UNIVERZITET U SARAJEVU ELEKTROTEHNIČKI FAKULTET SARAJEVO DOMAĆA ZADAĆA 5 /Formulacije i rješenja zadaaka/ - INŽENJERSKA MATEMATIKA ak. 9/. Selma Grebović Sarajevo, Decembar 9. godine
Zad.. Za realnu funkciju f jedne realne promjenljive zadanu formulom: a) f ( ) : = 3 + 5 + 8 4 ; b) 3 sin + cos f ( ) : = ; sin + 3 cos c) + f ( ): = ( + + ln ) ispiaje egzisenciju primiivne funkcije, a zaim izračunaje neodreñeni inegral =. I ( ) : f ( ) d Rješenje: a) Funkcija je očio elemenarna i kao akva neprekidna je na svom prirodnom domenu pa ima ačnu primiivnu funkciju i neodreñeni inegral na svakom razmaku koji je podskup skupa, odnosno. Treba odredii 4 8 5, 8 44 8 4 8 5 3 4 8 5 5, 5 3 4 8 5 5 3, 5 3 5 3, 5 Uvoñenjem smjene: 4 8 5 5
ima se da je: 4 5 8 5 4 5, 5 4 4 pa je: 4 8 5 5 5 5 4 4 5 4 5 4 4 8 5 4 3 4 8 5 5 4 4 4 35 8 4 4 4 5 4 4 4 4 Ima se inegral: 4 4 35 8 4 4 6 5 8 4 4 5 8 4 4 5 4 / 5 8 4 4 4 5 4 5 8 4 4 4 4 8 5 8 5 8 4 5 8 4 Iz (*) dobiva se sesisem jednačina: 5 5 4 4 8 5 4 4 8 3 8 8 4 4 4
Uvršavanjem () u (3) i (4) u () ima se: 4 8 4 8 6 6 64 Iz () i (4) ima se da je: 5 64 ; 3 64. 6 5 64 5 5 39 5 6 3 64 3 39 8 39 4 3 8 ; 4 64 6 8 64 4 4 39 4 6 4 64 4 5 3 8 5 39 5 39 39 ln 4 4 39 Gdje je: 5 8 4 5 a C proizvoljna realna konsana. b) ( sin + 3cos ), 3 sin + cos d = 3 g + sin + 3 cos = d = = ( + ) d g + 3 = g d cos d d = ( + ) g d 3 + d + 3 + = 3 + d d 5 + 5 5 + 3 + 3 + 3 3 + 3 3 3 I = = + d = ln + 3 + ln + + arcg + C 5 5 = ln + 3 + ln + + + gdje je C proizvoljna realna konsana. 3 3 3 I g g C
c) Prirodni domen dae funkcije je: Funkcija je elemenarna pa je neprekidna gdje je i definirana pa, prema ome, ima (ačnu) primiivnu funkciju. Dau funkciju je moguće napisai u obliku: (*) Traži se (neodreñeni) inegral funkcije (*): Iz iskusva je poznao da se dai inegral ne može lahko riješii primjenom uobičajenih smjena. Može se posmarai funkcija. Prema formuli: ln ima se: / ln / Sada se prema (*) rjesenje zadaog inegrala lahko dobije: 4 4 gdje je C proizvoljna realna konsana.
Zad.. Odredie sve racionalne brojeve p za koje su primiivne funkcije realne funkcije f, p zadane formulom f ( ) = +, elemenarne funkcije. Zaim za jedan (po vlasiom izboru) akav p (- < p < ) nañie neodreñeni inegral zadane funkcije (na njenom prirodnom domenu). Rješenje: a) Funkcija se može napisai kao: iz (*) vidi se da je oblika: Neodreñeni inegral binomnog diferencijala se izražava pomoću elemenarnih funkcija ako je jedan od brojeva: cio broj. Prema navedenom razmaraju se ri slučaja:. Ζ. 3. Ζ Ζ U razmaranom zadaku ima se da je:,, /.,, Očigledno je da Ζ, pa se ispiuju samo prva dva slučaja:,, Pa je neodreñeni inegral funkcije elemenarna funkcija kada je oblika:,,.
