Page 1
8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica
http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 1/6
Rješenja zadataka sa ispitnog roka iz Matematike 1 13.06.2008.
Grupa C
1. Ispitati i nacrtati graf funkcije12 x y x e .
Rješenje: Očito je 0, x dakle , 0 0, . p
D
Funkcija je ni parna ni neparna.
Nula nema jer je 0 x .
Znak: 0 y za sve p x D .
Asimptote:
a) Vertikalna 0 x (desna) jer1 1
1 1
1 12 2. . . .2
0 0 0 0 0 0
2 3 2
1 1
1 1 1 1lim lim lim lim lim lim
1 2 1 12 2 2 2
x x
x x L P L P x x
x x x x x x
e ee e x x x e e e
x x x x
,
dok je s druge strane1
2
0lim 0 0 0 0. x
x x e e
b) Horizontalne nema jer je1
2 0lim . x
x x e e
c) Kose nema jer je
112
lim lim . x
x
x x
x ek xe
x
Prvi izvod, ekstremi, tok funkcije:
1 1 1 1
2 2
2
12 2 1 . x x x x y x e xe x e e x
x
Otuda je1
' 0 2 1 .2
y x x
1
2
2 1 x - +
y' - +
y
Pošto je
2 221 1
1,852 2 4
e y e , funkcija ima minimum u tački
21, .
2 4
eT
Drugi izvod, prevojne tačke, konveksnost, konkavnost:
1 1 1 1 1 2
2 2 2
1 2 1 2 2 12 1 2 1 2 2 . x x x x x
x x x y e x e x e e e
x x x
Zato je 2
1,2
2 4 80 2 2 1 0
4 y x x x , pa funkcija nema prevojnih tačaka.
Očito je 0 y za sve p x D , pa je funkcija konveksna.
Grafik:
Page 2
8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica
http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 2/6
2. Izračunati integral3
2 2(1 )
arctgx xe
I
x
.
Rješenje:
1
3 2 2 2 22 22
2
2
sin
cos
(1 ) 1 1 sin(1 ) 1 1
cos
sinsincos sin sin cos .
1 cos
cos
t arctgx arctgx t
t t
t t t
t
I
t arctgx t x tgt e xe dx xe dx tgt e t I dt dt dx
dt x x tg t t x x
t
t e u t dv e dt t dt t e dt e t e t dt
du t dt v e
t
S druge strane je
1
coscos cos sin cos .
sin
t
t t t t
t
u t dv e dt I e t dt e t e t dt e t I
du tdt v e
Zato jesin cos
sin cos 2 sin cos .2
t
t t t e t t
I e t e t I I e t t C I C
Najzad, kad vratimo smjenu imamo konačni rezultat:
sin cos
2
arctgxe arctgx arctgx I C .
3. Pretvori3
cos sin4 4
i z
i
i1 3
cos sin4 4
iw
i
u trigonometrijski oblik te izračunaj
3 z i 4 w .
Rješenje: 5
3 3 1 2, arg 36 6
i i jer je1 3
33tg , a
.2 Zato je5 5
3 2 cos sin6 6i i . Slijedi:
Page 3
8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica
http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 3/6
5 52 cos sin
5 5 7 76 62 cos sin 2 cos sin .
6 4 6 4 12 12cos sin
4 4
i
z i i
i
Sada je
3
3 7 7 7 7 7 72 cos sin 8 cos 3 sin 3 8 cos sin .12 12 12 12 4 4
z i i i
Pošto je7
24 4
(četvrti kvadrant!), imamo da je
3 2 28 cos sin 8 4 2 1 .
4 4 2 2 z i i i
1 3 1 3 2, arg 1 3 ,3
i i jer je 3tg , a 0 .2
Zato je 1 3 2 cos sin3 3
i i . Slijedi:
2 cos sin7 73 3
2 cos sin 2 cos sin .3 4 3 4 12 12
cos sin4 4
i
w i i
i
Otuda je 44
7 72 2
12 122 cos sin , 0,1, 2,3 .4 4
k k
w i k
4. Dati su vektori nm , takvi da je 1 , 2m n i ,4
m n . Naći površinu i
unutrašnje uglove paralelograma ako su vektori dijagonala nmd 251 i
nmd 432 .
