Udžbenici Sveučilišta u Rijeci
Manualia Universitatis studiorum Fluminensis
Svjetlan Feretić
Matematička analiza 1
Zbirka riješenih zadataka
s kolokvija i ispita
Rijeka, 2011.
2
Predgovor
Često se događa da studenti pitaju: “Što ćete nas pitati na kolokviju/ispitu?” i “Po čemu ćemo
mi učiti?” Na oba ta pitanja u priličnoj se mjeri može odgovoriti objavljivanjem zbirke
riješenih ispitnih zadataka. To je najbitniji razlog zašto je ova elektronska zbirka nastala.
Zbirka je u prvom redu namijenjena studentima koji pohađaju prvu godinu preddiplomskog
studija na Građevinskom fakultetu Sveučilišta u Rijeci te se pripremaju za kolokvije i ispit iz
predmeta Matematička analiza 1. Tijekom posljednje četiri akademske godine (2006./2007.,
2007./2008., 2008./2009. i 2009./2010.), na kolokvijima i ispitima iz Matematičke analize 1
bilo je zadano ukupno 120 zadataka. Svih tih 120 zadataka u ovoj je zbirci detaljno riješeno.
Zbirka se sastoji od deset poglavlja. Prvo poglavlje čine zadaci u kojima se određuje domenu
funkcije, drugo poglavlje čine zadaci u kojima se računa limes, a ne upotrebljava se
L’Hôpitalovo pravilo,…, deseto poglavlje čine zadaci o Taylorovim redovima. Svako
poglavlje počinje kratkim uvodom, u kojem je pobliže definirano što se i kako u tom
poglavlju radi. Nakon desetog poglavlja slijedi spisak svih provjera znanja (kolokvija/ispita)
koje ova zbirka obuhvaća. Tih provjera znanja ima ukupno 37 i za svaku od njih je u rečenom
spisku navedeno od kojih se zadataka sastojala. Zbirka završava popisom literature.
Ova bi se zbirka s vremenom trebala nadopunjavati. Naime, moj plan je da ću (ako na Mat.
analizi 1 i dalje budem držao i predavanja i vježbe) tijekom akademskih godina 2010./2011.,
2011./2012.,… zbirci dodavati zadatke s kolokvija i ispita koji će se tada održavati.
Kod pisanja zbirke, posebno sam pazio na to da pišem jasno i da ne pravim greške. Po
završetku pisanja, zbirka je išla na recenziranje. Recenzenti su bili dr. sc. Tomislav Došlić,
izvanredni profesor matematike na Građevinskom fakultetu u Zagrebu, i dr. sc. Cvetan Jardas,
(od početka ove akademske godine umirovljeni) redoviti profesor matematike na
Ekonomskom fakultetu u Rijeci. Od recenzenata sam dobio korisne primjedbe, na kojima im
se zahvaljujem. Zahvaljujem se i lektorici, profesorici Marti Mihičić, čije su primjedbe
unaprijedile zbirku u jezičnom pogledu.
Ipak, moguće je da u zbirci ima grešaka koje su promakle i meni, i recenzentima i lektorici.
Svakome tko mi ukaže na neku grešku ili propust, bit ću zahvalan.
Svjetlan Feretić
u Rijeci, 6. siječnja 2011.
4
1. Određivanje domene funkcije
Funkcija
je pravilo koje svakom elementu skupa
A
pridružuje jedan i samo jedan element
skupa
B
. (Skup
A
se zove
domena
funkcije, a skup
B
se zove
kodomena
funkcije.) Dakle,
kod zadavanja funkcije trebalo bi reći što je skup
A
, što je skup
B
i kako glasi pravilo
pridruživanja.
Ipak, funkcije se često “zadaju” tako da se ne napiše ništa drugo osim pravila pridruživanja. U
takvim slučajevima podrazumijeva se da je
B
skup svih realnih brojeva te da je
A
skup onih
realnih brojeva kod kojih je primjena pravila pridruživanja moguća i kao rezultat daje realan
broj.
Kod ovog načina zadavanja funkcije, određivanje skupa
A
je (katkad lakši, a katkad
teži) matematički zadatak.
U zadacima koji slijede, tema je upravo određivanje skupa
A
. Težina zadataka je umjerena.
Zadatak 1.
Odredite domenu funkcije
2
2
9
1
2
3
6
2
2
3
2
)
(
x
x
x
x
x
x
f
.
Rješenje:
Kao prvo, razlomak
1
2
3
6
x
x
se može skratiti:
3
1
2
)
1
2
(
3
1
2
3
6
x
x
x
x
.
(Istini za volju, kada je
2
1
x
, razlomak
1
2
3
6
x
x
nije definiran pa prema tome nije jednak
broju 3 . Međutim, ta “začkoljica” u nastavku zadatka neće biti bitna.)
I tako, ispod drugog korijena imamo
)
2
2
)(
2
2
(
)
2
2
(
9
)
2
2
)(
2
2
(
3
)
2
2
)(
3
2
(
2
2
9
3
2
2
3
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
4
4
12
12
12
20
4
4
4
18
18
)
4
4
(
3
6
6
4
4
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
)
1
)(
1
(
4
5
4
1
5
4
4
4
20
16
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
Nultočke brojnika su 0 i
4
5
, a nultočke nazivnika su 1
i 1. Kada ih se napiše od manjih
prema većima, nultočke su
0
,
1
,
4
5
i 1. Sada pišemo tablicu s predznacima.
5
4
5
,
1
,
4
5
0
,
1
1
,
0
,
1
x
4
5
x
1
x
1
x
)
1
)(
1
(
4
5
4
x
x
x
x
Iz formule
)
1
)(
1
(
4
5
4
)
(
x
x
x
x
x
f
vidimo da brojevi
4
5
i 0 leže u domeni. Naime,
0
4
5
f
i
0
)
0
(
f
. Međutim, brojevi 1
i 1 ne leže u domeni. I tako, domena funkcije
)
(
x
f
je
,
1
0
,
1
4
5
,
.
Zadatak 2.
Odredite domenu funkcije
x
e
x
x
x
x
f
2
ln
3
2
5
1
3
1
)
(
.
Rješenje:
Za početak, sređujemo izraz ispod korijena:
2
3
2
5
1
3
1
2
3
2
5
1
3
1
)
ln(
3
2
5
1
3
1
2
x
x
x
x
x
x
e
x
x
x
x
2
3
11
6
8
17
2
3
2
9
6
5
15
3
2
2
)
3
2
)(
1
3
(
)
1
3
(
5
)
3
2
(
1
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
3
11
6
2
5
12
3
11
6
6
22
12
8
17
3
11
6
)
3
11
6
(
2
8
17
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
Da bi broj
x
ležao u domeni, mora vrijediti
0
3
11
6
2
5
12
2
2
x
x
x
x
.
0
2
5
12
2
x
x
za
3
2
&
4
1
24
16
&
24
6
24
11
5
24
121
5
24
96
25
5
x
.
0
3
11
6
2
x
x
za
2
3
&
3
1
12
18
&
12
4
12
7
11
12
49
11
12
72
121
11
x
.
Sada možemo napisati tablicu.
7
Domena funkcije
1
2
9
19
10
2
x
x
x
je
,
1
10
9
,
2
1
.
Sada ćemo se pozabaviti funkcijom
)
2
6
3
ln(
x
.
0
6
3
x
,
6
3
x
,
2
x
.
Za
2
x
vrijedi
0
6
3
x
, pa je
)
4
3
ln(
)
2
6
3
ln(
)
2
6
3
ln(
x
x
x
.
0
4
3
x
,
0
4
3
x
,
4
3
x
,
3
4
x
.
Jedan dio domene funkcije
)
2
6
3
ln(
x
je interval
3
4
,
.
Za
2
x
vrijedi
0
6
3
x
, pa je
)
8
3
ln(
)
2
6
3
ln(
)
2
6
3
ln(
x
x
x
.
0
8
3
x
,
8
3
x
,
3
8
x
.
Drugi dio domene funkcije
)
2
6
3
ln(
x
je interval
,
3
8
.
Čitava domena funkcije
)
2
6
3
ln(
x
je
,
3
8
3
4
,
.
Domena funkcije
)
2
6
3
ln(
1
2
9
19
10
)
(
2
x
x
x
x
x
f
je
,
3
8
3
4
,
1
10
9
,
2
1
,
3
8
3
4
,
,
1
10
9
,
2
1
.
Zadatak 4.
Odredite domenu funkcije
x
x
x
f
5
6
1
)
(
2
.
Rješenje:
0
5
6
2
x
x
za
6
5
&
0
12
5
5
12
0
25
5
x
.
a)
Koji brojevi iz skupa
,
6
5
0
,
leže u domeni funkcije
)
(
x
f
?
Za takve brojeve vrijedi
1
5
6
)
5
6
(
1
)
(
2
2
x
x
x
x
x
f
.
0
1
5
6
2
x
x
vrijedi za
1
&
6
1
12
12
&
12
2
12
7
5
12
24
25
5
x
.
