MATEMANIJA

Zadatak glasi odrediti prvi izvod (prvu derivaciju) funkcije
[dispmath]f\left(x\right)=\left(\cos^2 x\right)^\frac{1}{\arcsin 2x}[/dispmath]

... a ja sam dobio
...

evo skratio sam ti muke da se ne mučiš s Latexom, samo provjeri kada stigneš pa javi Možda bi se ovo moglo još sređivati, ali ni mi na nastavi nismo išli "do kraja".
[dispmath]\left(\cos^2 x\right)^\frac{1}{\arcsin 2x}\cdot\frac{\frac{-2\sin x\cos x}{\cos^2 x}\cdot\arcsin 2x-\ln\left(\cos^2 x\right)\cdot\frac{2}{\sqrt{1-\left(2x\right)^2}}}{\arcsin^2 2x}[/dispmath]

Da, i ja dobijem upravo to.
Ipak ti još malo skrati ono što je baš očigledno: [inlmath]\frac{-2\sin x\cos x}{\cos^2 x}[/inlmath] skrati [inlmath]\cos x[/inlmath] gore i dole i biće [inlmath]\frac{-2\sin x}{\cos x}[/inlmath] a to je [inlmath]-2\mathrm{tg}\:x[/inlmath]...

Da da, može... Uf, barem znam da ću na ovome kupiti bodove

->

Naknadni ispravak: ne kao u prethodnom zadatku, nego zadatku na ovoj strani: viewtopic.php?f=24&t=36&start=10

Evo i slijedećeg zadatka. Treba odrediti prvu derivaciju, a potom odrediti limes pomoću L'H, ako [inlmath]x\to 0[/inlmath].
[dispmath]f\left(x\right)=\left(\arcsin x+1\right)^\frac{1}{\ln\left(x+1\right)+x}[/dispmath]
Prvo sam išao na jednostavnije, a to je L'H. Tu sam opet dobio beskonačnost, kao i u prethodnom zadatku, pa pretpostavljam da se računa na isti način (?!).

A ovo sam dobio deriviranjem:
[dispmath]f'\left(x\right)=f\left(x\right)\cdot\frac{\frac{1}{\arcsin\left(x+1\right)\cdot\sqrt{1-\left(x+1\right)^2}}-2\cdot\frac{\ln\arcsin x+1}{x+1+x}}{\left[\ln\left(x+1\right)+x\right]^2}[/dispmath]

Vidim, ti si [inlmath]\arcsin x+1[/inlmath] radio kao da je to [inlmath]\arcsin\left(x+1\right)[/inlmath], a zapravo bi trebalo, ako nema zagrade, da se podrazumeva [inlmath]\left(\arcsin x\right)+1[/inlmath]...

Ali, čak i da pretpostavim da je u zadatku napisano [inlmath]\arcsin\left(x+1\right)[/inlmath], opet ne dobijam to rešenje...
Evo kako sam ja radio:
[dispmath]f\left(x\right)=\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]^\frac{1}{\ln\left(x+1\right)+x}=e^{\ln\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]^\frac{1}{\ln\left(x+1\right)+x}}=e^\frac{\ln\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]}{\ln\left(x+1\right)+x}[/dispmath]
[dispmath]f'\left(x\right)=\left(e^\frac{\ln\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]}{\ln\left(x+1\right)+x}\right)'=[/dispmath]
[dispmath]=e^\frac{\ln\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]}{\ln\left(x+1\right)+x}\cdot\frac{\left\{\ln\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]\right\}'\left[\ln\left(x+1\right)+x\right]-\ln\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]\left[\ln\left(x+1\right)+x\right]'}{\left[\ln\left(x+1\right)+x\right]^2}=[/dispmath]
[dispmath]=f\left(x\right)\cdot\frac{\frac{1}{\arcsin\left(x+1\right)}\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]'\left[\ln\left(x+1\right)+x\right]-\ln\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]\left(\frac{1}{x+1}+1\right)}{\left[\ln\left(x+1\right)+x\right]^2}=[/dispmath]
[dispmath]=f\left(x\right)\cdot\frac{\frac{1}{\arcsin\left(x+1\right)}\frac{1}{\sqrt{1-\left(x+1\right)^2}}\left[\ln\left(x+1\right)+x\right]-\ln\left[\arcsin\left(x+1\right)\right]\left(\frac{1}{x+1}+1\right)}{\left[\ln\left(x+1\right)+x\right]^2}[/dispmath]

