Zadaci i Rjesenja Sa Pismenog Ispita Iz Matematike I

Pismeni dio ispita iz Matematike I, 30. 01. 2014.  I GRUPA  n

1⎞ ⎛ 1. Odrediti broj n ako se zna da peti član razvoja binoma  ⎜ 3 x + ⎟  ne zavisi od x.  x⎠ ⎝ x y z x − 2 y −1 z + 2   i  naći  njihovu  međusobnu  2. Dokazati  da  se  mimoilaze  prave  a : = =   i  b : = = 2 −3 1 3 −5 2 udaljenost.  3. Ispitati funkciju i nacrtati joj graf:  y = e

x2 2

( 3x

dx

∫ 1+

4. Izračunati integral  I =

−

e + 3 ex + 6 ex x

− x4 ).  

2

. 

Rješenja:  n−4

n−4

n −16

4 −4 ⎛ n ⎞ ⎛n⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛n⎞ ⋅ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⋅ x 3 ⋅ x −4 = ⎜ ⎟ ⋅ x 3 = ⎜ ⎟ ⋅ x 3 .  x 4 ⎝ x ⎠ ⎝4⎠ ⎝ ⎠ ⎝4⎠ Ovaj izraz ne zavisi od x ako je  n = 16.   JJG JJG 2. Vektori  pravca  datih  pravih  su:  p1 = ( 2, −3,1)   i  p2 = ( 3, −5, 2 ) .   Ovi  vektori  nisu  kolinearni,  jer 

⎛n⎞ 1. T5 = ⎜ ⎟ ⎝4⎠

( ) 3

n−4

2 −3 1 Ovo  se  može  ≠ ≠ .  3 −5 2 G G G i j k JJG JJG G p1 × p2 = 2 −3 1 = ( −1, −1, −1) ≠ 0.  

dokazati 

i 

računanjem 

vektorskog 

proizvoda 

3 −5 2 JJJG

Najzad, pošto  O ( 0, 0, 0 ) ∈ a, T ( 2,1, −2 ) ∈ b  i  OT = ( 2,1, −2 ) ,  te 

(

2 1 −2 0 JJJG JJG JJG OT × p1 ⋅ p2 = 2 −3 1 = 8

)

3 −5

1 0 −3 −5 = −1,  

13 −5 −8

2

date prave se ne sijeku, dakle one se mimoilaze.   Traženu udaljenost računamo po formuli (zbirka zadataka, str. 93): 

JJJG JJG JJG

(OTJJG× pJJG 1 ) ⋅ p2 d= p1 × p2

=

1 .  3

3. Definiciono područje date funkcije je cijeli skup realnih brojeva. Data funkcija je očigledno parna na svom  definicionom području. Pošto je  

y=e

−

x2 2

( 3x

2

−x

4

)=e

−

x2 2

⋅ x2 (3 − x2 ) ,

 

imamo da su nule date funkcije x1 = 0, x2,3 = ± 3.     Funkcija je pozitivna na intervalu − 3, 3 , a negativna na intervalima  −∞, − 3 ∪     Očigledno je da funkcija nema vertikalnih asimptota. Pošto je  

(

lim e x →∞

−

x2 2

( 3x

2

−x

4

) = lim

3x 2 − x 4

x →∞

e

x2 2

)

L. P.

= lim

x →∞

(

6 x − 4 x3 x2 2

e ⋅x

= lim

6 − 4 x2

x →∞

e

x2 2

L. P .

= lim x →∞

) (

−8 x x2 2

e ⋅x

= −8 lim e x →∞

)

3, +∞ .  

−

x2 2

=0

 

−

x2 2

(

)

i na isti način zaključimo da je lim e 3x 2 − x 4 = 0,     x →−∞ data funkcija ima horizontalnu asimptotu y = 0, dok kose asimptote nema.      Prvi izvod funkcije jednak je: 

y′ = e

−

x2 2

( − x ) ( 3x

− x )+e

2

4

−

x2 2

x2 2

( 6 x − 4 x ) = e ( −3 x −

3

3

+ x + 6x − 4x 5

3

x2 2

) = e (x −

5

− 7 x3 + 6 x ) .

Slijedi da je y′ = 0 ako je      

 

x 5 − 7 x 3 + 6 x = 0 ⇒ x ( x 4 − 7 x 2 + 6 ) = 0 ⇒ x ( x 2 − 6 )( x 2 − 1) = 0 ⇒ x1 = 0, x2,3 = ± 6, x4,5 = ±1.  

                                             −∞           −

   1              6             +∞   6       −1            0               

x 

− 

− 

− 

+ 

+ 

+ 

x2 − 6  

+ 

− 

− 

− 

− 

+ 

x2 −1  

+ 

+ 

− 

− 

+ 

+ 

y′  

− 

+ 

− 

+ 

− 

+ 

y 

2 

/ 

2 

/ 

2 

/ 

  Pošto je  y ( 0 ) = 0; y ( ±1) = 2e

(

tačkama  T1 − 6, −18e

−3

−

) , T2 (

1 2

(

)

≈ 1, 21; y ± 6 = −18e −3 ≈ −0,9,  imamo da su minimumi funkcije u 

6,18e

−3

)

1 1 ⎛ ⎛ − ⎞ − ⎞  i  O ( 0, 0 ) ,  a maksimumi su  T3 ⎜ −1, 2e 2 ⎟ , T4 ⎜ 1, 2e 2 ⎟ .   ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Drugi izvod funkcije jednak je:  x x ⎡ −x 5 ⎤′ − − 3 2 y′′ = ⎢e ( x − 7 x + 6 x ) ⎥ = e 2 ( − x ) ( x5 − 7 x3 + 6 x ) + e 2 ( 5 x 4 − 21x 2 + 6 ) =   ⎢⎣ ⎥⎦ 2

=e

−

x2 2

(−x

2

6

2

+ 7 x − 6 x + 5 x − 21x + 6 ) = e 4

2

4

2

−

x2 2

(−x

6

+ 12 x 4 − 27 x 2 + 6 ) .  

Otuda  y ′′ = 0  ako je   − x 6 + 12 x 4 − 27 x 2 + 6 = 0.   Uzmimo smjenu  x 2 = t.  Dobijamo kubnu jednačinu (poslije množenja sa  ( −1) ): 

t 3 − 12t 2 + 27t − 6 = 0.   Ova jednačina ima 3 realna rješenja čije su približne vrijednosti  t1 ≈ 9,1; t2 ≈ 2, 64; t3 ≈ 0, 25.  

Vraćajući se na promjenljivu x, vidimo da će funkcija imati 6 prevojnih tačaka.  Analiza znaka drugog izvoda funkcije nije obavezna u ovom slučaju. 

ex = t 6 4.

I =∫

dx 1 + ex + 3 ex + 6 ex

= 6∫

= e x dx = 6t 5 dt dx =

6t 5 6t 5 6 = dt dt = dt 6 x e t t

(

dt .  t (1 + t + t 2 + t ) 3

)

Pošto je 1 + t 3 + t 2 + t = (1 + t ) + t 2 (1 + t ) = (1 + t ) 1 + t 2 ,  imamo da je    dt I = 6∫ . 

(

t (1 + t ) 1 + t 2

)

Razlaganjem na parcijalne razlomke dobijemo: 

1

(

( ) 3 I = 6 ln t − 3ln 1 + t − ln (1 + t ) − 3arctg t + C   2 t (1 + t ) 1 + t 2

)

t +1 1 1 = − − ,  pa je  t 2 (1 + t ) 2 1 + t 2 2

(

) (

(

)

3 6 6 6 6 I = 6 ln e x − 3ln 1 + e x − ln 1 + e 2 x − 3arctg e x + C   2 3 6 3 6 I = x − 3ln 1 + e x − ln 1 + e x − 3arctg e x + C.   2

(

)

)

  II GRUPA  1. Naći sve racionalne članove u razvoju binoma 

(

8

2+ 2

)

14

. 

2. Naći ravan koja prolazi kroz pravu  a : x + 5 y + z = 0, x − z + 4 = 0  i sa ravni  x − 4 y − 8 z + 1 = 0  zatvara  ugao od  450.   3. Ispitati funkciju i nacrtati joj graf:  y = e 4. Izračunati integral 

∫

x ⋅ 4 1−

1 x3

−2 x 2

(1 − 4 x ) .    2

dx.  

Rješenja: 

1.

⎛14 ⎞ 0 ≤ k ≤ 14 ⇒ Tk +1 = ⎜ ⎟ ⎝k⎠

14− k k

14− k + 4 k

14+3k 8 . 

+ ⎛ 14 ⎞ ⎛ 14 ⎞ ⎛ 14 ⎞ ⋅ 2 = ⎜ ⎟⋅2 8 2 = ⎜ ⎟⋅2 8 = ⎜ ⎟⋅2 2 ⎝k⎠ ⎝k⎠ ⎝k⎠ 14 + 3k  cijeli broj.  Pošto je  Racionalne članove ćemo dobiti kad je razlomak  8 3 ( k + 2) 14 + 3k 8 + 6 + 3k = = 1+ ,  ovo je cijeli broj ako je  k + 2  djeljivo sa 8. U skupu  8 8 8 {0,1, 2,...,14}  taj uslov zadovoljavaju brojevi  k = 6  i  k = 14.  Traženi racionalni članovi su: 

14+18 8

⎛ 14 ⎞ T7 = ⎜ ⎟ ⋅ 2 ⎝6⎠

( ) 8

14− k

( )

k

14+ 42 8

⎛14 ⎞ = 3003 ⋅16 = 48048  i  T15 = ⎜ ⎟ ⋅ 2 ⎝ 14 ⎠

= 27 = 128.  

2. Napišimo jednačinu pramena svih ravni koje prolaze kroz pravu  a : x + 5 y + z + λ ( x − z + 4 ) = 0,  tj. 

x (1 + λ ) + 5 y + z (1 − λ ) + 4λ = 0.  

G

Ravan  x − 4 y − 8 z + 1 = 0  ima vektor normale  n = (1, −4, −8 ) .  Zato tražimo  λ ∈ \  tako da ugao 

G JJG

između vektora  n  i  nλ = (1 + λ ,5,1 − λ )  bude  450.  Dakle, 

G JJG n ⋅ nλ 1 + λ − 20 − 8 + 8λ cos 45 = G JJG =   2 2 n ⋅ nλ 1 + 16 + 64 ⋅ (1 + λ ) + 25 + (1 − λ ) 0

⇒

9 ( λ − 3) 2 = ⇒ 2λ − 6 = 4λ 2 + 54.   2 9 2λ 2 + 27 3 4

Kvadriranjem i sređivanjem dobijemo  −24λ = 18 ⇒ λ = − .  

⎛ ⎝

Tražena ravan je  x ⎜ 1 −

3⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎟ + 5 y + z ⎜ 1 + ⎟ + 4 ⎜ − ⎟ = 0 ⇒ x + 20 y + 7 z − 12 = 0.   4⎠ ⎝ 4⎠ ⎝ 4⎠

3. Definiciono područje date funkcije je cijeli skup realnih brojeva. Data funkcija je očigledno parna na  svom definicionom području.  

1 1 Očito je  y = 0  ako je  4 x 2 = 1 ⇒ x 2 = ⇒ x = ± .   4

2 1⎞ ⎛1 ⎛ 1 1⎞ ⎛ ⎞ Znak:  x ∈ ⎜ − , ⎟ ⇒ y > 0  i  x ∈ ⎜ −∞, − ⎟ ∪ ⎜ , +∞ ⎟ ⇒ y < 0.   2⎠ ⎝2 ⎝ 2 2⎠ ⎝ ⎠

       Očigledno je da funkcija nema vertikalnih asimptota. Pošto je                   lim e

−2 x 2

x →∞

(1 − 4 x ) = lim 2

1 − 4 x2

x →∞

(

e

)

2x

2

−8 x

L. P.

= lim x →∞

e

2 x2

⋅ 4x

= −2 lim x →∞

1 e

2 x2

= 0, a na isti način zaključimo da je  

     

lim e −2 x 1 − 4 x 2 = 0, data funkcija ima horizontalnu asimptotu y = 0, dok kose asimptote nema.        x →−∞               Prvi izvod funkcije jednak je:  2

y′ = e−2 x ( −4 x ) (1 − 4 x 2 ) + e−2 x ( −8 x ) = e−2 x ( −4 x + 16 x3 − 8 x ) = e−2 x (16 x3 − 12 x ) . 2

2

2

y′ = 0 ako je  16 x 3 − 12 x = 0 ⇒ x (16 x 2 − 12 ) = 0 ⇒ x1 = 0 ∨ x 2 =  

  Druge koordinate stacionarnih tačaka su:  3

− ⎛ 3⎞ y ( 0 ) = 1,   y ⎜⎜ ± ⎟⎟ = −2e 2 ≈ −0, 45.   ⎝ 2 ⎠

                 

2

 

12 3 3 = ⇒ x2,3 = ± .  16 4 2

                                                               −∞          −

3 3         0                      +∞   2 2

x 

− 

− 

+ 

+ 

16 x 2 − 12  

+ 

− 

− 

+ 

y′  

− 

+ 

− 

+ 

y 

2 

/ 

2 

/ 

 

⎛

3 3 ⎛ 3 − ⎞ − ⎞ 3 , −2e 2 ⎟  i  T2 ⎜ , −2e 2 ⎟  imamo minimum, a maksimum je u tački  ⎟ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎠ ⎝ ⎠

Prema tome, u tačkama  T1 ⎜ −

⎜ ⎝

T3 ( 0,1) .   ′    y ′′ = ⎡ e −2 x 16 x 3 − 12 x ⎤ = e −2 x 2

⎣

   = e

−2 x 2

(

)⎦

2

( −4 x ) (16 x3 − 12 x ) + e−2 x

2

( 48 x

2

− 12 )  

( −64x4 + 48x2 + 48x2 − 12) = e−2 x ( −64x4 + 96 x2 − 12) .   2

y′′ = 0 ⇒ −64 x 4 + 96 x 2 − 12 = 0 ⇒ 16 x 4 − 24 x 2 + 3 = 0.   x 2 = t ⇒ 16t 2 − 24t + 3 = 0 ⇒ t1,2 =

24 ± 8 6 3 ± 6 = .  32 4

3± 6 −  funkcija ima 4 prevojne tačke. Pokažite to analizom znaka drugog izvoda.  2

Otuda je  x = ±

1

4. Imamo integral binomnog diferencijala  I =

Pošto  je  m = −3

1 4 −3

)

1 2

1 3 1 m +1 , n = − , p = ,   slijedi  da  je  = −1.   Dakle,  u  pitanju  je  drugi  slučaj  i  uzimamo  smjenu  2 2 4 n

1− x 2 = t4 ⇒ x I = ∫ (1 − t

∫

−3 4 ⎛ ⎞ x ⋅ 4 1− dx = ∫ x ⋅ ⎜1 − x 2 ⎟ dx.   x3 ⎝ ⎠

1

−

3 2

= 1 − t 4 ⇒ x = (1 − t 4 )

−

2 3

⇒ dx = −

5 2 4 −3 1 − t ⋅ ( −4t 3 ) dt ,  pa je  ( ) 3

5 8 3 8 t4 8 t3 4 −3 ⋅ t ⋅ t ⋅ (1 − t ) dt = ∫ dt = t ⋅ dt.   3 3 (1 − t 4 )2 3 ∫ (1 − t 4 )2

Dalje 

rješavamo 

parcijalnom 

integracijom. 

Uzećemo 

da 

je 

u = t ⇒ du = dt  

i 

1− t = z 1 dz 1 1 ,  pa je   =− ∫ 2 = = 1 3 4 z 4 z 4 (1 − t 4 ) t dt = − dz 4 4

dv =

t3

(1 − t )

4 2

dt ⇒ v = ∫

t3

dt =

(1 − t )

4 2

⎡ ⎤ 8⎢ t 1 dt ⎥ I= ⎢ − ⎥.   3 ⎢ 4 (1 − t 4 ) 4 ∫1 −

t4 ⎥ I1 ⎣ ⎦

I1 = ∫

dt 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 1 1+ t 1 = ∫⎜ + dt = ⋅ ln + arctg t + C.   2 2 ⎟ 2 (1 − t )(1 + t ) 2 ⎝ 1 − t 1 + t ⎠ 2 2 1 − t 2 2

Na kraju uvrstiti smjenu  t = 4 1 −

1 x3

. 

  III GRUPA  10

⎛ x +1 x −1 ⎞ 1. Naći član u razvoju binoma  ⎜ − ⎟ koji ne sadrži x.  3 2 3 x x − 1 x x − + ⎝ ⎠ 2. Naći jednačinu prave koja siječe prave  a :

c:

x + 2 y −1 z − 3 = = .  8 7 1

x+3 y −5 z x − 10 y + 7 z = =  i  b : = =  i paralelna je pravoj  2 3 1 5 4 1

x ( x + 2) 3. Ispitati funkciju i nacrtati joj graf:  y = .  x2 − 3 dx 4. Izračunati integral  ∫ .  4 sin x + cos 4 x 2

  Rješenja: 

1.

3

x − x +1 2

3

( x) 3

x +1

=

3

3

+1

x − x +1 2

3

( x ) −1 = ( ( x) − x 2

x −1 = x− x

( =

x

(

)(

x +1

3

2

)=

x +1

)

x −1

10

)=

x2 − 3 x + 1

x − x +1

3

)(

x −1

2

3

3

x +1 = x 10

3

x + 1,  dok je 

x 1 1 ,  dakle,  + = 1+ x x x

⎛ ⎡3 x +1 x −1 ⎞ 1 ⎞⎤ 1 ⎞ ⎛ ⎛3 − ⎜3 2 3 ⎟ = ⎢ x + 1 − ⎜1 + ⎟⎥ = ⎜ x − ⎟ .  x ⎠⎦ x⎠ ⎝ ⎝ ⎣ ⎝ x − x +1 x − x ⎠ ⎛10 ⎞ Članovi su: Tk +1 = ⎜ ⎟ ⎝k⎠  

( x) 3

10 − k

10

10 − k 20 − 2 k −3 k 1 − k ⎛10 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛10 ⎞ k k 3 6 2 − = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ = x x x 1 1 ( ) ( ) ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜k⎟ x⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝k⎠   k

20 −5 k ⎛10 ⎞ k = ⎜ ⎟ ⋅ ( −1) ⋅ x 6 , pri čemu je  k ∈ {0,1, 2,...,10} .   ⎝k⎠  

⎛10 ⎞ 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 4 = 210.   ⎟ ⋅ ( −1) = 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⎝4⎠ JG 2. Zbog paralelnosti sa pravom c, za vektor pravca tražene prave možemo izabrati vektor  p = ( 8, 7,1) .   Član koji ne sadrži x dobije se kada je  20 − 5k = 0 ⇒ k = 4 ⇒ T5 = ⎜

Pretpostavimo  da  tačka  M ( x, y, z )   pripada  traženoj  pravoj.    Pošto  A ( −3,5, 0 ) ∈ a,   te 

B (10, −7, 0 ) ∈ b,  iz uslova da se tražena prava siječe sa pravim a, odnosno b, slijedi:  −3 − x 5 − y − z 10 − x −7 − y − z 2 3 1 = 0  i  5 4 1 = 0.   8 7 1 8 7 1 Računanjem ovih determinanti dobijemo:  2 x − 3 y + 5 z + 21 = 0,  odnosno  − x + y + z + 17 = 0.   Eliminacijom nepoznate x iz ove dvije jednačine dobijemo:  − y + 7 z + 55 = 0.   Ova je jednačina zadovoljena za npr.  y = −1 i z = −8.  Tada je  x = 8.  Dakle, tačka  M ( 8, −1, −8)  leži  na traženoj pravoj. Njena jednačina je 

x − 8 y +1 z + 8 = = .  8 7 1

3. Funkcija je definisana za  x 2 ≠ 3 ⇒ x ≠ ± 3.  Nema osobine parnosti i neparnosti.  Ima dvije nule:  x1 = 0, x2 = −2.   Znak funkcije:                                                          −∞          −

3            0            3             +∞  

x 

− 

− 

+ 

+ 

x2 − 3  

+ 

− 

− 

+ 

y 

− 

+ 

− 

+ 

  Funkcija ima dvije vertikalne asimptote  x = 3  i  x = − 3  i pri tome vrijedi: 

x ( x + 2) = 3− x2 − 3 2

lim

x→

3

(

3+2 0−

(

)

2

x ( x + 2) = 3+ x2 − 3 2

= −∞; lim

2 − 3 − 3+2 x ( x + 2) lim = x →− 3 − 0+ x2 − 3

)

  x→

2

3

(

3+2 0+

(

)

2

= +∞;

2 − 3 − 3+2 x ( x + 2) = −∞; lim = 2 0−   x →− 3 + x − 3

)

  2

= +∞.  

Funkcija nema horizontalnu asimptotu jer je  

x ( x + 2) x ( x + 2) x3 x3 lim = lim = lim x = +∞ ; lim = lim = lim x = −∞. 2 x →+∞ x →+∞ x 2 x →+∞ x →−∞ x 2 x →−∞ x2 − 3   x →−∞ x − 3   2

2

x ( x + 2) x ( x + 2) 2 2 2 x + 2 ( ) = 1 = lim x − 3 , Kosa asimptota: y = kx + n, k = lim x − 3 = lim 2 x →+∞ x →+∞ x − 3 x →−∞ x x       2

2

2 2 x ⎡( x + 2 ) − ( x 2 − 3 ) ⎤ ⎡ x ( x + 2 )2 ⎤ ⎦ = lim x ( 4 x + 7 ) = lim 4 x = 4. n = lim ⎢ 2 − x ⎥ = lim ⎣ x →±∞ x →±∞ x →±∞ x 2 x2 − 3 x2 − 3   ⎢⎣ x − 3 ⎥⎦ x→±∞ Dakle, prava y = x + 4 je kosa asimptota. 

    Prvi izvod funkcije jednak je   2 2 2 2 ⎡ x ( x + 2 )2 ⎤′ ⎡⎣( x + 2 ) + x ⋅ 2 ( x + 2 ) ⎤⎦ ( x − 3) − 2 x ( x + 2 ) =  y′ = ⎢ 2 ⎥ = 2 2 ⎢⎣ x − 3 ⎥⎦ x − 3 ( )

=

=

( x + 2 ) ⎡⎣( x + 2 + 2 x ) ( x 2 − 3) − 2 x 2 ( x + 2 )⎤⎦ ( x + 2 ) ( 3x3 − 9 x + 2 x 2 − 6 − 2 x3 − 4 x 2 )

(x

2

− 3)

( x + 2 ) ( x3 − 2 x 2 − 9 x − 6 )

( x 2 − 3)

2

=

2

(x

2

− 3)

2

. 

Stacionarne tačke:  x + 2 = 0 ⇒ x1 = −2  i 

x3 − 2 x 2 − 9 x − 6 = 0 ⇒ ( x + 1) ( x 2 − 3 x − 6 ) = 0 ⇒ x2 = −1, x3,4 =

x3 =

3 ± 33 .   2

3 + 33 3 − 33 ≈ 4,37; x4 = ≈ −1,37;   2 2

x ( x + 2) Uvrštavanjem u y = dobije se:    x2 − 3   2

⎛ 3 + 33 ⎞ 69 + 11 33 ⎛ 3 − 33 ⎞ 69 − 11 33 ≈ 11, 02  i  y ⎜⎜ ≈ 0, 48.   y ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎟⎟ = 2 12 2 12 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠                                                   −∞            −2             x4           −1              x3             +∞  

   

x+2 

− 

+ 

+ 

+ 

+ 

x + 1 

− 

− 

− 

+ 

+ 

x 2 − 3x − 6  

+ 

+ 

− 

− 

+ 

y′  

+ 

− 

+ 

− 

+ 

y 

/ 

2 

/ 

2 

/ 

= 

⎛

1⎞

Zaključujemo da funkcija ima maksimum u tačkama  T1 ( −2, 0 ) , T2 ⎜ −1, ⎟ , a minimum u tačkama   2⎠   ⎝

⎛ 3 + 33 69 + 11 33 ⎞ ⎛ 3 − 33 69 − 11 33 ⎞ T3 ⎜⎜ , , ⎟⎟  i  T4 ⎜⎜ ⎟⎟ .   2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ Drugi izvod funkcije je  

⎡ ( x + 2 ) ( x 3 − 2 x 2 − 9 x − 6 ) ⎤′ 2 ( 7 x 3 + 36 x 2 + 63 x + 36 ) ⎢ ⎥ ′′ y = . = ... = 2 3 2 2 ⎢ ⎥ x 3 x 3 − − ( ) ( ) ⎣ ⎦   U ovoj situaciji nije obavezna analiza znaka drugog izvoda funkcije. Inače, jednačina 

y′′ = 0 ⇒ 7 x 3 + 36 x 2 + 63 x + 36 = 0 ima samo jedno realno rješenje  x0 ≈ −  1, 22.    

I =∫

4.

dx .  sin x + cos 4 x 4

sin 4 x + cos 4 x = ( sin 2 x + cos 2 x ) − 2sin 2 x cos 2 x = 1 −

1 1 2 ( 2sin x cos x ) = 1 − sin 2 2 x,   2 2 1 dt zgodno  je  uzeti  smjenu  tg 2 x = t.   Tada  je  2 x = arctg t ⇒ dx = ⋅ ,   i  korištenjem  formule  2 1+ t2 Pošto  je 

2

tg 2 α sin α = (α ∈ \ )  imamo:  1 + tg 2 α 2

dt 2 1 1 1 tg 2 x dt t I = ∫ 1+ t 2 = ∫ 2 = +C = + C.   arctg arctg 1 t t +2 2 2 2 2 2 1− ⋅ 2 1+ t2 II  način:  smjena  uobičajena  za  ovaj  tip  integrala  je  tg x = t.   Tada  je  dx =

sin x =

1 dt , , cos x = 2 1+ t2 1+ t

t2 ,  pa je   1+ t2

dt 1 +1 2 /:t 2 2 + 1 t 1+ t t2 = = I =∫ dt 2 ∫ 1 + t 4 /:t 2 ∫ 1 2 dt.   2 ⎛ t2 ⎞ ⎛ 1 ⎞ +t 2 +⎜ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎟ t ⎝1+ t ⎠ ⎝ 1+ t ⎠

1 t

⎛ ⎝

Ako  sad  uzmemo  još  jednu  smjenu  t − = z ,   tada  je  ⎜1 + dobije: 

t2 − 2 +

1 1 dz = z2 ⇒ t 2 + 2 = z2 + 2 ⇒ I = ∫ 2 ,  itd.  2 t t z +2

1⎞ ⎟ dt = dz,   dok  se  kvadriranjem  smjene  t2 ⎠

Međutim, integral 

1+ t2 ∫ 1 + t 4 dt  se može rješavati i standardnim postupkom za integrale racionalnih funkcija. 

Najprije rastavimo na faktore polinom 

( ) = (t

t 4 + 1 = ( t 2 + 1) − 2t 2 = ( t 2 + 1) − t 2 2

2

2

2

)(

)

− t 2 +1 t2 + t 2 +1 ,  

pa zatim tražimo nepoznate konstante  a, b, c, d ,  tako da je  

1+ t2 at + b ct + d = 2 + 2 ,  itd.  4 1+ t t − t 2 +1 t + t 2 +1   IV GRUPA    

⎛ a3 a 1 1. U razvoju binoma  ⎜ + ⎜ 6 15 28 a ⎝

n

⎞ ⎟⎟ naći član koji ne sadrži a ako se zna da je zbir binomnih koeficijenata  ⎠

prva tri člana jednak 79.  2. Naći  tačku  na  y  –  osi  koja  je  podjednako  udaljena  od  ravni  α : 2 x + 3 y + 6 z − 6 = 0   i 

β : 8 x + 9 y − 72 z + 73 = 0.   3. Ispitati funkciju i nacrtati joj graf:  y = 4. Izračunati integral 

dx

∫ sin

6

x

ln 2 x − 2 ln x .  x2

. 

Rješenja:  1.

n ( n − 1) ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ = 79 ⇒ n 2 + n − 156 = 0.   ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 79 ⇒ 1 + n + 2 ⎝ 0 ⎠ ⎝ 1⎠ ⎝ 2 ⎠

Rješenja  ove  jednačine  su:  n1 = 12, n2 = −13 − ovo  rješenje  nećemo  uzeti  u  obzir  jer  n ∈ `.   Dakle, 

⎛ a3 a 1 + n = 12,  pa je opšti oblik svih članova u sumi dobijenoj razvojem binoma  ⎜⎜ 15 a 28 ⎝ 6 12 − k

⎛12 ⎞ ⎛ a 3 a ⎞ Tk +1 = ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ k ⎠⎝ 6 ⎠

12 − k

⎛ 1 ⎞ ⎛12 ⎞ ⎛ 1 ⎞12− k ⎛ 43 ⎞ ⋅⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⋅⎜ a ⎟ 15 28 ⎝ ⎠ ⎝ a ⎠ ⎝ k ⎠⎝ 6 ⎠ k

12

⎞ ⎟⎟ ⎠  

12 − k 48 − 4 k 28 k − ⎛ − 28 ⎞ ⎛12 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⋅ ⎜ a 15 ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⋅ a 3 15 , ⎝ ⎠ ⎝ k ⎠⎝ 6 ⎠   k

pri čemu  k ∈ {0,1, 2,...,12} .   Pošto 

tražimo 

član 

koji 

ne 

zavisi 

od 

k, 

očito 

je 

da 

tada 

vrijedi 

48 − 4k 28k − = 0 ⇒ 240 − 20k − 28k = 0 ⇒ 240 = 48k ⇒ k = 5.   3 15 To 

znači 

da 

šesti 

član 

po 

redu 

⎛12 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 ⋅ 8 1 6 ⋅ 2 ⋅11 11 11 T6 = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = . 7 = .  = = 7 4 5! 6 6 3⋅ 6 3888 ⎝ 5 ⎠⎝ 6 ⎠ 7

2

ne 

zavisi 

od 

k, 

2. Neka je tražena  tačka  T ( 0, m, 0 ) ,  pri čemu je m nepoznati broj. Iskoristićemo formulu za udaljenost  tačke od ravni. Udaljenost tačke T od ravni  α : 2 x + 3 y + 6 z − 6 = 0  je: 

d=

2 ⋅ 0 + 3m + 6 ⋅ 0 − 6

=

4 + 9 + 36 a udaljenost tačke T od ravni  β : 8 x + 9 y − 72 z + 73 = 0  je:  d=

8 ⋅ 0 + 9m − 72 ⋅ 0 + 73 64 + 81 + 5184

=

3m − 6 7

, 

9m + 73 .  73

3m − 6 9m + 73 9m + 73 3m − 6 9m + 73 3m − 6 = ⇒ = =− .   ili  7 73 7 73 7 73 73 73 ,  a iz druge  m2 = − .  To znači da zadatak ima dva rješenja,  Iz prve jednačine dobijemo  m1 = 12 282 73 ⎞ ⎛ 73 ⎞ ⎛ tačke  T1 ⎜ 0, , 0 ⎟  i  T2 ⎜ 0, − , 0 ⎟.   282 ⎠ ⎝ 12 ⎠ ⎝ Prema tome, 

 

y=

3.

ln 2 x − 2 ln x .  x2

      Definiciono  područje  date  funkcije  je  interval    ( 0, +∞ ) .   Zbog  toga  funkcija  nema  osobine  parnosti  i  neparnosti. 

Pošto 

je 

ln 2 x − 2 ln x = ln x ( ln x − 2 ) ,  

funkcija 

ima 

dvije 

nul 

– 

tačke, 

ln x = 0 ⇒ x = 1 i ln x − 2 = 0 ⇒ ln x = 2 ⇒ x = e 2 ≈ 7,39.   Znak funkcije:   2                                                                       0              1             e             +∞  

ln x  

− 

+ 

+ 

ln x − 2  

− 

− 

+ 

y 

+ 

− 

+ 

 

ln 2 x − 2 ln x +∞ = = +∞ − što znači da funkcija ima desnu vertikalnu asimptotu  x = 0 − osa Oy.  x →0+ x2 0+ lim

Za  računanje  ovog  limesa  nije  korišteno  Lopitalovo  pravilo,  jer  lim ln x = −∞ ⇒ lim ln 2 x = +∞   i  x →0 +

x →0 +

lim ( −2 ln x ) = +∞.  

x →0 +

1 1 1 2 ln x ⋅ − 2 ⋅ L P . . ln x − 2 ln x +∞ x x = lim ln x − 1 = +∞ = lim x = lim 1 = 0,   što  značii  lim = = lim 2 →∞ x →∞ x x →∞ 2x x x2 +∞ +∞ x →∞ 2 x x→∞ 2 x 2 da funkcija ima desnu horizontalnu asimptotu  y = 0.   2

L. P.

Nema potrebe provjeravati postojanje lijeve vertikalne i lijeve horizontalne asimptote, zbog definicionog  područja. Takođe, nema potrebe provjeravati postojanje kose asimptote.  Prvi izvod funkcije je  

y′ =

( 2 ln x − 2 ) ⋅

1 2 ⋅ x − 2 x ⋅ ( ln 2 x − 2 ln x ) 2 x ( ln x − 1 − ln 2 x + 2 ln x ) 2 ( − ln 2 x + 3ln x − 1) x . = = x4 x4 x3  

y′ = 0 ⇒ − ln 2 x + 3ln x − 1 = 0 ⇒ ln 2 x − 3ln x + 1 = 0.  

ln x = t ⇒ t 2 − 3t + 1 = 0 ⇒ t1,2 =

3± 5 3± 5 ⇒ ln x = . 2 2  

Imamo dvije stacionarne tačke x1 = e  

3+ 5 2

≈ 13, 71  i x2 = e

3− 5 2

≈ 1, 47.  

 

2

⎛ 3+ 5 ⎞ 3 + 5 1+ 5 ⎜ ⎟ − 2⋅ + 3 5 ⎛ ⎞ 2 ⎠ 2 1 + 5 − ( 3+ 5 ) = 32+ 5 = ≈ 0, 009 e Tada je y ⎜ e 2 ⎟ = ⎝ 2 ⎟ 3+ 5 ⎞ 2 e ⎛     ⎜⎝ ⎠ ⎜⎜ e 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠ 2

⎛ 3− 5 ⎞ 3 − 5 1− 5 ⎜ ⎟ − 2⋅ 3 5 − ⎛ ⎞ 2 ⎠ 2 1− 5 = 32− 5 = e i  y ⎜ e 2 ⎟ = ⎝ 2 ⎜ ⎟ 3− 5 ⎞ 2 e ⎛ ⎝ ⎠ ⎜⎜ e 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠

5 −3

≈ −0, 29.  

                                                                      0              x2             x1          +∞  

y′  

− 

+ 

− 

y 

2 

/ 

2 

 

⎛ ⎜ ⎝

Što se tiče ekstrema data funkcija ima minimum u tački  T1 ⎜ e

⎛ 3+ 5 1 + 5 − T2 ⎜ e 2 , e ⎜ 2 ⎝

5 −3

3− 5 2

,

1− 5 e 2

5 −3

⎞ ⎟⎟ ,  a maksimum u tački  ⎠

⎞ ⎟⎟ .   ⎠

Drugi izvod funkcije: 

y′′ = 2 ⋅

( −2 ln x + 3) ⋅

1 3 ⋅ x − 3x 2 ( − ln 2 x + 3ln x − 1) x 2 ( −2 ln x + 3 + 3ln 2 x − 9 ln x + 3) x = 2⋅ =  x6 x6

= 2⋅

x 2 ( 3ln 2 x − 11ln x + 6 ) x6

2 ( 3ln 2 x − 11ln x + 6 )

=

x4

. 

y′′ = 0 ⇒ 3ln 2 x − 11ln x + 6 = 0.   2 ln x = t ⇒ 3t 2 − 11t + 6 = 0 ⇒ t1 = 3, t2 = .   3 ln x = 3 ⇒ x = e ⇒ y = 3

32 − 2 ⋅ 3

(e )

3 2

=

3 = 3e −6 ≈ 0, 007  i  6 e

2

2 ⎛2⎞ 8 − 2 ⎜ ⎟ − 2⋅ 2 8 −4 3 3 = 49 = − e 3 ≈ −0, 23.   ln x = ⇒ x = e 3 ⇒ y = ⎝ ⎠ 2 3 9 ⎛ 23 ⎞ e3 ⎜e ⎟ ⎝ ⎠

                                                                      0             

2 e3

3          e           +∞  

y′′  

+ 

− 

+ 

y 

∪ 

∩ 

∪ 

 

(

)

⎛

2

8 9

Dakle, funkcija ima dvije prevojne tačke  P1 e3 ,3e −6  i  P2 ⎜ e 3 , − e

⎝

−

4 3

⎞ ⎟.   ⎠

dt tg x = t 2 2 t + 1 2 ( ) dt = 1 + 2t 2 + t 4 dt =   dx dx 1+ t 4. I = ∫ = = = = dt ∫ ⎛ t 2 ⎞3 ∫ t 6 ∫ t6 sin 6 x ∫ ( sin 2 x )3 dx = 2 1+ t ⎜ 2 ⎟ ⎝ 1+ t ⎠

1 2t 2 t4 t −5 t −3 t −1 −6 −4 −2 = ∫ 6 dt + ∫ 6 dt + ∫ 6 dt = ∫ t dt + 2∫ t dt + ∫ t dt = + 2⋅ + +C = −5 −3 −1 t t t   1 2 1 1 2 1 1 5 2 3 = − 5 − 3 − +C = − − − + C = − ctg x − ctg x − ctg x + C. 5t 3t t 5tg 5 x 3tg 3 x tg x 5 3