DOMAĆA ZADAĆA 5. /Formulacije i rješenja zadataka/ - INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 ak. 2009/2010. Selma Grebović. Sarajevo, Decembar 2009.

Σχετικά έγγραφα
IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

Z A D A C I Z A DRUGI PARCIJALNI ISPIT IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 Š.G / Sarajevo,

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

UPUTSTVO: Elektrotehnički fakultet Univerziteta u Sarajevu

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

Skinuto sa

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA I 1.kolokvij zadaci za vježbu I dio

radni nerecenzirani materijal za predavanja

IZVODI ZADACI (I deo)

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos

15. domaća zadaća. Matematika 1 (preddiplomski stručni studij elektrotehnike)

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

( , 2. kolokvij)

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

18. listopada listopada / 13

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

1.4 Tangenta i normala

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Elementi spektralne teorije matrica

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

APROKSIMACIJA FUNKCIJA

Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.

TRIGONOMETRIJA TROKUTA

Z A D A C I SA DRUGOG PARCIJALNOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 2 Akademska godina Sarajevo,

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

Periodičke izmjenične veličine

5. Karakteristične funkcije

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012

5 Ispitivanje funkcija

Teorijske osnove informatike 1

numeričkih deskriptivnih mera.

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

OM2 V3 Ime i prezime: Index br: I SAVIJANJE SILAMA TANKOZIDNIH ŠTAPOVA

4 INTEGRALI Neodredeni integral Integriranje supstitucijom Parcijalna integracija Odredeni integral i

SISTEMI DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA - ZADACI NORMALNI OBLIK

> 0 svakako zadovoljen.

7 Algebarske jednadžbe

Računarska grafika. Rasterizacija linije

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Otpornost R u kolu naizmjenične struje

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.

Pismeni dio ispita iz Matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja u zavisnosti od parametra a:

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Na grafiku bi to značilo :

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 Akademska godina Sarajevo,

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

5. PARCIJALNE DERIVACIJE

2.7 Primjene odredenih integrala

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

6 Primjena trigonometrije u planimetriji

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

1 Obične diferencijalne jednadžbe

Dvanaesti praktikum iz Analize 1

Redovi funkcija. Redovi potencija. Franka Miriam Brückler

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Transcript:

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: