MATAN 1 - skripta : dodatak predavanjima za grupe GHI (sa svim korekcijama) [PDF]

Zitiervorschau

FER - Fakultet elektrotehnike i računarstva

MATAN 1 - skripta MERVAN PAŠIĆ

dodatak predavanjima za grupe GHI (sa svim korekcijama)

Zagreb, 2003

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

2

1. poglavlje (korigirano) ∗

KOMPLEKSNI BROJEVI

∗

U ovom poglavlju: Algebarske operacije u C Trigonometrijski oblik «Brzo-brzo» potenciranje, množenje i dijeljenje u C Korjenovanje u C Algebarske jednadžbe u C

Kompleksne brojeve u algebarskom obliku prikazujemo kao linearnu kombinaciju realne jedinice “1” i imaginarne jedinice “ i ”, odnosno z = x ⋅ 1 + y ⋅ i = x + yi . U geometrijskom smislu kompleksni broj je “strelica” u kompleksnoj ravnini C s početkom u ishodištu “O”, a krajem u točki s koordinatama ( x, y ) , kao na slici:

y z = x + yi

ϕ

x

O “Strelica” z = x + yi osim koordinata ( x, y ) ima duljinu, u oznaci | z | , te zatvara kut s osi Ox , u oznaci ϕ . Štoviše, za kompleksni broj z = x + yi neposredno vezujemo sljedeće nužne pojmove i pripadne oznake:

z = x + yi, Re z = x, Im z = y,

algebarski prikaz; realni dio; imaginarni dio;

| z |= r = x 2 + y 2 ,

modul;

ϕ = ∠(Ox , z ), arg z = ϕ + 2kπ , kut i argument; z = x − yi,

konjugirano kompleksni broj.

1.Kompleksni brojevi (sa svim korekcijama)

3

1.1 ALGEBARSKE OPERACIJE U C Pod algebarskim operacijama u skupu kompleksnih brojeva C podrazumijevamo zbrajanje, u oznaci z1 + z 2 , množenje realnim skalarom, u oznaci α ⋅ z1 , množenje kompleksnih brojeva, u oznaci z1 ⋅ z 2 , potenciranje kompleksnih brojeva, u oznaci z n , te dijeljenje kompleksnih z brojeva, u oznaci 1 . Ako je z1 = x1 + y1i i z 2 = x 2 + y 2 i , tada vrijede sljedeće definicije: z2 z1 + z 2 = ( x1 + x2 ) + ( y1 + y 2 )i;

α ⋅ z = α ⋅ x + (α ⋅ y )i; z1 ⋅ z 2 = ( x1 x2 − y1 y 2 ) + ( x1 y 2 + x2 y1 )i; z n = z ⋅ z n −1 ; z1 x1 x2 + y1 y 2 x2 y1 − x1 y 2 i. + = z2 x22 + y 22 x22 + y 22

Zaista, budući da je i 2 = −1 , imamo da je : z1 + z 2 = ( x1 + y1i ) + ( x2 + y 2i ) = ( x1 + x2 ) + ( y1 + y 2 )i;

α ⋅ z = α ( x + yi) = α ⋅ x + (α ⋅ y )i; z1 ⋅ z 2 = ( x1 + y1i ) ⋅ ( x2 + y 2i ) = x1 x2 + ( x1 y 2 )i + ( x2 y1 )i + ( y1 y2 )i 2 = = ( x1 x2 − y1 y 2 ) + ( x1 y 2 + x2 y1 )i; z1 z1 z 2 z1 ⋅ z 2 x1 x2 + y1 y 2 x2 y1 − x1 y 2 = ⋅ = = + i. z 2 z 2 z 2 | z 2 |2 x22 + y 22 x22 + y 22 Jednostavno je provjeriti da vrijedi: i 4 = i 2 ⋅ i 2 = ( −1) ⋅ (−1) = 1, i 3 = i 2 ⋅ i = ( −1) ⋅ i = −i. To znači da sve potencije imaginarne jedinice “ i ” mogu biti automatski računate po formuli: i 4k

= 1,

i

4 k +1

= i,

i

4k + 2

= −1,

i

4k +3

= − i.

Na primjer: i 351 = i 4⋅87 +3 = −i ili i 2017 = i 4⋅504+1 = i . U prvom primjeru smo broj 351 podijelili sa 4 te smo dobili 87,75. Potom smo broj 87 pomnožili sa 4 te smo dobili da je 351 = 4 ⋅ 87 + 3.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

4

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izvršiti naznačene algebarske operacije u skupu kompleksnih brojeva.

1. (2 + 3i ) + (1 − 4i ) = 2 + 3i + 1 − 4i = (2 + 1) + (3i − 4i ) = 3 − i. 2. (−1 + 2i ) − (2 − 3i ) = −1 − 2 + 2i + 3i = −3 + 5i. 3. | −1 + 3i |= (−1) 2 + 32 = 12 + 32 = 10. 4. | 2 − 3i |=| 2 + (− 3)i |= ( 2) 2 + (− 3) 2 = 2 + 3 = 5. 5. 1 − 2i + −2 + 5i = 1 − 2i − 2 − 5i = −1 − 7i.

6. Re(−2 + 3i ) + Im(1 − 5i ) = −2 − 5 = −7.

7. Re(−1 + 2i ) + Im(3 + 4i ) = Re(−1 − 2i ) + Im(3 − 4i ) = −1 − 4 = −5. 8. |Im(1 + 2i ) + iRe(−4 + i ) + 1 + 3i | = |2 + iRe(−4 − i ) + 1 + 3i | = = |2 − 4i + 1 + 3i | = |3 − i | = 10. 9. (i − 3)i = i 2 − 3i = −1 − 3i. 10. (2 − i )(3 + 4i ) = 6 + 8i − 3i − 4i 2 = 6 + 5i − 4(−1) = 10 + 5i. 11. i (2 − i )(3 + 4i) = (2i − i 2 )(3 + 4i ) = (1 + 2i)(3 + 4i ) = 3 + 4i + 6i + 8i 2 = = 3 + 10i + 8(−1) = −5 + 10i.

12.

2 2 1 − i 2 − 2i 2 − 2i = . = = = 1 − i. 1 + i 1 + i 1− i 1− i2 1+1

2 + i 2 + i 1 + 3i 2 + 6i + i + 3i 2 −1 + 7i 1 7 13. = . = = = − + i. 2 1 − 3i 1 − 3i 1 + 3i 1 − 9i 10 10 10 1 − 3i 1 − 3i 2 − i 2 − i − 6i + 3i 2 − 1 − 7i ) = Im( ⋅ ) = Im( ) = Im( )= 2 2+i 2+i 2−i 4−i 5 1 7 7 = Im( − − i ) = − . 5 5 5

14. Im(

1.Kompleksni brojevi (sa svim korekcijama)

5

1+ i 1+ i 2 + i 2 + 3i + i 2 + i (−1 − 3i ) | = | 2i + + i (−1 + 3i ) | = | 2i + − i + 3i 2 ) | = 2−i 2−i 2+i 4 − i2 1 + 3i 1 3 14 8 260 = |i + − 3 | = | ( − 3) + (i + i ) | = | − + i | = . 5 5 5 5 5 5

15. |2i +

ZADACI ZA VJEŽBU Izvrši naznačene operacije.

16. z = 2 − i + (3 + i )(−2 + i ). 17. z = Im[Re(1 − 2i ) − i Im(1 + i ) − 2i ]. 18. z = i − 3 + (3 + (2 − i )) − 4i. 19. z = 2i −

20. z =

1− i + i Re(1 − i ). 1+ i

(1 − i )(1 + 4i ) . 2+i

21. z = Re((2 − i )(1 − 3i )i 3 ). 22. z = i 7 +

i 3 − i17 . i 8 − i 30 38

3−i   1 2 23. z =  − + i +  .  5 5 1 + 2i  49

 i 20 − i 7  24. z =  1 + i + 3 10  . i +i   79

1 − 3i 2 − i   25. z =  17 ⋅ ⋅ + 16 − 12i  . −1 + i 4 − i   RJEŠENJA R16. z = −5 + 2i. R17. z = −3. 1 R 20. z = 170. R 21. z = −7. 5 R 25. z = −i.

R18. z = 2 − 6i. R19. z = −1 + 3i. R 22. z = 2.

R 23. z = −1. R 24. z = i.

6

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

1.2 TRIGONOMETRIJSKI OBLIK U prethodnoj točki smo dali definiciju kuta ϕ i duljine | z |= r kompleksnog broja z = x + yi . Sada trebamo za dani kompleksni broj u algebarskom obliku z = x + yi pronaći takozvani trigonometrijski oblik z = r ⋅ cisϕ = r ⋅ (cos ϕ + i ⋅ sin ϕ ) , u kojem umjesto ( x, y ) figuriraju kut ϕ i duljina | z |= r . Sa slike vidimo:

r

y

ϕ x

da kut ϕ i duljinu r računamo iz pripadnog pravokutnog trokuta, po formuli: r = x 2 + y 2 , tgϕ =

y . x

Budući da za svaku vrijednost «tangensa» imamo dva kuta, da bismo točno odredili koji je kut u pitanju, moramo točno odrediti u kojem se kvadrantu dani kompleksni broj nalazi, i to po sljedećoj shemi:

z = x + yi, za x > 0, y > 0 nalazi se u I kvadrantu, z = x + yi, za x < 0, y > 0 nalazi se u II kvadrantu, z = x + yi, za x < 0, y < 0 nalazi se u III kvadrantu, z = x + yi, za x > 0, y < 0 nalazi se u IV kvadrantu.

Potrebno je još znati osnovnu tablicu «tangensa» za kuteve u prvom kvadrantu:

tgϕ 0 3

3

1 3

ϕ 0° 30° 45° 60°

1.Kompleksni brojevi (sa svim korekcijama)

7

Na primjer: 3 1) tgϕ = , te ako se z nalazi u III kvadrantu, imamo da je ϕ = 180° + 30° = 210° ; 3 3 2) tgϕ = − , te ako se z nalazi u IV kvadrantu, tada je ϕ = 360° − 30° = 330° ; 3 3 3) tgϕ = − , te ako se z nalazi u II kvadrantu, tada je ϕ = 180° − 30° = 150° . 3

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima prebaciti kompleksne brojeve u trigonometrijski oblik.

26. z = 1 + i; • r = x 2 + y 2 = 12 + 12 = 2; • I kvadrant jer je x > 0, y > 0; tg (ϕ ) =

π y 1 = =1 ⇒ϕ = ; 4 x 1

π

Rješenje: 1 + i = 2cis ( ). 4 27.

z = 2 − 2i; • r = x 2 + y 2 = 22 + (−2) 2 = 8 = 2 2; • IV kvadrant jer je x > 0, y < 0; tg (ϕ ) =

y −2 π 7 = = −1 ⇒ ϕ = 2π − = π ; x 2 4 4

7 Rješenje: 2 − 2i = 2 2cis ( π ). 4

28.

z = − 3 − i; • r = x 2 + y 2 = (− 3) 2 + (−1) 2 = 4 = 2; • III kvadrant jer je x < 0, y < 0; tg (ϕ ) = 7 Rješenje: − 3 − i = 2cis ( π ). 6

π 7 −1 3 y = = ⇒ϕ = π + = π; 3 6 6 x − 3

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

8

29.

z = − 3 + 3i; • r = x 2 + y 2 = (− 3) 2 + 32 = 12 = 2 3; • II kvadrant jer je x < 0, y > 0; tg (ϕ ) =

3 − 3

=− 3

⇒ϕ =π −

π

2 = π; 3 3

2 Rješenje: − 3 + 3i = 2 3cis ( π ). 3 30.

z = 2i; • r = x 2 + y 2 = 02 + 22 = 22 = 2; • na rubu I-og i II-og kvadranta jer je x = 0, y > 0 ⇒ ϕ =

π

π 2

;

Rješenje: 2i = 2cis ( ). 2 31.

z = −3; • r = x 2 + y 2 = (−3) 2 + 02 = 9 = 3; • na rubu II-og i III-eg kvadranta jer je x < 0, y = 0 ⇒ ϕ = π ; Rješenje: − 3 = 3cis (π ).

32.

z = −4i; • r = x 2 + y 2 = 02 + (−4) 2 = 16 = 4; 3 • na rubu III-eg i IV-og kvadranta jer je x = 0, y < 0 ⇒ ϕ = π ; 2 3 Rješenje: − 4i = 4cis ( π ). 2

ZADACI ZA VJEŽBU Prebaciti dane kompleksne brojeve u trigonometrijski oblik.

33. z = 4 − 4i.

34. z = Re ( 3 − i ) + i ⋅ Im (5 − i ). 35. z =

2 + 2i 1 − i 6 + + i. 2 + i 1 + 2i 5

1.Kompleksni brojevi (sa svim korekcijama)

36. z = 2(cos

π

π

− i sin ). 4 4

37. z = − 3(cos 38. z = − cos

9

4π 4π + i sin ). 3 3

7π 7π + i sin . 6 6 32

 1− i  39. z = i −   .  1+ i  40. z = −10 ⋅

(1 − i )(2 − 3i ) + i − 7i. (2 − i )(1 − i )

41. z = Im(1 − 3i ) + i ⋅ Re(3 + 2i ). RJEŠENJA 7π π π 7π . R34. z = 2cis . R35. z = 2cis . R36. z = 2cis . 6 4 4 4 π 11π 3π R37. z = 3cis . R38. z = cis . R39. z = 2cis . R 40. z = 11cisπ . 3 6 4 2π R 41. z = 12cis . 3 R33. z = 4 2cis

1.3 “BRZO-BRZO” POTENCIRANJE, MNOŽENJE I DIJELJENJE U C Potenciranje, množenje i dijeljenje kompleksnih brojeva u algebarskom obliku z = x + yi , koje smo upoznali u točki 1.1, radije se izvode kada su kompleksni brojevi prikazani u geometrijskom obliku r ⋅ cisϕ . Razlog tomu je što se pripadne operacije jednostavnije i relativno brže računaju za kompleksne brojeve izražene u geometrijskom obliku. To slijedi iz formula za takozvano “brzo-brzo” potenciranje, množenje i dijeljenje u skupu kompleksnih brojeva C : z n = (r ⋅ cisϕ ) n = r n ⋅ cis(nϕ ), z1 ⋅ z 2 = (r1 ⋅ cisϕ1 ) ⋅ (r2 ⋅ cisϕ 2 ) = r1 ⋅ r2 ⋅ cis(ϕ1 + ϕ 2 ), z1 r1 ⋅ cisϕ1 r1 = = ⋅ cis(ϕ1 − ϕ 2 ). z 2 r2 ⋅ cisϕ 2 r2

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

10

Kako vidimo, prije potenciranja dani kompleksni broj prebacimo u trigonometrijski oblik, pa tek onda potenciramo po prethodnom pravilu. U slučaju množenja i dijeljenja, sve dane kompleksne brojeve prvo prebacimo u odgovarajuće trigonometrijske oblike, pa tek onda iskoristimo prethodne formule.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izračunati naznačene operacije u skupu kompleksnih brojeva.

42. i 321 = i 4⋅80+1 = (i 4 )80i = i. 33 33 33 π 33 π π 43. (1 + i )33 = ( 2cis )33 = 2 2 cis π = 2 2 cis(8π + ) = 2 2 cis( ) = 216 (1 + i ). 4 4 4 4

11 127 11 ⋅127 1397 π ) = 2127 cis π = 2127 cis π= 6 6 6 5 5 3 1 = 2127 cis (232π + π ) = 2127 cis ( π ) = 2127 (− + i ). 6 6 2 2

44. ( 3 − i )127 = (2cis

35 3 5 3 ⋅ 35 5 ⋅ 152 2 π )(2152 cis π) = 45. (−1 + i )35 (1 − 3i )152 = ( 2cis π )35 (2cis π )152 = (2 cis 4 3 4 3 35 35 π 105 760 4 2 2 π )(2152 cis π ) = (2 cis (26π + ))(2152 cis(252π + π )) = = (2 cis 4 3 4 3 35 35 +152 π 4 19 π 4 2 2 cis ( + π ) = 2339 / 2 cis ( π ). = (2 cis ( ))(2152 cis ( π )) = 2 4 3 12 4 3

15 π 7 22 105 π) (2cis ) 22 ( 2cis π )15 (222 cis π )(2 2 cis 6 4 6 4 = = 3 5 3 15 2 ( 2cis π ) 2 cis π 4 4 22+15 − 3 28 28 π 22 105 15 157 2 2 π − π ) = 2 cis ( π ) = 2 cis(26π + ) = =2 cis ( π + 6 4 4 6 6

( 3 + i ) 22 (1 − i )15 = 46. (−1 − i )3

28 28 π 3 1 = 2 cis ( ) = 2 ( + i ). 6 2 2

69 11 57 π 11 ⋅ 57 23 π ) ( 8cis ) 23 (257 cis π )(2 2 cis π ) 6 4 = 6 4 = ⋅ 5 13 13 5 13 (2cis π ) 2 cis π 3 3 157 57+ 69 −13 627 23 65 1063 2 2 =2 cis ( π + π − π ) = 2 cis( π) = 6 4 3 12 157 157 7 7 2 2 = 2 cis (88π + π ) = 2 cis ( π ). 12 12

( 3 − i )57 (2 + 2i ) 23 = 47. (1 − 3i )13

(2cis

1.Kompleksni brojevi (sa svim korekcijama)

11

π 19 11 19 220 (cis )19 (3 − 3i ) 20 (cis π )( 12cis π ) 20 1210 (cis π )(cis π) 5 5 6 5 6 = = = 48. 5 5 π 5 (cis ) cis π cis π 6 6 6 19 220 5 1189 49 49 = 1210 cis( π + π − π ) = 1210 cis ( π ) = 1210 cis (38π + π ) = 1210 cis ( π ). 5 6 6 30 30 30

ZADACI ZA VJEŽBU Izvršiti naznačene operacije među kompleksnim brojevima.

49. z = (1 − 3i ) 21. 22

 1− i  50. z = 1 +  .  1+ i 

51. z = (−i + 1) 21 (3 + 3i )33 . 52. z = (1 + i )9 (1 − i )7 (1 + 3i )5 . 53. z =

(2 + 2i )77 . ( −1 + i ) 5

54. z =

( 3 + i )5 (1 + i )7 . (1 − i )5 (1 − 3i )7 10

3−i   55. z =  −2i ⋅ − 4i  . −1 + i  

RJEŠENJA R 49. z = −221.

R50. z = 211 i.

R52. z = 212 ( 3 + i ).

R51. z = 243333/ 2 (1 + i ).

R53. z = −2113 i.

R54. z =

3 1 + i. R55. z = 210. 4 4

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

12

1.4 KORJENOVANJE U C Znamo da u skupu realnih brojeva korjenovanje možemo shvatiti kao “razlomljeno” 1

potenciranje, odnosno n z = z n . Ako još, uz to, za potenciranje primijenimo formulu za brzo potenciranje iz prethodne točke, uvažavajući da u trigonometrijskom obliku r ⋅ cisϕ za argument vrijedi arg z = ϕ + 2kπ , tada jednostavno dobivamo izraz za korjenovanje kompleksnih brojeva: n

1

z = ( r ⋅ cisϕ ) n = n r ⋅ cis(

ϕ + 2kπ n

), za k = 0,1, 2,..., n − 1.

Kako vidimo, zbog periodičnosti trigonometrijskih funkcija, imamo točno n različitih n-tih korijena kompleksnog broja, koje razlučujemo uvrštavajući sve vrijedosti za k. Da bismo dokazali prethodni izraz, treba uzeti u obzir da je korjenovanje «inverzna» operacija od potenciranja, odnosno da vrijedi: w = n z ⇔ w n = z. Uvrštavajući u prethodnu tvrdnju trigonometrijske oblike za w = ρ ⋅ cisψ i z = r ⋅ cisϕ dobivamo jednadžbu gdje su poznate (r ,ϕ ) zadane, dok nepoznate ( ρ ,ψ ) tražimo: w n = z ⇒ ρ n ⋅ cis(nψ ) = r ⋅ cisϕ ⇒ ρ n = r i nψ = ϕ + 2kπ , što direktno dokazuje gornju formulu za korjenovanje kompleksnih brojeva.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izračunati naznačene korijene u skupu kompleksnih brojeva.

56.

3

2i = 3 2cis π2 = z1 =

3

2cis

π 6

3

2cis

, z2 =

3

+ 2 kπ , k = 0, 1, 2; 3 5π 3π 2cis , z3 = 3 2cis . 6 2

π

2

+ 2 kπ , k = 0, 1; 2 3π 11π . z1 = 4 2cis , z2 = 4 2cis 8 8 3π + 2 kπ 58. 4 −i = 4 cis 32π = cis 2 , k = 0, 1, 2, 3; 4 3π 7π 11π 15π , z3 = cis , z4 = cis . z1 = cis , z2 = cis 8 8 8 8 57.

−1 + i =

2cis 34π =

4

2cis

3π 4

1.Kompleksni brojevi (sa svim korekcijama) 3

59.

−2 = 3 2cisπ = z1 =

60.

5

61.

3

4

2cis

π 3

π + 2 kπ

2cis

, z2 =

3

, k = 0, 1, 2;

3

2cisπ , z3 =

3

3 − i = 3 2cis 3

2cis

−2 − 2i = z1 =

8

3cis

11π = 6

11 π , z2 = 18

3

3

8cis 54 π =

4

8cis

5

5 π , z2 = 16

5 4

π + 2 kπ 4

13 π , z3 = 16

Izračunati korijene u skupu kompleksnih brojeva. 63.

3

−1− i.

64.

4

− 3 − i + (1 − 3i ) ⋅ (3 + i ) .

65.

5

(− 3 + 1) + ( 3 + 1) ⋅ i . 1− i

66.

4

( 2 + 2i ) 33 . 3

 − 1 − 3i − 4 + 2i  +   . 1 − 3i   2+i

, k = 0, 1, 2;

23 π , z3 = 18

8cis

8cis

π + 2 kπ 3

2cis

8

8

11 6

2cis

ZADACI ZA VJEŽBU

67.

5π . 3

2cis

0 + 2 kπ , k = 0, 1, 2, 3, 4; 5 2π 4π 6π 8π , z3 = 5 3cis , z4 = 5 3cis , z5 = 5 3cis . z1 = 5 3cis0, z2 = 5 3cis 5 5 5 5 3 = 5 3cis0 =

z1 =

62.

3

3

13

3

2cis

35 π. 18

, k = 0, 1, 2, 3; 8

8cis

21 π , z4 = 16

8

8cis

29 π. 16

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

14

RJEŠENJA R63. z1 = 6 2cis

13 21 5 π , z 2 = 6 2cis π , z3 = 6 2cis π . 12 12 12

R64. z1 = 4 6cis

17 23 5 11 π , z 2 = 4 6cis π , z3 = 4 6cis π , z 4 = 4 6cis π . 12 12 12 12

R65. z1 = 5 2cis

π 6

R66. z1 = 233 / 4 cis

, z 2 = 5 2cis

π 16

17 29 41 53 π , z3 = 5 2cis π , z 4 = 5 2cis π , z5 = 5 2cis π . 30 30 30 30

, z 2 = 233 / 4 cis

17 25 9 π , z3 = 233 / 4 cis π , z 4 = 233 / 4 cis π . 16 16 16

7 15 R67. z1 = 29 / 4 cis π , z 2 = 29 / 4 cis π . 8 8

1.5 ALGEBARSKE JEDNADŽBE U C U ovoj ćemo točki na primjeru rješavanja algebarskih jednadžbi u C ponoviti sve «vještine» u radu s kompleksnim brojevima, koje su bile demonstrirane u prethodnim točkama: -

pretvaranje kompleksnog broja iz algebarskog u trigonometrijski oblik, takozvano «brzo-brzo» potenciranje, množenje i dijeljenje u C , korjenovanje u C .

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima riješiti jednadžbe u skupu kompleksnih brojeva.

68. z 2 + i = 0; 3 • − i = cis π ; 2 3 π + 2 kπ 3 • z 2 = −i = cis ( π ) ⇒ z = cis ( 2 ), k = 0,1; 2 2 3 2 2 7 2 2 Rješenja: z1 = cis ( π ) = − +i , z2 = cis ( π ) = −i . 4 2 2 4 2 2

1.Kompleksni brojevi (sa svim korekcijama)

15

2

 3 −i  69. z =  π   ; cis ( ) 12   3

2

2

 3 − i   2cis(116 π )  21 2 21 9 3 •  =  = (2cis( π )) = 4cis( π ) = 4cis(2π + π ) = 4cis( π ); π  π  12 6 6 2  cis(12 )   cis(12 )  2

3  3 −i  3 3 2 π + 2kπ 4 cis ( ) z 4 cis ( π ), k = 0,1,2; • z =  = ⇒ =  π  cis ( ) 2 3 12   3

7 3 1 π Rješenja: z1 = 3 4cis( ) = ( 3 4)i, z2 = 3 4cis( π ) = − 3 4( + i), 2 6 2 2 11 3 1 z3 = 3 4cis( π ) = 3 4( − i) . 6 2 2

70. z 4 + 16 = 0; • − 16 = 16cis (π ); • z 4 = −16 = 16cis (π ) ⇒ z = 4 16cis (

π + 2 kπ 4

), k = 0,1,2,3;

3 π Rješenja: z1 = 2cis ( ) = 2 + i 2, z2 = 2cis ( π ) = − 2 + i 2, 4 4 5 7 z3 = 2cis ( π ) = − 2 − i 2, z4 = 2cis ( π ) = 2 − i 2. 4 4 71. z 4 + 8z = 0; • z ( z 3 + 8) = 0 ⇒ z = 0, z 3 + 8 = 0; • z 3 = −8 = 8cis(π ) ⇒ z = 3 8cis(

π + 2kπ 3

), k = 0,1,2;

π 3 5 Rješenja: z1 = 0, z2 = 2cis( ) = 1 + i 3, z3 = 2cis( π ) = −2, z4 = 2cis( π ) = 1 − i 3. 3 3 3

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

16

72. z 4 + 2 z 2 − 3 = 0; • u = z2 ⇒

u 2 + 2u − 3 = 0 ⇒

u = 1, u = −3; 0 + 2 kπ • z 2 = 1 ⇒ z1,2 = 1 = cis 0 ⇒ z1,2 = cis ( ), k = 0,1; 2 π + 2 kπ • z 2 = −3 ⇒ z3,4 = −3 = 3cis (π ) ⇒ z3,4 = 3cis ( ), k = 0,1; 2

π

Rješenja: z1 = cis 0 = 1, z2 = cis (π ) = −1, z3 = 3cis ( ) = 3i, 2 3 z4 = 3cis ( π ) = − 3i. 2

73. z 6 − 3z 3 − 4 = 0; • u = z3 ⇒

u 2 − 3u − 4 = 0 ⇒

z1,2,3 = 3 −1 = 3 cis (π ) ⇒ z1,2,3 = cis (

• z 3 = −1 ⇒ • z3 = 4 ⇒

u = −1, u = 4;

z4,5,6 = 3 4 = 3 4cis (0) ⇒ z4,5,6

π + 2 kπ

), k = 0,1,2; 3 0 + 2 kπ ), k = 0,1,2; = 3 4cis ( 3

π 1 3 5 1 3 i, z 2 = cis(π ) = −1, z3 = cis ( π ) = − i, Rješenja : z1 = cis( ) = + 2 2 3 2 2 3 1 3 2 z 4 = 3 4cis0 = 3 4 , z5 = 3 4cis( π ) = 3 4 (− + i ), 2 2 3 4 1 3 z6 = 3 4cis( π ) = 3 4 (− − i ). 3 2 2

ZADACI ZA VJEŽBU Riješiti jednadžbe u skupu kompleksnih brojeva. 74. z 3 + 1 = i. 75. z 6 + 4 z 2 = 0. 76. z 6 + 3z 4 + z 2 + 3 = 0. 77. z 3 =

( 3 + i ) 22 ⋅ (1 − i )15 . (−1 − i ) 3

1.Kompleksni brojevi (sa svim korekcijama)

17

78. z 6 − z 3 − 2 = 0. 79. z 4 + z 2 + 1 = 0.

RJEŠENJA R74. z1 = 6 2cis

11 19 3 π , z 2 = 6 2cis π , z3 = 6 2cis π . 12 12 12

R75. z1 = z 2 = 0, z3 = 1 + i, z 4 = −1 + i, z5 = −1 − i, z6 = 1 − i. R76. z1 = 3i, z 2 = − 3i, z3 = z6 =

2 2 2 2 2 2 + i, z 4 = − + i, z5 = − − i, 2 2 2 2 2 2

2 2 − i. 2 2

R77. z1 = 228/ 3 cis

π 18

, z2 = 228/ 3 cis

13 25 π , z3 = 228/ 3 cis π . 18 18

R78. 1 3 1 3 1 3 z1 = 3 2 , z 2 = −1, z3 = 3 2 (− + i ), z 4 = 3 2 (− − i ), z5 = + i, 2 2 2 2 2 2 1 3 z6 = − i. 2 2 R79. z1 =

1 3 1 3 1 3 1 3 + i, z 2 = − + i, z3 = − − i, z 4 = − i. 2 2 2 2 2 2 2 2

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

19

NIZOVI I REDOVI (korigirano) U ovom poglavlju: Nizovi realnih brojeva Rekurzivno zadani nizovi Redovi realnih brojeva Usporedni i integralni kriteriji Cauchyjev kriterij D’Alembertov kriterij Nužni i Leibnitzov kriterij

2.1 NIZOVI Niz realnih brojeva možemo zadati jednostavnim nabrajanjem nekoliko prvih članova. Na 1 1 1 1 1 1 primjer: 1, , , ,..... ili 1, , , ,..... ili − 1,1,−1,1,..... . 2 3 4 2 4 8

Potpuniji način zadavanja niza realnih brojeva je preko njegovog općeg člana a n . Time su svi članovi niza na jednostavan način “dohvatljivi”, odnosno, uvrštavanjem određenog 1 indeksa dobivamo bilo koji član niza. Na primjer, iz općeg člana niza an = možemo dobiti n 1 1 peti član, ili deveti član niza: a5 = i a9 = . Kako vidimo, startna pozicija realnog broja 5 9 ili njegov indeks “n”, direktno utječu na njegovu vrijednost a n . Postavlja se pitanje: koji su to brojevi u danom nizu a n s velikim indeksom, a kojih ima 1 1 1 beskonačno mnogo? Na primjer: 1, , , ,....., ?, ?,...... . Odgovor na ovo pitanje leži u 2 3 4 definiciji limesa niza. Po opisnoj definiciji broj L je limes niza a n ako je a n ≈ L kad je 1 1 1 n ≈ ∞ . To znači da je: 1, , , ,....., ≈ L, ≈ L,...... ili za bilo koji niz vrijedi: 2 3 4 a1 , a2 , a3 , a4 ,....., ≈ L, ≈ L,...... .

Broj L bi trebao biti jedinstven, ako takav postoji. Iz ovakve proizvoljne definicije lako se vidi da su moguća dva ili više takvih brojeva, takozvanih gomilišta. Na primjer, za niz 1 an = (−1) n + imamo dva gomilišta, odnosno dva kandidata za broj L: n

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

20

3 2 5 0, ,− , ,....., ≈ −1, ≈ 1,...... . 2 3 4 Da bismo izbjegli ovakve slučajeve neodređenosti, potrebna nam je definicija gomilišta i limesa niza, u kojoj se limes pojavljuje kao jedinstveno gomilište.

♦Definicija 1. Realan broj L je gomilište niza a n ako zadovoljava: za svaki ε > 0 postoji n0 ∈ N takav da za beskonačno mnogo n > n0 vrijedi

| an − L |< ε .

Po ovoj strogoj definiciji, brojevi L = −1 i L = 1 su dva gomilišta niza an = (−1) n +

1 . n

♦Definicija 2. Realan broj L je limes niza a n ako zadovoljava: za svaki ε > 0 postoji n0 ∈ N takav da za sve n > n0 vrijedi

| an − L |< ε . Ili, kratko: lim an = L ⇔ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N , ∀n ≥ n0 , | an − L |< ε

n →∞

.♦

1 nema limesa. n Kao što ćemo vidjeti, definicija limesa niza je potpuno ista kao definicija limesa funkcija u x = +∞ (vidi Poglavlje 4). Stoga su sva svojstva i primjeri rješavanja limesa niza potpuno isti kao kod limesa funkcija u x = +∞ , a koji će kasnije biti detaljno prezentirani, s tim što se, umjesto varijable “x”, pojavljuje indeks “n”.

Po ovoj strogoj definiciji, niz an = (−1) n +

Kao podsjetnik navodimo po jedan karakterističan i jednostavan primjer efektivnog računanja limesa niza realnih brojeva. 3n 2 − 2n + 5 = n→∞ n 2 + n − 4

80. lim

∞ ∞

(3n 2 − 2n + 5) / n 2 3 − 2 / n + 5 / n2 = lim = 3. n →∞ ( n 2 + n − 4) / n 2 n →∞ 1 + 1 / n − 4 / n 2

= lim

1 n+ n −n ∞ (n + n − n ) / n n = 1 + 1 = 1. 81. lim = ∞ = lim = lim n →∞ n →∞ n →∞ 3 2n + 3 (2n + 3) / n 2 2+ n 5 1 3 − 2+ 3 5n 2 − n + 3 ∞ (5n 2 − n + 3) / n3 n n n = 0 = 0. = ∞ = lim = lim 82. lim 3 n →∞ 3n + 2n − 4 n →∞ (3n 3 + 2n − 4) / n 3 n →∞ 2 4 3+ 2 − 3 3 n n 2

2

1+ 1−

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

6n − 2n + n = 2n 3 + n 2 − 3 4

83. lim

n →∞

5

84. lim

n →∞

3

2

21

2 1 6− + 2 (6n − 2n + n ) / n n n = 6 = ∞. = lim = lim n →∞ (2n 3 + n 2 − 3) / n 4 n →∞ 2 1 3 + 2− 4 0 n n n 4

∞ ∞

n5 − 2n3 + 4 + (3n − 4) 3

n3 + n 2 − 4 + n 2 − 1

=

∞ ∞

3

= lim n →∞

2

4

[ 5 n5 − 2n3 + 4 + (3n − 4)] / n [ 3 n3 + n 2 − 4 + n 2 − 1] / n

=

2 4 4 + 5 +3− 2 n n n = 1 + 3 = 4 = 2. = lim n →∞ 1+1 2 1 4 1 3 1+ − 3 + 1− 2 n n n 5

85. lim

n →∞

1−

n + 3 + 4 n 2 − 3n + 1 2 n − 4 + 4 n2 − 5

=

∞ ∞

= lim

[ n + 3 + 4 n 2 − 3n + 1] / n [2 n − 4 + 4 n 2 − 5] / n

n →∞

=

3 4 3 1 + 1− + 2 n n n = 1+1 = 2 . = lim n →∞ 2 +1 3 4 5 2 1− + 4 1− 2 n n 1+

86. lim (n − n 2 − 5n ) = ∞ − ∞ = lim ( n − n 2 − 5n ) n→∞

n →∞

= lim

n →∞

n + n 2 − 5n n + n 2 − 5n

5n 2

n + n − 5n

=

∞ ∞

= lim

n →∞

= 5n / n ( n + n − 5n ) / n

87. lim( n 2 − 4 − n 2 − 2n + 5) = lim( n 2 − 4 − n 2 − 2n + 5) n →∞

n →∞

= lim

n 2 − 4 − n 2 + 2n − 5 2

2

=

∞ ∞

=

5 . 2

n 2 − 4 + n 2 − 2n + 5

n 2 − 4 + x 2 − 2n + 5 (2n − 9) / n = lim = 2 n →∞ [ n − 4 + n 2 − 2n + 5] / n

n − 4 + n − 2n + 5 9 2− 2 n = lim = = 1. n →∞ 4 2 5 1+1 1− + 1− + 2 n n n n →∞

2

=

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

22

88. lim

n →∞

1 1 n−3 + n+ 4 = lim = n →∞ n ( n − 3 − n + 4) n ( n − 3 − n + 4) n − 3 + n + 4

= lim

n →∞

n−3 + n+ 4 n−3 + n+ 4 1 = − lim = 7 n→∞ n (n − 3 − n − 4) n

∞ ∞

=

1 [ n − 3 + n + 4] / n 1 3 4 2 = − lim = − lim[ 1 − + 1 + ] = − . n n 7 n →∞ 7 n→∞ 7 n/ n

89. lim( 3 n3 + 2n 2 − n) = ∞ − ∞ = lim( 3 n3 + 2n 2 − n) n →∞

= lim

n →∞

n 3 + 2n 2 − n 3

n →∞ 3

= lim

n →∞

( n 3 + 2n 2 ) 2 + n ⋅ 3 n 3 + 2 n 2 + n 2

= lim

( 3 ( n 3 + 2 n 2 ) 2 + n ⋅ 3 n 3 + 2n 2 + n 2 ) / n 2

n

3

( n 3 + 2n 2 ) 2 + n 3 n 3 + 2n 2 + n 2 ( n 3 + 2n 2 ) 2 + n ⋅ 3 n 3 + 2n 2 + n 2 2n 2

n →∞ 3

2n 2 / n 2

3

( n 3 + 2n 2 ) 2 + n ⋅ 3 n 3 + 2n 2 + n 2

= lim

n →∞

2

1 2 n n+2  2  ∞ 2 90. lim  = 1 = lim 1 + = lim 1 +    n→∞   =e . →∞ n →∞ n  n   n  n/2 n

n

n

−4   n−3  n−3   = 1∞ = lim  1 + − 1 = lim  1 + 91. lim    = n →∞ n + 1 n →∞    n + 1  n→∞  n + 1  n+1 ( −4 n ) n+1

−4  1  = lim 1 + n +1  n →∞ −4  

lim −n4+1n

= e n→∞

= e −4 .

U računanju limesa koriste se sljedeća svojstva:

1 lim(1 + ) n = e, n →∞ n lim(an ± bn ) = lim an ± lim bn , n →∞

n →∞

n →∞

lim(α ⋅ an ) = α ⋅ lim an , n →∞

n →∞

lim(an ⋅ bn ) = (lim an ) ⋅ (lim bn ), n →∞

n →∞

n →∞

an an lim = n→∞ , n →∞ b lim bn n

lim

n →∞

lim bn

lim(an bn ) = (lim an ) n→∞ , n →∞

n →∞

gdje pretpostavljamo da pojedinačni limesi lim an i lim bn postoje. n →∞

n →∞

∞ ∞

2 = . 3 (1 + 2 / n) 2 + 3 1 + 2 / n 2 + 1 3

n 2n

n

=

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

23

Budući da je precizno računanje limesa niza važno u određivanju konvergencije redova, što će biti rađeno u nastavku, potrebno je riješiti sljedeće zadatke. ZADACI ZA VJEŽBU ( n + 2) 2 . n→∞ n2 n2 − n + 5 ☺ 94. lim . n →∞ 2n + 6

2n 3 − n 2 + 1 . n → ∞ n 4 + 16 n + 2

☺ 92. lim

3

96. lim

n→∞

☺ 93. lim

3

☺ 95. lim

n→∞

n2 + 6 − n

n2 + n + 1 + 5 n4 + 1

☺ 98. lim ( n 2 − 4n + 5 − n) .

4

n5 + 1 + 5 n 2 + 2

n→∞ 5

n 4 + 3 + n3 + 5

97. lim

.

2n 3 + n − 2 . n +1

☺ 99. lim n( n 2 + 1 − n) .

n→∞

n→∞

3n

n2

 n +1  100. lim   . n → ∞ n − 2 

 n2 + 1   . 101. lim  2 n →∞ 2n + 1   

RJEŠENJA 92. 1. 95.

3

93. 0.

2.

96. − 1.

94. ∞. 97. 0.

98. − 2.

99.

1 . 2

100. e 9 .

101. 0.

♠PRIMJEDBE♠ 1. U nastavku promatramo limese nizova kojima se indeks “n” pojavljuje u potencijama s različitim konstantnim bazama. Na primjer, želimo izračunati: 3 ⋅ 2n − 1 lim n . n→∞ 3 + 2 Budući da je ovo jedan specijalni oblik neodređenog oblika ∞∞ , postupamo kao što je uobičajeno, odnosno dijelimo s eksponencijalnom funkcijom najveće baze, kao u sljedećem primjeru: 2n 1 2 1 3 ⋅ − n 3 ⋅ ( )n − ( )n n 3 ⋅ 2n − 1 (3 ⋅ 2 n − 1) / 3n 3 3 = 0 − 0 = 0. 3 = lim lim = lim = lim 3 n →∞ 3n + 2 n →∞ (3n + 2) / 3n n →∞ n →∞ 2 1 n 1+ 0 1+ n 1 + 2( ) 3 3 2. Ako se u danom nizu pojavljuju istovremeno algebarske i transcedentne funkcije, tada limes niza ne možemo računati na klasičan način dijeljenjem s najvećom potencijom. Na primjer, želimo izračunati: n2 lim n . n→∞ 2

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

24

Uvijek možemo, ako je to korisno, prijeći s indeksa “n” na varijablu “x”, takvu da x → ∞ . Potom, kao kod limesa funkcija, možemo u ovakvom slučaju iskoristiti L’Hospitalovo pravilo, kao u sljedećem primjeru (pročitati kada budemo radili derivacije): ( x 2 )' 2x n2 x2 ∞ = = = = = lim x = lim ' lim L H ∞ n x x n→∞ 2 x →∞ 2 x →∞ ( 2 )' x →∞ 2 ln 2 x 2 2 ( x)' 2 1 2 1 = lim x = ∞∞ = L' H = lim x = lim x = 2 lim x = 0 . ln 2 x →∞ 2 ln 2 x→∞ (2 )' ln 2 x →∞ 2 ln 2 ln 2 x→∞ 2 lim

Znači, pokazali smo da je:

n2 = 0. n →∞ 2 n lim

2.2

REKURZIVNO ZADANI NIZOVI

U primjenama određen broj nizova nije zadan općim članom, već rekurzivnom relacijom. Na primjer:

an +1 = an + 2, a1 = 1 4 , a1 = 3 an + 1 an +1 = 3an (1 − an ), a1 = 3 / 4. an +1 = 3 −

Pitanje: kako za ovakve nizove računati njihove limese? Ako znamo da je niz konvergentan, tada je očigledno: L = lim an +1 = lim an . n →∞

n →∞

Sada je lako “limesirati” danu rekurziju. Na primjer:

lim an +1 = lim an + 2 n →∞

n →∞

⇒ L = L + 2.

Jednostavnim rješavanjem dobivene algebarske jednadžbe po L slijedi da je

L = lim an = 2. n →∞

Međutim, postavlja se pitanje kako znati da je rekurzivno dani niz konvergentan, jer, kako vidimo, ako pretpostavimo da je konvergentan, lako možemo iz rekurzije izračunati njegov limes. Naravno, ovo je teži dio zadatka, te koristimo sljedeća dva rezultata o konvergenciji monotonih i ograničenih nizova. ♣Teorem 1. (konvergencija rastućih nizova) Pretpostavimo da je dani niz a n rastući, odnosno, pretpostavimo da vrijedi: an ≤ an +1 za svaki n ∈ N .

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

25

Nadalje, pretpostavimo da je zadani niz a n odozgo ograničen, odnosno, neka postoji realan broj M > 0 takav da je: an ≤ M za svaki n ∈ N . Tada je niz a n konvergentan, odnosno postoji L = lim an +1 = lim an .♣ n →∞

n →∞

♣Teorem 2. (konvergencija padajućih nizova) Pretpostavimo da je dani niz a n padajući, odnosno, neka vrijedi: an ≥ an +1 za svaki n ∈ N . Nadalje, pretpostavimo da je zadani niz a n odozdo ograničen, odnosno, neka postoji realan broj m takav da je: m ≤ an za svaki n ∈ N . Tada je niz a n konvergentan, odnosno postoji L = lim an +1 = lim an .♣ n →∞

n →∞

102. Naći i dokazati da je to limes za niz an +1 = an + 2, a1 = 1 . •

Pretpostavimo za tren da je a n konvergentan, odnosno, neka postoji limes

L = lim an +1 = lim an ; n →∞

•

n →∞

“Limesiramo” rekurziju:

lim an +1 = lim an + 2 n →∞

n →∞

⇒

L = L + 2 ⇒ L2 − L − 2 = 0

⇒ L1 = 2, L2 = −1. S obzirom da iz rekurzije nužno slijedi da je an ≥ 0 , zaključujemo da je

L = lim an +1 = lim an = 2. n →∞

•

•

n →∞

Nadalje, treba opravdati pretpostavku da je a n konvergentan: - matematičkom indukcijom se lako pokaže da je a n rastući, - matematičkom indukcijom se lako pokaže da je a n odozgo ograničen sa M = 2. Sada po prethodnom teoremu o konvergenciji rastućih nizova slijedi da je niz a n konvergentan.

103. Naći i dokazati da je to limes za niz an +1 = 3 − •

Pretpostavimo za tren da je a n konvergentan, odnosno, neka postoji limes

L = lim an +1 = lim an ; n →∞

•

4 , a1 = 3 . an + 1

n →∞

“Limesiramo” rekurziju:

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

26

lim an +1 = 3 − n →∞

4 lim an + 1

⇒ L = 3−

n →∞

4 ⇒ L2 − 2 L + 1 = 0 L +1

⇒ L = 1. Uvrštavajući početni uvjet u rekurziju dobivamo da je a1 = 3 > a2 = 2 > .., odnosno dokazat ćemo da je a n padajući. •

•

Nadalje, treba opravdati pretpostavku da je a n konvergentan: - matematičkom indukcijom se lako pokaže da je a n padajući, - matematičkom indukcijom se lako pokaže da je a n odozdo ograničen sa m = 1. Sada po prethodnom teoremu o konvergenciji padajućih nizova slijedi da je niz a n konvergentan.

104. Naći i dokazati da je to limes za niz an +1 = 3an (1 − an ), a1 = 3 / 4 . •

Pretpostavimo za tren da je a n konvergentan, odnosno, neka postoji limes

L = lim an +1 = lim an ; n →∞

•

n →∞

“Limesiramo” rekurziju:

lim an +1 = 3(lim an )(1 − lim an ) n →∞

n →∞

x →∞

⇒ L = 3L(1 − L) ⇒ 3L2 − 2 L = 0

2 ⇒ L1 = 0, L2 = . 3

Kao što vidimo, imamo dva kandidata za limes. Koji je od ova dva broja limes, ovisi o tome kakva je donja međa za a n , s obzirom da se prvi član nalazi desno od njih. Međutim, računajući nekoliko prvih članova lako je primijetiti da članovi “osciliraju” oko broja L =

2 . Time L = 0 otpada, ali zbog oscliliranja članova niza oko limesa 3

ne možemo primijeniti prethodne teoreme o konvergenciji rastućih i padajućih nizova. •

Zaključak: postoji veliki broj nizova koji nisu niti rastući niti padajući, poput niza iz ovog primjera.

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći i dokazati da su to limesi rekurzivno danih nizova. 105. an +1 =

1 (2 + an ) 2 , a1 = 0. 8

1 an (1 − an ), a1 = 1/ 3. 2 3 , a1 = 1. 109. an +1 = 1 + 1 + an 107. an +1 =

106. an +1 = 3 2an2 − 1, a1 = 2. 108. an +1 = 1 + 110. an +1 =

2 , a1 = 3. an + 1

an , a1 = 1. 1 + an

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

27

RJEŠENJA 105. 2.

2.3

106. 1.

107. 0.

108.

3.

109. 2.

110. 0.

REDOVI REALNIH BROJEVA

U nastavku, za dani niz a n nas interesira suma svih njegovih članova, odnosno želimo izračunati: ∞

∑a

n

= a1 + a2 + a3 + ...... + an + ..... .

n =1

Međutim, zbrajanje beskonačno mnogo brojeva je složen proces: i) zbroj može ovisiti o načinu zbrajanja; ii) ne mora biti konačan; iii) ako je konačan, nije lako naći sumu. Proces traženja sume svih članova danog niza a n onačavamo sa

∑a

n

, te ga zovemo redom

danog niza. On podrazumijeva sljedeće radnje: i) dogovor o načinu zbrajanja; ii) kriterije konvergencije pomoću kojih možemo znati da li ima ili nema smisla zbrojiti sve članove nekog niza, odnosno da li red a n konvergira ili divergira;

∑

∞

iii)

algoritam za računanje sume

∑a

n

, pod uvjetom da red

n =1

∑a

n

konvergira.

♦Definicija 3. Za dani niz a n formira se takozvani niz djelomičnih suma sn na sljedeći način: s1 = a1 s2 = a1 + a2 s3 = a1 + a2 + a3 # sn = a1 + a2 + a3 + ...... + an . Ako niz djelomičnih suma sn konvergira, tada je logično da ima smisla zbrojiti sve članove niza a n , pa onda kažemo da red ∞

∑a

n

∑a

n

konvergira. Pri tome je

= s ∞ = lim s n

n =1

n→∞

.

Ako pak niz djelomičnih suma sn divergira, tada kažemo da nema smisla zbrajati sve članove niza a n , odnosno kažemo da red

∑a

n

divergira. ♦

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

28

(−1) n 1 a , kao i sve članove niza = , n n n2 1 1 konvergira, dok nema smisla zbrojiti sve članove niza an = . Kratko rečeno, red n n2 (−1) n 1 red divergira. Pri tome, za pripadne sume vrijedi: konvergira, dok red n n ∞ 1 π2 i) = , 2 6 n =1 n

Na primjer, ima smisla zbrojiti sve članove niza an =

∑

∑

∑

∑ ∞

(−1) n = − ln 2 , n n =1

ii)

∑

iii)

∑n =∞.

∞

1

n =1

Primijetimo da za redove

∑

∞

a n koji konvergiraju nije lako općenito naći sumu

∑a

n

. Samo

n =1

za rijetke slučajeve možemo pokazati konvergenciju ili divergenciju po definiciji, odnosno formirajući niz djelomičnih suma sn . Sada navodimo takva dva klasična primjera. 1 konvergira, a za sumu vrijedi: n(n + 1) pokazali, formirat ćemo niz pripadnih djelomičnih suma: 111. Red

∑

∞

1

∑ n(n + 1) = 1 . Da bismo ovo n =1

1 1⋅ 2 1 1 1 1 1 1 s2 = + = (1 − ) + ( − ) = 1 − 1⋅ 2 2 ⋅ 3 2 2 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 s3 = + + = (1 − ) + ( − ) + ( − ) = 1 − 1⋅ 2 2 ⋅ 3 3 ⋅ 4 2 2 3 3 4 4 # s1 =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + ...... + + = (1 − ) + ( − ) + ..... + ( − )+( − )= n −1 n n n +1 1⋅ 2 2 ⋅ 3 (n − 1)n n(n + 1) 2 2 3 1 . = 1− n +1 1 1 ) = 1 , pa red konvergira. Sada se lako uočava da je lim sn = lim (1 − n →∞ n→∞ n +1 n(n + 1) sn =

∑

☺ 112. Geometrijski red

∑

q n konvergira ako | q |< 1 , a za sumu vrijedi:

bismo to pokazali, formirat ćemo niz djelomičnih suma: s1 = q s2 = q + q 2

∞

∑q n =1

n

=

q . Da 1− q

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

s3 = q + q 2 + q 3 = q

29

1 − q3 1− q

#

sn = q + q 2 + ..... + q n −1 + q n = q

1− qn 1− q

Budući da, ako je | q |< 1 , je lim q n = 0 , lako zaključujemo da vrijedi n →∞

lim sn = lim (q

n→∞

Time smo pokazali da red

∑q

n

n →∞

1− qn q )= . 1− q 1− q

konvergira. Iz ovog postupka smo istovremeno pokazali da

vrijedi: ∞

∑

qn =

n =0

☺ 113. Red

1

∑n

1 , 1− q

∞

∑

qn =

n =1

q , 1− q

∞

∑

n=m

qn =

qm , | q |< 1 1− q

divergira. Da bismo to pokazali, potrebno je pokazati da niz djelomičnih

suma sn divergira. Još lakše, dovoljno je naći podniz niza sn koji divergira, pa će i sam niz sn divergirati. Taj podniz će biti sastavljen od svih članova niza sn s indeksima oblika 2 n : 1 3 = 2 2 1 1 1 3 1 1 4 s4 = 1 + + + > + + = 2 3 4 2 4 4 2 1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 1 1 4 1 1 1 1 5 s8 = 1 + + + + + + + > + + + + > + + + + = 2 3 4 5 6 7 8 2 5 6 7 8 2 8 8 8 8 2 # s2 = 1 +

s2n =

n+2 →∞. 2

Time smo pokazali da je lim s n = ∞ , odnosno red n →∞

114. Pokazati da red

∑

1

∑n

divergira.

 4n  3 n +1  konvergira te izračunati sumu 5 

 4n  3 n +1  . Lakim n =0  5  ∞

∑

računom dobivamo da je:

∑ S obzirom da je q =

 4n  3 n +1  = 3 5 

∑

 4n  3  n +1  = 5  5  

∑

4n 3 = 5n 5

∑

n

4   . 5

4 < 1 , pripadni red je geometrijski i konvergentan. Za njegovu sumu 5

vrijedi:  4n  3 ∞  4 n 3 1 3 n +1  = = 3.   = 5 1− 4/ 5 n =0  5  5 n =0  5  ∞

∑

∑

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

30

3n + 2 n konvergira te izračunati sumu 4n prethodnom primjeru, dobivamo da je: 115. Pokazati da red

∑

n

∞

3n + 2 n . Kao u 4n n =0

∑

n

3n + 2 n 3n 2n 3 1 = + =   +   . n n n 4 4 4 4 2 3 1 S obzirom da je q = < 1 i q = < 1 , pripadni redovi su geometrijski i konvergentni. Za 4 2 njihove sume vrijedi:

∑

∞

∑

∑

n

∑

∑

n

∞ ∞ 3n + 2 n 1 1 3 1 = + + =6.     = n 1 − 3 / 4 1 − 1/ 2 4 n =0 n =0  4  n =0  2 

∑

∑

∑

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ U sljedećim zadacima ispitaj konvergenciju danih redova:

116.

119.

2n

∑

1

.

117.

∑ (n + 5)(n + 6) .

118.

4 ⋅ 3n −1 . 2 n +3

120.

2 ⋅ 3n − 3 ⋅ 2 n +1 . 5n

121.

∑3

n

∑

 1

∑  2

∑

n

−

1  . 2 n +1 

en . n

U sljedećim zadacima izračunati sume danih redova: ∞

122.

2   n =3  5 

∑ ∞

125.

∑n n=2

n −1

∞

.

1 . 2 −1

123.

∑3

n

⋅ 5 −n .

∞

124.

n =0 ∞

126.

n =1

n =1

 1

∑  2

1

∑ (n + 1)(n + 2) .

n

−

1  . 3n 

∞

127.

n

1 2 [  + 2 ] . n −1 n=2  3 

∑

RJEŠENJA 116. konvergira. . 117. konvergira. . 118. konvergira. . 119. divergira. . 4 5 1 3 120. konvergira. . 121. divergira. . 122. . 123. . 124. . 125. . 15 2 2 4 25 127. . 12

126.

1 . 2

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

2.4

31

USPOREDNI I INTEGRALNI KRITERIJI

Budući da je teško odrediti konvergenciju reda po definiciji, odnosno preko konvergencije niza djelomičnih suma, potrebno je na dani red primijeniti razne kriterije konvergencije, a n konvergira ili pomoću kojih se jednostavnije dolazi do zaključka o tome da li dani red

∑

divergira. Prvo startamo s dva usporedna kriterija za redove

∑a

n

sa pozitivnim članovima odnosno

kad je 0 ≤ an za svaki n ∈ N . To su takozvani Weierstrassovi usporedni kriteriji. ♣Teorem 3. (usporedni kriterij) Pretpostavimo da su zadani nizovi a n i bn za koje postoji realan broj M >0 takav da je 0 ≤ a n ≤ M ⋅ bn , za svaki n ∈ N . i) ii)

∑b Ako red ∑ a

Ako red

n

konvergira, tada mora konvergirati i red

n

divergira, tada mora divergirati i red

Jednostavno rečeno, ako želimo pokazati da neki red

∑a

n

∑b

∑b

n

;

.♣

n

konvergira, dovoljno je svaki

član niza a n odozgo ograničiti svakim članom niza bn čiji red želimo pokazati da neki red

∑a

∑b

n

konvergira. Ili, ako

divergira, tada je dovoljno svaki član niza bn odozdo

n

ograničiti svakim članom niza a n čiji red

∑a

n

divergira.

Kako se primjenjuje ovaj usporedni kriterij, pokazat ćemo na nekoliko veoma važnih i klasičnih primjera. 128. Red

1

∑n

2

je konvergentan.

Da bismo to pokazali, koristit ćemo usporedni kriterij iz Teorema 3, odnosno, ograničit ćemo 1 sve članove niza a n = 2 sa članovima nekog niza za koji znamo da je konvergentan. n Konkretno, lako je pokazati da vrijedi: 1 1 1 = ≤ , za svaki n ∈ N . 2 (n + 1) ⋅ (n + 1) n(n + 1) (n + 1) Budući da smo u primjeru 111 pokazali da red kriteriju slijedi da je i red jednakosti:

1

∑ (n + 1)

2

1

∑ n(n + 1) konvergira,

po usporednom

konvergentan. Sada konvergencija reda

1

∑n

2

slijedi iz

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

32

∞

1 = 1+ 2 n =1 n

∑ ☺ 129. Red

∞

1

∑ (n + 1) n =1

2

.

1

∑ (n + 1)! je konvergentan.

Da bismo to pokazali, ograničit ćemo svaki član niza an =

1 sa članovima nekog (n + 1)!

konvergentnog niza. Preciznije, lako se pokaže nejednakost: 1 1 1 1 = ≤ = n . ⋅ 2 ⋅ ⋅ ⋅

⋅2 2 (n + 1)! 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅n(n + 1) 1 ⋅ 2  n puta

Budući da smo u primjeru 112 pokazali da je red

1

∑2

n

konvergentan (jer je q = 1 / 2 < 1 ),

po prethodnoj nejednakosti i usporednom kriteriju iz Teorema 3 slijedi da je i red

1

∑ (n + 1)!

konvergentan, što smo i trebali pokazati. ☺ 130. Red

∑

1 n

je divergentan.

Ponovno ćemo se koristiti usporednim kriterijem iz Teorema 3, ali ovaj put ćemo članove 1 niza a n = ograničiti odozdo sa članovima niza za koji znamo da divergira. Preciznije, n lako je pokazati nejednakost: 1 1 ≤ , za sve n ∈ N . n n Budući da smo u primjeru 113 pokazali da je red iz Teorema 3 slijedi da je i red

∑

1 n

1

∑n

divergentan, po usporednom kriteriju

divergentan.

Primjere 128 i 130 je moguće generalizirati na mnoge druge potencije od 131. Red: 1

∑n

p

konvergira za p ≥ 2 =  divergira za p ≤ 1.

Zaista, tvrdnja jednostavno slijedi iz Teorema 3 i sljedeće nejednakosti: 1 1 ≤ p za p ≤ 1 i n n

1 1 ≤ 2 za p ≥ 2 . p n n

1 , kao što slijedi. n

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

33

Budući da smo u primjerima 128 i 130 pokazali da red

1

∑n

konvergira te da red

2

1

∑ n divergira, iz prethodne nejednakosti i usporednog kriterija slijedi tražena tvrdnja. U nastavku dajemo još jedan koristan usporedni kriterij.

♣Teorem 4. (limesni usporedni kriterij) Pretpostavimo da su zadani nizovi an ≥ 0 i bn ≥ 0 te pretostavimo da smo izračunali sljedeći limes: a L = lim n , gdje je 0 < L < ∞ . n →∞ b n i) ii)

∑b Ako red ∑ b

Ako red

n

konvergira, tada mora konvergirati i red

n

divergira, tada mora divergirati i red

∑ a i ∑b

Pri tome kažemo da se redovi

n

n

∑a

∑a

n

n

;

.

isto ponašaju u smislu konvergencije. ♣

Ovaj kriterij je praktičan ako u općem članu reda postoje takozvani “viškovi” odnosno dijelovi koji uopće ne utječu na konvergenciju, kao u sljedećem primjeru. 1 4 i red se isto ponašaju u smislu konvergencije. Zašto? Pa po 2n −3 prethodnom Teoremu 4, potrebno je provjeriti limes omjera njihovih općih članova, odnosno:

☺ 132. Red

∑2

n

∑

an = lim n →∞ b n →∞ n

L = lim

4 2 n −3 1 2n

2n / 2n =4. n →∞ ( 2 n − 3) / 2 n

= 4 lim

S obzirom da je L = 4 > 0 , po Teoremu 4 slijedi da se ova dva reda jednako ponašaju u 1 smislu konvergencije. Međutim, mi već znamo po primjeru 112 da red konvergira, pa 2n 4 konvergentan. prema ovome direktno slijedi da je red n 2 −3 2n 2 ☺ 133. Pokažimo usporednim kriterijem da je red divergentan. Kada n 3 − 3n + 4 2n 2 dobivamo opći član prethodnog reda u uklonimo sve “viškove” u nazivniku a n = 3 n − 3n + 4 1 obliku bn = . Preciznije, računamo sljedeći limes: n

∑

∑

∑

a L = lim n = lim n →∞ b n →∞ n

2n2 n 3 −3n + 4 1 n

n3 / n3 =2. n →∞ ( n 3 − 3n + 4) / n 3

= 2 lim

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

34

Kako je L = 2>0, po Teoremu 4 oba reda se jednako ponašaju u smislu konvergencije, a 2n 2 1 budući da već znamo da red divergira, to povlači da i red divergira, što n n 3 − 3n + 4 je trebalo pokazati.

∑

∑

Na kraju ove točke navodimo takozvani “integralni kriterij”. Kako sama riječ kaže, da bismo ustanovili konvergenciju nekog reda potrebno je ispitati konvergenciju odgovarajućeg nepravog integrala. Pri tome ćemo u kasnijim poglavljima raditi konvergencije nepravih integrala (pročitati nakon što budemo radili integrale). ♣Teorem 5. (integralni kriterij) Neka je zadan niz an ≥ 0 , te neka je f ( n) = an . Ako je ovako definirana funkcija f : R → R neprekidna i padajuća na intervalu [1, ∞) , tada vrijedi: red

∑

∞

an konvergira ⇔ integral

∫ f ( x)dx konvergira. ♣ 1

Budući da je lakše integrirati nego sumirati, ovaj kriterij može biti veoma praktičan. 134. Red:

1

∑n

p

konvergira za p > 1 =  divergira za p ≤ 1.

Za razliku od primjera 131, ova tvrdnja je potpuna jer pokriva sve vrijednosti potencije “p” 1 razlomka . Nije teško pokazati da: n ∞ konvergira za p > 1 1 dx =  p x  divergira za p ≤ 1. 1

∫

Sada iz ove tvrdnje i integralnog kriterija iz Teorema 5 direktno slijedi tražena konvergencija 1 reda za sve vrijednosti potencije “p”. np

∑

135. Red

n

∑e

n

konvergira. Zaključak slijedi iz sljedećih činjenica koje prepuštamo

čitatelju na provjeru: i)

funkcija f ( x) =

x = x ⋅ e − x je neprekidna i padajuća na intervalu [1, ∞) ; x e

∞

∫ x⋅e

−x

dx = 2e −1 < ∞;

ii)

vrijedi:

iii)

primjena Teorema 5 nam daje traženi zaključak.

1

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

35

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ U sljedećim zadacima ispitati konvergenciju danih redova koristeći usporedne i integralni kriterij za konvergenciju redova. 136.

n

∑ (n + 1)

5/ 2

.

1 . n(n − 4)

139.

∑

142.

∑ (n + 1)! .

145.

∑ n ln n .

148.

∑ n ln n(ln(ln n))

n!

1

1

2

137.

∑

140.

∑

143.

∑

146.

∑

3n 3

5

n +n 2

n3 + 4 n! . (2n)! n . 2 en

1 . + 2n + 2

.

138.

∑n

.

141.

∑ n⋅3

144.

∑

147.

∑

2

1

n

.

ln n . n n . (1 + n 2 ) 2

.

RJEŠENJA 136. 140. 144. 148.

konvergira. . 137. divergira. . 138. konvergira. . 139. konvergira. . konvergira. . 141. konvergira. . 142. divergira. . 143. konvergira. . divergira. . 145. divergira. . 146. konvergira. . 147. konvergira. . konvergira. .

Karl Theodor Wilhelm Weierstrass Rođen: 31. listopada 1815. u Ostenfelde, Westphalia (Njemačka) Umro: 19. veljače 1897. u Berlinu (Njemačka)

Weierstrassa (Vajerštras) je povijest obilježila kao “oca moderne matemematike”. Dao je veliki broj rezultata na temu: analiza iracionalnih brojeva, analiza neprekidnih funkcija, redovi potencija, sistemi diferencijalnih jednadžbi, kompleksna analiza. Poznata je njegova izreka:

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

36

Istina je da matematičar koji nije pomalo i pjesnik, nikad neće biti savršen matematičar – K. Weierstrass.

2.5

CAUCHYJEV KRITERIJ

Ukoliko se u općem članu reda

∑a

n

pojavljuje indeks “n” istovremeno u bazi i u

eksponentu, tada je veoma praktičan Cauchyjev (Koši) kriterij. ♣Teorem 6. (Cauchyjev kriterij) Zadan je niz realnih brojeva a n . Pretpostavimo da smo izračunali sljedeći limes: L = lim n | a n |. n →∞

Tada vrijedi: i) ako je L < 1 , tada red

∑a ako je L > 1 , tada red ∑ a

ii)

n

konvergira;

n

divergira;

ako je L = 1 , tada treba prijeći na neki drugi kriterij. ♣

iii)

Naravno da se gornji limes računa u nekoliko koraka: prvo se riješimo n-tog korijena, odnosno izračunamo | an |1/ n ; nakon toga prelazimo na računanje limesa lim | an |1/ n . n →∞

U računanju limesa n-tog korijena trebamo i sljedeća svojstva: lim n a = 1 , gdje je a > 0 ;

i)

n →∞

lim n n = 1 ;

ii)

n →∞

lim n P (n) = 1 , gdje je P(x) polinom po x;

iii)

n→∞

iv)

lim n

n→∞

P ( n) = 1 , gdje su P ( x), Q( x) polinomi po x. Q ( n)

Na primjer: lim n 2 = 1 , lim n n 3 = 1 , lim n 3n 2 + n − 1 = 1 i lim n n →∞

149. Red n

n→∞

n→∞

n→∞

n 2 + 2n + 5 = 1. 3n 4 − n 3 + 2

n3 ∑ 3n je konvergentan, jer je

| an | = n

n3 n n3 = 3 3n

⇒ L = lim n | an | = n →∞

1 1 1 lim n n 3 = ⇒ L = < 1. → ∞ n 3 3 3

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

☺ 150. Red n

| an | = n

☺ 151. Red n

∑

| an | = n

152. Red n

∑

| an | = n

∑

37

n

 2n + 3    je konvergentan, jer je  5n − 1  2n + 3 2 2 ( 2n + 3) n 2n + 3 = ⇒ L = lim n | an | = lim = ⇒ L = < 1. n n → ∞ n → ∞ 5 n − 1 5 n − 1 5 5 (5n − 1) n

 n2 − n     2n + 3  je divergentan, jer je   ( n 2 − n) n n 2 − n n2 − n n | a | = lim lim = ∞ ⇒ L = ∞ > 1. ⇒ L = = n n →∞ n →∞ 2n + 3 (2n + 3) n 2n + 3 n−2    n+3

( n − 2) n

2

(n + 3) n

2

n2

je konvergentan, jer je

n−2 =   n+3

n

−5 n

n

lim n−2 ∞ −5 ⇒ L = lim n | an | = lim   = 1 = e n→∞ n +3 = e < 1. n →∞ n → ∞ n + 3 

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ 153. 156. 159.

∑

n 2 − 2n . en

∑

5  3n + 2    . 2n  n − 2 

∑

 n +1  3n +1    2n + 1 

154. n

157.

2 n −1

.

160.

n

∑

1  2n − 1    . 3n  n + 2 

∑

2 n+2   . 32 n  n 

∑

en . n ⋅π n

n

∑

n2 + 3   . 4 ⋅ 2  2   3n + n 

158.

∑

161.

 2n + 5   n      .  n + 3   n +1 ch n . 3n

∑

155.

n2

n

n

RJEŠENJA 153. konvergira L = 1 / e .

154. konvergira L = 2 / 3 .

155. konvergira L = 2 / 3 . 156. divergira L = 3 / 2 . 157. konvergira L = e 2 / 9 . 158. konvergira L = 2 / e . 159. konvergira L = 3 / 4 . 160. konvergira L = e / π . 161. konvergira. .

Augustin Louis Cauchy Rođen: 21. kolovoza 1789. u Parizu (Francuska) Umro: 23. svibnja 1857. u Sceauxu - blizu Pariza (Francuska) Ljudi odlaze, ali njihova djela ostaju – A.L. Cauchy

n2

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

38

U modernoj matematici je zapamćen po uvođenju preciznosti u matematičku analizu. Napravio je veliki broj radova iz: kombinatorike, beskonačnih redova, teorije polihedrona, teorije o konačnim grupama, teorije funkcija kompleksne varijable…... Poznata je njegova izreka na samrti, gore desno.

2.6 D’ALEMBERTOV KRITERIJ Ukoliko se u općem članu reda

∑a

n

pojavljuje indeks “n” u obliku faktorijale “n!” tada je

skoro nezamjenjiv D’Alembert-ov (Dalamberov) kriterij. Naravno da ovaj kriterij možemo koristiti u drugim slučajevima. ♣Teorem 7. (D’Alembert-ov kriterij) Zadan je niz realnih brojeva a n . Pretpostavimo da smo izračunali sljedeći limes: a L = lim n +1 . n →∞ a n Tada vrijedi: iv) ako je L < 1 , tada red v)

∑a ako je L > 1 , tada red ∑ a

vi)

ako je L = 1 , tada treba preći na neki drugi kriterij. ♣

n

konvergira;

n

divergira;

an +1 uz pravilo an dvostrukog razlomka, te kraćenja u brojniku i nazivniku istih s istima; nakon toga prelazimo a na računanje limesa lim n +1 . n →∞ a n Gornji limes računamo u nekoliko koraka: prvo se riješimo razlomka

☺ 162. Red

n

∑2

n

je konvergentan, jer je

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

n +1 2 n+1 n 2n

an +1 = an

n!

∑3

☺ 163. Red

( n +1)! 3n+1 n! 3n

an +1 = an

164. Red

a ( n + 1)! 3n n +1 n +1 ⋅ n +1 = ⇒ L = lim n +1 = lim = ∞ ⇒ L = ∞ > 1. n →∞ a n →∞ 3 3 n! 3 n

=

n! n

an +1 = an

a 1 n +1 1 1 n +1 1 ⋅ ⇒ L = lim n +1 = lim = ⇒ L = < 1. n → ∞ n → ∞ an 2 n 2 2 n 2

je divergentan, jer je

n

∑n

=

39

je konvergentan, jer je

( n +1)! ( n +1) n+1 n! nn

(n + 1)! nn nn  n  = ⋅ = + = ( n 1 )  n +1 n n! (n + 1) (n + 1)(n + 1)  n +1 n

n

⇒

n

an +1  n   1  −1 = lim   = lim   = e < 1. n →∞ a n →∞  n + 1  n →∞ 1 + 1 / n  n

L = lim

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ U sljedećim zadacima ispitati konvergenciju danih redova realnih brojeva. 165. 168. 171.

n! . 5n

∑

en . n!

166.

∑

∑

nn . (2n)!

169.

∑ (2n − 1)!! .

∑

4 n n! . nn

172.

n!

∑

en . n

167. 170. 173.

∑

(n!) 2 . (2n)!

∑

(n!) 3 . (3n)!

∑

en . ne

Primijetimo da je (2n)!= 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ( 2n − 1) ⋅ 2n i (2n − 1)!!= 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅(2n − 3) ⋅ (2n − 1) .

RJEŠENJA 165. 167. 170. 173.

konvergira L = 0 . 166. divergira L = ∞ . konvergira L = 1 / 4 . 168. konvergira L = 0 . 169. konvergira L = 1 / 2 . konvergira L = 1 / 27 . 171. divergira L = 4 / e . 172. divergira L = e . divergira L = e .

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

40

Jean Le Rond d'Alembert Rođen: 17. studenog 1717. u Parizu (Francuska) Umro: 29. listopada 1783 u Parizu (Francuska)

Zapamćen je kao velika ličnost u francuskoj znanosti, te kao veliki prijatelj velikog Lagrangea (Legranž). Na početku života nije imao sreću jer ga je mati ostavila na stepenicama kapele St. Jean le Rond, po kojoj je uzeo svoje ime. D’Alembert je prvi dao potpuno rješenje značajnog problema o pojavama ekvinocija. Njegov najvažniji potpuno matematički rad bio je o parcijalnim diferencijalnim jednadžbama, posebno u vezi s vibrirajućim membranama. Isto tako su važni njegovi radovi u dinamici fluida, te neki radovi u filozofiji.

2.7

NUŽNI I LEIBNITZOV KRITERIJ

Ukoliko Cauchyjev (Koši) i D’Alembertov (Dalamber) kriterij daju neizvjesnu situaciju, odnosno na kraju dobivamo da je limes L = 1, tada bi bilo dobro ispitati da li opći član reda zadovoljava nužni kriterij. Da bi neki red uopće konvergirao, nužno je da mu opći član teži nuli. ♣Teorem 8. (nužni kriterij) Zadan je niz realnih brojeva a n . Tada vrijedi: lim an ≠ 0

n→∞

⇒

∑a

Naravno da lim an = 0 ne povlači da red n→∞

n

divergira. ♣

∑a

n

konvergira, što je jasno iz primjera

1

∑n.

Prema ovome, nužnim kriterijom možemo samo pokazati da neki red divergira, a o konvergenciji ne možemo reći ništa. Promotrimo sljedeće primjere.

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

1

☺ 174. Red

∑ (1 − 2

☺ 175. Red

∑(

n

41

) divergira jer je: lim an = lim (1 − n→∞

n →∞

n 2 − 2n − n) divergira jer je:

lim an = lim ( n 2 − 2n − n) = lim ( n 2 − 2n − n)

n→∞

n →∞

☺ 176. Red

1 ) =1≠ 0 . 2n

n→∞

n

∑ ( n + 1)

n

divergira jer: lim an = lim ( n→∞

n →∞

n 2 − 2n + n

= lim

n →∞

n 2 − 2n + n

− 2n n 2 − 2n + n

= −1 ≠ 0 .

n n ) = e −1 ≠ 0 . n +1

U nastavku promatramo takozvane alternirane redove, odnosno redove u obliku:

∑ (−1) Znamo da red

n

an , an ≥ 0 .

1

∑ n divergira. Međutim, alternirani red ∑ (−1)

n

1 konvergira. Štoviše, može n

se točno izračunati njegova suma, odnosno ∞

∑ (−1) n =1

n

1 = − ln 2. n

Naravno da za konvergenciju alternirajućih redova možemo koristiti sve do sada izrečene kriterije za redove s ne nužno pozitivnim članovima. Međutim, najlakše je za alternirajuće redove koristiti takozvani Leibnitzov (Lajbnic) kriterij, koji je iskazan u sljedećem rezultatu. ♣Teorem 9. (Leibnitzov kriterij za alternirane redove) Zadan je niz realnih brojeva a n . Tada vrijedi: lim an = 0 i an ≥ an +1 za sve n ∈ N

n→∞

⇒

∑ (−1)

n

an konvergira.♣

Uvjet lim an = 0 i an ≥ an +1 za sve n ∈ N , znači da niz a n padajući teži ka nuli. n→∞

1 konvergira, jer je: n 1 1 1 lim an = lim ( ) = 0 i an = ≥ = an +1 za sve n ∈ N . n→∞ n →∞ n n n +1

☺ 177. Red

∑ (−1)

n

☺ 178. Red

∑ (−1)

n

1

n

konvergira, jer je:

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

42

lim an = lim (

n→∞

1

n →∞

n

)=0

i an =

1

n

≥

1

n +1

= an +1 za sve n ∈ N .

Općenito, za bilo koju pozitivnu potenciju “p” imamo sljedeći zaključak. ☺ 179. Red

1 , p > 0 , konvergira, jer je: np 1 1 1 lim an = lim ( p ) = 0 i an = p ≥ = an +1 za sve n ∈ N . n →∞ n →∞ n n (n + 1) p

∑ (−1)

n

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ 180. Argumentirano obrazložiti zašto: 1 i) red konvergira; (−1) n 3 n 1 divergira. ii) red 3 n

∑ ∑

181. Pokaži da red

n +1

∑( n + 2)

n

divergira.

182. Ispitati konvergenciju reda

∑ n(

183. Ispitati konvergenciju reda

∑ (−1)

184. Ispitati konvergenciju reda

∑ (−1)

n + 1 − n − 1) . n

n

. 2n + 1 . n 2 + 2n

185. Argumentirano obrazložiti zašto: 1 i) red konvergira; (−1) n 4 5 n 1 ii) red konvergira. 4 5 n

∑ ∑

n −1 n ) vrijedi: n Cauchyjev kriterij ne daje odluku, odnosno L = 1; D’Alembertov kriterij ne daje odluku, odnosno L = 1; n −1 n ) = e −1 . divergira zbog nužnog kriterija, odnosno lim ( n→∞ n

186. Dokazati da za red i) ii) iii)

∑(

2.Nizovi i redovi (sa svim korekcijama)

43

RJEŠENJA 182. divergira. .

183. divergira. .

184. konvergira. .

♠PRIMJEDBE♠ Nužni kriterij iz Teorema 8 se uglavnom u literaturi pojavljuje u svom ekvivalentnom obliku: ♣Teorem 10. (nužni kriterij) Zadan je niz realnih brojeva a n . Tada vrijedi:

∑a

n

konvergira ⇒

lim an = 0 . ♣

n →∞

Međutim, ovakva forma nužnog kriterija može izazvati neopravdane nedoumice vezano sa an , nego dovoljnost uvjeta lim an = 0 , jer znamo da on ne može garantirati konvergenciju

∑

n→∞

je on samo jedna posljedica njegove konvergencije. Zašto su tvrdnje Teorema 8 i Teorema 10 ekvivalentne? Naime, primijetimo da u matematici općenito vrijedi logički princip, takozvani “obrat po kontrapoziciji”, koji kaže: točno je da A ⇒ B ako i samo ako ¬B ⇒ ¬A , gdje ¬B označava negaciju tvrdnje B , dok ¬A označava negaciju tvrdnje A . U kontekstu Teorema 8 i Teorema 10 neka su :

∑a

A = { lim an ≠ 0} i B = { n→∞

Tada je očito:

∑a

¬B = {

n

n

divergira} .

konvergira} i ¬A = { lim an = 0} . n →∞

Sada u ovim terminima ekvivalentnost između Teorema 8 i Teorema 10 slijedi iz prethodnog principa, odnosno:

A ⇒ B (Teorem 8) ako i samo ako ¬B ⇒ ¬A (Teorem 10).

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

45

3. poglavlje (korigirano) ∗

FUNKCIJE

∗

U ovom poglavlju: Elementarne funkcije Inverzne funkcije elementarnih funkcija Domena složenih funkcija Inverz složenih funkcija Ispitivanje na rubu područja definicije

Kvalitativna svojstva funkcije y = f (x) ( f : R → R ), kao što su monotonost, konveksnost i konkavnost, injektivnost, parnost i neparnost i druga, lako možemo “očitati” s njenog grafa G f ⊆ Oxy u koordinatnom sustavu Oxy = R 2 = {( x, y ) : x ∈ R, y ∈ R}.

Kvantitativna svojstva funkcije y = f (x) , kao što su nultočke, ekstremi, ponašanje na rubu domene, asimptote itd., dobivamo primjenom diferencijalnog računa, koji je izložen u sljedećim poglavljima. Prema tome, najvažnije elementarne funkcije y = f ( x), ( f : R → R ) , ćemo prikazati crtajući njihove grafove, a s njihovim svojstvima ćemo se intuitivno upoznati pomoću njihovog grafa. Domena funkcije y = f (x) , u oznaci D ( f ) , je skup koji sadrži sve realne brojeve x u kojima je definirana-moguća vrijednost f ( x) . Na primjer, funkcija y = x je moguća jedino ako je x ≥ 0 .

Slika funkcije y = f (x) , u oznaci R ( f ) , je skup svih vrijednosti f (x) , gdje su varijable x uzete iz domene D( f ) . Na primjer, slika funkcije y = x 2 − 1 je interval [−1, ∞) . Funkcija y = f (x) je rastuća na intervalu [a, b] ako vrijedi: x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ), ∀x ∈ [a, b] . Funkcija y = f (x) je padajuća na intervalu [a, b] ako vrijedi: x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ), ∀x ∈ [a, b] .

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

46

Funkcija y = f (x) je monotona na intervalu [a, b] ako je ili rastuća ili padajuća na tom intervalu. Na primjer, funkcija y = 3x 2 nije monotona na intervalu [−1,1] , dok je monotona na intervalima [−1,0] i [0,1] (jer je padajuća na [−1,0] , a rastuća na [0,1] ). Funkcija y = f (x) je injektivna ili 1-1 preslikavanje ako vrijedi: x1 ≠ x2 ⇒ f ( x1 ) ≠ f ( x2 ), ∀x ∈ D( f ) . Na primjer, funkcija y = x 3 je injektivna, dok funkcija y = x 4 nije injektivna. Funkcija y = f (x) je parna ako je f ( − x) = f ( x), ∀x ∈ D( f ) . Na primjer, y = 3x 4 − x 2 + 1 . Funkcija y = f (x) je neparna ako je f ( − x) = − f ( x), ∀x ∈ D( f ) . 3

Na primjer, funkcija y = 2 x − x . Funkcija y = f (x) je periodička ako postoji realan broj T , takozvani period, takav da vrijedi: f ( x + T ) = f ( x), ∀x ∈ D( f ) . Na primjer, funkcija y = 3 sin 2 x + 4 sin x je periodička funkcija sa periodom T = 2π . Funkcija y = f (x) je konveksna na intervalu [a, b] ako vrijedi: f ((1 − t )a + t ⋅ b) ≤ (1 − t ) f (a ) + t ⋅ f (b), ∀t ∈ [0,1] . Na primjer, funkcija y = x 2 + x + 5 . Funkcija y = f (x) je konkavna na intervalu [a, b] ako vrijedi: f ((1 − t )a + t ⋅ b) ≥ (1 − t ) f (a ) + t ⋅ f (b), ∀t ∈ [0,1] . Na primjer, funkcija y = − x 2 + 3x + 2 . Inverzna funkcija funkcije y = f (x) , u oznaci y = f −1 ( x) , je funkcija koja zadovoljava: f −1 ( f ( x)) = x, ∀x ∈ D ( f ) = R ( f −1 ), f ( f −1 ( y )) = y , ∀y ∈ D( f −1 ) = R( f ). Nultočka funkcije y = f (x) je ona točka x za koju vrijedi: f ( x) = 0. Na primjer, nultočke funkcije y = x 3 − x su x1 = −1, x2 = 0, x3 = 1 . Neka od prethodnih svojstava se lako mogu provjeriti na grafu G f funkcije y = f (x) :

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

47

- graf parne funkcije je simetričan u odnosu na koordinatnu os O y ; - graf neparne funkcije je simetričan u odnosu na koordinatni početak O(0,0) ; - graf injektivne funkcije siječe svaki pravac paralelan sa osi Ox točno u jednoj točki.

3.1 ELEMENTARNE FUNKCIJE Sada dajemo kratki opis najvažnijih elementarnih funkcija. Graf linearne funkcije y = a ⋅ x + b , a ≠ 0 , je pravac u ravnini, kao na slici (slučajevi kad je a > 0 i a < 0 ): 20 15 10 5 -4

-2

0 0

2

4

x

-5 -10

Svojstva linearne funkcije y = a ⋅ x + b , a ≠ 0 , su sljedeća: -

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = ( −∞, ∞) ; rastuća ako je a > 0 , padajuća ako je a < 0 ; neparna ako je b = 0 , injektivna; 1 ima inverznu funkciju f −1 ( x) = ( x − b) ; a b nultočka x = − . a

Graf kvadratne funkcije y = a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c , a ≠ 0 , je parabola u ravnini, kao na slici (slučajevi kad je a > 0 i a < 0 ): 10 8 6 4 2 -10

-5

00 -2

5 x

-4

Svojstva kvadratne funkcije y = a ⋅ x 2 + b ⋅ x + c , a ≠ 0 , su sljedeća:

10

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

48

-

b2 b2 , ∞) ako je a > 0 , R( f ) = (−∞, c − ] ako je a < 0 ; 4a 4a konveksna ako je a > 0 , okrenuta ka gore; konkavna ako je a < 0 , okrenuta ka dolje; parna ako je b = 0 , niti parna niti neparna za b ≠ 0 ; nije injektivna, pa nema inverznu funkciju;

-

nultočka x1, 2 =

-

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = [c −

− b ± b 2 − 4ac . 2a

Graf kubne funkcije y = x 3 je krivulja u ravnini, kao na slici: 10

5

-4

0 0

-2

2

4

x

-5

-10

Svojstva kubne funkcije y = x 3 su sljedeća: -

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = ( −∞, ∞) ; rastuća; konkavna na (−∞,0] i konveksna na [0, ∞) ; neparna, injektivna; ima inverznu funkciju f −1 ( x) = 3 x ; nultočke x = 0 .

Graf racionalne funkcije y =

1 je krivulja u ravnini, kao na slici: x−b 4 2

-4

-2

00 -2 -4

Svojstva racionalne funkcije y =

1 su sljedeća: x−b

2

x

4

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

-

49

D ( f ) = ( −∞, b) ∪ (b, ∞) , R ( f ) = ( −∞,0) ∪ (0, ∞) ; padajuća na intervalu (−∞, b) , padajuća na intervalu (b, ∞) ; konkavna na intervalu (−∞, b) , konveksna na intervalu (b, ∞) ; niti parna niti neparna, injektivna; b ⋅ x +1 ima inverznu funkciju f −1 ( x) = ; x nema nultočaka; vertikalna asimptota x = b , horizontalna asimptota y = 0 .

Graf eksponencijalne funkcije y = e x je krivulja u ravnini, kao na slici: 3 2 1

-4

00

-2

2

4

x

-1 -2

Svojstva eksponencijalne funkcije y = e x su sljedeća: -

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = (0, ∞) ; rastuća, konveksna; injektivna; ima inverznu funkciju f −1 ( x) = ln x ; nema nultočaka; lijeva horizontalna asimptota y = 0 ;

-

e x1 + x2 = e x1 ⋅ e x2 , ∀x1 , x2 ∈ R .

Graf eksponencijalne funkcije y = e − x je krivulja u ravnini, kao na slici: 3 2 1

-4

-2

0 0 -1 -2

2

x

4

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

50

Svojstva eksponencijalne funkcije y = e − x su sljedeća: -

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = (0, ∞) ; padajuća, konveksna; injektivna;

-

ima inverznu funkciju f −1 ( x) = ln

-

nema nultočaka; desna horizontalna asimptota y = 0 .

1 ; x

Graf trigonometrijske funkcije y = sin x je sinusoida u ravnini, kao na slici: 2

1

-8

-6

-4

0 0

-2

2

4 x

6

8

-1

-2

Svojstva trigonometrijske funkcije y = sin x su sljedeća: -

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = [−1,1] ;

-

rastuća na [−

-

π

3π + 2kπ ] ; 2 2 2 2 konkavna na [2kπ ,π + 2kπ ] , konveksna na [(2k + 1)π , (2k + 2)π ] ; neparna, nije injektivna, periodička sa periodom T = 2π ; nema inverznu funkciju; nultočke xk = kπ . + 2kπ ,

π

+ 2kπ ] , padajuća na [

π

+ 2kπ ,

Graf trigonometrijske funkcije y = cos x je sinusoida u ravnini, kao na slici: 2

1

-6

-4

-2

0 0

2

-1

-2

Svojstva trigonometrijske funkcije y = cos x su sljedeća:

4 x

6

8

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

51

-

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = [−1,1] ; rastuća na [−π + 2kπ ,2kπ ] , padajuća na [2kπ ,π + 2kπ ] ;

-

konkavna na [−

π

+ 2kπ ,

π

+ 2kπ ] , konveksna na [

π

+ 2kπ ,

-

2 2 2 parna, nije injektivna, periodička s periodom T = 2π ; nema inverznu funkciju;

-

nultočke xk =

π

2

3π + 2kπ ] ; 2

+ kπ .

Graf trigonometrijske funkcije y = tg x =

sin x je krivulja u ravnini, kao na slici: cos x

4 2

-6

-4

0 0

-2

2

4 x

6

8

-2 -4

Svojstva trigonometrijske funkcije y = tg x su sljedeća:

π

-

D( f ) = ( −∞, ∞) / ∪{ + kπ } , R ( f ) = ( −∞, ∞) ; 2 k

-

rastuća na (−

-

+ kπ ) ; 2 2 neparna, nije injektivna, periodička s periodom T = π ; nema inverznu funkciju; nultočke xk = kπ ;

-

vertikalne asimptote xk =

π 2

konkavna na (−

+ kπ ,

π

π 2

+ kπ ) ;

+ kπ , kπ ] , konveksna na [kπ ,

π 2

π

+ kπ .

Graf trigonometrijske funkcije y = ctg x =

cos x je krivulja u ravnini, kao na slici: sin x 4

2

-6

-4

-2

0 0 -2

-4

2

4 x

6

8

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

52

Svojstva trigonometrijske funkcije y = ctg x su sljedeća: -

D( f ) = (−∞, ∞) / ∪{kπ } , R ( f ) = ( −∞, ∞) ;

-

padajuća na (kπ , π + kπ ) ;

-

konveksna na (kπ ,

k

-

π

+ kπ ] , konkavna na [

π

+ kπ , π + kπ ) ; 2 2 neparna, nije injektivna, periodička s periodom T = π ; nema inverznu funkciju;

π

+ kπ ; 2 vertikalne asimptote xk = kπ . nultočke xk =

1 x (e − e − x ) je krivulja u ravnini, kao na slici: 2

Graf hiperbolne funkcije y = sh x =

4

2

-4

-2

00

2

x

4

-2

-4

Svojstva hiperbolne funkcije y = sh x su sljedeća: -

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = ( −∞, ∞) ; rastuća, konkavna na (−∞,0] , a konveksna na [0, ∞) ; neparna, injektivna; ima inverznu funkciju f −1 ( x) = Arsh x ; nultočke x = 0 .

Graf hiperbolne funkcije y = ch x =

1 x (e + e − x ) je lančanica u ravnini, kao na slici: 2 6 5 4 3 2 1

-4

-2

0 0 -1

2

x

4

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

53

Svojstva hiperbolne funkcije y = ch x su sljedeća: -

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = [1, ∞) ; padajuća na (−∞,0] , a rastuća na [0, ∞) ; konveksna, parna, nije injektivna; nema inverznu funkciju; nema nultočaka.

Graf hiperbolne funkcije y = th x =

sh x je krivulja u ravnini, kao na slici: ch x 2

1

-4

0 0

-2

2

4

x

-1

-2

Svojstva hiperbolne funkcije y = th x su sljedeća: -

D( f ) = ( −∞, ∞) , R ( f ) = ( −1,1) ; rastuća, konveksna na (−∞,0] , a konkavna na [0, ∞) ; neparna, injektivna; ima inverznu funkciju f −1 ( x) = Arth x ; nultočke x = 0 ; lijeva horizontalna asimptota y = −1 , desna horizontalna asimptota y = 1 .

Graf hiperbolne funkcije y = cth x =

ch x je krivulja u ravnini, kao na slici: sh x 4

2

-6

-4

-2

0 0 -2

-4

2

x

4

6

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

54

Svojstva hiperbolne funkcije y = cth x su sljedeća: -

D( f ) = ( −∞,0) ∪ (0, ∞) , R ( f ) = ( −∞,−1) ∪ (1, ∞) ; padajuća i konkavna na (−∞,0) , padajuća i konveksna na (0, ∞) ; neparna, injektivna; ima inverznu funkciju f −1 ( x) = Arcth x ; nema nultočaka; vertikalna asimptota x = 0 , lijeva horizontalna asimptota y = −1 , desna horizontalna asimptota y = 1 .

3.2 INVERZNE FUNKCIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA Sada dajemo kratki opis inverznih funkcija nekih elementarnih funkcija. Napomenimo da je graf inverzne funkcije y = f −1 ( x) zrcalno simetričan grafu originalne funkcije y = f (x) u odnosu na pravac y = x . Inverzna funkcija funkcije f ( x) = x 2 , x ≥ 0, je korijen funkcija f −1 ( x) = x . Njen graf je krivulja, kao na slici:

3

2

1

-3

-2

-1

0 0

1

x

2

3

-1

Svojstva korijen funkcije f −1 ( x) = x su sljedeća: -

D( f ) = [0, ∞) , R ( f ) = [0, ∞) ; rastuća, konkavna; injektivna; nultočka x = 0 .

Inverzna funkcija funkcije f ( x) = e x je logaritamska funkcija f −1 ( x) = ln x . Njen graf je krivulja, kao na slici:

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

55

3 2 1 0 0

-2

2

4 x

6

8

-1 -2 -3

−1

Svojstva logaritamske funkcije f -

( x) = ln x su sljedeća:

D( f ) = (0, ∞) , R ( f ) = ( −∞, ∞) ; rastuća, konkavna; injektivna; nultočka x = 1 .

f ( x) = sin x, −

π

≤x≤

π

, je ciklonometrijska arkus-sinus 2 2 funkcija f −1 ( x) = arcsin x . Njen graf je krivulja, kao na slici: Inverzna funkcija funkcije

2

1

-4

-2

00

2 x

-1

-2

Svojstva arkus-sinus funkcije f −1 ( x) = arcsin x su sljedeća: -

D( f ) = [−1,1] , R ( f ) = [−

π π

, ]; 2 2 rastuća, konkavna na [−1,0] , a konveksna na [0,1] ; injektivna; nultočka x = 0 .

4

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

56

Inverzna funkcija funkcije f ( x) = cos x, 0 ≤ x ≤ π , je ciklonometrijska arkus-kosinus funkcija f −1 ( x) = arccos x . Njen graf je krivulja, kao na slici: 5 4 3 2 1 -4

00

-2

2 x

4

-1 -2

Svojstva arkus-kosinus funkcije f −1 ( x) = arccos x su sljedeća: -

D( f ) = [−1,1] , R ( f ) = [0,π ] ; padajuća, konveksna na [−1,0] , a konkavna na [0,1] ; injektivna; nultočka x = 1 .

Inverzna funkcija funkcije

f ( x) = tg x, −

π

0; G ( x) ≠ 0; − 1 ≤ G ( x) ≤ 1; − 1 ≤ G ( x) ≤ 1; G ( x ) ≠ 0.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

58

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima naći domenu danih funkcija.

187. f ( x) = x 2 − 4; • x 2 − 4 ≥ 0 ⇒ x ∈ (−∞, −2] ∪ [2, +∞ ). Rješenje: D ( f ) = (−∞, −2] ∪ [2, +∞).

188. f ( x) = ln(2 x − x 2 ) +

1 ; x −1

• 2 x − x 2 > 0 ⇒ x ∈ (0, 2); • x − 1 ≥ 0 ⇒ x ∈ [1, +∞); • x − 1 ≠ 0 ⇒ x ∈ (−∞,1) ∪ (1, +∞ ); Rješenje: D ( f ) = (1, 2). 1

189. f ( x) =

e x −3 ; x +1

• x − 3 ≠ 0 ⇒ x ∈ (−∞,3) ∪ (3, +∞ ); • x + 1 ≠ 0 ⇒ x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, +∞ ); Rješenje: D( f ) = (−∞, −1) ∪ (−1,3) ∪ (3, +∞).

190. f ( x) = sin( x + x 2 ) +

ln(2 x − 5)

; 9 − x2 5 • 2 x − 5 > 0 ⇒ x ∈ ( , +∞); 2 2 • 9 − x ≥ 0 ⇒ x ∈ [−3,3]; • 9 − x 2 ≠ 0 ⇒ x ∈ (−∞, −3) ∪ (−3,3) ∪ (3, +∞ );

5 Rješenje: D ( f ) = ( ,3). 2

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

59 1

191. f ( x) = arcsin (2 x − 5) + e x ; • − 1 ≤ 2 x − 5 ≤ 1 ⇒ 4 ≤ 2 x ≤ 6 ⇒ x ∈ [2,3]; • x ≠ 0 ⇒ x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞); Rješenje: D ( f ) = [2,3].

192. f ( x) = ln (

2 2x −1 ) + ex ; x+4

2x −1 > 0 ⇔ ((2 x − 1 > 0 i x + 4 > 0) ili (2 x − 1 < 0 i x + 4 < 0)); x+4 1 • (2 x − 1 > 0 i x + 4 > 0) ⇒ x ∈ ( , +∞); 2 • (2 x − 1 < 0 i x + 4 < 0) ⇒ x ∈ (−∞, −4); •

1 Rješenje: D( f ) = (−∞, −4) ∪ ( , +∞). 2

193. f ( x) = ln (

4x − 3 ) + sin(2 x − 1); 2x + 5

4x − 3 4x − 3 4x − 3 2x − 8 )≥0 ⇔ ≥1 ⇔ −1 ≥ 0 ⇔ ≥ 0; 2x + 5 2x + 5 2x + 5 2x + 5 2x − 8 • ≥ 0 ⇔ ((2 x − 8 ≥ 0 i 2x + 5 > 0) ili (2 x − 8 ≤ 0 i 2x + 5 < 0)); 2x + 5 • (2 x − 8 ≥ 0 i 2x + 5 > 0) ⇒ x ∈ [4, +∞); 5 • (2 x − 8 ≤ 0 i 2x + 5 < 0) ⇒ x ∈ (−∞, − ); 2 • ln (

5 Rješenje: D( f ) = (−∞, − ) ∪ [4, +∞). 2

ZADACI ZA VJEŽBU Naći domene danih funkcija.

194. f ( x) = 3 x − x 2 + sin(2 x + 1).

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

60

x2 − 9 195. f ( x) = arctg( x + 2) + . x 196. f ( x) =

ln( x 2 − 4) 2 + . sh( x 2 − x) x

197. f ( x) =

198. f ( x) =

30 − x − x 2 + e x ⋅ ln( x 2 − 1). x −1 1 arcsin( x 2 − 3) + e x −1 . x +1 1

199. f ( x) = e x

2

−1

arccos

x −1 . x+2

RJEŠENJA

194. D( f ) = [0,3].

195. D( f ) = (−∞, −3] ∪ [3, ∞). 196. D( f ) = ( −∞, −2) ∪ (2, ∞).

197. D( f ) = [−6, −1) ∪ (1,5]. 1 199. D( f ) = [− ,1) ∪ (1, ∞). 2

198. D( f ) = [−2, − 2] ∪ [ 2, 2].

3.4 INVERZ SLOŽENIH FUNKCIJA Neka je funkcija y = f (x) kompozicija nekoliko elementarnih funkcija. Traženje inverza takve složene funkcije svodi se na uzastopno traženje inverza onih elementarnih funkcija koje je sačinjavaju. Stoga treba dobro znati inverze elementarnih funkcija koje smo radili u točki 5.2. Radi dobrog pregleda, u sljedećoj tablici navodimo neke najčešće inverzne funkcije elementarnih funkcija, koje ćemo susretati u konkretnim problemima:

-

f

−1

( x) = x

je inverzna funkcija od f ( x) = x 2 , x ≥ 0,

-

f

−1

( x) = 3 x

je inverzna funkcija od f ( x) = x 3

-

f

−1

( x) = ln x

je inverzna funkcija od f ( x) = e x

-

f

−1

( x) = arcsin x je inverzna funkcija od f ( x) = sin x, −

-

π

≤x≤

π

2 2 −1 f ( x) = arccos x je inverzna funkcija od f ( x) = cos x, 0 ≤ x ≤ π .

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima naći inverzne funkcije danih složenih funkcija.

,

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

61

200. f ( x) = 2 x + 5; • y = 2 x + 5, x ↔ y ⇒ x = 2 y + 5; • x = 2y + 5 ⇒ 2y = x −5 ⇒ y =

Rješenje: f −1 ( x) =

1 5 x− ; 2 2

1 5 x− . 2 2

201. f ( x) = 3 x 2 − 4; • y = 3 x 2 − 4, x ↔ y ⇒ x = 3 y 2 − 4; • x = 3 y2 − 4 ⇒ 3y2 = x + 4 ⇒ y =

Rješenje: f −1 ( x) =

1 4 x+ ; 3 3

1 4 x+ . 3 3

2

202. f ( x) = e x − 3; 2

2

• y = e x − 3, x ↔ y ⇒ x = e y − 3; 2

2

• x = e y − 3 ⇒ e y = x + 3 ⇒ y 2 = ln( x + 3) ⇒ y = ln( x + 3); Rješenje: f −1 ( x) = ln( x + 3).

203. f ( x) =

2x + 3 ; 3x + 1

2x + 3 2y + 3 , x↔ y ⇒x= ; 3x + 1 3y +1 2y + 3 3− x • x= ⇒ 3 yx + x = 2 y + 3 ⇒ y (3x − 2) = 3 − x ⇒ y = ; 3y +1 3x − 2 • y=

Rješenje: f −1 ( x) =

3− x . 3x − 2

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

62

204. f ( x) =

−2sin x + 1 ; sin x − 3

−2sin x + 1 −2sin y + 1 , x↔ y ⇒x= ; sin x − 3 sin y − 3 −2sin y + 1 • x= ⇒ x sin y − 3 x = −2sin y + 1 ⇒ ( x + 2) sin y = 1 + 3 x ⇒ sin y − 3 1 + 3x sin y = ; x+2 • y=

Rješenje: f −1 ( x) = arcsin

205. f ( x) = ln

1 + 3x . x+2

x2 − 1 ; x2 − 5

• y = ln

x2 −1 y2 −1 ↔ ⇒ = , x y x ln ; x2 − 5 y2 − 5

• x = ln

y2 −1 y2 −1 2 ⇒ = x ln y2 − 5 y2 − 5

2

⇒ ex =

2 2 y2 −1 ⇒ e x y 2 − 5e x = y 2 − 1 2 y −5

2

x2

x2

⇒ y (e − 1) = 5e − 1 ⇒ y = 2

2

5e x − 1 2

ex −1

;

2

−1

Rješenje: f ( x) =

5e x − 1 2

ex −1

.

206. f ( x) = arc sin( ln(cos(e x ))); • y = arc sin( ln(cos(e x ))), x ↔ y ⇒ x = arc sin( ln(cos(e y ))); • x = arc sin( ln(cos(e y ))) ⇒ sin( x) = ln(cos(e y )) ⇒ esin( x ) = cos(e y ) ⇒ arc cos(esin( x ) ) = e y ⇒ ln(arc cos(esin( x ) )) = y; Rješenje: f −1 ( x) = ln(arc cos(esin( x ) )).

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

63

ZADACI ZA VJEŽBU Naći inverzne funkcije danih funkcija.

207. f ( x) = ln(sin(2 x − 4)). 208. f ( x) =

x +3 . 2 x +1 x 2 +1

209. f ( x) = e

x2 +3

210. f ( x) = ln

.

2 cos x + 1 . cos x − 2 x3 + 4

211. f ( x) = arcsin e x

3

−1

.

RJEŠENJA 2

 x−3  208. f (x) =   .  2x −1  2e x + 1 210. f −1 (x) = arccos x . e −2

1 207. f (x) = arcsin e x + 2. 2 −1

209. f −1 (x) =

1 − 3ln x . ln x − 1

211. f −1 (x) = 3

ln(sin x) + 4 . ln(sin x) − 1

−1

3.5 ISPITIVANJE NA RUBU PODRUČJA DEFINICIJE Ispitivanje na rubu područja definicije podrazumijeva računanje lijevih i desnih limesa dane funkcije u rubovima njenog područja definicije. To znači da prvo treba naći domenu D ( f ) dane funkcije y = f (x) , a potom u rubnim točkama x = a od D ( f ) izračunati lijevi limes lim f ( x) i desni limes lim f ( x) . Pri tome, računanje ovih limesa može se izvesti na x→a −

x→a +

jednostavan način, bez upotrebe složenog računa limesa i derivacija, kao što će biti izloženo u sljedećim poglavljima. Naime, dovoljno je u danu funkciju uvrstiti vrijednosti x = a − , što znači lijevo od točke x = a , te vrijednost x = a + , što znači desno od točke x = a , te koristiti formule za ponašanje funkcije f ( x) = 1 / x oko nule: 1 = −∞, 0−

1 = +∞ , 0+

gdje « 0 − » označava lijevo, a « 0 + » desno od x = 0 . Ovo je lako zaključiti s grafa funkcije f ( x) = 1 / x :

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

64

3 2 1 -4

0 0

-2

2

x

4

-1 -2 -3

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izračunati lijeve i desne limese u rubovima domena.

212. f ( x) =

1 ; x −1

• domena: D( f ) = (−∞,1) ∪ (1, ∞), 1 1 1 = = = −∞, x →1− x →1− x − 1 (1−) − 1 0 − 1 1 1 • lim f ( x) = lim = = = ∞. x →1+ x →1+ x − 1 (1+ ) − 1 0 +

• lim f ( x) = lim

213. f ( x) =

1 ; ( x − 2) 2

• domena: D ( f ) = (−∞, 2) ∪ (2, ∞), 1 1 1 1 • lim f ( x) = lim = = = = ∞, 2 2 2 x →2− x → 2 − ( x − 2) ((2−) − 2) (0−) 0+ 1 1 1 • lim f ( x) = lim = = = ∞. 2 x →2+ x → 2 + ( x − 2) 2 ((2+ ) − 2) 0+ 1

214. f ( x) = e x−3 ; • domena: D( f ) = (−∞,3) ∪ (3, ∞), 1

1

1

• lim f ( x) = lim e x−3 = e ( 3 − )−3 = e 0− = e −∞ = x → 3−

x → 3−

1

1

1

1 1 = = 0, ∞ e ∞

• lim f ( x) = lim e x−3 = e (3 + )−3 = e 0+ = e∞ = ∞. x →3 +

x → 3+

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

215. f ( x) = arctg

65

1 ; x−4

• domena: D ( f ) = (−∞, 4) ∪ (4, ∞ ), 1 1 1 π = arctg = arctg = arctg (−∞) = − , (4−) − 4 0− 2 x−4 1 1 1 π • lim f ( x) = lim arctg = arctg = arctg = arctg (∞) = . x →4+ x →4+ (4+ ) − 4 0+ 2 x−4 • lim f ( x) = lim arctg x →4−

216. f ( x) = th

x→4−

1 ; x−3

• domena: D( f ) = (−∞,3) ∪ (3, ∞ ), 1 1 1 = th = th = th(−∞) = −1, x → 3− x → 3− (3−) − 3 0− x−3 1 1 1 • lim f ( x) = lim th = th = th = th(∞) = 1. x → 3+ x →3 + (3+ ) − 3 0+ x−3 • lim f ( x) = lim th

217. f ( x ) = cth

x ; x −4 2

• domena: D ( f ) = ( −∞ , − 2) ∪ ( − 2, 0) ∪ (0, 2) ∪ (2, ∞ ), • lim f ( x ) = lim cth x → ( − 2) −

x → ( − 2) −

−2 −2 x = cth = cth = ( x − 2)( x + 2) (( − 2 − ) − 2)(( − 2 − ) + 2) ( − 4)(0 − )

1 = cth ( −∞ ) = − 1, 0− x −2 −2 • lim f ( x ) = lim cth = cth = cth = x → ( − 2) + x → ( −2 ) + ( x − 2)( x + 2) (( − 2 + ) − 2)(( − 2 + ) + 2) ( − 4)(0 + ) 1 = cth = cth ( ∞ ) = 1, 0+ 0− x • lim f ( x ) = lim cth 2 = cth = cth (0 + ) = ∞ , x→0− x→0− x −4 −4 x 0+ • lim f ( x ) = lim cth 2 = cth = cth (0 − ) = −∞ , x→0+ x→ 0+ x −4 −4 x 2 2 • lim f ( x ) = lim cth = cth = cth = x→ 2− x→ 2− ( x − 2)( x + 2) ((2 − ) − 2)((2 − ) + 2) (0 − )(4) 1 = cth = cth ( −∞ ) = − 1, 0− x 2 2 • lim f ( x ) = lim cth = cth = cth = x→ 2+ x→ 2+ ( x − 2)( x + 2) ((2 + ) − 2)((2 + ) + 2) (0 + )(4) 1 = cth = cth ( ∞ ) = 1, 0+ = cth

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

66

što se može skratiti ako uvažimo činjenicu da je dana funkcija neparna.

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći domenu i ispitati ponašanje na rubu domene danih funkcija.

218. f ( x) = ch

219. f ( x) = e

1 . x+3 1

−

( x −1)2

.

1

220. f ( x) = th

x −4 2

221. f ( x) = arctg e 222. f ( x) = e

−

1 x−4

.

+

π 2

.

1 sh 2 ( x − 2)

.

1  π 223. f ( x) = 3sin  ⋅ th . x+4 2 RJEŠENJA 218. D( f ) = (−∞, −3) ∪ (−3, ∞), • •

lim f ( x) = +∞,

x → ( −3) −

lim f ( x) = +∞.

x → ( −3) +

219. D( f ) = (−∞,1) ∪ (1, ∞), • lim f ( x) = 0, x →1−

• lim f ( x) = 0. x →1+

220. D( f ) = (−∞, −2) ∪ (2, ∞), • •

lim f ( x) = 1,

x → ( −2) −

lim f ( x) = 1.

x →2+

3. Funkcije (sa svim korekcijama)

67

221. D( f ) = (−∞, 4) ∪ (4, ∞), • lim f ( x) =

π

2 • lim f ( x) = π . x →4−

,

x →4+

222. D( f ) = (−∞, 2) ∪ (2, ∞), • lim f ( x) = 0, x →2−

• lim f ( x) = 0. x →2+

223. D( f ) = (−∞, −4) ∪ (−4, ∞), • •

lim f ( x) = −3,

x → ( −4) −

lim f ( x) = 3.

x → ( −4) +

4. Limesi funkcija (sa svim korekcijama)

69

4. poglavlje (korigirano) ∗

LIMESI FUNKCIJA

∗

U ovom poglavlju: Neodređeni oblik ∞∞ Neodređeni oblik ∞ − ∞ Neodređeni oblik 1∞ Kose asimptote

Neka je “ a ” konačan realan broj ili ± ∞ . Ako postoji realan broj L , kojem se funkcija y = f (x) “približava” kad je varijabla x blizu “ a ”, tada taj broj zovemo limes funkcije f ( x) u točki x = a , odnosno L = lim f ( x) ⇔ x→a

L ≈ f ( x) ako je x ≈ a.

Ovakva proizvoljna definicija je opisna, ali nije potpuno točna. Na primjer, trigonometrijska funkcija f ( x) = sin x zadovoljava: sin x ≈ ±1 ako je x ≈ ∞ . Međutim, brojevi 1 i − 1 nisu limesi funkcije f ( x) = sin x u x = ∞ , nego dva različita gomilišta. Prema ovome, da bismo učinili razliku između limesa i gomilišta, potrebno je iskazati preciznu definiciju limesa i gomilišta dane funkcije y = f ( x) u x = a koristeći pojmove ε − okoline ( “epsilon” –okoline). Realan broj L je gomilište funkcije y = f ( x) u x = ∞ ako vrijedi: za svaki ε > 0 postoji M > 0 takav da za beskonačno mnogo x > M vrijedi f ( x) ∈ ( L − ε , L + ε ) .

Realan broj L je limes funkcije y = f (x) u x = ∞ ako vrijedi: za svaki ε > 0 postoji M > 0 takav da za svaki x > M vrijedi f ( x) ∈ ( L − ε , L + ε ) . Kako vidimo, za preciznu definiciju limesa i gomilišta koristimo pojam ε -okoline broja L , a to je interval ( L − ε , L + ε ) . Nije teško pokazati da iz ove dvije definicije slijedi da je limes jedinstveno gomilište. Na primjer, ako funkcija ima dva različita gomilišta u x = ∞ , tada funkcija nema limes u x = ∞ .

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

70

Analogno se definira limes funkcije u bilo kojoj konačnoj točki “ a ” (vidi poglavlje ?.). U računanju limesa dane funkcije y = f (x) u x = ∞ , ne koristimo se definicijom, nego svojstvima limesa u odnosu na algebarske operacije među funkcijama, te prelazom sa beskonačno velikih na konačne i proizvoljno male (dijeljenje s najvećom potencijom). U tom smislu treba znati da je lim

x →∞

1 = 0, lim q x = 0, za | q |< 1 . x →∞ x

Svojstva limesa u odnosu na algebarske operacije među funkcijama su:

lim( f ( x) ± g ( x)) = lim f ( x) ± lim g ( x), x→a

x→a

x→a

lim(α ⋅ f ( x)) = α ⋅ lim f ( x), x→a

x→a

lim( f ( x) ⋅ g ( x)) = ( lim f ( x)) ⋅ (lim g ( x)), x→a

lim x→a

x→a

x→a

f ( x) f ( x) lim = x→a , g ( x) lim g ( x) x→a

lim g ( x )

lim( f ( x) g ( x ) ) = (lim f ( x)) x→a x→a

x→a

,

pod uvjetom da svi limesi koji se pojavljuju na desnim stranama u prethodnim jednakostima postoje, odnosno konačni su brojevi.

4.1 NEODREĐENI OBLIK

∞ ∞

U ovoj točki ćemo računati limese racionalnih funkcija koristeći prethodno opisana svojstva limesa funkcija.

RIJEŠENI PRIMJERI U slijedećim zadacima izračunati limese racionalnih funkcija.

2x +1 224. lim = x →∞ 3 x − 2

∞ ∞

1 2+ (2 x + 1) / x x = 2. = lim = lim x →∞ (3 x − 2) / x x →∞ 2 3 3− x

4. Limesi funkcija (sa svim korekcijama)

x 2 − 3x + 1 225. lim = x →∞ 2 x 2 + x

∞ ∞

3 1 1− + 2 x x = 1. 1 2 2+ x 5 7 3− 2 + 3 (3 x 4 − 5 x 2 + 7 x) / x 4 x x = 3. = lim = lim 4 3 4 x →∞ x →∞ 1 5 ( x − x + 5) / x 1− + 4 x x

( x 2 − 3 x + 1) / x 2 = lim = lim x →∞ (2 x 2 + x ) / x 2 x →∞

3x 4 − 5 x 2 + 7 x = x →∞ x 4 − x3 + 5

226. lim

71

∞ ∞

5 1 3 − + 5x − x + 3 ∞ (5 x − x + 3) / x x x 2 x 3 = 0 = 0. = ∞ = lim = lim 3 lim x →∞ 3 x + 2 x − 4 x →∞ (3 x 3 + 2 x − 4) / x 3 x →∞ 2 4 3+ 2 − 3 3 x x 2 1 6− + 2 4 3 2 4 3 2 4 6x − 2x + x (6 x − 2 x + x ) / x x x = 6 = ∞. lim = ∞∞ = lim = lim x →∞ 2 x 3 + x 2 − 3 x →∞ (2 x 3 + x 2 − 3) / x 4 x →∞ 2 1 3 + 2− 4 0 x x x 2 1− x2 − 2x ∞ ( x2 − 2 x ) / x x = 1. = ∞ = lim = lim lim x →∞ x →∞ x →∞ 1 x +1 ( x + 1) / x 1+ x 1 1+ 1− 2 2 x+ x −x ∞ (x + x − x ) / x x = 1 + 1 = 1. = ∞ = lim = lim lim x →∞ x x →∞ →∞ 3 2x + 3 (2 x + 3) / x 2 2+ x 2

227.

228.

229.

230.

x + 3 + 4 x 2 − 3x + 1

231. lim

2 x − 4 + 4 x2 − 5

x →∞

2

=

∞ ∞

3

= lim

[ x + 3 + 4 x 2 − 3 x + 1] / x

x →∞

[2 x − 4 + 4 x 2 − 5] / x

=

3 4 3 1 + 1− + 2 x x x = 1+1 = 2 . = lim x →∞ 2 +1 3 4 5 2 1− + 4 1− 2 x x 1+

x 5 − 2 x 3 + 4 + (3x − 4)

5

232. lim

x →∞

3

x3 + x 2 − 4 + x 2 − 1

=

∞ ∞

= lim

x →∞

[ 5 x5 − 2 x3 + 4 + (3 x − 4)] / x [ 3 x3 + x 2 − 4 + x 2 − 1] / x

2 4 4 + 5 +3− 2 x x x = 1 + 3 = 4 = 2. = lim x →∞ 1+1 2 1 4 1 3 1+ − 3 + 1− 2 x x x 5

1−

=

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

72

x2 − 2x = x +1

233. lim

x →−∞

∞ −∞

(− x) 2 − 2(− x ) x2 + 2 x = lim = x →∞ −x +1 −x +1

=| x → (− x) |= lim

x →∞

2 ( x + 2x ) / x x = −1. = lim = lim x →∞ x →∞ 1 (− x + 1) / x −1 + x 1+

2

x − x 2 + 3x = x →−∞ 2x +1

234. lim

(− x) − (− x) 2 + 3(− x) = x →∞ 2(− x) + 1

=| x → (− x) |= lim

−∞ −∞

− x − x 2 − 3x [− x − x 2 − 3x ] / x = lim = lim = lim x →∞ x →∞ x →∞ −2 x + 1 [−2 x + 1] / x

ZADACI ZA VJEŽBU 2 x3 − x 2 + 1 . x →∞ x 3 + 2 x 2 − 4

235. lim

4 x 2 − x + 10 . x →∞ x 3 + x 2 − 1

236. lim

237. lim

2x −1 + x2 − x 3x + x 2 + 7

x →∞

2x −1 + x2 − x

238. lim

3x + x 2 + 7

x →−∞

2 x 2 + 3x + x

x →∞

3 x →−∞

241. lim x →∞

.

x3 − 2 x + 4 x − 1

3

239. lim

240. lim

.

.

x3 − 2 x + 4 x − 1 2 x 2 + 3x + x

.

4 ⋅ x 2 − 5 x + 1 + 3 x3 + x 2 − 7 3x + 4 + x 2 − 2 x + 5

.

3 x = −1 − 1 = 1. 1 −2 −2 + x

−1 − 1 −

4. Limesi funkcija (sa svim korekcijama)

242. lim

73

4 ⋅ x 2 − 5 x + 1 + 3 x3 + x 2 − 7 3x + 4 + x 2 − 2 x + 5

x →−∞

.

RJEŠENJA

R 241.

3 1 5 . R 238. . R 239. . R 240. − 5. 4 2 3

R 236. 0. R 237.

R 235. 2.

5 3 . R 242. − . 4 2

4.2 NEODREĐENI OBLIK ∞ − ∞ U ovoj točki ćemo računati limese funkcija kod kojih se nakon uvrštavanja x = ∞ pojavljuje neodređeni oblik ∞ − ∞ . U tom slučaju je potrebno danu funkciju transformirati raznim “trikovima” (racionaliziranje, faktoriziranje, itd.) na oblik ∞∞ , te nastaviti u smislu prelaza sa beskonačno velikih na konačne i proizvoljno male veličine (dijeljenje brojnika i nazivnika sa najvećom potencijom), što je objašnjeno u prethodnom poglavlju.

RJEŠENI PRIMJERI U slijedećim zadacima izračunati limese funkcija.

243. lim( x − x − 3) = lim( x − x − 3) x →∞

x →∞

= lim x →∞

3 x + x −3

x + x −3 x− x+3 = lim = x + x − 3 x →∞ x + x − 3

= 0.

244. lim( x − x 2 − 3 x + 4) = lim( x − x 2 − 3 x + 4) x →∞

x →∞

x − x + 3x − 4 2

= lim

x →∞

2

x + x − 3x + 4 2

=

x + x2 − 3x + 4 x + x2 − 3x + 4

=

4 (3 x − 4) / x 3 x = lim = lim = . 2 x →∞ x →∞ 2 3 4 [ x + x − 3 x + 4] / x 1+ 1− + 2 x x 3−

∞ ∞

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

74

245. lim( x − 4 − x − 2 x + 5) = lim( x − 4 − x − 2 x + 5) 2

2

2

x →∞

2

x →∞

= lim

x2 − 4 − x2 + 2 x − 5

=

∞ ∞

= lim

x2 − 4 + x2 − 2 x + 5 x2 − 4 + x2 − 2 x + 5

(2 x − 9) / x

x →∞ [ x − 4 + x 2 − 2 x + 5] / x x − 4 + x − 2x + 5 9 2− 2 x = lim = = 1. x →∞ 4 2 5 1+1 1− 2 + 1− + 2 x x x x →∞

2

2

2

x −3 + x + 4 = x−3 + x+ 4

1 1 = lim x ( x − 3 − x + 4) x →∞ x ( x − 3 − x + 4)

246. lim x →∞

= lim

x →∞

x −3 + x + 4 x−3 + x+ 4 1 = − lim = x →∞ 7 x ( x − 3 − x − 4) x

=

∞ ∞

=

1 [ x − 3 + x + 4] / x 1 3 4 2 = − lim = − lim[ 1 − + 1 + ] = − . x x 7 x →∞ 7 x →∞ 7 x/ x 247. lim ( x + x 2 − x + 2) = | x → (− x) | = lim [(− x) + (− x) 2 − (− x) + 2] = x →−∞

− x →−∞

= lim[− x + x 2 + x + 2] = lim[− x + x 2 + x + 2] x →∞

= lim

x →∞

− x2 + x2 + x + 2

=

∞ ∞

= lim

x + x2 + x + 2 x + x2 + x + 2

( x + 2) / x

x+ x + x+2 [ x + x 2 + x + 2] / x 2 1+ 1 1 x = lim = = . x →∞ 1 2 1+1 2 1+ 1+ + 2 x x x →∞

2

ZADACI ZA VJEŽBU 248. lim ( x + x 2 − 3 x + 1). x →−∞

249. lim( x 2 − 3 x + 1 − x). x →∞

250. lim( x 2 + x + 1 − x 2 + 5 x ). x →∞

x →∞

=

=

=

4. Limesi funkcija (sa svim korekcijama)

75

251. lim( x − 3 x 3 + 2 x 2 − 1). x →∞

252. lim( 4 x 4 + x 3 − 2 − 4 x 4 − x 2 + 3 x ). x →∞

RJEŠENJA R 248.

3 . 2

3 R 249. − . 2

2 R 250. − 2. R 251. − . 3

R 252.

1 . 4

4.3 NEODREĐENI OBLIK 1∞ U ovoj točki računamo limese funkcija oblika y = f ( x) g ( x ) kod kojih nakon uvrštavanja x = ∞ dobivamo oblik 1∞ . Osim svojstava limesa, nabrojanih na početku ovog poglavlja, koristit ćemo važan identitet: 1 lim (1 + ) x = e. x

x →∞

Nadalje, treba primijeniti određene «trikove» pomoću kojih se dani oblik y = f ( x) g ( x ) ∞

transformira na eksponencijalni oblik oblika ∞∞ s početka ovog poglavlja.

e ∞ , pa potom u eksponentu primijeniti rješavanje

RJEŠENI PRIMJERI U slijedećim zadacima izračunati limese funkcija. x

x

x

x

x

x

x3

 1  1 3  x+3  3 3 ∞ 253. lim   1 + x  = lim 1 + x  = e .  = 1 = lim  1 +  = lim x →∞ x x x →∞ →∞ →∞  x   x 3  3    xa

 1  1 a  x+a  a ∞ 254. lim  1 lim 1 lim 1 lim = = + = + =  1 + x  =    x  x →∞ x →∞ x →∞  x   x  x→∞  a  a   a

  1 a   = lim 1 + x   = e a .  x →∞  a     x

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

76 x

1 1 1  x  ∞ = = 4 = e −4 . 255. lim   = 1 = lim x x x →∞ x + 4 x →∞ e    x+4  x+4 lim     x →∞  x   x  x

1 1 1  x  ∞ = = a = e− a . 256. lim   = 1 = lim x x x →∞ x + a x →∞ e    x+a  x+a lim     x →∞  x   x  x2

x2

x2

   x +5 5  1 1  257. lim  2  = 1∞ = lim  1 + 2  = lim 1 + x2  = lim  1 + x2  →∞ →∞ →∞ x →∞ x x x  x   x  5  5    2

x

x

x

−4   x −3  x−3   = 1∞ = lim  1 + − 1 = lim  1 + 258. lim    = x →∞ x + 1 x →∞ x + 1  x →∞  x + 1     x +1 ( −4 x ) x +1

−4  1  = lim 1 + x +1  x →∞ −4  

lim −x4+1x

= e x→∞

= e −4 .

x

x

x

 x−a  x−a   b−a 259. lim  = 1∞ = lim  1 + − 1 = lim  1 +   = x →∞ x − b x →∞    x − b  x →∞  x − b  x −b ( ( b − a ) x ) x −b

b− a  1  = lim 1 + x −b  x →∞  b−a 

=e

ZADACI ZA VJEŽBU  x +2 260. lim   x →∞  x −1 

 x3 + x  261. lim  3  x →∞ x + 4  

2 x

.

3 x2

. x

 x2 − x  262. lim  2  . x →∞ x + 3 x − 1   x

 x−2 x +3 263. lim   . x →∞  x + x −1 

( b − a ) lim

x x→∞ x −b

= eb − a .

x2 5 5

= e5 .

4. Limesi funkcija (sa svim korekcijama)

  x 264. lim   2 x →∞  x + 4x +1 

77

x/2

.

RJEŠENJA

R 260. e6 .

R 262. e −4 . R 263. e −3 .

R 261. e3 .

R 264. e −1.

4.4 KOSE ASIMPTOTE Desna kosa asimptota funkcije y = f (x) je pravac y = k1 x + l1 kojem se funkcija f približava kada je x blizu + ∞ .

Lijeva kosa asimptota funkcije y = f ( x) je pravac y = k 2 x + l2 kojem se funkcija f približava kada je x blizu − ∞ . Prema tome, kose asimptote (ako postoje) opisuju ponašanje funkcije za neizmjerno pozitivne i negativne x, odnosno precizira desni i lijevi dio grafa funkcije. Efektivno pronalaženje kosih asimptota se svodi na precizno računanje nekoliko limesa. Što više, za koeficijente kosih asimptota vrijede formule:

− desna kosa asimptota y = k1 x + l1 funkcije y = f ( x) : k1 = lim

x →∞

f ( x) , l1 = lim ( f ( x) − k1 x); x →∞ x

− lijeva kosa asimptota y = k 2 x + l 2 funkcije y = f ( x) : k 2 = lim

x → −∞

f ( x) , l 2 = lim ( f ( x) − k 2 x). x → −∞ x

Ako iz ovakvog računa barem jedan od brojeva k1 i l1 ne postoji, tada funkcija y = f ( x) nema desnu kosu asimptotu. Ako pak barem jedan od brojeva k 2 i l2 ne postoji, tada funkcija y = f ( x) nema lijevu kosu asimptotu. Ako je u jednoj od kosih asimptota prvi koeficijent jednak nuli tada je ona specijalno horizontalna asimptota. Nužnost prethodnih formula za koeficijente k1 , l1 , k 2 i l2 nije teško opravdati direktno iz definicije limesa i kosih asimptota. Naime, iz definicije desne kose asimptote imamo da je:

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

78

y = k1 x + l1 ≈ f ( x) ako je x ≈ +∞. Ako podijelimo sa x ovu aproksimativnu jednakost, dobivamo izraz za k1 , a potom prebacivanjem na drugu stranu, dobivamo izraz za l1 , odnosno: (k1 x + l1 ≈ f ( x)) / x ⇒ k1 + l1 / x ≈ f ( x) / x ⇒ k1 ≈

f ( x) ako je x ≈ +∞, x

k1 x + l1 ≈ f ( x) ⇒ l1 ≈ f ( x) − k1 x ako je x ≈ +∞.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izračunati kose asimptote danih funkcija.

