Embed Size (px)
DESCRIPTION
matematika
Citation preview
1
Zadatak 101 (Kate, studentica)
Je li funkcija ( )2
ln 1f x x x= + +
parna ili neparna?
Rješenje 101 Ponovimo!
( ) ( ) ( )122 2
ln, , , ln .a b n
a b a b a b a a a n ab a
−
− = − ⋅ + = = = ⋅
Funkciju y = f(x) definiranu u simetričnom području – a ≤ x ≤ a nazivamo:
• parnom, ako je f(– x) = f(x)
• neparnom, ako je f(– x) = – f(x).
Umjesto x uvrstimo – x u jednadžbu:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
ln 1 ln 1 ln 1f x x x f x x x f x x x
− = − + + − ⇒ − = − + + ⇒ − = + − ⇒
( )2
ln
2racionalizacija 1
brojnika 21
1
x x
x
x
x
f x x
⇒ ⇒ − = + − ⋅ ⇒ + +
+
+
( ) ( )u brojniku je
razlika kva
22 2 2 2
1 1 1
ln ln2 dr a 2
1a
1t
x x x x x x
f x f x
x x x x
+ − ⋅ + + + − ⇒ − = ⇒ ⇒ − = ⇒ + + + +
( ) ( ) ( )2 2
1 1 1ln ln ln
2 2 21
2 2
1 1
xx xf x f x f x
x x x x
x
x x
+ −⇒ − = ⇒ − = ⇒ − = ⇒
+ + + + + +
+ −
( ) ( ) ( )1
2 2 2ln 1 1 ln 1 ln 1f x x x f x x x f x x x
−
⇒ − = + + ⇒ − = − ⋅ + + ⇒ − = − + + ⇒
( ) ( )
( )
( ) ( )2 2
ln 1 ln 1 .f x x x f x x x f x f x
f x
⇒ − = − + + ⇒ − = − + + ⇒
− = −
�����������������
Funkcija je neparna.
Vježba 101
Je li funkcija ( )2
ln 1f x x x= + +
parna ili neparna?
Rezultat: Neparna je.
Zadatak 102 (Kate, studentica)
( ) ( )2 2
Zadane su funkcije 4, 4.f x x g x x= − = + Dokaži da vrijedi
1 12 , 1.f x g x x x
x x+ + − = ⋅ >
Rješenje 102 Ponovimo!
( ) ( )2 22 2 2 2 2
2 , 0, 2 , .a b a a b b a b a a b b a a a+ = + ⋅ ⋅ + − = − ⋅ ⋅ + = ≥
Uoči da iz uvjeta x > 1 slijedi:
2
12 21 1 1 0 0
1./x x x x
xx> ⇒ > ⇒ − > ⇒ − >⋅
Sada računamo:
2 21 1 1 1
4 4f x g x x xx x x x
+ + − = + − + − + =
2 21 1 1 12 2
2 4 2 4x x x xx x x x
= + ⋅ ⋅ + − + − ⋅ ⋅ + + =
1 1 1 1 1 12 2 2 22 4 2 4 2 4 2 4
2 2 2 2x xx x
xx
xx
x x x x
= + ⋅ ⋅ + − + − ⋅ ⋅ + + = + + − + − + + =
1 10
2 21 1 1 12 2
2 22 2
, 0x x x x x xx xx x x x
= − + + + + = − + + = − > + > =
1 12 .
1 1x x x x x
x x x x−= − + + = + = ⋅+
Dokaz gotov.
Vježba 102
( ) ( )2 2
Zadane su funkcije 4, 4.f x x g x x= + = − Dokaži da vrijedi
1 12 , 1.f x g x x x
x x− + + = ⋅ >
Rezultat: Točno je.
Zadatak 103 (Kate, studentica) Nañi kompoziciju funkcija f ○ g, g ○ f ako je f(x) = 2 · x + 1, g(x) = x + 1.
Rješenje 103 Ponovimo!
Za kompoziciju funkcija f i g vrijedi:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ), .f g x f g x g f x g f x= =� �
Uoči da vrijedi (☺):
( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 1, .1f x x f g x x g= ⋅ + ⇒ = ⋅ + = + ⇒ = +� � � �
1.inačica
Računamo kompoziciju f ○ g.
( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 1 2 21 1 2 3.f g x f g x g x x x xg x x= = ⋅ + = = ⋅ + + = ⋅+ + + ⋅= = + �
Računamo kompoziciju g ○ f.
( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 11 2 1 1 2 2 2 1 .g f x g f x f x x x xf x x= = + = = ⋅ + + = ⋅ + = ⋅ += ⋅ + �
2.inačica
Računamo kompoziciju f ○ g.
( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 2 1 22 1 3.f g x f g x f x x x xf x x= = + = = ⋅ + + = ⋅ + + = ⋅= + +⋅ �
Računamo kompoziciju g ○ f.
( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )12 1 2 1 1 2 2 2 1 .g x xg f x g f x g x x x x= = ⋅ + = = ⋅ + + = ⋅ + = ⋅ += + �
3
Vježba 103 Nañi kompoziciju funkcija f ○ g ako je f(x) = 3 · x + 1, g(x) = x + 1.
Rezultat: 3 · x + 4.
Zadatak 104 (Kate, studentica)
( )2 3
5 4Nañi nultočke funkcije : .
23 5
x x xf x
x
⋅ − ⋅ −=
⋅ +
Rješenje 104 Ponovimo!
0 0 ili 0 il .i 0a b a b a b⋅ = ⇔ = = = =
Za broj x0 kažemo da je nultočka (korijen) funkcije f ako vrijedi
( ) .00
f x =
Razlomak, koji ima nazivnik različit od nule, jednak je nuli ako je brojnik jednak nuli.
0.0 , 0a
b ab
= ≠ ⇒ =
Odredimo nultočke funkcije ( )2 3
5 4.