Sad pogledah i ovaj deo zadatka s limesom... Da, definitivno u izrazu [inlmath]\arcsin x+1[/inlmath] jedinica nije u argumentu arkus sinusa, jer bi nam se, u protivnom, limes kada [inlmath]x\to 0[/inlmath] sveo na [inlmath]\left(\arcsin 1\right)^\frac{1}{0}[/inlmath], a [inlmath]\arcsin 1= \frac{\pi}{2}[/inlmath], pa tu ne bi imalo šta da se radi preko l'Hopital-a, jer gornja strana razlomka ne bi težila nuli.
Kada se izraz posmatra kao [inlmath]\left(\arcsin x\right)+1[/inlmath], onda se sve uklapa – i gornja i donja strana teže nuli, pa je ispunjen uslov za primenu l'Hopital-a.
Svejedno, ti ipak uporedi ovo rešenje za izvod koje sam malopre uradio s onim tvojim rešenjem.
Možda bi sada, kad znaš da treba da se računa kao [inlmath]\left(\arcsin x\right)+1[/inlmath], umeo da uradiš l'Hopital-a?

Sada sam zadatak napravio preko Hopitala i dobio:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\arcsin x\cdot\sqrt{1-x^2}}}{\frac{x+2}{x+1}}[/dispmath]
što opet daje beskonačnost kao rješenje . Bitno je za naglasiti, da osim što se ne bi [inlmath]\arcsin x+1[/inlmath] trebalo smatrati kao [inlmath]\arcsin (x+1)[/inlmath], i prilikom deriviranja nazivnika se [inlmath]\ln (x+1)+x[/inlmath] ne bi smjelo smatrati kao [inlmath]\ln[(x+1)+x][/inlmath]. To bi prilikom deriviranja trebalo napraviti kao [inlmath][\ln (x+1)]'+x'[/inlmath]. Jesam li u pravu? E pa tim načinom sam dobio ovo gore, a sada ću istim pokušati derivirati funkciju bez određivanja limesa.

Radeći prema ovim boldanim načinima, deriviranjem funkcije sam Daniele dobio isto šta i ti.

eseper je napisao:Sada sam zadatak napravio preko Hopitala i dobio:
[dispmath]\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{\arcsin x\cdot\sqrt{1-x^2}}}{\frac{x+2}{x+1}}[/dispmath]
što opet daje beskonačnost kao rješenje .

Zezno si se u tome što si [inlmath]\ln\left(\arcsin x+1\right)[/inlmath] napisao kao [inlmath]\frac{1}{\arcsin x}[/inlmath], a treba kao [inlmath]\frac{1}{\arcsin x+1}[/inlmath]. (Jedinica jeste izvan argumenta arkus sinusa, ali ne daj se tu zbuniti, jer budući da je sve đuture u argumentu logaritma, uključujući i taj arkus sinus i tu jedinicu, izvod na logaritam moraš primenjivati tako što ćeš ceo njegov argument posmatrati kao promenljivu po kojoj se vrši derivacija.)
Iz izraza kako si ga ti napisao zaista se i dobije [inlmath]\infty[/inlmath]. Inače je ispravno rešenje [inlmath]e^\frac{1}{2}[/inlmath].

eseper je napisao:Bitno je za naglasiti, da osim što se ne bi [inlmath]\arcsin x+1[/inlmath] trebalo smatrati kao [inlmath]\arcsin (x+1)[/inlmath], i prilikom deriviranja nazivnika se [inlmath]\ln (x+1)+x[/inlmath] ne bi smjelo smatrati kao [inlmath]\ln[(x+1)+x][/inlmath]. To bi prilikom deriviranja trebalo napraviti kao [inlmath][\ln (x+1)]'+x'[/inlmath]. Jesam li u pravu?

Da, izraz [inlmath]\ln\left(x+1\right)+x[/inlmath] je isto što i [inlmath]\left[\ln\left(x+1\right)\right]+x[/inlmath], a njegov izvod je taj koji si napisao. Znači, izvod zbira funkcija jednak je zbiru njihovih izvoda, sasvim jednostavno.

Da, tu sam bio zeznuo. Sad sam dobio ispravno rješenje.

Znači li to da, ako dobijem npr neki zadatak tipa [inlmath](\mathrm{arctg}\:x-2+4)^\mbox{nešto}[/inlmath], da to mogu zapisati, odnosno smatrati kao [inlmath][(\mathrm{arctg}\:x)-2+4]^\mbox{nešto}[/inlmath]?