Izrečunajmo neodreñeni inegral zadane funkcije (*) za slučaj,: (**) Kako je, o se inegral binomnog diferencijala (**) rješava uvoñenjem smjene: Sada jednakos (**) posaje: 4 4 Dobiveni inegral je pogodno riješii meodom parcijalne inegracije (s ciljem snižavanja sepena nazivnika): 4 4 4 4 4 Deriviranjem posljednje jednakosi i izjednačavanjem koeficijenaa uz odgovarajuće sepene dobivenih polinoma odreñuju se vrijednosi realnih konsani A, B, C i D, e one iznose:,,, respekivno. 4 4 4 4 4 4 4 4
4 4 ln 4 4 4 Sada se ima: gdje je C proizvoljna realna konsana. Pri čemu je u gornjem rješenju. Zad. 3. Funkcija ϕ zadana je formulom π π ϕ ( ) = ( + g ) d. a) Izračunaje zadani inegral, a zaim skiciraje grafike funkcija: ϕ ( ), ( ϕ ( ) ), sin ϕ ( ) ( + ). b) Izračunaje površinu ( P ( ) ) lika kojeg ograničavaju: grafik zadane funkcije ϕ, osa i normale na osu u ačkama O i M čije su apscise i, respekivno. Rješenje: a) /
3 4 Uvršavanjem u 3 ima se da je:. Uvršavanjem u 4 ima se da je: Pa je:,, Pa je:
: Asimpoe: lim Nule i znak: Na slici. da je grafik funkcije : Grafik funkcije φ().9.8.7.6 φ().5.4.3.. - -8-6 -4-4 6 8 : Slika. Grafik funkcije lim Ima se prva poencijalna kosa asimpoa.
lim lim lim lim lim Ima se druga poencijalna kosa asimpoa. lim lim lim lim Na slici. da je grafik funkcije : 3 Grafik funkcije f().5 f().5.5 - -.5 - -.5.5.5 Slika. Grafik funkcije sin
Za Za : \ lim lim lim lim Grafik funkcije g().8.6.4 g(). -. -.4 -.6 -.8 - -5-4 -3 - - 3 4 5 Slika 3.
Za ln ln ln. Za ln ln ln Na osnovu razmaranja prehodna dva slučaja može se pisai:.
cos d Zad. 4. Za funkciju f zadanu formulama f ( ) = ( ), f () =, odredie n vrijednos prirodnog broja n ako da f ( ) eži nekoj konačnoj granici različioj od nule kad, a zaim ako odreñenu funkciju f aproksimiraje u okolini ačke Taylorovim π polinomom drugog sepena i procijenie učinjenu grešku u razmaku. Rješenje: - cos d,, (4.), Granična vrijednos funkcije kad se dobiva višesrukom primjenom L Hospialovog pravila: lim lim - cos d lim lim lim lim,, Prema ome, lim je konačan (i različi od nule) za. Uvršavanjem vrijednosi za n=, analiički oblik funkcije zadane formulom (4.) posaje: Pri čemu je funkcija neprekidna i u nuli. - cos d, (4.), Aproksimirajmo funkciju zadanu formulom (4.) Taylorovim polinomom drugog sepena u okolini ačke :
lim lim!! lim lim lim 6 Soga dobili smo: lim, - cos d lim - cos d lim 6 Gdje se nalazi korišenjem (poznaih) pravila deriviranja količnika funkcija, odnosno: Sada je : lim - cos d lim 3 lim - cos d cos d 3 lim 3 lim 4 lim lim 3 36 lim 36
Soga dobili smo: 36 Konačno, aproksimacija zadane funkcije, za n=, Taylorovim polinomom drugog sepena u okolini ačke daa je sa: Osaak Taylorove formule najlakše se procijeni prema: pa je: = 7 Funkcija: Predsavlja površinu lika ograničenog grafikom podinegralne funkcije, osom O i ordinaama, odnosno dobije se konačan broj. Procjena greške se vrši u razmaku. Prema navedenom:
9 8 7 6 5 4 3..4.6.8..4.6 A kako je zadaa funkcija (4.) definirana za i ima vrijednos 7 7 Kako je.343, odnosno. ima se da je: