matematike1 masinski fakultet zenica

8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica

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

Rješenja zadataka sa ispitnog roka iz Matematike 1 13.06.2008.

Grupa C

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

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

D

Funkcija je ni parna ni neparna.

Nula nema jer je 0 x .

Znak: 0 y za sve p x D .

Asimptote:

a) Vertikalna 0 x (desna) jer1 1

1 1

1 12 2. . . .2

0 0 0 0 0 0

2 3 2

1 1

1 1 1 1lim lim lim lim lim lim

1 2 1 12 2 2 2

x x

x x L P L P x x

x x x x x x

e ee e x x x e e e

x x x x

,

dok je s druge strane1

2

0lim 0 0 0 0. x

x x e e

b) Horizontalne nema jer je1

2 0lim . x

x x e e

c) Kose nema jer je

112

lim lim . x

x

x x

x ek xe

x

Prvi izvod, ekstremi, tok funkcije:

1 1 1 1

2 2

2

12 2 1 . x x x x y x e xe x e e x

x

Otuda je1

' 0 2 1 .2

y x x

1

2

2 1 x - +

y' - +

y

Pošto je

2 221 1

1,852 2 4

e y e , funkcija ima minimum u tački

21, .

2 4

eT

Drugi izvod, prevojne tačke, konveksnost, konkavnost:

1 1 1 1 1 2

2 2 2

1 2 1 2 2 12 1 2 1 2 2 . x x x x x

x x x y e x e x e e e

x x x

Zato je 2

1,2

2 4 80 2 2 1 0

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

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

Grafik:



2. Izračunati integral3

2 2(1 )

arctgx xe

I

x

.

Rješenje:

1

3 2 2 2 22 22

2

2

sin

cos

(1 ) 1 1 sin(1 ) 1 1

cos

sinsincos sin sin cos .

1 cos

cos

t arctgx arctgx t

t t

t t t

t

I

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

dt x x tg t t x x

t

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

du t dt v e

t

S druge strane je

1

coscos cos sin cos .

sin

t

t t t t

t

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

du tdt v e

Zato jesin cos

sin cos 2 sin cos .2

t

t t t e t t

I e t e t I I e t t C I C

Najzad, kad vratimo smjenu imamo konačni rezultat:

sin cos

2

arctgxe arctgx arctgx I C .

3. Pretvori3

cos sin4 4

i z

i

i1 3

cos sin4 4

iw

i

u trigonometrijski oblik te izračunaj

3 z i 4 w .

Rješenje: 5

3 3 1 2, arg 36 6

i i jer je1 3

33tg , a

.2 Zato je5 5

3 2 cos sin6 6i i . Slijedi:



5 52 cos sin

5 5 7 76 62 cos sin 2 cos sin .

6 4 6 4 12 12cos sin

4 4

i

z i i

i

Sada je

3

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

z i i i

Pošto je7

24 4

(četvrti kvadrant!), imamo da je

3 2 28 cos sin 8 4 2 1 .

4 4 2 2 z i i i

1 3 1 3 2, arg 1 3 ,3

i i jer je 3tg , a 0 .2

Zato je 1 3 2 cos sin3 3

i i . Slijedi:

2 cos sin7 73 3

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

cos sin4 4

i

w i i

i

Otuda je 44

7 72 2

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

k k

w i k

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

m n . Naći površinu i

unutrašnje uglove paralelograma ako su vektori dijagonala nmd 251 i

nmd 432 .

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

paralelogram konstruisan). Tada je1

2

5 2

3 4

a b d m n

a b d m n.

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

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

Površina paralelograma je

4 3 12 12 13

213 sin , 13 2 1 13 2.

2

P a b m n m n m n n m n m n m n m

n m n m

Jedan unutrašnji ugao paralelograma je , cos .a b

a ba b



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

dovoljno izračunati samo ugao .

Imamo da je

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

2

a b m n m n m m n m n n

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

2a m n m mn n

Zato je 4 5 2 2 2 5 2 2 .a

Grupa D

1.

Ispitati i nacrtati graf funkcije

2

(1 )

x

y x e .

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

D .

Funkcija je ni parna ni neparna.

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

Znak 0 y za sve x

Asimptote:

a) Vertikalnih nema

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

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

x x x x x x x x x x x e

e e e

2lim (1 ) . x

x x e

c) Kose nema

Prvi izvod, ekstremi, tok funkcije:

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

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

nema ekstrema.

Drugi izvod, prevojne tačke, konveksnost i konkavnost:

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



Dakle, 0 y za 1 x i 3 x .

3 1

1 x - - +

3 x - + +

y + - +

y

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

1 1, 2 , P e

3

2 3,10 P e .

Grafik:

2. Izračunati integral

2

x

x

dx I

e e

.

Rješenje:

2

2

2 22

ln 2

1 2 .2 1

2

x

x x

e t

x t dt

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

dx dt t

Sad nam treba razlaganje racionalne funkcije

2

2 2

11 1 1 .

1 1

a b cat t b t ct

t t t t t

Dobija se da je 1. 1.a b c

Otuda je2

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

1

t I dt dt dt t t C C

t t t t t t ,

dakle1 1

2 ln x

x x

e I C

e e.

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

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

matematike1 masinski fakultet zenica

Documents