Skinuto sa

Transcript

1 Skinuo sa

2 Skinuo sa

3 Skinuo sa

4 Skinuo sa

5 Skinuo sa

6 Skinuo sa

7 Skinuo sa

8 Skinuo sa

9 Skinuo sa

10 Skinuo sa

11 Skinuo sa

12 Skinuo sa

13 Skinuo sa

14 Elekroehnički Fakule Univerzie u Sarajevu Predme : Inženjerska Maemaika DOMAĆA ZADAĆA # R J E Š E NJ A Z A D A T A K A Zad.. Daa je realna funkcija f jedne realne promjenljive: a) Nađie prirodni domen D( f ) i ispiaje ponašanje na rubu od D( f ) za dau funkciju f. b) Nađie inverznu funkciju dae funkcije f. Rješenje zadaka : a) Odredimo prirodni domen funkcije Nazivnik razlomka u izrazu Za sve osale realne vrijednosi argumena f( ) : arcsin e. ne smije bii jednak 0, j.. funkcija e je definisana. Međuim, argumen realne funkcije arcsin mora primai vrijednosi sa segmena [,] e, a izraz je nenegaivan, odakle slijedi da prirodni domen nalazimo rješavajući nejednačinu : (.) e ( )( ) 0 0 ( )( ). (.) Označimo sa D i D diskriminane izraza ( ) i Vrijedi da je ( ) 6 0 ( ) D < i D < 0., respekivno. Kako su diskriminane posmaranih izraza negaivne i kako su koeficieni uz najsarije članove poziivni (jednaki jedan), o onda vrijedi da je > 0 i > 0, za sve realne. Ouda slijedi da je Skinuo sa (.) 0. (.)

15 Napravimo abelu da deerminiramo znak razlomka u izrazu (.) : Iz prehodne abele vidimo da je rješenje nejednačine (.),). Ouda slijedi da je prirodni domen funkcije f( ) da sa Dom( f ),). 0. boda Šo se iče ispiivanja ponašanja funkcije na rubovima D(f), nema smisla ražii lijevi limes u ački i desni limes u ački. Iz lim 0 0 π slijedi lim f( ) arcsin e arcsin f( ) bodova Iz lim slijedi lim f( ) lim arcsin e arcsin 0 0. Ouda slijedi da je funkcija f( ) neprekidna u ački pa je i ograničena u njenoj desnoj poluokolini, e da je ograničena u lijevoj poluokolini ačke. Kako je funkcija f( ) neprekidna i srogo opadajuća na,), vrijedi da je f( ) f( ) > lim f( ) π, odnosno rang funkcije f( ) je 0,. Grafik funkcije na prirodnom domenu je prikazan kao dodaak na slijedećoj slici : 0.05 bodova Skinuo sa

16 b) Pronađimo inverznu funkciju od f : Ispiajmo prvo monoonos zadane funkcije, j. pronađimo evenualne inervale na kojima je funkcija srogo monoona (rasuća ili opadajuća). 5 Napišimo zadanu funkciju u pogodnijem obliku : f( ) arcsin e arcsin e. Prvi način (kompozicija funkcija) : Kako znamo da svaku složenu funkciju oblika f(g( h())) možemo napisai kao : f() o g() o o h(), o našu funkciju možemo predsavii u obliku : 5 5 f( ) arcsin e ( arcsin( ) ) o( e) o( o ) o( ). Sada je jednosavnije ispiai monoonos : arcsin( ) 5 f( ) M M M M M M e ( ) Zaključak je da f() na svome domenu srogo opada. Drugi način (koriseći monoonos elemenarnih funkcija) : e f( ) arcsin e M M M M M M ( ) Zaključak : f() je na svome domenu srogo opadajuća funkcija. Iz neprekidnosi i monoonosi na,), slijedi da funkcija f ima inverznu funkciju bodova Nađimo analiički oblik inverzne funkcije f. Imamo : π y arcsin e sin y e, y 0, 5 ln ( sin y) Skinuo sa

17 5 5 ln sin ln sin ( y) ( y), odakle slijedi da jednačina y f( ) ima jednoznačno rješenje po dao sa : 5 ln sin za 0, π y. ( y) Odale, ranskripcijom y, dobijemo analiički oblik funkcije f f( ) : f ( ) ln sin 5 ( ) ( ), koja je inverzna funkciji π za 0,. 0.5 bodova Grafik funkcije i njoj inverzne funkcije je prikazan na slijedećoj slici : Inače se grafik inverzne funkcije, f ( ), cra ako šo se svaka ačka funkcije f() preslika simerično u odnosu na pravu y. Napomena : umjeso korišenja monoonosi, moglo se ispiai da li je funkcija f bijekivna, a ek onda da se raži analiički oblik inverzne funkcije f. Također, mogla se korisii i činjenica da ako se jednačina y f( ) može riješii po jednoznačno, onda funkcija f( ) ima inverznu funkciju, f ( ). Skinuo sa

