UNIVERZITET U PRI[TINIU^ITEQSKI FAKULTET PRIZREN �

LEPOSAVI]

A. Mandak • D. Stanojevi} •Q. Paunovi}

ZBIRKA ZADATAKA IZ

MATEMATIKE II

za studente u~iteqskih fakulteta

LEPOSAVI]2009

ZBIRKA ZADATAKA IZ MATEMATIKE IIza studente u~iteqskih fakulteta

AUTORI:drAlijaMandak, vanredniprofesorU~iteqskogfakulteta uLeposavi}u,mr Dragana Stanojevi}, asistent PMF-a u Kosovskoj Mitrovici,mr Qiqana Paunovi}, asistent U~iteqskog fakulteta u Leposavi}u.

RECENZENTI:dr Vait Ibro, docent U~iteqskog fakulteta u Prizrenu - Leposavi}udr Sini{a Mini}, docent U~iteqskog fakulteta u Prizrenu - Lep-osavi}u

IZDAVA :̂ U~iteqski fakultet u Prizrenu - Leposavi}uwww.uf-pz.net

ZA IZDAVA^A: Prof. dr Radivoje Kuli}, dekan

KOMPJUTERSKA OBRADA: autori

[TAMPA: Grafika Simi} Kru{evac

TIRA@: 300 primeraka

Odobreno za {tampu odlukom Nau~no-nastavnog ve}a U~iteqskogfakulteta u Prizrenu-Leposavi}u, broj 04-204-1 od 03.02.2009. godine.

ISBN:978-86-84143-13-8

Sadr`aj

Predgovor 5

1 Realne funkcije realne promenqive 21.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Polinomi 222.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 222.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3 Realni nizovi 463.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 463.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4 Funkcije neprekidnog argumenta - grani~na vrednost i neprekid-nost 694.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 694.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

5 Izvod i diferencijal realne funkcije realne promenqive 875.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 875.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

6 Neodre|eni i odre|eni integral i primene 1286.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 1286.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

3

7 Vektori 1547.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 1547.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

Literatura 171

4

Predgovor

Kwiga predstavqa zbirku zadataka za predmet MATEMATIKAII koji se predaje na drugoj godini studija na U~iteqskom fakultetuu Prizrenu - Leposavi}u. Zbirka je namewena ne samo studentimau~iteqskih fakulteta nego i u~iteqima, nastavnicima matematike,stru~nim saradnicima i svima koji se na bilo koji na~in bave pro-blemima nastave matematike. Ovo je i opredelilo sadr`aj rukopisa.Materijal je podeqen na sedam poglavqa: 1. REALNE FUNKCIJEREALNE PROMENQIVE, 2. POLINOMI, 3. REALNI NIZOVI,4. FUNKCIJE NEPREKIDNOG ARGUMENTA - GRANI^NA VRED-NOST I NEPREKIDNOST, 5. IZVOD I DIFERENCIJAL RE-ALNE FUNKCIJE REALNE PROMENQIVE, 6. NEODRE\ENI IODRE\ENI INTEGRAL I PRIMENE, 7. VEKTORI.

Na po~etku svakog poglavqa naveden je pregled definicija i os-novnih osobina ~ije je poznavawe potrebno za re{avawe zadataka kojislede. Ve}ina zadataka je re{ena, za neke su data uputstva. Pri izborui metodi~kom postupku re{avawa zadataka autori su imali u viduda u~iteqske fakultete upisuju i kandidati koji su zavr{ili sredwe{kole u kojima matematika nije ili je vrlo malo bila zastupqena.Autori su nastojali da se izborom i redosledom zadataka ostvari pos-tupnost u izlagawu materijala.

Prvi deo rukopisa sadr`i zadatke u vezi sa definicijom, zadavan-jem i osobinama funkcija, osnovnim elementarnim funkcijama - kon-stantne funkcije, stepene funkcije, eksponencijalne funkcije, loga-ritamske funkcije i trigonometrijske funkcije. Drugi deo POLI-NOMI sadr`i zadatke u vezi sa deqewem polinoma, Bezuovom teo-remom i wenim posledicama, osnovnom teoremom algebre i wenimposledicama i nulama polinoma. Tre}i deo zbirke sadr`i zadatke izREALNIHNIZOVA: vrste i osobine nizova, grani~na vrednost niza i

5

osnovna svojstva konvergentnih nizova. U ~etvrtom poglavqu izu~avajuse FUNKCIJE NEPREKIDNOG ARGUMENTA - GRANI^NA VRED-NOSTINEPREKIDNOST.Petopoglavqe sadr`i zadatke izIZVODAIDIFERENCIJALA: izvodi osnovnih elementarnih funkcija, vi{iizvodi funkcija i pojam diferencijala, osnovne teoreme diferenci-jalnog ra~una i ispitivawe i crtawe grafika funkcija. [esto pogla-vqe sadr`i zadatke u vezi sa NEODRE\ENIM I ODRE\ENIM IN-TEGRALOM I PRIMENOM ODRE\ENOG INTEGRALA. Posledwe,sedmo poglavqeVEKTORIsadr`i zadatke u vezi sa linearnimoperaci-jama sa vektorima, linearnim kombinacijama vektora i skalarnim, vek-torskim i me{ovitim proizvodom vektora.

Posebnu zahvalnost dugujemo recenzentima doc.dr Vait Ibru i doc.dr Sini{i Mini}u koji su veoma pa`qivo, detaqno i savesno ~italirukopis i zna~ajno doprineli podizawu kvaliteta zbirke.

Autori sa nestrpqewem i zadovoqstvom o~ekuju dobronamerne kri-tike, primedbe, predloge i sugestije koje bi daqe poboq{ale kvalitetzbirke.

Leposavi}, AutoriJun 2009.godine

1

Glava 1

Realne funkcije realnepromenqive

1.1 Pregled definicija i teorema

Neka su dati neprazni skupovi X i Y , Dekartov proizvod X × Yskupova X i Y je skup svih ure|enih parova (x, y), gde prva komponentax pripada skupu X , a druga komponenta y pripada skupu Y , tj.

X × Y = {(x, y)|x ∈ X ∧ y ∈ Y }.Ka`emo da je data funkcija koja preslikava skup X u skup Y ako je ponekom pravilu svakom elementu skupa X pridru`en jedan i samo jedanelement skupa Y .

DEFINICIJA 1.1. Podskup f skupaX×Y zove sefunkcija (ili preslika-vawe) iz skupa X u skup Y ako se svako x ∈ X pojavquje ta~no jedanputkao prva komponenta me|u elementima skupa f .

Skup D(f) = X je skup svih prvih komponenti ure|enih parovaskupa X × Y i zove se domen ili oblast definisanosti funkcije f .Skup Y zove se kodomen funkcije f . Skup svih slika preslikavawaf : X → Y zove se skup vrednosti funkcije i ozna~ava se sa R(f) ={f(x)|x ∈ X} ⊂ Y.

2

^iwenica da (x, y) ∈ f zapisuje se i na slede}i na~in y = f(x).Pri tome se x naziva nezavisna promenqiva ili original, a y zavisnapromenqiva ili slika.

DEFINICIJA 1.2. Funkcija f koja ima osobinu

1) (∀x1, x2 ∈ X) x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2)zove se injekcija (ili preslikavawe 1-1),

2) R(f) = Yzove se surjekcija (ili preslikavawe na).

Ako funkcija f poseduje i osobinu 1) i osobinu 2), tada se ona zovebijekcija.

Koriste}i zakon kontrapozicije iz matemati~ke logike osobinu 1)mo`emo izraziti i na slede}i ekvivalentan na~in:

1′) (∀x1, x2 ∈ X) f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2.

DEFINICIJA 1.3. Neka su X, Y i Z neprazni skupovi i f : X → Y ig : Y → Z dve funkcije. Tada je sa h(x) = g(f(x)) za svako x ∈ Xzadatafunkcija h : X → Z koja se zove slo`ena funkcija (ili kompozicija)funkcija f i g.

Za ovako definisanu funkciju koristi se oznaka h(x) = (g ◦ f)(x) =g(f(x)).

DEFINICIJA 1.4. Neka je f : X → Y data funkcija. Ako postojifunkcija f−1 : R(f) → X , takva da va`i

(∀x ∈ X)(f−1 ◦ f)(x) = f−1(f(x)) = x(1.1)(∀y ∈ R(f))(f ◦ f−1)(y) = f(f−1(y)) = y(1.2)

tada funkciju f−1 nazivamo inverznom funkcijom funkcije f .

Slede}a teorema daje potreban i dovoqan uslov za egzistenciju in-verzne funkcije i utvr|uje wenu jedinstvenost.

TEOREMA 1.1. Funkcija f : X → Y ima inverznu funkciju ako i samoako je f injekcija. Ako je f injekcija, tada je wena inverzna funkcijajedinstvena.

3

DEFINICIJA 1.5. Pod realnom funkcijom realne promenqive podrazu-mevamo svaku funkciju f : A → R definisanu na nekom podskupu A skupaR realnih brojeva i sa vrednostima u R.

Za neke skupove brojeva, koje }emo ~esto koristiti, usvojene suslede}e oznake:

N - skup svih prirodnih brojeva {1, 2, 3, . . . };Z - skup svih celih brojeva {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . };

Q - skup svih racionalnih brojeva{

p

q| p ∈ Z, q ∈ N

};

I - skup svih iracionalnih brojeva;

R - skup svih realnih brojeva;

C - skup svih kompleksnih brojeva.

Realne funkcije realne promenqive mogu biti zadate na vi{e na~i-na. Jedan od najinteresantnijih i naj~e{}ih na~ina zadavawa funkcijajeste pomo}u odgovaraju}eg analiti~kog izraza f(x), na primer

f(x) = x2 + 2.

Pored navedenog, tzv. eksplicitnog, zadavawa funkcija ponekad sekoristi i parametarsko zadavawe, tabelarno...

Ako je vrednostfunkcije f(x) u ta~kix0 ∈ D(f) takva da je f(x0) = 0ka`emo da je x0 nula funkcije f .

Sa funkcijama se mogu izvoditi razne algebarske operacije:

(∀x ∈ D(f ± g)) (f ± g)(x) = f(x)± g(x);(∀x ∈ D(f · g)) (f · g)(x) = f(x) · g(x);(∀x ∈ D

(f

g

)) (f

g

)(x) =

f(x)g(x)

.

4

Neke va`ne osobine funkcija

DEFINICIJA 1.6. Ako je A ⊂ D(f) i

(1.3) (∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2),

ka`e se da je funkcija f rastu}a na skupu A, a ako

(1.4) (∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2),

ka`e se da je funkcija f strogo rastu}a na skupu A.

Analogno, ako

(1.5) (∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2),

ka`e se da je funkcija f opadaju}a na skupu A, a ako

(1.6) (∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2),

ka`e se da je funkcija f strogo opadaju}a na skupu A.

TEOREMA 1.2. Svaka strogo rastu}a (strogo opadaju}a) funkcija f :A → R ima inverznu funkciju, koja je tako|e strogo rastu}a (strogoopadaju}a).

DEFINICIJA 1.7. Za funkciju f : A → R definisanu na simetri~nomskupu A ⊂ R ka`emo da je parna ako

(1.7) (∀x ∈ A) f(−x) = f(x),

a da je neparna ako

(1.8) (∀x ∈ A) f(−x) = −f(x).

Ovo zna~i da je grafik parne funkcije simetri~an u odnosu na y-osu, agrafik neparne funkcije simetri~an u odnosu na koordinatni po~etak.

Ova osobina olak{ava crtawe grafika takvih funkcija, jer je do-voqno ispitati funkciju na pozitivnom delu oblasti definisanosti, azatim simetri~nim preslikavawem u odnosu na y-osu ili koordinatnipo~etak dobiti grafik u celoj oblasti definisanosti.

5

DEFINICIJA 1.8. Funkcija f : A → R je periodi~na ako postoji kon-stanta p 6= 0 takva da va`i:

(1.9) (∀x ∈ A) (x + p ∈ A ∧ f(x + p) = f(x)).

Konstanta p za koju va`i (1.9) zove se period funkcije. Osnovniprimeri periodi~nih funkcija su trigonometrijske funkcije (sinx,cosx, tg x, ctg x), konstantna funkcija f(x) = c, itd.

DEFINICIJA 1.9. Funkcija f : A → R je ograni~ena odozgo na skupu Aako postoji realan broj M takav da je

(∀x ∈ A) f(x) ≤ M,

a ograni~ena odozdo na skupu A ako postoji realan broj m takav da je

(∀x ∈ A) f(x) ≥ m.

Ukoliko postoje istovremeno oba broja m i M tako da je

(∀x ∈ A) m ≤ f(x) ≤ M,

za funkciju f ka`emo da je ograni~ena na skupuA. Ograni~ena funkcijaima grafik koji se nalazi izme|u pravih y = m i y = M .

Najmawe gorwe ograni~ewe funkcije f : A → R (ukoliko postoji)nazivamo supremumom funkcije i ozna~avamo ga sa supx∈A f(x). Naj-ve}e dowe ograni~ewe funkcije f : A → R (ukoliko postoji) nazivamoinfimumom funkcije i ozna~avamo ga sa infx∈A f(x).

Osnovne elementarne funkcijeOsnovne elementarne funkcije su:

1. Konstantne funkcije (y = c, c ∈ R).2. Stepene funkcije

Stepene funkcije su oblika y = xn, n ∈ N i definisane su za svakorealno x, tj D(f) = R. Ako je n paran broj ova funkcija ima slede}eosobine: nenegativna je, parna, strogo opadaju}a na (−∞, 0], a strogorastu}a na (0, +∞]. Ako je n neparan broj funkcija je neparna, strogorastu}a i negativna na (−∞, 0), a pozitivna na (0, +∞). Funkcijay = xn ima jednu nulu x = 0.

6

Na osnovu Teoreme 1.2. za stepenu funkciju postoji inverzna kojaje tako|e strogo rastu}a na intervalu (0, +∞]. Ta funkcija se nazivakorena funkcija i ozna~ava se sa y = x

1n = n

√x. Grafik funkcije y =

n√

x mo`emo lako nacrtati koriste}i simetri~nost grafika funkcijaf i f−1 u odnosu na pravu y = x.

3. Eksponencijalne i logaritamske funkcije

Neka je a > 0 i a 6= 1. Funkcija y = ax definisana za svakox ∈ (−∞, +∞) zove se eksponencijalna funkcija sa osnovom a. Za ovufunkciju jeR(f) = (0, +∞).

Eksponencijalna funkcija je strogo rastu}a za a > 1, a strogoopadaju}a za 0 < a < 1. Postoji inverzna funkcija za ovu funkcijuf−1 : (0,+∞) −→ R koja se ozna~ava sa y = logax (~ita se logaritamx za osnovu a) i zove se logaritamska funkcija. Ova funkcija je tako|estrogo rastu}a za a > 1, a strogo opadaju}a za 0 < a < 1.

4. Trigonometrijske funkcije

Za funkciju y = sinx oblast definisanosti je D(f) = R a R(f) =[−1, 1]. Ova funkcija je neparna i periodi~na sa osnovnim periodom2π.

Za funkciju y = cosx oblast definisanosti je D(f) = R a R(f) =[−1, 1]. Ova funkcija je parna i periodi~na sa osnovnim periodom 2π.

Zafunkciju y = tg xoblast definisanosti jex 6= π

2+kπ, neograni~e-

na je i odozgo i odozdo, neparna je i periodi~na sa osnovnim periodomπ.

Za funkciju y = ctg x oblast definisanosti je x 6= kπ, neograni~enaje i odozgo i odozdo, neparna je i periodi~na sa osnovnim periodom π.

Pod elementarnom funkcijom se podrazumevaju one funkcije koje sedobijaju iz osnovnih elementarnih funkcija primenom kona~no mnogoputa algebarskih operacija +,−, ·, : i operacija slagawa funkcija.

Istaknimo neke posebno zna~ajne klase elementarnih funkcija:1. Elementarna funkcija oblika:

P (x) = a0xn + a1x

n−1 + · · ·+ an−1x + an

gde je n ∈ {0, 1, . . . } i ai ∈ R (i = 0, 1, . . . , n} zove se polinom sa realnimkoeficijentima. O~igledno je D(P ) = R.

7

2. Elementarna funkcija oblika:

R(x) =P (x)Q(x)

,

gde suP (x)iQ(x)polinomi sa realnimkoeficijentima zove se raciona-lna funkcija. O~igledno je D(R) = R \ A, gde je A skup nula polinomaQ(x).

