješenje: Za koji t vrijedi 21)( tx ?

21

35813

3

3

tt

t , 81

3581

3

3

tt

t , 358)1(8 33 ttt ,

88358 33 ttt , 55 t , 1t .

6321

21arccos

3cos)1())1((

21

yxff .

41

23

233232

3

3

)358()524()1()358(3

3581

31)(

ttttttt

ttttx ,

25610

21

31

2565848

81

31

16292163

162

31)1(

232

2

32

x

965

325

31

12854

31

.

21

21

13

cos2

arccos33

sin)(2

ttttty ,

21

431

21

3323

21

411

13

cos21arccos

33sin)1( y

18

333323

183

321

183

2232

118

3 2222

18332

.

333

516

1833

596

965

1833

)1()1(

21 22

2

xyf

77686261.2315

)3(316 2

.

Zadatak 46. Graf funkcije )(xfy ima parametarske jednadžbe

2312arcsin

)(

tt

tx , 3 4

12)(

ttty .


42

6

2312arcsin

tt

, 6123

12arcsin

tt

, 623

12arcsin

tt ,

21

6sin

2312

tt , 2

1223

tt , 2423 tt , 4 t , 4t .

23

89)4())4(()6(

3 yxff .

2

22

2312arcsin

)23(3)12()23(2

23121

1

)(

tt

ttt

tt

tx

,

36

281

23

1

6

14147

411

1

147arcsin

1437142

1471

1

)4( 222

22

x

371837

18314

36

36

1431

22 .

2 3

32

321

4

)4(31124)12(

22

)(

t

ttttty ,

485

4125

412

38

441

32

441

3132

31

8

831989

)4( 2 3

32

321

y .

220427006.0864

3351837

485

3718

485

)4()4())4(()6(

xyxff .


43

)13ln()749ln()(

2

t

tttx , 32)13()( ttty .


213ln

)749ln( 2

ttt , )13ln(2)749ln( 2 ttt , 22 )13(ln)749ln( ttt ,

22 )13(749 ttt , 169749 22 tttt , 62 t , 3t .

100010)19()3())3((2 336 yxff .

2

22

)13ln(13

3)749ln()13ln(749

418

)(

t

tttt

ttt

tx ,

2 2 )10ln(

)100ln(103)10ln(

10058

)10ln(103)71281ln()10ln(

71281454

)3(x

)10ln(501

)10ln(50

1

)10ln(50

3029

)10ln(106

5029

)10ln(

)10ln(2103)10ln(

5029

2

.

)13ln()32())(ln( ttty ,

133)32()13ln(2

)()(

t

tttyty ,

133)32()13ln(2)13(

133)32()13ln(2)()( 32

tttt

ttttyty t .

9)10ln(20100109)10ln(21000

1033)10ln(210)3( 3

y .

9)10ln(20100)10ln(50

)10ln(501

9)10ln(20100)3()3())3((2

xyxff

1403.6338069)10ln(20)10ln(5000 .

44


)234ln()12ln()( 2

ttttx , 432 )9()( ttty .

Izračunajte

21f i

21f .

Rješenje: Za koji t vrijedi 21)( tx ?

21

)234ln()12ln(

2

tt

t , )234ln()12ln(2 2 ttt , )234ln()12(ln 22 ttt ,

234)12( 22 ttt , 234144 22 tttt , 1t .

10110)91()1())1((

21 143

yxff .

2 2

22

)234ln(234

38)12ln()234ln(12

2

)(

tttt

ttttttx ,

)3ln(361

)3ln(491

)3ln(49

1112

)3ln(49

1134

)3ln(2)3ln(2

)3ln(911)3ln(2

32

)9ln(9

11)3ln()9ln(32

)1( 2

x .

)9ln()43())(ln( 2 ttty ,

92)43()9ln(3

)()(

22

t

ttttyty ,

92)43()9ln(3)9(

92)43()9ln(3)()( 2

24322

2

ttttt

tttttyty t .

50

1)10ln(15100

2)10ln(302)10ln(3010102)10ln(310)1( 21

y .

501)10ln(15)3ln(36

)3ln(361

501)10ln(15

)1()1())1((

21

xyxff

45

52920057.261)10ln(15)3ln(2518

.


2562)( 3

tttx ,

54 arccos)82()( 72

tttty t .

Izračunajte )0(f . Rješenje: Za koji t vrijedi 0)( tx ?

02562

3

tt , 062 t , 62 t , 3t .

23

23

)25(3)62()25(2)(

t

ttttx ,

144

)2(930)2(2)3( 2

x .

U formuli za )(ty primjećujemo izraz 72)82( tt . Taj izraz deriviramo na logaritamski način: )82ln()72()82(ln 72 ttt t ,

82

)72(2)82ln(282

2)72()82ln(2)82(

)82(72

72

ttt

ttt

tt

t

t

,

82)72(2)82ln(2)82()82( 72 72

ttttt tt .

54 arccos)82()( 72

tttty t

22

72

)5(1)4()5(1

541

182

)72(2)82ln(2)82(t

tt

ttt

ttt t

22

72

)5(1

541

182

)72(2)82ln(2)82(

t

ttt

ttt t .

46

41

43

11)2ln(2221

211

12

12)2ln(22)3( 22

1y

632)2ln(4

3232)2ln(4

3212)2ln(4

41

23

12)2ln(4

.

632)2ln(4

1632)2ln(4

)3()3())3(()0(

xyxff

483913588.4)2ln(4263

.


863arcsin)( 3 ttttx , ttty t 8)1()( 1 .

Izračunajte

6f i

6 f .

Rješenje: Za koji t vrijedi 6

)( tx ?

6863arcsin 3

ttt ,

21

6sin

863

3

ttt , 1

866

3 tt

t ,

866 3 ttt , 80 3 t , 83 t , 2t .

1243163)2())2((6

1

yxff .

86

3

8631

1)( 32

3

ttt

ttt

tx

47

23

23

2

3

)86()63(3)86(3

8631

1

tt

tttt

ttt

,

2222 12186123

211

1)8128(

)612(6)8128(3

812861

1)2(x

31

21

32

14472

23

1144

10836

43

1

.

Funkciju )(ty deriviramo na logaritamski način:

)8ln(21)1ln()1(8ln)1(ln))(ln( 1 tttttty t ,

tttt

tttt

tyty

21

11)1ln(8

81

21

11)1ln(1

)()(

,

tttttt

tttttyty t

21

11)1ln(8)1(

21

11)1ln()()( 1 .

7)3ln(1234)3ln(12123

124)3ln(12

41

31)3ln(163)2( 1

y .

95858328.3437)3ln(12

31

7)3ln(12)2()2())2((

6

xyxff .


11024)( 2

3 32

t

tttx , )1ln()43()1()( 22 tttty t .


41

10242

3 32

t

tt , 441024 23 32 ttt , 41023 3 t ,

64102 3 t , 542 3 t , 273 t , 3t .

48

30258509.12)10ln(10)10ln(52)3())3(()4( 1 yxff .

22

3 322232

3

)1(

2)1024()1(6)102(318

)(

t

ttttttttx ,

1006)436(10)41824(

10

6)6436(1054643124

)3(2

2

332

x

809

1089

100

1089

100

2401089240

100

64010161824

.

Na desnoj strani formule za )(ty primjećujemo izraz )43()1( 2 tt t . Taj izraz deriviramo na logaritamski način: )43ln()1ln()2()43()1(ln 2 ttttt t ,

43

312)1ln(

433

11)2()1ln(1

)43()1(

)43()1(

2

2

tttt

tttt

tttt

t

t

,

433

12)1ln()43()1(

)43()1( 22

tttttttt tt .

)1ln( )43()1()( 22 tttty t

12

433

12)1ln()43()1( 2

2

tt

tttttt t ,

53

53

21)2ln(10

106

53

21)2ln(52)3( 1y

558)2ln(10

5365)2ln(10 .

911658)2ln(800

980

558)2ln(10

809

558)2ln(10

)3()3()4(

xyf

49

7241938.1649

928)2ln(800

.

50

6. Primjena derivacija Neka je )(xff funkcija iz u . Neka je 0x jedna od točaka domene funkcije f . Ako postoji otvoreni interval I takav da je Ix 0 i da za svaki Ix vrijedi )()( 0 xfxf , onda kažemo da funkcija f u točki 0x ima lokalni maksimum. Slično tome, ako postoji otvoreni interval I takav da je Ix 0 i da za svaki Ix vrijedi )()( 0 xfxf , onda kažemo da funkcija f u točki 0x ima lokalni minimum. Ako funkcija f u točki 0x ima lokalni maksimum ili lokalni minimum, onda kažemo da funkcija f u točki 0x ima lokalni ekstrem. Ako funkcija f u točki 0x ima lokalni ekstrem, a 0x je točka u kojoj derivacija funkcije f postoji, onda vrijedi 0)( 0 xf . Točke u kojima je derivacija funkcije f jednaka nuli zovu se stacionarne točke funkcije f . Kada nađemo stacionarnu točku funkcije f , onda tu točku ispitujemo tako da pobliže promatramo funkciju f , ili tako da pobliže promatramo funkciju f . Naime, ako su zadovoljena sljedeća tri uvjeta: 1) vrijedi 0)( 0 xf , 2) postoji broj 1x (koji je manji od 0x ) takav da za svaki 01 , xxx vrijedi 0)( xf i

3) postoji broj 2x (koji je veći od 0x ) takav da za svaki 20 , xxx vrijedi 0)( xf , onda funkcija f u točki 0x ima lokalni maksimum. Slično tome, ako su zadovoljena sljedeća tri uvjeta: 1) vrijedi 0)( 0 xf , 2) postoji broj 1x (koji je manji od 0x ) takav da za svaki 01 , xxx vrijedi 0)( xf i

3) postoji broj 2x (koji je veći od 0x ) takav da za svaki 20 , xxx vrijedi 0)( xf , onda funkcija f u točki 0x ima lokalni minimum. Ako vrijedi 0)( 0 xf i 0)( 0 xf , onda funkcija f u točki 0x ima lokalni maksimum. Ako pak vrijedi 0)( 0 xf i 0)( 0 xf , onda funkcija f u točki 0x ima lokalni minimum. U zadacima koji slijede, traži se točku ekstrema funkcije, ali funkcija nije zadana na eksplicitan način. Dakle, najprije treba pažljivo pročitati tekst zadatka i/ili pogledati sliku, pa onda napisati formulu za funkciju. Tek nakon toga se funkciju derivira, te se određuju i ispituju stacionarne točke.

51

Zadatak 52. Ana ima 5 metara žice. Ona će tu žicu prerezati na dva dijela. Jedan dio će biti dugačak x metara, a drugi dio će biti dugačak x5 metara. Od dijela dugačkog x metara Ana će savijanjem napraviti krug. Od dijela dugačkog x5 metara Ana će savijanjem napraviti kvadrat. (Dakle, opseg kruga će biti x metara, a opseg kvadrata će biti x5 metara.)

Neka je )(xf oznaka za sumu površine kruga i površine kvadrata. Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost.

Rješenje: Opseg kruga je x . Dakle, xr 2 , 2xr . Površina kruga je

44

2

2

22 xxr .

Opseg kvadrata je x5 . Dakle, duljina stranice kvadrata je 4

5 x . Površina kvadrata je

.16

)5(16

)5( 22

xx

I tako,

222222

)5(416

116

)5(416

)5(4

)(

xxxxxxxf

.

)54(81)5(4

81)5(28

161)(

xxxxxxxf

5)4(81

x .

05)4( 0)( xxf , 5)4( x , 199504232.245

x .

Za

45 ,0x vrijedi 0)( xf , a za 5 ,

45

x vrijedi 0)( xf . Funkcija )(xf

poprima lokalno (a i globalno) najmanju vrijednost onda kada je

45x .

Zadatak 53. Opseg pravokutnika 1P je x metara. Širina pravokutnika 1P je dva puta veća nego visina pravokutnika 1P . Opseg pravokutnika 2P je x27 metara. Širina pravokutnika

2P je tri puta veća nego visina pravokutnika 2P . Vidi Sliku 2.

52

Slika 2. Pravokutnici 1P i 2P .

Neka je ) () ()( 21 PkapravokutnipovršinaPkapravokutnipovršinaxf . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost. Rješenje: Neka je a oznaka za duljinu kraće stranice pravokutnika 1P . Opseg pravokutnika

1P je aaaaa 622 . Dakle, xa 6 , 6xa . Površina pravokutnika 1P je

18362

2xxxaa .

Neka je b oznaka za duljinu kraće stranice pravokutnika 2P . Opseg pravokutnika 2P je

bbbbb 833 . Dakle, xb 278 , 827 xb

. Površina pravokutnika 2P je

64)27(3

8)27(3

8273

2xxxbb

.

I tako, 64

)27(318

)(22 xxxf

.

144

)27(271616

)27(39

)2()27(26432

181)( xxxxxxxf

14472770

1445472716

xxx .

Vidimo da je 0)( xf onda kada je

53

072770 x , 02710 x , 2710 x , 1027

x .

Za 1027 ,0x vrijedi 0)( xf , a za

27 ,

1027

x vrijedi 0)( xf . Funkcija )(xf poprima

minimalnu vrijednost onda kada je 7.21027

x .

Zadatak 54. Broj a leži u intervalu 20 ,0 . Opseg kruga K je a20 . Najdonja točka kruga K ima ordinatu a . Neka je G najljevija točka kruga K i neka je H najdesnija točka kruga K . Neka je L lik kojega: slijeva omeđuje pravac koji prolazi kroz točku G i paralelan je sa ipsilon osi, zdesna omeđuje pravac koji prolazi kroz točku H i paralelan je sa ipsilon osi, odozdo omeđuje iks os, te odozgo omeđuje donji rub kruga K . Vidi Sliku 3.

Slika 3. Krug K i lik L .

54

Neka je )(af oznaka za površinu lika L . Nađite broj a za kojega funkcija )(af poprima maksimalnu vrijednost. Napomena: Točke IHG , , i J su vrhovi pravokutnika. Ne samo da se sa Slike 3 stječe takav dojam, nego je i stvarno tako.

Rješenje: Opseg kruga K je a20 . Dakle, ar 202 , )20(21 ar

. Radijus kruga

K je )20(21 a

.

Duljina vodoravne stranice pravokutnika GHIJ je )20(12 ar

. Duljina okomite stranice

pravokutnika GHIJ je )20(21) kruga tockenajdonje ordinata( aararK

.

Površina pravokutnika GHIJ je

)20(

21)20(1 aaa

.

Površina kruga K je 222

2 )20(41)20(

41 aar

.

) kruga površina(21) kapravokutni površina()( KGHIJaf

2)20(

81)20(

21)20(1 aaaa

.

)1()20(2

81)1(

211)20(1)20(

21)1(1)( aaaaaf

)1()20(2

81)1(

211)20()20(

21)1(1 aaaa

)20(

41)20(

21)20()20(

211 aaaaa

)20(1

49251

41520)20(11 aaaaaa

.

0)20(14925 0)( aaaf

, 0)20(49100 aa ,

04809100 aa , aa 4980100 , 80100)49( a ,

55

64637244.94980100

a .

Za 4980100 ,0

a vrijedi 0)( af , a za 20 ,

4980100

a vrijedi 0)( af . Funkcija

)(af poprima najveću vrijednost onda kada je 4980100

a .

Zadatak 55. Jedan metar zlatne sajle košta 8 kuna. Jedan metar srebrne sajle košta 6 kuna. Krešimir ima 75 kuna i potrošiti će ih ovako: na zlatnu sajlu će potrošiti x kuna, a na srebrnu sajlu će potrošiti x75 kuna. Zatim će Krešimir savijati sajle i tako će napraviti dva kruga: od zlatne sajle će napraviti krug 1K , a od srebrne sajle će napraviti krug 2K . (Točnije rečeno, Krešimir će od npr. zlatne sajle napraviti kružnicu, i ta kružnica je rub kruga 1K .)

Neka je )(xf oznaka za sumu površine kruga 1K i površine kruga 2K . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost.

Rješenje: Krešimir će kupiti 8x metara zlatne sajle i

675 x metara srebrne sajle. Dakle,

opseg kruga 1K će biti 8x metara, a opseg kruga 2K će biti

675 x metara.

Kod svakog kruga vrijedi da je

r2opseg , 2

opsegr , 2

2

22 )opseg(

41

4opseg)(površina

r .

I tako, površina kruga 1K iznositi će 2

841

x

kvadratnih metara, a površina kruga 2K

iznositi će 2

675

41

x

kvadratnih metara. To znači da je

36)75(

6441

675

41

841)(

2222 xxxxxf

.

18

75324

136

)75(2642

41)( xxxxxf

.

018

7532

0)(

xxxf , 0)75(3218 xx , 024003218 xx ,

240050 x , 4800100 x , 48x .

56

Za 48 ,0x vrijedi 0)( xf , a za 75 ,48x vrijedi 0)( xf . Funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost za 48x . Drugim riječima, zbroj površina krugova je najmanji onda kada Krešimir potroši 48 kuna na zlatnu sajlu i 274875 kuna na srebrnu sajlu. Zadatak 56. Jedan metar zlatne sajle košta 4 kune. Jedan metar srebrne sajle košta 2 kune. Matea ima 88 kuna. Matea će u intervalu 22 ,0 izabrati broj x . Zatim će Matea kupiti x metara zlatne sajle, a novce koji joj nakon toga ostanu potrošiti će na srebrnu sajlu. Od zlatne sajle, Matea će napraviti pravokutnik kojemu je širina dva puta veća nego visina. (Pravokutnik će izgledati otprilike ovako: .) Označimo taj pravokutnik slovom P . Od srebrne sajle, Matea će napraviti kvadrat. Označimo taj kvadrat slovom K . Neka je ) () ()( KkvadratapovršinaPkapravokutnipovršinaxf . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima minimalnu vrijednost. Rješenje: Označimo duljinu kraće stranice pravokutnika P slovom a . Opseg pravokutnika P je aaaaa 622 . No u zadatku piše da pravokutnik P ima opseg x . Dakle,

xa 6 , te je 6xa . Površina pravokutnika P je

18362

2xxxaa .

Matea će na zlatnu sajlu potrošiti x4 kuna, pa će joj za srebrnu sajlu ostati x488 kuna.

Dakle, Matea će kupiti xx 2442

488

metara srebrne sajle. Opseg kvadrata K biti će

x244 . Duljina stranice kvadrata K biti će 2

114

244 xx

. Površina kvadrata K biti će

22

1122

11

xx .

I tako,

12111

369

36212111

41811

218)( 2

2222

xxxxxxxxf

121113611 2 xx .

11811111

181111

3622)( xxxxf .

57

Jednakost 0)( xf vrijedi onda kada je 01181

x , 1181

x , 18x . Pri tome za

18 ,0x vrijedi 0)( xf , a za 22 ,18x vrijedi 0)( xf . Dakle, za 18x funkcija )(xf poprima lokalno (pa i globalno) najmanju vrijednost. Traženi x je 18 .

Zadatak 57. Dean kod sebe ima 150 kuna. Dean ide u dućan, u kojem jedan metar zlatne sajle košta 9 kuna, jedan metar srebrne sajle košta 6 kuna, a jedan metar plave sajle košta 3 kune.

Kada dođe u dućan, Dean će u intervalu 9 ,29 izabrati broj x . Zatim će Dean kupiti x

metara zlatne sajle i 4

3

x

x metara srebrne sajle. Sve novce koji mu nakon toga ostanu,

Dean će potrošiti na plavu sajlu. Neka je )(xf oznaka za sumu (duljina Deanove zlatne sajle) + (duljina Deanove srebrne sajle) + (duljina Deanove plave sajle). Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost. Rješenje: Dean će na zlatnu sajlu potrošiti x9 kuna, a na srebrnu sajlu će potrošiti

4186

436

xx

xx kuna. Za plavu sajlu, Deanu će ostati

41869150

xxx

41815150

x

x kuna. To znači da će Dean kupiti 4

655031

41815150

xx

xx

metara plave sajle. I tako,

43350

46550

43)(

xx

xx

xxxxf .

Nadalje,

22 )4(33

)4(33)(

xx

xf .

Jednakost 0)( xf vrijedi onda kada je

0)4(

33 2

x, 3

)4(3

2 x, 1

)4(1

2 x, 1)4( 2 x , 14 x ,

5 ili 314 x .

58

U tekstu zadatka piše da je funkcija )(xf definirana na intervalu 9 ,29 . U tom intervalu,

jedina stacionarna točka funkcije )(xf je točka 5x .

33

)4(6)4()2(3)(

xxxf , 06

16)5( 3

f .

Funkcija )(xf u točki 5x ima lokalni maksimum. Zbroj duljina Deanovih sajli je najveći onda kada Dean izabere broj 5x . Zadatak 58. Jedan metar srebrne sajle košta 7 kuna. Jedan metar zlatne sajle košta 8 kuna. Mišo je kupio )ln( xe metara srebrne sajle i xe 23 metara zlatne sajle. (Broj x je veći od nule.) Koristeći svu kupljenu sajlu, Mišo je na podu napravio pravokutnik. Jedan par paralelnih stranica Mišinog pravokutnika je od srebrne sajle, a drugi par paralelnih stranica je od zlatne sajle. Neka je )(xf oznaka za površinu Mišinog pravokutnika. Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost.

Rješenje: Kod Mišinog pravokutnika, svaka srebrna stranica ima duljinu xex 21)ln(

21 , a

svaka zlatna stranica ima duljinu xe 23

21 . Dakle, xx exexxf 2323

41

21

21)( .

xxx exexexf 232323 )21(

41)2(

411

41)( .

Jednakost 0)( xf vrijedi onda kada je 021 x , 12 x , 21

x .

Za 21 ,0x vrijedi 0)( xf , a za ,

21x vrijedi 0)( xf . Dakle, u točki

21

x ,

funkcija )(xf ima lokalni (pa i globalni) maksimum. Primijetimo da su podaci o cijenama sajli u ovom zadatku zapravo suvišni. Kod rješavanja zadatka, mi te podatke nismo koristili. (Dakle, cijene sajli su zamka kojom se provjerava matematičku zrelost studenata.) Zadatak 59. Jedan metar zlatne sajle košta 8 kuna. Jedan metar srebrne sajle košta 7 kuna.

Goran će u intervalu 1 , 31 izabrati broj x . Zatim će Goran u dućanu kupiti

xx 19 metara

zlatne sajle i x

x 35 metara srebrne sajle. Nakon toga će Goran napraviti pravokutnik kojemu

59

je jedna stranica od zlatne sajle, a ostale tri stranice su od srebrne sajle. Označimo površinu toga pravokutnika sa )(xf . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost.

Napomena. Za 1 , 31

x vrijedi 01935 x

xx

x . Dakle, sigurno je da će Goran kupiti

više metara srebrne sajle nego metara zlatne sajle. Također je sigurno da će Goran kupiti više od nula metara zlatne sajle.

Rješenje: Pravokutnik će imati jednu zlatnu stranicu duljine x

x 19 metara i jednu srebrnu

stranicu duljine x

x 19 metara. Zbroj duljina ostalih dviju srebrnih stranica biti će x

x 35

xxx

xx

x 444419

metara. Svaka od tih dviju stranica biti će duga x

x22

metara. Površina pravokutnika biti će

22

22 220182218182219

xx

xxx

xxx

kvadratnih metara.

Drugim riječima, 22 22018)(

xxxf . Odatle slijedi da je 3

436)(x

xxf . Jednakost

0)( xf vrijedi onda kada je

0436 3 x

x , 3436x

x , 436 4 x , 914 x ,

312 x ,

577350269.033

31

x .

41236)(x

xf , 014410836

91

12363

1

f .

Površina pravokutnika poprima maksimalnu vrijednost onda kada je 3

1x .

Primjećujemo da su podaci o cijenama sajli i u ovom zadatku bili suvišni. Zadatak 60. Jedan metar zlatne žice košta 4 kune. Jedan metar srebrne žice košta 2 kune.

Ana ima 44 kune. Ana će u intervalu 89 ,0 izabrati broj x . Zatim će Ana kupiti x8 metara

zlatne žice, a novce koji joj nakon toga ostanu potrošiti će na srebrnu žicu.

60

Od zlatne žice, Ana će napraviti pravokutnik kojemu okomita stranica ima duljinu x . Od srebrne žice, Ana će napraviti pravokutnik kojemu okomita stranica ima duljinu 2x . (Riječima: duljina okomite stranice srebrnog pravokutnika biti će iks na drugu.) Vidi Sliku 4.

Slika 4. Anini pravokutnici. Neka je ) () ()( kapravokutnisrebrnogpovršinakapravokutnizlatnogpovršinaxf . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima ekstremnu vrijednost. Koristeći drugu derivaciju, ustanovite o kakvoj se ekstremnoj vrijednosti radi: je li to minimalna vrijednost ili maksimalna vrijednost? Rješenje: Opseg zlatnog pravokutnika je x8 , a zbroj duljina okomitih stranica je x2 . Dakle, zbroj duljina vodoravnih stranica je x6 , a duljina jedne vodoravne stranice je x3 . Površina zlatnog pravokutnika je 233 xxx . Ana će na zlatnu žicu potrošiti xx 3248 kuna, pa će joj za srebrnu žicu ostati x3244 kuna. To znači da će Ana kupiti x1622 metara srebrne žice. Opseg srebrnog pravokutnika biti će x1622 , a zbroj duljina okomitih stranica biti će 22x . Dakle, zbroj duljina vodoravnih stranica biti će 221622 xx , a duljina jedne vodoravne stranice biti će 2811 xx . Površina srebrnog pravokutnika biti će 23443222 118811)811( xxxxxxxxx . I tako, 2342342 148)118(3)( xxxxxxxxf .

)76(428244)( 223 xxxxxxxf . Jednakost 0)76(4 2 xxx vrijedi onda kada je 0x , kao i onda kada je

61

0762 xx , 1 & 72

862

6462

28366

x .

U tekstu zadatka piše da je domena funkcije )(xf interval 89 ,0 . Brojevi 0 i 7 ne leže u

domeni, pa nas jedino zanima što se s funkcijom )(xf događa za 1x .

284812)( 2 xxxf , 032284812)1( f . Funkcija )(xf poprima ekstremnu vrijednost za 1x . Radi se o maksimalnoj vrijednosti.

Niti za jedan x iz intervala 89 ,0 , funkcija )(xf ne poprima tako veliku vrijednost kao za

1x . Zadatak 61. Jedan metar zlatne sajle košta 6 kuna. Jedan metar srebrne sajle košta 3 kune. Petra je imala 120 kuna. Petra je u intervalu 7 ,0 izabrala broj x i zatim je kupila x metara

zlatne sajle. Osim toga, Petra je 2x kuna dala prosjaku. (Riječima: Petra je prosjaku dala iks na drugu kuna.) Novce koje nije potrošila niti na zlatnu sajlu niti na prosjaka, Petra je potrošila na srebrnu sajlu. Kada se vratila kući, Petra je napravila pravokutnik kojemu je jedna stranica od zlatne sajle, a ostale tri stranice su od srebrne sajle. Neka je )(xf oznaka za površinu toga pravokutnika. Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost. Rješenje: Petra je za zlatnu sajlu dala x6 kuna, a prosjaku je dala 2x kuna. Dakle, za srebrnu sajlu joj je ostalo 26120 xx kuna. Za te novce, Petra je dobila

3240)6120(

31 2

2 xxxx metara srebrne sajle.

Petrin pravokutnik ima jednu zlatnu stranicu dugu x metara i jednu srebrnu stranicu dugu x

metara. Zbroj duljina ostalih dviju srebrnih stranica je 3

3403

24022 xxxxx

metara. Svaka od tih dviju stranica je duga 62

3203

34021 22 xxxx

metara. I tako,

površina pravokutnika je 62

32062

3203

22 xxxxxx

kvadratnih metara. Drugim

riječima,

xxxxxxxf 2023

662320)( 2

332 .

62

Odatle slijedi da je 2032120

26

63)( 22 xxxxxf .

Jednakost 020321 2 xx vrijedi onda kada je

04062 xx , 4 & 1028 &

220

2146

21966

2160366

x .

U tekstu zadatka piše da je domena funkcije )(xf interval 7 ,0 . Broj 10 ne leži u domeni, pa nas jedino zanima što se s funkcijom )(xf dešava za 4x .

3322)( xxxf , 0734)4( f .