265. f ( x) = x 2 + 3 x ; • D( f ) = (−∞, −3] ∪ [0, +∞); • k1 = lim

x →∞

1 + 3x f ( x) x 2 + 3x / x = lim = lim = 1; x →∞ x →∞ x x/ x 1

• l1 = lim( f ( x) − k1 x) = lim( x 2 + 3 x − x) x →∞

= lim

x →∞

x →∞

x 2 + 3x + x x 2 + 3x + x

= lim

x 2 + 3x − x 2

x →∞

x 2 + 3x + x

=

3x

3 = ; x 2 + 3x + x 2 3 ; 2

Desna asimptota je: y = k1 x + l1 = x +

1 − 3x f ( x) x 2 + 3x x 2 − 3x / x • k 2 = lim = lim = | x → − x | = lim = − lim = −1; x → −∞ x → −∞ x →∞ x →∞ x x − x/ x 1 • l 2 = lim ( f ( x) − k 2 x) = lim ( x 2 + 3 x + x) = | x → − x | = lim ( x 2 − 3x − x) = x → −∞

= lim ( x 2 − 3 x − x) x →∞

x →−∞

x 2 − 3x + x 2

x − 3x + x

x →∞

= lim

x 2 − 3x − x 2

x →∞

3 Lijeva asimptota je : y = k 2 x + l 2 = − x − ; 2

2

x − 3x + x

= lim

x →∞

− 3x

3 =− ; 2 x − 3x + x 2

4. Limesi funkcija (sa svim korekcijama)

79

266. f ( x) = x + x 2 − 2 x ; • D( f ) = (−∞, 0] ∪ [2, +∞); • k1 = lim

x →∞

1 − 2x f ( x) x + x2 − 2x = lim = 1 + lim = 2; x →∞ x →∞ x x 1 x2 − 2 x + x

• l1 = lim( f ( x) − k1 x) = lim( x + x 2 − 2 x − 2 x) = lim( x 2 − 2 x − x) x →∞

= lim

x →∞

x2 − 2 x − x2

= lim

−2 x

x − 2x + x x − 2x + x Desna asimptota je: y = k1 x + l1 = 2 x − 1; x →∞

• k 2 = lim

x → −∞

= 1 + lim

x →∞

x →∞

2

x2 − 2 x + x

x →∞

2

=−

2 = −1; 2

f ( x) x + x 2 − 2x x 2 − 2x = lim = 1 + lim = | x → −x | = x → −∞ x → −∞ x x x x 2 + 2x = 1 − 1 = 0; −x

• l 2 = lim ( f ( x) − k 2 x) = lim ( x + x 2 − 2 x ) = | x → − x | = lim ( x 2 + 2 x − x) = x → −∞

x → −∞

= lim ( x 2 + 2 x − x)

x →∞

2

x + 2x + x

x →∞

x 2 + 2x + x Lijeva asimptota je : y = k 2 x + l 2 = 1;

= lim

x →∞

2

x + 2x − x

2

x 2 + 2x + x

= lim

x →∞

2x x 2 + 2x + x

=

2 = 1; 2

 x −1  267. f ( x ) = arctg  ; 2  x −9  • D ( f ) = ( −∞ , −3) ∪ (3, +∞ );

π

• iz razloga arctg ( + ∞ ) =

2

⇒

k1 = 0;

 x −1  • l1 = lim( f ( x ) − k1 x ) = lim arctg   = arctg lim 2 x →∞ x →∞ x →∞  x −9  Desna asimptota je: y =

π

π 2

π 4

;

⇒ k 2 = 0;

 x −1   = arctg lim • l 2 = lim ( f ( x) − k 2 x) = lim arctg   2  x → −∞ x → −∞ x → −∞  x −9  Lijeva asimptota je : y = −

x2 − 9

= arctg 1 =

;

4

• iz razloga arctg (−∞) = −

x −1

π 4

;

x −1 x2 − 9

= arctg − 1 = −

π 4

;

=

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

80 268. f ( x) = 3 x − 4 − x ;

• D ( f ) = ( −∞, 4]; • nema desnog dijela domene pa nema ni desnu asimptotu ; • k2 = lim

x →−∞

f ( x) 3x − 4 − x −3x − 4 + x −3 = lim = | x → − x | = lim = lim = 3; x →−∞ x →∞ x →∞ −1 x x −x

• l2 = lim ( f ( x) − k2 x) = lim (3x − 4 − x − 3x) = − lim ( 4 − x ) = −∞; x →−∞

x →−∞

Kako ne postoji l2 , to nema ni lijeve asimptote.

ZADACI ZA VJEŽBU U slijedećim zadacima naći kose asimptote danih funkcija. 269. f ( x) = 4 − x 2 . 270. f ( x) = x 2 + 5 x − 6 . 271. f ( x) = 3 x + x 2 + 4 x . 272. f ( x) = 2 ⋅ th

x 3 − 3x x4 + x2 + 1

.

273. f ( x) = 3 x 3 − 2 x 2 + 1.

RJEŠENJA R 269. D( f ) = [−2, 2], nema kosih asimptota. R 270. D( f ) = (−∞, −6] ∪ [1, ∞), 5 • desna y = x + , 2 5 • lijeva y = − x − . 2

R 271. D( f ) = (−∞, −4] ∪ [0, ∞), • desna y = 4 x + 2, • lijeva y = 2 x − 2.

x →−∞

4. Limesi funkcija (sa svim korekcijama)

R 272. D( f ) = (−∞, +∞), • desna y = 2, • lijeva y = −2. R 273. D( f ) = (−∞, +∞), 2 • desna y = x − , 3 2 • lijeva y = x − . 3

81

5. Derivacija funkcija (sa svim korekcijama)

83

5. poglavlje (korigirano) ∗

DERIVACIJA FUNKCIJA

∗

U ovom poglavlju: Derivacija po definiciji, tablica deriviranja Derivacija zbroja, razlike, produkta i kvocijenta funkcija Derivacija složenih funkcija Derivacije višeg reda Derivacija oblika f ( x) g ( x ) Derivacija funkcija zadanih u parametarskom obliku

Prije definicije derivacije funkcija, treba navesti, kao u točki 4.1, strogu definiciju limesa funkcije y = f (x) u točki x = a , gdje je je “ a ” konačan realan broj.

Realan broj L je limes funkcije y = f ( x) u točki x = a ako vrijedi: za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da za svaki x ∈ (a − δ , a + δ ) vrijedi f ( x) ∈ ( L − ε , L + ε ) .

Kako vidimo, za bilo koju ε -okoline broja L , postoji δ -okoline točke x = a , tako da se sve vrijednosti f ( x) točaka te okoline nalaze u ε -okoline broja L . Primijetimo da izraz “biti u ovim okolinama” znači: x ∈ (a − δ , a + δ ) ⇔ | x − a |< δ , f ( x) ∈ ( L − ε , L + ε ) ⇔ | f ( x) − L |< ε .

Sada možemo definirati derivaciju dane funkcije y = f ( x ) u točki x = a na sljedeći način: (1)

f '(a) =

df dx

= lim x=a

x→a

f ( x) − f ( a ) f ( a + h) − f ( a ) = lim . h → 0 x−a h

U filozofskom smislu, derivacija je omjer dobivenog i uloženog. U programerskom smislu, derivacija je omjer izlaza i ulaza. U fizikalnom smislu, derivacija je omjer proizvoljno malog puta kroz proizvoljno malo vrijeme, a to je brzina.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

84

U geometrijskom smislu, potrebna nam je sljedeća slika: f

( a + h, f (a + h)) (a, f (a))

a

a+h

Koeficijent pravca, sekante, kroz dvije točke sa koordinatama (a, f (a )) i ( a + h, f (a + h)) dobivamo po formuli: f ( a + h) − f ( a ) f ( a + h) − f ( a ) (2) = ( a + h) − a h Točka ( a + h, f (a + h)) predstavlja okolnu točku točke (a, f (a)) , koju možemo približavati fiksiranoj točki (a, f (a)) , i to tako da pustimo da h → 0 . Tada (vidi sliku gore) sekanta kroz dvije dane točke prelazi u pravac koji “tangira” funkciju y = f ( x) u točki (a, f (a)) , a koji zovemo tangentom na funkciju y = f ( x) u točki x = a . Još je važnije da pri tome koeficijent sekante isto tako prelazi u koeficijent dobivene tangente. To znači da koeficijent tangente dobivamo kao limes koeficijenata sekanti danih formulom (2). Ovo zajedno sa (1) povlači da, u geometrijskom smislu, derivacija funkcije y = f ( x) u točki x = a predstavlja koeficijent tangente na funkciju y = f ( x) u točki x = a .

5.1 DERIVACIJA PO DEFINICIJI. TABLICA DERIVIRANJA U ovoj točki dajemo neke primjere kako se računa limes u formuli (1) za neke poznate elementarne funkcije. Odnosno, pokazat ćemo kako se računa derivacija po definiciji za te elementarne funkcije. Potom ćemo dati tablicu njihovih derivacija, koja se može dokazati analogno ovim primjerima. Neka je zadana funkcija f ( x) = x 2 . Tada računamo:

f ( a + h) − f ( a ) ( a + h) 2 − a 2 a 2 + 2ah + h 2 − a 2 2ah + h 2 = lim = lim = lim = h →0 h →0 h→0 h→0 h h h h = lim(2a + h) = 2a.

f '(a) = lim

h →0

Time smo pokazali da je ( x 2 )' = 2 x . Neka je zadana funkcija f ( x) = x 3 . Tada računamo:

5. Derivacija funkcija (sa svim korekcijama)

85

f ( a + h) − f ( a ) ( a + h)3 − a 3 a 3 + 3a 2 h + 3ah 2 + h3 − a 3 = lim = lim = h →0 h →0 h→0 h h h 3a 2 h + 3ah 2 + h3 = lim = lim(3a 2 + 3ah + h 2 ) = 3a 2 . h →0 h →0 h

f '(a) = lim

Time smo pokazali da je ( x 3 )' = 3x 2 . Neka je funkcija f ( x) = x . Tada računamo da je: f ( a + h) − f ( a ) a+h − a 0 a+h − a a+h+ a = lim = = lim ⋅ = h →0 h →0 h h 0 h→0 h a+h+ a a+h−a 1 1 = lim = lim = . h →0 h( a + h + h → 0 a) a+h + a 2 a

f '(a) = lim

Time smo pokazali da je ( x )' =

1 2 x

.

Ako nastavimo u ovom stilu, možemo dokazati da vrijedi sljedeća tablica deriviranja elementarnih funkcija, koju koristimo “zdravo za gotovo”:

f (x) =

f ' ( x) =

xn x

nx n −1

ex ln x

ex

sin x cos x tg x

cos x − sin x

ctg x

− sin12 x

sh x ch x th x

ch x sh x

cth x

− sh12 x

1 2 x

1 x

1 cos 2 x

1 ch 2 x

arcsin x arccos x

1 1− x 2

−

1 1− x 2

arctg x

1 1+ x 2

arc ctg x

− 1+1x 2

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

86

Derivacija svake druge funkcije treba biti izračunata koristeći pravila za deriviranje funkcija, koja su izložena u sljedećim točkama ovog poglavlja. Na primjer, derivacija kompozicije funkcija:

• (sin 2 x)' = (cos 2 x)(2 x)' = 2 cos 2 x, • (sin 2 x)' = ((sin x) 2 )' = 2 sin x(sin x)' = 2 sin x ⋅ cos x, ili derivacija algebarskih operacija među funkcijama:

• ( x 3 + sin x)' = ( x 3 )'+(sin x)' = 3x 2 + cos x, • ( x 2 ⋅ sin x)' = ( x 2 )' (sin x) + x 2 ⋅ (sin x)' = 2 x sin x + x 2 cos x.

5.2 DERIVACIJA ZBROJA I RAZLIKE U ovoj točki vježbamo derivaciju linearne kombinacije funkcija. U tu svrhu, potrebno nam je sljedeće svojstvo derivacije:

( f ( x) + g ( x))' = f ' ( x) + g ' ( x), (α ⋅ f ( x))' = α ⋅ f ' ( x).

Prema ovome, derivacija linearne kombinacije funkcija je linearna kombinacija derivacija funkcija, odnosno, još se kaže da je derivacija linearan operator na skupu dovoljno glatkih funkcija.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izračunati naznačenu operaciju deriviranja.

274. (x 2 − 3 x + 1) ' = ( x 2 ) '− 3( x) '+ (1) ' = 2 x − 3. 275. (x5 − 4 x3 + 2 x 2 − 7) ' = ( x 5 ) '− 4( x3 ) '+ 2( x 2 ) '− (7) ' = 5 x 4 − 12 x 2 + 4 x. 276. (x 3 − e x + 3sin x) ' = ( x 3 ) '− (e x ) '+ 3(sin x) ' = 3 x 2 − e x + 3cos x.

1 277. (x 2 − ln x + 4 cos x) ' = ( x 2 ) '− (ln x) '+ 4(cos x) ' = 2 x − − 4sin x. x 278. (3tg x − 2e x + x 7 ) ' = 3(tg x) '− 2(e x ) '+ ( x 7 ) ' =

3 − 2e x + 7 x 6 . cos 2 x

5. Derivacija funkcija (sa svim korekcijama)

87

4 4 −1 1 279. (4e x − 3 x 4 + arcsin x) ' = 4(e x ) '− ( x 4 / 3 ) '+ (arcsin x) ' = 4e x − ( x 3 ) + = 3 1 − x2 4 1 . = 4e x − 3 x + 3 1 − x2 280. ( 5 x − 2arctg x + 3sh x) ' = ( x1/ 5 ) '− 2(arctg x) '+ 3(sh x) ' = =

1 15 −1 1 x −2 + 3ch x = 5 1 + x2

1 − 45 2 1 2 x − + 3ch x = − + 3ch x. 2 2 5 4 5 1+ x 5 x 1+ x

281. (ch x +

1 4 3 3 3 −1 1 3 1 + x ) ' = (ch x) '+ ( x −1 ) '+ ( x 3/ 4 ) ' = sh x − x −2 + x 4 = sh x − 2 + 4 . x 4 x 4 x

282. (x5 ln x) ' = ( x5 ) 'ln x + x 5 (ln x) ' = 5 x 4 ln x + x5 ⋅

1 = 5 x 4 ln x + x 4 . x

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći prve derivacije danih funkcija. 283. f ( x) = x 4 + 2 sin x − e x . 284. f ( x) = 5 x 2 − ch x + 3 ln x. 1 285. f ( x) = 3 ⋅ ctg x − arccos x + . x 286. f ( x) = 2 x − cos x + 2 ⋅ sh x. 287. f ( x) =

1 3

x

2

+ 5 x 7 + arctg x.

288. f ( x) = th x + 3 ⋅ tg x − arc ctg x.

289. f ( x) = 2e x + 3 x 2 +

1 4

x3

.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

88

RJEŠENJA 283. f '( x) = 4 x 3 + 2 cos x − e x . 3 284. f '( x) = 10 x − sh x + . x

285. f '( x) = −

286. f '( x) =

1 + sin x + 2 ⋅ ch x. x

287. f '( x) = −

288. f '( x) =

3 1 1 + − 2. 2 sin x 1 − x2 x

2 1 7 1 . + 5 x2 + 3 3 x5 5 1 + x2

1 3 1 . + + 2 2 ch x cos x 1 + x 2

289. f '( x) = 2e x +

2 1 3 1 . − 3 3 x 4 4 x7

5.3 DERIVACIJA PRODUKTA FUNKCIJA U ovoj točki vježbamo derivaciju produkta funkcija. U tu svrhu, potrebno nam je slijedeće svojstvo derivacije: ( f ( x) ⋅ g ( x))' = f ' ( x) ⋅ g ( x) + f ( x) ⋅ g ' ( x) .

Prema ovome, derivacija produkta funkcija nije jednaka produktu derivacija, kao što bi se na trenutak moglo poželjeti. To se lako vidi na primjeru derivacije funkcije f ( x) = x 3 . Naime, znamo da je njena derivacija f ' ( x) = 3 x 2 . Ako bi funkciju f ( x) = x 3 prikazali u obliku produkta f ( x) = x 2 ⋅ x , tada je produkt derivacija ovih funkcija ( x 2 )' ( x)' = 2 x , što je bitno različito od 3 x 2 .

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izračunati naznačenu operaciju deriviranja produkta funkcija.

290. (x 3e x ) ' = ( x 3 ) ' e x + x 3 (e x ) ' = 3 x 2 e x + x3e x .

5. Derivacija funkcija (sa svim korekcijama)

291. (x 2 ln x) ' = ( x 2 ) 'ln x + x 2 (ln x) ' = 2 x ln x + x 2

89

1 = 2 x ln x + x. x

292. [(x4 + 2 x)sin x]' = ( x4 + 2 x)'sin x + ( x4 + 2 x)(sin x)' = (4 x3 + 2)sin x + ( x4 + 2 x)cos x. 293. [(x + sin x)e x ]' = ( x + sin x) ' e x + ( x + sin x)(e x ) ' = (1 + cos x)e x + ( x + sin x)e x .

294. [( ln x + x 3 )( x − x)]' = ( ln x + x 3 ) '( x − x) + ( ln x + x3 )( x − x) ' = 1 1 = ( + 3x 2 )( x − x) + ( ln x + x 3 )( − 1). x 2 x 295. (e xsh x) ' = (e x )'sh x + e x (sh x) ' = e xsh x + e x ch x = e x (sh x + ch x) = e x (e x ) = e2 x . 296. (x3arctg x) ' = ( x 3 )'arctg x + x 3 (arctg x) ' = 3x 2 arctg x + x3

1 . 1 + x2

3 3 −1 1 3 1 1 297. ( 4 x3 th x)' = ( 4 x3 )'th x + 4 x3 (th x)' = x 4 th x + 4 x3 2 = 4 th x + 4 x3 2 . 4 ch x 4 x ch x 298. (x 2 ⋅ e x ⋅ sin x) ' = (x 2 ) '⋅ e x ⋅ sin x + x 2 ⋅ (e x ) '⋅ sin x + x 2 ⋅ e x ⋅ (sin x) ' = = 2 x ⋅ e x ⋅ sin x + x 2 ⋅ e x ⋅ sin x + x 2 ⋅ e x ⋅ cos x.

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći prve derivacije danih funkcija. 299. f ( x) = x 7 ⋅ e x . 300. f ( x) = e x ⋅ cos x. 301. f ( x) = x ln x. 302. f ( x) = (sh x) ⋅ ( th x). 303. f ( x) = x 3 ⋅ e x − 2 x ⋅ e x . 1 304. f ( x) = (ln x − ) ⋅ e x . x

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

90

RJEŠENJA 299. f '( x) = e x ( x 7 + 7 x 6 ). 300. f '( x) = e x (cos x − sin x). 301. f '( x) =

303. f '( x) =

1 2 x

(ln x + 2). 302. f '( x) = (sh x) ⋅ (1 +

1 ). ch 2 x

ex 2 1 1 ( x − x − 1). 304. f '( x) = e x (ln x + 2 ). x 2 x

5.4 DERIVACIJA KVOCIJENTA FUNKCIJA U ovoj točki vježbamo derivaciju kvocijenta funkcija. U tu svrhu, potrebno nam je slijedeće svojstvo derivacije: '

 f ( x)  f ' ( x) ⋅ g ( x) − f ( x) ⋅ g ' ( x)   = g 2 ( x)  g ( x)  Prema ovome, derivacija kvocijenta funkcija nije jednaka kvocijentu derivacija, kao što bi se na trenutak moglo poželjeti. To se lako vidi na primjeru derivacije funkcije f ( x) = tg x . Naime, znamo da je njena derivacija f ' ( x) = 1 / cos 2 x . Ako bi funkciju f ( x) = tg x prikazali u obliku kvocijenta f ( x) = sin x / cos x , tada je kvocijent derivacija brojnika i nazivnika kao funkcija (sin x)' /(cos x)' = cos x /( − sin x) = −ctg x , što je bitno različito od 1 / cos 2 x .

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izračunati naznačenu operaciju deriviranja kvocijenta funkcija.

305. (

sin x ' (sin x) ' x − (sin x)( x) ' x cos x − sin x ) = = . x x2 x2

306. (

e x ' (e x ) '( x − 1) − (e x )( x − 1) ' e x ( x − 1) − e x xe x − 2e x ) = = = . x −1 ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 ( x − 1) 2

1 x + 1 ' ( x + 1) '( x + 3) − ( x + 1)( x + 3) ' ( x + 3) − ( x + 1) 2 x = = 307. ( ) = x +3 ( x + 3) 2 ( x + 3) 2

=

1 2

x + 3 − 21x ( x + 3) 2

.

5. Derivacija funkcija (sa svim korekcijama)

308. (

309. (

310. (

91

ln x ' (ln x) '(2 x − 1) − (ln x)(2 x − 1) ' 1x (2 x − 1) − 2 ln x 2 − 1x − ln x 2 ) = = = . 2x −1 (2 x − 1) 2 (2 x − 1) 2 (2 x − 1) 2 sin x + 3 ' (sin x + 3) '(2 cos x − 5) − (sin x + 3)(2 cos x − 5) ' = ) = 2 cos x − 5 (2 cos x − 5) 2 (2 cos x − 5) cos x − (sin x + 3)(−2sin x) 2 − 5cos x + 6sin x = = . (2 cos x − 5) 2 (2 cos x − 5) 2

e x ' (e x ) 'sh x − (e x )(sh x) ' e x sh x − e x ch x e x (sh x − ch x) 1 = = =− 2 . ) = 2 2 2 sh x sh x sh x sh x sh x

2 3 x3 ( x 3 ) '(arcsin x) − ( x3 )(arcsin x) ' 3x (arcsin x) − ( x ) ' 311. ( ) = = arcsin x arcsin 2 x arcsin 2 x

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći prve derivacije danih funkcija. 312. f ( x) =

313. f ( x) =

x2 − 4 . x3 + 5x 1− x x +3

.

314. f ( x) =

tg x . cos x

315. f ( x) =

th x . ex

316. f ( x) =

2 − sin x . 3 − 2 cos x

1 1− x 2

.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

92

RJEŠENJA 312. f '( x) =

− x 4 + 17 x 2 + 20 . 313. f '( x) = ( x3 + 5 x) 2

315. f '( x) = e − x (

1 − th x). ch 2 x

−2 x ( x + 3)

316. f '( x) =

. 314. f '( x) = 2

1 + sin 2 x . cos3 x

2 − 3cos x − 4sin x . (3 − 2 cos x) 2

5.5 DERIVACIJA SLOŽENIH FUNKCIJA U ovoj točki vježbamo derivaciju kompozicija funkcija. U tu svrhu, potrebno nam je slijedeće fundamentalno svojstvo derivacije: ( g ( f ( x))' = g ' ( f ( x)) ⋅ f ' ( x).

Zahvaljujući ovom pravilu većina funkcija se može lako derivirati. Veoma je važno prije deriviranja neke složene funkcije razlučiti što je to takozvana «vanjska» ( g (x) ), a što «unutarnja» ( f (x) ) funkcija u kompoziciji. Na primjer, kod složene funkcije y = tg 3 x 2 nije sasvim jasno što je to g ( f ( x )) , sve dok danu funkciju ne napišemo u obliku: y = ( tg x 2 ) 3 . Isto tako, kada deriviramo vanjsku funkciju, u dobivenoj derivaciji prepisujemo unutarnju funkciju. Na primjer: (sin(cos 2 x))' = (cos(cos 2 x)) ⋅ (cos 2 x)' , odnosno (sin(cos 2 x))' ≠ (cos x) ⋅ (cos 2 x)' . Znači, ne zaboravi prepisati unutarnju funkciju u derivaciji vanjske.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izračunati naznačenu operaciju deriviranja složenih funkcija.

317. (sin 4 x)' = (cos 4 x)(4 x) ' = 4 cos 4 x. 318. (e3 x )' = e3 x (3x) ' = 3e3 x . 319. (ln(2x − 1))' =

1 2 (2 x − 1) ' = . 2x −1 2x −1

320. (cos( x 2 − x))' = (− sin( x 2 − x))( x 2 − x) ' = −(2 x − 1) sin( x 2 − x).

5. Derivacija funkcija (sa svim korekcijama)

93

321. (e − x ) ' = e − x (− x) ' = −e − x .

322. (e x

2

+3 '

) = ex

2

+3

( x 2 + 3) ' = 2 xe x

1

323. (tg( x − 1))' =

cos ( x − 1) 2

2

+3

.

( x − 1)' =

1

1

cos ( x − 1) 2 x 2

.

324. (( x 2 − 1)30 )' = 30( x 2 − 1) 29 ( x 2 − 1) ' = 60 x( x 2 − 1) 29 .

325. (ch(sin3x))' = (sh(sin3x))(sin3x)' = (sh(sin3x))(cos3x)(3x)' = 3(cos3x)(sh(sin3x)).

326. (ln(sin( x 2 − 1)))' = =

1 1 (sin( x 2 − 1)) ' = (cos( x 2 − 1))( x 2 − 1) ' = 2 2 sin( x − 1) sin( x − 1) 2 x cos( x 2 − 1) = 2 xctg( x 2 − 1) . 2 sin( x − 1)

327. (sin 2 x 3 )' = ((sin x 3 ) 2 ) ' = 2(sin x 3 )(sin x3 ) ' = 2(sin x3 )(cos x 3 )( x3 ) ' = = 6 x 2 (sin x3 )(cos x 3 ) = 3 x 2 sin 2 x 3 .

328. (sin(tg (cos x)))' = (cos(tg (cos x)))(tg (cos x))' = (cos(tg (cos x))) =−

(sin x)cos(tg (cos x)) . cos2 (cos x)

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći prve derivacije danih funkcija. 329. f ( x) = e − x

4

+ x2

.

330. f ( x) = sin(cos x). 331. f ( x) = tg(sin( 4 x)). 332. f ( x) = ctg 2 (cos(2 x)). 333. f ( x) = ln 3 x .

1 (cos x)' = cos (cos x) 2

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

94 334. f ( x) = sin( 2 ⋅ ln x) + ln(2 ⋅ sin x). 335. f ( x) =

336. f ( x) =

e

x

x

.

arctg 2 x . 1 + x2

337. f ( x) = arctg x + arcsin x . 338. f ( x) = e 3 x ⋅ sin 2 x. 339. f ( x) = sin 2 (cos3 x 4 ).

RJEŠENJA 329. f '( x) = e − x

4

+ x2

(−4 x 3 + 2 x).

330. f '( x) = (− sin x) ⋅ (cos(cos x)). 4(sin 2 x) ⋅ (ctg( cos 2 x)) . sin 2 (cos 2 x)

331. f '( x) =

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

333. f '( x) =

3ln 2 x cos(2ln x) . 334. f '( x) = 2 + ctg x. x 2x

332. f '( x) =

e x 1 (2 ⋅ arctg x) ⋅ (1 − x ⋅ arctg x) 335. f '( x) = (1 − ). 336. f '( x) = . 2x (1 + x 2 ) 2 x 337. f '( x) =

1

1 1 ( ). 338. f '( x) = e3 x (3sin 2 x + 2 cos 2 x). + 1 x + 2 x 1− x

339. f '( x) = −24 x3 (sin x 4 ) ⋅ (cos 2 x 4 ) ⋅ (cos(cos3 x 4 )) ⋅ (sin(cos3 x 4 )).

5.6 DERIVACIJE VIŠEG REDA U ovoj točki vježbamo derivacije višeg reda. U tu svrhu, potrebno nam je sljedeća induktivna definicija derivacije bilo kojeg reda: f ' ' ( x) = ( f ' ( x))' , f ' ' ' ( x) = ( f ' ' ( x))' = ( f ' ( x))' ' ,...., f ( n ) ( x) = ( f ( n −1) ( x))' .

5. Derivacija funkcija (sa svim korekcijama)

95

Prema ovome, da bismo našli drugu derivaciju f ' ' ( x) funkcije y = f (x) prvo moramo naći njenu prvu derivaciju f ' ( x) . Odnosno, da bismo našli n-tu derivaciju f ( n ) ( x) , trebamo znati n-1 derivaciju f ( n −1) ( x) . Primijetimo da se red više derivacije označava poput potencije u eksponentu, ali u zagradi. Na primjer, f ( 4 ) ( x) označava derivaciju četvrog reda, a ne potenciju ili kompoziciju reda četiri.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izvršiti naznačene operacije deriviranja višeg reda. 1 1 1 2 2 1 −2 −5 340. ( 3 x + 1)'' = (( 3 x + 1) ')' = (( x + 1) 3 ) ')' = ( ( x + 1) 3 )' = (− ( x + 1) 3 ) = − . 3 3 3 9 3 ( x + 1)5

341. (e3 x ) ''' = ((e3 x ) ') '' = ((3e3 x ) ') ' = (9e3 x ) ' = 27e3 x . 342. (x 2 e x )'' = ((x 2 e x )')' = (2xe x + x 2 e x )' = 2( xe x ) '+ ( x 2 e x )' = 2e x + 2 xe x + 2 xe x + x 2 e x = = e x (2 + 4 x + x 2 ).

343. (ln(2 x + 3)) ''' = ((ln(2 x + 3)) ') '' = 2((

1 16 ) ') ' = −4((2 x + 3) −2 ) ' = . 2x + 3 (2 x + 3)3

344. (cos x 2 ) '' = ((cos x 2 ) ') ' = (−(sin x 2 )(2 x)) ' = −2( x sin x 2 ) ' = = −2(sin x 2 + x(cos x 2 )(2 x)) = −2(sin x 2 + 2 x 2 cos x 2 ). 345. (

1 x )'' = (( x 2 + 3) −1 ) '' = (−( x 2 + 3) −2 (2 x)) ' = −2( 2 )' = x2 + 3 ( x + 3) 2 =6

346. (e x

2

−x

x2 − 1 . ( x 2 + 3)3

) '' = ((2 x − 1)e x

2

−x

) ' = 2e x

2

−x

+ (2 x − 1)e x

2

−x

(2 x − 1) = e x

2

−x

(4 x 2 − 4 x + 3).

347. (sin x)(5) = ((sin x) ')(4) = (cos x)(4) = (− sin x)(3) = (− cos x)(2) = (sin x) ' = cos x.

348. (ex cos x)(4) = (e x cos x − e x sin x)(3) = ((ex cos x − ex sin x) − (ex sin x + ex cos x))(2) = = −2(ex sin x)(2) = −2(ex sin x + ex cos x)' = −2((ex sin x + ex cos x) + + (e x cos x − ex sin x)) = −4ex cos x.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

96

ZADACI ZA VJEŽBU 349. f ( x) = ( x 2 − 3x) 4 , f ' ' ( x) = ? . 350. f ( x) = sin 2 x, f ' ' ( x) = ? . 351. f ( x) = e 5 x −1 , f (10) ( x) = ? . 352. f ( x) = ln(2 x − 1), f ( 7 ) ( x) = ? . 353. f ( x) = cos 2 3x, f (5) ( x) = ? .

RJEŠENJA 349. f ''( x) = 4( x 2 − 3 x) 2 (14 x 2 − 42 x + 27). 350. f ''( x) = 2 cos 2 x. 351. f (10) ( x) = 510 e5 x −1. 352. f (7) ( x) =

27 ⋅ 6! . 353. f (5) ( x) = −3 ⋅ 64 sin 6 x. (2 x − 1)7

5.7 DERIVACIJA FUNKCIJA OBLIKA f ( x) g ( x ) U nastavku radimo sa nešto složenijim oblicima funkcija. Jedan od takvih su funkcije zadane u obliku f ( x) g ( x ) . Što ovaj oblik predstavlja, budući da imamo istovremeno transformacije i u bazi, i u eksponentu? Najjednostavniji pristup ovom obliku je sljedeći:

f (x)g( x) = eln( f ( x)

g ( x)

)

= eg ( x)ln f ( x) .

Prema ovome, oblik f ( x) g ( x ) možemo definirati kao eksponencijalnu funkciju koja u eksponentu ima složenu funkciju g ( x) ln f ( x) . Zahvaljujući ovakvom pristupu, deriviranje funkcije oblika f ( x) g ( x ) svodi se na uobičajeno deriviranje složenih funkcija, kao što je pokazano u nekoliko sljedećih primjera. Pri tome ne zaboravimo da je:

bazaeksponent = eeksponent⋅ln baza .

5. Derivacija funkcija (sa svim korekcijama)

97

RIJEŠENI PRIMJERI 2

2

354. ( x3x )' = (e(3x )ln x )' = e3x 3

3

2

ln x

(3x2 ln x)' = e3x

2

ln x

2

(6x ln x + 3x) = 3x3x +1 (2ln x + 1).

3

3

355. ((sin x)x )' = (ex lnsin x )' = ex lnsin x ( x3 lnsin x)' = ex lnsin x (3x2 lnsin x + x3 3

= x2 (sin x) x (3lnsin x + x cot x). ex '

ex ln x

356. (( x ) ) = (e

)' = (e

1 x e ln x 2

)' = e

1 x e ln x 2

1 ( ex ln x)' = 2 x

ex ex e2 1 12 ex ln x x 1 = e (e ln x + ) = x (ln x + ). x x 2 2

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći prve derivacije danih funkcija. 357. f ( x) = x x . 358. f ( x) = ( x 2 + 1) 2 x . 359. f ( x) = (ln x)ln x . 360. f ( x) = ( x + x )( x +1) . 361. f ( x) = ( shx)sin x .

RJEŠENJA 357. f '( x) = x x (

1 ln x ). + x 2 x 1 x

359. f '( x) = (ln x)ln x ( +



358. f '( x) = ( x 2 + 1) 2 x (

ln ln x ). x

360. f '( x) = ( x + x ) x  ( x + 1)(1 +



4 x2 + 2 ln( x 2 + 1)). 2 x +1

 ) + ( x + x ) ln( x + x )  2 x  1

361. f '( x) = ( shx)sin x ((cos x) ln( shx ) + (cthx) sin x).

cos x )= sin x

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

98

5.8 DERIVACIJA FUNKCIJA DANIH U PARAMETARSKOM OBLIKU Funkcija y = y ( x) može biti zadana u implicitnom obliku:

 x = x(t )   y = y(t ). To znači da varijabla x i njena transformacija y ( x) istovremeno ovise o jednoj novoj varijabli t . Ta ovisnost se zove parametarska jednadžba dane funkcije y = y ( x) . Na primjer, funkcija y ( x) = 4 − x 2 ima parametarsku jednadžbu, odnosno, može se zapisati i u implicitnom obliku:

 x = cos(t )   y = sin(t ) t ∈ (0, π ).  Međutim, funkcija y ( x) = 4 − x 2 može imati nekoliko parametarskih jednadžbi, odnosno, može se napisati i u obliku:

x = t  2 y = 4 −t t ∈ (−2, 2).  Nadalje, ako ne znamo eksplicitnu vezu y = y ( x) , ali znamo njenu parametarsku jednadžbu, tada derivacije funkcije y = y ( x) računamo na veoma prirodan način:

dy dydt dy ' 1 dy ' y '(x) = = dx , y ''(x) = = dx dt dx dxdt dt

i

y '''(x) =

dy '' 1 dy '' = . dx dxdt dt

RIJEŠENI PRIMJERI

 x = t 2 362.   y = t − 1  x = ln t 363.  3 y = t −t

1

⇒

⇒

dy dydt 2 t −1 1 = y '(x) = = dx = . dx dt 2t 4t t −1 dy dydt 3t 2 −1 y '(x) = = dx = 1 = 3t 3 − t. dx dt t

5. Derivacija funkcija (sa svim korekcijama)

 x = 2 cos t 364.   y = 3sin t 2  x = t − 1 365.  3  y = t + 3

dy dydt 3cos t 3 y '(x) = = dx = = − ctg t. dx dt −2sin t 2

⇒

dy dydt 3t 2 3 y '(x) = = dx = = t, dx dt 2t 2

⇒

y ''(x) =

 x = tan t 366.   y = sin t

y ''(x) =

⇒

99

dy ' 1 dy ' 1 3 3 = dx = ( t)' = . dx dt dt 2t 2 4t

dy dydt cos t y '(x) = = dx = 1 = cos3 t, dx dt cos2 t

dy ' 1 dy ' 1 = dx = 1 (cos3 t)' = (cos2 t)(3cos2 t)(− sin t) = −3sin t cos4 t. dx dt dt cos2 t

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći prve i druge derivacije funkcija zadanih parametarski.

 x = 1 − t 3 . 367.  2  y = 1 + t  x = sin 3t .  y = cos 3t

368. 

 x = t

369. 

2  y = t − 3

.

 x = ln 3t

370. 

3 2 y = t −t

.

RJEŠENJA 367. f '( x) = −

2 , 3t

369. f '( x) = 4t 3/ 2 ,

f ''( x) = −

2 . 9t 4

f ''( x) = 12t.

368. f '( x) = −tg 3t ,

f ''( x) = −

370. f '( x) = −2t 2 + 3t 3 ,

1 . cos3 3t

f ''( x) = −4t 2 + 9t 3 .

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

101

6. poglavlje (korigirano)

PRIMJENA DERIVACIJA

∗

∗

U ovom poglavlju: Tangenta i normala Stacionarne točke funkcije Tablica monotonosti, ekstremi, konveksnost i konkavnost, infleksije L'Hospitalovo pravilo Taylorovi redovi

Uglavnom će nas interesirati primjena derivacija na kvalitativna svojstva funkcija y = f (x) , kao što su monotonost, ekstremi, konveksnost i konkavnost te točke infleksije. Naravno, kod definiranja derivacije već smo rekli da je derivacija funkcije y = f (x) u točki x = a koeficijent tangente na tu funkciju u točki (a, f (a)) , pa ćemo vježbati i račun pronalaženja tangente i normale za danu funkciju. Nadalje, derivacija u okviru L’Hospitalovog pravila može olakšati račun sa limesima, pogotovo kada imamo u nekoj složenoj funkciji nekoliko elementarnih funkcija različite vrste, poput transcedentne i algebarske. Na kraju, najvažnija primjena derivacija ogleda se u aproksimaciji složenih i transcedentnih funkcija Taylorovim redovima.

6.1 TANGENTA I NORMALA Ponovimo li definiciju derivacije sa početka prethodnog poglavlja, lako dobivamo formule za jednadžbu tantgente i normale na danu funkciju y = f ( x) u danoj točki x = a :

tangenta

t......

normala n......

y − f (a ) = f ' (a )( x − a ) 1 y − f (a) = − ( x − a) . f ' (a)

Kako vidimo, koeficijent normale je suprotan i recipročan koeficijentu tangente, jer je normala pravac kroz točku (a, f (a)) koji je okomit na tangentu: n t

f

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

102

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima pronaći jednadžbe tangenti i normala danih funkcija u danim točkama.

371. f ( x) = x 2 − 4 x, u x = 1; • f (1) = 12 − 4 ⋅1 = −3; • f '( x) = 2 x − 4 ⇒ f '(1) = 2 − 4 = −2; • y − f (1) = f '(1)( x − 1) ⇒ y − (−3) = (−2)( x − 1); 1 1 • y − f (1) = − ( x − 1) ⇒ y − (−3) = − ( x − 1); f '(1) −2 Rješenje: tangenta……. y = −2 x − 1 , normala……… y =

1 7 x− 2 2

372. f ( x) = 3e x + 1, u x = 0; • f (0) = 3e0 + 1 = 4; • f '( x) = 3e x

⇒

f '(0) = 3e0 = 3;

• y − f (0) = f '(0)( x − 0) • y − f (0) = −

1 ( x − 0) f '(0)

⇒ ⇒

y − 4 = 3( x − 0); 1 y − 4 = − ( x − 0); 3

1 Rješenje: tangenta……. y = 3x + 4 , normala……… y = − x + 4 . 3

373. f ( x) = ln( x − 2) − 2 x − 1, u x = 3; • f (3) = ln(3 − 2) − 2 ⋅ 3 − 1 = ln1 − 7 = −7; 1 1 • f '( x) = −2 ⇒ f '(3) = − 2 = −1; x−2 1 • y − f (3) = f '(3)( x − 3) ⇒ y − (−7) = −1( x − 3); 1 1 • y − f (3) = − ( x − 3) ⇒ y − (−7) = − ( x − 3); f '(3) −1 Rješenje: tangenta……. y = − x − 4 , normala……… y = x − 10 .

.

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

103

374. Kolike odsječke na koordinatnim osima odsijeca tangenta krivulje y =

2 x

povučena u

njenoj točki za koju je x = 1 ?

Rješenje: • f (1) =

2 1

= 2;

1 1 1 1 • f ' ( x) = ( 2 x −1/ 2 )' = 2 ⋅ (− ) x −1/ 2−1 = − 3 / 2 = − ⇒ f ' (1) = − = −1; 2 1 x x3 • y − f (1) = f ' (1)( x − 1) ⇒ y − 2 = −1( x − 1) ⇒ t....... y = − x + 3; • t ∩ Ox ..... y = − x + 3, y = 0

⇒ 0 = −x + 3 ⇒ x = 3 ;

• t ∩ O y ..... y = − x + 3, x = 0

⇒ y = −0 + 3 ⇒ y = 3 ;

Duljine traženih odsječaka su jednake i iznose 3. ☺

375. Naći jednadžbu tangenti povučenih na funkciju f ( x) =

x−4 u točkama gdje dana x−2

funkcija siječe koordinatne osi. x−4 x−4 ⇒ x = 4, y = 0 = f ( 4); , y=0 ⇒ 0= x−2 x−2 0−4 x−4 = 2 ⇒ x = 0, y = 2 = f (0); , x=0 ⇒ y= f ∩ O y ..... y = 0−2 x−2 1 ⋅ ( x − 2) − ( x − 4) ⋅ 1 2 2 1 2 1 = ⇒ f ' ( 4) = = , f ' ( 0) = = ; f ' ( x) = 2 2 4 2 4 2 ( x − 2) ( x − 2) 1 y − f (4) = f ' (4)( x − 4) ⇒ y − 0 = ( x − 4); 2 1 y − f (0) = f ' (0)( x − 0) ⇒ y − 2 = ( x − 0). 2

• f ∩ Ox ..... y = • • • •

Rješenje: prva tangenta t1....... y =

1 1 x − 2 , druga tangenta t 2 ....... y = x + 2 . ☺ 2 2

ZADACI ZA VJEŽBU 376. Naći jednadžbu tangente na funkciju f ( x) = x 3 − 5 x 2 + 1 u točki x = 1 . 377. Naći jednadžbu tangente i normale na funkciju f ( x) = x 2 − 3x + 4 u točki gdje funkcija f (x) siječe os O y .

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

104

378. Kolike odsječke na koordinatnim osima odsijeca normala funkcije f ( x) = povučena u njenoj točki za koju je x = 1 .

1 1 + x2

379. Naći površinu trokuta kojeg čine koordinatne osi Ox i O y , te tangenta funkcije

f ( x) = e − x povučena u njenoj točki za koju je x = 1 . 380. U kojoj točki funkcije f ( x) = 1 − x 2 treba postaviti njenu tangentu koja je paralelna sa pravcem y = −4 x + 3 ?

RJEŠENJA 376. t..... y = −7 x + 4.

1 n..... y = x + 4. 3 380. x = 2.

377. t..... y = −3 x + 4,

378. duljine su 3 / 4 i 3 / 2.

379. P = 2 / e.

6.2 STACIONARNE TOČKE FUNKCIJA Važnu ulogu u traženju ekstrema funkcija jedne varijable igraju takozvane stacionarne točke funkcije. Jednostavno rečeno, stacionarne točke su točke gdje se funkcija «odmara». Za precizniju definiciju potrebna nam je pretpostavka da funkcija ima derivaciju u svakoj točki svoje domene. Tada pod stacionarnim točkama funkcije y = f ( x) podrazumijevamo nultočke njene derivacije f ' ( x) , odnosno vrijedi:

x = a je stacionarna točka od y = f ( x)

⇔

f ' (a) = 0 .

Kao što ćemo vidjeti u sljedećoj točki, kao prvi korak u traženju ekstrema dane funkcije bit će pronalaženje stacionarnih točaka.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima treba pronaći sve stacionarne točke danih funkcija.

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

105

381. f ( x) = 2 x 3 + 3 x 2 − 12 x + 1; • D( f ) = R; • f '( x) = 6( x 2 + x − 2) = 0

⇒

x1 = −2, x2 = 1;

Rješenje: stacionarne točke su x1 = −2, x2 = 1 .

382. f ( x) = 2 x 3 + 15 x 2 + 36 x + 7; • D( f ) = R; • f '( x) = 6( x 2 + 5 x + 6) = 0

⇒

x1 = −2, x2 = −3;

Rješenje: stacionarne točke su x1 = −2, x2 = −3 .

383. f ( x) = x 3 ⋅ ln x; • D( f ) = (0, ∞); • f '( x) = x 2 (3ln x + 1) = 0

⇒

x = e −1/ 3 ;

Rješenje: stacionarne točke su x = e −1/ 3 .

3

384. f ( x) = x 2 ⋅ e x ; • D( f ) = R; 3

• f '( x) = x ⋅ e x (2 + 3 x 3 ) = 0

⇒

Rješenje: stacionarne točke su x1 = −3

385. f ( x) = −

x1 = − 3 2 , x2 = 0 . 3

x ; ln x

• D( f ) = (0,1) ∪ (1, ∞); − ln x + 1 • f '( x) = =0 ⇒ ln 2 x

x = e;

Rješenje: stacionarne točke su x = e .

2 , x2 = 0; 3

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

106

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći stacionarne točke.

386. f ( x) = x 3 −

15 2 x + 12 x − 10. 2

387. f ( x) = x 4 − 2 x 2 + 5.

388. f ( x) = x ⋅ ln x. 389. f ( x) = x 2 + x ⋅ e − x . 390. f ( x) = 2 ⋅ arc ctg x + ln x. RJEŠENJA 386. stacionarne: x = 1, x = 4. 387. stacionarne: x = −1, x = 0, x = 1. 388. stacionarne: x = e −2 . 389. stacionarne: x = 2 / 2. 390. stacionarne: x = 1.

6.3 TABLICA MONOTONOSTI. EKSTREMI Ekstremi dane funkcije y = f (x) su njene točke minimuma i maksimuma. Točka x = a je točka (lokalnog) minimuma funkcije y = f (x) ako u okolini te točke funkcija poprima lokalno najmanju vrijednost, odnosno vrijedi: postoji δ > 0 takav da je f ( x) ≥ f (a ) za sve x ∈ (a − δ , a + δ ) . Točka x = a je točka (lokalnog) maksimuma funkcije y = f (x) ako u okolini te točke funkcija poprima lokalno najveću vrijednost, odnosno vrijedi: postoji δ > 0 takav da je f ( x) ≤ f (a ) za sve x ∈ (a − δ , a + δ ) .

Osnovni razultat koji koristimo u traženju ekstrema funkcije y = f (x ) je slijedeći:

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

107

ako je točka x = a ekstrem od y = f ( x)

⇒

f ' (a) = 0 .

To znači da točke ekstrema treba tražiti među stacionarnim točkama. Naravno, nije svaka stacionarna točka ujedno i ekstrem. Među stacionarnim točkama neke funkcije, osim ekstrema, odnosno točaka minimuma i maksimuma, nalaze se i točke infleksije, o kojima će biti riječi u slijedećoj točki 6.4. Osim stacionarnih točaka, koristit ćemo se i intervalima monotonosti, koje smo definirali na početku 3. poglavlja. Umjesto da po definiciji ispitujemo intervale na kojima funkcija pada i raste, što je doista teško, mi ćemo se koristiti predznakom derivacije dane funkcije, odnosno: y = f (x) je rastuća na [a, b] ⇔ y = f (x) je padajuća na [a, b] ⇔

f ' ( x) ≥ 0 za svaki x ∈ (a, b) , f ' ( x) ≤ 0 za svaki x ∈ (a, b) .

Tablicu, u kojoj ćemo promatrati predznak derivacije f ' ( x) između stacionarnih točaka funkcije y = f (x) , zovemo tablica monotonosti funkcije y = f (x) . U tom smislu, prvo treba odrediti domenu funkcije, pa stacionarne točke, a tek potom i tablicu monotonosti.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima naći tablicu monotonosti te odrediti ekstreme danih funkcija.

391. f ( x) = x ⋅ e − x ; • D( f ) = R, domena nema rubova; • f '( x) = e − x (1 − x) = 0

⇒

Tablica monotonosti:

x = 1 je stacionarna; −∞

f' f

Rješenje: x = 1 je točka maksimuma. Radi vizualizacije, njen graf je:

1 +

∞ -

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

108

3 2 1 -4

-2

0

x

2

4

0 -1 -2 -3 -4

392. f ( x) =

ln x ; x

• D( f ) = (0, ∞) ⇒ domena ima jedan rub x = 0; 1 − ln x • f '( x) = = 0 ⇒ x = e je stacionarna; x2 Tablica monotonosti: 0 f'

e +

∞ -

f Rješenje: x = e je točka maksimuma.

393. f ( x) = x ⋅ ln x 2 ; • D( f ) = (0, ∞) ⇒ domena ima jedan rub x = 0; 2 + ln x • f '( x) = = 0 ⇒ x = e −2 je stacionarna; x Tablica monotonosti: e −2

0 f' f Rješenje: x = e −2 je točka minimuma.

-

∞ +

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

109

x

394. f ( x) = ( x − 1)e1− x ; • D( f ) = (−∞,1) ∪ (1, ∞) • f '( x) =

x 1−xx e =0 x −1

⇒

domena ima rub x = 1;

⇒ x = 0 je stacionarna;

Tablica monotonosti:

−∞

0

f'

1 -

+

∞ +

f Rješenje: x = 0 je točka maksimuma. ☺ Radi vizualizacije, njen graf je:

1 -1

0

x

1

2

3

0 -1 -2 -3

395. f ( x) = arctg

ln x + 1 ; ln x − 1

• D( f ) = (0, e) ∪ (e, ∞) • f '( x) = −

⇒ domena ima dva ruba x1 = 0, x2 = e;

1 =0 x(ln x + 1)

⇒ nema stacionarnih t.;

2

Tablica monotonosti: 0 f' f Rješenje: nema ekstrema. ☺

e -

∞ -

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

110

396. f ( x) = ln

x2 + x − 2 ; x2 + x

• D( f ) = (−∞, −2) ∪ (−1,0) ∪ (1, ∞) • f '( x) =

4x + 2 =0 ( x + x − 2)( x2 + x) 2

⇒ domena ima rubove x = −2, x = −1, x = 0, x = 1; ⇒ x=−

1 je stacionarna; 2

Tablica monotonosti: −∞ f'

−2

−1

-

− 1/ 2 -

0

∞ +

1

+

f

1 je točka minimuma. ☺ 2 Radi vizualizacije, njen graf je:

Rješenje: x = −

4

2

-6

-4

-2

0 0

2

-2

-4

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći ekstreme i tablicu monotonosti.

1 397. f ( x) = 1 − x 2 + arcsin x. 2 398. f ( x) = x + 2 ⋅ e −

399. f ( x) = arc tg

x+2

.

x2 + x + 1 .

x

4

6

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

400. f ( x) = ln

x2 + 3 . x2 + 1

401. f ( x) = x 2 − 2 ⋅ e − x . 5 x 402. f ( x) = − ⋅ arc tg + ln x . 2 2

RJEŠENJA 397. ekstremi: xmax = 1/ 2, −1 f'

1/2

1 -

+

f

398. ekstremi: xmax = −1, −2 f'

−1

∞ -

+

f

399. ekstremi: xmin = −1/ 2, −∞

− 1/ 2 -

f'

∞ +

f

400. ekstremi: xmax = 0, −∞ f' f

∞

0 +

-

111

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

112

401. ekstremi: xmax = 2, −∞

− 2

2

-

f'

2 +

∞ -

f

402. ekstremi: xmax = 1, xmin = 4, 0 f'

1 +

∞

4 -

+

f

6.4 KONVEKSNOST I KONKAVNOST. INFLEKSIJE Konveksnost i konkavnost funkcije y = f (x) na nekom intervalu [a, b] smo definirali na početku 5. poglavlja. Međutim, nije lako po definiciji ispitivati konveksnost i konkavnost složenih funkcija. Zbog toga, a uz pretpostavku da funkcija y = f (x) ima prve i druge derivacije, koje su definirane u svakoj točki njene domene, koristit ćemo slijedeći praktičan kriterij: y = f (x) je konveksna na [a, b] ⇔ f ' ' ( x) > 0 za svaki x ∈ (a, b) , y = f (x) je konkavna na [a, b] ⇔ f ' ' ( x) < 0 za svaki x ∈ (a, b) . Točka x = a , gdje funkcija mijenja konveksnost u konkavnost i obratno, zove se točka infleksije funkcije y = f (x) . Primijenimo li prethodni kriterij na konveksnost i konkavnost, slijedi da su točke infleksije nul-točke druge derivacije od y = f (x) . Obrat ne vrijedi. Vidi zadatak 412 dolje. Kod ispitivanja intervala konveksnosti i konkavnosti, slično kao i kod monotonosti, koristimo se odgovarajućom tablicom. Međutim, kod ove tablice konveksnosti i konkavnosti promatramo mijenjanje predznaka druge derivacije f ' ' ( x) između nul-točaka f ' ' ( x) . U tom smislu, prvo treba odrediti domenu funkcije, pa nul-točke druge derivacije, pa tek potom tablicu (intervale) konveksnosti i konkavnosti.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima naći tablicu (intervale) konveksnosti i konkavnosti te odrediti točke infleksije danih funkcija.

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

113

403. f ( x) = x 4 + 4 x3 − 18 x 2 + x − 2; • D( f ) = R, domena nema rubova; • f ''( x) = 12( x 2 + 2 x − 3) = 0

⇒

x1 = −3, x2 = 1;

Tablica konveksnosti i konkavnosti: −∞

-3

f ''

+

f

∪

∞ +

1 ∩

∪

Rješenje: točke infleksije su x = −3 i x = 1 . Radi vizualizacije, njen graf je: 200 100 -10

-8

-6

x

-4

-2

0 0

2

-100 -200 -300

404. f ( x) =

1 ; 1 + x2

• D( f ) = R, domena nema rubova; • f ''( x) =

−2 + 6 x 2 =0 (1 + x 2 )3

⇒

3 3 , x2 = ; 3 3

x1 = −

Tablica konveksnosti i konkavnosti: −∞ − f '' + f

Rješenje: točke infleksije su x = − Radi vizualizacije, njen graf je:

∪

3

3

3

∩

3 3 i x= . 3 3

∞

3

+ ∪

4

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

114

2 1.5 1 0.5 -4

0 0

-2

2

4

x

-0.5 -1

2

405. f ( x) = −e − x ; • D( f ) = R, domena nema rubova; 2

• f ''( x) = 2e − x (1 − 2 x 2 ) = 0

⇒

x1 = − 2 / 2, x2 = 2 / 2;

Tablica konveksnosti i konkavnosti: −∞ − ∩

f '' f

Rješenje: točke infleksije su x = −

2

2

2

∞

2

∩

+ ∪

2 2 i x= . 2 2

Radi vizualizacije, njen graf je: 1 0.5 -4

-2

0 0 -0.5 -1 -1.5 -2

2

x

4

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

406. f ( x) =

115

x ; ln x

• D( f ) = (0,1) ∪ (1, ∞), domena ima dva ruba x = 0, x = 1; 2 − ln x • f ''( x) = = 0 ⇒ x = e2 ; 3 x ln x Tablica konveksnosti i konkavnosti: 0

e2

1 ∩

f '' f

∞ ∩

+ ∪

Rješenje: točka infleksije je x = e 2 . Radi vizualizacije, njen graf je: 20 10

-4

00

-2

2

x

-10 -20

407. f ( x) = x ln x; • D( f ) = (0, ∞), domena ima rub x = 0; • f ''( x) =

− ln x 4 x3

=0

⇒

x = 1;

Tablica konveksnosti i konkavnosti: 0

1

f ''

+

f

∪

Rješenje: točka infleksije je x = 1 .

∞ ∩

4

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

116

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći točke infleksije i tablicu konveksnosti i konkavnosti.

408. f ( x) = x 4 − 6 x3 − 24 x 2 + 7 x − 4. 409. f ( x) =

1 5 8 3 x − x − 4 x + 5. 5 3

1 410. f ( x) = x ln x − x 3 . 3 411. f ( x) = x 3e − x . 412. f ( x) = arctg ln x. 413. f ( x) = e

−

1 x −1

.

RJEŠENJA 408. infleksije: x = −1, x = 4, −∞

−1

f ''

+

f

∪

∞

4 ∩

+ ∪

409. infleksije: x = −2, x = 0, x = 2, −∞

−2

0

∩

f '' f

+ ∪

2 , 2

410. infleksija: x = 0

2

f ''

+

f

∪

2

∞ ∩

2 ∩

∞ + ∪

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

117

411. infleksije x = 3 − 3, x = 0, x = 3 + 3, −∞

3− 3

0 ∩

f '' f

3+ 3 ∩

+ ∪

∞ + ∪

412. nema infleksija, e −1

0

∞ ∩

∩

f '' f

413. infleksija: x = 3 / 2, −∞

1

∞

3/ 2

f ''

+

+

f

∪

∪

∩

6.5 L´HOSPITALOVO PRAVILO U poglavlju 4 smo detaljno izložili problematiku traženja limesa u x = ∞ . Međutim, ukoliko je točka x = a konačna ili ako je složena funkcija od koje tražimo limes kompozicija “raznorodnih” funkcija (poput kvocijenta polinoma i eksponencijalne ili slično) tada je dobro u računanju limesa koristiti L’Hospitalovo pravilo: lim x→a

f ( x) 0 f ' ( x) = 0 = (ili = ∞∞ ) = lim . x →a g ' ( x) g ( x)

Veoma je važno prije i poslije korištenja ovog jednostavnog pravila srediti danu funkciju na najmanji mogući izraz te izlučiti izvan limesa sve funkcije koje nestvaraju neodređene oblike 0 ili ∞∞ . Ukoliko se ne budemo pridržavali ovog savjeta, u određenim zadacima, pri 0 uzastopnoj primjeni ovog pravila, možemo ući u «slijepu ulicu». Vidi riješeni primjer 423, dolje.

RIJEŠENI PRIMJERI U sljedećim zadacima izračunati limese danih funkcija koristeći L'Hospitalovo pravilo.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

118

414. lim x →∞

ln x = x

ex 415. lim 2 = x →∞ x

∞ ∞

∞ ∞

= lim x →∞

(ln x) ' 1/ x 1 = lim = lim = 0. x x →∞ →∞ ( x) ' 1 x

(e x ) ' ex = lim 2 = lim = x →∞ ( x ) ' x →∞ 2 x 1

1 x

416. lim x(e − 1) = ∞ ⋅ 0 = lim x →∞

(e x ) ' ex = lim = lim = ∞. x →∞ (2 x ) ' x →∞ 2 1

e x −1

(e x − 1) ' = = lim 1 = x →∞ (x)' 0 0

1 x

x →∞

∞ ∞

1

= lim

e x (− x12 ) −

x →∞

1 x2

1

= lim e x = e0 = 1. x →∞

π

417. lim x(arctgx − ) = ∞ ⋅ 0 = lim x →∞ x →∞ 2 1 1+ x 2 1 x →∞ x2

= lim

−

1 ch 2 x 1 x →∞ x2

420. lim x →0

1 x

−

π

(arctgx − ) ' 2 = 0 = lim 2 = 0 1 x →∞ (x)'

x →0

ln x 1 x

= 00 = lim

x →∞

2

x   = −  lim  =  x→∞ chx 

419. lim x ln x = 0 ⋅ −∞ = lim x →0

thx − 1

x →∞

= lim

1 x

π

x2 = − lim = −1. x →∞ 1 + x 2

418. lim x(thx − 1) = ∞ ⋅ 0 = lim x →∞

arctgx −

(thx − 1) ' = ( 1x ) ' 2

∞ ∞

1  1  = −  lim = − = 0.  ∞  x →∞ shx  1 (ln x) ' x = = − lim x = 0. lim x →0 ( 1 ) ' x →0 − 1 x →0 x x2

= − ∞∞ = lim

sin x 0 (sin x) ' cos x = 0 = lim = lim = lim cos x = 1. x → x → x →0 0 0 x ( x) ' 1 2

1   2 2 2     tg x tg x  (tg x) '  421. lim 2 = 00 =  lim =  lim =  lim cos x  = 12 = 1.   x →0 x  x →0 x   x →0 ( x ) '   x →0 1      2

sin x − x cos x − 1 cos x − 1 0 = 00 = lim = lim =0= 0 0 x → x → sin x − x cos x cos x − cos x + x sin x x sin x − sin x cos x 1 = lim = 00 = − lim =− . x → 0 sin x + x cos x x → 0 2 cos x − x sin x 2

422. lim x →0

1 −1 2 tgx − x 0 1 1 − cos 2 x = 0 = lim cos x = lim = 1⋅ lim(−1 − cos x) = −2. lim x →0 sin x − x x →0 cos x − 1 x →0 cos 2 x x →0 cos x − 1 x →0

423. lim

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

119

sin 2 x − 2 x cos x 0 2sin x cos x − 2 x cos x sin x − x = 0 = lim = 2 lim cos x lim = x →0 x →0 x →0 x → 0 tgx − x tgx − x tgx − x sin x − x 1 = 2 lim = 2(− ) = −1. x → 0 tgx − x 2

424. lim

ZADACI ZA VJEŽBU ln 2 x 425. lim 2 . x →∞ x ex . x →∞ x 4

426. lim

x . x →∞ ln x

427. lim

x . ln x

428. lim arctg x →∞

1 429. lim( x sin − x). x →∞ x sin 3 x . x →0 x3

430. lim

sin x ⋅ cos x . x →0 x( x + 2)

431. lim

cos x − 432. lim

x

x →0

sin x x .

sh x − sin x . x → 0 ch x − cos x

433. lim

cos 434. lim x →1

π

x 2 . x −1

sin x − 3 x . x →0 x− x

435. lim

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

120

1 − cos3 x . x → 0 1 − ch 3 x

436. lim

2

 tg x − sin x  437. lim   . x →0  th x − sh x  3

 th x − x  438. lim   . x →0  tg x − x  RJEŠENJA 425. 0. 426. ∞. 427. ∞. 428.

π

. 429. − ∞. 430. 1. 431.

2 433. 0. 434. − π . 435. ∞. 436. − 1. 437. 1. 438. − 1.

1 . 432. 0. 2

6.6 TAYLOR-OVI REDOVI I POLINOMI Jedno od najmoćnijih analitičkih oruđa u inženjerstvu predstavljaju Taylorovi redovi. Osnovna ideja je da se poznate ne-algebarske funkcije prikažu u obliku beskonačne sume. Time se složene ne-algebarske operacije mijenjaju s jednostavnim operacijama zbrajanja i potenciranja, koje se lako realiziraju na strojnom nivou u računalu. Naravno, beskonačne se sume u Taylorovim redovima neće računati, nego se zamjenjuju pripadnim konačnim, takozvanim Taylorovim polinomima. Pri tome, greška pri aproksimaciji beskonačnih suma sa konačnim sumama je dana i potpuno izračunljiva, te stoga i predvidiva. Navedimo neke klasične primjere Taylorovih redova:

ex =

∞

x2 x3 xn = 1+ x + + + ........ , za sve x ∈ R ; 2! 3! n!

∑ n =0

∞

∑ (−1)

sin x =

n

n =0

cos x =

∞

∑ n =0

sh x =

ch x =

(−1) n

x 2 n +1 x3 x5 x7 = x− + − + ........ , za sve x ∈ R ; (2n + 1)! 3! 5! 7! x 2n x2 x4 x6 =1− + − + ........ , za sve x ∈ R ; (2n)! 2! 4! 6!

∞

x 2 n +1 x3 x5 x7 = x+ + + + ........ , za sve x ∈ R ; 3! 5! 7! n = 0 ( 2n + 1)!

∑ ∞

x 2n x2 x4 x6 =1+ + + + ........ , za sve x ∈ R . 2! 4! 6! n = 0 ( 2n)!

∑

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

121

U formalnom smislu (bez pitanja konvergencije), svaku funkciju y = f (x) koja ima derivacije svakog reda, možemo razviti u pripadni Taylorov red (red potencija) u okolini neke točke x = a , i to po sljedećoj formuli:

f (x) =

∞

∑

n=0

f

(n)

(a) f ''(a ) ( x − a ) n = f ( a ) + f ' ( a )( x − a ) + ( x − a ) 2 + .... n! 2!

Pri tome točku x = a biramo tako da je u njoj lako izračunati sve derivacije funkcije y = f (x) . U radu sa Taylorovim redovima i polinomima postoje četiri vrste problema: i) formalno razviti funkciju u njen Taylorov red; ii) aproksimirati funkciju njenim Taylorovim polinomom; iii) ocjena greške pri aproksimaciji funkcije njenim Taylorovim polinomom; iv) dokaz konvergencije Taylorovog reda. Pokažimo da se iz gornje formule, specijalno za a = 0 , lako mogu dobiti Taylorovi redovi za, na primjer, funkcije f ( x) = e x i f ( x) = sin x . Samo je potrebno derivirati ove funkcije beskonačno mnogo puta, te u dobivene derivacije uvrstiti a = 0 . ☺ 439. Neka je f ( x) = e x i neka je a = 0 . Slijedi račun:

f ( x) = e x

⇒ x

f ' ( x) = (e )' = e

f (0) = 1 ; x

⇒ x

f ' ( 0) = 1 ;

f ' ' ( x) = ( f ' ( x))' = (e )' = e x

⇒

f ' ' (0) = 1 ; …….. f ( n ) ( x) = e x

⇒

f ( n ) ( 0) = 1 .

Uvrštavajući sada ove podatke u gornju formulu za Taylorov red, dobivamo Taylorov red ∞ x2 x3 xn = 1+ x + + + ........ . funkcije f ( x) = e x oko točke a = 0 , odnosno: e x = 2! 3! n = 0 n!

∑

☺ 440. Neka je f ( x) = sin x i neka je a = 0 . Slijedi račun: f ( x) = sin x ⇒ f (0) = 0 ; f ' ( x) = (sin x)' = cos x ⇒ f ' (0) = 1 ; f ' ' ( x) = ( f ' ( x))' = (cos x)' = − sin x ⇒ f ' ' (0) = 0 ; f ' ' ' ( x) = ( f ' ' ( x))' = (− sin x)' = − cos x ⇒ f ' ' ' (0) = −1 ;…….

Kao što vidimo, svaka derivacija parnog reda u a = 0 je jednaka nuli, dok neparne mijenjaju predznak broju jedan. Ovo se formalno može zapisati ovako: f ( 2 n ) (0) = 0, f ( 2 n +1) (0) = ( −1) n . Uvrštavajući sada ove podatke u gornju formulu za Taylorov red, dobivamo Taylorov red x3 x5 x7 + − + ........ . funkcije f ( x) = sin x oko točke a = 0 , odnosno: sin x = 1 − 3! 5! 7! U kompjuteru se beskonačna suma u Taylorovom redu ne računa, nego samo nekoliko prvih članova, odnosno kao u sljedećim primjerima: 4 19 2 2 23 e2 ≈ 1 + 2 + + = 3+ 2+ = ; 3 3 2! 3!

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

122 sin 2 ≈ 1 −

23 25 4 4 1 + =1− + = − . 3! 5! 3 15 15

Zašto su moguće ovakve aproskimacije, govori nam sljedeći rezultat: ♣Teorem 11. (Taylorov teorem srednje vrijednosti) Zadane su točka a i funkcija y = f (x) koja ima neprekidne derivacije prvog, drugog, i sve do m+1 reda na nekom intervalu I oko točke a . Tada za svaki x iz tog intervala I postoji točka ξ ∈ (a, x) takva da vrijedi: f ( m +1) (ξ ) f ( x) = Tm ( x) + ( x − a) m +1 , (m + 1)! gdje je Tm (x) m-ti Taylorov polinom funkcije y = f (x) oko točke a : Tm ( x) = f (a ) +

f ' (a) f ' ' (a) f m (a ) ( x − a) + ( x − a ) 2 + ... + ( x − a) m . 1! 2! m!

To znači da gornje aproksimacije možemo napisati u obliku pripadnih Taylorovih polinoma izračunatih za dotične funkcije oko točke a = 0 : 2 2 23 19 e 2 ≈ T3 (2) = 1 + 2 + + = ; 2! 3! 3 23 25 1 sin 2 ≈ T5 ( 2) = 1 − + =− . 3! 5! 15 Općenito, za ove transcedentne funkcije možemo napisati njihove Taylorove polinome m-tog stupnja oko točke a = 0 : e x ≈ Tm ( x) =

m

∑ n =0

sin x ≈ Tm ( x) =

x 2 x3 xm xn =1+ x + + + ...... + , za sve x ≈ 0 ; n! 2! 3! m! m

∑ n =0

(−1) n

x 2 n +1 x3 x5 x7 x 2 m +1 = x− + − + .... + ( −1) m , za sve x ≈ 0 . (2n + 1)! 3! 5! 7! (2m + 1)!

Kolika je točnost ovakvih aproksimacija, govori nam sljedeći rezultat, koji je direktna posljedica Teorema 11. ♣Teorem 12. (ocjena greške) Zadane su točka a i funkcija y = f (x) koja ima neprekidne derivacije prvog, drugog, i sve do m+1 reda na nekom intervalu I oko točke a . Tada za svaki x iz tog intervala I vrijedi: max | f ( m +1) (t ) | | f ( x) − Tm ( x) |≤ t∈I | x − a |m +1 . (m + 1)! Kao što vidimo, preciznost aproksimacije neke funkcije y = f (x) sa pripadnim Taylorovim polinomom Tm (x) ovisi o ponašanju maksimalne vrijednosti derivacije m+1-og reda dane funkcije. Isto tako, zbog člana 1/(m+1)! aproksimacija bi trebala biti bolja ukoliko uzmemo za broj m veću vrijednost, što naravno ovisi o “glatkoći” funkcije y = f (x) .

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

123

441. Pronađimo ocjenu greške pri aproksimaciji broja e1/ 2 sa T3 ( 12 ) u okolini točke a = 0 , i to na intervalu I = [0,1] . Uvrštavanjem danih podataka u formulu za ocjenu greške pri aproksimaciji funkcije njenim Taylorovim polinomom (Teorem 12) dobivamo da je:

x

| e − T3 ( x) | ≤

1/ 2

|e

1 − T3 ( ) | ≤ 2

max | (e x ) ( 4) (t ) |

t∈[ 0 ,1]

4!

max | (e t ) ( 4) |

t∈[ 0,1]

4!

1 | |4 ≤ 2

| x |4

max e t

t∈[ 0 ,1]

4!

⇒

e 1 = ≈ 0.007 . 4 2 3 ⋅ 27

Na kraju još trebamo riješiti pitanje kada Taylorov red neke funkcije konvergira. Znamo da, kada uvrstimo konkretnu vrijednost za varijablu x u Taylorov red, dobivamo jedan konkretan red realnih brojeva, pa je smisleno pitanje za koje je sve x dani red konvergentan. Odgovor je direktna posljedica Teorema 11.

♣Teorem 13. (konvergencija Taylorov reda) Zadane su točka a i funkcija y = f (x) koja ima neprekidne derivacije svakog reda na nekom intervalu I oko točke a , te neka je točka ξ ∈ (a, x) proizvoljna. Ako : f ( m +1) (ξ ) ( x − a ) m +1 = 0 , za sve x ∈ I i ξ ∈ (a, x) , m →∞ ( m + 1)! tada Taylorov red funkcije y = f (x) oko točke a konvergira za sve x ∈ I . Pri tome, u svakom x ∈ I pripadna suma poprima vrijednost f(x) odnosno vrijedi: ∞ f ( n ) (a) ( x − a ) n = f ( x) . n ! n =0 lim

∑

☺ 442. Pokažimo da je Taylorov red funkcije y = e x oko točke a = 0 konvergentan za bilo koju vrijednost realnog broja x ∈ (0,1) . Računamo:

( f ( m +1) (ξ ) (e x ) ( m +1) (ξ ) ex m +1 →∞ ( x − a ) m +1 = ( x − 0) m +1 ≤ x m → 0 ⇒ (m + 1)! (m + 1)! (m + 1)! lim

m →∞

f ( m +1) (ξ ) ( x − a ) m +1 = 0 , za sve x ∈ (0,1) . ( m + 1)!

To znači da su ispunjeni uvjeti Teorema 13 pa je Taylorov red konvergentan. Naravno konvergenciju smo mogli pokazati i bez upotrebe Teorema 13, odnosno direktnom f ( n ) ( 0) n x n x = : primjenom D’Alembertovog kriterija uzimajući da je opći član an = n! n! an +1 = an

x n+1 ( n +1)! xn n!

=

| x| (n + 1)

⇒ lim

n →∞

an +1 1 =| x | lim = 0 = L < 1. n → ∞ an n +1

Budući da je L 0 , odnosno max( xk − xk −1 ) ≤ λ . Pritom je 1≤ k ≤ n

broj takvih podintervala sve veći, što je λ manji, i označavamo ga n = n(λ ) . Prema ovome, za dani λ imamo da je: a = x0 < x1 < x2 < ....... < xn −1 < xn = b , n = n(λ ) . Isto tako, unutar svakog podintervala [ xk −1 , xk ] možemo izabrati bilo koju točku, ξ k ∈ [ xk −1 , xk ] , odnosno, imamo da je: a = x0 ≤ ξ1 ≤ x1 ≤ ξ 2 ≤ x2 < ....... < xn −1 ≤ ξ n ≤ xn = b , n = n(λ ) . Tada integral funkcije y = f (x) po intervalu [a, b] definiramo: n(λ )

b

∫ f ( x)dx = λlim ∑ f (ξ a

→0

k )( xk

− xk −1 ).

k =1

Da bismo shvatili broj na desnoj strani u ovoj definiciji, potrebno je grafički prikazati podintegralnu funkciju zajedno sa prethodno opisanom subdivizijom intervala [a, b] :

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

150

a = x0

ξ1 x1

ξ 2 x2 ………. xn−1

ξn

xn = b

Nije teško primijetiti da broj f (ξ k )( xk − xk −1 ) predstavlja površinu pravokutnika sa stranicama [ xk −1 , xk ] ⊆ Ox i [0, f (ξ k )] ⊂ O y . Prema slici to znači da za veliki broj n

podintervala vrijedi da je broj

∑ f (ξ

k

)( x k − x k −1 ) približno jednak površini lika ispod grafa

k =1

b

funkcije y = f (x) . Zbog toga kažemo da je

∫ f ( x)dx

površina “krivuljnog trapeza” koji je

a

ograničen odozdo sa osi O x , odozgo grafom funkcije y = f (x) (uz pretpostavku da je f ( x) ≥ 0, x ∈ [a, b] ), te pravcima x = a s lijeve i x = b s desne strane. Ovakvu konstrukciju je prvi koristio Isaac Newton.

8.1 ODREĐENI INTEGRALI b

U praksi bi bilo teško rješavati određene integrale

∫ f ( x)dx

preko definicije, odnosno

a

n

računajući limes suma oblika

∑ f (ξ

k

)( xk − xk −1 ) . Veliki povijesni rezultat, pomoću kojeg su

k =1

neodređeni i određeni integrali dovedeni u važnu efektivnu vezu, je Newton-Leibnizova formula: ♣ Teorem 18. Neka je funkcija y = f ( x) neprekidna na intervalu [a, b] , te neka je y = F ( x) antiderivacija funkcije y = f ( x) , odnosno F ( x) =

∫ f ( x)dx .

integral po intervalu [a, b] efektivno računamo po formuli:

b

∫ f ( x ) dx = F ( x ) a

b a

= F (b ) − F ( a ) .♣

Tada određeni

8. Primjena integrala

151

Prema ovome, određeni integral računamo tako da prvo nađemo odgovarajući neodređeni integral, a potom dobiveni rezultat “propustimo” kroz granice integracije. Iz ovog fundamentalnog rezultata slijede jednostavna svojstva određenih integrala:

♣ Teorem 19. Neka su funkcije y = f ( x) i y = g ( x) neprekidne na intervalu [a, b] . Tada vrijedi: i) b

a

∫

f ( x ) dx = −

a

∫

f ( x ) dx ;

b

ii) b

∫

b

∫

c ⋅ f ( x ) dx = c f ( x ) dx

a

;

a

iii) b

∫

b

( f ( x) + g ( x))dx =

a

∫ a

b

∫

f ( x)dx + g ( x) dx . ♣ a

Sada prelazimo na rješavanje određenih integrala koristeći Newton-Leibnizovu formulu iz gore navedenog Teorema 18. 1

1

 x3 3  x3 3 610. ( x − 3 x + 4)dx = ( x − 3x + 4) dx = − x 2 + 4 x =  − x 2 + 4 x  = 3 2  3 2 0 0 1 3 0 3 7 17 = ( − + 4) − ( − ⋅ 0 + 4 ⋅ 0) = − + 4 = . 3 2 3 2 6 6

∫

2

611.

∫ 1

∫

2

2

2

x−4 x−4 1 dx 1 2  1 2  dx = dx = 2 dx − 4 3 = − + 2 =  − + 2  = 3 3 x x x x x x  x x 1

∫

∫

∫

1 2 1 2 = (− + ) − (− + ) = −1 . 2 4 1 1 π /6

612.

∫ (2 cos x − 5 sin x)dx = ∫ (2 cos x − 5 sin x)dx = 2 sin x + 5 cos x = (2 sin x + 5 cos x ) 0

= (2 sin π /4

613.

∫ 0

π

1 3 5 3 π . + 5 cos ) − (2 sin 0 + 5 cos 0) = 2 ⋅ + 5 ⋅ − 5 = −4 + 6 6 2 2 2

dx π π /4 = tg x 0 = tg − tg 0 = 1 − 0 = 1 . 2 cos x 4

π /6 0

=

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

152

u = ln x dx du = x = uv − vdu = x ln x − dx = x ln x − x = 614. ln xdx = ln xdx = dv = dx 1 e2

∫

∫

∫

∫

v=x = (x ln x − x ) 1 = (e 2 ln e 2 − e 2 ) − (1ln1 − 1) = 2e 2 − e 2 + 1 = e 2 + 1 . e2

u = arc sin x du = dx 2

1

615.

∫ arc sin xdx = ∫ arc sin xdx =

1− x

dv = dx

0

= x ⋅ arc sin x + 1 − x 2 =

v=x 1

π

=  x ⋅ arc sin x + 1 − x 2  = − 1 .  0 2 x+3=t dt t −3 x x = x + 3 − 3 ln | x + 3 | = dt = dt − 3 dx = dx = dt = dx = t t x+3 x+3 x =t −3

4

616.

∫

∫

0

∫

∫

∫

= ( x + 3 − 3ln | x + 3 |) 0 = (7 − 3ln 7) − (3 − ln 3) = 4 − 3ln 7 + 3ln 3 . 4

π /2

1 617. cos xdx = 2 0

∫

2

π /2

∫ 0

π /2

1 1 (1 + cos 2 x)dx = ( x + sin 2 x) 2 4 0

=

π 4

.

e ln x = t 1 1 1 ln 2 x 1 3 2 618. dx = 1 = t dt = ln x = ln 3 e − ln 3 1 = . dx = dt 3 x 3 3 3 x 1 1 e

∫

ln 2

619.

∫ 0

∫

ex −1 = t

t2 dt dt = 2 dt − 2 = 2t − 2arc tg t = e x − 1dx = x = ln(t 2 + 1) = 2 2 2 1 + t 1 + t 2tdt dx = 1+ t2

∫

∫

∫

= 2( e x − 1 − arc tg e x − 1)

ln 2 0

1

x4 − 2x + 1 = t

1 620. (2 x − 1) x − 2 x + 1dx = = 3 ( 4 x − 2)dx = dt 2 0

∫

3

4

∫

=2−

π 2

.

1 t dt = ( x 4 − 2 x + 1) 3 3

1 0

1 =− . 3

u = ln x e e e du = 1x dx ln x 1 dx  ln x 1  = uv − vdu = (− ln x) + 2 =  − −  = 1 − 2e −1 . dx = 621. 1 2 = dv x x x 1 x x 2 dx  1 x 1 1 1 v=−x e

∫

∫

∫

8. Primjena integrala

153

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ 1

622.

4

∫

x 2 ⋅ 5 x dx .

623.

0

e4

∫π cos xdx .

626.

/2

4

628.

∫ 0 e

631.

ln( x + 9 + x 2 9 + x2

∫x

e 1

629.

dx .

∫ 0

3

1

0

π

625.

∫

( x−

dx ln x

xdx 4 − x4

x

)dx .

624.

cos(ln x) dx . x 1

632.

x +1

0 1

627.

.

∫ 0

π /2

.

630.

dx .

xdx 1− x2

∫3

cos 2 x

.

sin 2 xdx .

0

1

∫

x

∫

∫ ln( x + 1)dx .

1

633.

0

∫ x ⋅ sh xdx . 0

RJEŠENJA 622.

5 4 . 623. . 3 16

627. 1.

628.

624.

3 2 ln 3. 2

8 . 3

629.

625. − 1.

π 4

.

630.

626. 2.

2 . ln 3

631. sin 1.

632. ln 4 − 1.

Sir Isaac Newton Rođen: 4. siječnja 1643. u Woolsthorpeu, Lincolnshire (Engleska) Umro: 31 ožujka 1727. u Londonu (Engleska)

633. e −1.

154

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

Newtona (Njutn) je povijest obilježila kao genija koji je nadmašio ljudsku vrstu. Poznata je njegova izreka o samom sebi:

Ne znam kako ja izgledam ljudima; ali sam sebi izgledam kao dječak koji se igra na obali mora, i zabavlja se sam sobom, pronašavši od vremena na vrijeme manji oblutak ili ljepšu školjku, dok se veliki ocean istine čitav pruža neotkriven preda mnom – Newton. Društvena zbilja običnog i sveučilišnog života u kojoj je odrastao Newton bila je puna grozničave mržnje i tiranije, laži i nasilja, što je, za pravo čudo, imalo koristan utjecaj na karakter mladog Newtona. On je čak izjavio:

Ako sam vidio malo dalje od drugih, to je zbog toga što sam stajao na ramenima orijaša – Newton. “Orijaši” na koje je mislio su bili: Decartes (Dekart), Kepler i Galilei: i) od Decartesa je naslijedio analitičku geometriju; ii) od Keplera tri osnovna zakona o kretanju planeta; iii) od Galileija je preuzeo prva dva od tri zakona kretanja, koji su postali kameni temeljci njegove vlastite dinamike. Poznati Newtonov zakon o svemirskoj gravitaciji kaže:

Bilo koje dvije materijalne čestice u svemiru međusobno se privlače sa snagom koja je direktno proporcionalna proizvodu njihove mase i obrnuto proporcionalna kvadratu udaljenosti među njima. Poznata tri Newtonova zakona o kretanju: 1. Svako će tijelo nastojati da ostane u stanju mirovanja tako dugo dok nije prisiljeno da promijeni to stanje djelovanjem sile; 2. Mjera promjene snage je proporcionalna djelovanju sile i događa se u pravcu u kojem djeluje sila; 3. Akcija i reakcija jednake su i suprotne. Kako vidimo, u drugom zakonu se spominje iznos promjene. Ispitujući iznos promjene pokretne sile Newton je objasnio pojam brzine, koja je iznos promjene položaja. Njegovo rješenje tog problema dalo mu je majstorski ključ za cijeli diferencijalni račun. Kako će se izračunati ukupna udaljenost koju u danom vremenu prijeđe čestica koja se kreće i čija se brzina stalno mjenja? Odgovarajući na ovaj ili slične probleme, Newtonu je u ruke došao integralni račun. Štoviše, promatrajući zajednički dvije vrste problema, Newton je načinio fundamentalno otkriće: vidio je da su diferencijalni i integralni račun usko i recipročno vezani s onim što se danas zove fundamentalni teorem infinitezimalnog računa takozvana Newton-Leibnizova formula za određeni integral.

8. Primjena integrala

155

Jedno od njegovih najvećih remek-djela je zasigurno Philosophiae Naturalis Principia Mathematica (Matematički principi prirodne filozofije). Newton je od 1701. do 1702. godine predstavljao Sveučilište Cambridge (Kembridž) u Parlamentu, a 1703. godine je izabran za predsjednika Kraljevskog društva. Na taj počasni položaj bio je stalno ponovno biran sve do svoje smrti 1727 godine. Recimo još da ga je 1705. godine kraljica Ana proglasila vitezom.

8.2 POVRŠINE RAVNINSKIH LIKOVA Pomoću definicije određenog integrala moguće je definirati površine ravninskih likova koji su mnogo složeniji od trokuta, pravokutnika, kruga i drugih pravilnih likova u ravnini. Najopćenitiji ravninski likovi koje promatramo su takozvani «krivuljni trapezi», odnosno likovi koji su ograničeni odozgo i odozdo sa grafovima dvaju danih neprekidnih funkcija, kao na slici: y

y = g ( x)

y = f ( x)

a

b

x

Kao što vidimo, ovaj krivuljni trapez je ograničen u smjeru O x osi pravcima x = a i x = b , te u smjeru O y grafovima danih funkcija y = f ( x) i y = g ( x) . Sada nije teško izvesti formulu za provršinu ovog krivuljnog trapeza: ♣ Teorem 20. Neka su y = f ( x) i y = g ( x) neprekidne funkcije na intervalu [a, b] . Tada površinu P krivuljnog trapeza, kao na slici gore, računamo po formuli: b

∫

P = ( g ( x) − f ( x)) dx a

.♣

To znači da sami moramo iz teksta zadatka nacrtati dani lik te odrediti sljedeće elemente: x = a (lijevo po x); i) ii) x = b (desno po x); iii) y = g ( x) (gore po y); y = f ( x) (dole po y). iv) Potom pronađene elemente uvrstimo u gornju formulu te riješimo pripadni određeni integral.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

156

☺ 634. Naći površinu lika koji je omeđen krivuljama y = 4 i y = x 2 . Slijedimo korake: i) nacrtati svaku od danih krivulja:

y=4 y = x2 ii)

izračunati presječne točke od y = 4 i y = x 2 :

x 2 = 4 ⇒ x = ±2 ; iii) iv) v)

odrediti «lijevo» i «desno» po x: a = −2 i b = 2 ; odrediti «gore» i «dolje» po y: f ( x) = x 2 i g ( x) = 4 ; računanje površine: 2

2

b

1 32 P = ( g ( x) − f ( x))dx = (4 − x )dx = (4 x − x 3 ) = . 3 3 a −2 −2

∫

∫

2

☺ 635. Naći površinu lika koji je omeđen krivuljama y = 4 x − x 2 i y = x 2 − 4 x + 6 . Slijedimo korake:

i)

nacrtati svaku od danih krivulja: y = 4x − x2

y = x2 − 4x + 6 ii)

izračunati presječne točke od y = 4 x − x 2 i y = x 2 − 4 x + 6 : 4x − x2 = x2 − 4x + 6 ⇔

iii) iv) v)

x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇒ x1 = 1, x2 = 3 ;

odrediti «lijevo» i «desno» po x: a = 1 i b = 3 ; odrediti «gore» i «dolje» po y: f ( x) = x 2 − 4 x + 6 i g ( x) = 4 x − x 2 ; računanje površine: b

3

3

2 8 P = ( g ( x) − f ( x))dx = [(4 x − x ) − ( x − 4 x + 6)]dx = (4 x − x 3 − 6 x) = . 3 3 1 a 1

∫

∫

2

2

2

Ukoliko imamo više od dvije krivulje koje ograničavaju dani lik, tada moramo računati nekoliko površina od kojih se sastoji ukupna površina danog lika, kao u sljedećem primjeru. 636. Naći površinu lika koji je omeđen krivuljama y = 9 − x 2 , x ≥ 0 , y = 8 x i y =

5 x. 2

8. Primjena integrala

157

Slijedimo korake: i)

nacrtati svaku od danih krivulja:

y = 8x

y = 9 − x2 y=

0 ii)

1

5 x 2

2

izračunati presječne točke od y = 9 − x 2 , x ≥ 0 , y = 8 x i y =

5 x: 2

9 − x 2 = 8 x ⇔ x 2 + 8 x − 9 = 0, x ≥ 0 ⇒ x = 1 , 5 5 9 − x 2 = x ⇔ x 2 + x − 9 = 0, x ≥ 0 ⇒ x = 2 . 2 2 Imamo dva područja: iii)

za prvo područje je a = 0 , b = 1 , f ( x) =

iv)

za drugo područje je a = 1 , b = 2 , f ( x) =

v)

5 x i g ( x) = 8 x ; 2 5 x i g ( x) = 9 − x 2 ; 2

računanje površine: 1

∫

P = (8 x − 0

2

1

2

5 5 11 1 5 17 x)dx + [(9 − x 2 ) − x]dx = x 2 + (9 x − x 3 − x 2 ) = . 2 2 4 3 4 3 0 1 1

∫

Ponekad su krivulje koje ograničavaju dani lik zadane kao funkcije po varijabli y kao na slici: y d x = g ( y) x = f ( y) c x Tada površinu P ovakvog lika računamo po formuli koja je analogna Teoremu 20: d

∫

P = ( g ( y ) − f ( y ))dy . c

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

158

☺ 637. Naći površinu lika koji je omeđen krivuljama x = 0 i korake:

i)

x = 2 − y − y 2 . Slijedimo

nacrtati svaku od danih krivulja: x = 2 − y − y2 x=0

ii)

izračunati presječne točke od x = 0 i x = 2 − y − y 2 : 2 − y − y 2 = 0 ⇒ y1 = −2, y 2 = 1 ;

iii) iv)

elementi: c = −2 i d = 1 , f ( y ) = 0 i g ( y ) = 2 − y − y 2 ; računanje površine: d

1

1

1 1 9 P = ( g ( y ) − f ( y ))dy = [(2 − y − y ) − 0]dy = ( 2 y − y 2 − y 3 ) = . 2 3 2 c −2 −2

∫

∫

2

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ U sljedećim zadacima naći površine likova koji su ograničeni danim krivuljama: 638. y = x 2 + 2 x − 3 i y = x + 3 ; 639. y = 2 x − x 2 i y = − x ; 640. y = x 2 − 1 , x = 2 , x = 0 i y = 0 ; 641. y = x 2 − 3 x − 4 i y = − x 2 + 3x + 4 ; 642. y = x − 1 , y = 1 i y = ln x ; 643. y = e − x , y = e x i x = 1 ; 644. y = x 3 − 2 x 2 + 3 , x = 2 i y = 0 ; 645. y = x 2 − 3 x + 2 , x = 0 , x = 3 i y = 0 ; 646. y = x , y = − x , x = 1 i x = 4 ; 647. y = x 3 − 2x 2 i y = x 2 − 2 x ; 648. y 2 = x + 1 i x + y = 1 .

8. Primjena integrala

159

RJEŠENJA 125 9 . 639. . 640. 2. 6 2 11 73 1 645. . 646. . 647. . 6 6 2 638.

125 . 3 9 648. . 2

5 642. e − . 2

641.

643. 2ch1 − 2.

644.

27 . 4

8.3 NEPRAVI INTEGRALI b

∫ f ( x)dx , u slučaju da vrijedi:

Pod nepravim integralom podrazumijevamo određeni integral

a

i) ii)

ili je bar jedna od granica jednaka beskonačnosti, odnosno a = −∞ ili b = ∞ , ili je podintegralna funkcija neograničena na intervalu [a, b] . ∞

Na primjer, želimo izračunati

∫ 1

1 dx ili x2

4

∫

1

0

x

dx . U prvom slučaju imamo beskonačnu

granicu integracije b = ∞ , dok u drugom slučaju podintegralna funkcija f ( x) =

1 x

nije

ograničena u području integracije [0,4]. ♦Definicija 4. Neka je y = f (x) neprekidna na intervalu [a, ∞) . Tada definiramo: ∞

∫

M

f ( x) dx = lim

M →∞

a

∫ f ( x)dx a

. ∞

Ako pripadni limes postoji, kažemo da nepravi integral

∫ f ( x)dx

konvergira. U

a

suprotnom, kažemo da divergira. Slično, ako je y = f (x) neprekidna na intervalu (−∞, b] , tada definiramo: b

∫

b

f ( x) dx = lim

−∞

M → −∞

∫ f ( x)dx

M

. b

Ako pripadni limes postoji, kažemo da nepravi integral

∫ f ( x)dx

−∞

suprotnom, kažemo da divergira. ♦

konvergira. U

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

160 ∞

649.

∫ 1

M

∫

∞

650.

M

1 1 1 1 dx = lim dx = lim − = − lim ( − 1) = 1 . 2 2 M → ∞ M → ∞ M → ∞ x1 M x x 1 M

1 1 M dx = lim dx = lim ln x 1 = lim (ln M − ln 1) = ∞, divergira. M →∞ M →∞ M →∞ x x 1 1

∫

∫

∞

M

M

1 x 1 1 x 1 dx = lim − 651. = lim (− + )= . dx = lim 2 2 2 2 2 2 M →∞ (1 + x ) M → ∞ 2(1 + x ) M →∞ 2 2(1 + M ) 2 (1 + x ) 0 0 0

∫

∞

652.

∫

∫

M

1 x

2

dx = lim

M →∞

∫ 2

1 x

dx = 2 lim x M →∞

M 2

= lim (2 M − 2 2 ) = ∞, divergira. M →∞

Sada prelazimo na drugi slučaj, kada su granice integracije konačne, ali je podintegralna funkcija neograničena na danom intervalu integracije. ♦Definicija 5. Neka je y = f (x) neprekidna na intervalu (a, b] i neka je neograničena u lijevom rubu, odnosno lim f ( x) = ±∞ . Tada definiramo: x→a +

b

∫

b

f ( x) dx = lim

M →a +

a

∫ f ( x)dx

M

. b

∫ f ( x)dx

Ako pripadni limes postoji, kažemo da nepravi integral

konvergira. U

a

suprotnom, kažemo da divergira. Slično, ako je y = f (x) neprekidna na intervalu [a, b) i ako je neograničena u desnom rubu, odnosno lim f ( x) = ±∞ , tada definiramo: x →b −

b

∫

M

f ( x) dx = lim

M →b −

a

∫ f ( x)dx a

. b

Ako pripadni limes postoji, kažemo da nepravi integral

∫ f ( x)dx

konvergira. U

a

suprotnom kažemo da divergira. ♦

4

653.

∫ 0

1

654.

1 x

4

dx = lim

M →0 +

∫

M

1 x M

dx = lim 2 x M →0 +

4 M

= lim (2 4 − 2 M ) = 4 . M →0+

M

1 1 1 1 dx = lim dx = lim − = lim (− − 1) = ∞ , divergira. 2 2 1 M → − M → 1 − M → 1 − x M − − 1 1 x x − − ( 1 ) ( 1 ) 0 0 0

∫

∫

8. Primjena integrala 8

655.

∫ 0

x

1

656.

∫ 0

8

1 3

161

dx = lim

M →0 +

2

∫x

−2 / 3

M →0 +

M

M

1 1 − x2

dx = lim

M →1−

8

dx = 3 lim x1/ 3

∫ 0

1

M

= lim (3 ⋅ 81/ 3 − 3M 1/ 3 ) = 6 . M →0 +

M

1 − x2

dx = lim arc sin x 0 = lim (arc sin M − arc sin 0) = M →1−

π

M →1−

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ ∞

☺ 657.

∞

1

∫

4

1 ∞

x

3

∫

dx .

∞

x ☺ 660. dx . 2 ( x + 1) 3 1

∫

∞

☺ 663.

1 1

☺ 666.

∫

661.

1 3

0

x

∫x 1 2

x2 + 1 dx . x3

∫

∞

x2 ☺ 658. dx . ( x 3 + 1) 2 1

☺ 664.

∫ 1 0

dx .

667.

4

☺ 659.

3 ∞

x dx . +1 1

x −1

662.

∫ xe

dx .

665.

0 1

1/ x

☺ 668.

∫ 0

0

RJEŠENJA

663. divergira. . 668.

(3 2 ) 2 − 1 . 2

1 . ln 3 1 664. 2. 665. − . 4 658.

1 . 6

659.

669. divergira. .

1 . 16 3 666. . 2 660.

dx .

1 3

∫ tg xdx .

657. divergira. .

dx .

∫ x ln xdx .

π /2

669.

− x2

2

0 1

e dx . 3 x −1

∫

1

∫ x(ln x)

661.

π 4

.

2 667. − . e

662.

1 . 2

3x − 1

dx .

2

.

9. Diferencijalne jednadžbe

163

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE U ovom poglavlju: Direktna integracija Separacija varijabli Linearna diferencijalna jednadžba Bernoullijeva diferencijalna jednadžba Diferencijalna jednadžba homogenog stupnja Egzaktna diferencijalna jednadžba

Dajemo nekoliko karakterističnih primjera diferencijalnih jednadžbi, gdje funkcija y = y (x) dy predstavlja traženo rješenje, dok y ' obilježava njenu derivaciju, odnosno y ' = : dx

i)

diferencijalna jedandžba koja se rješava metodom direktne integracije y '= e 3 x ;

ii)

diferencijalna jedandžba koja se rješava metodom separacije varijabli x 2 y ' = y ( y − 3) ;

iii)

linearna diferencijalna jednadžbe 2

y '+2 xy = x 3e − x ; iv)

Bernoullijeva diferencijalna jednadžba y '− y = xe5 x y 3 ;

v)

egzaktna diferencijalna jednadžba y dx + ( y 3 + ln x)dy = 0 ; x

vi)

diferencijalna jedandžba homogenog stupnja ( x 2 − 3 y 2 )dx + xydy = 0 .

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

164

Naravno, postoje još mnogi drugi tipovi diferencijalnih jednadžbi prvog reda. Tipovi koje smo gore naveli i koje ćemo detaljno raditi se najčešće pojavljuju u nastavnom procesu. Primjetimo da pod rješenjem diferencijalne jednadžbe y ' = F ( x, y ( x)) podrazumjevamo funkciju y = y (x) koja zadovoljava tu jednadžbu u smislu da nakon uvrštavanja te funkcije u y ' = F ( x, y ( x)) imamo valjanu jednakost. Na primjer, funkcija y = e 3 x − 1 zadovoljava diferencijalnu jedandžbu y '− y = 2e 3 x + 1 , jer kad je uvrstimo u danu jednakost dobivamo 0 = 0. Kažemo još da je funkcija y = e 3 x − 1 jedno konkretno ili takozvano partikularno rješenje ove jednadžbe. Međutim, to nisu sva njena rješenja. Sva njena rješenja, takozvano opće rješenje, imaju nakon rješavanje dane jednadžbe y '− y = 2e 3 x + 1 oblik y = c ⋅ e x + e 3 x − 1 , gdje je c proizvoljna konstanta. Znači, trebamo razlikovati pojam općeg rješenja od pojma partikularnog rješenja neke diferencijalne jednadžbe

9.1

DIREKTNA INTEGRACIJA

Mali broj diferencijalnih jednadžbi možemo riješiti samo direktnom integracijom. Međutim, kad tad, nakon primjene raznih metoda, diferencijalnu jednadžbu dovodimo u oblik za direktno integriranje. Metodu direktnog integriranja ćemo objasniti na slijedećim primjerima. 1 ☺ 670. y ' = e 3 x ⇔ y ( x) = e 3 x dx = e 3 x + c ⇒ 3

∫

∫

1 y ( x) = e 3 x + c. 3

∫

∫

∫

☺ 671. y ' = ( x 3 + 1) 2 ⇔ y ( x) = ( x 3 + 1) 2 dx = x 6 dx + 2 x 3 dx + dx = 7

x7 x4 + + x+c 7 2

4

x x + + x + c. 7 2 ☺ 672. y ' = x sin x ⇔ y ( x) = x sin xdx = − x cos x + cos xdx = − x cos x + sin x ⇒

∫

⇒

y ( x) =

∫

y ( x) = − x cos x + sin x + c.

 y' = x3 + 4 x ☺ 673.  ; potrebno je prvo naći opće rješenje, a potom samo ono koje  y (0) = 1 zadovoljava početni uvjet y (0) = 1 ; i)

∫

y ' = x 3 + 4 x ⇒ y ( x) = ( x 3 + 4 x)dx =

ii)

y (0) = 1 ⇒ y (0) =

iii)

rješenje: y ( x) =

4

x4 + 2x2 + c , 4

0 + 2 ⋅ 02 + c = 0 ⇒ c = 0 , 4

x4 + 2x2. 4

9. Diferencijalne jednadžbe

165

sin x   y' = ☺ 674.  cos x  y (π / 4) = 1

ii)

sin x sin x ⇒ y ( x) = dx = − ln cos x + c , cos x cos x y (π / 4) = 1 ⇒ y (π / 4) = − ln cos(π / 4) + c = 1 ⇒ c = 1 − ln 2 ,

iii)

rješenje: y ( x) = − ln cos x + 1 − ln 2 .

i)

∫

y' =

 y ' = xe3 x ☺ 675.   y (1) = 0 i) ii) iii)

xe3 x 1 3 x xe3 x 1 3 x − e dx = − e +c , 3 3 3 9 3 3 e e 2 y (1) = 0 ⇒ y (1) = − + c = 0 ⇒ c = − e 3 , 9 3 9 3x 3x xe e 2 rješenje: y ( x) = − − e3 . 3 9 9 y ' = xe3 x

ln x   y' = ☺ 676.  x  y (1) = 0 ln x y' = i) x ii) iii)

∫

⇒ y ( x) = xe3 x dx =

⇒ y ( x) =

∫

∫

ln x 1 dx = ln 2 x + c , x 2

1 y (1) = 0 ⇒ y (1) = ln 2 1 + c = 0 ⇒ c = 0 , 2 1 rješenje: y ( x) = ln 2 x. 2

♠PRIMJEDBA♠

Kako vidimo, već u nekoliko primjera rješavanja diferencijalnih jednadžbi, neodređeni integrali igraju ključnu ulogu, te stoga preporučamo da se vratite na Poglavlje 7, te ponovite osnovne tipove i metode za rješavanje neodređenih integrala. Naravno u složenijim tipovima diferencijalnih jednadžbi osim neodređenih integrala potrebno je i znati algoritam za rješavanje dotičnog tipa jednadžbe.

9.2 SEPARACIJA VARIJABLI Sada prelazimo na primjere onih diferencijalnih jednadžbi koje se rješavaju metodom separacije varijabli. Sama riječ kaže da treba u danoj diferencijalnoj jednadžbi razdvojiti varijable y i x na dvije različite strane jednakosti. Pri tome, prvo treba separirati derivaciju

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

166

dy . Kada se izvrši separacija, tada direktnim dx integriranje obadviju strana jednakosti, dolazimo do rješenja dane jednadžbe. Primjetimo, da se mali broj jednadžbi može riješiti samo separacijom. Međutim, veći broj jednadžbi se može raznim metodama dovesti na separaciju varijable.

odnosno trebamo je zapisati u obliku y ' =

5y ( y − 3)dy ⇔ = xdx ⇔ x( y − 3) y 1 y − 3 ln y = x 2 + c. 2

3

∫ (1 − y )dy = ∫ xdx ;

☺ 677. y ' =

Rješenja:

1 1 1 1 dy ( = dx ⇔ − ) dy = 2 dx y −1 y y ( y − 1) x 2 x 1 1 i y ( x) = 0 . ln( y − 1) − ln y = − + c ; Rješenja: y ( x) = x 1 − c ⋅ e1/ x

∫

☺ 678. x 2 y ' = y ( y − 1) ⇔

⇒

dy

☺ 679. x 3 y ' = 1 − y 2 ⇔

⇒

arc siny = −

1− y2

=

1 dx ⇔ x3

∫

∫

1 1− y2

dy =

1

∫x

3

dx

1 1 + c ; Rješenja: y ( x) = − sin( 2 + c) . 2 2x 2x

☺ 680. yy ' = e x ⇔ ydy = e x dx ⇔

∫

∫

ydy = e x dx

⇒

y2 = ex + c ; 2

Rješenja: y 2 = 2e x + c .

 y ' = x(1 + y 2 ) ☺ 681.   y ( 0) = 1 iv)

y ' = x(1 + y 2 ) ⇔

dy = xdx ⇔ 1+ y2

Opće rješenje: y ( x) = tg(

∫

dy = xdx 1+ y2

∫

x2 + c) ; 2

v)

y (0) = 1 ⇒ y (0) = tg (0 + c) = 1 ⇒ c =

vi)

Rješenje zadatka: y = tg(

π 4

⇒ arc tg y =

;

x2 π + ). 2 4

 yy ' = x 2 ☺ 682.   y (1) = 3 i)

yy ' = x 2

⇔ ydy = x 2 dx ⇔

∫

∫

ydy = x 2 dx

⇒

y 2 x3 = +c; 2 3

x2 +c; 2

9. Diferencijalne jednadžbe

167

Opće rješenje: y ( x) =

ii)

y (1) = 3 ⇒ y (1) =

iii)

Rješenje zadatka: y =

2 x3 +c ; 3 2 25 +c =3 ⇒ c= ; 3 3 2 x 3 + 25 . 3

 y 2 y' = e x ☺ 683.   y (1) = 4 y 2 y' = e x

i)

∫

⇔ y 2 dy = e x dx ⇔

∫

y 2 dy = e x dx

⇒

y3 = ex + c ; 3

Opće rješenje: y ( x) = 3 3e x + c ; ii)

y (1) = 4 ⇒ y (1) = 3 3e + c = 4 ⇒ c = 64 − 3e ;

iii)

Rješenje zadatka: y ( x) = 3 3e x + 64 − 3e .

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ U slijedećim zadacima metodom separacije naći opća rješenja diferencijalnih jednadžbi. 684. xydy =

685. 2 x 2 yy '+ y 2 = 2 .

y 2 + 1dx .

687. (1 + x + y + xy ) y ' = 1 .

686. y '− xy 2 = 2 xy . y' − x 3e 2 y = 0 . 688. sin 3 x

689.

(sin y ) y ' xe x = . x y

U slijedećim zadacima metodom separacije naći partikularno rješenje diferencijalnih jednadžbi.  yy ' = − x 691.  .  y (1) = 1  xy '+ sin y = 0 693.  .  y (1) = π

 xyy ' = 1 690.  .  y (1) = 5 e x y ' = y . 692.   y ( 0) = 4 ( x 2 − 1) y '+2 xy 2 = 0 . 694.   y ( 0) = 1

 (ctg x) y '+ y = 2 695.  .  y (0) = −1

♠RJEŠENJA♠ 684. ln x = c + y 2 + 1 . 2

685. y 2 − 2 = c ⋅ e1/ x .

686. (c ⋅ e − x − 1) y = 2 i y = 0 .

687. e ( y + y

2

/ 2)

= (1 + x)c .

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

168

688. −

e −2 y 2 x cos 3 x x 3 cos 3 x 2 x sin 3x x 2 sin 3x = − − + +c. 2 9 3 27 3

689. − y cos y + sin y = ( x 2 − 2 x + 2)e x + c . 692. y = 4e (1−e

9.3

−x

)

.

693. y = π .

690. y = ln x 2 + 25 . 691. y = 2 − x 2 .

694. y (ln( x 2 − 1) + c) = 1 i y = 0 . 695. y = 2 − 3 cos x .

LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADŽBA

Linearne diferencijalne jednadžbe, za razliku od ostalih tipova diferencijalnih jednadžbi, imaju svojstvo univerzalnog rješenja. To znači da sve linearne diferencijalne jednadžbe imaju istu formu rješenja. O tome govori slijedeći rezultat. ♣Teorem 21. Neka je zadana linearna diferencijalna jednadžba u općenitom obliku: dy + p ( x) y = q( x) , dx gdje su y = p (x) i y = q(x) neprekidne funkcije, takozvani koeficijenti jednadžbe. Tada sva njena rješenja y = y (x) imaju oblik: − p ( x ) dx  ∫ p ( x ) dx dx . ♣ y ( x) = e ∫ c + q ( x ) e   

∫

♥Dokaz: dokaz je jednostavan, te istovremeno ilustrira postupak za rješavanje linearnih jednadžbi, koji sami možemo koristiti u zadacima. Ako je y = y (x ) neko rješenje linearne diferencijalne jednadžbe y '+ p ( x) y = q ( x) , tada želimo pokazati da to rješenje mora imati oblik zadan u iskazu teorema. Prvo jednadžbu množimo sa multiplikatorom e ∫ sređujemo lijevu stranu i na kraju integriramo obadvije strane jednadžbe: e∫

p ( x ) dx

p ( x ) dx p ( x ) dx dy + p ( x )e ∫ y = q ( x )e ∫ dx

p ( x ) dx d  ∫ p ( x ) dx  y  = q ( x )e ∫ e dx  

⇔

e∫

p ( x ) dx

y = q ( x )e ∫

∫

p ( x ) dx

, pa

⇔ p ( x ) dx

dx + c

⇒

− p ( x ) dx p ( x ) dx y=e ∫ dx + c]. ♥ [ q ( x )e ∫

∫

Naravno da je moguće koristiti ovu formulu za rješavanje linearnih diferencijalnih jednadžbi. Međutim, ako nismo dovoljno vični sa integralima, bilo bi bolje ponoviti postupak u dokazu ovog teorema. To ćemo pokazati na nekoliko riješenih primjera.

9. Diferencijalne jednadžbe

169

☺ 696. Riješimo diferencijalnu jednadžbu y '+

2 1 y = e x , koristiće formulu za opće rješenje x

danu u teoremu 21: i) ii) iii) iv) v)

2 1 , q ( x) = e x ; x p ( x ) dx 1 p( x)dx = dx = ln x , e ∫ = e ln x = x ; x 2 p x dx ( ) 1 2 q( x)e ∫ dx = e x xdx = e x ; 2 − ∫ p ( x ) dx 1 e = e −ln x = ; x p ( x ) dx − ∫ p ( x ) dx 1 1 2 1 x2 c y ( x) = e dx] = [c + e x ] = e + . [c + q ( x )e ∫ x x 2 2x

p( x) =

∫

∫

∫

∫

∫

2

☺ 697. Riješimo diferencijalnu jednadžbu xy '+ y = xe x , koristeći postupak za dokaz općeg rješenja koji je prezentiran u dokazu teorema 21. Prvo jednadžbu pišemo u obliku 2 1 y '+ y = e x , te sa njom radimo slijedeće korake: x

i)

množimo jednadžbu sa multiplikatorom x

e∫

p ( x ) dx

= e ln x = x

pa dobivamo

2

xy '+ y = xe ; ii) iii)

2 d ( xy ) = xe x ; dx integriranjem obadviju strana dobivamo: 2 1 1 2 1 x2 c xy = c + xe x dx ⇒ y ( x) = [c + e x ] = e + . x x 2 2x

sređivanje desne strane:

∫

Na svakom pojedinačno je da procjeni koja od ova dva načina će koristiti u rješavanju linearnih diferencijalnih jednadžbi. ☺ 698. Riješimo diferencijalnu jednadžbu xy '+5 y = x 3 , koristeći postupak za dokaz općeg rješenja koji je prezentiran u dokazu teorema 21. Prvo jednadžbu pišemo u obliku 5 y '+ y = x 2 pa postupamo: x

i) ii) iii)

množimo jednadžbu sa multiplikatorom e ∫ x = e ln x = x 5 x 5 y '+5 x 4 y = x 7 ; d 5 ( x y) = x 7 ; sređivanje desne strane: dx integriranjem obadviju strana dobivamo: 1 1 1 c x 5 y = c + x 7 dx ⇒ y ( x) = 5 [c + x 8 ] = x 3 + 5 . 8 8 x x 5 dx

5

pa dobivamo

∫

2

☺ 699. Riješimo diferencijalnu jednadžbu y '+2 xy = 3 xe − x , koristeći postupak za dokaz općeg rješenja koji je prezentiran u dokazu teorema 21:

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

170

i)

množimo x2

jednadžbu

sa

multiplikatorom

e∫

2 xdx

= ex

2

pa

dobivamo

x2

e y '+2 xe y = 3 x ; ii) iii)

d x2 (e y ) = 3 x ; dx integriranjem obadviju strana dobivamo:

sređivanje desne strane:

∫

2

e x y = c + 3 xdx ⇒

2

y ( x ) = e − x [c +

2 3 2 3 2 − x2 x ] = x e + ce − x . 2 2

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ U slijedećim zadacima naći opće rješenje dane linearne diferencijalne jednadžbe. 701. xy '+ y = x ln x .

700. y '− xy = x . 2

702. xy '+ y = x sin x . 3 1 704. y '− 2 y = 2 . x x 706. y '+4 y = 2 x + 3e 3 x . 708. y '+ y = sin x . 710. ( xy '−1) ln x = 2 y .

703. x 2 y '+ (1 − 2 x) y = x 2 . 2 705. y '− y = x ln x . x 707. y '−2 y = xe3 x . 709. y = x( y '− x cos x) . 711. xy '+ ( x + 1) y = 3 x 2 e − x .

U slijedećim zadacima naći partikularno rješenje dane linearne diferencijalne jednadžbe. Pri tome kao i kod separacije varijable iz pethodne točke, prvo nađemo opće rješenje a potom uvrštavanjem početnog uvjeta izračunamo nepoznatu konstantu c .  y '+4 y = 2 x + 3e 3 x . 712.   y (0) = 5  y '+2 xy = x 3e − x 2 . 714.   y (0) = 4  xy '+5 y = x 3 . 716.   y (1) = 1  x 3 y '+3 x 2 y = sin x 718.  .  y (π ) = 0  xy '+ y = x 4 + x 3 . 720.   y (1) = 1 / 2  x(2 + x) y '+2(1 + x) y = 1 + 3 x 2 . 722.   y (−1) = 1

 y '−2 y = xe3 x 713.  .  y (3) = 1  xy '+ y = xe x 2 715.  .  y (1) = 2 (1 + x 2 ) y '+9 y = 0 717.  .  y (3) = 1  xy '+2 y = cos x 719.  .  y (π / 2) = 0

 xy '+2 y = e x 721.  .  y (1) = 1 2  y ' cos x − y sin x = x 3e x 723.  .  y (0) = 1

9. Diferencijalne jednadžbe

171

♠RJEŠENJA♠ c cos x 2 x c 1 . 701. y = − + + x ln x . 702. y = − 4 x 2 x x 1 1 y = x 2 (1 + c ⋅ e1/ x ) . 704. y = − + c ⋅ e −3 / x . 705. y = cx 2 + x 2 ln 2 x . 2 3 x 1 3 y = − + e 3 x + c ⋅ e − 4 x . 707. y = xe3 x − e 3 x + c ⋅ e 2 x . 2 8 7 1 1 y = sin x − cos x + c ⋅ e − x . 709. y = x(c + sin x) . 710. y = c ln 2 x − ln x . 2 2 x 1 3 263 − 4 x xy = ( x 3 + c)e − x . 712. y = − + e 3 x + e . 2 8 7 56 2 1 4 − x2 ex 2 e 3x 3x −6 3 2x − x2 y = xe − e + (e − 2e )e . 714. y = x e + 4e . 715. y = + − . 4 2x x 2x x3 7 1 cos x y= + 5 . 717. y = e 9 arctg 3−9 arctgx . 718. y = − 3 + 3 . 8 8x x x 3 4 1 x x cos x sin x π 1 + x + x3 . − 2 . 720. y = + + . 722. y = y= 2 + 20 x 4 5 x 2x 2x + x2 x

700. y = −1 + c ⋅ e x 703. 706. 708. 711. 713. 716. 719.

9.4

2

/2

.

BERNOULLIJEVA DIFERENCIJALNA JEDNADŽBA

Bernoullijeva diferencijalna jednadžba ima oblik:

dy + p( x) y = q ( x) y n . dx Ako je n = 0 ili n = 1 , tada je ovo linearna jednadžba. Ako je pak n ≠ 0,1 tada se supstitucijom u = y1− n Bernoullijeva jednadžba svodi na linearnu jednadžbu. Preciznije, ako pomnožimo Bernoullijevu jednadžbu sa y − n tada dobivamo: y −n

dy + p( x) y1− n = q( x) dx

⇔

1 d ( y1− n ) + p ( x) y1− n = q ( x) . 1 − n dx

Sada supstitucijom u = y1− n dobivamo da Bernoullijeva jednadžba prelazi u linearni oblik: du + (1 − n) p ( x)u = (1 − n)q ( x) . dx Sada ovu linearnu jednadžbu riješimo koristeći razmatranja iz prethodne točke, pa je traženo rješenje Bernoullijeve jednadžbe dano sa y ( x) = (u ( x))1/(1− n ) . Ovaj postupak ćemo ponovit na nekoliko riješenih primjera.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

172

dy + y = xy 3 . dx Množenjem jednadžbe sa y −3 dobivamo:

724. Riješiti diferencijalnu jednadžbu i)

y −3 ii)

iii)

iv)

dy + y −2 = x dx

⇔

1 d ( y −2 ) + y −2 = x ; 2 dx

Sada supstitucijom u = y −2 prethodna jednadžba postaje linearna du − 2u = −2 x ; dx Ovu linearnu jednadžbu rješavamo primjenom postupka iz Teorema 24, pa 1 dobivamo da je: u ( x) = x + + ce 2 x ; 2 Na kraju traženo rješenje Bernoullijeve jednadžbe glasi: y 2 ( x) =

725.

−

2 . 2 x + 1 + ce 2 x

Riješiti diferencijalnu jednadžbu x

dy x + 2 y = 3 . Prvo je napišemo u obliku: dx y

dy 2 1 + y = 3 . Potom radimo slijedeće korake. dx x y i)

Množenjem jednadžbe sa y 3 dobivamo: 1 d ( y4 ) 2 4 dy 2 4 + y =1 ⇔ + y =1; dx x 4 dx x 4 Sada supstitucijom u = y prethodna jednadžba postaje linearna du 8 + u = 4; dx x Ovu linearnu jednadžbu rješavamo primjenom postupka iz Teorema 24, pa c 4 dobivamo da je: u ( x) = x + 8 ; 9 x Na kraju traženo rješenje Bernoullijeve jednadžbe glasi: y3

ii)

iii)

iv)

y ( x) = ± 4

4x c + . 9 x8

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ U slijedećim zadacima naći opće riješenje zadane diferencijalne jednadžbe. 726. y '+ y = y 4 sin x .

727. x 3 y '−2 xy = y 3 .

728. xy '+2 y = e x y −1 .

729. xy 2 y '− x 2 = y 3 .

730. y '− y tg x = y 4 cos x .

731. xy '+2 y + x 5 y 3e x = 0 .

9. Diferencijalne jednadžbe

173

U slijedećim zadacima naći partikularno riješenje zadane diferencijalne jednadžbe.  xy '+ y = y −2 . 732.   y (1) = 2 y   y '+ = x 3 y 3 734.  . x  y (2) = 1  y '−2 y tg x + y 2 tg 4 x = 0 . 736.   y ( 0) = 2

y  2 y '− + y 3 cos x = 0 733.  . x  y ( 2) = 1 x   y '− y = xy 5 735.  . 2  y (1) = 1 y   y '+ = −e x y 3 737.  . 4x  y (1) = 1

♠RJEŠENJA♠ 3 9 1 cos x + sin x) −1/ 3 . 727. y 2 = . 1 1 10 10 − − + c ⋅ e4/ x 8 2x c 12 12 6 2 3 3 x 2 728. y = 4 + e ( − 4 + 3 − 2 + ) . 729. y = cx − 3x 2 . x x x x x 2 . 731. y −2 = x 4 (2e x + c) i y = 0 . 732. xy = 3 x 3 + 7 . 734. y = x 17 − 4 x 2 2 1 . 735. y = (−2 + 3e1− x ) −1/ 4 . 737. y = 4 x (1 − 4e + 4e x )1/ 2 726. y = (c ⋅ e 3 x +

9.5

EGZAKTNA DIFERENCIJALNA JEDNADŽBA

Diferencijalna jednadžba f ( x, y )dx + g ( x, y )dy = 0 se zove egzaktna ukoliko postoji funkcija u ( x, y ) takva da je: ∂u ∂u = f ( x, y ) i = g ( x, y ) , ∂x ∂y odnosno ukoliko je du = f ( x, y )dx + g ( x, y ) . Tada egzaktna jednadžba poprima oblik du = 0 dok je opće rješenje dano formulom u ( x, y ) = c . Naravno pod uvjetom da smo pronašli iz prethodnih uvjeta funkciju u ( x, y ) . Primjetimo još da se svaka diferencijalna jednadžba prvog reda može napisati u obliku f ( x, y )dx + g ( x, y )dy = 0 . Prije pronalaženja funkcije u ( x, y ) bilo bi dobro provjeriti dali je dana jednadžba uopće egzaktna, jer ako nije nećemo moći ni naći takvu funkciju. Kriterij za utvrđivanje da li je neka diferencijalna jednadžba egzaktna je dan slijedećim rezultatom.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

174

♣Teorem 22. Diferencijalna jednadžba f ( x, y )dx + g ( x, y )dy = 0 je egzaktna ako i samo ako vrijedi: ∂f ∂g = .♣ ∂y ∂x

To znači da ćemo za danu jednadžbu prvo provjeriti dali je egzaktna, koristeći pri tome prethodni teorem, a tek potom ćemo tražiti funkciju u ( x, y ) . Postupak za pronalaženje funkcije u ( x, y ) dajemo u nekoliko slijedećih primjera. ☺ 738. Nađimo opće rješenje diferencijalne jednadžbe (2 xy + y 2 )dx + ( x 2 + 2 xy )dy = 0 . Radimo u nekoliko koraka:

i) ii)

f ( x, y ) = 2 xy + y 2 i g ( x, y ) = x 2 + 2 xy ; računamo:

∂f = 2x + 2 y i ∂y

∂g ∂f ∂g = 2 x + 2 y , odnosno = , pa po teoremu 22 ∂x ∂y ∂x

zaključujemo da je (2 xy + y 2 )dx + ( x 2 + 2 xy )dy = 0 egzaktna diferencijalna jednadžba; iii)

po definiciji egzaktne jednadžbe, postoji funkcija u ( x, y ) koja zadovoljava ∂u ∂u = f ( x, y ) = 2 xy + y 2 i = g ( x, y ) = x 2 + 2 xy , ∂x ∂y iz čega integriranjem slijedi:

∫ u ( x, y ) = ∫ ( x

u ( x, y ) = (2 xy + y 2 )dx = x 2 y + xy 2 + c( y ) ,

odnosno iv)

2

+ 2 xy )dy = x 2 y + xy 2 + c( x)

u ( x, y ) = x 2 y + xy 2 + c ;

S obzirom da je dana jednadžba egzaktna to opće rješenje y (x) ima oblik: u ( x, y ) = c

⇔

x 2 y + xy 2 = c.

☺ 739. Nađimo opće rješenje diferencijalne jednadžbe (2 xy + e y )dx + ( x 2 + xe y + 4 y )dy = 0 . Radimo u nekoliko koraka:

i) ii)

f ( x, y ) = 2 xy + e y i g ( x, y ) = x 2 + xe y + 4 y ; računamo:

∂f = 2x + e y i ∂y

∂g ∂f ∂g = 2 x + e y , odnosno = , pa po teoremu 22 ∂x ∂y ∂x

zaključujemo da je (2 xy + e y )dx + ( x 2 + xe y + 4 y )dy = 0 egzaktna diferencijalna jednadžba; iii)

po definiciji egzaktne jednadžbe, postoji funkcija u ( x, y ) koja zadovoljava

9. Diferencijalne jednadžbe

175

∂u ∂u = f ( x, y ) = 2 xy + e y i = g ( x, y ) = x 2 + xe y + 4 y , ∂x ∂y iz čega integriranjem slijedi:

∫

u ( x, y ) = (2 xy + e y )dx = x 2 y + xe y + c( y ) ,

∫

u ( x, y ) = ( x 2 + xe y + 4 y )dy = x 2 y + xe y + 2 y 2 , u ( x, y ) = x 2 y + xe y + 2 y 2 + c ;

odnosno iv)

S obzirom da je dana jednadžba egzaktna to opće rješenje y (x) ima oblik: u ( x, y ) = c

⇔

x 2 y + xe y + 2 y 2 = c .

740. Nađimo partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe − (2 xy 2 + y sin x)dx + (cos x − 2 x 2 y )dy = 0 uz uvjet

y ( 0) = 1 .

Radimo u nekoliko koraka: i) ii)

f ( x, y ) = −2 xy 2 − y sin x i g ( x, y ) = cos x − 2 x 2 y ; računamo:

∂f = −4 xy − sin x ∂y

i

∂g ∂f ∂g = − sin x − 4 xy , odnosno = , pa po ∂x ∂y ∂x

teoremu 22 zaključujemo da je egzaktna diferencijalna jednadžba; iii)

− (2 xy 2 + y sin x)dx + (cos x − 2 x 2 y )dy = 0

po definiciji egzaktne jednadžbe, postoji funkcija u ( x, y ) koja zadovoljava ∂u ∂u = f ( x, y ) = −2 xy 2 − y sin x i = g ( x, y ) = cos x − 2 x 2 y , ∂x ∂y iz čega integriranjem slijedi:

∫ u ( x, y ) = ∫ (cos x − 2 x

u ( x, y ) = − (2 xy 2 + y sin x)dx = − x 2 y 2 + y cos x + c( y ) ,

odnosno iv)

y )dy = y cos x − x 2 y 2 + c( x) ,

u ( x, y ) = y cos x − x 2 y 2 + c ;

S obzirom da je dana jednadžba egzaktna to opće rješenje y (x) ima oblik: u ( x, y ) = c

v)

2

⇔

y cos x − x 2 y 2 = c .

Sada još trebamo odrediti konstantu c iz uvjeta y (0) = 1 . Uvrštavanjem ovog uvjeta u opće rješenje slijedi: 1 ⋅ cos 0 − 0 212 = c ⇒ c = 1 , pa je traženo rješenje zadatka funkcija: y cos x − x 2 y 2 = 1.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

176

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ Naći opće rješenje dane egzaktne diferencijalne jednadžbe. 741. (3 y + xy 2 )dx + (3x + x 2 y )dy = 0 . 743. ( x + y ) y '+ y = 0 .

744. 2 xe y dx + ( x 2 − y 2 − 2 y )dy = 0 .

745. e − y dx − (2 y + xe − y ) dy = 0 .

746. ydx + ( xy 3 + x ln x)dy = 0 .

747. (1 + y 2 sin 2 x)dx − 2 y cos 2 xdy = 0 .

742. (2 y − e y )dx + (2 x − xe y )dy = 0 .

748. 3x 2 (1 + ln y )dx − (2 y −

x3 ) dy = 0 . y

Naći partikularno rješenje. (2 y − x) y '+( 2 x − y ) = 0 749.  .  y (2) = 4

(2 y + x + ye y )dy + (e x + y ) = 0 750.  .  y (0) = 1

♠RJEŠENJA♠ 741. xy (6 + xy ) = c .

742. x(2 y − e y ) = c .

745. xe − y − y 2 = c .

746. 4 y ln x + y 4 = c .

y2 = c . 744. e y ( x 2 − y 2 ) = c . 2 2 747. x − y cos 2 x = c .

743. xy +

748. x 3 + x 3 ln y − y 2 = c . 749. x 2 − xy + y 2 = 12 .

9.6

DIFERENCIJALNA STUPNJA

750. e x + xy + y 2 + ( y − 1)e y = 2 .

JEDNADŽBA

HOMOGENOG

Diferencijalna jednadžba f ( x, y )dx + g ( x, y ) dy = 0 je homogenog stupnja ukoliko se može dy y = h( ) . Na primjer, ukoliko su f ( x, y ) i g ( x, y ) polinomi homogenog svesti na oblik dx x stupnja odnosno ako postoji broj λ takav da vrijedi f (tx, ty ) = t λ f ( x, y ) i g (tx, ty ) = t λ g ( x, y ) dy y = h( ) . tada se diferencijalna jednadžba f ( x, y )dx + g ( x, y )dy = 0 može svesti na oblik dx x y Potom, uvodimo supstituciju z = , te se početna jednadžba svodi na oblik riješiv metodom x separacije varijabli. To ćemo pokazati na nekoliko riješenih primjera. ☺ 751. Riješiti diferencijalnu jednadžbu homogenog stupnja − ( x 2 + 5 y 2 ) dx + xydy = 0 . Nije

teško primjetiti da su funkcije f ( x, y ) = −( x 2 + 5 y 2 ) i

g ( x, y ) = xy polinomi homogenog

9. Diferencijalne jednadžbe

177

stupnja 2 odnosno f (tx, ty ) = t 2 f ( x, y ) i g (tx, ty ) = t 2 g ( x, y ) . Stoga djeljenjem sa x 2 ćemo ovu jednadžbu svesti na oblik: y y dy − 1 − 5( ) 2 + =0. x x dx y Supstitucijom z = , gdje je y ' = xz '+ z dobivamo: x 1 1 − − 5 z + xz '+ z = 0 ⇔ xz ' = + 4 z . z z Ova se jednadžba rješava separacijom varijabli: xz ' =

S obzirom da je z =

zdz dx zdz dx 1 + 4z ⇔ = ⇔ = 2 2 z x x 1 + 4z 1 + 4z 8 1 cx − 1 ln(1 + 4 z 2 ) = ln x + c ⇒ z 2 = . 8 4

∫

∫

⇒

y odnosno y = xz traženo rješenje jednadžbe − ( x 2 + 5 y 2 ) dx + xydy = 0 x

je funkcija y ( x) = ± x

cx 8 − 1 . 4

☺ 752. Riješiti diferencijalnu jednadžbu: y

− y y '− = e x . x

Supstitucijom z =

y , gdje je y ' = xz '+ z lako dobivamo da je: x xz '+ z − z = e − z ⇔ xz ' = e − z .

Ova se jednadžba rješava separacijom varijabli: dx dx xz ' = e − z ⇔ e z dz = e z dz = ⇔ x x e z = ln x + c ⇒ z = ln(ln x + c) .

∫

∫

⇒

y

S obzirom da je z = y ( x) = x ln(ln x + c) .

− y y odnosno y = xz traženo rješenje jednadžbe y '− = e x je funkcija x x

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ U slijedećim zadacima naći opće rješenje diferencijalne jednadžbe. 753. xy ' = 2 x + y .

754. xyy ' = x 2 − 3 y 2 .

755. 4 xy 3 y ' = 4 y 4 + x 4 . 757. (2 x 2 − y 2 ) y '−6 yx = 0 .

756. 4 xy 3 y ' = 6 y 4 + x 4 . 758. xy ' = x − y .

759. xy '− y = x 2 + y 2 .

760. ( x 2 y 2 − x 4 ) y ' = x 2 y 2 − y 4 .

761. y 2 + x 2 y ' = xyy' .

762. ( x 2 + y 2 ) y ' = 2 xy .

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

178

763. xy '− y = x tg

y . x

764. xy ' = y −

y x xe

.

U slijedećim zadacima naći partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe.

 xy − y 2  y' = 767.  x2 .  y (1) = 1

2 2   y' = y − x + y . 766.  x  y (1) = 0  x+ y   y' = 768.  x .  y (1) = 1

y + 2x   y' = 769.  2y − x .  y (1) = 1

 y ( y 2 + 3x 2 )  y' = 770.  . 2x3  y (1) = 1

y x   y' = + 765.  x y.  y (4) = 0

♠RJEŠENJA♠ x2 c + 6 . 755. y 4 = x 4 (log x + c) . 756. x 4 + 2 y 4 = cx 6 . 4 x x c x . y 2 = c( y 2 + 4 x 2 ) 3 . 758. y = + . 759. y = cx 2 + 1 / c . 760. y = 2 x cx − 1 y y = ce y / x . 762. y 2 − x 2 = cy i y = 0 . 763. sin = cx . 764. y = − x ln ln cx . x 2 1− x x x . 767. y = . 768. y = x(1 + ln x) . y 2 = 2 x 2 ln . 766. y = 4 2 1+ ln x 1 x3/ 2 y = ( x + 5 x 2 − 4 ) . 770. y = . 2 2− x

753. y = 2 x ln x + cx . 754. y 2 = 757. 761. 765. 769.