Rješenje: Označimo sa a i b vektore na stranicama paralelograma (nad kojima je
paralelogram konstruisan). Tada je1
2
5 2
3 4
a b d m n
a b d m n.
Sabiranjem ovih jednakosti dobijamo 2 8 2 4 .a m n a m n Oduzimanjem tih
jednakosti bi dobili 2 2 6 3 .b m n b m n
Površina paralelograma je
4 3 12 12 13
213 sin , 13 2 1 13 2.
2
P a b m n m n m n n m n m n m n m
n m n m
Jedan unutrašnji ugao paralelograma je , cos .a b
a ba b
Page 4
8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica
http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 4/6
Drugi unutrašnji ugao je . Ostala dva su podudarni sa , odnosno . Otuda je
dovoljno izračunati samo ugao .
Imamo da je
2 2 24 3 4 12 3 4 1 11 1 2 3 4 8 11 2.
2
a b m n m n m m n m n n
22 2 2 24 16 8 16 1 8 1 2 4 20 8 2 4 5 2 2 .
2a m n m mn n
Zato je 4 5 2 2 2 5 2 2 .a
Grupa D
1.
Ispitati i nacrtati graf funkcije
2
(1 )
x
y x e .
Rj ešenje: Funkcija je definisana za sve x . Dakle, , p
D .
Funkcija je ni parna ni neparna.
Nula nema, 0 1 y , pa grafik siječe y – osu u tački 0,1T .
Znak 0 y za sve x
Asimptote:
a) Vertikalnih nema
b) Horizontalna 0 y kad x , jer je2 . . . .
2 1 2 2 2lim (1 ) 0 lim lim lim 0, L P L P
x x x x x x x x x x x e
e e e
2lim (1 ) . x
x x e
c) Kose nema
Prvi izvod, ekstremi, tok funkcije:
22 2 2(1 ) 2 (1 ) 2 1 1 . x x x x x y x e xe x e e x x e x
Očito je 0 y samo za 1 x , međutim pošto je 0 y za sve x , funkcija je rastuća i
nema ekstrema.
Drugi izvod, prevojne tačke, konveksnost i konkavnost:
2 21 1 2 1 1 1 2 1 3 . x x x x x y e x e x e x e x x e x x
Page 5
8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica
http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 5/6
Dakle, 0 y za 1 x i 3 x .
3 1
1 x - - +
3 x - + +
y + - +
y
Pošto je 11 2 y e i 33 10 y e imamo dvije prevojne tačke 1
1 1, 2 , P e
3
2 3,10 P e .
Grafik:
2. Izračunati integral
2
x
x
dx I
e e
.
Rješenje:
2
2
2 22
ln 2
1 2 .2 1
2
x
x x
e t
x t dt
dx dt t I dx t dt t t t t e e t
dx dt t
Sad nam treba razlaganje racionalne funkcije
2
2 2
11 1 1 .
1 1
a b cat t b t ct
t t t t t
Dobija se da je 1. 1.a b c
Otuda je2
1 1 1 1 1 12 2 ln ln 1 2 ln
1
t I dt dt dt t t C C
t t t t t t ,
dakle1 1
2 ln x
x x
e I C
e e.
3. Dokazati matematičkom indukcijom da vrijedi: 2 2 157 | 7 8 , 0,1, 2,...n n n
Rješenje: Za 0n tvrdnja glasi 257 |7 8 57 | 57 , što je očito tačno.
Page 6
8/11/2019 Matematike1 Masinski fakultet Zenica
http://slidepdf.com/reader/full/matematike1-masinski-fakultet-zenica 6/6