U točki 4x , funkcija )(xf ima lokalni maksimum. Niti za jedan x iz intervala 7 ,0 , funkcija )(xf (što će reći, površina Petrinog pravokutnika) ne poprima tako veliku vrijednost kao za 4x . Zadatak 62. Jedan metar srebrne žice košta 50 lipa. Jedan metar zlatne žice košta 2 kune.

Marijana ima 27 kuna. Marijana će u intervalu 4

11 , 41 izabrati broj x . Zatim će Marijana

dati x kuna prosjaku. Nadalje, Marijana će na srebrnu žicu potrošiti 2x kuna (riječima: iks na drugu kuna). Sve novce koje ne potroši niti na prosjaka niti na srebrnu žicu, Marijana će potrošiti na zlatnu žicu. Kada dođe kući, Marijana će od srebrne žice napraviti kvadrat. Taj ćemo kvadrat označiti slovom K. Marijana će od zlatne žice napraviti takav pravokutnik P kojemu jedna od stranica ima jednaku duljinu kao i stranica kvadrata K. Vidi Sliku 5.

Slika 5. Kvadrat K i pravokutnik P .

63

Neka je )(xf oznaka za površinu pravokutnika P . Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima ekstremnu vrijednost. Koristeći drugu derivaciju, ustanovite o kakvoj se ekstremnoj vrijednosti radi: je li to minimalna vrijednost ili maksimalna vrijednost? Rješenje: Marijana će na srebrnu žicu potrošiti 2x kuna, a na zlatnu će žicu potrošiti

227 xx kuna. Dakle, Marijana će dobiti 22x metara srebrne žice i )27(21 2xx metara

zlatne žice. Stranica kvadrata K biti će duga 24

2 22 xx metara. Zbroj duljina okomitih

stranica pravokutnika P biti će 222

22xxx

metara. Zbroj duljina vodoravnih stranica

pravokutnika P biti će )327(21)27(

21 222 xxxxx metara. Duljina jedne

vodoravne stranice pravokutnika P biti će )327(41 2xx metara. I tako, površina

pravokutnika P biti će

)273(81)327(

81

2)327(

41)( 234432

22 xxxxxxxxxxf .

)184(83)184(

83)54312(

81)( 22323 xxxxxxxxxxf .

Jednakost 0)184(83 2 xxx vrijedi onda kada je 0x , kao i onda kada je

0184 2 xx . Potonja kvadratna jednadžba zadovoljena je za

2 & 49

816 &

818

8171

828811

x .

Rješenja jednadžbe 0)184(83 2 xxx su

49

, 0 i 2 . Od ta tri broja, u intervalu

411 ,

41 leži samo broj 2 .

)96(43)18212(

83)( 22 xxxxxf ,

045117

43)9224(

43)2( f .

Funkcija )(xf poprima ekstremnu vrijednost za 2x . Ta ekstremna vrijednost je

maksimalna vrijednost. Niti za jedan x iz intervala 4

11 , 41 , funkcija )(xf ne poprima tako

veliku vrijednost kao za 2x .

64

Zadatak 63. U dućanu A, jedan metar srebrne sajle košta 5 kuna. U dućanu B, jedan metar zlatne sajle košta 9 kuna. Međutim, ako u dućanu B kupite n metara zlatne sajle, onda na poklon dobivate )1ln(4 n metara srebrne sajle. Robert će u dućanu A kupiti x metara srebrne sajle, gdje je 120 x . U dućanu B, Robert će kupiti toliko metara zlatne sajle koliko je potrebno da bi se na poklon dobilo x12 metara srebrne sajle. Neka je )(xf oznaka za sumu

(novci koje će Robert potrošiti u dućanu A) + (novci koje će Robert potrošiti u dućanu B).

Kako glasi formula za funkciju )(xf ? Nadalje, funkcija )(xf ima samo jednu stacionarnu točku. (To jest, jednadžba 0)( xf ima samo jedno rješenje.) Nađite stacionarnu točku funkcije )(xf , pa zatim ispitajte tu točku pomoću druge derivacije. Rješenje: U dućanu A, Robert će potrošiti x5 kuna. U dućanu B, Robert će kupiti n metara zlatne sajle, pri čemu n zadovoljava jednakost xn 12)1ln(4 .

xn 12)1ln(4 , 4

3)1ln( xn , 43

1x

en

, 143

x

en .

Dakle, Robert će kupiti 143

x

e metara zlatne sajle i za tu sajlu će platiti

19 4

3 x

e kuna.

I tako,

195)( 4

3 x

exxf .

43

43

43

495

419595)(

xxx

eeexf

.

0495 0)( 4

3

x

exf , 549 4

3

x

e , 9204

3

x

e ,

920ln

43 x ,

920ln3

4x ,

920ln3

4x , 805969215.8

920ln412

x .

43

43

169

41

49)(

xx

eexf

,

045

1620

920

169

169

169

169

920ln412 9

20ln920ln33

920ln33

eeef .

65

Za

920ln412x , funkcija )(xf ima lokalni minimum. Robert će proći najjeftinije ako

u dućanu A kupi 805969215.8920ln412

metara srebrne sajle.

Zadatak 64. Robert posjeduje dva građevinska zemljišta. Ta dva zemljišta se zovu zemljište A i zemljište B. Zemljište A ima kvadratni oblik. Opseg zemljišta A je xe9 metara. Zemljište B također ima

kvadratni oblik. Opseg zemljišta B je xee 210 metara. Robert će zemljište A prodati po cijeni od 48 eura po kvadratnom metru. Robert će zemljište B prodati po cijeni od 32 eura po kvadratnom metru. Neka je )(xf oznaka za sumu

(euri koje će Robert dobiti prodajom zemljišta A) + + (euri koje će Robert dobiti prodajom zemljišta B).

Nađite x za kojega funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost.

Rješenje: Duljina stranice zemljišta A je 4

9xe metara. Površina zemljišta A je 16

9xe

kvadratnih metara. Prodajom zemljišta A, Robert će dobiti xexe 99

316

48 eura.

Duljina stranice zemljišta B je 4

210 xee metara. Površina zemljišta B je 16

210 xee

kvadratnih metara. Prodajom zemljišta B, Robert će dobiti

)(216

32 210210

xx

eeee xee 210 22 eura.

I tako, xeexexf 2109 223)( . Stoga je xeexf 29 43)( .

92 34 0)( eexf x , 92

43 ee x , 9

43ln)ln(

43ln2 9

ex ,

29

43ln

21

x .

66

xexf 28)( , 064388

29

43ln

21 99

943ln

eeef .

Funkcija )(xf poprima maksimalnu vrijednost za 356158964.42

943ln

x .

Zadatak 65. Marija je u intervalu 12 ,0 izabrala broj x . Zatim je Marija uzela crveni, plavi i crni flomaster. Crvenim flomasterom je nacrtala krug koji ima površinu x . Plavim flomasterom je nacrtala kvadrat koji ima površinu x12 . Crnim flomasterom je nacrtala kvadrat koji ima površinu 22 71828.2e . Neka je

)(xf (opseg crvenog kruga) (opseg plavog kvadrata) (opseg crnog kvadrata).

Funkcija )(xf ima samo jednu stacionarnu točku. (Drugim riječima, jednadžba 0)( xf ima samo jedno rješenje.) Označimo tu stacionarnu točku oznakom a . Izračunajte broj a . Napomena. Od vas se ne traži da izračunate )(af . Spomenimo ipak da vrijedi 0)( af , tako da funkcija f u točki a ima lokalni maksimum. Rješenje: Neka je r oznaka za radijus crvenog kruga. Vrijedi

xr 2 , xr 2 ,

xr , xxxr

2222 .

Opseg crvenog kruga je x2 . Neka je b oznaka za duljinu stranice plavog kvadrata. Vrijedi

xb 122 , xb 12 , xb 1244 . Opseg plavog kvadrata je x124 . Neka je c oznaka za duljinu stranice crnog kvadrata. Vrijedi

22 ec , ec , ec 44 . Opseg crnog kvadrata je e4 . I tako, exxxf 41242)( .

xxxxxf

12

20122

142

12)( .

67

xxxf

122 0)( ,

xx

124 , xx 412 ,

xx 412 , 12)4( x , 4

12

x .

Stacionarna točka je 278810158.54

12

.

Zadatak 66. Zamislimo ovu situaciju. Poluravnina 0y je more, a iks os je obala. Točka

0) ,1( je jedan kilometar daleko od ishodišta. Točka 1) ,0( je također jedan kilometar daleko od ishodišta.

Spasilac Damir nalazi se u ishodištu 0). ,0( Kupačica Viviana nalazi se u točki

21 ,1 .

(Dakle, Viviana je 500 metara daleko od obale.) U jednom trenutku, Damir je primijetio da se Viviana utapa.

Slika 6. Spasilac Damir treba što prije doći do kupačice Viviane.

Damir će iz ishodišta brzinom od 13 kilometara na sat otrčati do točke 0) ,(x . Iz točke 0) ,(x ,

Damir će brzinom od 5 kilometara na sat otplivati do točke

21 ,1 . (Podrazumijeva se da će

Damir trčati pravocrtno i zatim plivati pravocrtno.) Od trenutka kada Damir krene iz ishodišta

68

pa do trenutka kada Damir stigne u točku

21 ,1 , proći će )(xf sati. Nađite x za kojega je

vrijeme )(xf minimalno. Rješenje: Ako Damir uđe u more u točki )0 ,(x , onda će on trčati x kilometara i zatim će

plivati 41)1(0

211 2

22

xx kilometara. Trčanje će trajati

13x sati, a plivanje

će trajati 5

41)1( 2 x

sati. Dakle, Damir će do Viviane stići za 41)1(

51

132 xx sati.

Drugim riječima, vrijedi 41)1(

51

13)( 2 xxxf .

41)1(5

1131

41)1(2

)1(251

131)(

22

x

x

x

xxf .

0

41)1(5

1131 0)(

2

x

xxf , 0)1(1341)1(5 2 xx ,

41)1(5)1(13 2 xx . (1)

Kvadriranjem jednadžbe (1) dolazimo do zaključka: ako je 0)( xf , onda je

41)1(25)1(169 22 xx ,

425)1(25)1(169 22 xx ,

425)1(144 2 x ,

25)1(12 x ,

2451 x ,

24524

2451 x ,

2429 ili

2419

x .

Ako Damir želi što prije stići do Viviane, onda mu je očito bolje da počne plivati u točki

2419

x nego u točki 2429

x . Uostalom, 2429

x niti nije stacionarna točka funkcije )(xf .

Naime, za 2429

x , na lijevoj strani jednadžbe (1) imamo 2465

24513 , a na desnoj strani

jednadžbe (1) imamo

2465

24135

5761695

576144

576255

41

2455

2

.

69

Budući da 2429

x nije rješenje jednadžbe (1), 2429

x nije niti rješenje jednadžbe 0)( xf .

S druge strane, 2419

x je stacionarna točka funkcije )(xf . Zaista,

0131

131

2413241

131

576169241

131

576144

57625

241

131

41

2455

245

131

2419

2

f .

Da bi najbrže stigao do Viviane, Damir treba ući u more u točki 0) , ...791666.0(0 ,2419

.

Zadatak 67. Kada Veljko hoda po obali, njegova brzina je 4 km na sat. Kada Veljko pliva u moru, njegova brzina je 3 km na sat. Zamislimo da je iks os obala i da je poluravnina 0y more. Veljko će iz točke )0 ,0( po obali otpješačiti do točke )0 ,(a , gdje broj a leži u intervalu 4 ,2 . U točki )0 ,(a , Veljko će ući u more. Veljko će plivati paralelno sa ipsilon osi (to jest okomito na iks os), a zaustaviti će se onda kada dotakne kružnicu 1)2()3( 22 yx .

Slika 7. Za koji a Veljko u najkraćem vremenu stiže do kružnice 1)2()3( 22 yx ?

70

Od kada Veljko krene iz točke )0 ,0( pa dok on dopliva do kružnice 1)2()3( 22 yx proći će )(af sati. Funkcija )(af ima samo jednu stacionarnu točku. Nađite stacionarnu točku funkcije )(af ! (Kada bi se izračunalo drugu derivaciju, što se od vas ne traži, vidjelo bi se da funkcija )(af u stacionarnoj točki ima lokalni minimum.) Rješenje: Jednadžba kružnice 1)2()3( 22 yx može se napisati i ovako:

22 )3(1)2( xy , 2)3(12 xy , 2)3(12 xy . Veljko će se zaustaviti na gornjoj polovici kružnice, to jest na krivulji 2)3(12 xy . Konkretno, Veljko će ući u more u točki )0 ,(a , a zaustaviti će se u točki

2)3(12 , aa . Točka 2)3(12 , aa ima negativnu ordinatu, tako da će

Veljko plivati 2)3(12 a kilometara. Prethodno će Veljko hodati a kilometara. Budući

da je brzina

putvrijeme , zaključujemo da će Veljko hodati a41 sati i zatim plivati

2)3(1231

a sati. I tako,

2)3(1231

41)( aaaf .

Odatle slijedi da je

22 )3(133

41)3()2(

)3(121

31

41)(

aaa

aaf .

0)3(13

341 0)(

2

aaaf , 0)3(4)3(13 2 aa ,

)3(4)3(13 2 aa . (1)

Kvadriranjem jednadžbe (1) dolazimo do zaključka: ako je 0)( af , onda je

22 )3(16)3(19 aa , 22 )3(16)3(99 aa , 9)3(25 2 a ,

259)3( 2 a ,

53 ili

533 a ,

518

533 ili

512

533 a .

Vrijedi

71

041

41

545

141

25165

141

2591

51

41

5313

53

41

512

2

f ,

021

41

41

545

141

25165

141

2591

51

41

5313

53

41

518

2

f .

Stacionarna točka funkcije )(af je točka 5

12 . Veljko će do kružnice najbrže stići ako počne

plivati u točki s apscisom 4.25

12 .

Zadatak 68. Promotrimo pravokutne trokute koji imaju sljedeća svojstva: ● hipotenuza leži na pravcu 14 xy ,

● vrh nasuprot hipotenuzi leži na krivulji x

y 1 )0( x ,

● katete su paralelne sa koordinatnim osima. Odredite najmanju moguću površinu takvoga trokuta!

72

Slika 8. U zadatku 68 promatramo ovakve trokute. Rješenje: Neka je a oznaka za apscisu donjeg desnog vrha trokuta. Koordinate donjeg desnog

vrha trokuta su

aa 1 , . Gornji desni vrh trokuta ima apscisu a i leži na pravcu 14 xy .

Dakle, koordinate gornjeg desnog vrha trokuta su )14 ,( aa . Visina trokuta je

aa

aa 114114

.

Na pravcu 14 xy vrijedi 14 yx , )1(41

yx . Donji desni vrh trokuta ima ordinatu

a1

, pa i donji lijevi vrh trokuta ima ordinatu a1

. Budući da donji lijevi vrh trokuta leži na

pravcu )1(41

yx , apscisa rečenog vrha je jednaka

aa11

4111

41 . Dakle,

73

koordinate donjeg lijevog vrha trokuta su

aa1 ,11

41 . Duljina baze trokuta je

aa

aa

aa

41

4111

4111

41

.

Površina trokuta je

baza21 visina

aa

aa

aa

aa 114114

41

21114

41

41

21

2114

81

aa .

Dakle, 2114

81)(

aaaf . Stoga je

22

1411441141142

81)(

aaa

aaaaf .

Broj a je apscisa donjeg desnog vrha trokuta, a taj vrh leži na krivulji x

y 1 )0( x .

Dakle, vrijedi 0a . To znači da vrijedi i 0114 a

a . I tako,

014 0)( 2 a

af , 412 a

, 412 a ,

21

a .

aa

aaaaa

aaaf 114

2114

4112114

411414

41)( 3

2

2322 ,

020540)212(4)44(41

2111

24

812

1

4114

41

21 2

2

f .

Funkcija f u točki a ima lokalni minimum, a također i globalni minimum. Najmanja moguća površina trokuta je

125.3825)212(

81

21 2

f .

74

Zadatak 69. Promotrimo pravokutne trokute koji imaju sljedeća svojstva:

● jedan kraj hipotenuze leži na krivulji x

y32

)0( x , a drugi kraj hipotenuze leži na

krivulji x

y 6 )0( x ,

● vrh nasuprot hipotenuzi leži na krivulji 210x

y )0( x ,

● katete su paralelne sa koordinatnim osima. Odredite najmanju moguću površinu takvog trokuta!

Slika 9. U zadatku 69 promatramo ovakve trokute.

75

Rješenje: Neka je a oznaka za apscisu desne stranice trokuta. Najdonja točka desne stranice

trokuta ima koordinate

aa 6 , , a najgornja točka desne stranice trokuta ima koordinate

210 ,a

a . Duljina desne stranice trokuta je aaaa610610

22

.

Kolika je apscisa najljevije točke trokuta? Najljevija točka trokuta leži na krivulji x

y32

i

ima ordinatu 210a

. Za apscisu x te točke vrijedi

210

32

ax ,

1023 2ax

, 1530

2 22 aax .

Dakle, najljevija točka trokuta ima koordinate

2

2 10 ,15 aa . Duljina gornje stranice trokuta je

1515

22 aaaa

. Površina trokuta je

a

aa

aaaaaaf

52

32610

21

156

1510610

21610

1521)( 2

2

aaa

a5

310

551

3135

.


25

51)(

aaf .

0551 0)( 2

aaf , 2

551

a , 252 a , 5a .

310)(a

af , 0252

12510)5( f .

Funkcija f u točki 5a ima lokalni minimum, a također i globalni minimum. Najmanja moguća površina trokuta je

...333.53

1613

10155

310

55)5( f .

76

7. Integriranje algebarskih funkcija U cijelom ovom poglavlju, osim u zadatku 85, računamo integrale kod kojih je podintegralna funkcija ili racionalna, ili takva da ju se supstitucijom baxt (gdje su a i b realne konstante) može pretvoriti u racionalnu funkciju.

Zadatak 70. Izračunajte integral dxx

xx )12(

4 4

03

2

.

Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 12 xt . Vrijedi 12 tx , 2

1)1(21

ttx , te

dtdx21

. Nove granice integracije su 1102 i 9142 . I tako,

9

1 23

2

9

13

2

4

03

2

21)1(2

412

212

142

1

)12(

4 dtt

ttt

dtt

tt

dxx

xx

9

1 23

29

1 23

2

9

1 23

2

8

910 88812

)1(

812

dtt

ttdtt

ttt

dtt

ttt

9

1

21

21

239

1

23

21

21

)2(892

45

32

81

89

45

81 tttdtttt

1

491

251

121

31

493

2527

121

49

25

121

9

1

21

21

23

ttt

34

1216

1210084

122730199027

.

Zadatak 71. Izračunajte integral dxxx

54

1 27

23

.

77

Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 54 xt . Vrijedi tx 54 , 254 tx ,

54 2 tx , 45

41 2 tx , te dttdttdx

21 2

41

. Nove granice integracije su

115652

12 i 395145

228

. I tako,

dt

tttdt

ttt

tt

dttdx

xx

542

452

45

41

21

54

1 3

12

3

12

3

1 2

27

23

dttt

dtttttdt

ttdt

ttt

)44(11 4

54)54(

544

5442

3

12

3

12

23

12

3

12

3

1

3

12

3

1

2 )2(arctg 4)541ln()5129ln( )2(1

1 4 )54ln( tdtt

tt

)3(arctg4)5(arctg4

1026ln)3(arctg)5(arctg4)10ln()26ln(

458091467.0)3(arctg4)5(arctg45

13ln

.


183

1 4

13

85

.

Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 18 xt . Vrijedi tx 18 , 218 tx , 18 2 tx ,

81

81 2 tx , te dttdttdx

41 2

81

. Nove granice integracije su 24151858

i 52512614

138 . I tako,

5

22

5

22

5

2 2

413

85

258

2 8241

2 3

81

81

41

183

1 dttttdt

ttt

tt

dttdx

xx

5

2

5

222

25

2

5

222

)168(91 8

258)258(

2588

25882 dt

ttdt

ttttdt

ttdt

ttt

78

5

222

5

2

2 )4(3

1 8 )258ln( dtt

tt

5

2

3

4arctg38)25164ln()254025ln( t

)2(arctg)3(arctg

38

4590ln

36arctg

39arctg

38)45ln()90ln(

314755035.0)2(arctg38)3(arctg

38)2ln( .

Zadatak 73. Izračunajte integral dx

xxxx

)65)(2( 2

2

.

Rješenje: Kvadratna jednadžba 0652 xx ima rješenja

.2 & 324 &

26

215

224255

2 ,1

x

To znači da je )2)(3(652 xxxx . Zato se podintegralnu funkciju može napisati ovako:

)3()2()2)(3)(2()65)(2( 2

22

2

2

xxx

xxxx

xxxx .

Sada rastavljamo na parcijalne razlomke:

3)2(2)3()2( 22

2

xC

xB

xA

xxx ,

CxBxAxxx 22 )2()3()3)(2( ,

22)2()3()3)(2( xCxBxAxx . (1)

Stavljajući 2x , iz jednadžbe (1) dobivamo 41 B , 4B . Stavljajući 3x , iz jednadžbe (1) dobivamo 9)1( 2 C , 9C . Uspoređujući koeficijente uz 2x na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo

1CA , 8911 CA . Dakle,

79

39

)2(4

28

)3()2()65)(2( 22

2

2

2

xxxxx

xxxx

x .


dxxxx

dxxxx

x 3

92

8)2(

4 )65)(2( 22

2

Cxxx

3ln92ln82

4 .

Zadatak 74. Izračunajte integral

5

32

2

)128)(6(

dxxxx

x .

Rješenje: Kvadratna jednadžba 01282 xx ima rješenja

.6 & 22

12 & 24

248

248648

2 ,1

x

To znači da je )6)(2(1282 xxxx . Zato se podintegralnu funkciju može napisati ovako:

2

22

2

2

)6)(2()6)(2)(6()128)(6(

xxx

xxxx

xxxx .


22

2

)6(62)6)(2(

xC

xB

xA

xxx ,

CxBxxAxx )2()6)(2()6( 22 ,

22 )2()6)(2()6( xCxBxxAx . (1)

Stavljajući 2x , iz jednadžbe (1) dobivamo 4)4( 2 A , 416 A , 41

164A .

Stavljajući 6x , iz jednadžbe (1) dobivamo 364 C , 9C . Uspoređujući koeficijente uz 2x na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo

1 BA , 43

4111 AB .

Dakle,

80

22

2

2

2

)6(9

643

241

)6)(2()128)(6(

xxxxxx

xxxx .


dxxxx

dxxxx

x 6

43

241

)6(9

)128)(6(

5

32

5

32

2

5

3

5

3

5

32

61

43

21

41

)6(1 9 dx

xdx

xdx

x

5

3

5

3

5

3

6ln 43 2ln

41

619 xx

x

3ln1ln431ln3ln

41

31

119

)3ln(0

430)3ln(

41

329)3ln()1ln(

43)1ln()3ln(

41

3119

450693856.5)3ln(216)3ln(

43)3ln(

416 .

Zadatak 75. Izračunajte integral dx

xxxx

)106)(5( 2 .

Rješenje: Vrijedi 044036101462 , pa kvadratna jednadžba 01062 xx nema realnih rješenja. Podintegralnu funkciju rastavljamo na parcijalne razlomke na ovaj način:

1065)106)(5( 22

xx

CBxx

Axxx

x ,

))(5()106( 2 CBxxAxxx ,

xCBxxAxx ))(5()106( 2 . (1)

Stavljajući 5x , iz jednadžbe (1) dobivamo 5)103025( A , 55 A , 1A . Uspoređujući koeficijente uz 2x na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo

0 BA , 1 AB .

81

Stavljajući 0x , iz jednadžbe (1) dobivamo 0510 CA , 02 CA , 22 AC . Dakle,

1062

51

)106)(5( 22

xx

xxxxx

x .


dx

xxxdx

xdx

xxxx

1062

51

)106)(5( 22

dxxxxx

xx 106

1106

3 5ln 22

dx

xxxxxx

)96(11

10662

21 5ln 22

dx

xdx

xxxx

)3(11

10662

215ln 22

)3(arctg

106)106(

215ln 2

2

xdxxxxxx

Cxxxx )3(arctg)106ln(215ln 2 .

Zadatak 76. Izračunajte integral dxxxx

x )102)(5(

9 4

22

2

.

Rješenje: Vrijedi 036404101422 , pa kvadratna jednadžba 01022 xx nema realnih rješenja. Podintegralnu funkciju rastavljamo na parcijalne razlomke na ovaj način:

1025)102)(5(9

22

2

xx

CBxx

Axxx

x ,

))(5()102(9 22 CBxxAxxx ,

22 9))(5()102( xCBxxAxx . (1)

Stavljajući 5x , iz jednadžbe (1) dobivamo 259)101025( A , 22545 A , 5A . Uspoređujući koeficijente uz 2x na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo

9 BA , 4599 AB .

82

Stavljajući 0x , iz jednadžbe (1) dobivamo 0510 CA , 02 CA , 102 AC . Dakle,

102104

55

)102)(5(9

22

2

xx

xxxxx

x .


4

2

4

22

4

22

2

102

104 5

5 )102)(5(

9 dxxx

xdxx

dxxxx

x

4

2

4

222

1026

10244

51 5 dx

xxxxxdx

x

4

2

4

222

4

2 102

1 6 102

22 2 )5ln( 5 dxxx

dxxx

xx

4

22

4

22

2

)12(9

1 6 102

)102( 2)3ln()9ln(5 dxxx

dxxxxx

4

222

4

2

2 )1(3

1 6 )102ln(239ln5 dx

xxx

4

2

3

1arctg316)1044ln()10816ln(2)3ln(5 x

33arctg

31

33arctg

316)18ln()18ln(2)3ln(5

)1(arctg

326)3ln(5)1(arctg

31)1(arctg

31602)3ln(5

35146879.2)3ln(54

4)3ln(5)1(arctg4)3ln(5 .


2

024

592 dx

xxx .

Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju 2xt . Vrijedi dxxdt 2 , dtdxx21 .

Nove granice integracije su 002 i 422 . I tako,

83

4

02

2

024

59221

592

dttt

dxxx

x .

Kvadratna jednadžba 0592 2 tt ima rješenja

5 & 21

420 &

42

4119

41219

440819

4)5(24819

2 ,1

t .

To znači da je )5(212592 2

tttt . Dakle, pod integralom imamo funkciju

)5(214

1

)5(212

21

tttt

.

Sada tu funkciju rastavljamo na parcijalne razlomke:

521

)5(214

1

t

B

t

A

tt, BtAt

214)5(41 ,

1214)5(4

BtAt . (1)

Stavljajući 21

t , iz jednadžbe (1) dobivamo 12

114

A , 122 A ,

221

A .

Stavljajući 5t , iz jednadžbe (1) dobivamo 12

114 B , 122 B , 221

B .

Dakle,

5221

21

221

)5(214

1

)5(212

21

59221

2

tttttttt

.


dttt

dttt

dxxx

x 5

221

21

221

592

21

592

4

0

4

02

2

024

84

4

0

4

0

4

0

4

0

5

1 221

122

221

51

221

21

1 221 dt

tdt

tdt

tdt

t

4

0

4

0

4

0

4

0

5ln 221 12ln

221

51

221

12)12(

221 ttdt

tdt

tt

)5ln(02210)9ln(

221)5ln()1ln(

221)1ln()9ln(

221

173030113.022

)45ln(22

)5ln()9ln()5ln(221)9ln(

221

.


2

2222

)1()1(2 dx

xxx .

Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju 2xt . Vrijedi dxxdt 2 , dtdxx 2 . Nove

granice integracije su 222 i 422 . I tako,

4

22

2

2222

)1()1(1

)1()1(2 dt

ttdx

xxx .

Sljedeći korak je rastavljanje na parcijalne razlomke:

1)1(1)1()1(1 22

t

Ct

Bt

Att

, CtBtAtt 2)1()1()1)(1(1 ,

1)1()1()1)(1( 2 CtBtAtt . (1)

Stavljajući 1t , iz jednadžbe (1) dobivamo 12 B , 21

B .

Stavljajući 1t , iz jednadžbe (1) dobivamo 14 C , 41

C .

Uspoređujući koeficijente uz 2t na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo

0CA , 41

CA .

Dakle,

141

)1(21

141

)1()1(1 22

ttttt.

85


4

22

4

22

2

2222

141

)1(21

141

)1()1(

1 )1()1(

2 dtttt

dttt

dxxx

x

4

2

4

2

4

22

11

41

)1(1

21

11

41 dt

tdt

tdt

t

4

2

4

2

4

2 )1ln(

41

11

21 )1ln(

41 t

tt

)1ln()3ln(

41

31

51

21)3ln()5ln(

41

152

21)3ln(

21)5ln(

410

41)3ln(

41

1553

21)3ln(

41)5ln(

41

080279999.0151)5ln(

41)3ln(

21

.


3

0222

3

)4()4(

2 dxxx

x .

Rješenje: Postupak je uglavnom isti kao u zadatku 78, a rezultat je 16

)7ln(83

253380615.0 .


x )9)(4(

3

042

3

.

Rješenje: Opet ćemo za početak napraviti supstituciju 2xt . Vrijedi dxxdt 2 , dtdxx21 .

Nove granice integracije su 002 i 332 . I tako,

3

0

3

0

3

02242

23

042

3

)9)(4(

221

)9)(4(

)9)(4(

)9)(4( dt

tt

t

dttt

tdxxxx

xdxxx

x .


86

94)9)(4(2

22

t

CBtt

Att

t

, ))(4()9(2

2 CBttAtt ,

2))(4()9( 2 tCBttAt . (1)

Stavljajući 4t , iz jednadžbe (1) dobivamo 24)916( A , 225 A ,

252

A .


0 BA , 252

AB .

Stavljajući 0t , iz jednadžbe (1) dobivamo 049 CA , AC 94 , 252

49

49 AC

509

251

29

.

Dakle,

9509

252

4252

)9)(4(2

22

t

t

ttt

t

.


dtt

t

tdt

tt

t

dxxx

x 9

509

252

4252

)9)(4(

2 )9)(4(

3

02

3

02

3

042

3

3

022

91

509

92

251

41

252 dt

ttt

t

3

0

3

0

3

0222

2

3

1 509

9)9(

251

41

252 dt

tdt

ttdt

t

3

0

3

0

23

0

3arctg

31

509 )9ln(

251 4ln

252 ttt

)0(arctg

31)1(arctg

31

509)9ln()18ln(

251)4ln()1ln(

252

87

12509)2ln(

251)2ln(

2540

31

431

509

918ln

251)2ln(20

252

091505546.02003

5)2ln(

4503)2ln(

255

.


x )4()2(

4

0

.

Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju xt . Vrijedi tx , 2tx , dttdx 2 . Nove granice integracije su 00 i 24 . I tako,

2

02

22

02

4

0

)4)(2(

2 2)4)(2(

)4()2(

dttttdtt

tttdx

xxx .

Slijedi rastavljanje na parcijalne razlomke:

42)4)(2(2

22

2

t

CBtt

Attt , ))(2()4(2 22 CBttAtt ,

22 2))(2()4( tCBttAt . (1)

Stavljajući 2t , iz jednadžbe (1) dobivamo 42)44( A , 88 A , 1A . Uspoređujući koeficijente uz 2t na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo

2 BA , 1122 AB . Stavljajući 0t , iz jednadžbe (1) dobivamo 024 CA , 02 CA , 22 AC . Dakle,

42

21

)4)(2(2

22

2

t

tttt

t .


2

02

2

02

24

0

42

21

)4)(2(2

)4()2( dt

tt

tdt

tttdx

xxx

2

0

2

0

2

0

2

0222

2

22 2

1 2 4)4(

21

21

412

42

21

21 dt

tdt

ttdt

tdt

ttt

t

2

0

2

0

22

0

2arctg

212 )4ln(

21 )2ln( ttt

88

)0(arctg

21arctg(1)

212)4ln()8ln(

21)2ln()4ln(

82)2ln(

21)2ln(0

21

4212

48ln

21

24ln

254322607.04

)2ln(23

.


12

1

)245(

1 dxxx

.

Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 45 xt . Vrijedi 245 tx , 45 2 tx ,

)4(51 2 tx i dttdttdx

52 2

51

. Nove granice integracije su 3945 i

864460 . I tako,

dt

tt

tdtt

ttdx

xx

)2()4(51

52

52

)2()4(51

1 )245(

1 8

3 2

8

3 2

12

1

8

32

8

3

)2)(2(

2 )2)(2)(2(

2 dttttdt

tttt .


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

tC

tB

tA

ttt , CtBttAtt )2()2)(2()2(2 2 ,

tCtBttAt 2)2()2)(2()2( 2 . (1)

Stavljajući 2t , iz jednadžbe (1) dobivamo 416 A , 41

164A .

Stavljajući 2t , iz jednadžbe (1) dobivamo 44 C , 1C . Uspoređujući koeficijente uz 2t na lijevoj i na desnoj strani, iz jednadžbe (1) dobivamo

0 BA , 41

AB .

Dakle,

89

22 )2(1

241

241

)2)(2(2

tttttt .


dtttt

dttttdx

xx

)2(1

241

241

)2)(2(

2 )245(

1 8

32

8

32

12

1

8

3

8

3

8

32

8

32

)2(1

21

41

21

41

)2(1

21

41

21

41 dt

tdt

tdt

tdt

ttt

8

3

8

3

8

3

21 )2ln(

41 )2ln(

41

ttt

51

101)5ln()10ln(

41)1ln()6ln(

41

101)2ln(

41)6ln(

41

102

101

510ln

410)6ln(

41

374653072.0101

4)3ln(

101

26ln

41

101)2ln()6ln(

41

.


)133()2(

1 4

3

.

Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju 3 xt . Vrijedi tx 3 , 23 tx , 32 tx ,

dttdx 2 . Nove granice integracije su 0033 i 1134 . I tako,

1

02

4

3

2)13)(23(

1 )133()2(

1 dtttt

dxxx

1

0 2

1

02

)1(313

2 )1)(13(

2 dttt

tdttt

t .


90

131

)1(313

22

2

t

CBt

t

A

tt

t , )(313)1(32 2 CBttAtt

,

tCBttAt 2)(313)1(3 2

. (1)

Stavljajući 31

t , iz jednadžbe (1) dobivamo 321

913

A ,

323

31

A ,

32

310

A ,

210 A , 51

102

A .


033 BA , 0 BA , 51

AB .

Stavljajući 0t , iz jednadžbe (1) dobivamo 03133 CA , 03 CA ,

533 AC .

Dakle,

153

51

31

51

)1(313

22

2

t

t

ttt

t .


dt

t

t

tdt

tt

tdxxx

153

51

3151

)1(

313

2 )133()2(

1 1

02

1

0 2

4

3

1

0

1

02222

11

53

12

101

133

51

11

53

151

31

151 dt

ttt

tdt

ttt

t

1

0

2 )(arctg53)1ln(

101)13ln(

51 ttt

)0(arctg53)1ln(

101)1ln(

51)1(arctg

53)2ln(

101)4ln(

51

0530

1010

51

453)2ln(

101)2ln(2

102

91

263294743.010

)2ln(3203

203)2ln(

103

.


)21()3(

1 5

1

.

Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 83, a rezultat je 219412286.04

)2ln(8

.


xx

)12()14(

)12(4)14( 3 75

22

.

Rješenje:

dx

xxx

xxdxxx

xx

)12(1214

)12(4)14( )12()14(

)12(4)14( 3 12

5

22

3 75

22

2

235

22

43

5

22

)12(

)12(1214

)12(4)14(

)12(1214

)12(4)14( xdx

xxx

xxdx

xxx

xx

235

2

)12(

1214

41214

xdx

xx

xx

.

Sada ćemo napraviti supstituciju 1214

xxt . Vrijedi dtdx

xxx

)12(

2)14()12(42 ,

dtdxx

xx

)12(2848

2 , dtx

dx

2)12( 2 , dt

xdx

21

)12( 2

. I tako,

dtt

txdx

xx

xx

dxxx

xx 214

)12(

1214

41214

)12()14(

)12(4)14( 35

2

235

2

3 75

22

Cttdtttdttt 3

234

35

31

35

31

232

43

21 2

21

214

92

Cxx

xx

3

2

3

4

14123

1214

83 .

93

8. Integriranje transcendentnih funkcija U ovom poglavlju računamo integrale u kojima se, između ostaloga, pojavljuju trigonometrijske funkcije, arkus funkcije i eksponencijalna funkcija. Kod računanja integrala,

služimo se supstitucijama (kao, na primjer, supstitucijom

2tg xt ) i parcijalnom

integracijom. Također koristimo i razne trigonometrijske identitete.


)3(arctg2

2

2

1)cos()sin(2

2tg

dxxx

x

.

Rješenje: Napraviti ćemo supstituciju

2tg xt . Kod te supstitucije vrijedi 21

2)sin(ttx

,

2

2

11)cos(

ttx

i 212

tdtdx

. Nove granice integracije biti će 14

tg

i 3))3(arctg(tg . I

tako,

3

1

3

122

2

2

2

2

2

2)3(arctg2

2

2

1)1(4

2 12

111

122

1)cos()sin(2

2tg

dtttt

tt

dt

tt

tt

tdxxx

x

3

1

3

1

3

1

3

12

2

22

2

2

222

2

422

1142 dt

tttdt

ttdt

tttdt

tttt

3

1

3

1 )3ln(21)5ln(23 )2ln(2 2

121 ttdtt

978348752.0925ln2

35ln22)3ln()5ln(22

.

Zadatak 87. Izračunajte integral )5(arctg

4

2

1)2cos()2sin(3

)(tg2

dxxx

x .

Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju xu 2 . Vrijedi ux21

, dudx21

. Nove

granice integracije su 2 i )5(arctg2 . I tako,

94

)5(arctg2

2

2)5(arctg

4

2

21

1)cos()sin(32

2

1)2cos()2sin(3)(tg2

duuu

utgdx

xxx .

Sada ćemo napraviti supstituciju

2tg ut . Kod te supstitucije vrijedi 21

2)sin(ttu

,

2

2

11)cos(

ttu

i 212

tdtdu

. Nove granice integracije biti će 14

tg

i 5))5(arctg(tg .

Dakle,

5

12

2

2

2

2)5(arctg2

2

2

12

21

111

123

2 21

1)cos()sin(32

2

tdt

tt

tt

tduuu

utg

5

1

5

1

5

1

5

12

2

22

2

2

2

2

2

2

3

62

2 116

2 11

11

16

2 dtt

tdttt

tdtttt

tt

dt

tt

tt

t

)4ln(31)8ln(35 )3ln(3 3

131 3

333 5

1

5

1

5

1

ttdtt

dttt

t

920558458.1)8ln(4)2ln(3448ln34)4ln()8ln(34

.


2

)2(arctg2

7)cos(6)sin(2

2tg

dxxx

x

.

Rješenje: Ponovo ćemo napraviti supstituciju

2tg xt . Kod te supstitucije vrijedi

212)sin(

ttx

, 2

2

11)cos(

ttx

i 212

tdtdx

. Nove granice integracije biti će

2))2(arctg(tg))2(arctg(tg i 14

tg

. I tako,

1

22

2

2

2

2

)2(arctg2 12

7116

122

7)cos(6)sin(2

2tg

t

dt

tt

tt

tdxxx

x

95

1

2

1

22222

1

22

2

2

134

2 77664

2 12

71

661

4 dt

tttdt

tttt

tdt

tt

tt

t .

Kvadratna jednadžba 01342 tt nema realnih rješenja. Naime, 5216131442

036 . Dakle, polinom 1342 tt nije moguće napisati kao produkt dvaju polinoma prvoga stupnja. Računanje integrala nastavlja se ovako:

1

2

1

2222

1344

13442

1342 dt

tttttdt

ttt

1

222

2

)44(9

14134

)134( dttttt

tt

1

222

1

2

2 )2(3

1 4 )134ln( dtt

tt

1

2

3

2arctg314)1384ln()1341ln( t

)0(arctg

31)1(arctg

314

918ln

30arctg

31

33arctg

314)9ln()18ln(

35405037.03

)2ln(43

14)2ln(031

4314)2ln(

.

Zadatak 89. Izračunajte integral 4

0

)cos()3cos(

dxxxx .

Rješenje: Pomoću formule )cos()cos(21)cos()cos( dobivamo

)2cos()4cos(21)cos()3cos( xxxx . Dakle,

4

0

4

0

4

0

)2cos(21)4cos(

21 )2cos()4cos(

21 )cos()3cos(

dxxxxdxxxxdxxxx .

96

Sada parcijalno integriramo, i to tako da je xu , )2cos(21)4cos(

21 xxv i

)2sin(41)4sin(

81 xxv . Na taj način dobivamo

4

0

)2cos(21)4cos(

21

dxxxx

dxxxxxx )2sin(

41)4sin(

811 )2sin(

41)4sin(

81 4

0

4

0

dxxx )2sin(

41)4sin(

81 )0sin(

41)0sin(

810

2sin

41)sin(

81

4

4

0

4

0

)2cos(81)4cos(

3210

410

8101

410

81

4

xx

)0cos(

81)0cos(

321

2cos

81)cos(

32100

41

4

00884954.016

3162

161

1681

322

161

811

3210

81)1(

321

16

.


4

)4sin(1

dxxx .

Rješenje: 2

4

222

4

)2cos()2sin(2)2(cos)2(sin )4sin(1

dxxxxxxdxxx

2

4

22

4

22 )2cos()2sin( )2(cos)2cos()2sin(2)2(sin

dxxxxdxxxxxx

2

4

)2cos()2sin(

dxxxx .

97

Sada parcijalno integriramo, i to tako da je xu , )2cos()2sin( xxv i

)2sin()2cos(21)2sin(

21)2cos(

21 xxxxv . Na taj način dobivamo

2

4

)2cos()2sin(

dxxxx

dxxxxxx

2

4

2

4

)2sin()2cos(211 )2sin()2cos(

21

2

4

)2sin()2cos( 21

2sin

2cos

421)sin()cos(

221

dxxx

2

4

)2cos(21)2sin(

21

21)10(

8)01(

4

xx

2cos

21

2sin

21)cos(

21)sin(

21

21

84

0

21

83

21

21

21

830

211

21)1(

210

21

21

882

178097245.18

3

.

Zadatak 91. Izračunajte integral dxxxx )4cos(1 )sin( 4

0

.

Rješenje: dxxxx )4cos(1 )sin( 4

0

dxxxxxxx )2(sin)2(cos )2(sin)2(cos)sin( 4

0

2222

98

dxxxxdxxxx )2cos()sin(2 )2(cos2)sin( 4

0

4

0

2

.

Pomoću formule )sin()sin(21)cos()sin( dobivamo da je

)sin()3sin(21)sin()3sin(

21)2cos()sin( xxxxxx . Dakle,

dxxxxdxxxxdxxxx )sin()3sin(22 )sin()3sin(

212 )2cos()sin(2

4

0

4

0

4

0

.

Sada parcijalno integriramo, i to tako da je xu 22 , )sin()3sin( xxv i

)cos()3cos(31 xxv . Na taj način dobivamo

dxxxx )sin()3sin(22

4

0

4

0

4

0

)cos()3cos(31

22 )cos()3cos(

31

22

dxxxxxx

)0cos()0cos(

310

22

4cos

43cos

31

422

dxxx

4

0

)cos()3cos(31

22

4

0

)sin()3sin(91

220

22

22

31

82

xx

00

91

22

22

91

22

623

62

82

3616

61828

22

688

1829

182

22

624

82

99

079154331.094

6

.

Zadatak 92. Izračunajte integral dxxx )2cos(1

2

2

.

Rješenje: dxxxxdxxx )(sin)(cos1 )2cos(1

2

222

2

2

2 2

2222222 )(sin2 )(sin)(cos)(sin)(cos dxxxdxxxxxx

2

2 )sin(2 dxxx .

Sljedeći korak je parcijalna integracija. Uzimamo da je 2xu , )sin(2 xv i

)cos(2 xv . Time dobivamo

2

2

2

2

2 )cos(22 )cos(2 )sin(2 dxxxxxdxxx

2 2

22

2 )cos(22 2 )cos(22 022

)1(2 dxxxdxxx .

Sada ćemo još jednom parcijalno integrirati. Ovaj će put biti xu 22 , )cos(xv i

)sin(xv . Račun ide ovako:

2

2

2

2

2 )sin(22 )sin(222 )cos(22 2 dxxxxdxxx

2

2 )sin( 2212

220222 dxx

)01(2222 )cos(22202 2

2/ 2

x

100

686418337.6)2(22222 22 .


0

)2arccos( dxxx .

Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju )2arccos( xt . Vrijedi tx )2arccos( ,

)cos(2 tx , )cos(21 tx i dttdx )sin(

21

. Nove granice integracije su 2

)0arccos( i

0)1arccos( . I tako,

0

2

0

2

21

0

)cos()sin( 41 )sin(

21)cos(

21 )2arccos(

dttttdttttdxxx

2

0

2

0

2

0

)2sin( 81 )cos()sin(2

81 )cos()sin(

41

dtttdttttdtttt .

Sada ćemo parcijalno integrirati, i to tako da je tu , )2sin( tv i )2cos(21 tv . Na taj

način dobivamo

2

0

2

0

2

0

)2cos(211 )2cos(

21

81 )2sin(

81

dttttdttt

2

0

)2cos( 21)0cos(

210)cos(

21

281

dtt

)0sin(

21)sin(

21

21

481 )2sin(

21

210)1(

481 2

0

t

09817477.03248

1021

4810

210

21

21

481

.


0

2 )arcsin( dxxx .

101

Rješenje: Za početak ćemo napraviti supstituciju )arcsin(xt . Vrijedi tx )arcsin( ,

)sin(tx i dttdx )cos( . Nove granice integracije su 0)0arcsin( i 2

)1arcsin( . I tako,

2

0

22

0

22

0

21

0

2 )cos()(sin331 )cos()(sin )cos()(sin )arcsin(

dttttdttttdttttdxxx .

Zatim ćemo parcijalno integrirati. Pri tome ćemo uzeti da je tu31

, )cos()(sin3 2 ttv i

)(sin 3 tv . Na taj način dobivamo

2

0

32

0

32

0

2 )(sin31 )(sin

31 )cos()(sin3

31

dttttdtttt

dtttdttt )sin()(cos1 310

6 )sin()(sin

3100

311

231 2

0

22

0

233

dttt )sin()(cos1 31

6

2

0

2

.

Za kraj ćemo još napraviti i supstituciju )cos(tu . Vrijedi dttdu )sin( . Nove granice

integracije su 1)0cos( i 02

cos

. Dakle,

1

0

20

1

22

0

2 )1( 31

6 )1(

31

6 )sin()(cos1

31

6duuduudttt

301376553.092

632

31

60

301

31

31

6

331

6

1

0

3

uu .

Zadatak 95. Izračunajte integral dxxx )2(arctg2 . Rješenje: Za početak ćemo parcijalno integrirati, i to tako da je )2(arctg xu , 2xv i

3

3xv . Na taj način dobivamo

102

dxxx

xxdxxxdxxx 3)2(1

2 3

)2(arctg )2(arctg )2(arctg3

2

322

dxxx

xxxdxx

xxx 241

31)2(arctg

3

412

31)2(arctg

3 2

23

2

33

.

Zatim ćemo napraviti supstituciju 2xt . Vrijedi dxxdt 2 , pa je

dtt

txxdxxx

xxx 41

31)2(arctg

3 2

41

31)2(arctg

3

3

2

23

dttt

txxdtt

txx 41

14141

121)2(arctg

3

414

121)2(arctg

3

33

Cttxxdt

txx 41ln

41

121)2(arctg

3

414

411

121)2(arctg

3

33

CxxxxCttxx )41ln(

481

12)2(arctg

341ln

481

12)2(arctg

32

233

.

Zadatak 96. Izračunajte integral dxxxxx )(cos)(sin3)(cos)(sin 2610288 . Rješenje: dxxxxx )(cos)(sin3)(cos)(sin 2610288

dxxxdxxx )(cos)(sin3 )(cos)(sin 2610288

dxxxdxxxx )(cos)(sin3 )cos()(sin9)(cos91 2610827 .

Sada u prvom integralu koristimo parcijalnu integraciju. Pri tome uzimamo da je

)(cos91 27 xu , )cos()(sin9 8 xxv i )(sin 9 xv . Na taj način dobivamo

dxxxdxxxx )(cos)(sin3 )cos()(sin9)(cos91 2610827

dxxxdxxxxxx )(cos)(sin3 )(sin)sin()(cos927 )(sin)(cos

91 2610926927

dxxxdxxxxxx )(cos)(sin3 )(sin)sin()(cos3 )(cos)(sin91 2610926279

103

dxxxdxxxxx )(cos)(sin3 )(cos)(sin3 )(cos)(sin91 26102610279

Cxx )(cos)(sin91 279 .

Zadatak 97. Izračunajte integral dxxxxx )(cos)(sin3)(cos)(sin 208226 .

Rješenje: Postupak je isti kao u zadatku 96, a rezultat je Cxx )(cos)(sin71 217 .

Zadatak 98. Izračunajte integral dxe

xxx

)cos()sin( .

Rješenje: Kao prvo,

dxexxdx

exxdx

exx x

xx )cos()sin( )cos()sin( )cos()sin(

dxexdxexx xx )2sin( 21 )cos()sin(2

21 .

Sada ćemo izračunati integral dxex x )2sin( , pa ćemo onda lako dobiti i integral

dxe

xxx

)cos()sin( . Računanje integrala dxex x )2sin( započinjemo parcijalnom

integracijom kod koje je )2sin( xu , xev i xev :

dxexexdxex xxx )2cos(2 )2sin( )2sin( . Zatim još jednom parcijalno integriramo, s tim da je ovaj put )2cos(2 xu , xev i xev :

dxexexexdxexex xxxxx )2sin(4 )2cos(2)2sin( )2cos(2 )2sin(

dxexexxdxexexex xxxxx )2sin( 4)2cos(2)2sin( )2sin( 4)2cos(2)2sin( . Sve skupa,

dxexexxdxex xxx )2sin( 4)2cos(2)2sin( )2sin( ,

Cxxedxex xx )2cos(2)2sin( )2sin( 5 ,

104

Cxxedxexx

x

5)2cos(2)2sin( )2sin( .

I tako,

Cxxedxexdxe

xx xx

x 5)2cos(2)2sin(

21 )2sin(

21 )cos()sin(

Cxxex

10

)2sin()2cos(2 .

Zadatak 99. Izračunajte integral dxe

xxx )2sin()2cos( .


dxexxdxexxdxe

xx xxx )2cos()2sin(2

21 )2cos()2sin( )2sin()2cos(

dxex x )4sin(21 .

Integral dxex x )4sin(21 ćemo izračunati pomoću dvije parcijalne integracije. Kod prve

parcijalne integracije će biti )4sin(21 xu , xev i xev :

dxexexdxex xxx )()4cos(24 )()4sin(

21 )4sin(

21

dxexex xx )4cos(2 )4sin(21 .

Kod druge parcijalne integracije će biti )4cos(2 xu , xev i xev :

dxexex xx )4cos(2 )4sin(21

dxexexex xxx )()4sin(8 )()4cos(2)4sin(21

dxexexex xxx )4sin( 8)4cos(2)4sin(21

105

dxexexx xx )4sin(8)4cos(4)4sin(21

dxexe

xx xx )4sin(8

2)4cos(4)4sin( .

Sve skupa,

dxexe

xxdxex xx

x )4sin(21 16

2)4cos(4)4sin( )4sin(

21 ,

Ce

xxdxex xx


21 17 ,

Ce

xxdxex xx


21 .

To znači da je i

Ce

xxdxe

xxxx

34

)4cos(4)4sin( )2sin()2cos( .

106

9. Računanje površina i volumena U ovom poglavlju rješavamo zadatke o površinama i volumenima. Kada u zadacima koji slijede računamo površinu lika L , onda lik L uvijek ima svojstvo da postoje realni brojevi a i b i neprekidne funkcije )(xf i )(xg takvi da vrijedi: 1) ba , 2) ako je bax , , onda je )()( xgxf ,

3) lik L je skup ) ,( yx )() , : 2 xfyg(xbxa .

Poznato je da je liku L , koji ima svojstva 1), 2) i 3), površina jednaka b

a

dxxgxf )()( .

Nadalje, u zadacima koji slijede, računanje volumena se uvijek svodi na računanje volumena takvog tijela T za kojega postoje realni brojevi a i b i neprekidna funkcija )(xf takvi da vrijedi: 1) ba , 2) ako je bax , , onda je 0)( xf ,

3) tijelo T nastaje rotacijom lika ) ,( yx )(0 , : 2 xfybxa oko iks osi.

Poznato je da je tijelu T , koje ima svojstva 1), 2) i 3), volumen jednak b

a

dxxf )( 2 .

Zadatak 100. Neka je T trokut sa vrhovima )0 ,0(A , )10 ,0(B i )10 ,5(C . Neka se lik L sastoji od onih točaka E koje imaju sljedeća dva svojstva: točka E leži unutar trokuta T ; produkt ( udaljenost točke E od stranice () AB udaljenost točke E od stranice )BC je veći od 8 (osam). Kolika je površina lika L ?

107

Slika 10. Lik iz zadatka 100. Rješenje: Ako točka ) ,( yx leži unutar trokuta T , onda je udaljenost točke ) ,( yx od stranice AB jednaka x , a udaljenost točke ) ,( yx od stranice BC je jednaka y10 . Točka ) ,( yx pripada liku L onda kada je

8)10( yx , 810 xyx , 810 xxy , 810 xxy , xx

xy 810810

.

Jednadžba stranice AC je xy 2 . Dakle, donji rub lika L je pravac xy 2 , a gornji rub lika

L je hiperbola x

y 810 . U kojim se točkama pravac xy 2 siječe sa hiperbolom

xy 810 ?

108

xx 8102 , 8102 2 xx , 08102 2 xx , 0452 xx ,

4 & 128 &

22

235

216255

x .

Sjecišta su točke )2 ,1( i )8 ,4( . Površina lika L je

1)1ln(81016)4ln(840 ))ln(810( 2810

4

1

24

1

xxxdxxx

909645111.3)2ln(16151081016)2ln(2840 .

Zadatak 101. Neka je L lik koji ima sljedeća svojstva: Prvo svojstvo: Najljevija točka lika L je ishodište )0 ,0( . Drugo svojstvo: Najdesnija točka lika L je prvo-poslije-ishodišta sjecište krivulje

)cos()sin(2 xxxy sa krivuljom )3cos()3sin(2 xxxy . Treće svojstvo: Donji rub lika L je dio krivulje )cos()sin(2 xxxy . Četvrto svojstvo: Gornji rub lika L je dio krivulje )3cos()3sin(2 xxxy . Kolika je površina lika L ?

Slika 11. Lik iz zadatka 101.

109

Rješenje: Kao prvo, )2sin()cos()sin(2)cos()sin(2 xxxxxxxx i )6sin()3cos()3sin(2)3cos()3sin(2 xxxxxxxx .

Neka je 1x apscisa prvog-poslije-ishodišta sjecišta krivulje )2sin( xxy sa krivuljom

)6sin( xxy . Vrijedi

)6sin()2sin( 1111 xxxx , pa je )6sin()2sin( 11 xx .

Broj 1x leži u intervalu 6

,0 , pa brojevi 12x i 16x oba leže u intervalu ,0 . Zato iz

)6sin()2sin( 11 xx slijedi da vrijedi jedno od sljedećega:

11 62 xx , 04 1 x , 01 x ili 11 62 xx , 18x , 81

x .

Budući da je 01 x , zaključujemo da je 81

x . Površina lika L je

8

0

8

0

)2sin()6sin( )2sin()6sin(

dxxxxdxxxxx .

Sada ćemo parcijalno integrirati. Uzeti ćemo da je xu , )2sin()6sin( xxv i

)2cos(21)6cos(


8

0

)2sin()6sin(

dxxxx

8

0

8

0

)2cos(21)6cos(

611 )2cos(

21)6cos(

61

dxxxxxx

8

0

)2cos(21)6cos(

61 0

82cos

21

86cos

61

8

dxxx

8

0

)2sin(41)6sin(

361

4cos

21

43cos

61

8

xx

00

4sin

41

43sin

361

22

21

22

61

8

110

22

41

361

12232

822

41

22

361

42

122

8

92

242

7228

242

22

368

32

822

3691

1224

8

027985282.0291

24

.

Zadatak 102. Neka je )6cos()2cos(1)( xxxxf . Neka je p tangenta na krivulju

)(xfy , povučena u točki

2 ,

2 . Za

2 ,

4

x , tangenta p leži iznad krivulje

)(xfy . Neka se lik L sastoji od svih točaka ) ,( yx koje imaju sljedeća svojstva:

Prvo svojstvo: Apscisa x je veća od 4 , ali je manja od

2 .

