Matematika 2 oktobarski rok

Matematika 2 - oktobarski rok
20.9.2012.
grupa A
1. Odrediti

∫

x2 + x + 1
dx.
x 4 − x2

2. Izraqunati povrxinu oblasti ograniqene krivom y =

√

1 − x2 i pravom y =

x+1
2 .

3. Nai lokalne ekstremume funkcije z = (2x + y)(1 − x)(1 − y).

4. Nai rexenje diferencijalne jednaqine xy ′ = y + x uz uslov y(1) = 1.

Matematika 2 - oktobarski rok
20.9.2012.
grupa B
1. Odrediti

∫

2x2 − x + 1
dx.
x4 − x 2

2. Izraqunati povrxinu oblasti ograniqene krivom y =

√

1 − x2 i pravom y =

1−x

2 .

3. Nai lokalne ekstremume funkcije z = (x + 2y)(1 − x)(1 − y).
4. Nai rexenje diferencijalne jednaqine xy ′ = y − x uz uslov y(1) = 2.

Matematika 2 - oktobarski rok
20.9.2012.
grupa A
1. Odrediti

∫

x2 + x + 1
dx.
x 4 − x2

2. Izraqunati povrxinu oblasti ograniqene krivom y =

√

1 − x2 i pravom y =

x+1
2 .

3. Nai lokalne ekstremume funkcije z = (2x + y)(1 − x)(1 − y).
4. Nai rexenje diferencijalne jednaqine xy ′ = y + x uz uslov y(1) = 1.

Matematika 2 - oktobarski rok
20.9.2012.
grupa B
1. Odrediti

∫

2x2 − x + 1
dx.
x4 − x 2

2. Izraqunati povrxinu oblasti ograniqene krivom y =

√

1 − x2 i pravom y =

3. Nai lokalne ekstremume funkcije z = (x + 2y)(1 − x)(1 − y).
4. Nai rexenje diferencijalne jednaqine xy ′ = y − x uz uslov y(1) = 2.

1−x
2 .

Rexenja
1. Grupa A. Imenilac x4 − x2 se faktorixe kao x2 (x + 1)(x − 1). Traжimo konstante a, b, c, d
2
ax+b
c
d
takve da je xx4+x+1
−x2 =
x2 + x+1 + x−1 . Svoenjem na zajedniqki imenilac dobijamo

(a + c + d)x3 + (b − c + d)x2 − ax − b = x2 + x + 1, tj. a = b = −1, a + c + d = 0 i b − c + d = 1,
i odavde c = − 12 , d = 32 . Najzad,
)
∫ (
∫ 2
x+1
1
3
3
1 1
x +x+1
− 2 −
dx =
+
dx = − ln x+ − ln(x+1)+ ln(x−1)+C.
x4 − x 2
x
2(x + 1) 2(x − 1)
x 2
2

Grupa B. Ovde se dobija a = d = 1, b = −1, c = −2, pa je rezultat
∫
1
2x2 − x + 1
dx = ln x + − 2 ln(x + 1) + ln(x − 1) + C.
x4 − x2
x
√
2. Grupa A. Prvo naimo preseke prave i krive: 1 − x2 = x+1
⇒ 4(1 − x2 ) = (x + 1)2 ⇒
2
3
(x + 1)(5x − 3) = 0, pa su preseci u x = −1 i x = 5 . Traжena povrxina je
( √
)
)
∫ 53 (√
3
2
2

1
−
x
x
+
1
x
1
arcsin
x
(x
+
1)
3 π 2
5
1 − x2 −
dx =
+
−
−1 = arcsin + − .

2
2
2
4
2
5
4
5
−1
Grupa B. Preseci su u x = − 53 i x = 1, a rezultat je isti kao u grupi A.

3. Grupa A. Prvi izvodi su zx = (2 − 4x − y)(1 − y), zy = (1 − 2x − 2y)(1 − x). Za y = 1 ili
x = 1 rexenja su (1, 1), (1, −2) i (− 12 , 1). Ako je x, y ̸= 1, onda je 2 − 4x − y = 1 − 2x − 2y = 0,
tj. (x, y) = ( 21 , 0).
Dalje je zxx = −4(1 − y), zyy = −2(1 − x) i zxy = −(3 − 4x − 2y). Za x = 1 ili y = 1 je
2
zxx zyy = 0 i D = zxx zyy − zxy
< 0, pa ovde nemamo ekstremum, a u (x, y) = ( 21 , 0), D = 3 i
zxx < 0, pa je to lokalni maksimum.
Grupa B. Kao u grupi A, (0, 21 ) je taqka lokalnog maksimuma.

4. Grupa A. Ovo je homogena jednaqina (y ′ = xy + 1); smenom y = zx je svodimo na z ′ = x1 , xto
daje z = ln x + C i y = x(ln x + C). Uslov y(1) = 1 odreuje C = 1, pa je y = x(ln x + 1).
Grupa B. Imamo homogenu jednaqinu y ′ = xy − 1 koju smenom y = zx svodimo na z ′ = − x1 ,
pa je y = x(C − ln x). Uslov y(1) = 2 odreuje y = x(2 − ln x).