18 Zad.. Izračunaje sljedeće limese funkcije: Rješenje zadaka : a) Pronađimo prvo lim ( ). Očigledno je da kad i pokorijeni izraz, pa i sam korijen, eži ka. Odale slijedi da je dai limes jednak. U drugom slučaju, kada -, pokorijeni izraz, pa i sam korijen, eži ope ka. Međuim, sada imamo slučaj (- ) šo je neodređeno, j. prividno neodređen oblik, pa moramo promijenii prisup pri rješavanju posmaranog problema. Prvo ćemo korisii smjenu y i racionalizirai izraz pod znakom limesa : y y y y y y ( y y y ) y y y y y y y y y y y y Kako znamo da kad -,onda y, 0, odakle je : y y 0 lim lim. y 0 0 y y 0.5 bodova b) Ukoliko vrijedi da je a b (pa čak i kada je jednako nuli) ada imamo : a a lim lim lim ( ) bodova b a Treba obraii pažnju, jer izraz pod limesom je idenički jednak, šo reba razlikovai od slučaja P.N.O. (ip). a U slučaju da je a b, da bismo odredili lim b Ouda y kada, ( ab, R )., uvedimo smjenu y b. Skinuo sa 5

19 Sada imamo : Znajući da je a b yb lim y y y a y a b a b lim lim lim y b. b y y a b y lim y y y lim e, imamo da je y y y y y ( ab) ab ab ab lim lim e y y y y ab 0. bodova Skinuo sa 6

20 Zad.. Daa je familija ( fα : α 0) realnih funkcija jedne realne varijable, gdje je Ispiaje neprekidnos i klasificiraje evenualne ačke prekida i singulariea svake od funkcija fα (iz dae familije) i funkcija ako je p zbir svih cifara vašeg JMB. Rješenje zadaka : α α, α a) Svaka od funkcija fα ( ) ( α 0), je definirana na R, a neprekidna, > α D( f α ), gdje je D( f α ) (, α) ( α, α) ( α, ). Sada ispiajmo ponašanje funkcije u lijevoj i desnoj okolini ačaka α i α : lim fα( ) lim fα( ), α α lim f ( ) lim f ( ) f ( α) α. α α α α α α α 0. bod Da bi funkcija bila neprekidna u ačkama α i α, mora vrijedii da je f α lim f ( ) lim f ( ) f ( α ) i lim f ( ) lim f ( ) f ( α ), α α α α α α α α α α šo je ekvivalenno sa : α α α αα ( ) 0 α 0, α Svaka od funkcija f ( ) α R \ 0, 0, ima prekid prve vrse (lijevi i desni limes su konačni, ali međusobno različii) i on je neoklonjiv. Za α 0 i za α je funkcija fα ( ) neprekidna. Od cijele familije funkcija fα ( ) jedino su f ( ) i f ( ) neprekidne bodova α, { } Poražimo još limes funkcije kada pusimo da ±. lim f ( ) lim lim ( ), ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) α lim f ( ) lim lim ( ). α Očigledno je da funkcija f α nema prekida druge vrse, nii singularnih ačaka. Skinuo sa 7

21 b) Sada posmaramo familiju funkcija gα ( ):, ( α 0), gdje je p zbir cifara vašeg fα ( ) JMBG. Očigledno je da je p prirodan broj veći od jedan i jedino šo će bii relevanno u vezi njega, u diskusiji koja slijedi, jese upravo da li je p paran ili neparan. Svaka od funkcija gα ( ) je neprekidna u svim ačkama R u kojima je f α neprekidna i f ( ) 0 Dg ( ) D( f) R : f( ) 0. α, j. na skupu α α { α } Riješimo jednačinu fα ( ) 0. α Za α je : fα ( ) 0 α α 0 ±, a ove ačke zadovoljavaju uslov α. Za > α je : fα ±. ( ) 0 0, 0,, Rješenje 0, jednačine fα ( ) 0 ne zadovoljava uslov > α, jer je α 0, pa nam osaje samo ± i o samo u slučaju da vrijedi α <. Odredimo sada limese u ačkama ± α : p p L ( α) lim gα( ) lim gα( ) lim α α α α α, za α α 0, p p L ( α) lim gα( ) lim gα( ) lim α α α α α α p, za α bodova α Odredimo limese i u ačkama ± : p, p neparno L ( α) lim g ( ) lim g ( ) lim α α, p parno α α α L ( α) lim g ( ) lim g ( ) lim α α α α α Poražimo još dodano limes funkcije kada pusimo da ±. lim g ( ) lim lim 0 α ( ) p p p p, α bodova Skinuo sa 8

