Derivacije

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 2. DERIVACIJA FUNKCIJE 2.1 Pojam derivacije Derivacija funkcije y = f ( x ) , u tocki x0 , koja je definirana u intervalu ( a,b ) jednaka je granicnoj vrijednosti ili limesu izraza: f ' ( x0 ) = lim

f ( x0 + h ) − f ( x0 )

ili

f ' ( x ) = lim

f ( x ++ x ) − f ( + x )

+ x →0 h +x Funkcija je u tocki x = x0 derivabilna, ako ima derivaciju. Tada je u toj tocki i neprekinuta. h →0

Obrat moze ali ne mora vrijediti. Desna derivacija funkcije definirana je kao omjer:

f +' ( x0 ) = lim

Lijeva derivacija funkcije definirana je kao omjer:

f −' ( x0 ) = lim

f ( x0 + h ) − f ( x0 )

, ako h takav limes postoji. Vrijednosti za h, (+ x), poprimaju samo pozitivne vrijednosti kako se priblizava nuli. h →0 +

f ( x0 + h ) − f ( x0 )

, ako takav h limes postoji. Vrijednosti za h, (+ x), poprimaju samo negativne vrijednosti kako se priblizava nuli. Funkcija ima derivaciju u nekoj tocki x = x0 samo ako je

h →0 −

f ' ( x0 ) = f +' ( x0 ) = f −' ( x0 )

Funkcija je u nekom intervalu derivabilna ako ima derivaciju u svim tockama intervala. Graficki gledano, derivacija funkcije u tocki x = x0 jednaka je koeficijentu smjera tangente na tu funkciju, u tocki x0 . f ' ( x0 ) = lim

f ( x0 + h ) − f ( x0 ) h

h →0

Derivacija viseg reda: f

"

= tan α ⇒

( x ) , f (n) ( x )

y − f ( x0 ) = f ' ( x0 )( x − x0 )

se dobije deriviranjem postojece derivacije.

Druga derivacija, derivacijom prve, treca derivacija derivacijom druge itd. Tumacenje derivacija viseg reda biti ce obradjeno u narednim poglavljima.

1. Koristeci jednadzbu definicije, izracunaj derivaciju funkcije f ( x ) = 2 x − 1 u tocki x = 5. f ' ( 5 ) = lim

f ( 5 + h ) − f ( 5)

= lim

2 (5 + h) − 1 − 2 ⋅ 5 − 1

= lim

10 + 2h − 1 − 10 − 1 = h

h →0 h→0 h h 2 2 1 9 + 2h − 3 9 + 2h + 3 9 + 2h − 9 = = ⋅ = lim = lim f ' ( 5 ) = lim h →0 h→0 h 9 + 2h + 3 6 3 9 + 2h + 3 h →0 h 9 + 2h + 3 h →0

(

f ' ( 5) = Derivacije

)

1 3 1

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 2. Koristeci jednadzbu definicije, izracunaj derivaciju funkcije f ( x ) = x 2 + 3x + 5. f

'

( x ) = lim h →0

( x + h )2 + 3 ( x + h ) + 5 − x 2 + 3 x + 5  = lim  = h →0 h

f ( x + h) − f ( x) h

2 xh + 3h + h = f ' ( x ) = lim ( 2 x + 3 + h ) = 2 x + 3 h →0 h →0 h 2

lim

3. Koristeci jednadzbu definicije, izracunaj derivaciju funkcije f ( x ) =

2x − 3 . 3x + 4

 2 ( x + h) − 3  2x − 3  − 3 ( x + h ) + 4  3x + 4 f ( x + h) − f ( x)  ' f ( x ) = lim = lim = h →0 h →0 h h ( 3 x + 4 ) ( 2 ( x + h ) − 3) − ( 2 x − 3) 3 ( x + h ) + 4 lim h →0

f ' ( x ) = lim

3 ( x + h ) + 4  ( 3 x + 4 ) = h ( 3 x + 4 ) ( 2 ( x + h ) − 3) − ( 2 x − 3) 3 ( x + h ) + 4 h 3 ( x + h ) + 4  ( 3 x + 4 )

h →0

= lim h →0

6 xh + 8h − 6 xh + 9h = h 3 ( x + h ) + 4  ( 3 x + 4 )

17 17 17 = lim = h →0 3 x + h + 4  3 x + 4 ) ( ) h→0 ( 3x + 3h + 4 )( 3x + 4 ) ( 3x + 4 )2  (

f ' ( x ) = lim f ' ( x) =

17

( 3x + 4 )

2

1 3

4. Koristeci jednadzbu definicije, izracunaj derivaciju funkcije f ( x ) = x . Ispitaj f ' ( 0 ) . f ' ( x ) = lim

1

1

( x + h )3 − x 3

f ( x + h) − f ( x)

= lim h →0 h h izraz u brojniku nadopunimo na potpunu razliku kuba: a 3 − b3 = ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) h →0

1 1 2 1 2 1    3 − x3 3 − x 3 ( x + h )3 + x 3 + 4 x + h x + h ( ) ( )        ' f ( x ) = lim = 1 2 h →0 2 1   h ( x + h ) 3 − x 3 ( x + h ) 3 + x 3    3

= lim h →0

3

( x + h )3 − x 3  h ( x + h ) − x 

Derivacije

2 3

1 3

( x + h)

1 3

 +x   2 3

= f ' ( x ) = lim h →0

2

x+h−x 1 2 1   h ( x + h ) − x 3 ( x + h ) 3 + x 3    2 3

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 1

= lim h →0

( x + h)

f ' ( x) =

1 x 3

2 3

−x

1 3

( x + h)

2 − 3

1 3

+x

2 3

=

1 2 3

1 3

1 3

x +x ⋅x +x

2 3

1

=

3x

2 3

U tocki x = 0, funkcija je neprekinuta ali derivacija ne postoji jer je

 1 nazivnik nula  f ' ( 0 ) = 2  3 ⋅ 03 

 .  

5. Zadana je funkcija f ( x ) = x 2 u intervalu 0 ≤ x ≤ 1. Dokazi da je diferencijabilna u tom intervalu. Neka je x0 vrijednost unutar intervala 0 ≤ x ≤ 1 f

'

( x0 ) = lim h →0

f ( x0 + h ) − f ( x0 ) h

2 x0 h + h ⇒ h →0 h 2

2

− x0 2

h

h →0

x0 2 + 2 x0 h + h 2 − x0 2 = lim = h→0 h

f ' ( x0 ) = lim ( 2 x0 + h ) = 2 x0

lim

Za tocku x = 0 :

= lim

( x0 + h )

h →0

f

' +

( 0 ) = lim

f (0 + h) − f (0) 2

h

h →0 +

f (1 + h ) − f (1) 2

2

h2 − 0 = lim h = 0 h →0 + h →0 + h

= lim

2

1 + 2h + h 2 − 1 Za tocku x = 1: f (1) = lim = lim = lim ( 2 + h ) = 2 h →0 − h→0− h→0− h h Zadana funkcija je diferencijabilna u intervalu sa vrijednostima derivacije f ' ( 0 ) = 0 i f ' (1) = 2. ' −

6. Zadana je funkcija f ( x ) = x . Izracunaj derivaciju za sve vrijednosti x. − ( x + h) − (−x)

−h = −1 h →0 h →0 h h ( x + h) − ( x) h Za x > 0, f ( x ) = x : f ' ( x ) = lim = lim = 1 h →0 h 0 → h h h ( 0 + h ) − ( 0) Za x = 0, f ( x ) = 0 : f ' ( 0 ) = lim = lim h →0 h →0 h h h −h Ako se h → 0− s lijeva imamo: = = −1 h h h h Ako se h → 0+ s desna imamo: = =1 h h Funkcija nema derivaciju za x = 0 Za x < 0, f ( x ) = − x :

Derivacije

f ' ( x ) = lim

3

= lim

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 7. Snaga otpornika strujnog kruga, mjenja se sa velicinom struje koja protice kroz njega. Pri struji od i = 0.5 A, snaga otpornika je P = 1.2 W. Izracunaj brzinu promjenesnage otpornika u zavisnosti od struje kada je i = 2.5 A. 1.2 W  = 4.8  2  P = 4.8i 2 0.25 A  Poznavajuci funkcionalnu ovisnost k i i, mozemo izracunati promjenu snage: P = ki 2 ⇒ 1.2 = k ( 0.5 )

2

⇒k=

2 4.8 ( i 2 + 2i+i ++i 2 − i 2 ) 4.8 ( i ++i ) − 4.8i dP + P = = lim = lim = lim 4.8 ( 2i ++i ) +i →0 +i →0 di +i +i →0 +i +i dP dP W  = 4.8 ⋅ 2i = 9.6i odnosno za i = 2.5 : = 9.6i = 9.6 ⋅ 2.5 = 24   di di  A

5000 , gdje je t t 2 + 10 vrijeme u podne ( −6 ) u jutro i 6 poslijepodne ( −6 ≤ t ≤ 6, ) . Izracunaj trenutnu

8. Energija suncevog zracenja na zemlji dana je jednadzbom R =

promjenu energije zrecenja u 15 sati (3 poslije podne).

dR dt dR dt dR dt

2 5000 ( t 2 + 10 ) − 5000 ( t + h ) + 10    5000 5000 − 2 2 2 2 ( t + h ) + 10  ( t + 10 ) ( t + h ) + 10 t + 10   = lim = lim 0 h →0 h → h h 2 2 5000 ( t + 10 ) − 5000 ( t + h ) + 10  5000 ( −2t )   = lim = lim 2 2 h →0 h →0 t − 10 + 2th + h 2 + 10 )( t 2 + 10 ) ( h ( t + h ) + 10  ( t 2 + 10 )   2t = ( −5000 ) 2 2 ( t + 10 )

Za t = 3 imamo:

dR 2t 2⋅3  W  = ( −5000 ) = ( −5000 ) = −83.102  2  2 2 dt m h ( t 2 + 10 ) ( 32 + 10 )

9. Tijelo koje se krece predje razdaljinu danu jednadzbom s = 16t 2 . Izracunaj brzinu tijela v nakon t = 3s. Brzina je definirana kao derivacija puta po vremenu. 2 16 ( t 2 + 2th + h 2 ) − 16t 2 16 ( 2th + h 2 ) 16 ( t + h ) − 16t 2 ds = lim = lim = lim = v= h →0 h →0 h h dt h →0 h m = lim16 ( 2t + h ) = 32t Za t = 3, brzina tijela je: v = 32t = 32 ⋅ 3 = 96   h →0 s

10. Izracunaj promjenu volumena po radijusu r, balona u obliku kugle radijusa 2m. Derivacije

4

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike Volumen je dan izrazom V =

4 3 rπ 3

4 4 4 3 r + h ) π − r 3π π ( r 3 + 3r 2 h + 3rh 2 + h3 ) − r 3  ( dV 3 = lim 3 = lim 3 = h →0 dr h→0 h h 4 π ( 3r 2 + 3rh + h 2 ) 3 = lim = 4π r 2 h →0 h  m3  dV = 4π r 2 = 4π ⋅ 22 = 16π = 50.3   . Za r = 2, promjena volumena iznosi: dr m  m3  Promjena volumena po radijusu iznosi 50.3   . m 1  2  x sin , x ≠ 0 11. Zadan je funkcija f ( x ) =  x 0, x=0

a ) Da li je funkcija f ( x ) derivabilna za x = 0?

b) Da li je funkcija f ( x ) neprekidna za x = 0?

a)

f ' ( 0 ) = lim h →0

f (0 + h) − f ( 0) h

( x + h) = lim

2

sin

1 −0 ( x + h)

h

h →0

= lim

1 −0 h = h

h 2 sin

h →0

1 = 0 ⇒ Funkcija ima derivaciju u x = 0 jednaku 0. h →0 h b) Koristeci pravila za deriviranje slozene funkcije mozemo napisati: = lim h sin

1 1   d  x 2 sin  d  sin  2 1 1 1 x x  2 d (x )   ' = f ( x) = x + sin = cos  − 2 dx dx dx x x x 1 1 = − cos + 2 x sin x x Ispitajmo neprekinutost f ' ( x ) :

1  2  x + 2 x sin = x 

1 1 1 1    lim f ' ( x ) = lim  − cos + 2 x sin  = lim  − cos  + lim  2 x sin  ; x →0 x →0 x x  x →0  x  x →0  x  1  lim  − cos  ⇒ ne postoji x →0 x  Funkcija f ( x ) nije neprekidna za x = 0 iako ima derivaciju u toj tocki.

Derivacije

5

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike  mt , 0 ≤ t ≤ 15 12. Zadan je funkcija f ( t ) =  , gdje je t vrijeme, m i n su konstante. t > 15 t + n, Izracunaj vrijednosti za m i n uz predpostavku da je f ( t ) diferencijabilna za t = 15. Derivacija funkcije:

(

mt

)

'

 m 1 ' 1 −   , 0 ≤ t ≤ 15 1 m  ' =  m ⋅t2  = m t 2 = ⇒ f (t ) =  2 t 2 2 t    1, t > 15 

(t + n )

'

=1

Za t = 15, funkcija ima obje derivacije jednake:

m 2 t

= 1⇒

m 2 15

= 1 ⇒ m = 2 15

m = 4 ⋅ 15 = 60 Za t = 15, funkcija je neprekinuta: mt = 15 + n ⇒ 60 ⋅ 15 = 15 + n ⇒ n = 30 − 15 = 15 Trazene vrijednosti su: m = 60, n = 15 13. Izracinaj derivaciju funkcije f ( x ) = x 3 − x 2 − 4 u tocki x = 4.  ( x + h )3 − ( x + h ) 2 − 4  − ( x 3 − x 2 − 4 ) f ( x + h) − f ( x) dy   = lim = lim = h h 0 0 → → dx h h dy x3 + 3 x 2 h + 3 xh 2 + h3 − x 2 + 2 xh + h 2 − 4 − x3 + x 2 + 4 = lim = dx h→0 h h ( 3x 2 − 2 x ) + h 2 ( 3 x − 1) + h3 dy = lim = lim ( 3x 2 − 2 x ) + h ( 3x − 1) + h 2  = 3 x 2 − 2 x 0 h h →0 → dx h f ' ( 4 ) = 3 ( 4 ) − 2 ( 4 ) = 48 − 8 = 40 2

14. Rezervor ulja za kocnice u automobilu ima oblik obrnutog stosca sa bazom polumjera r jednak visini. Izracunaj promjenu volumena u ovisnosti od visini ulja. V = r 2π l ⇔ (V ++V ) = r 2π ( l ++l ) r 2π ( l ++l ) − r 2π l r 2π ( l ++l − l ) dV = lim = lim = r 2π ; l l → → + + 0 0 dl +l +l  cm3  Promjena volumena rezervoara po visini ulja iznosi r 2π    cm 

Derivacije

6

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 2.2 Pravila za deriviranje Izraz dy = f ' ( x ) dx naziva se diferencijal funkcije ili glavni dio od + y i obicno pisemo: f ( x ++ x ) − f ( x ) dy +y = f ' ( x ) = lim = lim + x →0 + x →0 + x dx +x Pravila za deriviranje: d d d f ( x ) ± g ( x )} = f ( x) ± g ( x) = f ' ( x) ± g' ( x) { dx dx dx d d Cf ( x )} = C f ( x ) = Cf ' ( x ) { dx dx

C = konstanta

d d d f ( x ) ⋅ g ( x )} = f ( x ) g ( x ) + g ( x ) f ( x) = f ( x) g ' ( x) + g ( x) f ' ( x) { dx dx dx d d g ( x) f ( x) − f ( x) g ( x) g x f ' x − f x g' x   f x ( ) ( ) ( ) ( ) d  ( ) dx dx =  = 2 2 dx  g ( x )   g ( x )   g ( x )  Za slozenu funkciju y = f ( u )

u = g ( x)

dy dy du du = ⋅ = f ' (u ) = f ' { g ( x )} g ' ( x ) ili dx du dx dx dy dy du dv y = f (u ) , u = g (v ) , v = h ( x) ⇒ = ⋅ ⋅ dx du dv dx

Parametarski zadana funkcija: x = f ( t ) , y = g ( t ) ⇒

Pravila za deriviranje poznatijih funkcija: d d du sinh u = cosh u (C ) = 0 dx dx dx d n du u = nu n −1 dx dx

Derivacije

d du sin u = cos u dx dx

7

dy f ' (t ) dy dt = = dx dx g ' ( t ) dt

d du cosh u = sinh u dx dx d du tanh u = sec h 2 u dx dx

g ( x) ≠ 0

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike d du cos u = − sin u dx dx

d du coth u = − csc h 2 u dx dx

d du tan u = sec 2 u dx dx

d du sech u = − sec hu tanh u dx dx

d du cot u = csc2 u dx dx

1 d du sinh −1 u = dx 1 + u 2 dx

d du sec u = sec u tan u dx dx

1 d du cosh −1 u = 2 dx u − 1 dx

d du csc u = − csc u cot u dx dx

1 du d tanh −1 u = , u <1 dx 1 − u 2 dx

d 1 du sin −1 u = dx 1 − u 2 dx

d 1 du coth −1 u = , u >1 dx 1 − u 2 dx

d 1 du cos −1 u = − 2 dx 1 − u dx

d 1 du sech −1 u = − dx u 1 − u 2 dx

d 1 du tan −1 u = dx 1 + u 2 dx

d 1 du csch −1 u = − 2 dx u u + 1 dx

d 1 du cot −1 u = − dx 1 + u 2 dx

d 1 du sech −1 u = − dx u 1 − u 2 dx

d d 1 du log e u = ln u = dx dx u dx

log a e du d a > 0, a ≠ log a u = u dx dx

1

d u du a = a u ln a dx dx

d 1 du  + za u > 1  sec −1 u = ±   dx u u 2 − 1 dx − za u < −1 d 1 du  − za u > 1  csc −1 u = ±   dx u u 2 − 1 dx + za u < −1

Derivacije

8

d u du e = eu dx dx

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike Deriviranje inverzne funkcije: Ako je funkcija f ( x ) neprekinuta u ( a,b ) tada su funkcijske vrijedosti (range) konacne i funkcija je rastuca ili padajuca. Inverzna funkcija f −1 ( x ) promatrane funkcije je takodjer neprekinuta. Ako je f ( x0 ) derivabilna i f ' ( x0 ) ≠ 0, tada je f −1 derivabilna za y0 = f ( x0 ) i

( f ) ( y ) = f (1x ) ⇒ y −1 '

0

'

0

= f ( x0 ) i

0

( f ) ( y ) = f (1x ) −1 '

0

'

0

dx 1 = ⇒ x = f −1 ( y ) dy dy dx Deriviranje implicitno zadane funkcije: Funkcija F ( x, y ) = 0 oznacava implicitnu funkciju od x. Domena te funkcije sadrzi vrijednosti za x, za koje postoji jedinstveni y, tako da je F ( x, y ) = 0 Implicitno zadana funkcija se derivira kao slozena funkcija y = y ( x )

2.3 Rijeseni zadaci 2.3.1 Deriviranje algebarkih izraza 15. Deriviraj (diferenciraj) izraz: y = ( x 2 + 4 ) ( 2 x 3 − 1) 2

3

3 3 d 2 d 2 x 3 − 1) + ( 2 x 3 − 1) x2 + 4) ( ( dx dx 2 3−1 d 3 2 −1 d 2 x 3 ) + ( 2 x 3 − 1) ⋅ 2 ⋅ ( x 2 + 4 ) y ' = ( x 2 + 4 ) ⋅ 3 ⋅ ( 2 x 3 − 1) ( ( x2 ) dx dx

y' = ( x2 + 4)

2

y ' = 3 ( x 2 + 4 ) ( 2 x3 − 1) 6 x 2 + 2 ( 2 x 3 − 1) ( x 2 + 4 ) 2 x 2

2

3

2 2 y ' = 2 x ( x 2 + 4 )( 2 x 3 − 1) 9 ( 2 x 3 − 1) x + 2 x ( 2 x3 − 1)   

y ' = 2 x ( x 2 + 4 )( 2 x3 − 1) (12 x3 + 36 x − 2 ) 2

Radi lakseg razumijevanja kasnijeg tumacenja toka funkcije, ovdje je dan graf zadane funkcije i njene derivacije.

Derivacije

9

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

x2

16. Deriviraj (diferenciraj) izraz: y =

y' =

x

(

2

(4 − x ) 2

y' =

y' =

)

4 − x2 1 2

=

2

(

4 − x2

8 x − 2 x3 + x3

(

4− x

d dx 2 x2 − x2 dx

(

4 − x2

)

(

4 − x2

)

dx

2

1 1 ' 1 1 2 2 −2 2 2 3 2 0 ⋅ 2 x − x ( 4 − x ) ( −2 x ) ( 4 − x 2 ) 2 x − x + x − x 2 4 4 ( ) ( ) = 2 = 2 1 3 4 − x2 ( 4 − x2 ) 2 4 − x2 2

)

(

2

)

4 − x2

)

3 2

=

(

8 x − x3

(

4− x

2

)

3 2

u2 − 1 17. Deriviraj y = 2 ako je u = 3 x 2 + 2 u +1 d ( u 2 − 1) d ( u 2 + 1) 2 2 u + 1) − ( u − 1) dy dy du dy ( ' dx dx y = = ⇒ = 2 dx du dx du ( u 2 + 1) Derivacije

10

)

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 2 2 d dy ( u + 1) ⋅ 2u − 2u ⋅ ( u − 1) 2u 3 + 2u − 2u 3 + 2u 4u = = = = 2 2 2 du ( u 2 + 1) ( u 2 + 1) ( u 2 + 1) 2 − dy 1 2 = ( x + 2) 3 ⋅ 2x = du 3

2x 3 ( x2 + 2)

2 3

=

(

3

x2 + 2 dx

2x 3u 2

dy du 4u 2x 8x = ⋅ 2 = 2 2 du dx ( u 2 + 1) 3u 3u ( u 2 + 1)

18. Deriviraj y = 2 x 2 2 − x y' =

y = '

1 1 1 dy 1 − = 4 x ( 2 − x ) 2 + ( −1) 2 x 2 ( 2 − x ) 2 = 4 x ( 2 − x ) 2 − dx 2

4x ( 2 − x ) − x2

(2 − x)

1 2

19. Deriviraj y = 3 3 x 2 −

=

8x − 4 x2 − x2

(2 − x)

1 2

=

8x − 5x2

(2 − x)

1 2

=

x2 1

(2 − x)2

x (8 − 5 x ) 1

(2 − x)2

1 5x

 1  1 1 d  3 3x 2 −  d ( 3x 2 ) 3 d 5 x 2 1 3 1 2 − ( ) 1 − − 5 x  1 = y' =  − = ( 3x 2 ) 3 3 6 x −  −  ( 5 x ) 2 2 5 dx dx dx 3  2 Derivacije

11

)

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 2 2 dy 5 2x 5 2x 5 − 2 −3 = 2 x ( 3x ) + ( 5 x ) 3 = + = 3 + y = 3 4 3 dx 2 x 9 x 2 x5 5 x 9x 2 (5x ) '

y' =

dy 2 1 = 3 + dx 9x 2x 5x

20. Deriviraj y =

u −1 ako je u = x u +1 1

1 dy dy du du d ( x ) 2 = ⋅ ⇒ = = dx du dx dx dx 2 x d ( u − 1) d ( u + 1) − ( u − 1) u + 1) ( ( u + 1) u ' − ( u − 1) u ' dy x x = = 2 2 du ( u + 1) ( u + 1) dy u ( u + 1 − u + 1) 2u = = 2 2 du ( u + 1) ( u + 1) '

21. Deriviraj po t: y = x 2 − 4 x

'

 1  2  dy 2 2 x  ⇒ = = = 2 2 dx ( u + 1) 2 x ( u + 1)

x = 2t 2 + 1

12

x 1+ x

za t = 2

1 − dy dx 2 = 2x − 4 = 2 ( x − 2) = 2t ( 2t + 1) 2 dx dt dy dy dx 2 ( x − 2 ) 2t 4t ( x − 2 ) = = = ⇔ Za t = 2 ⇒ x = 2 1 2 − dt dx dt 2 t 2 1 + ( 2t + 1) 2

Derivacije

(

1

( 2)

2

+1 = 5

)

2

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

(

)

4 2 dy 4 2 5 − 2 = = 2 dt 5 2 2 +1

( )

(

5−2

)

5

=

5

(

4 2 5−2 5 5

)

22. Deriviraj kompoziciju funkcija zadanih u obliku: f ( x ) = x 2 ; g ( x ) = x + 1 i pokazi razliku u rezultatu u ovisnosti o redosljedu deriviranja.