23 5
x x xf x
x
⋅ − ⋅ −=
⋅ +
Iz f(x) = 0 slijedi:
brojnik izjednačimo
s nu
2 35 4 2 3 3 2
0 5 4 0 4 5om
02
3 5 l
x x xx x x x x x
x
⋅ − ⋅ −= ⇒ ⇒ ⋅ − ⋅ − = ⇒ − − ⋅ + ⋅ = ⇒
⋅ +
( ) ( )3 2 3 2 24 5 0 4 5/ 1 0 4 5 0x x x x x x x x x⇒ − − ⋅ + ⋅ = ⇒ + ⋅ − ⋅ = ⇒ ⋅ +⋅ ⋅ − =− ⇒
0.
24 5 0
x
x x
=⇒
+ ⋅ − =
Prvo rješenje je
x1 = 0.
Ostala dva rješenja glase:
( )1 , 4 , 5
2 4 16 4 1 54 5 02
4 2,3 2 11 , 4 , 52,3 2
a b c
x xx
b b a ca b c x
a
= = = −− ± − ⋅ ⋅ −+ ⋅ − =
⇒ ⇒ = ⇒− ± − ⋅ ⋅ ⋅= = = − =
⋅
4 6
24 16 20 4 36 4 6 22,3 2,3 2,3 4 62 2 2
3 2
x
x x x
x
− +=
− ± + − ± − ±⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒
− −=
212 22
.510
33 2
x x
xx
= =⇒ ⇒
= −= −
Provjerimo je li nazivnik za svaku od dobivenih vrijednosti x1 = 0, x2 = 1, x3 = – 5 različit od nule.
• 0 2
3 0 5 3 0 5 5 .02
3 5
x
x
=⇒ ⋅ + = ⋅ + =
⋅ +≠
4
• 1 2
3 1 5 3 1 5 8 .02
3 5
x
x
=⇒ ⋅ + = ⋅ + =
⋅ +≠
• ( )5 2
3 5 5 3 25 5 80 .2
3 50
x
x
= −⇒ ⋅ − + = ⋅ + =
⋅ +≠
Znači da su nultočke zadane funkcije:
x1 = 0, x2 = 1, x3 = – 5.
Ili ovako!
Nazivnik izjednačimo s nulom i riješimo dobivenu jednadžbu.
5 5 52 2 2 23 5 0 3 5 3 5 .
1,/
2 1,2: 3
3 3 3/x x x x x x i⋅ + = ⇒ ⋅ = − ⇒ ⋅ = − ⇒ = − ⇒ = ± − ⇒ = ± ⋅
Vidimo da su nultočke nazivnika različite od nultočaka brojnika što znači da funkcija
( )2 3
5 4
23 5
x x xf x
x
⋅ − ⋅ −=
⋅ +
ima nultočke:
0 , 1 , 5.1 2 3
x x x= = = −
Vježba 104
( )2
5 4Nañi nultočke funkcije : .
23 5
x xf x
x
− ⋅ −=
⋅ +
Rezultat: x1 = 1 , x2 = – 5.
Zadatak 105 (Kate, studentica)
( )1
Nañi nultočku funkcije : 2 2.x
f x+
= −
Rješenje 105 Ponovimo!
( ) ( ) ( ) ( ) , .1f x g x
a a f x g x a a= ⇒ = =
Za broj x0 kažemo da je nultočka (korijen) funkcije f ako vrijedi
( ) .00
f x =
Odredimo nultočku funkcije ( )1
2 2.x
f x+
= − Iz f(x) = 0 slijedi:
1 1 1 12 2 0 2 2 2 2 1 1 1 1 0.
x x xx x x
+ + +− = ⇒ = ⇒ = ⇒ + = ⇒ = − ⇒ =
Vježba 105
( )1
Nañi nultočku funkcije : 3 3.x
f x+
= −
Rezultat: x = 0.
Zadatak 106 (Dijanchy, studentica) Odredite globalne ekstreme (najveću i najmanju vrijednost) funkcije
( ) [ ]3 2
2 3 36 8 na segmentu 3, 6 .f x x x x= ⋅ − ⋅ − ⋅ − −
Rješenje 106 Ponovimo!
( )Derivacija zbroja : ' .' 'f g f g+ = +
Derivacija umnoška konstantnog faktora i funkcije: (c · f(x)) ' = c · f ' (x).
5
Tablično deriviranje
Funkcija Derivacija
nx
1nn x
−⋅
x 1
, konstantac
0
Najmanja (ili najveća) vrijednost neprekinute funkcije f(x) na zadanom segmentu [a, b] dobije se ili u
stacionarnim točkama funkcije (kritičnim točkama) koje pripadaju segmentu ili na krajevima segmenta
[a, b].
Ekstremi funkcije mogu biti maksimum ili minimum ili oboje. Moramo najprije naći prvu derivaciju:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' ' ' '' 3 2 ' 3 2 '
2 3 36 8 2 3 36 8f x x x x f x x x x= ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⇒ = ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⇒
( ) ( ) ( ) ( )' '
' 3 2 ' 2' '2 3 36 8 2 3 3 2 36 1 0f x x x x f x x x⇒ = ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⇒ = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ − ⇒
( )' 2
6 6 36.f x x x⇒ = ⋅ − ⋅ −
Sada prvu derivaciju izjednačimo s nulom i riješimo dobivenu jednadžbu.
22 2 2 6 0
6 6 36 0 6 6 36 0 6 01 , 1 ,
/ : 66
x xx x x x x x
a b c
− − =⋅ − ⋅ − = ⇒ ⋅ − ⋅ − = ⇒ − − = ⇒ ⇒
= = − = −
( )1 , 1 , 6
1 1 4 1 6 1 1 242
4 1,2 1,22 1 21,2 2
a b c
x xb b a c
xa
= = − = −± − ⋅ ⋅ − ± +
⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒− ± − ⋅ ⋅ ⋅=
⋅
1 5 631 11 25 1 5 2 2 1
.1,2 1,2 1 5 4 22 2
22 22 2
x x xx x
xx x
+= = =± ±
⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒ ⇒− = −
= = −
Rješenja su x1 = 3 i x2 = – 2. Uočimo da točke pripadaju zadanom segmentu.
Te se točke zovu stacionarne točke. Hoće li u njima biti maksimum ili minimum, znat ćemo ako
nañemo drugu derivaciju.
U drugu derivaciju uvrstimo x = 3. Ako je druga derivacija pozitivna, funkcija ima minimum, ako je
pak druga derivacija negativna, funkcija ima maksimum.
U drugu derivaciju uvrstimo x = – 2. Ako je druga derivacija pozitivna, funkcija ima minimum, ako je
pak druga derivacija negativna, funkcija ima maksimum.
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )' ' ' ''' ' ' 2 2 2' ' '
6 6 36 6 6 36 6 6 36f x f x x x x x x x= = ⋅ − ⋅ − = ⋅ − ⋅ − = ⋅ − ⋅ − =
6 2 6 1 0 12 6.x x= ⋅ ⋅ − ⋅ − = ⋅ −
• Uvrstimo x = 3:
( )' '
3 12 3 .06 36 6 30f = ⋅ − = >− =
Dakle, druga derivacija je pozitivna pa funkcija u točki x = 3 ima minimum. Vrijednost minimuma
dobit ćemo tako da x = 3 uvrstimo u zadanu funkciju:
( )( )
33 2
3 2 3 3 3 36 3 8 89.3 22 3 36 8
xf
f x x x x
=
⇒ = ⋅ − ⋅ − ⋅ − = −= ⋅ − ⋅ − ⋅ −
Minimum će biti u točki m(3, – 89).
• Uvrstimo x = – 2:
( ) ( )' '
2 12 2 6 0 .06 24 3f − = ⋅ − − = = − <− −
6
Dakle, druga derivacija je negativna pa funkcija u točki x = – 2 ima maksimum. Vrijednost
maksimuma dobit ćemo tako da x = – 2 uvrstimo u zadanu funkciju:
( )( ) ( ) ( ) ( )
2 3 22 2 2 3 2 36 2 8 36.3 2
2 3 36 8
xf
f x x x x
= −
⇒ − = ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − − == ⋅ − ⋅ − ⋅ −
Maksimum će biti u točki M(– 2, 36).
Sada računamo vrijednosti funkcije u rubnim točkama segmenta [ ]3, 6 .−
• x = – 3
Vrijednost funkcije dobit ćemo tako da x = – 3 uvrstimo u zadanu funkciju:
( )( ) ( ) ( ) ( )
3 3 23 2 3 3 3 36 3 8 19.3 2
2 3 36 8
xf
f x x x x
= −
⇒ − = ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − − == ⋅ − ⋅ − ⋅ −
• x = 6
Vrijednost funkcije dobit ćemo tako da x = 6 uvrstimo u zadanu funkciju:
( )( )
63 2
6 2 6 3 6 36 6 8 100.3 22 3 36 8
xf
f x x x x
=
⇒ = ⋅ − ⋅ − ⋅ − == ⋅ − ⋅ − ⋅ −
Ako usporedimo vrijednosti funkcije u stacionarnim točkama
( ) ( )minimum maksim3 u3 89 , 2 2 m36x f x f= ⇒ = − = − ⇒ − =
sa vrijednostima funkcije na krajevima segmenta [ ]3, 6−
( ) ( )3 3 19 , 6 6 100x f x f= − ⇒ − = = ⇒ =
zaključujemo da najmanju vrijednost m = – 89 funkcija ima u točki (u točki minimuma) x = 3 i ona
iznosi – 89
( )3, 89 ,m −
a najveću vrijednost M = 100 funkcija ima u točki x = 6 (na desnoj strani segmenta) i ona iznosi
( )6, 100 .M
Vježba 106 Odredite globalne ekstreme (najveću i najmanju vrijednost) funkcije
( ) [ ]3 2
2 3 12 1 na segmentu 1, 5 .f x x x x= ⋅ + ⋅ − ⋅ + −
Rezultat: ( ) ( )1, 6 , 5, 266minimum maksi um.mm M−
Zadatak 107 (Snježana, gimnazija)
[ ]Ispitaj tok i nacrtaj graf funkcije 2 sin 2 , 0, 2 .y x x π= ⋅ ∈
Rješenje 107 Ponovimo!
Podsjetimo se svojstava funkcije f(x) = sin x:
Period funkcije sinus je 2π. Nultočke (točke u kojima graf siječe x-os ili apscisu) su 0, π, 2π, 3π, ..., tj. kπ, k je cijeli broj. Mi
ćemo samo promatrati dio grafa na segmentu [0 , 2π].
Maksimum funkcije je u
2
π
i iznosi +1.
Minimum funkcije je u
7
3
2
π
i iznosi – 1.
Zadana funkcija f(x) = 2 · sin 2x ima amplitudu 2 što znači da će maksimum biti + 2, a minimum – 2.
Nultočke funkcije nañemo tako da vrijednost argumenta 2x izjednačimo s nultočkama funkcije sinus:
0, π, 2π, 3π, 4π.
/2 0 2 0 : 2 0x x x⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =
22
2 / : 2x x xπ
π π⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =
/2 2 :2 22 .x x x ππ π⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =
3/ : 23 3 .
22 2x x xπ π
π⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅
⋅⇒ =
2 4 2 4 2 ./ : 2x x xπ π π⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ ⇒ = ⋅= ⋅
Nultočke naše funkcije su:
30 , , , , 2 .
2 2
π ππ π
⋅⋅
Funkcija sinus imala je maksimum u točki
.2
π
Sada argument 2x zadane funkcije izjednačimo s
2
π
pa je
2 2 .2 2
/ : 24
x x xπ π π
⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =
Dakle, funkcija f(x) = 2 · sin 2x ima maksimum u
5,
4 4 4
π π ππ
⋅+ =
koji iznosi + 2.
Analogno je za minimum:
8
3 32 2 .
2 2
3/ : 2
4x x x
π ππ⋅ ⋅⋅ = ⇒ =
⋅⋅ = ⇒
Dakle, funkcija f(x) = 2 · sin 2x ima minimum u
3 3 7,
4 4 4
π π ππ
⋅ ⋅ ⋅+ =
koji iznosi – 2.