22 lim g ( ) lim lim 0 α ( ) p p p Nadalje diskuujemo neprekidnos funkcija g ( ) α. Posmarajmo ± α, za α 0. Kada su L ( α ) i L ( ) α različii i konačni, funkcija ima prekid prve vrse, a kada je barem jedan beskonačan (ili ne posoji), funkcija ima prekid druge vrse. Za α 0 imamo da je : 0, 0 f0( ), i kako je g α ( ): vidimo da 0, > 0 fα ( ) g ( ) nije definisana u nuli. Tada je L(0) L(0), pa je 0 njena singularna ačka (ačka gomilanja domena funkcije koja mu ne pripada) ipa pola. p U ačkama ± važi : p, p neparno, lim g( ) lim g ( ) lim, p parno, p lim g( ) lim g ( ) lim. 0 0 Tačke ± predsavljaju singularne ačke ipa pola ako je p paran broj i esencijalne singulariee druge vrse ako je p neparan broj (esencijalna singularna ačka druge vrse je ačka gomilanja domena funkcije koja mu ne pripada, a lijevi i desni limesi su beskonačni, međusobno različii, ili bar jedan od njih ne posoji) bodova { } Za α (0, ) \ u ačkama ± α funkcija gα ( ) ima neoklonjivi prekid prve vrse, a ačke ± predsavljaju singularne ačke (šo je već razmoreno u prehodnom slučaju). α Tačke ± su singularne ipa pola za ako je p parno ( L L ), a esencijalni singularie druge vrse ako je p neparno ( L, L ) bodova Za α, u ačkama ± α ± limesi L i L su konačni, međusobno jednaki i jednaki vrijednosi funkcije u im ačkama, pa je u im ačkama funkcija neprekidna. Tačka ± predsavlja singularnu ačku (šo je već razmoreno). Skinuo sa 9

23 Tačke α ± ± su singulariei i o polovi ako je p parno ( L L ) singulariei ako je p neparno ( L, L )., a esencijalni 0.05 bodova Za α, ačke α ± ± su singulariei (šo je već razmoreno)., p neparno, L, p parno, U ačkama ± α ± vrijedi da je, pa funkcija g p α ima prekid druge L, vrse (o prekidu govorimo samo u slučaju da ačka pripada domenu funkcije, a ako o nije slučaj onda govorimo o singularieu) bodova α Za α >, ačke ± ± su singulariei (šo je već razmoreno), a u ačkama ± α funkcija g α ima prekid prve vrse bodova Skinuo sa 0

24 Zad.. Neka je funkcija f iz R u R definisana sa a) Odredie prirodni domen Dom(f), evenualne presjeke grafika G(f) sa koordinanim osama Dekarovog koordinanog sisema, evenualne asimpoe i sliku Im(f). b) Ispiaje znak i ograničenos dae funkcije. c) Izračunaje izvode f ' () i f '' (), a zaim odredie evenualne ugaone (prelomne) ačke i povrane ačke (šiljke) grafika dae funkcije. d) Skiciraje grafik dae funkcije f. e) Ispiaje da li su ispunjeni svi uslovi Rolleove eoreme za dau funkciju f na segmenu [-,5]. Rješenje zadaka : a) Odredimo prirodni domen funkcije f(). Funkcije 5 i a funkcija e su definisane za svaki realan broj, je definisana \ {,} R, pa je : { } Dom( f ) (, ) (,) (, ) R \,. Kako 0 Dom( f ), o posoji presjek grafika funkcije f( ) sa y-osom da sa : f(0) e 5. 0 Presjek sa -osom (ako posoji) se dobiva rješavanjem jednačine f( ) 0: 5 f( ) 0 e 0 ( 5 0), ± Dakle, presjeci funkcije f( ) sa -osom (nule funkcije) posoje i imaju apscise - i 5, respekivno. Ispiajmo ponašanje funkcije f( ) na krajevima pojedinih inervala koji čine domen, odnosno pronađimo limese u slučajevima kada ± i kada ± : e lim f( ) lim f( ), 0 6e lim f( ) lim f( ), 0 Skinuo sa