Drugo svojstvo: Točka ) ,( yx leži iznad krivulje )6cos()2cos(1 xxxy , ali leži ispod tangente p . Kolika je površina lika L ?

Slika 12. Lik iz zadatka 102.

111

Rješenje: Lako se vidi (a uz to je i napisano u tekstu zadatka) da je

2

12

)111(2

)3cos()cos(122

f .

Sada još trebamo naći

2f , pa ćemo onda moći napisati jednadžbu tangente p . Vrijedi

)6sin(6)2sin(2)6cos()2cos(11)( xxxxxxf i

1)00(2

111)3sin(6)sin(22

)3cos()cos(12

f .

Jednadžba tangente p glasi

222 xffy ,

21

2 xy ,

22

xy , xy .

Površina lika L je

2

4

2

4

)6cos()2cos(11 )6cos()2cos(1

dxxxxdxxxxx

2

4

)2cos()6cos(

dxxxx .

Sada parcijalno integriramo, i to tako da je xu , )2cos()6cos( xxv i

)2sin(21)6sin(


2

4

)2cos()6cos(

dxxxx

dxxxxxx )2sin(

21)6sin(

611 )2sin(

21)6sin(

61 2

4

2

4

112

dxxx )2sin(

21)6sin(

61

42sin

21

46sin

61

4)sin(

21)3sin(

61

2

2

4

2

4

)2cos(41)6cos(

361

2sin

21

23sin

61

4)00(

2

xx

2cos

41

23cos

361)cos(

41)3cos(

3611

21)1(

61

4

368

6369

361

64

40

410

361)1(

41)1(

361

631

4

745820997.092

6

.

Zadatak 103. Neka je L lik koji ima sljedeća svojstva: najljevija točka lika L je ishodište )0 ,0( ;

najdesnija točka lika L je točka

4 ,

4 ;

gornji rub lika L je dio krivulje )(cos2 xxy ; donji rub lika L je dio krivulje )(sin 2 xxy . Koliki volumen ima tijelo koje nastaje rotacijom lika L oko iks osi? Rješenje: Traženi volumen je

4

0

4

0

44

0

444

0

4 )(sin )(cos )(sin )(cos

dxxxdxxxdxxxdxxx

4

0

22224

0

44 )(sin)(cos )(sin)(cos )(sin)(cos

dxxxxxxdxxxx

4

0

4

0

)2cos( 1)2cos(

dxxxdxxx .

113

Potonji integral riješiti ćemo pomoću parcijalne integracije. Uzeti ćemo da je xu ,

)2cos( xv i )2sin(21 xv . Na taj način dobivamo

4

0

4

0

4

0

)2sin(211 )2sin(

21 )2cos(

dxxxxdxxx

4

0

4

0

)2cos(410

8 )2sin()2(

41 0

2101

21

4

xdxx

448302386.0484

18

1410

41

8

2

.

Zadatak 104. Neka je L lik kojega slijeva, zdesna, odozdo i odozgo redom omeđuju pravac

4

x , pravac 2

x , iks os i krivulja x

xy 2)sin( . Neka je T tijelo koje nastaje rotacijom

lika L oko iks osi. Tijelo T ima volumen 70703194.17 . Koristeći taj podatak, izračunajte

integral 2

4

)sin(

dxx

x .

Napomena. Funkcija dxx

x )sin( nije elementarna. Zato nemojte tražiti primitivnu funkciju

od x

x)sin( , nego iskoristite podatak o volumenu tijela T .

Rješenje: Volumen tijela T je

2

4

22

2

4

2

4)sin(4)(sin 2)sin(

dxxx

xxdxx

x

2

4

2

4

2

2

4

2 1 4 )sin( 4 )(sin

dxx

dxx

xdxx

2

4

2

4

2

4

14 )sin( 4 )2cos(121

xdx

xxdxx

114

2

4

2

4

424 )sin( 4 )2sin(21

21

dx

xxxx

2

4

24 )sin( 42

sin21

421)sin(

21

221

dx

xx

2

4

2

4

)sin( 4841

88 )sin( 4

41

80

4

dx

xxdx

xx

2

4

2

4

2

)sin( 401909871.10 )sin( 4848

dxx

xdxx

x .

No u zadatku piše da je volumen tijela T jednak 70703194.17 . Dakle,

70703194.17 )sin( 401909871.102

4

dxx

x ,

68793323.701909871.1070703194.17 )sin( 42

4

dxx

x ,

611786287.04

68793323.7 )sin( 2

4

dxx

x .

115

10. Taylorovi redovi Neka je )(xff funkcija sa intervala ba , u skup , neka točka c leži u intervalu ba , i neka je n N. Pretpostavimo da funkcija f u točki c ima n -tu derivaciju. Tada postoji polinom

nn

n cxn

cfcxcfcxcfcfcxP )(!

)(...)(!2

)()(!1

)()() ; ()(

2

.

Polinom ) ; ( cxPn zove se n -ti Taylorov polinom funkcije f u točki c . Polinom )0 ; (xPn još se zove i n -ti Maclaurinov polinom funkcije f . Ako funkcija f u točki c ima derivacije svakog reda, onda se promatra i beskonačnu sumu

...)(!3

)()(!2

)()(!1

)()() ; ( 32

cxcfcxcfcxcfcfcxP .

Ta se beskonačna suma zove Taylorov red funkcije f u točki c . Taylorov red funkcije f u točki nula još se zove i Maclaurinov red funkcije f . U ovom ćemo poglavlju izračunati nekoliko Maclaurinovih polinoma. Zadaci su poredani prema složenosti funkcije (nazovimo ju f ) kojoj računamo Maclaurinov polinom. Na početak su stavljeni zadaci u kojima je f racionalna funkcija. Zatim dolaze zadaci u kojima se u funkciji f pojavljuju ln -ovi. Na koncu dolaze zadaci u kojima se u funkciji f pojavljuju sinusi i/ili kosinusi.

Zadatak 105. Neka je )31()21(

)( 22 xxxxf

.

Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32 94 xxx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf .

Rješenje: Koristeći Maclaurinove razvoje ...11

1 65432 ttttttt

i

...7654321)1(

1 654322

tttttt

t, odmah dobivamo

)3(1

1)2(1

1)( 22 xxxxf

...)3()3(1...)2(6)2(5)2(4)2(3)2(21 2225432 xxxxxxxx

...)931(...)326165844341( 425432 xxxxxxxx

116

...)931(...)19280321241( 425432 xxxxxxxx

...)19280321241(...)931( 543242 xxxxxxxx

...)3696192()93680()1232()312(41 5432 xxxxxx

...132532094...)1325320941( 654325432 xxxxxxxxxxxx . Dakle, šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432 132532094 xxxxxx . Napomena. U tekstu zadatka piše “treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je

32 94 xxx ”, a sada vidimo da šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf također počinje sa 32 94 xxx . To nije slučajno. Svaki Maclaurinov polinom nižeg stupnja (skraćeno: Mpns)

je ujedno i početak Maclaurinovog polinoma višeg stupnja (skraćeno: Mpvs). Ako otprije znamo Mpns, pa onda izračunamo Mpvs, formula za Mpns može nam poslužiti za djelomičnu provjeru formule za Mpvs.

Zadatak 106. Neka je )1()2(

1)( 2

xxxf .

Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 2

163

41 x . Nađite peti Maclaurinov polinom

funkcije )(xf .

Rješenje: Koristeći Maclaurinove razvoje ...11

1 65432 ttttttt

i

...7654321)1(

1 654322

tttttt

t, bez većih poteškoća dobivamo

)(1

1

21

141

11

212

11

1)2(

1)( 222 xxxxxxxf

...

26

25

24

23

221

41 5432 xxxxx

...)()()()()(1 5432 xxxxx

...)1(...

326

165

84

431

41 54325432 xxxxxxxxxx

...)1(...

163

165

21

431


117

432

165

21

4311

21

4311

4311)11(1

41 xxxx

...

163

165

21

4311 5x

...

1635812

165812

423

431

41 5432 xxxx

...646

649

161

163

41...

166

169

41

431

41 54325432

xxxxxxxx .

Prema tome, peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432

323

649

161

163

41 xxxx .

Zadatak 107. Neka je )31)(441(

41)( 2

2

xxxxxf

.

Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 251 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Kao prvo,

)3(1)21(21

)31)(21(21

)31()21()21)(21()( 2 xx

xxx

xxxxxxf

.

Uz pomoć formule ...11

1 5432

tttttt

, odatle dobivamo

...)2()2()2()2(21)21()( 5432 xxxxxxxf

...)3()3()3()3()3(1 5432 xxxxx

...)2438127931(...)32168421()21( 54325432 xxxxxxxxxxx

432 )1624365481()8121827()469()23(1)21( xxxxx ...)324872108162243( 5x

...133551371)21( 5432 xxxxxx

...)110133()2655()1413()27()21(1 5432 xxxxx

...232951 5432 xxxxx .

Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432 232951 xxxxx .

118

Zadatak 108. Neka je 123

)( 24

xxxxf .

Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32xx . Nađite deveti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Za početak, nazivnik funkcije )(xf rastavljamo na faktore. Rješenje kvadratne

jednadžbe 01232

tt je

1 & 31

66 &

62

642

61242

6)1(3442

t .

To znači da je )1)(13()1(313123 2

tttttt . Dakle, 123 24 xx

)31)(1()13)(1()1)(13( 222222 xxxxxx i

)3(11

11

311

11

)31)(1()( 222222 xx

xxx

xxx

xxf

.

Koristeći formulu ...11

1 432

ttttt

, sada dobivamo

...)3()3()3(31...)()()(1)( 42322224232222 xxxxxxxxxxf

...)8127931(...)1( 86428642 xxxxxxxxx

...)1392781()13927()139()13(1 8642 xxxxx

...612072...)6120721( 97538642 xxxxxxxxxx .

Deveti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 9753 612072 xxxxx .


18)( 2

2

xxx

xxf .

Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 221 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Rješenje kvadratne jednadžbe 0123 2 xx je

31 & 1

62 &

66

642

61242

x .

119

To znači da je

2

2

2

2

2

22

)1)(31(81

)31()1(81

)13()1(18

31)1(3)1(

18)(xx

xxx

xxx

x

xxx

xxf

22

)(11

311)81(

xxx

.

Koristeći Maclaurinove razvoje funkcija t1

1 i 2)1(1t

(napisane u zadatku 106), odatle

dobivamo

...)3()3()3()3(31)81()( 54322 xxxxxxxf ...)(6)(5)(4)(3)(21 5432 xxxxx

...)654321(...)2438127931()81( 543254322 xxxxxxxxxxx

4322 )815427125()271894()963()32(1)81( xxxxx

...)2431628136156( 5x

...)135471461()81( 54322 xxxxxx

...)112135()4847()814()86(1 5432 xxxxx

...23621 5432 xxxxx . Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432 23621 xxxxx .


12

)12(ln)(

xxexf

x

.

Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32 231 xx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Naravno, 12ln 12 xe x . Nadalje, rješenje kvadratne jednadžbe 012 2 xx je

1 & 21

44 &

42

431

4811

x .

To znači da je )1)(12()1(21212 2

xxxxxx . I tako,

120

22222 )1( 1

)2(11

)1)(21(1

)1)(12(1

)1()12(12)(

xxxxxxxxxxf

.

Koristeći Maclaurinove razvoje funkcija t1

1 i 2)1(1t

(napisane u zadatku 106), odatle

dobivamo

...)2()2()2()2()2(21)( 65432 xxxxxxxf ...)7654321( 65432 xxxxxx

...)7654321(...)6432168421( 6543265432 xxxxxxxxxxxx

432 )16161285()8864()443()22(1 xxxx ...)6464483220127()32322416106( 65 xx

...31129231 65432 xxxxx .

Šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432 31129231 xxxxx .


14)( 22

xxxx

xxf .

Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 291 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Rješenje kvadratne jednadžbe 016 2 xx je

31 &

21

124 &

126

1251

122411

x .

To znači da je )13)(12(313

212

31

21616 2

xxxxxxxx .

Rješenje kvadratne jednadžbe 0168 2 xx je

41 &

21

164 &

168

1626

1632366

x ,

pa je stoga )14)(12(414

212

41

218168 2

xxxxxxxx .

Sve skupa,

121

)13()12(1

)14)(12()13)(12(14)( 2 xxxxxx

xxf

222 )2(11

311

)21(1

311

)12(1

131

xxxxxx

.

Uz pomoć Maclaurinovih razvoja funkcija t1

1 i 2)1(1t

(napisanih u zadatku 106), odatle

dobivamo

...)3()3()3()3(31)( 5432 xxxxxxf ...)2(6)2(5)2(4)2(3)2(21 5432 xxxxx

...)326165844341(...)2438127931( 54325432 xxxxxxxxxx

...)19280321241(...)2438127931( 54325432 xxxxxxxxxx

432 )811081089680()27363632()91212()34(1 xxxx

...)243324324288240192( 5x

...365591...)365591( 54325432 xxxxxxxxxx . Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432 365591 xxxxx .

Zadatak 112. Neka je

3

2

)12(14ln)(

xxxf .

Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 2106 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf .

Rješenje: Uz pomoć formule ...65432

)1ln(65432

ttttttt lako dobivamo

)21ln(3)41ln()12ln(3)14ln()12(ln)14ln()( 2232 xxxxxxxf

...

5)2(

4)2(

3)2(

2)2(23...

2)4(4

5432222 xxxxxxx

...

532

416

38

2423...

2164

543242 xxxxxxx

122

...

5324

38223...)84( 543242 xxxxxxx

...

59612866...)84( 543242 xxxxxxx

...59648106 5432 xxxxx .

Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432

59648106 xxxxx .


)12()14(

ln)( 22 xxexf

x

.

Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32

386 xxx . Nađite šesti Maclaurinov

polinom funkcije )(xf . Rješenje: Koristeći Maclaurinov razvoj funkcije )1ln( t (napisan u zadatku 112), bez većih poteškoća dobivamo

)12ln()14(ln)ln()( 22 xxexf x

)21ln()41ln(2)12ln()14ln(2 22 xxxxxx

...

6)2(

5)2(

4)2(

3)2(

2)2(2...

3)4(

2)4(42

6543232222 xxxxxxxxxx

...

664

532

416

38

242...

364

21642

65432642 xxxxxxxxxx

...

332

5324

3822...