( f D g )( x ) = f ( g ( x ) ) = f ( x + 1) = x 2 + 2 x + 1 2 ( g D f )( x ) = g ( f ( x ) ) = g ( x ) = 2 x Derivacija ( f D g )( x ) se razlikuje od derivacije ( g D f )( x ) 2

f ( x ) = x 2 + 3; g ( x ) = 2 x + 1

23. Deriviraj kompoziciju funkcija zadanih u obliku: • Prvi nacin: Izrazi funkcije implicitno i deriviraj:

y = f ( g ( x ) ) = f ( 2 x + 1) = ( 2 x + 1) + 3 = 4 x 2 + 4 x + 1 + 3 = 4 x 2 + 4 x + 4 2

y =

d ( 4x2 + 4x + 4)

= 8x + 4 dx • Drugi nacin: Nazovimo f ( g ( x ) ) vanjskom funkcijom a g ( x ) unutrnjom funkcijom: '

Derivirajmo vanjsku funkciju:

f

'

( x) =

Derivirajmo unutarnju funkciju: g ' ( x ) =

d ( x 2 + 3)

dx d ( 2 x + 1) dx

= 2x

=2

Derivacija kompozicije je: Dx f ( g ( x ) ) = f ' ( g ( x ) ) ⋅ g ' ( x ) = 2 g ( x ) ⋅ 2 = 4 g ( x ) = 4 ( 2 x + 1) = 8 x + 4

24. Odredi inverznu funkciju i derivaciju, funkcije y = y = f ( x) =

Derivacije

2x − 1 . x+2

2x − 1 ⇒ inverzna funkcija je: x = f −1 ( y ) x+2 13

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike x = f −1 ( y ) = y=

2x + 1 ⇒ 2−x

2y −1 ⇒ x ( y + 2) = 2 y − 1 ⇒ y ( 2 − x ) = 2x + 1 y+2

( f ( y ))

'

=

dx d  2 x + 1  ( 2 − x ) 2 − ( 2 x + 1)( −1) =  = 2 dy dy  2 − x  (2 − x)

( f ( y ))

'

=

dx 5 dy ( 2 − x )2

−1

−1

25. Deriviraj y = cosh u ako je u = x 2 − 3x + 1 Koristeci formulu za derivaciju funkcije cosh i slozene funkcije, imamo: 2 dy dy du d ( cosh u ) d ( x − 3 x + 1) = ⋅ = ⋅ = sinh u ( 2 x − 3) = ( 2 x − 3) sinh ( x 2 − 3 x + 1) dx du dx du dx

2.3.2 Tangenta i normala na krivulju 26. Odredi koeficijent smjera tangente na krivulju x = y 2 − 4 y u tocki gdje krivulja sjece y − os. ' 1 1 dx dy = ( y2 − 4 y ) = 2 y − 4 ⇒ = = dy dx dx 2 y − 4 dy Presjecista su za x = 0 :

y 2 − 4 y = 0 ⇒ y ( y − 4 ) = 0 ⇒ y1 = 0; y2 = 4

Trazene tocke su A(0, 0) i B (0, 4). Koeficijent smjera tangente jednak je y ' : dy 1 1 1 x y A' = = = =− T:y − y A = y ' ( x − x A ) ⇒ y = − dx 2 y A − 4 2 ⋅ 0 − 4 4 4 yB' =

dy 1 1 1 = = = dx 2 yB − 4 2 ⋅ 4 − 4 4

T:y − yB = y ' ( x − xB ) ⇒ y =

x +4 4

27. Izracunaj jednadzbu tangente i normale na y = f ( x ) = x 3 − 2 x 2 + 4, u tocki T ( 2,4 ) . Koeficijent smjera tangente jednak je y ' :

Derivacije

14

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike y ' = f ' ( x ) = 3 x 2 − 2 x ⇒ i za tocku T:

' = 3( 2) − 2 ( 2) = 4 y(2) 2

Jednadzba tangente kroz tocku T i koeficijentom smjera y ' : y − yT = y ' ( x − xT ) ⇒ y − 4 = 4 ( x − 2 ) ⇒ T ≡

y = 4x − 4

Normala je pravac okomit na tangentu u tocki T, pa je koeficijent smjera 1 1 1 =− ' =− . normale: k N = − Normala ima jednadzbu: kT 4 y y − yT = k N ( x − xT ) ⇒ y − 4 = −

1 ( x − 2) ⇒ N ≡ 4

28. Izracunaj jednadzbu tangente i normale na krivulju

1 9 y = − x+ 4 2

y = f ( x ) = 3sin ( 2 x − 1) u tocki

nultockama, ( y = 0). Nultocke funkcije su u: sin ( 2 x − 1) = 0 ⇒ 2 x − 1 = 0, π 1 1 Koordinata diralista je A( ,0) 2 2 π +1 π +1 Za 2 x − 1 = π ⇒ x = Koordinata diralista je B( ,0) 2 2 Koeficijent smjera tangente jednak je y ' : Za 2 x − 1 = 0 ⇒ x =

y ' = f ' ( x ) = 3cos ( 2 x − 1) 2 = 6 cos ( 2 x − 1) i za zadane tocke: 1 1  1  y(' A) = 6 cos  2 − 1 = 6 cos 0 = 6 kTA = 6 k NA = − =− kTA 6  2  1 1  π +1  kTB : y(' B ) = 6 cos  2 = − 1 = 6 cos π = −6 kTB = −6 k NB = − 2 kTB 6   Jednadzba tangente kroz tocke A i B : kTA :

1  y − y A = y ' ( x − xA ) ⇒ y − 0 = 6  x −  T≡ y = 6x − 3 2  π +1  y − y B = y ' ( x − xB ) ⇒ y − 0 = − 6  x − T≡ y = −6 x − 3 (π + 1)  2   Pripadajuce normale imaju koeficijente smjera i jednadzbe:

Derivacije

15

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 1 1 y − y A = k NA ( x − x A ) ⇒ y − 0 = −  x −  6 2 π +1 1 y − y A = k NB ( x − xB ) ⇒ y − 0 =  x −  6 2 

N≡

1 1 y = − x+ 6 12

N≡

y=

π +1 1 x− 6 12

2 29. Izracunaj jedn. tangente koja ima koeficijent smjera k = − , na elipsu 4x 2 + 9 y 2 = 40. 9 8 x 4x 2 Koeficijent smjera: y ' ⇒ 8 x + 18 yy ' = 0 ⇒ y ' = − = ⇔k=− : 18 y 9 y 9 4x 2 Koordinate diralista su: = − ⇒ yT = 2 xT 9y 9 Diraliste je na elipsi: 4xT2 + 9 yT2 = 40 ⇒ 4xT2 + 9 ( 2 xT ) = 40 ⇒ 4xT2 + 36 xT2 = 40 2

xT2 = 1 xT 1,2 = ±1

yT 1,2 = ±2

2 20  2  2 Tgta. T1 : y − yT 1 =  −  ( x − xT 1 ) ⇒ y − 2 =  −  ( x − 1) ⇒ T1 ≡ y = − x + 9 9  9  9 2 20  2  2 Tgta. T2 : y − yT 2 =  −  ( x − xT 2 ) ⇒ y + 2 =  −  ( x + 1) ⇒ T2 ≡ y = − x − 9 9  9  9

30. Izracunaj jednadzbu tangente i normale na krivulju x 2 + 3xy + y 2 = 5 u tocki A(1,1). Diferencirajmo: D x ( x 2 + 3xy + y 2 = 5 ) ⇒ 2 x + 3 y + 3xy ' + 2 yy ' = 0 y ' ( 3 x + 2 y ) = −2 x − 2 y ⇒ y ' =

Derivacije

16

−2 x − 2 y ≡k 3x + 2 y

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike Koeficijent smjera : y(' A) =

1 −2 ⋅ 1 − 2 ⋅ 1 = −1 = kT ⇒ k N = =1 kT 3 ⋅1 + 2 ⋅1

Tangenta T : y − y A = y(' A) ( x − x A ) ⇒ y − 1 = −1( x − 1) ⇒ T ≡ y = − x + 2 Normala N : y − y A = k N ( x − x A ) ⇒ y − 1 = 1( x − 1) ⇒ N ≡ y = x

31. Izracunaj jednadzbu tangente koja prolazi tockom A(4,5) i tangira krivulju f ( x ) = x 2 + 9. Tocke diralista su D1 ( x1 , x12 + 9 ) D2 ( x2 , x22 + 9 ) .