2,5
2
1,5
1
0,5
-0,5
-1
-1,5
-2
1 2 3 4 5 6 7
7ππππ
4
5ππππ
4
3ππππ
4
ππππ
4
y
x2ππππ
ππππ
y = 2 ⋅⋅⋅⋅ sin 2x
y = sin x
H M
Tablični prikaz (tok funkcije)
x
0 4
π
2
π
3
4
π⋅
π 5
4
π⋅
3
2
π⋅
7
4
π⋅
2 π⋅
y 0 2 0 – 2 0 2 0 – 2 0
� � � � � � � �
Vježba 107
[ ]Ispitaj tok i nacrtaj graf funkcije 3 sin 2 , 0, 2 .y x x π= ⋅ ∈
Rezultat:
x
0 4
π
2
π
3
4
π⋅
π
5
4
π⋅
3
2
π⋅
7
4
π⋅
2 π⋅
y 0 3 0 – 3 0 3 0 – 3 0
� � � � � � � �
Zadatak 108 (Katarina Patuljčica Kate ☺☺☺☺, studentica)
( ) ( ) ( )( ) ( )( )1
Za realne funkcije i odredi kompozicije i .2
x
f x g x x f g x g f x= =
� �
Kompozicije prikaži grafički.
Rješenje 108
Ponovimo!
Za realne funkcije f i g definira se kompozicija na sljedeći način:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ), .f g x f g x g f x g f x= =� �
Kompozicija funkcija f ○ g tada je jednaka:
9
1.inačica
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )1
.2
g x x
x
f g x f g x f f f x= = = = =
�
2.inačica
( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )
1 1 1.
2 2 2
g x g x x
f g x f g xx gf= = = = =
�
1,4
1,2
1
0,8
0,6
0,4
0,2
-0,2
-0,4
-1,5 -1 -0,5 0,5 1 1,5
y
x
Kompozicija funkcija g ○ f tada je jednaka:
1.inačica
( )( ) ( )( ) ( )( )1 1
.2 2
1
2
x x
g f x g f x g g
x
gf x= = = = =
�
2.inačica
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )1
.2
f x f x
x
g f x g f x g f x= = = = =
�
6
5
4
3
2
1
-1
-4 -2 2 4 6
y
x
Vježba 108
( ) ( ) ( )( )Za realne funkcije 2 i odredi kompoziciju .x
f x g x x f g x= = �
Rezultat: 2 .x
Zadatak 109 (Ivana, gimnazija) Približan broj bakterija u kulturi A jednak je A(t) = 1000 · 2
t, a u kulturi B je B(t) = 100 · 2
2t,
gdje je t vrijeme mjereno u satima.
1. Koliko je bakterija na početku mjerenja bilo u kulturi A, a koliko u kulturi B?
2. Koliko je bakterija bilo u jednoj, a koliko u drugoj kulturi 3 sata nakon početka mjerenja?
10
Rješenje 109
Ponovimo!
01.a =
1.
( )( ) ( ) ( )
0 00 1000 2 0 1000 1 0 1000.
1000 2
t hA A At
A t
=⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =
= ⋅
( )( ) ( ) ( ) ( )
02 0 0
0 100 2 0 100 2 0 100 1 0 100.2100 2
t hB B B Bt
B t
=⋅
⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =⋅= ⋅
Na početku mjerenja u kulturi A bilo je 1000, a u kulturi B 100 bakterija.
2.
( )( ) ( ) ( )
3 33 1000 2 3 1000 8 3 8000.
1000 2
t hA A At
A t
=⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =
= ⋅
( )( ) ( ) ( ) ( )
32 3 6
3 100 2 3 100 2 3 100 64 0 6 400.2100 2
t hB B B Bt
B t
=⋅
⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =⋅= ⋅
Nakon 3 sata u kulturi A bilo je 8000, a u kulturi B 6400 bakterija.
Vježba 109 Približan broj bakterija u kulturi A jednak je A(t) = 1000 · 2t, a u kulturi B je B(t) = 100 · 22t,
gdje je t vrijeme mjereno u satima. Koliko je bakterija bilo u jednoj, a koliko u drugoj kulturi 2 sata
nakon početka mjerenja?
Rezultat: Nakon 2 sata u kulturi A bilo je 4000, a u kulturi B 1600 bakterija.
Zadatak 110 (Mirza, elektrotehnička škola)
Nacrtati i ispitati funkciju log .3
y x=
Rješenje 110
Ponovimo!
1 1log 1 log 1 0 log log, , , , .
n nb a n a a a anb b b b a
−= = = ⋅ = =
Logaritamska funkcija s bazom b realna je funkcija oblika
( ) lo ,gf x xb
=
gdje je b > 0 i b ≠ 1. Područje definicije (domena) logaritamske funkcije je interval pozitivnih realnih
brojeva
, .0x ∈ + ∞
Najprije provedemo diskusiju (tražimo domenu funkcije):
log 0 .3
0,y x x x= ⇒ > ∈ + ∞⇒
Za realni broj x njegova je apsolutna vrijednost (modul) broj │x│ koji odreñujemo na ovaj način:
11
, .
, 0
0
x xx
x x
≥=
− <
Ako je broj x pozitivan ili nula, tada je on jednak svojoj apsolutnoj vrijednosti. Za svaki x, x ≥ 0,
vrijedi │x│= x.
Ako je x negativan broj, njegova apsolutna vrijednost je suprotan broj – x koji je pozitivan. Za svaki x,
x < 0, je │x│= – x.
Ili ovako:
Apsolutna vrijednost realnog broja x definira se
, 0
0, 0
, 0
x x
x x
x x
>
= =− <
.
Ako je broj x pozitivan broj, onda ga prepišemo: | x | = x, | 7 | = 7.
Ako je broj x negativan broj, onda ga pišemo s minusom: | x | = – x, | – 4 | = – (– 4) = 4.
Crtamo graf logaritamske funkcije log3
y x= :
1 1 23
2 29 3 log 3 2 log 3 2 1 23 3
log3
x
y y y y
y x
−= = =
−⇒ = ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = −
=
1 1 13
1 13 3 log 3 1 log 3 1 1 13 3
log3
x
y y y y
y x
−= = =
−⇒ = ⇒ = − ⋅ ⇒ = − ⋅ ⇒ = −
=
1log 1 0
3log3
xy y
y x
=⇒ = ⇒ =
=
3log 3 1
3log3
xy y
y x
=⇒ = ⇒ =
=
29 3 2
log 3 2 log 3 2 1 2.3 3log
3
xy y y y
y x
= =⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =
=
x 1
9
1
3
1
3
9
log3
y x=
– 2
– 1
0
1
2
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-0,5
-1
-1,5
-2
-2,5
-3
-3,5
1 2 3 4 5 6 7 8 9
y
x
12
Crtamo graf logaritamske funkcije log3
y x=
x 1
9
1
3
1
3
9
log3
y x=
2
1
0
1
2
4,5
4
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-0,5
-1
-1,5
-2
1 2 3 4 5 6 7 8 9
x
y
Domena zadane funkcije:
( ) 0, .D f = + ∞ 5
4,5
4
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-0,5
-1
-1,5
1 2 3 4 5 6 7 8 9
d o m e n a
y
x
B
Kodomena zadane funkcije.
( ) 0, .R f = + ∞
5,5
5
4,5
4
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
-0,5
-1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
kodomena
x
y
Sa slika vidi se:
13
• na intervalu 0, 1 funkcija je padajuća,
• x = 1 je nultočka funkcije,
• na intervalu 1, + ∞ funkcija je rastuća,
• pravac x = 0 (y – os) je asimptota funkcije.
Vježba 110
Nacrtati i ispitati funkciju log .2
y x=
Rezultat: Analogno.
Zadatak 111 (Mirza, elektrotehnička škola)
Odredi područje definicije (domenu) funkcije2 3
log .x
yx
⋅ +=
Rješenje 111
Ponovimo!
( ) ( ) ( ) ( )log10 1 log1 0 log log, , .f x g x f x g x= = ≥ ⇒ ≥
0 0 0 00 i 0 i
0 0 0, .
0
a a a aa a
b b b bb b
> < ≥ ≤> ⇒ ≥ ⇒
> < > <
Logaritamska funkcija s bazom 10 realna je funkcija oblika
( ) og .lf x x=
Područje definicije (domena) logaritamske funkcije je interval pozitivnih realnih brojeva
( ) 0, .D f = + ∞
Područje definicije (domena) funkcije ( )f x x= je polusegment realnih brojeva
( ) .0,D f = + ∞
Najprije provedemo diskusiju za funkciju 2 3
logx
yx
⋅ += , tj. tražimo skup realnih brojeva za koje je
ona definirana:
• / :
32 3 0 2 3 2 32 3
0 20
0
2
0 0
x x x xx
x x xxx
⋅ + > ⋅ > − ⋅ > − > −⋅ +> ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
> > >>
gledamo presjek ove
dvije nejednadžbe, 0
zajednički skup
0, .xx⇒ ⇒ ⇒ ∈ + ∞>
• / :
32 3 0 2 3 2 32 3
0 20
0
2
0 0
x x x xx
x x xxx
⋅ + < ⋅ < − ⋅ < − < −⋅ +> ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
< < <<
gledamo presjek ove3
dvije nejednadžbe,2
zajednički skup
3, .
2x x⇒ ⇒ ⇒ ∈ −< − ∞ −
Dakle, funkcija 2 3
logx
yx
⋅ += definirana je na skupu
14
3, 0, .
2− ∞ − + ∞∪
Sada tražimo područje definicije (domenu) funkcije 2 3
log .x
yx
⋅ +=
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3log log 0 log log1 1 1 0
x x x x xy
x x x x x
⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ += ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ − ≥ ⇒
2 3 30 0.
x x x
x x
⋅ + − +⇒ ≥ ⇒ ≥
•
gledamo presjek ove
dvije nejednadžbe,
zajedn
3 0 330
0 0ički skup
x xx
x xx
+ ≥ ≥ −+≥ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
> >
0, .0x x⇒ ⇒ ∈ + ∞>
•
gledamo presjek ove
dvije nejednadžbe,
zajedn
3 0 330
0 0ički skup
x xx
x xx
+ ≤ ≤ −+≥ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
< <
],3 3 .x x⇒ ⇒ ∈ − ∞ −≤ −
Dakle, funkcija 2 3
logx
yx
⋅ += definirana je na skupu
], 3 0, .− ∞ − + ∞∪
Područje definicije funkcije 2 3
logx
yx
⋅ += je presjek skupova
3, 0,
2− ∞ − + ∞∪ i ], 3 0, .− ∞ − + ∞∪
- ∞∞∞∞ + ∞∞∞∞
- 3 0
0- 3
2
+ ∞∞∞∞- ∞∞∞∞
( ) ], 3 0, .D f = − ∞ − + ∞∪
4
3
2
1
-1
-2
-3
-4 -2 2 4 6
- 3
y
x0
15
Vježba 111
Odredi područje definicije funkcije (domenu) log .y x=
Rezultat: ( ) 1, .D f = + ∞
Zadatak 112 (Doris, srednja škola)
Za linearnu funkciju ( )1
13
f x x= ⋅ − jedna je od četiriju tvrdnji istinita:
A) ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije poraste za 1
.3
B) ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije poraste za 3.
C) ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije bude 3 puta veća.
D) ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije padne za 1
.3
Rješenje 112
Ponovimo!
, 0 .a b c a b c a b a b− = ⇒ = + − > ⇒ >
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju glasi:
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +
1.inačica
Ako varijablu x povećamo za 1 vrijednost funkcije iznosi:
( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 13 3 3 3 3
f x x f x x f x x+ = ⋅ + − ⇒ + = ⋅ + − ⇒ + = ⋅ − + ⇒
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1
13
1 1 11 1 1 1 .
3 3 33f xf x x f x f x f x f xx= ⋅ − +⇒ + = ⋅ − + ⇒ ⇒ + = + ⇒ + =
Dakle, ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije poraste za 1
.3
Odgovor je pod A.
2.inačica
Računamo razliku vrijednosti linearne funkcije za varijable x + 1 i x.
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
11 1 1
1 131 1 1 1
1 3 31
3
f x x
f x f x x x
f x x
+ = ⋅ + −
⇒ + − = ⋅ + − − ⋅ − ⇒
= ⋅ −
( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1
1 1 1 13 3 3 3
1 11 1
3 3f x f x x x f x f x x x⇒ + − = ⋅ + − − ⋅ + ⇒ ⋅ − − ⋅− = + ++ ⇒
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 1
1 13
1 .3 3
f x f x f x f x f x f x⇒ + − = ⇒ + = + ⇒ + +=
Dakle, ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije poraste za 1
.3
Odgovor je pod A.
3.inačica
Nañemo razliku vrijednosti linearne funkcije za dva realna broja koji se razlikuju za 1, na primjer,
16
( ) ( ) ( ) ( )1 1 4 1
4 3 4 1 3 1 4 3 1 13 3 3
33
f f f f− = ⋅ − − ⋅ − ⇒ − = − − ⋅ − ⇒
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 4 4 1
4 3 1 1 1 4 3 1 0 4 33 3 3 1
f f f f f f⇒ − = − − − ⇒ − = − − ⇒ − = − ⇒
( ) ( ) ( ) ( )4 3 1
4 3 4 3 .3 3
f f f f−
⇒ − = ⇒ − =
Dakle, ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije poraste za 1
.3
Odgovor je pod A.
Vježba 112
Za linearnu funkciju ( ) 3 1f x x= ⋅ − jedna je od četiriju tvrdnji istinita:
A) ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije poraste za 1
.3
B) ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije poraste za 3.
C) ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije bude 3 puta veća.
D) ako se varijabla x poveća za 1, vrijednost funkcije padne za 1
.3
Rezultat: B.
Zadatak 113 (Helena, gimnazija)
( ) ( )1 2
Ako je 3 , 0, izračunaj 2 .f x f x x fx
+ ⋅ = ≠
Rješenje 113
Ponovimo!
1.
b
a a
b
=
Napišemo jednadžbe za:
• 2x =
( ) ( )1 12
2 3 2 2 3 4,2 2
f f f f+ ⋅ = ⇒ + ⋅ =
• 1
2x =
( )2
1 1 1 1 13 3 2 .
12 2 2 4
2
f f f f+ ⋅ = ⇒ + ⋅ =
Iz sustava jednadžbi dobije se f(2).
( )
( )
( )
( ) ( )
metoda
suprotnih
/ 3koefici
1 12 3 4 2 3 4
2 2
1 1 1 13 2 3 2j
2e
4 2 4nata
f f f f
f f f f
+ ⋅ = + ⋅ =
⇒ ⇒ ⇒
⋅ + ⋅ −= ⋅ + =
17
( )
( )
( ) ( ) ( )
12 3 4
2 3 16 3 138 2 4 8 2 8 2
4 4 41 39 2 3
2 4
f f
f f f
f f
+ ⋅ =−
⇒ ⇒ − ⋅ = − ⇒ − ⋅ = ⇒ − ⋅ = ⇒
− ⋅ − ⋅ = −
( ) ( )13 13
8 2 2 .4 2
/3
1
8f f⋅ −⇒ − ⋅ = ⇒ = −
Vježba 113
( ) ( )1
Ako je 3 , 0, izračunaj 2 .f x f x x fx
+ ⋅ = ≠
Rezultat: 1
.16
−
Zadatak 114 (Rade, gimnazija)
( )2 005 1
Ako je 2 005 , nañi .2 006
xf x f x
⋅ −= ⋅
Rješenje 114
Ponovimo!
Uvodimo zamjenu (supstituciju)
2 005 1.
2 006
xt
⋅ −=
Stara varijabla x iznosi:
/ 20062 005 1 2 005 1
2006 2 005 1 2 005 1 2 0062 006 2 006
x xt t t x x t
⋅ − ⋅ −= ⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅ − ⇒ ⋅ − = ⋅⋅ ⇒
2 006 12 005 2 006 1 2 005 2 006 / : 20051 .
2 005
tx t x t x
⋅ +⇒ ⋅ = ⋅ + ⇒ ⋅ = ⋅ + ⇒ =
Sada vrijedi:
( ) ( )
2005 12 005
2 006 2 006 1 2 006 12 005
2 0052 005 1 2006 1,
2 006 2 005
2 0052 005
xf x
t tf t f t
x tt x
⋅ −= ⋅
⋅ + ⋅ +⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒
⋅ − ⋅ += =
( ) ( ) ( )2006 1 1 2 006 1 2 006 .f t t f t t f x x⇒ = ⋅ + ⇒ = + ⋅ ⇒ = + ⋅
Vježba 114
( )2 010 1
Ako je 2 010 , nañi .2 011
xf x f x
⋅ −= ⋅
Rezultat: ( ) 1 2 011 .f x x= + ⋅
Zadatak 115 (Maturanti, HTT)
Ovisnost temperature T u ledenici i protekloga vremena t nakon uključivanja dana je
formulom
1.2 22.T t= − ⋅ +
Temperatura T izražena je u °C, a vrijeme t u minutama.
a) Kolika je temperatura u ledenici nakon 20 minuta?
18
b) Ledenicu treba staviti na tihi rad nakon što temperatura u njoj padne na – 12 °C. Koliko vremena
nakon uključivanja treba ledenicu staviti na tihi rad? Vrijeme izrazite u minutama i sekundama.
c) Koliko je dugo nakon uključivanja temperatura u ledenici bila iznad 0 °C? Vrijeme izrazite u
minutama i sekundama.
Rješenje 115
a)
1.2 22 01.2 20 22 2 .