25 ( e ) 5 lim f( ) lim lim ()( ), ( e ) 5 lim f( ) lim lim ()(0 ) 0. Vidimo da su prave i verikalne asimpoe funkcije (limes funkcije u konačnoj ački je beskonačan), dok su ačke ± singulariei ipa pola. Kada horizonalna asimpoa ne posoji, ali je moguća kosa asimpoa. Kada vidimo da je prava y 0 horizonalna asimpoa funkcije f( ) i funkcija joj se približava sa gornje srane. Provjerimo još posoji li kosa asimpoa u slučaju kada. U slučaju kada bi ona posojala, imala bi oblik y k n (jer je kosa asimpoa prava linija), gdje za k i n vrijedi da su realni i konačni, e da je k 0. Imamo : f( ) 5 e k lim lim lim ()( ). S obzirom da smo dobili da je k, kosa asimpoa ne posoji kada. 5 Specijalno : za, vrijedi da je 0< <, odakle slijedi da se naša funkcija asimposki približava funkciji e i o sa donje srane. Da bismo odredili sliku funkcije Im(f), moramo odredii na koji podskup skupa realnih brojeva naša funkcija preslikava domen. f( ) Posmarajmo inerval (, ). Vrijedi da je : f( ). 5 5 Tada je f( ) e. Posmarajmo izraz. ' 5 5 Pošo je 0 >, o je monoono rasuća funkcija na ( ) (, ). Kako je još i e monoono rasuća na (, ) (pa i na (, )), o je onda i f() monoono rasuća funkcija na (, ) i na osnovu oga vrijedi da je : lim f( ) f( ) lim f( ),. < <, za svaki ( ) Kako je još funkcija neprekidna na (, ), o ona prima sve vrijednosi sa skupa realnih brojeva, j. Im( f ) R. 0. bod Skinuo sa

26 b) Kako vrijedi da je : ( ) ( e > 0 ) > 0 ( R \ {,} ) R, o je znak funkcije deerminiran znakom izraza : ( 5) Riješimo jednačinu 5 0 : ( ) ± ( ) ( 5) ± 6,. Rješenja ove kvadrane jednačine su daa sa :, ±. Vrijedi da je : ( ) ( ). f( ) > 0 5 > 0 (, ) (5, ), f( ) < 0 5 < 0 (, ) (,) (, 5). Funkcija nije ograničena ni sa lijeve, ni sa desne srane jer vrijedi da je Im( f ) R. 0. bod 5 e, > c) Funkciju f() možemo prikazai na slijedeći način : f( ). 5 e, < 5 Ako sa g() označimo izraz e, onda funkciju f() možemo napisai u obliku : g ( ), > g'( ), > f( ), pa vrijedi da je f '( ). g ( ), < g'( ), < Pronađimo g'() koriseći pravila deriviranja proizvoda i količnika, j. ( uv)' u ' v uv ' i u u ' v uv ', za v 0 : v v g'( ) ' ' ( 5 ) e ( ) ( 5 ) e ( ) ( ) ( ' ) ( ) ( ) ( ) ( ) e ( 5 ) e ( ) ( 5 ) e ( ) ( ) ' ' 5 e 5 ( e ) ( ) 5 e ( ) Skinuo sa

27 Nakon sređivanja brojnika dobijemo : ( 0 7 ) g'( ) e ( ), pa je prvi izvod funkcije f() da izrazom : ( ) ( ) ( ) ( ) 0 7 e, > f '( ). 0 7 e, < Nema smisla ražii izvod funkcije f( ) u ačkama ±, jer funkcija f( ) u njima nije definisana. g''( ), > Pošo je drugi izvod, izvod prvog izvoda, o imamo da je : f ''( ). g''( ), < Pronađimo drugi izvod funkcije g() : ( 0 7) ( ) g''( ) e ( ) ( ) ' e ( ) ( 0 7 ) e ( ) ' ( ) ( ) e e ' ( ) ( 0 7) ( ) ( 0 7) ( ) ( ) ( 0 7) ( ) ( 6 8 0)( ) ( 0 7) ( )( ) ( ) ' e e ' ( ) Nakon sređivanja dobijemo : g''( ) e ( ) ( ), pa je drugi izvod funkcije f() da izrazom: Skinuo sa

28 6 ( 5 ) ( ) 6 ( 5 ) ( ) e, > f ''( ) e, < Nema smisla ražii drugi izvod funkcije f( ) u ačkama ±, jer funkcija f( ) u njima nije definisana. Kako f '() posoji Dom(f), o grafik G( f ) funkcije f( ), nema ni ugaone (prelomne) ačke, ni povrane ačke (šiljke). 0. bod d) Grafik funkcije je da na slici. Slika. Nije bilo porebe prikazivai graf lijevo od -6, odnosno desno od 6, jer funkcija vrlo brzo eži ka nuli, odnosno ka. 0. bod Skinuo sa 5

29 Prikažimo sada segmene grafa u ''široj'' okolini karakerisičnih ačaka, kao šo su - i 5 (nule funkcije) kao i - i (singularne ačke). Dio grafika koji sadrži prvu nulu je da na slici. Slika. Dio grafa sa singularnim ačkama je prikazan na slici. Slika. Skinuo sa 6