Koeficijenti smjera: y ' = 2 x , koji zadovoljavaju jednadzbe tangenta kroz tocku A ( 4,5 ) : x2 + 9) − 5 ( y − yA y = 2x = ⇒ = 2 x ⇒ ( x2 + 9) − 5 = 2 x ( x − 4) ⇒ x2 − 8x − 4 = 0 x − xA x−4 '

−b ± b 2 − 4ac ⇒ x1 = 8.472136; x2 = −0.472136 2a y ' = 2 x ⇒ y '1 = 16.944; y '2 = −0.944

x1,2 =

Tgta T1 : y − y A = y1' ( x − x A ) ⇒ y − 5 = 16.944 ( x − 4 ) ⇒ T1 ≡ y = 16.944 x − 62.776 Tgta T2 : y − y A = y2' ( x − x A ) ⇒ y − 5 = −0.944 ( x − 4 ) ⇒ T2 ≡ y = −0.944 + 8.776

32. Izracunaj jednadzbu vertikalne i horizontalne tangente na krivulju x 2 − xy + y 2 = 27. Koeficijent smjera tangenta dobijemo derivirajuci implicitno funkciju: D x ( x 2 − xy + y 2 = 27 ) = 2 x − ( y + xy ' ) + 2 yy ' = 0 ⇒ y ' ( 2 y − x ) = −2 x + y y' =

Derivacije

y − 2x 2y − x 17

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike Horizontalna tangenta ima koeficijent smjera: y ' = 0 : y ' =

y − 2x = 0 ⇒ y − 2x = 0 2y − x

y = 2 x; uvrstimo u jednadzbu: x 2 − xy + y 2 = 27 ⇒ x 2 − x ( 2 x ) + ( 2 x ) = 27 2

x 2 − 2 x 2 + 4 x 2 = 27 ⇒ 3 x 2 = 9 ⇒ x1,2 = ±3 y1,2 = ±6 Diralista horizontalnih tangenti su u tockama: H1 ( 3, 6 ) ; H 2 ( −3, −6 ) Vertikalna tangenta je okomica na horizontalnu tangentu i ima koeficijent smjera ∞; y − 2x nazivnik : y ' = = 0: 2y − x y − 2x y' = = 0 ⇒ 2 y − x = 0 ⇒ x = 2 y; uvrstimo u jednadzbu: 2y − x

(2 y)

2

− ( 2 y ) y + y 2 = 27 ⇒ 4 y 2 − 2 yy + y 2 = 27 3 y 2 = 27 y 2 = 9 ⇒ y1,2 = ±3

x1,2 = ±6 V1 ( 6,3) ;V2 ( −6, −3)

Diralista horizontalnih tangenti su u tockama:

33. Izracunaj kut pod kojim se sjeku zadane krivulje, ako je jedno presjeciste u tocki A (1,2 ) : y 2 = 4 x i 2x 2 = 12 − 5 y Koeficijent smjera tangenti jednak je y ' : 4 2 2 2 k1 ≡ Dx ( y 2 = 4 x ) = 2 yy ' = 4 ⇒ k1 = = ⇒ k1 = = =1 2y y yA 2 k2 ≡ Dx ( 2x 2 = 12 − 5 y ) = 2 x = −5 y ' ⇒ k2 = −

4x 5

k2 = −

4 xA 4 ⋅1 4 =− =− 5 5 5

 4 4 1− −  1+ k1 − k2 5   = 5 =9 Tangente se sjeku pod kutem: tan α = = 4 4 1 + k1 k2   1 + 1⋅  −  1 − 5  5 α = arc tan 9 = 83.659°

Derivacije

18

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

34. Viseci most je pricvrscen na stupovima udaljenih 250m. Most je u obliku parabole, sa najnizom tockom 50m ispod visine ovjesenja. Izracunaj kut izmedju lancanice mosta i stupa (nosaca). Parabola ima oblik: y = kx 2

izracunajmo koeficijent k : y = 50; x =

250 2

2

50 2  250  50 = k  =  ⇒k = 2 625 125  2 

2 2 x 625 2 4 x= xA U tocki ovjesenja koeficijent smjera tangente lancanice je: y ' = 2 625 615 4 y A' = 125 = 0.8 ⇒ Trazeni kut α iznosi: β = arctan y A' = arctan 0.8 = 38.659° 615 α = 90D − β = 90D − 38.659D = 51.34D Jednadzba tangente u tocki A: Jednadzba parabole je tada: y =

y − y A = y ' ( x − xA ) ⇒ y − 50 = 0.8 ( x − 125 ) ⇒ y = 0.8 x − 50

2.3.3 Derivacija implicitno zadane funkcije xy 3 − 3 x 2 = xy + 5

35. Deriviraj

d ( xy 3 ) d ( 3 x 2 ) d ( xy ) d ( 5 ) dy ⇒ − = + = x ⋅ 3 y 2 y ' + 1 ⋅ y 3 − 6Nx = xy ' + 1 ⋅ y + 0N   2  

4 dx dx  dx  dx N dx      1 3 1

2

3

y ' ( 3 xy 2 − x ) = y − 6 x − y 3' ⇒ y ' =

Derivacije

4

dy y 6 x − y 3 + y = dx 3 xy 2 − x

19

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike e xy + y ln x = cos 2 x

36. Deriviraj

d ( e xy ) d ( y ln x ) d ( cos 2 x ) dy y 2sin 2x ⇒ + = = e xy ⋅ xy ' + e xy ⋅ y + + y ' ⋅ ln x = −  

 

dx dx dx   dx

x   3 

   1 1

2

3

2

dy y ⇒ y ' ( e xy ⋅ x + ln x ) = −2sin 2 x − − e xy ⋅ y dx x y 2sin 2 x + + e xy ⋅ y 2 x sin 2 x + y + xye xy dy x x = y' = − ⋅ = − dx x x 2 e xy + x ln x e xy ⋅ x + ln x x 2 y − xy 2 + x 2 + y 2 = 0

37. Deriviraj

d ( x 2 y ) d ( xy 2 ) d ( x 2 ) d ( y 2 ) d ( 0 ) dy ⇒ − + + = dx dx dx dx dx dx   

  

  N 1

2

3

5

4

dy yy ' = 0 ⇒ x 2 y ' + 2 xy − y 2 − 2 xyy ' + 2Nx + 2N   

  

dx 3 4 1 2 dy dy y 2 − 2 xy 2 − 2 x = y ' ( x 2 − 2 xy + 2 y ) + 2 xy − y 2 + 2 x = 0 ⇒ = y' = 2 dx dx x − 2 xy + 2 y 38. Izracunaj inverznu funkciju i njenu derivaciju za y = f ( x ) = x 2 , x > 0. y = f ( x ) = x 2 , x > 0 zamijenimo promjenjive: x = f −1 ( y ) ⇒ x =

y

dy dx 1 1 2 = y ' = 2 x ⇒ po definiciji = = = dx dy dy 2 x 2 y dx 39. Izracunaj dx = dy

dy izraza dx

(

d y 1 − y2 dy

dx = − y 2 (1 − y dy

x = y 1 − y2

) = y d (1 − y ) 2

dy

1 2 −2

)

+ (1 − y

1 2 2

)

=

1 2

1 2 1 − 1 dy = y (1 − y 2 ) 2 2 ( −2 y ) + (1 − y 2 ) 2 ⋅ 1 dy 2

−y

(1 − y ) 2

dx 1 − 2 y2 == 1 dy (1 − y 2 ) 2

Derivacije

2

20

1 2

1 2

+ (1 − y 2 ) =

1 1 + 2

− y 2 + (1 − y 2 ) 2

(1 − y ) 2

1 2

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

Trazena derivacija

1 2

(1 − y ) = 1 − y 2 1 1 dy = = = dx dx 1 − 2 y2 1 − 2 y2 1 − 2 y2 1 dy 2 2 (1 − y ) 2

1 x 1 1 y = f ( x ) = zamijenimo promjenjive: x = f −1 ( y ) ⇒ x = x y

40. Izracunaj inverznu funkciju i njenu derivaciju za y = f ( x ) =

2

1 dy dx 1 1 1 1 = = = − x2 = −   = − 2 = y ' = − 2 ⇒ po definiciji dx dy dy  1  x y  y − 2  dx  x  41.Izracunaj prvu i drugu derivaciju izraza x 2 y + y 3 = 2 u tocki A(1,1). d ( x2 y ) d ( y3 ) dy ⇒ + = 0 ⇒ 2 xy + y ' x 2 + 3 y 2 y ' = 0 dx dx dx dy 2 xy 2 ⋅1 ⋅1 1 = y' = 2 =− u tocki A(1,1) ⇒ y A' = 2 2 2 2 dx x + 3y 1 + 3 ⋅1 ' ' 2 2 ' d 2 y d ( y ) d ( 2 xy + y x + 3 y y ) = = dx dx dx 2 2 d y = 2 y + 2 xy ' + 2 xy ' + x 2 y" + 6 yy ' y ' + 3 y 2 y" = 0 dx 2

 2 xy   2 xy  2 4 6 y + x + y    2  2 2 x + 3y  x + 3 y2  d2y 2 y + 4 xy ' + 6 yy ' y '   " =y = = dx 2 ( x2 + 3 y 2 ) ( x2 + 3 y 2 ) Trazena derivacija u tocki A(1,1), uz y ' = −

1 iznosi: 2

y"A = −

2

3 8

42. Izracunaj prvu i drugu derivaciju izraza x 2 − xy + y 2 = 3 d ( x 2 ) d ( xy ) d ( y 2 ) 2x − y dy ⇒ + + = 0 ⇒ 2 x − y − xy ' 2 yy ' = 0 ⇒ y ' = dx dx dx dx x − 2y ' ' ' d 2 y d ( y ) d ( 2 x − y − xy 2 yy = 0 ) = = ⇒ 2 − y ' − y ' − xy " + 2 y ' y ' + 2 yy" = 0 dx dx dx 2 2 y ' − 2 y '2 − 2 d2y " zamijenimo y ' sa ranijim rjesenjem: =y = 2 2y − x dx

Derivacije

21

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 2

 2x − y   2x − y  − 2 2     − 2 6 ( x 2 − xy + y 2 ) ' '2 − − x y x y 2 2 − − y y 2 2 2     = y" = = y" = 3 2y − x 2y − x ( x − 2y) Drugu derivaciju smo mogli izracunati deriviranjem prve derivacije:  2x − y  d ( 2x − y ) d ( 2x − y ) d  ( x − 2y) − − 2 x y ( ) x − 2y  dx dx = y" =  2 dx ( x − 2y) y

"

( x − 2 y ) ( 2 − y ' ) − ( 2 x − y ) (1 − 2 y ' ) = 2 ( x − 2y)

y" =

2 x − xy ' − 4 y + 2 yy ' − 2 x + 4 xy ' + y − 2 yy '

( x − 2y)

2

=

3 xy ' − 3 y

( x − 2y)

2

 2x − y  3x   − 3 y 3x 2 x − y − 3 y x − 2 y x − 2y  ( ) ( ) 6 ( x 2 − xy + y 2 )  " = = y = 2 2 3 ( x − 2y) ( x − 2y) ( x − 2y)

2.3.4 Deriviranje u rjesavanju zadataka iz fizike 1 t + 3. 2 Izracunaj brzinu promjene vrijednosti y , za t = 4. Vrijednost t je vrijeme.

43. Tocka putuje po krivulji y = x 3 − 3 x + 5, gdje je x =

1

t2 Trazi se derivacija y za t = 4: y = u 3 − 3u + 5 ⇒ u = + 3 2 1 du 1 − 2 1 dy dy du dy = t = y' = = ⇒ = 3 ( u 2 − 1) dx 2 dx du dx du 4 t 3 ( u 2 − 1) dy du 1 2 = 3 ( u − 1) = y = i za t = 4. du dx 4 t 4 t '

2  1   3  4 + 3  − 1   2  3 (16 − 1) 45 = = y4 ' =  8 8 4 4

44. Sila prenesena na bregastu osovinu dana je sa: F = x 4 + 12 x 3 + 46 x 2 − 60 x + 25 [ N ] gdje je sa x oznacena udaljenost od sredista vrtnje (1 ≤ x ≤ 5). Izracunaj brzinu promjene sile u zavisnosti o x, kada je x = 4cm. Derivacije

22

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 4 3 2 dF dF d ( x + 12 x + 46 x − 60 x + 25 ) Trazimo za x = 4 : = dx dx dx dF 3 2 N  = 4 x 3 + 36 x 2 + 92 x − 60 ⇒ y4 ' = 4 ( 4 ) + 36 ( 4 ) + 92 ( 4 ) − 60 = −12   dx m

dy za t = 0 i t = 5. dx 1 dt dx = 2t + 2 ⇒ = dx dt 2 ( t + 1)

45. Tocka putuje po krivulji x = t 2 + 2t i y = 2t 3 − 6t. Izracunaj y' =

dy dy dt dy = ⇒ = 6t 2 − 6 = 6 ( t 2 − 1) dx dt dx dt

y' =

1 dy dt = 6 ( t 2 − 1) = 3 ( t − 1) i za zadane vrijednosto t: dt dx 2 ( t + 1)

y0 ' = 3 ( t − 1) = 3 ( 0 − 1) = −3 ⇔ y5' = 3 ( t − 1) = 3 ( 5 − 1) = 12 46.

Dva otpornika sa otporom r i r + 2 su spojena paralelno. Kombinirani otpor R i otpor r su u odnosu r 2 = 2rR + 2 R − 2r. Izracunaj

dR . dr

2 dR d ( r = 2rR + 2 R − 2r ) = ⇒ 2r = 2 R + 2rR ' + 2 R ' + 2 dr dr 2r − 2 R + 2 2 (1 + r − R ) 1 + r − R dR = = = R' = 2r + 2 2 ( r + 2) dr r+2

47. Faktor iskoristenja motora sa unutarnjim sagorjevanjem dan je sa jednadzbom   1  η = 100 1 − 0.4   V1   V    2

    gdje su V1 i V2 minimalni i maksimalni volumen cilindra.    Izracunaj faktor iskoristenja za V1 uz predpostavku da je V2 konstantan.   1  d  100 0.4  V1       V2  

     −0.4 −1 −1.4   V1  1 40  V1  dη d100  = − = 0 − 100   ( −0.4 ) =   dV1 dV1 dV1 V2 V2  V2   V2  0.4 −1.4 −1.4 V V dη 40V1 = = 40 1−0.4 = 40 21.4 −1.4 dV1 V2V2 V1 V2

Derivacije

23

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 48. Putanja tijela koje putuje dano je sa s = f ( t ) =

1 3 t − 2t. Izracunaj brzinu i ubrzanje nakon 2

vremena t = 2s. 1  d  t 3 − 2t  ds 2  = 3 t2 − 2 ⇒ =v=  Brzina je dt dt 2

vt = 2 =

3 2 m ( 2 ) − 2 = 6 − 2 = 4   2 s

3  d  t2 − 2 d s dv 2  = 3 2t = 3t ⇒ a = 3t = 3 ⋅ 2 = 6  m  Ubrzanje je 2 = =a=  t =2  s 2  2 dt dt dt 2

49. Putanja cestice koja se krece po pravcu dano je sa s = f ( t ) = t 3 − 6t 2 + 9t + 4. a) Izracunaj put s i ubrzanje kada je brzina v = 0. b) Izracunaj put s i brzinu v kada je ubrzanje a = 0. c) Izracunaj kada put s raste d) Izracunaj kada brzina v raste. e) Kada se smjer kretanja mijenja? d ( t 3 − 6t 2 + 9t + 4 ) ds a) Ako je v = 0: = 0 ⇒ = 3t 2 − 12t + 9 = 0 dt dt t1 = 3 ⇒ s = t 3 − 6t 2 + 9t + 4 = ( 3) − 6 ( 3) + 9 ( 3) + 4 = 4m 3

2

t2 = 1 ⇒ s = t 3 − 6t 2 + 9t + 4 = (1) − 6 (1) + 9 (1) + 4 = 8m 3

2

2 dv d ( 3t − 12t + 9 ) = = 6t − 12 i za dano t imamo: Ubrzanje iznosi a = dt dt m m at =3 = 6t − 12 = 6 ⋅ 3 − 12 = 6  2  at =1 = 6t − 12 = 6 ⋅ 1 − 12 = −6  2  s  s  b) Ubrzanje je nula za a = 6t − 12 = 0 ⇒ t = 2

Put iznosi: st = 2 = t 3 − 6t 2 + 9t + 4 = ( 2 ) − 6 ( 2 ) + 9 ( 2 ) + 4 = 6 3

Brzina iznosi:

2

vt = 2 = 3t 2 − 12t + 9 = 3 ( 2 ) − 12 ( 2 ) + 9 = −3 2

c) Put raste kada brzina raste v > 0 : 3t 2 − 12t + 9 > 0 ⇒ t < 1 i t > 3 d ) Brzina raste kada je ubrzanje a > 0: 6t − 12 > 0 ⇒ t > 2 e) Smjer kretanja se mijenja u trenutku t = 1 i t = 3, kada je brzina v = 0 i ubrzanje a ≠ 0. Iz prilozenog grafickog prikaza lijepo se mogu vidjeti svi uvjeti i rjesenja zadatka.

Derivacije

24

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike

50. Savijanje celicnog nosaca dano je jednadzbom y = 10-4 ( x 5 − 25 x 2 ) gdje je sa x oznacena udaljenost od oslonca. Izracunaj drugu derivaciju (promjenu koeficijeta smjera tangente) za x = 3. -4 5 2 -4 5 -4 2 dy d 10 ( x − 25 x )  d (10 x ) d (10 25 x ) y = = = − = 10-4 ( 5 x 4 − 50 x ) dx dx dx dx -4 4 -4 4 -4 d 2 y d 10 ( 5 x − 50 x )  d (10 5 x ) d (10 50 x ) " y = 2 = = − = 10-4 ( 20 x3 − 50 ) dx dx dx dx 3 1 y"x =3 = 10-4 ( 20 x 3 − 50 ) = 10-4 20 ( 3) − 50 = 0.049   x =3 m '

(

)

51. Putanja cestice koja se krece vodoravno dano je sa s = t 3 − 9t 2 + 24t. a) Izracunaj kada put s raste a kada pada. b) Izracunaj kada brzina v raste a kada pada. c) Izracunaj put s koje cestica predje u prvih 5 sekundi kretanja. a) Izracunajmo brzinu:

3 2 ds d ( t − 9t + 24t ) v= = = 3t 2 − 18t + 24 dt dt

18 ± 182 − 4 ⋅ 3 ⋅ 24 ⇒ t1 = 2 t2 = 4 ili drukcije 2⋅3 v = 3 ( t − 1)( t − 4 ) Put raste za v > 0 ⇒ t < 2, t > 4 vidi graf! v = 0 za

t1,2 =

Put pada za v < 0

2 < t < 4 vidi graf!