1.2 Zadaci

1.1. Na}i oblast definisanosti funkcije:

y =

√log2

2x− 1x + 2

.

Re{ewe.Funkcija y =√

f(x) je definisana za f(x) ≥ 0, pa je zbog toga

log2

2x− 1x + 2

≥ 0.

Tako|e, funkcija log2 f(x) je definisana za f(x) > 0. Tj. mora da budeispuwen i uslov da je

2x− 1x + 2

> 0.

Dakle, oblast definisanosti funkcije jeste skup re{ewa nejedna~ina

log2

2x− 1x + 2

≥ 0 i 2x− 1x + 2

> 0.

Za prvu nejedna~inu je:

log2

2x− 1x + 2

≥ 0 ⇔ log2

2x− 1x + 2

≥ log2 1 ⇔ 2x− 1x + 2

≥ 1

⇔ 2x− 1x + 2

− 1 ≥ 0 ⇔ 2x− 1− x− 2x + 2

≥ 0

⇔ x− 3x + 2

≥ 0 ⇔ x− 3 ≥ 0

∧ x + 2 ≥ 0 ∨ x− 3 ≤ 0 ∧ x + 2 ≤ 0⇔ x ≥ 3 ∧ x ≥ −2 ∨ x ≤ 3 ∧ x ≤ −2⇔ x ≥ 3 ∨ x ≤ −2.

8

Za drugu nejedna~inu skup re{ewa je:

2x− 1x + 2

≥ 0 ⇔ 2x− 1 > 0 ∧ x + 2 > 0 ∨ 2x− 1 < 0 ∧ x + 2 < 0

⇔ x >12∧ x > −2 ∨ x <

12∧ x < −2

⇔ x >12∨ x < −2.

O~igledno, tra`e}i presek dobijenih oblasti dobijamo da je za datufunkciju oblast definisanosti

Df = (−∞,−2) ∪ [3,+∞).

1.2. Na}i f(x) ako je f

(x− 32x + 4

)=

x + 13x− 1

.

Re{ewe. Uvodimo smenu x− 32x + 4

= t. Odavde je:

x− 3 = t(2x + 4)x− 2tx = 4t + 3

x(1− 2t) = 4t + 3

x =4t + 31− 2t

.

Dakle, bi}e:

f(t) =

4t + 31− 2t

+ 1

34t + 31− 2t

− 1=

4t + 3 + 1− 2t

1− 2t12t + 9− 1 + 2t

1− 2t

=2t + 414t + 8

=t + 27t + 4

,

odnosno

f(x) =x + 27x + 4

.

1.3. Na}i f(x) ako je f

(2x + 2x + 3

)=

4x + 12x− 3

.

9

Re{ewe. Uvodimo smenu 2x + 2x + 3

= t. Odavde je:

2x + 2 = t(x + 3)2x− tx = 3t− 2x(2− t) = 3t− 2

x =3t− 22− t

.

Dakle, bi}e:

f(t) =43t− 22− t

+ 1

23t− 22− t

− 3=

12t− 8 + 2− t

2− t6t− 4− 6 + 3t

2− t

=11t− 69t− 10

,

odnosnof(x) =

11x− 69x− 10

.

1.4. Na}i f(x) ako je f

(x + 23x + 5

)=

x + 42x− 1

.

Re{ewe. Uvodimo smenu x + 23x + 5

= t. Odavde je:

x + 2 = t(3x + 5)x− 3tx = 5t− 2

x(1− 3t) = 5t− 2

x =5t− 21− 3t

.

Dakle, bi}e:

f(t) =

5t− 21− 3t

+ 4

25t− 21− 3t

− 1=

5t− 2 + 4− 12t1− 3t

10t− 4− 1 + 3t1− 3t

=−7t + 213t− 5

,

odnosnof(x) =

−7x + 213x− 5

.

1.5. Na}i f(x) ako je f

(x + 1x− 1

)=

x− 2x + 2

.

10

Re{ewe. Uvodimo smenu x + 1x− 1

= t. Odavde je:

x + 1 = t(x− 1)x− tx = −t− 1

x(1− t) = −t− 1

x =−t− 11− t

=t + 1t− 1

.

Dakle, bi}e:

f(t) =

t + 1t− 1

− 2

t + 1t− 1

+ 2=

t + 1− 2t + 2t− 1

t + 1 + 2t− 2t− 1

=−t + 33t− 1

,

odnosnof(x) =

−x + 33x− 1

.

1.6. Ako je f(x) =x− 1x + 1

dokazati da je f(x)− f(y)1 + f(x)f(y)

=x− y

xy + 1.

Re{ewe. Po|imo od leve strane jednakosti:

f(x)− f(y)1 + f(x)f(y)

=

x− 1x + 1

− y − 1y + 1

1 +x− 1x + 1

y − 1y + 1

=

(x− 1)(y + 1)− (y − 1)(x + 1)(x + 1)(y + 1)

(x + 1)(y + 1) + (x− 1)(y − 1)(x + 1)(y + 1)

=xy + x− y − 1− xy − y + x + 1xy + x + y + 1 + xy − x− y + 1

=2x− 2y

2xy + 2=

x− y

xy + 1.

1.7. Funkcije f : R→ R i g : R→ R definisane su na slede}i na~in:f(x) = 2x + 1, g(x) = 3x + 5.

Odrediti: (g ◦ f)(1), (g ◦ f)(−2), (g ◦ f)(a), (f ◦ g)(a + 1).

Re{ewe.(g ◦ f)(x) = g (f(x)) = g(2x + 1) = 3(2x + 1) + 5 = 6x + 8,

(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f(3x + 5) = 2(3x + 5) + 1 = 6x + 11,(g ◦ f)(1) = 6 · 1 + 8 = 14,

(g ◦ f)(−2) = 6(−2) + 8 = −12 + 8 = −4,

(g ◦ f)(a) = 6a + 8,

(f ◦ g)(a + 1) = 6(a + 1) + 11 = 6a + 17.

11

1.8. Date su funkcije

f(x) = x2 + 1, g(x) = 2− x.

Formirati funkcije (f ◦g) i (g◦f), nakon toga izra~unati: (f ◦g)(

12

),

(g ◦ f)(−2

3

).

Re{ewe.

(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f(2− x) = (2− x)2 + 1 = x2 − 4x + 5,

(g ◦ f)(x) = g (f(x)) = g(x2 + 1) = 2− (x2 + 1) = 1− x2,

(f ◦ g)(

12

)=

(12

)2

− 4 ·(

12

)+ 5 =

14− 2 + 5 =

134

,

(g ◦ f)(−2

3

)= 1−

(−2

3

)2

= 1− 49

=59.

1.9. Date su funkcije f(x) = 2x + 1 i g(x) = 3x + a, a ∈ R.1) Odrediti a tako da funkcije (f ◦ g) i (g ◦ f) budu jednake.

2) Na}i (f ◦ f) i (g ◦ g) za tako dobijeno a.

Re{ewe.1) Obe funkcije su linearne, pa su definisane na celom R, a takve

su i slo`ene funkcije (f ◦ g), (g ◦ f), (f ◦ f), i (g ◦ g) (za a ∈ R). Tadaje dovoqno na}i a ∈ R takvo da je

(f ◦ g)(x) = (g ◦ f)(x) (∀x ∈ R),

odnosno:

f (g(x)) = g (f(x)) ⇔ f(3x + a) = g(2x + 1)⇔ 2(3x + a) + 1 = 3(2x + 1) + a

⇔ 6x + 2a + 1 = 6x + 3 + a

⇔ a = 2.

2)

(f ◦ f)(x) = f(2x + 1) = 2(2x + 1) + 1 = 4x + 3,

(g ◦ g)(x) = g(3x + 2) = 3(3x + 2) + 2 = 9x + 8.

12

1.10. Ako je f(x) =2x + 1x− 2

, tada je f (f(x)) = x. Dokazati.

Re{ewe.

(f ◦ f)(x) = f (f(x)) = f

(2x + 1x− 2

)=

2 · 2x + 1x− 2

+ 1

2x + 1x− 2

− 2

=

4x + 2 + x− 2x− 2

2x + 1− 2x + 4x− 2

=

5x

x− 25

x− 2

=5x

5= x.

1.11. Ako je f(x) =x− 1x + 1

, tada je f(x)− f(y)1 + f(x)f(y)

=x− y

1 + xy. Dokazati.

Re{ewe. Kako je f(x) =x− 1x + 1

, to je f(y) =y − 1y + 1

. Sada imamo da je

f(x)− f(y)1 + f(x)f(y)

=

x− 1x + 1

− y − 1y + 1

1 +x− 1x + 1

y − 1y + 1

=

(x− 1)(y + 1)− (y − 1)(x + 1)(x + 1)(y + 1)

(x + 1)(y + 1) + (x− 1)(y − 1)(x + 1)(y + 1)

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

=xy + x− y − 1− (xy + y − x− 1)xy + x + y + 1 + xy − x− y + 1

=2x− 2y

2xy + 2=

x− y

1 + xy.

1.12. Neka je f(x) = ax2 + bx + c tada je

f(x + 3)− 3f(x + 2) + 3f(x + 1)− f(x) = 0.

Dokazati.

13

Re{ewe.

f(x) = ax2 + bx + c,

f(x + 3) = a(x + 3)2 + b(x + 3) + c = a(x2 + 6x + 9) + b(x + 3) + c

= ax2 + 6ax + bx + 9a + 3b + c,

f(x + 2) = a(x + 2)2 + b(x + 2) + c = a(x2 + 4x + 4) + b(x + 2) + c

= ax2 + 4ax + 4a + bx + 2b + c,

f(x + 1) = a(x + 1)2 + b(x + 1) + c = a(x2 + 2x + 1) + b(x + 1) + c

= ax2 + 2ax + a + bx + b + c.

Sada imamo da je

f(x + 3) − 3f(x + 2) + 3f(x + 1)− f(x) == ax2 + 6ax + 9a + bx + 3b + c− 3ax2 − 12ax− 12a

− 3bx− 6b− 3c + 3ax2 + 6ax + 3a + 3bx + 3b + 3c− ax2

− bx− c = 0.

1.13. Na}i, ako postoji inverznu funkciju funkcije f(x) = ln 3x.

Re{ewe.Funkcija f(x)imainverznufunkciju akoi samoako je injekcija.Proverimo da li je data funkcija injekcija. Pretpostavimo da x1 i x2

pripadaju oblasti definisanosti, i neka je:

f(x1) = f(x2) ⇒ ln 3x1 = ln 3x2.

Kako je funkcija ln x injekcija to je:

3x1 = 3x2 ⇒ x1 = x2 ⇒ f(x) je injekcija.

Iz ovoga sledi da postoji inverzna funkcija koju ozna~avamo sa f−1.Tada je

(f ◦ f−1)(x) = f(f−1(x)) = x,

odnosnoln 3f−1(x) = x.

Sada je3f−1(x) = ex ⇒ f−1(x) =

ex

3.

Proverimo:

(f−1 ◦ f)(x) = f−1(ln 3x) =eln 3x

3=

3x

3= x.

14

1.14. Na}i (ako postoji) inverznu funkciju funkcije f(x) =1− x

1 + x.

Re{ewe. Kao i u prethodnom zadatku ispitajmo prvo da li je datafunkcija injekcija.

Neka su x1 i x2 iz oblasti definisanosti, i neka je f(x1) = f(x2).Tada je:

1− x1

1 + x1=

1− x2

1 + x2

1− x1 + x2 − x1x2 = 1 + x1 − x2 − x1x2

−x1 + x2 = x1 − x2

2x2 = 2x1

x1 = x2 ⇒ f jeste injekcija.

Zna~i postoji inverzna funkcija f−1 funkcije f(x) =1− x

1 + xi va`i

(f ◦ f−1)(x) = f(f−1(x)) = x

1− f−1(x)1 + f−1(x)

= x

1− f−1(x)− x− f−1(x) · x1 + f−1(x)

= 0

1− x = f−1(x)(1 + x)

f−1(x) =1− x

1 + x.

O~igledno je (f−1 ◦ f)(x) = x.

1.15. Ispitati parnost (neparnost) funkcija:

1) f(x) =(

x +1x

)2

;

2) f(x) = x2 − 2x− 3;

3) f(x) = x2 + cos x;

4) f(x) =ex + 1ex − 1

.

15

Re{ewe.1) Funkcija je parna jer je

f(−x) =(

(−x) +1

(−x)

)2

=(

(−1)(

x +1x

))2

=(

x +1x

)2

= f(x).

2) Funkcija nije ni parna ni neparna jer je

f(−x) = (−x)2 − 2(−x)− 3 = x2 + 2x− 3.

3) Funkcija je parna jer imamo da je

f(−x) = (−x)2 + cos(−x) = x2 + cosx = f(x).

4) Data funkcija je neparna jer je

f(−x) =e−x + 1e−x − 1

=

1ex

+ 1

1ex− 1

=1 + ex

1− ex= −

(ex + 1ex − 1

)= −f(x).

1.16. Skicirati grafik funkcije:

f(x) = |2− x|+ |2 + x| .

Re{ewe.a)

f(x) = |2− x|+|2 + x| =

2− x + 2 + x, 2− x ≥ 0 i 2 + x ≥ 0−2 + x + 2 + x, 2− x < 0 i 2 + x ≥ 0

2− x− 2− x, 2− x ≥ 0 i 2 + x < 0−2 + x− 2− x, 2− x < 0 i 2 + x < 0

Kada se sve izra~una dobijamo na kraju (slika 1.1):

f(x) =

−2x, x < 2

4, −2 ≤ x ≤ 22x, 2 < x

16

Slika 1.1.

1.17. Na}i oblast definisanosti funkcija:

1) y =x

1 + x2;

2) y =x− 5

x2 − 3x + 2;

3) y =√−4 + 5x− x2;

4) y = ln(x2 − 1);

5) y = arccos2

2 + x.

Re{ewe.1) Racionalna funkcija nije definisana kada je imenilac jednak

nuli tj. imenilac mora biti razli~it od nule, odnosno 1 + x2 6= 0.Kako je

x2 ≥ 0 ⇒ 1 + x2 ≥ 1 > 0,

za svako x ∈ R, sledi D(f) = (−∞, +∞).

17

2) Analogno prethodnom primeru, y nije definisano za x2−3x+2 =0. Kako je

x2 − 3x + 2 = 0

x1/2 =−b±√b2 − 4ac

2a

x1/2 =3±

√(−3)2 − 4 · 1 · 2

2 · 1 =3±√1

2=

3± 12

⇒ x1 =3 + 1

2= 2 ∧ x2 =

3− 12

= 1.

Ovo zna~i da je D(f) = R\{1, 2}.3) Korena funkcija

y =√−(x2 − 5x + 4) =

√−(x− 4)(x− 1) =

√(4− x)(x− 1,

definisana je za nenegativne vrednosti argumenta, tj:

(4− x)(x− 1) ≥ 0⇔ (4− x) ≥ 0 ∧ (x− 1) ≥ 0 ⇒ x ∈ [1, 4],∨ (4− x) ≤ 0 ∧ (x− 1) ≤ 0 ⇒ x ∈ ∅.

Odavde sledi da je D(f) = [1, 4].4) Funkcija y = ln g(x), gde je g(x) = x2 − 1, je logaritamska i

definisana je samo za strogo pozitivne vrednosti argumenta, {to zna~ida je x2 − 1 > 0.

x2 − 1 = (x− 1)(x + 1) > 0⇔ (x− 1) > 0 ∧ (x + 1) > 0 ⇒ x ∈ (1,+∞),∨ (x− 1) < 0 ∧ (x + 1) < 0 ⇒ x ∈ (−∞,−1).

Na kraju g(x) > 0 za x ∈ (−∞,−1) ∪ (1, +∞). Dakle

D(f) = (−∞,−1) ∪ (1,+∞).

5) Funkcija y = arccos2

2 + xje definisana za 2

2 + x∈ [−1, 1], tj. za

−1 ≤ 22 + x

≤ 1, odavde dobijamo:

22 + x

− 1 ≤ 0 i 22 + x

+ 1 ≥ 0.

18

Odnosno:2− 2− x

2 + x≤ 0 i 2 + 2 + x

2 + x≥ 0.

Sada je −x

2 + x≤ 0 i 4 + x

2 + x≥ 0. Re{avawem ovih nejedna~ina dobija

se na krajuD(f) = (−∞,−4] ∪ [0, +∞).

1.18. Na}i oblast definisanosti funkcija:

1) f(x) =x + 2

x2 − 2x + 4;

2) f(x) =x2

3− x;

3) f(x) =x3 − 1

x3 − 5x2 + 6x;

4) f(x) =

√x2 + 1x− 1

;

5) f(x) = lnx

x + 1;

Re{ewe.1) Racionalna funkcija f(x) =

x + 2x2 − 2x + 4

je definisana za

x2 − 2x + 4 6= 0,

(imenilac razli~it od nule). Kako je

x2 − 2x + 4 = 0

x1/2 =2±

√(−2)2 − 4 · 1 · 4

2 · 1 =2±√−12

2.

O~igledno je da data jedna~ina nema realnih re{ewa {to zna~i da je

D(f) = (−∞, +∞).

2)D(f) = {x ∈ R | 3− x 6= 0} = {x ∈ R |x 6= 3} = (−∞, 3)∪(3, +∞).

19

3) Analogno prethodnim zadacima potrebno je da jex3−5x2+6x 6= 0.Kako je

x3 − 5x2 + 6x = x(x2 − 5x + 6) = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 2, x3 = 3.

Dobijamo da je

D(f) = R | {0, 2, 3} = (−∞, 0) ∪ (0, 2) ∪ (2, 3) ∪ (3, +∞).

4) Korena funkcija definisana je za nenegativne vrednosti argu-menta pa zakqu~ujemo da je

D(f) ={

x ∈ R | x2 + 1

x− 1≥ 0

}= {x ∈ R |x− 1 > 0} = (1, +∞).

5) Kako je logaritamska funkcija definisana samo za strogo pozi-tivne vrednosti argumenta, i kako je racionalna funkcija definisanakada je imenilac razli~it od nule imamo da je:

D(f) ={

x ∈ R | x

x + 1> 0 ∧ x + 1 6= 0

}= (−∞,−1) ∪ (0, +∞).

1.19. Na}i realne nule i ispitati znak funkcija:

1) y = x3 + 1;

2) y = 1− e1−x.

Re{ewe.1) Funkcija se mo`e napisati kao:

y = x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1).

Kvadratni trinom x2 − x + 1 nema realnih nula (diskriminanta jenegativna), pa je x2 − x + 1 > 0, na celom R. Tada,

y = 0 ⇒ x + 1 = 0 ⇒ x = −1,

y < 0 ⇒ x + 1 < 0 ⇒ x < −1 ⇒ x ∈ (−∞,−1),y > 0 ⇒ x + 1 > 0 ⇒ x > −1 ⇒ x ∈ (−1, +∞).

2) Oblast definisanosti funkcije je

D(y) = (−∞, +∞),

20

a wene nule su

y = 0 ⇔ 1− e1−x = 0 ⇔ e1−x = 1 ⇔ 1− x = 0 ⇔ x = 1.

Znak proveravamo direktno. Funkcija ima stalan znak na intervalima(−∞, 1) i (1, +∞).

y(0) = 1− e1−0 = 1− e < 0 ⇒ y < 0 na (−∞, 1),

y(2) = 1− e1−2 = 1− 1e

> 0 ⇒ y > 0 na (1, +∞).

21

Glava 2

Polinomi

2.1 Pregled definicija i teorema

DEFINICIJA 2.1. Funkcija P : C→ C oblika

P (x) = α0xn + α1x

n−1 + · · ·+ αn,

gde n ∈ {0, 1, 2, . . . } i α0, α1, . . . , αn ∈ C naziva se polinom nad poqem Ckompleksnih brojeva.

Kompleksni brojevi αi (i = 0, 1, . . . , n) zovu se koeficijenti poli-noma P (x). Ako je α0 6= 0, ka`emo da je α0 najstariji (vode}i) koefici-jent polinoma P (x). Za polinom P (x) ka`emo da je stepena n i pi{emostP = n. Da bismo to istakli ~esto za takav polinom koristimo oznakuPn(x).

DEFINICIJA 2.2. Polinom je realan ako su svi wegovi koeficijentirealni brojevi.

TEOREMA 2.1. Ako je P (x) = 0, za svako x ∈ C, tada je αi = 0 (i =0, 1, . . . , n).

22

TEOREMA 2.2. Dva polinoma P (x) i Q(x) su jednaka ako i samo ako imajujednake stepene a odgovaraju}i koeficijenti su im jednaki, tj.

P (x) = α0xn + α1x

n−1 + · · ·+ αn,

Q(x) = b0xn + b1x

n−1 + · · ·+ bn

i α0 = b0, α1 = b1, . . . , αn = bn.

Sa polinomima se jednostavno izvode neke algebarske operacije.Zbir, razlika i proizvod dva polinoma je polinom.Ako su P i Q polinomi i P ±Q 6= 0, tada je

st(P ±Q) ≤ max{stP, stQ}.Ako je P 6= 0 i Q 6= 0, tada je P ·Q 6= 0 i va`i

st(P ·Q) = stP + stQ.

Ozna~imo sa P skup svih polinoma. Lako se mo`e pokazati daoperacije sabirawa i mno`ewa polinoma imaju slede}e osobine:

1) (∀P, Q ∈ P) P + Q = Q + P ;

2) (∀P, Q,R ∈ P) P + (Q + R) = (P + Q) + R;

3) (∀P ∈ P) P + 0 = P ;

4) (∀P ∈ P)(∃(−P ) ∈ P) P + (−P ) = 0;

5) (∀P, Q ∈ P) P ·Q = Q · P ;

6) (∀P, Q,R ∈ P) P · (Q ·R) = (P ·Q) ·R;

7) (∀P ∈ P) P · 1 = P ;

8) (∀P, Q,R ∈ P) P · (Q + R) = P ·Q + P ·R;

Deqewe polinoma

DEFINICIJA 2.3. Neka suA(x) i B(x) dva polinoma, pri ~emuB(x) nijenula polinom. Ako postoji polinomQ(x) takav da jeA(x) = Q(x) ·B(x),ka`emo da je polinom A(x) deqiv polinomom B(x) i pi{emo B(x)|A(x).Polinom Q(x) zovemo koli~nikom pri deqewu polinoma A(x) sa B(x) ipi{emo Q(x) = A(x)/B(x).

23

Operacija deqewa u skupu polinoma nije uvek izvodqiva ali izvod-qiva je operacija koju obi~no zovemo "deqewe sa ostatkom" i koja sezasniva na slede}oj teoremi.

TEOREMA 2.3. Za svaka dva polinomaA(x) iB(x), pri ~emuB(x) nije nulapolinom, postoje jedinstveni polinomi Q(x) i R(x) takvi da je

(2.1) A(x) = Q(x) ·B(x) + R(x),

pri ~emu je R(x) nula polinom ili je stR < stB.

DEFINICIJA 2.4. Polinom Q(x) naziva se koli~nikom a polinom R(x)ostatkom pri deqewu polinoma A(x) polinomom B(x).

Primetimo da je stQ = stA− stB u koliko je stA > stB.Za prakti~noodre|ivawepolinomaQ(x)iR(x)mogu se iskoristiti

slede}a dva metoda, koja }emo prikazati na ve} razmatranom primerudeqewa polinoma A(x) = x4 + x3 − 4x2 + 18x − 9 polinomom B(x) =x2 − 2x + 4.

Prvi metod je sli~an sa postupkom deqewa vi{ecifrenih brojeva.Taj postupak mo`e biti zapisan na slede}i na~in:

(x4 + x3 − 4x2 + 18x− 9) : (x2 − 2x + 4) = x2 + 3x− 2.x4 − 2x3 + 4x2

3x3 − 8x2 + 18x− 93x3 − 6x2 + 12x

− 2x2 + 6x− 9− 2x2 + 4x− 8

2x− 1

Na ovaj na~in dobijen je koli~nikQ(x) = x2 + 3x− 2 i ostatakR(x) =2x− 1.

Drugi metod je u literaturi poznat kao metod neodre|enih koefici-jenata i zasnovan je na neposrednoj primeniTeoreme 2.2. o jednakosti dvapolinoma. Koli~nik deqewa polinomaA(x) = x4 + x3− 4x2 + 18x− 9polinomom B(x) = x2 − 2x + 4 je polinom drugog stepena, a ostatakpolinom najvi{e prvog stepena. Zato ih potra`imo u obliku: Q(x) =ax2 + bx + c, R(x) = dx + e. Dakle, treba da va`i

x4 + x3 − 4x2 + 18x− 9 = (ax2 + bx + c)(x2 − 2x + 4) + (dx + e),

24

odnosno

x4 + x3 − 4x2 + 18x− 9 = ax4 + (−2a + b)x3 + (4a− 2b + c)x2

+ (4b− 2c + d)x + (4c + e).

Koriste}i Teoremu 2.2. dobijamo sistem jedna~ina

a = 1−2a + b = 1

4a− 2b + c = −44b− 2c + d = 18

4c + e = −9,

~ije je re{ewe: a = 1, b = 3, c = −2, d = 2, e = −1. Otuda jeQ(x) = x2 + 3x− 2, a R(x) = 2x− 1.

Bezuova teorema i wena posledica

Posebno je interesantan problem deqewa polinoma P (x) poli-nomom prvog stepena x − a. Ostatak deqewa ova dva polinoma mo`ese dobiti, a da se ne vr{i ceo postupak deqewa, o ~emu govori slede}aBezuova teorema

TEOREMA 2.4. Ostatak deqewa polinoma P (x) polinomom x − a jednakje P (a).

LEMA 2.1. Polinom P (x) je deqiv polinomom x − a ako i samo ako jeP (a) = 0.

PRIMER 2.1. Odrediti koeficijente p, q i r polinomaP (x) = x3+px2+qx + r tako da polinom bude deqiv binomom x + 2i a da podeqen binomomx− 1 daje ostatak 10.

Re{ewe. Na osnovu Teoreme 2.4. dobijamo

P (1) = 1 + p + q + r = 10, odakle p + q + r = 9,

a na osnovu Leme 2.1. va`i

P (−2i) = (−4p+r)+(8−2q)i = 0, tj. −4p+r = 0∧8−2q = 0.

25

Re{avawem sistema jedna~ina

p + q + r = 9−4p + r = 0

2q = 8,

dobijamo p = 1, q = 4, r = 4.

Najve}i zajedni~ki delilac

DEFINICIJA 2.5. Ako su P (x) i Q(x) polinomi i ako R(x) | P (x) iR(x) | Q(x), ka`emo da je R(x) zajedni~ki delilac polinoma P (x) iQ(x).

Polinom D(x) je najve}i zajedni~ki delilac (NZD) polinoma P (x) iQ(x) ako jeD(x) zajedni~ki delilac polinomaP (x) iQ(x) i ako je svakizajedni~ki delilac polinoma P (x) i Q(x) tako|e delilac polinomaD(x).

TEOREMA 2.5. Za bilo koja dva ne-nula polinoma P (x) i Q(x) postojiNZD.On je jedinstven sata~no{}u do jednemultiplikativne konstante.

Euklidov algoritam daje odgovor na pitawe kako efektivno odre-diti NZD polinoma. Euklidov algoritam nala`ewa NZD polinoma jeuniverzalan, ali ima nedostatak da je ~esto glomazan.

PRIMER 2.2. Primenimo Euklidov algoritam na polinome

P (x) = 3x4 + 5x3 − 7x2 − 19x− 22 i Q(x) = 3x3 + 2x2 − 11x− 10.

Re{ewe. U prvom koraku, dele}i polinom P (x) polinomom Q(x), do-bijamo koli~nik Q1(x) = x + 1 i ostatak R1(x) = 2x2 + 2x − 12 =2(x2 + x − 6). U drugom koraku delimo polinom Q(x) = 3x3 + 2x2 −11x − 10 polinomom R1(x).U stvari boqe je podeliti polinom Q(x)polinomom x2 + x − 6. Dobijamo koli~nik Q2(x) = 3x − 1 i ostatakR2(x) = 8x − 16 = 8(x − 2). U tre}em koraku polinom x2 + x − 6delimo polinomom x− 2 i dobijamo koli~nik Q3(x) = x + 3 i ostatakR3(x) = 0.

Postupak je ovim zavr{en, a polinom D(x) = x − 2 je najve}i za-jedni~ki delilac polinoma P (x) i Q(x).

26

DEFINICIJA 2.6. Ako je 1 najve}i zajedni~ki delilac dva polinomaka`emoda su ti polinomi uzajamno prosti.

Pojam najve}eg zajedni~kog delioca mo`e se definisati i za vi{epolinoma na potpuno isti na~in.

Za odre|ivawe NZD, na primer tri polinoma P (x), Q(x) i R(x)trebaprvoodreditiNZD(P (x), Q(x)) = S(x), a zatimNZD(R(x), S(x)).Dobijeni polinom }e ujedno biti NZD(P (x), Q(x), R(x)).

PRIMER 2.3. Odrediti NZD polinoma P (x) = x3 +3x2 +5x+3,Q(x) =x3 + x + 2 i R(x) = 2x2 − x− 3.

Re{ewe. Euklidovim algoritmom prvo dobijamo

S(x) = NZD(P (x), Q(x)) = x + 1,

a zatimNZD(R(x), S(x)) = x + 1,

pa jeNZD(P (x), Q(x), R(x)) = x + 1.

Osnovna teorema algebre i wene posledice

DEFINICIJA 2.7. Jedna~ina

α0xn + α1x

n−1 + · · ·+ αn = 0 (α0 6= 0),

zove se algebarska jedna~ina n-tog stepena.

DEFINICIJA 2.8. Kompleksan broj x0 = α + iβ zove se nula polinomaP (x) ako je P (x0) = 0. Nulu nazivamo realnom ako je β = 0.

DEFINICIJA 2.9. Re{ewe ili koren jedna~ine P (x) = 0 je svaka nulapolinoma P (x).

Za algebarske jedna~ine ~iji je stepen mawi ili jednak 4 postojeeksplicitne formule na osnovu kojih se re{ewa izra~unavaju prekokoeficijenata polinoma.

27

Tako algebarska jedna~ina prvog stepena, ili kako se jo{ ka`e line-arna jedna~ina

α0x + α1 = 0 (α0 6= 0),

ima samo jedno re{ewex = −α1

α0.

Algebarska jedna~ina drugog stepena, odnosno kvadratna jedna~ina

α0x2 + α1x + α2 = 0 (α0 6= 0),

ima dva re{ewa koja su data formulom

x1/2 =−α1 ±

√α2

1 − 4α0α2

2α0.

Za algebarske jedna~ine tre}eg i ~etvrtog stepena tako|e postoje eks-plicitne formule za izra~unavawe wihovih korena. Ove formule suprili~no komplikovane i u praksi se re|e primewuju.

Me|utim, ne postoji postupak za re{avawe op{te algebarske jedna-~ine n-tog stepena ako je n ≥ 5. Postoje algebarske jedna~ine stepenan ≥ 5 koje se mogu eksplicitno re{iti, ali ne postoji postupak kojimbi se mogla re{iti svaka algebarska jedna~ina stepena n ≥ 5.

Najzna~ajniji stav u teoriji polinoma je osnovna teorema algebre,koju navodimo bez dokaza.

TEOREMA 2.6. Svaki polinom stepena n ≥ 1 ima bar jednu nulu.

TEOREMA 2.7. Za svaki polinom stepena n,

(2.2) Pn(x) = α0xn + α1x

n−1 + · · ·+ αn (n ≥ 1),

postoje kompleksni brojevi x1, x2, . . . , xn takvi da je

(2.3) Pn(x) = α0(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn).

LEMA 2.2. Polinom n-tog stepena Pn(x) ne mo`e imati vi{e od n ra-zli~itih nula.

DEFINICIJA 2.10. Ako je P (x) = (x − x0)kQ(x), gde su P (x) i Q(x)polinomi, a k prirodan broj i Q(x0) 6= 0, onda se ka`e da je x = x0

nula k-tog reda polinoma P (x). Broj k se zove red vi{estrukosti nulepolinoma. Ako je k = 1, nula se zove prosta ili jednostruka.

28

Neki od brojeva x1, x2, . . . , xn u razlagawu (2.3) mogu biti me|usobnojednaki. Zbog toga se polinom Pn(x) mo`e prikazati i u obliku

(2.4) Pn(x) = α0(x− x1)k1(x− x2)k2 . . . (x− xn)ks ,

gde je k1 + k2 + · · · + ks = n, a x1, x2, . . . , xs su me|usobno razli~itikompleksni brojevi.

U ovom slu~aju je x1 nula k1-og reda, x2 nula k2-og reda, itd.Predstavqawe polinoma Pn(x) u obliku (2.4) zove se linearna fak-

torizacija polinoma.

Realni polinomi i wihove nule

TEOREMA 2.8. Ako je x0 nula reda k realnog polinoma P (x) koja nije re-alna, tada je i konjugovano-kompleksan broj x0 nula reda k polinomaP (x).

LEMA 2.3. Realan polinom neparnog stepena ima bar jednu realnu nulu,a ako ih ima vi{e, wihov broj je neparan (pri ~emu se svaka nula brojionoliko puta koliki je wen red vi{estrukosti).

Na osnovu Teoreme 2.8. zakqu~ujemo da realan polinom Pn(x) u ra-zlagawu (2.4) zajedno sa faktorom (x − (α + iβ))k1 , β 6= 0, (ako takavfaktor postoji) sadr`i i faktor (x − (α − iβ))k1 . Mno`ewem ova dvafaktora dobija se

(x− (α + iβ))k1(x− (α− iβ))k1 = [(x− α)2 + β2]k1 = (x2 + px + q)k1 ,

gde su p = −2α i q = α2 + β2 realni brojevi i p2 − 4q < 0.Zbog toga se realan polinom Pn(x) mo`e predstaviti u obliku

Pn(x) = α0(x− x1)s1 . . . (x− xk)sk ·(2.5)· x2 + p1x + q1)t1 . . . (x2 + prx + qr)tr ,

pri ~emu je s1 + · · ·+ sk + 2(t1 + · · ·+ tr) = n.Pri ovom razlagawu polinoma Pn(x) realnim nulama polinoma

odgovaraju kao ~inioci binomi, a kompleksnim nulama trinomi, sastepenima jednakim vi{estrukosti odgovaraju}e nule polinoma.

Predstavqawe polinoma Pn(x) u obliku (2.5) zove se kanonska fa-ktorizacija polinoma.

29

PRIMER 2.4. Neka je P (x) realan polinom petog stepena sa dvostrukomnulom x = −i. Odrediti polinom P (x) ako je P (0) = 1 i P (2) = −25.

Re{ewe.NaosnovuTeoreme 2.8., kompleksanbrojx = i je tako|e dvostru-ka nula polinoma P (x), pa se ovaj polinom mo`e razlo`iti na slede}ina~in:

P (x) = a(x− b)(x− i)2(x + i)2 = a(x− b)(x2 + 1)2.

Odavde se dobija

P (0) = −ab = 1,

P (2) = 25a(2− b) = −25.

Re{avawem dobijenog sistema jedna~ina nalazimo a = −1, b = 1, paje

P (x) = −(x− 1)(x2 + 1)2.

Vijetove formule

Posmatrajmo polinom drugog stepena P (x) = α0x2 +α1x+α2 pred-

stavqen u oblikuP (x) = α0(x−x1)(x−x2), gde su x1 i x2 nule polinomaP (x). Iz jednakosti

α0x2 + α1x + α2 = α0(x− x1)(x− x2) = α0x

2−α0(x1 + x2)x + α0x1x2,

na osnovu Teoreme 2.2. dobijamo

α1 = −α0(x1 + x2), α2 = α0x1x2,

tj.x1 + x2 = −α1

α0,

x1 · x2 =α2

α0.

Neka je sada polinom n-tog stepenaP (x) = α0xn+α1x

n−1+ · · ·+αn,predstavqen u obliku P (x) = α0(x − x1)(x − x2) . . . (x − xn), gde sux1, x2, . . . , xn wegove nule. Iz jednakosti

α0xn + α1x

n−1 + · · ·+ αn = α0(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn),

30

primenom Teoreme 2.2. kao i u slu~aju polinoma drugog stepena, dobi-jamo Vijetove formule

x1 + x2 + · · ·+ xn = −α1

α0,

x1x2 + x1x3 + · · ·+ xn−1xn =α2

α0,

x1x2x3 + x1x2x4 + · · ·+ xn−2xn−1xn = −α3

α0,

...x1x2 . . . xn = (−1)n αn

α0.

PRIMER 2.5. Za polinom tre}eg stepena P (x) = α0x3 +α1x

2 +α2x+α3

Vijetove formule glase:

x1 + x2 + x3 = −α1

α0,

x1x2 + x1x3 + x2x3 =α2

α0,

x1x2x3 = −α3

α0.

Za polinom ~etvrtog stepena P (x) = α0x4 +α1x

3 +α2x2 +α3x+α4

Vijetove formule su:

x1 + x2 + x3 + x4 = −α1

α0,

x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 =α2

α0,

x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 = −α3

α0,

x1x2x3x4 =α4

α0.

PRIMER 2.6. Odrediti nule polinoma P (x) = x4− 3x3− 2x2 + 10x− 12ako se zna da je proizvod dve wegove nule jednak -6.

Re{ewe. Ako su x1, x2, x3, x4 nule polinoma P (x) i ako je x1x2 = −6,tada se iz jednakosti x1x2x3x4 = α4/α0 = −12 dobija x3x4 = 2. Zbog

31

toga se polinom P (x) mo`e napisati u obliku

P (x) = x4 − 3x3 − 2x2 + 10x− 12 = (x− x1)(x− x2)(x− x3)(x− x4)

= (x2 − (x1 + x2)x + x1x2)(x2 − (x3 + x4)x + x3x4)

= (x2 + px− 6)(x2 + qx + 2)

= x4 + (p + q)x3 + (pq − 4)x2 + 2(p− 3q)x− 12.

Izjedna~avawem odgovaraju}ih koeficijenata (Teorema 2.2.) dobija sesistem jedna~ina

p + q = −3pq − 4 = −2

2(p− 3q) = 10,

~ije je re{ewe p = −1, q = −2. Dakle,

P (x) = x4 − 3x3 − 2x2 + 10x− 12 = (x2 − x− 6)(x2 − 2x + 2).

Re{avawem kvadratnih jedna~ina x2−x−6 = 0 i x2−2x+2 = 0 dobijase da su -2, 3, 1− i, 1 + i nule polinoma P (x).

Racionalne nule polinoma sa celobrojnim koeficijentima

Posmatrajmo polinom

(2.6) P (x) = α0xn + α1x

n−1 + · · ·+ αnb,

~iji su koeficijenti celi brojevi.

TEOREMA 2.9. Ako je racionalan broj p/q (p i q su uzajamno prosti brojevi)nula polinoma (2.6) sa celobrojnim koeficijentima, tada p|αn i q|α0.

PRIMER 2.7. Ispitati da li polinom P (x) = 2x5 + x4 + 4x3 + 3x + 2ima racionalnih nula.

Re{ewe. ^inioci broja αn = 2 su ±1,±2. Pozitivni ~inioci broja2 su 1 i 2. Prema tome sve racionalne nule polinoma P (x) pripadajuskupu {±1,±2,±1/2}. Neposrednom proverom utvr|ujemo da je x = 1/2jedina racionalna nula polinoma P (x).

32

2.2 Zadaci

2.1. Odrediti zbir slede}ih polinoma:

1) A(x) = 4x2 − 3x− 2, B(x) = −x2 − x + 3.

2) A(x) = 2x6 − 4x3 + 1, B(x) = 3x2 − 6, C(x) = 6x6 + 8x4 − 4x2.

Re{ewe.

1) A(x) + B(x) = (4x2 − 3x− 2) + (−x2 − x + 3) = 3x2 − 4x + 1.

2) A(x) + B(x) + C(x) =

= (2x6 − 4x3 + 1) + (3x2 − 6) + (6x6 + 8x4 − 4x2)= 8x6 + 8x4 − 4x3 − x2 − 5.

2.2. Odrediti razliku slede}ih polinoma:

1) A(x) = 4x2 − 2x + 5, B(x) = 4x2 + 2x− 5.

2) A(x) = 8x6+2x4−3, B(x) = 3x2−x+6, C(x) = 9x3−x2+x−1.

Re{ewe.

1) A(x)−B(x) = (4x2 − 2x + 5)− (4x2 + 2x− 5)

= 4x2 − 2x + 5− 4x2 − 2x + 5 = −4x + 10.

2) A(x)−B(x)− C(x) =

= (8x6 + 2x4 − 3)− (3x2 − x + 6)− (9x3 − x2 + x− 1)= 8x6 + 2x4 − 3− 3x2 + x− 6− 9x3 + x2 − x + 1= 8x6 + 2x4 − 9x3 − 2x2 − 8.

2.3. Odrediti proizvod slede}ih polinoma:

1) A(x) = x2 − 3x + 4, B(x) = 8x3 − 2x2 + x.

33

2) A(x) = x, B(x) = x2 + 6x− 1, C(x) = x3 − 2x + 3.

Re{ewe.

1) A(x)B(x) =

= (x2 − 3x + 4)(8x3 − 2x2 + x)= 8x5 − 2x4 + x3 − 24x4 + 6x3 − 3x2 + 32x3 − 8x2 + 4x

= 8x5 − 26x4 + 39x3 − 11x2 + 4x.

2) A(x)B(x)C(x) =

= (x)(x2 + 6x− 1)(x3 − 2x + 3)= (x3 + 6x2 − x)(x3 − 2x + 3)= x6 − 2x4 + 3x3 + 6x5 − 12x3 + 18x2 − x4 + 2x2 − 3x

= x6 + 6x5 − 3x4 − 9x3 + 20x2 − 3x.

2.4. Izra~unati :(A−B)(B − C),

ako je A(x) = −3x2 + 4x, B(x) = 2x2 − 6, C(x) = x.

Re{ewe.

(A−B)(B − C) = {(−3x2 + 4x)− (2x2 − 6)}{(2x2 − 6)− (x)}= (−3x2 + 4x− 2x2 + 6)(2x2 − 6− x)= −4x8 + 2x7 + 12x6 − 6x4 + 11x3 + 26x2 − 30x− 36.

2.5. PodelitipolinomA(x) = x3−5x2+7x−2polinomomB(x) = x−2.

Re{ewe.(x3 − 5x2 + 7x− 2) : (x− 2) = x2 − 3x + 1.x3 − 2x2

− 3x2 + 7x− 3x2 + 6x

+ x− 2+ x− 2

0

34

2.6. Podeliti polinomA(x) = 15x4 +2x3−39x2−16x+10 polinomomB(x) = 3x2 − 2x− 5.

Re{ewe.

(15x4 + 2x3 − 39x2 − 16x + 10) : (3x2 − 2x− 5) = 5x2 + 4x− 2.15x4 − 10x3 − 25x2

12x3 − 14x2 − 16x + 1012x3 − 8x2 − 20x

− 6x2 + 4x + 10− 6x2 + 4x + 10

0

2.7. Podeliti polinom P (x) = x2 + 2x− 6 polinomom Q(x) = x + 4.

Re{ewe.(x2 + 2x− 6) : (x + 4) = x− 2.x2 + 4x− 2x− 6− 2x− 8

2

2.8. Podeliti polinom P (x) = x3 − x2 − 2x + 1 polinomom Q(x) =3x2 + 2x− 1 metodom neodre|enih koeficijenata.

Re{ewe.

(x3 − x2 − 2x + 1) = (ax + b)(3x2 + 2x− 1) + (cx + d)= 3ax3 + 3bx2 + 2ax2 + 2bx− ax− b + cx + d= 3ax3 + (2a + 3b)x2 + (−a + 2b + c)x + (−b + d).

Odnosno po teoremi o jednakosti dva polinoma:

1 = 3a−1 = 2a + 3b−2 = −a + 2b + c

1 = −b + d

Odavde sledi da je a =13, b = −5

9, c = −5

9, d =

49, odnosno:

x3 − x2 − 2x + 1 =(

13x− 5

9

)(3x2 + 2x− 1) +

(−5

9x +

49

).

35

2.9. Odrediti koeficijente p, q, r tako da polinom P (x) = x3 + px2 +qx + r bude deqiv binomima x + 2 i x− 5, a da podeqen binomom x− 1daje ostatak -48.

Re{ewe. U ovom zadatku direktno primewujemo Bezuovu teoremu i wenuprvu posledicu:

(x− α)|P (x) ⇒ P (a) = 0 ∧ (x− α)Q(x) + r ⇒ P (a) = r.

P (−2) = P (5) = 0, P (1) = −48,

odnosno

(−2)3 + p(−2)2 + q(−2) + r = 053 + 52p + 5q + r = 013 + 12p + 1q + r = −48.

Sre|ivawem datog sistema dobijamo:

−8 + 4p− 2q + r = 0125 + 25p + 5q + r = 0

1 + p + q + r = −48.

Re{avawem datog sistema dobijamo da je p = 0, q = −19, r = −30odnosno, P (x) = x3 − 19x− 30.

2.10. Na}i ostatak pri deqewu, a zatim izvr{iti i deqewe polinoma:x3 − 2x2 + 3x− 4 sa x + 1− 2i.

Re{ewe. Primenom Bezuove teoreme dobijamo:

R(x) = P (a) ⇒ R(x) = (−1 + 2i)3 − 2(−1 + 2i)2 + (−1 + 2i)− 4.

Kako je

(−1 + 2i)2 = −3− 4i ∧ (−1 + 2i)3 = 11− 2i,

onda je

R(x) = 11− 2i− 2(−3− 4i) + 3(−1 + 2i)− 4 = 10 + 12i.

Sada izvr{imo deqewe metodom neodre|enih koeficijenata (a, b, c ∈C)

x3 − 2x2 + 3x− 4 = (x + 1− 2i)(ax2 + bx + c) + 10 + 12i= ax3 + (1− 2i)ax2 + bx2 + (1− 2i)bx+ cx + (1− 2i)c + 10 + 12i.

36

Na osnovu teoreme o jednakosti dva polinoma dobijamo:

1 = a

−2 = (1− 2i)a + b

3 = (1− 2i)b + c

−4 = (1− 2i)c + 10 + 12i.

Odavde se lako mo`e izra~unati da je a = 1, b = −3 + 2i, c = 2− 8i.

2.11. Odrediti realan polinom najmaweg stepena ~ije su nule: x1 =4, x2 = 2 + 3i, x3 = −i.

Re{ewe. Kod realnih polinoma nule se javqaju u konjugovano komplek-snim parovima, tj. ako je x = a+ ib nula realnog polinoma, tada je nulai x = a− ib. Prema tome imamo da je :

P (x) = (x− 4)(x− 2− 3i)(x− 2 + 3i)(x− i)(x + i)= (x− 4)(x2 − 4x + 13)(x2 + 1)= x5 − 8x4 + 30x3 − 60x2 + 29x− 52.

2.12. Odrediti realan polinom najmaweg stepena ako je x = i dvostrukikoren, x = 2 trostruki koren i ako je x = 3− i prost koren.

Re{ewe.

P (x) = (x− i)2(x + i)2(x− 2)3(x− 3 + i)(x− 3− i)= (x2 + 1)(x− 2)3(x2 − 6x + 10)= x9 − 12x8 + 60x7 − 164x6 + 285x5 − 372x4 + 394x3

− 300x2 + 168x− 80.

2.13. OdreditirealanpolinomP (x)~etvrtog stepena kojiimadvostrukunulu x = 1, jednostruku nulu x = 1 + 2i i va`i P (−1) = 64.

Re{ewe. Po uslovu zadatka lako se dobija ~etvrta nula polinoma x =1− 2i (kao konjugovano kompleksna datoj nuli x = 1 + 2i). Sada je:

P (x) = a(x− 1)2(x− 1− 2i)(x− 1 + 2i)= a(x4 − 4x3 + 10x2 − 12x + 5).

37

Kako je P (−1) = a((−1)4 − 4(−1)3 + 10(−1)2 − 12(−1) + 5

)= 32a, a

u zadatku dato da je P (−1) = 64 imamo: 32a = 64, odakle sledi da jea = 2.

Kona~no je P (x) = 2x4 − 8x3 + 20x2 − 24x + 10.

2.14. Odrediti realne brojeve a i b tako da −1 + i bude nula polinoma

P (x) = 2x4 + 9x3 + ax2 + bx− 6.

Re{ewe. Ako je m + in nula polinoma P (x) ~ije koeficijente trebaodrediti, tada se prirodno pristupa re{avawu P (m+ in) = 0 po nepo-znatim koeficijentima, vode}i ra~una da je

A + iB = 0 ⇔ A = 0 ∧B = 0.

U konkretnom slu~aju imamo da je:

P (−1 + i) = 2(−1 + i)4 + 9(−1 + i)3 + a(−1 + i)2 + b(−1 + i)− 6= 2(−4) + 9(2i + 2) + a(−2i) + b(−1 + i)− 6= (−b + 4) + (18− 2a + b)i.

Sada je

P (−1 + i) = 0 ⇔ −b + 4 = 0 ∧ 18− 2a + b = 0.

Odavde sledi da je b = 4, a = 11. Kona~no dobijamo da je polinomoblika

P (x) = 2x4 + 9x3 + 11x2 + 4x− 6.

Kako je −1 + i nula realnog polinoma P (x) to zna~i da je i −1 − inula tog polinoma, odnosno (x + 1− i)(x + 1 + i)|P (x). Lako se dobijaP (x) = (x2 + 2x + 2)(2x2 + 5x− 3) , kona~no je

x3/4 =−5±√25 + 24

4=−5± 7

4.

Nule polinoma P (x) su: x1 = −1 + i, x2 = −1− i, x3 = 1/2, x4 = −3.Polinom P (x) se sada mo`e predstaviti u slede}em obliku:

P (x) = 2(x + 1− i)(x + 1 + i)(

x− 12

)(x + 3).

38

2.15. Odrediti parametre p i q tako da polinom A(x) = x4 + px3 +qx2 + 27x− 35 bude deqiv polinomom B(x) = x2 − 4x + 7.

Re{ewe. A(x) = Q(x)B(x), gde je Q(x) polinom drugog stepena Q(x) =x2 + ax + b.

x4 + px3 + qx2 + 27x− 35 = (x2 + ax + b)(x2 − 4x + 7)= x4 + (−4 + a)x3 + (7− 4a = b)x2

+ (7a− 4b)x + 7b.

Odavde sledi da je:

7b = −357a− 4b = 27

7− 4a + b = q

−4 + a = p.

Odnosno imamo da je: b = −5, a = 1, q = −2, p = −3.

2.16. Dat je polinom P (x) = ax3 + 3a2x2 + 7x− 18. Odrediti vrednostparametra a tako da polinom bude deqiv polinomom x + 2.

Re{ewe. Prema Bezuovoj teoremi ostatak pri deqewu polinoma P (x)polinomom x− (−2) je P (−2). Kako je polinom P (x) deqiv sa x− (−2)to je ostatak jednak nuli tj. P (−2) = 0.

P (−2) = a(−2)3 + 3a2(−2)2 + 7(−2)− 18 = 0

3a2 − 2a− 8 = 0 ⇒ a = 2 ∨ a = −43.

2.17. Odrediti koeficijente p, q, r tako da polinom P (x) = x3 + px2 +qx + r bude deqiv binomima x + 2 i x− 3, a da podeqen binomom x + 1daje ostatak -12.

Re{ewe. Prema Bezuovoj teoremi imamo da je:

P (−2) = 0 ⇒ (−2)3 + p(−2)2 + q(−2) + r = 0P (3) = 0 ⇒ 33 + 32p + 3q + r = 0

P (−1) = −12 ⇒ (−1)3 + p(−1)2 + q(−1) + r = −12.

Iz datog sistema dobijamo da je p = 3, q = −10, r = −24.

39

2.18. Odrediti koeficijente p, q tako da polinom P (x) = x5 − 3x4 +px3 + qx2 − 5x− 5 bude deqiv sa x2 − 1.

Re{ewe. Kako je x2 − 1 = (x− 1)(x + 1) to zna~i da dati polinom morabiti deqiv sa x− 1 i sa x + 1. Na osnovu Bezuove teoreme imamo da je:

P (1) = 0 i P (−1) = 0p + q − 12 = 0−p + q − 4 = 0.

Iz datog sistema se dobija da je p = 4, q = 8.

2.19. Neki polinom pri deqewu sa x − 1 daje ostatak 2, a pri deqewusa x − 2 daje ostatak 1. Koliki ostatak daje ovaj polinom pri deqewusa (x− 1)(x− 2).

Re{ewe. Primenom Bezuove teoreme imamo P (1) = 2, P (2) = 1. Pri-likom deqewa polinoma polinomom drugog stepena ostatak je polinomstepena maweg od dva:

P (x) = Q(x)(x− 1)(x− 2)+ αx + β,︸ ︷︷ ︸R(x)

stR(x) < st(x− 1)(x− 2)P (1) = α · 1 + β = 2P (2) = α · 2 + β = 1.

Odavde se dobija da jeα = −1, β = 3. Tra`eni ostatak jeR(x) = −x+3.

2.20. Odrediti NZD za polinome A(x) = x4 − x3 − 7x2 + 4x − 3 iB(x) = x3 − 2x2 − x− 6.

Re{ewe. U radu }emo koristiti tzv. Euklidov algoritam. U prvomkoraku delimo polinom A(x) polinomom B(x).

(x4 − x3 − 7x2 + 4x− 3) : (x3 − 2x2 − x− 6) = x + 1.x4 − 2x3 − x2 − 6x

x3 − 6x2 + 10x− 3x3 − 2x2 − x− 6− 4x2 + 11x + 3

Dobijamo koli~nik Q1(x) = x + 1 i ostatak R1(x) = −4x2 + 11x + 3.U drugom koraku delimo polinom B(x) = x3 − 2x2 − x− 6 polinomom

40

R1(x) = −4x2+11x+3. Zapravo, boqe je podeliti polinom 4x3−8x2−4x− 24 polinomom R1(x).

(4x3 − 8x2 − 4x − 24) : (−4x2 + 11x + 3) = −x− 34.

4x3 − 11x2 − 3x3x2 − x − 24

3x2 − 334

x − 94

294

x− 874

Dobijamo koli~nik Q2(x) = −x − 34i ostatak R2(x) =

294

x − 874.

Sada treba podeliti polinom R1(x) = −4x2 + 11x + 3 polinomomR2(x) =

294

x − 874, ili jo{ boqe sa polinomom 4

29

(294

x− 874

)tj. sa

x− 3:(−4x2 + 11x + 3) : (x− 3) = −4x− 1.−4x2 + 12x

− x + 3− x + 3

0

Dobijamo koli~nik Q3(x) = −4x− 1 i ostatak R3(x) = 0. Postupak jeovim zavr{en, a polinom x− 3 je najve}i zajedni~ki delilac polinomaA(x) i B(x).

2.21. OdreditiNZDzapolinomeA(x) = x3+3x2−3x−1iB(x) = x2−1.

Re{ewe.

P (x) = x3 + 3x2 − 3x− 1 = x3 − 1 + 3x2 − 3x

= (x− 1)(x2 + x + 1) + 3x(x− 1) = (x− 1)(x2 + 4x + 1).

Dok jeQ(x) = x2 − 1 = (x− 1)(x + 1).

Tada je NZD(P (x), Q(x)) = x− 1.

2.22. Zbir dve nule polinoma P (x) = 4x3 + 8x2 + x + λ jednak je tre}ojnuli. Na}i λ, a zatim i sve nule ovog polinoma.

41

Re{ewe. Primenom Vijetovih formula va`i :

x1 + x2 + x3 = −a1

a0

x1x2 + x1x3 + x2x3 =a2

a0

x1x2x3 = −a3

a0.

Kako je uslov zadatkax1+x2 = x3, mo`emoformirati sistem jedna~ina:

x1 + x2 + x3 = −2

x1x2 + x1x3 + x2x3 =14

x1x2x3 = −λ

4x1 + x2 = x3.

Re{avawem datog sistema dobija se da je: λ = −3, x1 =12∨ x1 = −3

2.

Na kraju dobijamo da je:

(x1, x2, x3) ∈{(

12,−3

2,−1

),

(−3

2,12,−1

)}.

2.23. Zbir dva re{ewa jedna~ine 2x3−x2 +λx−3 = 0 jednak je 1. Na}iλ, a zatim i sva re{ewa date jedna~ine.

Re{ewe. Na osnovu Vijetovih formula dolazimo do sistema jedna~ina:

x1 + x2 + x3 =12

x1x2 + x1x3 + x2x3 =λ

2

x1x2x3 =32

x1 + x2 = 1,

odakle se direktno (iz prve i ~etvrte jedna~ine) dobija: x3 = −12.

Daqe,

x1x2 − 12

=λ

2

−12x1x2 =

32.

42

Odavde se dobija da je: x1x2 = −3 i λ = −7. Kona~no sistem jedna~ina:

x1 + x2 = 1x1x2 = −3,

daje: x1(1− x1) = −3, odnosno x2 − x− 3 = 0, odakle je x1 =1 +

√13

2

∨ x1 =1−√13

2. Kona~no tri re{ewa jedna~ine su:

x1 =1 +

√13

2, x1 =

1−√132

i − 12.

2.24. Odrediti λ tako da jedan koren polinoma P (x) = x3 − 13x + λbude jednak trostrukom drugom, a zatim na}i i sve nule ovog polinoma.

Re{ewe. Na osnovu Vijetovih formula dobijamo sistem:

x1 + x2 + x3 = 0x1x2 + x1x3 + x2x3 = −13

x1x2x3 = −λ

x2 = 3x1.

Eliminacijom x2 dobijamo:

4x1 + x3 = 03x1 + x1x3 + 3x1x3 = −13

3x1x3 = −λ,

zatim eliminacijom x3 dobijamo:

−13x21 = −13

−12x31 = −λ,

odnosno: x21 = 1 ⇒ x1 = 1 ∨ x1 = −1 i λ = 12 ∨ λ = −12. Daqe, za

razli~ite vrednosti λ dobijamo dve trojke re{ewa jedna~ine:

λ = 12 ⇒ x1 = 1, x2 = 3, x3 = −4

λ = −12 ⇒ x1 = −1, x2 = −3, x3 = 4.

43

2.25. Odreditione vrednostiparametraλ takodanulepolinomaP (x) =x2 − (λ− 2)x + λ + 5 zadovoqavaju relaciju x2

1 + x22 = 10.

Re{ewe.NaosnovuVijetovihformula i uslova zadatka dobijamo sistemjedna~ina:

x1 + x2 = λ− 2x1x2 = λ + 5

x21 + x2

2 = 10.

Daqe je

x21 + x2

2 = (x1 + x2)2 − 2x1x2

(λ− 2)2 − 2(λ + 5) = 10.

Odavde dobijamo da je λ = 8 ∨ λ = −2.

2.26. Na}i racionalne, a zatim i ostale nule polinoma P (x) = 3x3 +4x2 + 5x− 6.

Re{ewe.Ako polinom P (x) = a0xn +a1x

n−1 + · · ·+an−1x+an sa celo-brojnim koeficijentima ima racionalnu nulu oblika p\q, (NZD(p, q) =1), tada p|an i q|a0. Ovo primewujemo na tra`ewe nula polinoma P (x).Celobrojni ~inioci broja an = −6 su: ±1,±2,±3,±6, a celobrojni~inioci broja a0 = 3 su: ±1,±3. (Po dogovoru, dovoqno je uzeti samopozitivne ~inioce broja a0, a oba znaka za ~inioce broja an.)

U tom slu~aju, ako postoji, racionalna nula p\q pripada skupu{

1,−1, 2,−2, 3,−3, 6,−6,13,−1

3,23,−2

3

}.

Proverom zakqu~ujemo da je 23 jedina nula polinoma P (x) iz ovog skupa.

U ciqu otkrivawa ostalih nula vr{imo deqewe polinoma P (x) bi-nomom

(x− 2

3

). Naime, imamo da je :

(3x3 + 4x2 + 5x− 6) : (x− 23) = 3x2 + 6x + 9.

3x3 − 2x2

6x2 + 5x− 66x2 − 4x9x − 69x − 6

0

44

Odnosno: P (x) = 3(

x− 23

)(x2 + 2x + 3). Kako iz

x2 + 2x + 3 = 0 ⇒ x = −1 +√

2i ∨ x = −1−√

2i,

to zna~i da je:

P (x) = 3(

x− 23

)(x + 1−

√2i)(x + 1 +

√2i).

Iz svega sledi da su nule polinoma P (x): 23,−1 +

√2i,−1−

√2i.

2.27. Na}i racionalne, a zatim i ostale nule polinoma Q(x) = x5 −2x4 − 9x3 + 8x2 − 22x + 24.

Re{ewe. Ako polinom Q(x) = x5 − 2x4 − 9x3 + 8x2 − 22x + 24 imaracionalne nule tada one pripadaju skupu

{1,−1, 2,−2, 3,−3, 4,−4, 6,−6, 8,−8, 12,−12, 24,−24} ,

(jer ovo su svi celobrojni ~inioci broja 24, dok je jedini pozitivnicelobrojni ~inilac a0 jednak 1). Neposrednom proverom dolazimo dozakqu~ka da su racionalne nule polinoma Q(x): 1,-3,4. Tada je Q(x)deqiv polinomom (x− 1)(x + 3)(x− 4) i va`i:

Q(x) = (x− 1)(x + 3)(x− 4)(x2 + 2).

Ostale dve nule polinoma Q(x) jesu nule polinoma drugog stepena√

2ii −√2i. Dakle,

Q(x) = (x− 1)(x + 3)(x− 4)(x−√

2i)(x +√

2i),

odnosno nule polinoma Q(x) su: 1,-3,4,√

2i,−√2i.

45

Glava 3

Realni nizovi

3.1 Pregled definicija i teorema

DEFINICIJA 3.1. Ako je f funkcija koja preslikava skup prirodnih bro-jeva N u skup realnih brojeva R (u oznaci f : N→ R), onda se funkcija fnaziva realnim nizom.

Realni brojevi

a1 = f(1), a2 = f(2), . . . , an = f(n), . . .

nazivaju se ~lanovima niza. Npr. m-ti ~lan niza am je tada vrednostfunkcije f(m). Tako npr. niz ~iji je op{ti ~lan dat formulom an =

12n

ima peti ~lan a5 =110

, dvadeseti ~lan a20 =140

, itd.

DEFINICIJA 3.2. Realni niz f(nk) = ank, gde je k ∈ N i

n1 < n2 < n3 < · · · < nk < . . .

nazivamo podniz niza f(n) = an.

Tako na primer niz ank=

12k

, n1 = 2, n2 = 4, . . . , nk = 2k, . . . , je podniz

niza an =1n.

46

PRIMER 3.1. Niz (an) kod koga je razlika ma koja dva uzastopna ~lanauvek ista, tj. za koji postoji broj d takav da

(3.1) (∀n ∈ N) an+1 − an = d,

naziva se aritmeti~ki niz. Iz (3.1) imamo an+1 − an = an+2 − an+1, aodavde

an+1 =an + an+2

2.

Dakle svaki ~lan aritmeti~kog niza (osim prvog) je aritmeti~ka sredinawemu susednih ~lanova. Tako na primer niz

3, 5, 7, 9, . . . , 2n + 1, . . .

je aritmeti~ki niz.

PRIMER 3.2. Niz (an) kod koga je koli~nik svaka dva uzastopna ~lana uvekisti, tj. za koji postoji broj q takav da

(3.2) (∀n ∈ N)an+1

an= q,

naziva se geometrijski niz. Iz (3.2) sledi da je an+1

an=

an+2

an+1, a odavde

a2n+1 = anan+2,

odnosno svaki ~lan geometrijskog niza (osim prvog) je geometrijska sre-dina wemu susednih ~lanova. Geometrijski nizovi su na primer:

1, 3, 9, 27, . . . , 3n−1, . . .

PRIMER 3.3. Niz ~iji je op{ti ~lan an =1nje tzv. harmonijski niz.

Svaki ~lan harmonijskog niza je harmonijska sredinawemu susednih ~lano-va, tj.

(∀n ∈ N)1

an+1=

12

(1an

+1

an+2

).

47

Ograni~eni i monotoni nizovi

DEFINICIJA 3.3. Niz (an) je ograni~en odozgo ako

(3.3) (∃r ∈ R)(∀n ∈ N) an ≤ r,

a ograni~en odozdo ako

(3.4) (∃m ∈ R)(∀n ∈ N) m ≤ an.

Ako je niz ograni~en odozgo i odozdo onda ka`emo da je ograni~en.

Mo`e se dokazati da je niz (an) ograni~en ako i samo ako

(∃k ∈ R+)(∀n ∈ N) |an| ≤ k

(gde R+ ozna~ava skup pozitivnih realnih brojeva).Tako na primer, niz (n2) je ograni~en odozdo, jer je ispuwen uslov

(3.4) zato {to je svaki ~lan ovog niza ve}i od nule. Isti niz, nijeograni~en odozgo (odakle sledi da nije ograni~en), zato {to za svakor ∈ R va`i n2 > r, i to: za svako n ∈ N u slu~aju r ≤ 0, odnosno zan >

√r u slu~aju r > 0.

Niz (1/n) je ograni~en odozgo, jer je svaki ~lan ovog niza mawiili jednak jedinici. Prime}ujemo da je isti niz ograni~en i odozdo,zato {to na primer va`i: (∀n ∈ N) 0 <

1n. Na taj na~in ta~an je

ja~i zakqu~ak: niz (1/n) je ograni~en. Niz ~iji je op{ti ~lan an =(−1)n n

n + 1je ograni~en jer je

(∀n ∈ N)∣∣∣∣(−1)n n

n + 1

∣∣∣∣ < 1.

DEFINICIJA 3.4. Ako za niz (an) za svaki n ∈ N va`i

1) an ≤ an+1, onda niz nazivamo rastu}i,

2) an ≥ an+1, onda niz nazivamo opadaju}i.

Ako se znaci ≤ i ≥, respektivno zamene znacima < i >, onda niznazivamo strogo rastu}i, odnosno strogo opadaju}i. Za nizove opisaneovom definicijom ka`emo da su monotoni.

48

PRIMER 3.4. Ispitatimonotonostniza ~iji je op{ti ~lanan =n

n + 1.

Re{ewe. Ovaj niz je strogo rastu}i, jer za svako n ∈ N je

an − an+1 =n

n + 1− n + 1

n + 2= − 1

(n + 1)(n + 2)< 0,

pa je an < an+1.

PRIMER 3.5. Ispitatimonotonostniza ~iji je op{ti~lan bn =1

2n− 1.

Re{ewe.Ovaj niz je strogo opadaju}i, jer za svako n ∈ N je bn > 0 i va`i

bn

bn+1=

2n + 12n− 1

,

tj. bn > bn+1.Prime}ujemo da se ispitivawe monotonosti niza (an) sa ~lanovima

stalnog znaka (tj. kod kojeg va`i: (∀n ∈ N) an > 0 ili (∀n ∈ N) an < 0),mo`e izvesti izra~unavawem koli~nika an

an+1.

Tako ako va`i (∀n ∈ N) an > 0(an < 0) i (∀n ∈ N)an

an+1≥ 1,

onda je (∀n ∈ N) an ≥ an+1(an ≤ an+1), {to zna~i da je tada niz(an) opadaju}i (rastu}i). Ako je pak (∀n ∈ N) 0 <

an

an+1≤ 1, onda je

(∀n ∈ N) an ≤ an+1(an ≥ an+1), pa je tada niz (an) rastu}i (opadaju}i).

Grani~na vrednost niza

Neka je a ∈ R i ε proizvoqan pozitivan realan broj. Otvoreninterval (a− ε, a + ε) nazivamo ε-okolina broja a.

DEFINICIJA 3.5. Broj a ∈ R je ta~ka nagomilavawa niza (an) ako seu svakoj ε-okolini broja a nalazi beskona~no mnogo ~lanova tog niza,odnosno ako za svako ε > 0 i n0 ∈ N postoji n ∈ N, takvo da je n > n0 i|an − a| < ε.

PRIMER 3.6. Odrediti ta~ke nagomilavawa niza an = (−1)n

(1 +

1n

).

49

Re{ewe. Ovaj niz ima dve ta~ke nagomilavawa: 1 i -1. Zaista, akokonstrui{emo podnizove

a2k = 1 +12k

, a2k−1 = −1− 12k − 1

,

niza (an), onda lako uo~avamo da se u ma kojoj ε-okolini broja 1 nalazibeskona~no mnogo ~lanova podniza (a2k), a samim tim i niza (an), {tozna~i da je 1 ta~ka nagomilavawa niza (an). Analogno, posmatraju}ipodniz (a2k−1) zakqu~ujemo da je -1 ta~ka nagomilavawa niza (an).

TEOREMA 3.1. [BOLCANO-VAJER[TRAS ]Svaki ograni~en niz imabar jednuta~ku nagomilavawa.

DEFINICIJA 3.6. Realan niz (an) konvergira ka broju a ∈ R i a mu jegrani~na vrednost (limes), u oznaci

limn→∞an = a,

ako za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N takvo da

(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ |an − a| < ε).

Za niz (an) tada se ka`e i da je konvergentan ka a.

Na osnovu navedenih definicija mo`emo zakqu~iti da grani~navrednost niza jeste wegova ta~ka nagomilavawa, dok obrnuto ne morada va`i.

TEOREMA 3.2. Svaki konvergentan niz je ograni~en.

Napomenimo da obrnuto ne mora da va`i. Naime, postoje nizovikoji su ograni~eni, a nisu konvergentni. Takav je na primer niz(−1)n−1. On je ograni~en jer je

(∀n ∈ N) |an| = |(−1)n−1| < 2.

Posmatrani niz nije konvergentan jer ima dve ta~ke nagomilavawa 1 i-1.

TEOREMA 3.3. Monoton i ograni~en niz konvergira.

50

DEFINICIJA 3.7. Niz (an) divergira ka +∞, u oznaci

limn→∞ an = +∞,

ako za proizvoqan realan broj r > 0 postoji n0 ∈ N tako da

(∀n ∈ N) (n > n0 ⇒ an > r).

Analogno defini{emo divergenciju ka −∞.

Broj e

U matemati~koj analizi i wenim primenama ~esto se javqaju nizovisa op{tim ~lanom

an = 1 +11!

+12!

+ · · ·+ 1n!

i bn =(

1 +1n

)n

.

Dokaza}emo da su ovi nizovi konvergentni.Razmotrimo najpre niz (an). Kako je

an+1 − an =1

(n + 1)!> 0,

to je an < an+1, za svako n ∈ N, a to zna~i da je niz (an) strogo rastu}i.Ako u op{tem ~lanu niza (an) imenioce napi{emo u razvijenom obliku,dobijamo

(3.5) an = 1 +11

+1

1 · 2 +1

1 · 2 · 3 +1

1 · 2 · 3 · 4 + · · ·+ 11 · 2 · 3 · · · · · n.

Kako je n! = n · (n− 1) · · · · · 3 · 2 · 1 > 2 · 2 · · · · · 2 · 1 = 2n−1, to je

(3.6) 1n!

<1

2n−1, n = 3, 4, . . .

Na osnovu (3.5) i (3.6) imamo da je

an < 1 +(

1 +12

+122

+ · · ·+ 12n−1

)= 1 +

1− (1/2)n

1− (1/2)

= 1 + 2(

1−(

12

)n)< 3.

51

Koristili smo ~iwenicu da je izraz u zagradi zbir geometrijskog niza.Iz (3.5) zakqu~ujemo da je an > 2 za n > 1. Prema tome je , za n > 1,

(3.7) 2 < an < 3,

{to zna~i da je niz (an) ograni~en.Dakle, niz (an) je ograni~en odozgo i strogo rastu}i, pa je na osnovu

Teoreme 3.3. konvergentan. Wegovu grani~nu vrednost ozna~avamo sa e,tj.

limn→∞

(11!

+12!

+ · · ·+ 1n!

)= e.

Mo`e se pokazati da je to iracionalan broj i da je e = 2, 7182818284 . . .

Razmotrimo sada niz (bn). Koriste}i binomnu formulu imamo da je

bn = 1 +n

1!· 1n

+n(n− 1)

2!· 1n2

+ . . .(3.8)

+n(n− 1) · · · · · 2 · 1

n!· 1nn

= 1 + 1 +12!

(1− 1

n

)

+ · · ·+ 1n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− n− 1

n

)

< 1 +11!

+12!

+ · · ·+ 1n!

= an < 3,

za n > 1.Na osnovu Bernulijeve nejednakosti koja glasi: (1 + h)n > 1 + nh,

za svaki prirodan broj n > 1 i realan broj h > −1 i h 6= 0, imamo(

1 +1n

)n

> 1 + n · 1n

= 2,

za n > 1, {to zajedno sa (3.8) daje

2 <

(1 +

1n

)n

< 3.

Prema tome, niz (bn) je ograni~en. Daqe, na osnovu binomne formuleimamo

bn+1 = 1 + 1 +12!

(1 +

1n + 1

)+ · · ·+ 1

n!

(1− 1

n + 1

)

. . .

(1− n− 1

n + 1

)+

1(n + 1)!

(1− 1

n

). . .

(1− n

n + 1

).

52

Ako uporedimo bn i bn+1, zakqu~ujemo je

(∀n ∈ N) bn ≤ bn+1,

pa je niz (bn) rastu}i.Dakle, dokazali smo da je niz (bn) ograni~en i monoton, {to na

osnovu Teoreme 3.3. zna~i da je on konvergentan. Mo`e se dokazati da jegrani~na vrednost ovog niza ista kao i grani~na vrednost niza (an), tj.

limn→∞

(1 +

1n

)n

= e.

Prime}ujemo da va`e i relacije

limn→∞

(1 +

1n

)n+1

= e,

limn→∞

(1 +

1n + 1

)n

= e.

U matematici broj e ima poseban zna~aj i uz broj π je jedna od naj-va`nijih konstanti.

Osnovna svojstva konvergentnih nizova

TEOREMA 3.4. Ako dva data niza (an) i (bn) imaju istu grani~nu vred-nost,

limn→∞ an = lim

n→∞ bn = a,

i ako je za svako n ∈ N, an ≤ cn ≤ bn, onda je i niz (cn) konvergentan i

limn→∞ cn = a.

TEOREMA 3.5. Ako je (∀n ∈ N) an ≤ bn i postoje

limn→∞ an = a i lim

n→∞ bn = b,

onda je a ≤ b.

DEFINICIJA 3.8. Niz (an) je nula niz ako je

limn→∞ an = 0.

53

TEOREMA 3.6. Ako je

limn→∞ an = a i lim

n→∞ bn = b,

tada je

1) limn→∞ kan = ka, k ∈ R,

2) limn→∞(anbn) = ab,

3) limn→∞(an ± bn) = a± b,

4) limn→∞

an

bn=

a

b, b 6= 0,

5) limn→∞ |an| = |a|.

3.2 Zadaci

3.1. Pokazati da niz

an =n(−1)n

2+

2n

, n = 1, 2, 3, . . .

nije ograni~en, odnosno preciznije: da nije ograni~en ni odozgo niodozdo.

Re{ewe. Za n = 2k (k ∈ N) imamo an = a2k = k +1k. Otuda a2k > r

va`i: za svako k ∈ N ako je r ≤ 0, odnosno za k ≥ r ako je r > 0. Naosnovu toga iskaz

(∃r ∈ R)(∀n ∈ N) an ≤ r,

u na{eg niza nije ta~an, pa taj niz nije ograni~en odozgo.

Ako je, n = 2k − 1, imamo an = a2k−1 = −2k − 12

+2

2k − 1≤

−k+12

+2 = −k+52.Kako je−k+

52

< m ako (i samo ako) je k >52−m,

to va`i a2k−1 < m za k >52−m. Otuda iskaz

(∃m ∈ R)(∀n ∈ N) m ≤ an,

54

u slu~aju posmatranog niza nije ta~an, pa taj niz nije neograni~enodozdo.

3.2. Dokazati da je niz sa op{tim ~lanom an =n

n + 1konvergentan i

da ima grani~nu vrednost a = 1.

Re{ewe. Kako je

|an − a| =∣∣∣∣

n

n + 1− 1

∣∣∣∣ =1

n + 1<

1n

,

to je ova razlika mawa od proizvoqnog pozitivnog broja ε kada je 1n

< ε,

tj. n >1ε. Dakle, za n0 biramo prirodan broj ve}i ili jednak

1εi u tom

slu~aju va`i

(∀n ∈ N)(

n > n0 ⇒∣∣∣∣

n

n + 1− 1

∣∣∣∣ < ε

).

Tako na primer, ako uzmemo da je ε = 1/100, onda je za svako n > 100,∣∣∣∣

n

n + 1− 1

∣∣∣∣ =∣∣∣∣−

1n + 1

∣∣∣∣ <1n

<1

100= ε,

tj. an ∈(

1− 1100

, 1 +1

100

). Prema tome,

limn→∞

n

n + 1= 1.

3.3. Dokazati da niz an = 1/n ima grani~nu vrednost 0.

Re{ewe. Ako obrazujemo apsolutnu vrednost razlike an − 0, ima}emo∣∣∣∣1n− 0

∣∣∣∣ =1n

, a za proizvoqno ε > 0 je

1n

< ε ⇔ n >1ε.

Prema tome, za svako ε > 0 postoji prirodan broj n0 >1εtako da

(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ |an − 0| < ε),

55

{to zna~i da je niz (1/n) konvergentan i da mu je 0 grani~na vrednost.

3.4. Dokazati da je

limn→∞

2n2

n2 + 1= 2.

Re{ewe. U ovom slu~aju je an =2n2

n2 + 1i a = 2, pa na osnovu toga imamo

|an − a| =∣∣∣∣

2n2

n2 + 1− 2

∣∣∣∣ =2

n2 + 1<

2n2

. (∗)

Kako je 2n2

< ε ta~no za n >

√2ε, to uzimaju}i na primer, n0 =

[√2ε

]+

1, imamo da n > n0 povla~i2n2

< ε, na osnovu (∗) je

n > n0 ⇒ |an − a| =∣∣∣∣

2n2

n2 + 1− 2

∣∣∣∣ < ε.

iz ovoga sledi da je

limn→∞

2n2

n2 + 1= 2.

3.5. Odrediti grani~ne vrednosti slede}ih nizova.

1) an =n2 + n

n2 − 5n− 4,

2) an =√

n2 + 1n

,

3) an = n(√

n2 + 1− 1),

4) an =(

1 +12n

)n

.

56

Re{ewe.

1) limn→∞ an = lim

n→∞n2 + n

n2 − 5n− 4= lim

n→∞

1 +1n

1− 5n− 4

n2

=lim

n→∞

(1 +

1n

)

limn→∞

(1− 5

n− 4

n2

) =1 + lim

n→∞1n

1− limn→∞

5n− lim

n→∞4n2

=1 + lim

n→∞1n

1− 5 limn→∞

1n− 4 lim

n→∞1n2

=1 + 0

1− 5 · 0− 4 · 0 = 1.

2) limn→∞ an = lim

n→∞

√n2 + 1n

= limn→∞

(n2 + 1

n2

)1/2

= limn→∞

(1 +

1n2

)1/2

=(

limn→∞

(1 +

1n2

))1/2

=(

1 + limn→∞

1n2

)1/2

= (1 + 0)1/2 = 1.

3) limn→∞ an = lim

n→∞n(√

n2 + 1− n) = limn→∞

n(n2 + 1− n2)√n2 + 1 + n

= limn→∞

1√1 +

1n2

+ 1=

12.

4) Za svako n ∈ N je 2n ∈ N, pa ako stavimo 2n = m, onda m → ∞ako i samo ako n →∞ i n = m/2, pa je

limn→∞ an = lim

n→∞

(1 +

12n

)n

= limn→∞

(1 +

1m

)m/2

=(

limn→∞

(1 +

1m

)m)1/2

= e1/2 =√

e.

3.6. Napisati prvih pet ~lanova niza (xn) zadatog op{tim ~lanom:

1) xn =n

n + 1;

2) xn = cosnπ;

3) xn =3n + 52n− 3

.

57

Re{ewe.1)

x1 =1

1 + 1=

12, x2 =

22 + 1

=23, x3 =

33 + 1

=34,

x4 =4

4 + 1=

45, x5 =

55 + 1

=56.

2)

x1 = cos 1π = −1, x2 = cos 2π = 1, x3 = cos 3π = −1,

x4 = cos 4π = 1, x5 = cos 5π = −1.

3)

x1 = −8, x2 = 11, x3 =143

, x4 =175

, x5 =207

.

3.7. Ispitati ograni~enost i na}i najve}i (najmawi) ~lan niza zadatogop{tim ~lanom:

1) an =n

3 + n;

2) an = n +7n.

Re{ewe. 1) Jasno je da va`i:

0 <n

3 + n<

3 + n

3 + n= 1,

za svako n ∈ N ⇒ 0 < an < 1, za svako n ∈ N, {to zna~i da je niz (an)ograni~en.

Kako je

an − an+1 =n

3 + n− n + 1

3 + (n + 1)=

(4 + n)n− (n + 1)(3 + n)(3 + n)(4 + n)

=n2 + 4n− n2 − 4n− 3

(3 + n)(4 + n)= − 3

(3 + n)(4 + n)< 0

za svako n ∈ N, to je an < an+1, za svako n ∈ N, {to zna~i da niz (an)strogo raste. Wegov najmawi ~lan je tada ~lan sa najmawim indeksom:

amin = a1 =1

3 + 1=

14,

58

a najve}i ~lan niza ne postoji.

2) 0 < n+7n

= an, {to zna~i da je niz (an) ograni~en s dowe strane.