30 Dio grafika koji sadrži drugu nulu je da na slici. Slika. e) Da bismo ispiali da li su ispunjeni uslovi Rolleove eoreme, prvo je navedimo : ab, ima izvod f '( ) (konačan ili beskonačan) ( ab, ) i ako je f( a) f( b), onda posoji bar jedan ξ ( ab, ) akav da je f '( ξ ) 0. Ako je f() definisana i neprekidna na segmenu [, ] Očigledno je da za a b 5 i dau funkciju f vrijedi, f( a) f( b) 0. Međuim, funkcija f( ) i njen prvi izvod, f '( ), nisu definisani u ačkama ± [,5]. Na osnovu oga zaključujemo da funkcija f() ne ispunjava sve uslove Rolleove eoreme. 0. bod Napomenimo da ako svi uslovi Rolleove eoreme nisu ispunjeni, onda zaključak Rolleove eoreme može da vrijedi ili ne vrijedi (jer a eorema daje samo dovoljan, a ne i poreban uslov za posojanje bar jedne ačkeξ ( ab, ) sa svojsvom da je f '( ξ ) 0 ) pa se može dodano ispiai egzisencija ξ ab, za koju vrijedi f '( ξ ) 0. ačke [ ] Sa priloženih slika od G( f ) se vidi da posoje samo dvije ačke na Dom(f) u kojima je f '( ) 0. Prva je za.6975 [,5], a druga je za 0.75 [,5]. Demonsraor Mirza Milišić i Doc. Dr. Huse Fakić Skinuo sa 7

31 Zad.. Zadana je familija ( fab, :0 < b< a; a, b R) realnih funkcija jedne realne varijable, gdje je a b e e fab, ( ) sin a sin b a) Nađie prirodni domen D( f ab, ) i ispiaje ponašanje na rubu od D( f ab, ) svake od funkcija iz zadane familije ( fab, :0 < b< a; a, b R). b) Bez uporebe L'Hospialovog pravila izračunaje graničnu vrijednos svake od funkcija iz zadane familije u svakoj od ačaka gomilanja njenog prirodnog domena koja mu ne pripada. c) Ispiaje neprekidnos i klasificiraje evenualne ačke prekida i singulariea funkcije f k, iz zadane familije ako je k zbir svih cifara vašeg jedinsvenog maičnog broja (JMB). Rješenje: a) Daa funkcija nije definisana za: sin a sin b 0 a b ab sin cos 0 a b a b sin 0 cos 0 a b a b π k π, k Z l π, l Z kπ ( l ) π, k Z, l Z a b a b Dakle, prirodni domen dae funkcije je: ( l ) kπ π D( fab, ) R ; k, l Z; a, b R;0< b< a a b ab S obzirom da se prirodni domen svake od funkcija iz zadane familije ( fab, :0 < b< a; a, b R) sasoji od beskonačno mnogo inervala čije su granice oblika kπ i ( l ), kl, Z, koje su ujedno i ačke gomilanja domena koje mu ne a b a bπ pripadaju, odredi ćemo granične vrijednosi u im ačkama (posebno ćemo razmorii slučaj kada je k 0 ). Skinuo sa

32 Prije oga, odredi ćemo ponašanje funkcija iz pomenue familije kada i kada : Sinusna funkcija je, kako znamo, ograničena funkcija i vrijedi da je: sin a sin b, odnosno nazivnik je konačan broj. Zbog oga imamo da je: b a b e e e a lim lim e ± ± sin a sin b ± sin a sin b ( a b ) e a b e e a lim lim e 0 a b a b 0 a b sin cos sin a b ab cos a b ( a b ) ( a b ) e e ( a b) lim lim 0 a b 0 a b 0 0 ( ) e lim 0 ( ) Analogno je i a b e e lim. Dakle, a b ab sin cos 0 a b e e lim. 0 a b ab sin cos kπ kπ a b a b ( ) a b e a b e e a lim lim e a b a b a b ab sin cos sin cos ab ab za cos k 0 k 0 cos k 0 k 0 kπ π > < π < > e a b a b kπ a a b a b sin k cos k a b a b e π π za cos kπ > 0 k > 0 cos a b k 0 k 0 a b a b π < < Skinuo sa

33 ab π ab π cos kπ > 0 mπ < kπ < mπ, m Z a b a b ( m )( a b) ( m )( a b) < k <. ab ab ( ) ( ) Da bi k bilo veće od 0, porebno je da bude m, j. m. S druge srane, da bi bilo k manje od 0, porebno je da bude m, j. m. Sljedeći uslov je da je: ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) a b m a b m a b cos k π < 0 < k < a b ab ab, m Z. Da bi k bilo veće od 0, porebno je da bude m, j. m 0. S druge srane, da bi bilo k manje od 0, porebno je da bude m, j. m. Konačno, imamo da je: a b e e lim kπ a b ab a bsin cos ( m )( a b) ( m )( a b) ( m )( a b) ( m )( a b) za < k <, m < k <, m 0 ( a b) ( a b) ( a b) ( a b) ( m )( a b) ( m )( a b) ( m )( a b) ( m )( a b) za < k <, m < k <, m ( ab) ( ab) ( ab) ( ab) lim ( l ) π ( l ) π ( l ) π ( ) a b e a b e e a lim e a b a b a b ab sin cos a b sin cos a b a b ab e ( l ) π a a b ( l ) π ( l ) π ab e sin cos a b a b ( l ) π a b ( l ) π za sin > 0 l < sin < 0 l > ab ab a b ( l ) π a b ( l ) π za sin > 0 l > sin < 0 l < ab ab Skinuo sa