2 dv d ( 3t − 18t + 24 ) b)Izracunajmo ubrzanje:a = = = 6t − 18 ⇒ a = 6 ( t − 3) dt dt Brzina raste za a > 0 t > 3 Brzina pada za a < 0 t < 3

c) Udaljenost za prvih 5 sekundi: Za t = 0 tijelo je u polozaju s = 0 - Predjeni put je nula Za v > 0, tijelo krece u desno i za prve t = 2 sekunde predje put:

Derivacije

25

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike st = 2 = t 3 − 9t 2 + 24t = ( 2 ) − 9 ( 2 ) + 24 ( 2 ) = 20m 3

2

U narednih 2 sekundi, tijelo mijenja smjer u lijevo do t = 4: st = 4 = t 3 − 9t 2 + 24t = ( 4 ) − 9 ( 4 ) + 24 ( 4 ) = 16m 3

2

Smjer kretanja je u lijevo, pa je +s = 16 − 20 = −4m Za t = 5 sekundi, tijelo je preslo put od: st =5 = t 3 − 9t 2 + 24t = ( 5 ) − 9 ( 5 ) + 24 ( 5 ) = 20m 3

2

Sveukupno, predjeni put iznosi: S = st = 2 + st = 4 + st =5 = 20 + 4 + 4 = 28m

52. Putanja cestice koja se krece vodoravno dano je sa s = t 4 − 6t 3 + 12t 2 − 10t + 3. a) Izracunaj kada brzina v raste a kada se smanjuje. b) Kada cestica mjenja smjer. c) Izracunaj put s koje cestica predje u prvih 3 sekundi kretanja. Izracunajmo brzinu i ubrzanje: 4 3 2 ds d ( t − 6t + 12t − 10t + 3) v= = = 4t 3 − 18t 2 + 24t + 24 dt dt Nultocke jednadzbe za v su :t1,2 = 1, t3 = 5 Rjesenje se moze izracunati koristeci

objasnjenja u dijelu "Jednadzbe viseg reda". 3 2 dv d ( 4t − 18t + 24t + 24 ) a= = = 12t 2 − 36t + 24 ⇒ t1 = 1, t2 = 2 dt dt a ) Brzina mijenja predznak u t = 2.5 a ubrzanje mijenja predznak u t1 = 1 i t2 = 2

Za t < 1 brzina v < 0 i a > 0. Posto je a > 0, brzina se povecava;odnosno posto je v < 0 brzina se smanjuje: v = −v Za 1 < t < 2 brzina v < 0 i a < 0. Posto je a < 0, brzina se smanjuje; odnosno posto je v < 0 brzina se povecava: v = −v Za 2 < t < 2.5 brzina v < 0 i a > 0. Brzina se smanjuje. Za t > 2.5 brzina v > 0 i a > 0. Brzina se povecava:v > 0 i v = v b) Smjer kretanja se promijeni za t = 2.5 (funkcija puta s ima ekstrem) c) Za t = 0 put st =0 = 3. To je predjeni put cestice za t = 0. Derivacije

26

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike Do vremena t = 2.5, cestica putuje u lijevo i proci ce put od: st = 2.5 = t 4 − 6t 3 + 12t 2 − 10t + 3 = ( 2.5 ) − 6 ( 2.5 ) + 12 ( 2.5 ) − 10 ( 2.5 ) + 3 = −1.6875 4

3

2

Za t = 3, put je nula st =3 = 0. Cestica je dosla na pocetni polozaj, sto iznosi 1.6875. Sveukupno, predjeni put za prve 3 sekunde iznosi: S = st =0 + st = 2.5 + st =3 = 1.6875 + 3 + 1.6875 = 6.375 jedinica mjere za duzinu

t3 53. Cestice rotira po putanji danoj jednadzbom Φ = − t , gdje Φ oznacava kut u radijanima 50 i t , vrijeme u sekundama. Izracunaj kutni pomak ϕ , kutnu brzinu ω i kutno ubrzanje α nakon vremena t = 10 s. t3 103 −t = Φ = − 10 = 10 [ rad ] 50 50 dΦ 3 2 3 2  rad  Kutna brzina cestice: ω = = t − 1 ⇒ ω t =10 = (10 ) − 1 = 5  dt 50 50  s  Izracunajmo pomak cestice: Φ t =10 =

Kutno ubrzanje cestice:α =

dω 6 6 6  rad  = t ⇒ α t =10 = 10 =  2  dt 50 50 5 s 

2.3.5 L’Hospital-ovo pravilo Utvrdjivanje granicnih vrijednosti za funkcije, koje uvrstavanjem granicne vrijednosti postaju neodredjene, rjesavaju se L'Hospital-ovim pravilom: Vrijednost funkcije u obliku razlomka y ( x ) =

f ( x)

g ( x)

=

0 ∞ dobije se tako, da se derivira ili ∞ 0

posebno brojnik i posebno nazivnik onoliko puta, koliko je dovoljno da se dobije konacna vrijednost kao rezultat. y ( x ) = lim x →0

f ( x)

g ( x)

= lim x →0

f ' ( x)

g ' ( x)

= lim x →0

f " ( x)

g" ( x)

= itd.

Izraz lim moze biti bilo koji od oblika, kao na pr. lim, lim+ , lim,... x →0

Derivacije

x →∞ x → 2

27

x→

1 2

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike Za funkcije koje nisu zadane u obliku kvocijenta i neodredjeni oblik je na pr. ∞ − ∞, ∞ ⋅ 0, funkciju treba najprije prikazati kao kvocijet a potom primijeniti L'Hospital-ovo pravilo. Za funkcije koje imaju neodredjeni oblik na pr. 10 , ∞ 0 , 00 racunaju se tako, da se funkcija najprije logaritmira po bazi prirodnog broja e, prikaze ako kvocijent i potom primijeni L'Hospital-ovo pravilo. 54. Rijesi y =

sin x za x = 0 x

( sin x ) 0 sin x cos x 1 = lim = lim = =1 Izraz je oblika ⇒ y ( 0 ) = lim ' x →0 x →0 x →0 x 0 1 1 ( x) '

Napomena: Kvocijent

sin x se derivira posebno brojnik a posebno nazivnik. x

  a  izraz je oblika ∞ ⋅ 0 55. Rijesi y = lim ( x + a ) ⋅ ln 1 +   x →∞ x       a ln 1 +   1  x  a ⇒ sada primjenimo pravilo: y = lim  ln 1 +   = lim  x →∞  x →∞ 1 1 x    ( x + a)  ( x + a)   a a 1 ' − ⋅ 2 a   a  a x x+a 2 x 1+ ln 1 + x   ( x + a) x   x = lim = lim x = lim y = lim  ' x →∞ x →∞ x →∞ x →∞ −1 1 1  1  2 2 2   x + a) x + a) x + a) ( ( ( + x a ( )   y = lim

x →∞

a ( x + a)

2

( x + a) x

= lim

a ( x + a)

x →∞

x

= lim a + x →∞

a = a+0= a x

1

56. Rijesi y = x x

za x → ∞

1 ln x ln x ⇒ lim ln y = lim ln x = x x →∞ →∞ x x x sada primjenimo pravilo na desnu stranu jednadzbe: Izraz je oblika ∞ 0 ⇒ ln y =

( ln x ) lim ln y = lim ' x →∞ x →∞ ( x)

'

1 =0 x →∞ x

= lim

sada rjesimo jednakost: 1

lim ln y = 0 ⇒ ln y = 0 samo za y = 1 slijedi: lim1 = 1 ⇒ y = x x = 1 za x → ∞ x →∞

Derivacije

x →∞

28

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 57. Rijesi lim x →1

1 + cos π x x2 − 2 x + 1

(1 + cos π x ) ( −π sin π x ) −π 2 cos π x π 2 1 + cos π x = lim = lim = lim = lim 2 ' ' x →1 x − 2 x + 1 x →1 2 ( x2 − 2 x + 1) x→1 ( 2 x − 2 ) x→1 2 '

'