20 min
T tT T C
t
= − ⋅ +⇒ = − ⋅ + ⇒ = −
=
b)
1.2 2212 1.2 22 1.2 22 12 1.2 34 / : 11.2 34
1.2
02
T tt t t t
T C
= − ⋅ +⇒ − = − ⋅ + ⇒ ⋅ = + ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒
= −
[ ]28.33333333 min 28 min 0.33333333 0.3333333min 28 min 28 min 20 .3 60t s⇒ = = + = =⋅+
c)
( )1.2 22 22
1.2 22 0 1.2 22 1.2 220 1.2
/ : 1.2T t
t t t tT
= − ⋅ +⇒ − ⋅ + > ⇒ − ⋅ > − ⇒ − ⋅ −> − ⇒ < ⇒
>
[ ]18.33333333 min 18 min 0.33333333 min 18 0.33333min 333 60t t t⇒ < ⇒ < + ⇒ ⋅< + ⇒
18 min 20 .t s⇒ <
Vježba 115 Ovisnost temperature T u ledenici i protekloga vremena t nakon uključivanja dana je
formulom
1.2 22.T t= − ⋅ +
Temperatura T izražena je u °C, a vrijeme t u minutama. Kolika je temperatura u ledenici nakon 30
minuta?
Rezultat: – 14 °C.
Zadatak 116 (Biba, gimnazija)
Ako za afinu funkciju vrijedi ( ) ( )1 2 1,f x f x x+ + = ⋅ − za svaki realni broj x, odredite f.
Rješenje 116
Ponovimo!
Neka su a i b realni brojevi. Funkcija :f R R→ dana pravilom f(x) = a · x + b naziva se afina
funkcija.
Polinom stupnja n je funkcija :f R R→ definirana s:
( )1 2 2
... ,1 2 2 1 0
n n nf x a x a x a x a x a x an n n
− −= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ +
− −
gdje su a0, a1, a2, …, an realni brojevi, an ≠ 0. Brojeve a0, a1, a2, …, an nazivamo koeficijentima
polinoma. Gornji zapis nazivamo kanonskim oblikom polinoma.
Jednakost polinoma
Dva su polinoma f i g jednaka ako za svaki x R∈ vrijedi f(x) = g(x). Polinomi f i g jednaki su ako i
samo ako su istog stupnja i ako su im koeficijenti uz iste potencije jednaki (ili ako im se koeficijenti u
kanonskom prikazu podudaraju).
Budući da za afinu funkciju f(x) = a · x + b vrijedi
( ) ( )1 2 1,f x f x x+ + = ⋅ −
19
dobije se:
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )1 1 1 2 1
1 2 1
f x a x b
f x a x b a x b a x b x
f x f x x
= ⋅ +
+ = ⋅ + + ⇒ ⋅ + + ⋅ + + = ⋅ − ⇒
+ + = ⋅ −
2 1 2 2 2 1.a x b a x a b x a x a b x⇒ ⋅ + + ⋅ + + = ⋅ − ⇒ ⋅ ⋅ + + ⋅ = ⋅ −
Uoči da su na obje strane jednakosti polinomi istog stupnja (prvog stupnja). Uporabom poučka o
jednakosti polinoma izračunamo koeficijente a i b.
2 2 2 2 12 2 2
/ : 21
2 1 2 1 2 1
a a aa x a b x
a b a b a b
⋅ = ⋅ = =⋅ ⋅ + + ⋅ = ⋅ − ⇒ ⇒ ⇒ ⇒
+ ⋅ = − + ⋅ = − + ⋅ = −
1 2 1 2 1 1 2 2 22 2 1./ :b b b b b⇒ + ⋅ = − ⇒ ⋅ = − − ⇒ ⋅ = − ⇒ ⋅ = − ⇒ = −
Afina funkcija glasi:
( )( ) ( )
1 , 11 1 1.
a bf x x f x x
f x a x b
= = −⇒ = ⋅ − ⇒ = −
= ⋅ +
Vježba 116
Ako za afinu funkciju vrijedi ( ) ( )1 1 2 ,f x x f x+ + = ⋅ − za svaki realni broj x, odredite f.
Rezultat: ( ) 1.f x x= −
Zadatak 117 (Davor, gimnazija)
Ako je f afina funkcija f(x) = a · x + b te ako je
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 ... 8 9 10 20f f f f f f+ + + + + + = −
i
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 ... 8 9 10 20,f f f f f f− + − − + − =
koliko je f(x)?
Rješenje 117
Ponovimo!
( )11 2 3 ... .
2
n nn
⋅ ++ + + + =
Neka su a i b realni brojevi. Funkcija :f R R→ dana pravilom f(x) = a · x + b naziva se afina
funkcija.
Iz prvog uvjeta za afinu funkciju f(x) = a · x + b dobije se linearna jednadžba po varijablama a i b.
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2 2
3 3 3
...
8 8 8
9 9 9
1 2 3 ...
10 10 10
8 9 10 20
f a b a b
f a b a b
f a b a b
f a b a b
f a b a b
f a
f f f f f f
b a b
= ⋅ + = +
= ⋅ + = ⋅ +
= ⋅ + = ⋅ +
⇒ ⇒
= ⋅
+ + +
+ = ⋅ +
= ⋅ + = ⋅ +
= ⋅
+ +
+ = ⋅ +
+ = −
2 3 ... 8 9 10 20a b a b a b a b a b a b⇒ + + ⋅ + + ⋅ + + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + = − ⇒
( )2 3 ... 8 9 10 10 20a a a a a a b⇒ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = − ⇒
20
( )( )10 10 1
1 2 3 ... 8 9 10 10 20 10 202
a b a b⋅ +
⇒ ⋅ + + + + + + + ⋅ = − ⇒ ⋅ + ⋅ = − ⇒
1110 20 5 11 10 20 55 10 0
22
10a b a b a b
⋅⇒ ⋅ + ⋅ = − ⇒ ⋅ ⋅ + ⋅ = − ⇒ ⋅ + ⋅ = − ⇒
/ : 555 10 20 11 2 4.a b a b⇒ ⋅ + ⋅ = − ⇒ ⋅ + ⋅ = −
Iz drugog uvjeta za afinu funkciju f(x) = a · x + b dobije se linearna jednadžba po varijabli a.
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2 2
3 3 3
...