Kako je an = n +7n

> n, a n (kao element skupa prirodnih brojeva) nijeograni~en odozgo, pa tako ni niz (an) nije ograni~en sa gorwe strane.Daqe va`i:

an − an+1 = n +7n−

(n + 1 +

7n + 1

)= −1 +

7n− 7

n + 1

= −1 +7(n + 1)− 7n

n(n + 1)= −1 +

7n(n + 1)

,

an − an+1 < 0 ⇔ −1 +7

n(n + 1)< 0 ⇔ 7

n(n + 1)< 1

⇔ 7 < n(n + 1),

{to je ispuweno za n ≥ 3.Sli~no, an − an+1 > 0 ⇔ 7 > n(n + 1), {to je ispuweno za n < 3.

Tada imamo slede}i niz nejednakosti: a1 > a2 > a3 < a4 < a5 < . . . ,{to zna~i da je

amin = a3 = 3 +73

=163

.

Maksimalni ~lan niza ne postoji.

3.8. Ispitati ograni~enost i na}i najve}i (najmawi) ~lan niza zadatogop{tim ~lanom:

1) an = e2−n,

2) an = −n2

2n.

Re{ewe. 1) Funkcija f(t) = et je nenegativna i strogo rastu}a, pa uz2− n < 2 (n ∈ N) va`i:

0 < e2−n < e2,

odnosno: 0 < an < e2, za svakon ∈ N, {to zna~ida je niz (an)ograni~en.Kako je

an − an+1 = e2−n − e2−(n+1) = e2−n − e2−n−1 = e2−n−1(e− 1) > 0,

za svako n ∈ N, {to zna~i da niz (an) strogo opada. Tada je amax =a1 = e2−1 = e, a amin ne postoji.

59

2) Sli~no prethodnom, proverimo najpre kada je ispuweno an >an+1.

an > an+1 ⇔ −n2

2n> −(n + 1)2

2n+1⇔ (n + 1)2 > 2n2

⇔ 0 > n2 − 2n− 1.

Sli~no, an < an+1 ⇔ 0 < n2− 2n− 1. Kako je desno kvadratni trinomn2 − 2n− 1, pa daqe ispitujemo funkciju:

f(x) = x2 − 2x− 1.

Vrednosti ove funkcije su negativne za x ∈ (1−√2, 1+√

2), {to zna~ida je: n2 − 2n − 1 < 0, za n = 1 i n = 2. Za n > 2 je n2 − 2n − 1 > 0.Tada saglasno ranijem a1 > a2 > a3 < a4 < a5 < . . . . Najmawi ~lanniza je o~igledno a3 = −9

8. Najve}i ~lan ne postoji jer je a1 = −1

2, a

na primer ve} a1 < a7 = − 49128

< a8 < a9 < . . . . Niz (an) je ograni~en

−98≤ an < 0 (∀n ∈ N).

3.9. Dokazati da niz sa op{tim ~lanom xn konvergira ka x, pa na}ineko n0 ∈ N, tako da va`i |xn − x| < ε, za svako n > n0.

1) xn =n + 12n

, x =12, ε = 0.02;

2) xn =(−1)n

n + 1, x = 0, ε = 0.002.

Re{ewe. 1)

|xn − x| =∣∣∣∣n + 12n

− 12

∣∣∣∣ =∣∣∣∣n + 1− n

2n

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

12n

∣∣∣∣ =12n

.

Za proizvoqno ε > 0 va`i:12n

< ε ⇔ 2n >1ε.

Biraju}i sada n0 ∈ N takvo da 2n0 ≥ 1ε, imamo:

(∀n ∈ N)(

n > n0 ⇔ 2n > 2n0 ≥ 1ε⇒ 1

2n< ε ⇔ |xn − x| < ε

),

60

ili ostavqaju}i samo ono {to nam je potrebno:

(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ |xn − x| < ε),

{to zna~i da je x =12grani~na vrednost niza (xn), odnosno da je

limn→∞

n + 12n

=12.

Specijalno, za ε = 0.02 biramo n0 ∈ N, takvo da 2n0 ≥ 10.02

odnosno

n0 ≥ 1004

= 25. Tra`eno zadovoqava ve} n0 = 25.

2)

|xn − x| =∣∣∣∣(−1)n

n + 1− 0

∣∣∣∣ =∣∣∣∣(−1)n

n + 1

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

1n + 1

∣∣∣∣ =1

n + 1.

Za proizvoqno ε > 0 va`i:

1n + 1

< ε ⇔ n + 1 >1ε,

pa biramo n0 ∈ N, takvo da va`i: n0 =[1ε

]. Tada imamo,

n + 1 > n > n0 =[1ε

]⇒ n + 1 >

1ε⇔ 1

n + 1< ε ⇔ |xn − x| < ε.

O~igledno

(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ |xn − x| < ε),

{to zna~i da je niz (xn) konvergentan i da je

limn→∞

(−1)n

n + 1= 0.

Specijalno, za ε = 0.002 uzimamo n0 =[

10.002

]= 500.

3.10. Na}i ta~ke nagomilavawa i ispitati konvergenciju nizova za-datih op{tim ~lanom:

61

1) an = (−1)n+1 n

n + 1;

2) bn =2 + (−1)n

2− (−1)n.

Re{ewe. 1) Kako je

(−1)n+1 ={

1, za neparno n−1, za parno n

.

Tada je

an =

n

n + 1, za neparno n

− n

n + 1, za parno n

,

odnosno

an =

2k − 12k

, n = 2k − 1

− 2k

2k + 1, n = 2k

.

Nizovi (a2k−1), a2k−1 =2k − 1

2ki (a2k), a2k = − 2k

2k + 1, su podni-

zovi niza (an). U proizvoqnoj ε-okolini broja 1 (broja -1) nalazi sebeskona~no mnogo ~lanova prvog (drugog) podniza, {to zna~i da su 1i -1 ta~ke nagomilavawa niza (an). Dva izdvojena podniza sadr`e sve~lanove niza (an), a

limk→∞

2k − 12k

= 1,

ilim

k→∞− 2k

2k + 1= −1,

pa su T1 = 1 i T2 = −1 jedine ta~ke nagomilavawa niza (an). Taj niz nemo`e biti konvergentan jer ima vi{e od jedne ta~ke nagomilavawa.

2)

bn =

2 + 12− 1

, za parno n

2− 12 + 1

, za neparno n

.

U proizvoqnoj ε-okolini broja 3 nalaze se bar svi parni ~lanovi niza(bn) (jer je 3 ∈ (3 − ε, 3 + ε)), a takvih je beskona~no mnogo. Sli~no u

62

proizvoqnoj ε-okolini broja 13nalaze se bar svi neparni ~lanovi niza

(bn)(jer1

3∈

(13− ε,

13

+ ε

)), a i takvih je beskona~no mnogo. Tada

su T1 = 3 i T2 =13ta~ke nagomilavawa niza (bn). Konstatujemo da niz

(bn) nema drugih ta~aka nagomilavawa, kao i da nije konvergentan.

3.11. Ispitati monotonost nizova datih formulama op{teg ~lana:

1) an =n + 22n

;

2) bn =2 + (−1)n

n.

Re{ewe. 1)

an − an+1 =n + 22n

− (n + 1) + 22(n + 1)

=12

(n + 2

n− n + 3

n + 1

)

=n2 + 3n + 2− n2 − 3n

2n(n + 1)=

22n(n + 1)

=1

n(n + 1)> 0,

za svako n ∈ N. Tada je an > an+1 (za svako n ∈ N), {to zna~i da je nizstrogo opadaju}i.

2)

bn − bn+1 =2 + (−1)n

n− 2 + (−1)n+1

n + 1

=(2 + (−1)n)(n + 1)− (2 + (−1)n+1)n

n(n + 1)

=2 + (−1)n(n + 1− (−1)n)

n(n + 1)=

2 + (−1)n(2n + 1)n(n + 1)

=

2n + 3n(n + 1)

, za parno n

1− 2n

n(n + 1), za neparno n

.

Ali 2n + 3 > 0, a 1− 2n < 0, za n ∈ N, pa

bn − bn+1 =

> 0, za parno n

< 0, za neparno n

,

63

{to zna~i da niz (bn) nije monoton. U stvari va`i:

b1 < b2 > b3 < b4 > b5 < b6 > . . .

3.12. Ispitati ograni~enost nizova zadatih formulama op{teg ~lana:

1) an = 2− 1n,

2) bn =2n

n!.

Re{ewe. 1) 0 < an < 2, za svako n. Zaista pretpostavimo da (∃n)(n ∈N) an ≤ 0. Tada:

2− 1n≤ 0 ⇔ 2 ≤ 1

n⇔ 2n ≤ 1,

{to je nemogu}e. Pretpostavimo da (∃n)(n ∈ N) an ≥ 2. Tada

2− 1n≥ 2 ⇔ 0 ≥ 1

n

{to je kontradiktorno sa 1n

> 0.

2) bn je pozitivan broj razli~it od nule, dakle 0 ≤ bn. Daqe va`i2 ≤ 2, 2 ≤ 3, 2 ≤ 4, . . . , 2 ≤ n, pa tako i

2 · 2 · 2 · · · · · 2︸ ︷︷ ︸n−1 puta

≤ 2 · 3 · · · · · n.

Odnosno: 2n−1

2 · · · · · n ≤ 1 ⇒ 2n

n!≤ 2. Dakle 0 ≤ 2n

n!≤ 2, {to zna~i da je

(bn) ograni~en.

3.13. Dokazati konvergenciju niza ~iji je op{ti ~lan definisan saan = n

√2.

Re{ewe.Niz je ograni~en:

Pretpostavimo da je za neko n ∈ N ispuweno n√

2 > 2. Tada je n√

2 >2 ⇒ 2 > 2n ⇒ 1 > 2n−1, {to je besmisleno (n ∈ N⇒ n ≥ 1 ⇒ n− 1 ≥0 ⇒ 2n−1 ≥ 20 = 1). Dakle, 0 < n

√2 ≤ 2 (leva nejednakost je trivijalno

zadovoqena).

64

Niz je opadaju}i:Pretpostavimo da je za neko n ∈ N ispuweno an < an+1. Tada jen√

2 < n+1√

2 ⇒ 2n+1 < 2n (levu i desnu stranu nejednakosti stepenovalismo sa n(n + 1) > 0) ⇒ 2 < 1, {to je apsurd. ⇒ an ≥ an+1, za svakon ∈ N. Dakle niz (an) je konvergentan.

3.14. Primenom aritmeti~kih svojstava limesa i va`nijih grani~nihvrednostiodrediti grani~ne vrednostinizova zadatihop{tim~lanom:

1) an =3n2 − 7n + 12− 5n− 6n2

,

2) bn =√

n + 2−√n,

3) cn =√

2n2 + 12n− 1

,

4) dn =2n + 3n

2n − 3n.

Re{ewe. 1)

limn→∞

3n2 − 7n + 12− 5n− 6n2

= limn→∞

3− 7n

+1n2

2n2− 5

n− 6

=lim

n→∞

(3− 7

n+

1n2

)

limn→∞

(2n2− 5

n− 6

)

=lim

n→∞3− limn→∞

7n

+ limn→∞

1n2

limn→∞

2n2− lim

n→∞5n− lim

n→∞6=

3− 0− 00− 0− 6

= −12.

2)

limn→∞

(√n + 2−√n

)= lim

n→∞(√

n + 2−√n) √n + 2 +

√n√

n + 2 +√

n

= limn→∞

n + 2− n√n + 2 +

√n

= limn→∞

2√n + 2 +

√n

=2

limn→∞

(√n + 2

)+ lim

n→∞√

n= 0.

3) limn→∞

√2n2 + 12n− 1

= limn→∞

√2 +

1n2

2− 1n

= · · · = 1√2.

65

4) limn→∞

2n + 3n

2n − 3n=

= limn→∞

(23

)n

+ 1(

23

)n

− 1=

limn→∞

(23

)n

+ limn→∞ 1

limn→∞

(23

)n

− limn→∞ 1

=0 + 10− 1

= −1.

3.15. Na}i grani~ne vrednosti nizova zadatih op{tim ~lanom:

1) an =(

1 +1n

)2n

,

2) bn =(

n + 1n

)n−2

,

3) cn =(

n

n + 1

)n

,

4) dn = (1 + 4n)n+3,

5) en =(

1− 5n

)n

,

6) fn = n(ln(n + 1)− lnn).

Re{ewe. 1)

limn→∞

(1 +

1n

)2n

= limn→∞

((1 +

1n

)n)2

=(

limn→∞

(1 +

1n

)n)2

= e2.

2)

limn→∞

(n + 1

n

)n−2

= limn→∞

((n + 1

n

)n (n + 1

n

)−2)

=(

limn→∞

(n + 1

n

)n) (lim

n→∞

(n + 1

n

)−2)

= e · 1−2 = e

3) limn→∞

(n

n + 1

)n

=

= limn→∞

1

n + 1n

n

= limn→∞

1(1 +

1n

)n =1

limn→∞

(1 +

1n

)n =1e.

66

4) limn→∞(1 + 4n)n+3 = ∞.

5) limn→∞

(1− 5

n

)n

=

= limn→∞

(1− 5

n

)n(−n5 )(− 5

n)= lim

n→∞

[(1− 5

n

)(−n5 )

](− 5n)n

= limn→∞

1 +

1(−n

5

)

(−n5 )

−5

= limn→∞

1

1 +

1(−n

5

)

(−n5 )

5

=1

limn→∞

1 +

1(−n

5

)

(−n5 )

5 =1e5

.

6)

limn→∞n (ln(n + 1)− lnn) = lim

n→∞n lnn + 1

n= lim

n→∞ ln(

n + 1n

))n

= limn→∞ ln

(1 +

1n

)n

= ln limn→∞

(1 +

1n

)n

= ln e = 1.

3.16. Na}i slede}e grani~ne vrednosti:

1) limn→∞

2x3 + 5x− 17x3 + x2 − 4

,

2) limn→∞

x2 − 7x

x + 9,

3) limn→∞

5 + ex

3 + ex.

Re{ewe. 1)

limn→∞

2x3 + 5x− 17x3 + x2 − 4

= limn→∞

2x3

x3+

5x

x3− 1

x3

7x3

x3+

x2

x3− 4

x3

= limn→∞

2 +5x2− 1

x3

7 +1x− 4

x3

=27.

67

2) limn→∞

x2 − 7x

x + 9= lim

n→∞

1− 7x

1x

+9x2

= ∞.

3) limn→∞

5 + ex

3 + ex= lim

n→∞

5ex

+ 1

3ex

+ 1= 1.

68

Glava 4

Funkcije neprekidnogargumenta - grani~na vrednosti neprekidnost

4.1 Pregled definicija i teorema

DEFINICIJA 4.1. Ta~ka a ∈ R je ta~ka nagomilavawa skupa E ⊂ R akoza svako δ > 0 skup E ∩ (a− δ, a + δ) sadr`i bar jednu ta~ku razli~ituod a.

DEFINICIJA 4.2. Neka je data funkcija f : D → R i neka je a ta~kanagomilavawa skupa D. Broj b ∈ R je grani~na vrednost funkcije f uta~ki a, u oznaci lim

x→af(x) = b, ako za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da

va`i(∀x ∈ D) (0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− b| < ε).

Formulu limx→a

f(x) = b ~itamo: "limes od f(x) jednak je b, kada x

te`i a". Prime}ujemo da f mo`e, ali ne mora biti definisana u ta~kia.

Ako se uslov 0 < |x−a| < δ u prethodnoj definiciji zameni uslovom

a− δ < x < a ili a < x < a + δ,

69

onda je re~ o levoj, odnosno desnoj grani~noj vrednosti funkcije f .

PRIMER 4.1. Dokazati da je limx→−1

x2 − 2x− 3x + 1

= −3.

Re{ewe. Domen funkcije f(x) =x2 − 2x− 3

x + 1je skup D = (−∞,−1) ∪

(−1,+∞), a ta~ka −1 nije u skupu D, pa f(−1) ne postoji. Me|utim,kako za svako ε > 0 i x 6= −1 imamo da je

|f(x)− (−3)| < ε ⇔∣∣∣∣x2 − 2x− 3

x + 1+ 3

∣∣∣∣ < ε

⇔∣∣∣∣(x− 2)(x + 1)

x + 1+ 3

∣∣∣∣ < ε ⇔ |x− (−1)| < ε,

to za δ = ε dobijamo

0 < |x− (−1)| < δ ⇒ |f(x)− (−3)| < ε,

pa je limx→−1

f(x) = −3.

TEOREMA 4.1. Funkcija f : D → R ima grani~nu vrednost b u ta~ki aako i samo ako ima levu i desnu grani~nu vrednost i one su me|usobnojednake, odnosno

limx→a

f(x) = b ⇔ limx→a−0

f(x) = limx→a+0

f(x) = b.