364842 65432642 xxxxxxxxxx

...

332

5324

3822...

3128168 65432642 xxxxxxxxxx

...325

3220386...

396

53220

386 6543265432 xxxxxxxxxxxx .

Šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432 3253220

386 xxxxxx .

123


x

xxf21

21ln)( .

Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32 43 xxx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf .

Rješenje: Uz pomoć formula ...65432

)1ln(65432

ttttttt i

...65432

)1ln(65432

ttttttt , lako dobivamo

)21ln(21)21ln(21ln)21ln()( xxxxxf

...

6)2(

5)2(

4)2(

3)2(

2)2(2

65432 xxxxxx

...

6)2(

5)2(

4)2(

3)2(

2)2(2

21 65432 xxxxxx

...

664

532

416

38

242

65432 xxxxxx

...

664

532

416

38

242

21 65432 xxxxxx

...

316

5162

34...

332

5324

3822 6543265432 xxxxxxxxxxxx

...3

16548243 65432 xxxxxx .

Šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 65432

316

548243 xxxxxx .


22

12613

231ln)(

xxxxxf .

Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 2xx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Kao prvo, vrijedi

124

22

121

231ln

221

)13(213

231ln)(

xx

xxxxxf

)1(21)1)(1(3ln

)1(21

233ln

221

23

23ln

xxx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

2232ln

2223ln

22133ln

)1(21)1(3ln

2222

)1ln(231ln

1231

ln 2

2

xxx

x

.

Koristeći Maclaurinov razvoj funkcije )1ln( t (napisan u zadatku 114), odatle dobivamo

...65432

...3

23

223

23)(

65432

32

22

2 xxxxxxxx

xxf

...61

51

41

31

21...

3827

249

23 65432

64

2 xxxxxxxx

x

...

244

51

82

31

21...

2427

89

23 65432642 xxxxxxxxx

...2423

51

87

31 65432 xxxxxx .


2423

51

87

31 xxxxxx .


325

227

2412ln)( x

xxxxf .

Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 23xx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Kao prvo, vrijedi

125

32

522

721ln3

25

227

)12(212ln)( x

xx

xxxxf

)1(2)1(237)1)(15(ln3

)1(27

215ln

xxxx

xx

xx

xx

xxxxx

2252ln

2225ln

)1(2667155ln

222

)1ln(251ln

1251

ln 2

2

xxx

x

.

Koristeći Maclaurinov razvoj funkcije )1ln( t (napisan u zadatku 114), odatle dobivamo

...65432

...3

25

225

25)(

65432

32

22

2 xxxxxxxx

xxf

...61

51

41

31

21...

38

125

2425

25 65432

64

2 xxxxxxxx

x

...

244

51

82

31

21...

24125

825

25 65432642 xxxxxxxxx

...843

51

823

313...

24129

51

823

31

26 6543265432 xxxxxxxxxxxx .


843

51

823

313 xxxxxx .


2

2

214231ln)(

xxxxf .

Treći Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 32 26323 xxx . Nađite šesti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Rješenje kvadratne jednadžbe 01234 2 xx je

126

42 &

22

822 &

824

8223

8161823

x .

To znači da je

42

22412344231 22 xxxxxx

)221)(21(4422

222

4222

222 xxxxxx

,

pa je

)21ln()221ln()21ln(21

)221)(21(ln)( 22 xxx

xxxxf

.

Koristeći Maclaurinove razvoje funkcija )1ln( t i )1ln( t (napisane u zadatku 114), odatle dobivamo

...

6)2(

5)2(

4)2(

3)2(

2)2(2)(

65432 xxxxxxxf

...

6)22(

5)22(

4)22(

3)22(

2)22(22

65432 xxxxxx

...

3)2(

2)2(2

32222 xxx

...

68

524

44

322

222

65432 xxxxxx

...

6512

52128

464

3216

2822

65432 xxxxxx

...

38

242

642 xxx

...

34

524

3222 65432 xxxxxx

...

3256

5212816

3216422 65432 xxxxxx

...

3822 642 xxx

127

...3

2525

2132153

218323 65432 xxxxxx

...845

21321526323 65432 xxxxxx .

Traženi Maclaurinov polinom je 65432 845

21321526323 xxxxxx .


2

821)861ln()(

xxxxxf

.

Prvi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je x6 . Nađite četvrti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Rješenje kvadratne jednadžbe 0168 2 xx je

21 &

41

168 &

164

1626

1632366

x .

To znači da je

)21)(41()12)(14(212

414

21

418168 2 xxxxxxxxxx

,

pa je

)21ln()41ln()21)(41(ln)168ln()861ln( 22 xxxxxxxx . Koristeći Maclaurinov razvoj funkcije )1ln( t (napisan u zadatku 114), odatle dobivamo

...

4)2(

3)2(

2)2(2...

4)4(

3)4(

2)4(4)861ln(

4324322 xxxxxxxxxx

...

416

38

242...

4256

364

2164

432432 xxxxxxxx

...4

3822...64

36484 432432 xxxxxxxx

...6824106...683

72106 432432 xxxxxxxx .

128

Rješenje kvadratne jednadžbe 0128 2 xx je

41 &

21

164 &

168

1662

16362

163242

x .

To znači da je

414

212

41

218128821 22 xxxxxxxx

)4(1)21()14)(12( xxxx .


1 32

tttt

, odatle dobivamo

)4(1

121

1821

12 xxxx

...)4()4(41...)2()2(21 3232 xxxxxx

...)641641...)(8421( 3232 xxxxxx

...)8163264()4816()24(1 32 xxx

...401221 32 xxx .

Na koncu,

22

8211)861ln()(

xxxxxf

...)401221(...)6824106( 32432 xxxxxxx

...)6848120240()242072()1012(6 432 xxxx

...1007626 432 xxxx .

Četvrti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 432 1007626 xxxx .

Zadatak 119. Neka je x

xxf

1)4sin(1

)( .

Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 231 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf .

129


)2cos()2sin(2)2(cos)2(sin)4sin(1 22 xxxxx

2 22 )2cos()2sin()2(cos)2cos()2sin(2)2(sin xxxxxx , tako da je

x

xxx

xxxf

1

)2cos()2sin(1

)2cos()2sin()(

2

.

Koristeći Maclaurinove razvoje ...!5!3

)sin(53

tttt , ...

!4!21)cos(

42

ttt i

...11

1 5432

tttttt

, odatle lako dobivamo

x

xxxf1

1)2cos()2sin()(

xxxxxx

11...

!4)2(

!2)2(1...

!5)2(

!3)2(2

4253

xxxxxx

11...

!5)2(

!4)2(

!3)2(

!2)2(21

5432

xxxxxx

11...

12032

2416

68

2421

5432

...)1(...

154

32


432

32

34221

34221)221()21(1 xxxx

...

154

32

34221 5x

...

154

31

31

3131 5432 xxxxx

...53

31

3131...

159

31

3131 54325432 xxxxxxxxxx .

130

Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432

53

31

3131 xxxxx .


)3(sin)3(cos)( 2

22

xx

xxxf .

Drugi Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 2111 xx . Nađite peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf . Rješenje: Kao prvo, )6cos()3(sin)3(cos 22 xxx . Koristeći Maclaurinov razvoj

...!4!2

1)cos(42

ttt , zaključujemo da je

...5418124

12962

361...!4)6(

!2)6(1)3(sin)3(cos 42

424222 xxxxxxxx .

Nadalje, rješenje kvadratne jednadžbe 016 2 xx je

31 &

21

124 &

126

1251

122411

x .

To znači da je

31

21616 2 xxxx . Sada ćemo funkciju

31

216

116

12

xxxx rastaviti na parcijalne razlomke.

31

21

31

216

1

x

B

x

A

xx, BxAx

216

3161 ,

1216

316

BxAx . (1)

Stavljajući 21

x , iz jednadžbe (1) dobivamo 162

636

A , 1

656

A , 15 A ,

51

A .

Stavljajući 31

x , iz jednadžbe (1) dobivamo 163

626

B , 1

656 B , 15 B ,

51

B .

I tako,

131

13

53

1252

31

51

21

51

31

216

116

12 xxxxxxxx

xx 311

53

)2(11

52

.


1 5432

tttttt

odavde dobivamo

16

12 xx

...)2()2()2()2(2152 5432 xxxxx

...)3()3()3()3(3153 5432 xxxxx

...)2438127931(53...)32168421(


...

564

532

516

58

54

52 5432 xxxxx

...

5729

5243

581

527

59

53 5432 xxxxx

...133551371...5

6655

275565

535

55

55 54325432 xxxxxxxxxx .

Sve skupa,

16

1)3(sin)3(cos)( 222

xxxxxf

...)133551371(...)54181( 543242 xxxxxxx

...)54234133()5412655()1813()187(1 5432 xxxxx

...47175111 5432 xxxxx .

Peti Maclaurinov polinom funkcije )(xf je 5432 47175111 xxxxx .

132

Na tom i tom kolokviju/ispitu, trebalo je riješiti te i te zadatke Ova zbirka sadrži sve zadatke sa ukupno 37 provjera znanja: 16 kolokvija, 2 popravna kolokvija i 19 završnih ispita. Za svaku od tih 37 provjera znanja, u ovom je spisku navedeno od kojih se zadataka sastojala. Dakle, iz ovog se spiska vidi što se na prvom kolokviju, drugom kolokviju,… tražilo prijašnjih akademskih godina. Na osnovi tih podataka, dade se dosta dobro naslutiti što će se na prvom kolokviju, drugom kolokviju,… tražiti u tekućoj akademskoj godini. kolokvij od 24. listopada 2006.: zadaci 1 i 24 kolokvij od 28. studenoga 2006.: zadaci 35, 36 i 68 kolokvij od 20. prosinca 2006.: zadaci 69, 74 i 89 kolokvij od 26. siječnja 2007.: zadaci 86, 100 i 106 ispit od 9. veljače 2007.: zadaci 29, 67, 71 i 114 ispit od 23. veljače 2007.: zadaci 11, 42, 101 i 120 ispit od 27. travnja 2007.: zadaci 14, 51, 52 i 104 ispit od 20. lipnja 2007.: zadaci 49, 55, 77 i 119 ispit od 6. srpnja 2007.: zadaci 37, 54, 88 i 102 ispit od 7. rujna 2007.: zadaci 31, 46, 78 i 94 ispit od 21. rujna 2007.: zadaci 25, 66, 103 i 105 kolokvij od 29. listopada 2007.: zadaci 3 i 23 kolokvij od 26. studenoga 2007.: zadaci 30 i 45 kolokvij od 17. prosinca 2007.: zadaci 63 i 85 kolokvij od 21. siječnja 2008.: zadaci 87 i 108 ispit od 1. veljače 2008.: zadaci 32, 70 i 93 ispit od 22. veljače 2008.: zadaci 26, 58 i 72 ispit od 18. travnja 2008.: zadaci 38, 59 i 79 ispit od 13. lipnja 2008.: zadaci 50, 82 i 98 ispit od 27. lipnja 2008.: zadaci 34, 57 i 107 ispit od 5. rujna 2008.: zadaci 2, 39 i 112 ispit od 19. rujna 2008.: zadaci 33, 76 i 113 kolokvij od 3. studenoga 2008.: zadaci 4, 15 i 20 kolokvij od 9. prosinca 2008.: zadaci 47 i 65 kolokvij od 9. siječnja 2009.: zadaci 75 i 99 kolokvij od 28. siječnja 2009.: zadatak 110 popravni kolokvij od 30. siječnja 2009.: ako se ispravljao kolokvij od 3. studenoga 2008., pisali su se zadaci 7, 18 i 19; ako se ispravljao kolokvij od 9. prosinca 2008., pisali su se zadaci 48 i 56; ako se ispravljao kolokvij od 9. siječnja 2009., pisali su se zadaci 73 i 95; ako se ispravljao kolokvij od 28. siječnja 2009., pisao se zadatak 109. ispit od 6. veljače 2009.: zadaci 5, 61, 92 i 111 ispit od 20. veljače 2009.: zadaci 8, 64, 90 i 117 ispit od 28. travnja 2009.: zadaci 6, 53, 91 i 118

133

kolokvij od 3. studenoga 2009.: zadaci 10, 17 i 21 kolokvij od 1. prosinca 2009.: zadaci 40 i 62 kolokvij od 7. siječnja 2010.: zadaci 84 i 97 kolokvij od 22. siječnja 2010.: zadatak 115 popravni kolokvij od 27. siječnja 2010.: ako se ispravljao kolokvij od 3. studenoga 2009., pisali su se zadaci 9, 16 i 22; ako se ispravljao kolokvij od 1. prosinca 2009., pisali su se zadaci 41 i 60; ako se ispravljao kolokvij od 7. siječnja 2010., pisali su se zadaci 83 i 96; ako se ispravljao kolokvij od 22. siječnja 2010., pisao se zadatak 116. ispit od 2. veljače 2010.: zadaci 12, 28, 44 i 80 ispit od 16. veljače 2010.: zadaci 13, 27, 43 i 81

134

Literatura [1] H. Anton, Calculus – A New Horizon, sixth edition, John Wiley & Sons, Inc., New York, 1999. [2] B. P. Demidovič (ur.), Zadaci i riješeni primjeri iz matematičke analize za tehničke fakultete, sedmo izdanje, Golden marketing – Tehnička knjiga, Zagreb, 2003. [3] T. Došlić, N. Sandrić, Matematika 1, skripta, Građevinski fakultet, Sveučilište u Zagrebu, 2008. http://www.grad.hr/nastava/mat1/MAT1.pdf [4] P. Javor, Matematička analiza 1, nulto izdanje, Element, Zagreb, 1995. [5] L. D. Kudrjavcev, A. D. Kutasov, V. I. Čehlov, M. I. Šabunin, Sbornik zadač po matematičeskomu analizu: Integraly. Rjady, Nauka, Moskva, 1986. [6] S. Kurepa, Matematička analiza, Prvi dio – diferenciranje i integriranje, osmo prerađeno i prošireno izdanje, Tehnička knjiga, Zagreb, 1989. [7] M. Pašić, Matematika 1, s više od 800 riješenih primjera i zadataka, Merkur A.B.D., Zagreb, 2005. [8] S. K. Stein, A. Barcellos, Calculus and Analytic Geometry, fifth edition, McGraw–Hill, Inc., New York, 1992.

Documents

Zbirka rijesenih zadataka sa kolokvija i ispita M1