34 ( l ) π ( l ) a b a b π sin > 0 nπ < < π nπ, n Z. Odavde se dobija da ab ab je: ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) n ab a b n ab a b < l < a b a b Da bi l bilo veće od, porebno je da bude n 0, a da bi l bilo manje od porebno je da bude n, odnosno n, jer n Z.. S druge srane imamo da je: ( ) π ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) a b l n ab a b n ab a b sin < 0 < l < a b a b a b Da bi l bilo veće od manje od, porebno je da bude n, odnosno n 0 porebno je da bude n. Konačno, možemo pisai da je: a b e e lim ( l ) π a b ab a b sin cos n( ab) ( a b) ( n )( ab) ( a b) za < l <, n ( a b) ( a b) ( n )( ab) ( a b) ( n )( ab) ( a b) < l <, n 0 ( a b) ( a b) n( ab) ( a b) ( n )( ab) ( a b) za < l <, n 0 ( a b) ( a b) ( n )( ab) ( a b) ( n )( ab) ( a b) < l <, n ( a b) ( a b), n Z., a da bi l bilo Skinuo sa

35 c) S obzirom da je lim f,( ) lim f,( ), j posoji limes u ački 0 i o k 0 0 k konačan, ali f (0) nema smisla, pa zaključujemo da se u oj ački radi o prekidu prve vrse. S obzirom da su singularne ačke zapravo ačke gomilanja domena funkcije koje mu ne pripadaju, ačka 0 je ujedno i oklonjiv ili prividni singularie, jer je limes u oj ački konačan broj, a funkcija nije definisana u oj ački. Da bismo uklonili akav singularie, dovoljno je dodefinisai funkcije f ( ) k, uzimajući da je f (0),. U ačkama gomilanja za domen familije funkcija f ( ),, j. za ( l ) k k kπ, k 0 i k Z i a b π za, l Z imamo prekide drugog reda, jer limesi uzimaju vrijednosi. a b To su ujedno i singulariei ipa pola, jer su lijevi i desni limesi u im ačkama jednaki i beskonačni. Ukoliko limesi u im ačkama ne posoje, ada kažemo da je riječ o esencijalnim singularieima. Uvrsii individualna rješenja! Skinuo sa 5

36 Zad.. Primjenom diferencijalnog računa dokažie sljedeće jednakosi: π ; b) a) arcsin arccos, [,] π, > 0 arcg arcg π < 0 Rješenje: a) Uzmimo da je f ( ) arcsin, a f ( ) arccos. Razvićemo funkcije f ( ) i f ( ) Taylorovom formulom, j. napisa ćemo ih u obliku: ( n) f '( a) f ''( a) f ( a) f( ) f( a) ( a) ( a)...( a)!! n! n, a [,] Za funkciju f ( ) će bii: ( n) f'( a) f''( a) f ( a) n f( ) f( a) ( a) ( a)...( a)!! n! P( ) () a za funkciju f ( ) će bii: ( n) f'( a) f''( a) f ( a) n f( ) f( a) ( a) ( a)...( a)!! n! Q( ) () Kako je f '( ) ( arcsin ) ' ( arccos ) ', o će za n-e izvode funkcija f ( ) i f ( ) vrijedii: f ( ) f ( ), pa vrijedi da je: ( n) ( n) ( n) ( n) f'( a) f ( a) n f'( a) f ( a) n ( a)... ( a) ( a)... ( a),! n!! n! odnosno vrijedi da je: P ( ) Q ( ). Skinuo sa 6