8 8 8
9 9 9
1 2 3 ... 8 9 1
10 10 10
0 20
f a b a b
f a b a b
f a b a b
f a b a b
f a b a b
f a
f f f f
b
f
a b
f
= ⋅ + = +
= ⋅ + = ⋅ +
= ⋅ + = ⋅ +
⇒ ⇒
= ⋅ + = ⋅ +
= ⋅ + = ⋅ +
=
− + − − + −
⋅ + = +
=
⋅
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 ... 8 9 10 20a b a b a b a b a b a b⇒ + − ⋅ + + ⋅ + − − ⋅ + + ⋅ + − ⋅ + = ⇒
2 3 ... 8 9 10 20a b a b a b a b a b a b⇒ + − ⋅ − + ⋅ + − − ⋅ − + ⋅ + − ⋅ − = ⇒
2 3 ... 8 9 10 20a a a a a ab b b b b b+ − + −⇒ − ⋅ + ⋅ − − ⋅ + ⋅ − ⋅ =+ − ⇒
2 3 ... 8 9 10 20a a a a a a⇒ − ⋅ + ⋅ − − ⋅ + ⋅ − ⋅ = ⇒
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 5 6 7 8 9 10 20a a a a a a a a a a⇒ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ = ⇒
( )20 5 20 5 20 4./ : 5a a a a a a a a⇒ − − − − − = ⇒ − ⋅ = ⇒ −− ⋅ = ⇒ = −
Računamo koeficijent b.
( )4
11 4 2 4 44 2 4 2 4 4411 2 4
ab b b
a b
= −⇒ ⋅ − + ⋅ = − ⇒ − + ⋅ = − ⇒ ⋅ = − + ⇒
⋅ + ⋅ = −
2 40 2 40 02 .: 2/b b b⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =
Afina funkcija glasi:
( )( )
4 , 204 20.
a bf x x
f x a x b
= − =⇒ = − ⋅ +
= ⋅ +
Vježba 117
Ako je f afina funkcija f(x) = a · x + b te ako je
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 ... 8 9 10 20f f f f f f+ + + + + + = −
i
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 ... 8 9 10 20,f f f f f f− + − − + − =
koliko je f(5)?
Rezultat: 0.
Zadatak 118 (Magdalena, gimnazija)
S a ◦ b = a – a · b + b zadana je algebarska operacija u skupu realnih brojeva. Ako je
3 ◦ (x ◦ 2) = 9, onda je
) 7 ) 3 ) 5 ) 1A x B x C x D x= = = =
Rješenje 118
Ponovimo!
21
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju:
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +
Najprije obavimo algebarsku operaciju u zagradi.
2 2 2 2 2 2 2 .
2
a b
x a x x x x x
b
a a b
x x
b
= = = − ⋅ + = − ⋅ + = − + =
= ⋅
=
− +
−
�
�
Sada računamo x.
( ) ( ) ( )3 2 9 3 2 9 3 3 3 2 2 9
2
x x a x x
b
a b a a b
x
b
= ⇒ − = ⇒ = ⇒ − ⋅ − + −
=
= +
=
⋅
−
−
⇒
� � �
�
3 6 3 2 9 3 9 3 6 2 2 10 2 / : 210 5.x x x x x x x⇒ − + ⋅ + − = ⇒ ⋅ − = − + − ⇒ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⇒ =
Odgovor je pod C.
Vježba 118
S a ◦ b = a – a · b + b zadana je algebarska operacija u skupu realnih brojeva. Ako je
(x ◦ 2) ◦ 3 = 9, onda je
) 7 ) 3 ) 5 ) 1A x B x C x D x= = = =
Rezultat: C.
Zadatak 119 (Jasna, gimnazija)
( ) ( )1 1
Ako je 2 4 , koliko je 4 ?x x
f f+ −
=
Rješenje 119
Ponovimo!
( ) ( ) ( )1
, , , .m n nn m n m n m n m n n n
a a a a a a a b a b a na
⋅ + −= = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
Možemo zapisati
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2
1 1 1 2 1 12 4 2 2 2 2
xx x x x x
f f f−
+ − + + −= ⇒ = ⇒ = ⇒
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
1 1 2 1 1 22 2 2 2 2 2
x x x xf f
+ + − + + −⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒
( ) ( ) ( ) ( )2 2 11 1 4 1 1
2 2 2 2 24
2
x x x xf f
+ + − + +⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒
( ) ( ) ( ) ( )2 21 11 1 1 1
2 2 2 2 .16 16
x x x xf f
+ + + +⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅
Zaključujemo da je
( )1 2
.16
f x x= ⋅
Tada je
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 16 12
4 4 4 16 4 4 4 1.16 16 16
16
161 1f f f f f= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =
Vježba 119
( ) ( )1 1
Ako je 2 4 , koliko je 8 ?x x
f f+ −
=
22
Rezultat: 4.
Zadatak 120 (Ivan, gimnazija)
( ) ( )2 1
Ako je , 1, te , onda je:1
xf x x f m n
x
⋅ −= ≠ − =
+
1 2 1) ) ) )
2 1 2 2
n n n nA m B m C m D m
n n n n
− + += = = =
+ − − −
Rješenje 120
Ponovimo!
Zakon distribucije množenja prema zbrajanju
( ) ( ), .a b c a b a c a b a c a b c⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ +
Računamo f(m).
( )( )
2 12 1
.11
xf x m
f mxm
x m
⋅ −= ⋅ −
⇒ =++
=
Iz uvjeta zadatka slijedi:
( )
( )( )
metoda/ 1
komparacij
2 12 1 2 1
11e 1
mf m m m
n nmm m
f m n
m
⋅ −= ⋅ − ⋅ −
⇒ ⇒ = ⇒ = ⇒++ +
=
⋅ +
( ) ( )2 1 1 2 1 2 1 2 1m n m m n m n m n m n m n n⇒ ⋅ − = ⋅ + ⇒ ⋅ − = ⋅ + ⇒ ⋅ − ⋅ = + ⇒ ⋅ − = + ⇒
( )1
/2
12 1 .
2
nm n
nnn m⋅
−
+⇒ ⋅ − = + ⇒ =
−
Odgovor je pod C.
Vježba 120
( ) ( )2
Ako je , 1, te , onda je:1
xf x x f m n
x
⋅= ≠ − =
+
1 2 1) ) ) )
2 1 2 2
n n n nA m B m C m D m
n n n n
− + += = = =
+ − − −
Rezultat: D.