58. Rijesi y = x x za x = 0 y = x x logaritmirajmo, limitirajmo i primjenimo pravilo: 1 ' x ln ( ) ln x ⇒ lim ln y = lim = lim x = lim ( − x ) = − lim x = 0 ln y = x ln x = ' x x x → 0 −1 x →0 x→0 → → 0 0 1 1   x x2  x lim ln y = 0 ⇒ y = 1 odnosno y = x x = 1 za x → 0 x →0

59. Rijesi y = xsin x za x = 0 ln x ln y = sin x ln x = csc x 1 sin 2 x 1 x = − lim = lim = − lim x → 0 ( − csc x cot x ) x →0 x → 0 x cos x  1 cos x  x   sin x sin x  sin x sin x sin x sin x sin x lim ln y = − lim ⋅ = − lim ⋅ lim = − lim ⋅ lim tan x = ( −1) ⋅ 0 = 0 x →0 x →0 x →0 x→0 x cos x x x→0 cos x x x→0

( ln x ) lim ln y = lim ' x →0 x →0 ( csc x ) '

x

 1 60. Rijesi: y = 1 +  za x → 0 x   1 ln  1 +  x  1  1 Izraz ima oblik ∞ ⋅ 0 ⇒ y =  1 +  ⇒ ln y = x ln  1 +  =  1 x x   x 1 ' − x −2 ) (   1  1    ln  1 + x   1 +  x 1 1 x   lim ( ln y ) = lim  = lim  = lim = lim = lim ' 2 − x →0 x →0 x →0 x →0 1 x→0 x + 1 x→0 x + 1 −x 1 1+   x x  x x

lim ( ln y ) = lim x →0

Derivacije

x →0

x x

x 1 + x x

=

(

)

1 = 1 ⇒ ln lim y = e1 = e x →0 1+ 0

29

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike ln cos 3x x →0 + ln cos 2 x

61. Rijesi: lim

 − sin 3 x ( 3)    cos 3 x  ( ln cos 3x ) 3sin 3 x cos 2 x  = lim = lim lim ' x →0 + ( ln cos 2 x ) x→0+  − sin 2 x ( 2 )  x→0+ 2sin 2 x cos 3x    cos 2 x   sin 3 x   3cos 2 x   3cos 3 x   3   3   3  9 = lim  ⋅ lim  = lim      =     = x →0 + 2 cos 2 x x → 0 + sin 2 x x → 0 + 2 cos 3 x       2   2   2  4   

 

'

Derivirajmo opet

Izraz je jednak

3 2

1  1 61. Rijesi lim  − x  x →0 x e −1  ex − 1 − x) ( 1  ex − 1 1 Izraz je oblika ∞ − ∞ ⇒ lim  − x lim lim = = =  x →0 x e − 1  x→0  x ( e x − 1)  ' x→0 xe x + e x − 1    '

= lim x →0

(e ( xe

x

62. Rijesi lim

x →+∞

− 1)

x

'

+ e x − 1)

'

ex ex 1 1 lim = = = x x x x x x → 0 e + xe + e x → 0 2e + xe 2+0 2

= lim

x2 + 2 x '

∞ ⇒ lim x →+∞ ∞

Izraz je oblika = lim

x →+∞

x

(x

2

+ 2)

1 1  2  −1 1 2 2 2 x + 2 ) (  2 2x x + 2 ( ) x +2   2 = lim = lim = x →+∞ x →+∞ 1 x ( x) '

1 2

= lim

x →+∞

x x +2 2

Ponovno deriviranje nas dovodi do pocetnog rezultata. L'Hospital-ovo pravilo se ne moze primijeniti. Koristimo zato drukciju transformaciju: lim

x →+∞

x2 + 2 x2 + 2 2 = lim = lim 1 + 2 = 1 + 0 = 1 2 x →+∞ x →+∞ x x x

63. Rijesi y = ( tan x )

2 x −π

za x →

π 2

Izraz je oblika ∞ 0 ⇒ lim y = lim ( tan x ) π x→ 2

Derivacije

π x→ 2

30

2 x −π

⇒ lim ( ln y ) = lim ( 2 x − π ) ln ( tan x )  x→

π 2

x→

π 2

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike ' 1 1 cos x 1 ' ( 2 x − π ) 2  2 2 ln ( tan x )   = lim tan x cos x = − lim sin x cos x = − lim  lim ' ' π π π π −2 2 x→  x→ x→ x → [ 2sin x cos x ]  1 2 2 2 2   

2 2   2x − π ) 2x − π ) ( ( sin 2 x − 2 x π ( )    π  4 2 −π  2 ⋅ 2 ( 2x − π ) 2  =0⇒ lim ( ln y ) = − lim lim ( ln y ) = 0 ⇒ y = 1 =−  π π π 2 cos 2 x 2 ⋅ ( −1) x→ x→ x→ 2

2

2

definicija logaritma

1

64. Rijesi y = ( cos x ) x2

( baza )

0

= 1 ⇒ lim y = lim ( tan x ) x→

π 2

x→

2 x −π

π 2

=1

za x → 0

1 ln cos x ln cos x = limitirajmo 2 x x2 1 ' ' ( − sin x ) ( ln cos x ) ( − sin x ) − cos x x cos = lim = lim = lim lim ln y = lim ' ' x →0 x →0 x →0 x →0 2x ( 2 x cos x ) x→0 2 cos x − 2 x sin x ( x2 ) Izraz je oblika 1∞ ⇒ ln y =

lim ln y = x →0

y = ( cos x )

Derivacije

(

)

1 1 −1 1 1   = − ⇒ lim ( cos x ) x2 = − ⇒ ln lim y = ln  lim ( cos x ) x2  x 0 0 → 0 x x → → 2 2−0 2   1 x2

=e

−

1 2

31

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 3x 2 + 5 x − 8 65. Rjesi y = 2 za x → +∞ 7x − 2x + 1

( 3x lim y = lim (7x

x →+∞

x →+∞

2

+ 5x − 8)

'

2

− 2 x + 1)

'

1   1 66. Rijesi lim  2 − 2  x → 0 sin x x  

Izraz je oblika

( 6 x + 5) = lim ' x →+∞ (14 x − 2 ) '

= lim

x →+∞

∞ ∞ 6 6 3 = = 14 14 7

izraz je oblika ∞ − ∞

 x 2 − sin 2 x   x 2 − sin 2 x x 2  1   1 lim  2 − 2  = lim  2 2  = lim  2 2 ⋅ 2  x → 0 sin x x  x→0  x sin x  x→0  x sin x x   2

 x 2 − sin 2 x   x 2   x2   x    = 12 = 1 = = lim  lim lim   2  x →0  2  4 x →0 x → 0  sin x x    sin x   sin x   x →0  '

2x

sin    − 2 2sin cos x x x ' '  ( x 2 − sin 2 x )'    ( 2 − 2 cos 2 x ) ( 4sin 2 x )     = lim = lim = lim = lim ' x →0 x →0 x →0  3 ' 2 ' 4 '  x →0 24 x ) ( x 4 x 12 x ( ) ( ) ( )   8cos 2 x 8 1 1  1 1  1 = lim = = ⇔ lim  2 − 2  = 1 ⋅ = 0 x →0 x → 24 24 3 3 3  sin x x  Ovaj zadatak se moze rjesiti koristeci Taylor-ov teorem, koji ce biti obradjen u poglavlju Beskonacni Redovi.

67. Rjesi limπ (1 − tan x ) sec 2 x x→

4

(1 − tan x ) (1 − tan x ) 1 ⇒ lim = lim Izraz je oblika 0 ⋅ ∞; sec 2 x = ' π π cos 2 x cos 2 x x→ x→ ( cos 2 x ) 4

'

4

2

   1   − 1   2 π  − sec   '   (1 − tan x ) − sec 2 x  4  =  2  = −2 = 1 lim lim = = ' π −2 ⋅ 1 −2 x→ ( cos 2 x ) x→π4 −2sin 2 x −2sin 2  π  4 4 68. Rjesi

lim − ( tan x )

π  x →  2

cos x

π  za x →   2

lim − y = lim − ( tan x )

π  x →  2

Derivacije

π  x →  2

cos x

−

izraz je oblika ∞ 0

⇒ ln lim − y = lim − cos x ln ( tan x ) = lim− π  x →  2

32

π  x →  2

x→

π 2

ln tan x sec x

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz vise matematike 1 1 2 x sec ( ln tan x ) sec x = lim− tan x = lim− = lim− cos2 x = ln lim − y = lim− ' 2 π π π π sin x π  sec tan x x x tan ( sec x ) x→ 2 x→ x→ x→ x →  2 2 2 2 cos 2 x cos x 0 = lim− = =0 2 π sin x 1 x→ '

2

Derivacije

33