37 Saberimo sada jednakosi () i (): f( ) f( ) f( a) P( ) f( a) Q( ) f( ) f( ) f( a) P ( ) f( a) P ( ) f ( ) f ( ) f ( a) f ( a) S obzirom da a uzima neku vrijednos iz segmena [,], uvršavajući da je, npr. a 0, dobijamo: π π arcsin arccos arcsin 0 arccos 0 0, odnosno π arcsin arccos, šo je rebalo i dokazai. II NAČIN: f( ) arcsin arccos f '( ) 0 Kako je izvod funkcije jednak 0, zaključujemo da se radi o funkciji koja je jednaka konsani, j. f( ) mm, R. Porebno je odredii o kojoj se konsani radi. Uvršavamo proizvoljnu ačku iz domena funkcije, npr. 0: π π f (0) arcsin 0 arccos 0 0, čime smo i dokazali raženu jednakos. b) Neka je f ( ) arcg, a f( ) arcg. Razvijmo ove dvije funkcije pomoću Taylorovog polinoma. Bi će: ( n) f'( a) f''( a) f ( a) n f( ) f( a) ( a) ( a)...( a)!! n! R( ) (), a ( n) f'( a) f''( a) f ( a) n f( ) f( a) ( a) ( a)...( a)!! n! S( ) () Skinuo sa 7

38 Vrijedi da je: f '( ) ( arcg) ' i f '( ) arcg ' pa i u ovom slučaju dobijamo da je: f ( ) f ( ) ( n) ( n) ( n) ( n) f'( a) f ( a) n f'( a) f ( a) n ( a)... ( a) ( a)... ( a)! n!! n! Dakle, vrijedi da je R ( ) S ( ). Ukoliko se saberu jednakosi () i (), dobijamo da je: f ( ) f ( ) f ( a) R( ) f ( a) S( ) f( ) f( ) f( a) R ( ) f( a) R ( ) f ( ) f ( ) f ( a) f ( a) Ukoliko uvrsimo da je, npr. a ( a > 0), dobijamo da je: π π π arcg arcg arcg arcg, odnosno π arcg arcg za > 0. S druge srane, ukoliko uvrsimo da je a ( a< 0), ada je: π π π arcg arcg arcg arcg, odnosno π arcg arcg za < 0, šo je rebalo i dokazai. Skinuo sa 8

39 II NAČIN: f ( ) arcg arcg ( ) f '( ) 0 Analogno prehodnom slučaju imamo da je: Za ( 0, ) Uvršavamo proizvoljnu vrijednos, npr., pa dobijamo da je: π π π arcg arcg Za (,0): Uvršavamo, npr., pa dobijamo da je: arcg π π π, šo je rebalo i dokazai! ( ) arcg ( ) Skinuo sa 9

40 f Zad.. a) Dužina s elegrafskog voda je s: b, gdje je b rasojanje između b oslonaca voda, a f najveći ugib. Za koliko se poveća ugib f, kada se dužina voda usljed zagrijavanja poveća za ds (gdje je ds diferencijal funkcije s )? b) Količina Q elekriciea, koja proiče kroz provodnik, počinjući od momena 0 zadana je formulom Q pee sekunde. Rješenje: 8 5 (kulona). Izračunaje jačinu I sruje na kraju a) Diferenciranjem jednakosi f s: b b dobije se da je: 8f b ds df df ds b 8f b) Kako je Q Q 8 5 : 8 5 (kulona), a I dq (ampera), diferencira ćemo jednakos d dq (6 5) d dq 65 I ( 5sec) A d Skinuo sa 0

41 Zad.. Primjenom logariamskog izvoda izračunaje izvod f '( ) ako je: a) d) g) f( ) ( ) ; b) f( ) ( )( ) ; e) f( ) ( ln ) f( ) f( ) ( 5) e ; c) (za > 0 ); f) ; h) f ( ) ( arh) arch arch f( ) e ( ) ( ) arcg, f( ) 0, ; Rješenje: a) Primjenom logariamskog izvoda imamo da je: [ ] f '( ) f( ) ln f( ) f '( ) ln ( ) ( ) / ln ( ) ln ( ) ( ) ( ) ( ) f( ) ( ) b) f '( ) ( )( ) ln( ( )( ) ) / / ( )( ) ln ( ) ln ( ) ( )( ) ( ) f( ) Skinuo sa

42 c) e / f '( ) ln e ln ( ) ln ( ) d) ( ) f( ) ( ) ( ) ( ) f ( ) f '( ) f( ) ln f( ) ln e) f '( ) f( ) ln ( ln ) ( ) f( ) ln ln ln f( ) ln ( ln ) ln f) Za : f '( ) ( ) arcg ln ( ) ln arcg ( ) ( ) arcg arcg ( ) ( ) arcg arcg 5 Skinuo sa

43 Za : f f f( ) f( 0 ) f '( 0 ) lim 0 ( ) arcg f( ) f() '() lim lim π lim arcg ( ) arcg f( ) f() '() lim lim π lim arcg S obzirom da je f '( ) f'( ) f '() ne posoji! za, g) Imamo da je: ( )( ) za osale za (,) ( 5) ( ) 0 ( ) e f '( ) ln ( 5) ln ( ) 5 e 5 7 f( ) 5 za (, ) (, ) ( 5) e f '( ) ln ( 5) ln ( ) ( 5) e 5 7 f( ) 5 Dakle, za (, ) (,) (, ) vrijedi da je: 7 f '( ) f( ) 5 Skinuo sa

44 h) arch ( ) za > < ( ) arch za > 0 < ( arh) za < Dakle, za < imamo da je: f '( ) f ( ) arch arch ln( arh) f ( ) ln ( arh) arch arch arh Nadalje, za 0< < bi će: f '( ) f ( ) ln ( arh) arch arch arh f ( ) ln ( arh) arch arch arh f ( ) ln ( arh) arch arch ( ) arh f( ) ln ( arh) arch arch ( ) arh Analogno, za < < 0 bi će: f( ) f '( ) ln ( arh) arch arch ( ) arh Pripremila: Majda Đukić Skinuo sa

45 Skinuo sa

46 Skinuo sa

47 Skinuo sa

48 Skinuo sa

49 Skinuo sa

50 Skinuo sa

51 Skinuo sa

52 Skinuo sa

53 Skinuo sa

54 Skinuo sa

55 Elekroehnički fakule Univerzie u Sarajevu Predme: Inženjerska maemaika I Rješenje Domaće zadaće 5 Zadaak : Izračunaje neodređene inegrale: d a) I ; b). I sin cos d sin cos Rješenje: a) I način: I d, d d 0 [,0) ( 0,] [,0) (,0] d d. Za > 0 > 0, pa imamo: d p dp I p C, C R. d dp 8 p I C. Skinuo sa

56 Za, pa imamo: 0 < 0 <, 8 C p p dp dp d p d I. C C C I II način (meod binomnog diferencijala): 8,,,, ) ( d d d d Z n m p b a p n m d d I. ) ( C C d d b) ;, cos, ) ( sin cos sin cos sin d d d Z k k g d I π ; ) )( ( ) ( ) ( d d d I ) ( ) ( B A D C / ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( D C B A Skinuo sa

57 * za 0 A * za - B B * za i i ( Ci D) ( i ) i C D ( D C) i C D C D C 0 D - Sada je: I Ad Bd T Dd d d d [ ln ln ] arcg C arcg C g g ln arcg ( g ) C I ln C g g. Zadaak : Dae su funkcije f i g iz R u R izrazima: f ( ) sin cos, sin g( ) ln. sin a) Ispiaje inegrabilnos funkcija f i g ; b) Izračunaje određene inegrale: I( f ) f ( ) d i I( g) g( ) d. π / π / Rješenje: Ispiajmo najprije neprekidnos funkcija f i g na odgovarajućim segmenima: f () nep. R, pa prema ome i π π, f () inegrabilna na π, π Skinuo sa

58 Odredimo sada domen funkcije g : sin > 0 ( sin > sin < ) D ( g) : sin sin 0 sin sin 0 sin D( g) : sin 0 sin π D( g) : kπ, k Z g () nep. [, ] g( ) inegrabilna na [, ] b) π I( f ) sin cos d sin cos d sin π π 0 π s 0 cos d cos sin d d 0 π 0 ; 0 I ( f ) d d I. 0 0 sin I( g) ln sin d sin g( ) ln sin sin ln( ) sin g( ) g( ) neparna sin ln sin 0. Zadaak : a) Izracunaje dericaciju funkcije f ( ) e d R, u ački ; ( e ) d 0 b) Izračunaje limes L lim. e Skinuo sa

59 Rješenje: d a) Kako je podinegralna funkcija parna, o možemo (na osnovu osobine ( f ( ) d) f ( ) d ) a pisai: 0 f ( ) e d df d ( ) e df () d e. e b) d ( ) e d ( ( e ) d) d 0 0 e L lim lim lim lim e 0. Lop e e e e Zadaak : U ačkama presjeka prave (l) i parabole ( p) daih jednačinama y 0 i y, respekivno, povučene su normale na parabolu ( p ). Naći površinu P lika omeđenog parabolom ( p) i dobivenim normalama. Rješenje: Tačke presjeka prave (l) i parabole ( p) određujemo iz uslova: 0, pa imamo A B y y B A 0 0 A(,0) B(,0). Nađimo sada jednačine normala na parabolu ( p) u ačkama A i B. ( r) : y y ( s) : y y A B k k A B ( ( A B ) ) k k A k ( r ) : y ( ) A A A k k y p A B k ( s ) : y ( ) B B B k k y p B Skinuo sa

60 0 0 ) ( ) ( d d P P P ; d d d d d d d d d d P 0); ( 8 ) (0 8 ) ( 9 8) (8 ) ( 8 ) ( 8 ) ( 9 ) ( 0 0 P P. Demonsraor: Salihbegović Almir Skinuo sa

61 Skinuo sa

62 Skinuo sa

63 Skinuo sa

64 Skinuo sa

65 Skinuo sa

66 Skinuo sa

67 Skinuo sa