Neke funkcije imaju grani~nu vrednost kada x → ∞ ili x → −∞,odnosno imaju grani~nu vrednost u beskona~nosti.

DEFINICIJA 4.3. Neka je domen D funkcije f : D → R neograni~eninterval. Broj b ∈ R je grani~na vrednost funkcije f kada x → +∞ (ilix → −∞) u oznaci lim

x→+∞ f(x) = b ( limx→−∞ f(x) = b), ako za svako ε > 0

postoji broj r > 0 (r < 0) tako da va`i:

(∀x ∈ D) (x > r ⇒ |f(x)− b| < ε),((∀x ∈ D) (x < r ⇒ |f(x)− b| < ε)).

70

Slika 4.1

Na slikama 4.1 i 4.2 data je po jedna geometrijska interpretacijapojmova iz prethodne definicije.

Slika 4.2

PRIMER 4.2. Dokazati da je limx→±∞

1x

= 0.

71

Re{ewe. Za proizvoqno malo ε > 0 imamo da je

(4.1)∣∣∣∣1x− 0

∣∣∣∣ < ε ⇔ |x| > 1ε⇔ x >

1ε∧ x < −1

ε,

pa ako je r =1ε, iz (4.1) zakqu~ujemo da

(∀x ∈ R)(

x > r ⇒∣∣∣∣1x− 0

∣∣∣∣ < ε

),

{to zna~i da je limx→+∞

1x

= 0.

Ukoliko je r = −1ε, onda dobijamo

(∀x ∈ R)(

x < r ⇒∣∣∣∣1x− 0

∣∣∣∣ < ε

),

pa je i limx→−∞

1x

= 0.

DEFINICIJA 4.4. Neka je a ∈ Rta~ka nagomilavawa skupaD. Funkcijaf : D → R ima beskona~nu grani~nu vrednost +∞(−∞) u ta~ki a,u oznaci lim

x→af(x) = +∞ ( lim

x→af(x) = −∞) ako za svako r > 0 (r < 0)

postoji δ > 0 tako da va`i

(∀x ∈ D) (0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > r),((∀x ∈ D) (0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) < r)).

Analogno se uvodi leva, odnosno desna grani~na vrednost funkcijeu ta~ki a ∈ R ako je ta grani~na vrednost +∞ ili −∞.

Aritmeti~ka svojstva limesa

TEOREMA 4.2. Ako je limx→a

f(x) = b i limx→a

g(x) = c, b, c ∈ R, onda je

1) limx→a

kf(x) = kb, k ∈ R;

2) limx→a

(f(x)± g(x)) = b± c;

3) limx→a

f(x)g(x) = bc;

72

4) limx→a

f(x)g(x)

=b

c, c 6= 0;

5) limx→a

|f(x)| = |b|.

Neke va`nije grani~ne vrednosti su:

1) limx→0

sinx

x= 1;

2) limx→+∞

(1 +

1x

)x

= e;

3) limx→0

(1 + x)1x = e;

4) limx→0

ln(1 + x)x

= 1;

5) limx→0

ex − 1x

= 1.

Beskona~no male i beskona~no velike funkcije

DEFINICIJA 4.5. Funkcija f : D → R je beskona~no mala kada x → aako je

limx→a

f(x) = 0.

Slede}a definicija vr{i upore|ivawe beskona~no malih funkcijaformirawem wihovog koli~nika i odre|ivawem grani~ne vrednostitog koli~nika.

DEFINICIJA 4.6. Neka je

limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = 0 i limx→a

f(x)g(x)

= k.

1) Ako je k ∈ R i k 6= 0, ka`emo da su f(x) i g(x), kada x → a,beskona~nomalefunkcije istog reda. Ukoliko jek = 1 onda ka`emoda su f(x) i g(x) ekvivalentne ili asimptotski jednake, u oznacif(x) ∼ g(x), x → a.

2) Ako je k = 0 ka`e se da je f(x) beskona~no mala funkcija vi{egreda od g(x) kada x → a.

73

3) Ako je k = ±∞ ka`e se da je f(x) beskona~no mala funkcija ni`egreda od g(x) kada x → a.

DEFINICIJA 4.7. Funkcija f : D → R je beskona~no velika kada x → aako je

limx→a

f(x) = +∞ ili limx→a

f(x) = −∞.

Analognoupore|ivawubeskona~nomalih vr{imoupore|ivawebeskona~novelikih funkcija.

DEFINICIJA 4.8. Neka su f(x) i g(x) dve beskona~no velike funkcijekada x → a i

limx→a

f(x)g(x)

= k.

1) Ako je k ∈ R i k 6= 0, ka`emo da su f(x) i g(x), kada x → a,beskona~no velike funkcije istog reda. Ukoliko je k = 1 ondaka`emo da su f(x) i g(x) ekvivalentne ili asimptotski jednake,u oznaci f(x) ∼ g(x), x → a.

2) Ako je k = 0 ka`e se da je f(x) beskona~no velika funkcija ni`egreda od g(x) kada x → a.

3) Ako je k = ±∞ ka`e se da je f(x) beskona~no velika funkcija vi{egreda od g(x) kada x → a.

Neprekidnost funkcije

DEFINICIJA 4.9. Funkcija f : D → R je neprekidna u ta~ki x0 ∈ Dako je

(4.2) limx→x0

f(x) = f(x0).

Ta~ka u kojoj nije ispuwen bar jedan od uslova

1) da postoji limx→x0

f(x) i

2) limx→x0

f(x) = f(x0),

74

naziva se ta~ka prekida funkcije f .Ako je x0 ta~ka prekida funkcije f : D → R i ako postoje kona~ne

grani~ne vrednosti

limx→x0+0

f(x) i limx→x0−0

f(x),

onda ta~ku x0 nazivamo ta~ka prekida prve vrste. Broj

| limx→x0+0

f(x)− limx→x0−0

f(x)|,

nazivamo skok funkcije f u ta~ki x0.Ta~ku prekida x0 funkcije f : D → R nazivamo ta~ka prekida druge

vrste ako bar jedna od grani~nih vrednosti

limx→x0+0

f(x) i limx→x0−0

f(x),

ne postoji ili je jednaka +∞ ili −∞.

DEFINICIJA 4.10. Funkcija f : D → R je neprekidna sleva u ta~kix0 ∈ D ako je

limx→x0−0

f(x) = f(x0),

a neprekidna zdesna u ako je

limx→x0+0

f(x) = f(x0).

DEFINICIJA 4.11. Neka je data funkcija f : D → R i neka su x0, x1 ∈D. Razliku x1 − x0 = 4x nazivamo prira{taj nezavisno promenqive,a razliku odgovaraju}ih vrednosti funkcije, f(x1) − f(x0), nazivamoprira{taj funkcije. Kako je x1 = x0 + 4x, to je f(x1) − f(x0) =f(x0 +4x)− f(x0), {to ozna~avamo sa:

4f(x0;4x) = f(x0 +4x)− f(x0).

Naslici4.3 dajemo geometrijskuinterpretaciju pojmovaiz prethodnedefinicije.

75

Slika 4.3

Neprekidnost funkcije mo`emo definisati i na slede}i na~in:

DEFINICIJA 4.12. Funkcija f : D → R neprekidna je u ta~ki x0 ∈ Dako je

lim4x→0

4f(x0;4x) = 0.

Posledwi uslov zna~i da je funkcija f neprekidna u ta~ki ako "besko-na~no maloj promeni originala odgovara beskona~no mala promenaslike".

DEFINICIJA 4.13. Funkcija f : D → R je neprekidna na skupu D ako jeneprekidna u svakoj ta~ki skupa D.

4.2 Zadaci

Odrediti grani~nu vrednost slede}ih funkcija:

4.1. y = limx→∞

2x− 3√x2 + 2x− 5

.

76

Re{ewe. Direktno re{avamo ovu grani~nu vrednost:

y = limx→∞

2x− 3√x2 + 2x− 5

= limx→∞

x

(2− 3

x

)

√x2

(1 +

2x− 5

x2

) =21

= 2.

4.2. y = limx→2

(3x2 + x

(x− 2)(x2 + x + 1)− 2

x− 2

).

Re{ewe.Izvr{imo nazna~ene operacije me|u razlomcima u zagradi, padobijamo:

y = limx→2

(3x2 + x

(x− 2)(x2 + x + 1)− 2

x− 2

)

= limx→2

3x2 + x− 2x2 − 2x− 2(x− 2)(x2 + x + 1)

= limx→2

x2 − x− 2(x− 2)(x2 + x + 1)

= limx→2

(x− 2)(x + 1)(x− 2)(x2 + x + 1)

= limx→2

x + 1x2 + x + 1

=37.

4.3. y = limx→∞

(5x− 1)(2x + 3)(x− 9)4x3 + x− 3

.

Re{ewe. Osloba|awem od zagrada u brojiocu razlomka, dobijamo:

y = limx→∞

(5x− 1)(2x + 3)(x− 9)4x3 + x− 3

= limx→∞

10x3 − 77x2 − 120x + 274x3 + x− 3

= limx→∞

x3

(10− 77

x− 120

x2+

27x3

)

x3

(4 +

1x2− 3

x3

) =104

=52.

4.4. y = limx→∞

√x− 6x

3x + 1.

Re{ewe. Razlagawem polinoma u razlomku, dobijamo:

y = limx→∞

√x− 6x

3x + 1= lim

x→∞

x

(√1x− 6

)

x

(3 +

1x

) =−63

= −2.

77

4.5. y = limx→1

x2 − 1x2 + x− 2

.

Re{ewe. Grani~nu vrednost izra~unavamo razlagawem polinoma u ra-zlomku:

y = limx→1

x2 − 1x2 + x− 2

= limx→1

(x− 1)(x + 1)(x− 1)(x + 2)

= limx→1

x + 1x + 2

=23.

4.6. y = limx→0

x√1 + 3x− 1

.

Re{ewe. Pro{irivawem razlomka, dobijamo (koriste}i pravilo A2 −B2 = (A−B)(A + B)):

y = limx→0

x√1 + 3x− 1

·√

1 + 3x + 1√1 + 3x + 1

= limx→0

x(√

1 + 3x + 1)3x

= limx→0

√1 + 3x + 1

3=

23.

4.7. y = limx→0

√1 + x−√1− x

4x.

Re{ewe.O~igledno se ova grani~na vrednostizra~unavapro{irivawemrazlomka:

y = limx→0

√1 + x−√1− x

4x= lim

x→0

√1 + x−√1− x

4x·√

1 + x +√

1− x√1 + x +

√1− x

= limx→0

1 + x− 1 + x

4x(√

1 + x +√

1− x)= lim

x→0

2x

4x(√

1 + x +√

1− x)

= limx→0

12(√

1 + x +√

1− x)=

12(1 + 1)

=14.

4.8. y = limx→1

√x + 3− 2x2 − 1

.

Re{ewe. Grani~nu vrednost izra~unavamo pro{irivawem datog izrazarazlomkom:

y = limx→1

√x + 3− 2x2 − 1

·√

x + 3 + 2√x + 3 + 2

= limx→1

x + 3− 4(x2 − 1)(

√x + 3 + 2)

= limx→1

x− 1(x− 1)(x + 1)(

√x + 3 + 2)

= limx→1

1(x + 1)(

√x + 3 + 2)

=18.

78

4.9. y = limx→∞(

√x2 + 3x− x).

Re{ewe. I ova grani~na vrednost se izra~unava pro{irivawem ra-zlomka, pa dobijamo:

y = limx→∞(

√x2 + 3x− x) = lim

x→∞(√

x2 + 3x− x)√

x2 + 3x + x√x2 + 3x + x

= limx→∞

x2 + 3x− x2

√x2 + 3x + x

= limx→∞

3x√x2 + 3x + x

= limx→∞

3x√x2

(1 + 3

x

)+ x

= limx→∞

3x

x(√(

1 + 3x

)+ 1)

=3

1 + 1=

32.

4.10. y = limx→∞(

√x2 + x− 1−

√x2 − x + 1).

Re{ewe. Pro{irivawem datog izraza razlomkom, dobijamo:

y = limx→∞(

√x2 + x− 1−

√x2 − x + 1)

√x2 + x− 1 +

√x2 − x + 1√

x2 + x− 1 +√

x2 − x + 1

= limx→∞

x2 + x− 1− (x2 − x + 1)√x2 + x− 1 +

√x2 − x + 1

= limx→∞

x2 + x− 1− x2 + x− 1√x2 + x− 1 +

√x2 − x + 1

= limx→∞

2x− 2√x2

(1 + 1

x − 1x2

)+

√x2

(1− 1

x + 1x2

)

= limx→∞

2x(1− 1

x

)

x(√(

1 + 1x − 1

x2

)+

√(1− 1

x + 1x2

)) =2

1 + 1= 1.

4.11. y = limx→∞(

√x2 + 3x + 5−

√x2 − 3x− 5).

Re{ewe. Opet vr{imo pro{irivawe datog izraza razlomkom:

y = limx→∞(

√x2 + 3x + 5−

√x2 − 3x− 5) ·

√x2 + 3x + 5 +

√x2 − 3x− 5√

x2 + 3x + 5 +√

x2 − 3x− 5

= limx→∞

x2 + 3x + 5− (x2 − 3x− 5)√x2 + 3x + 5 +

√x2 − 3x− 5

= limx→∞

x2 + 3x + 5− x2 + 3x + 5√x2 + 3x + 5 +

√x2 − 3x− 5

79

= limx→∞

6x + 10√x2

(1 + 3

x + 5x2

)+

√x2

(1− 3

x − 5x2

)

= limx→∞

x(6 + 10

x

)

x(√(

1 + 3x + 5

x2

)+

√(1− 3

x − 5x2

)) =6

1 + 1= 3.

4.12. y = limx→0

3√

1 + x2 − 1x2

.

Re{ewe. Ova grani~na vrednost izra~unava pro{irivawem razlomka (i to koriste}i pravilo A3 −B3 = (A−B)(A2 + AB + B2)):

y = limx→0

3√

1 + x2 − 1x2

·3√

(1 + x2)2 + 3√

1 + x2 + 13√

(1 + x2)2 + 3√

1 + x2 + 1

= limx→0

1 + x2 − 1x2( 3

√(1 + x2)2 + 3

√1 + x2 + 1)

= limx→0

13√

(1 + x2)2 + 3√

1 + x2 + 1=

13.

4.13. y = limx→∞( 3

√x4 − 3

√(x2 − 1)2).

Re{ewe.O~igledno se ova grani~na vrednostizra~unavapro{irivawemrazlomka ( i to koriste}i praviloA3−B3 = (A−B)(A2 +AB +B2)):

y = limx→∞( 3

√x4 − 3

√(x2 − 1)2) = lim

x→∞( 3√

x4 − 3√

(x2 − 1)2)

·3√

x8 + 3√

x4(x2 − 1)2 + 3√

(x2 − 1)43√

x8 + 3√

x4(x2 − 1)2 + 3√

(x2 − 1)4

= limx→∞

x4 − (x2 − 1)23√

x8 + 3√

x4(x2 − 1)2 + 3√

(x2 − 1)4

= limx→∞

x4 − x4 + 2x2 − 13√

x8 + 3√

x4(x2 − 1)2 + 3√

(x2 − 1)4

= limx→∞

x2(2− 1x2

)

3√

x8

(1 + 3

√1− 2

x2+

1x4

+ 3

√1 +

4x4

+1x8

+2x4− 4

x6− 4

x2

)

= 0.

80

4.14. y = limx→4

3√

x− 3√

4x− 4

.

Re{ewe.O~igledno se ova grani~na vrednostizra~unavapro{irivawemdatog izraza razlomkom:

y = limx→4

3√

x− 3√

4x− 4

= limx→4

3√

x− 3√

4x− 4

·3√

x2 + 3√

4x + 3√

42

3√

x2 + 3√

4x + 3√

42

= limx→4

(x− 4)

(x− 4)( 3√

x2 + 3√

4x + 3√

42)=

13 3√

16=

16 3√

2.

4.15. y = limx→1

3√

x− 1√x− 1

.

Re{ewe. Ova grani~na vrednost se izra~unava pro{irivawem datogizraza (kori{}ewem pravila A3 − B3 = (A − B)(A2 + AB + B2) iA2 −B2 = (A−B)(A + B)):

y = limx→1

3√

x− 1√x− 1

= limx→1

3√

x− 1√x− 1

·3√

x2 + 3√

x + 13√

x2 + 3√

x + 1·√

x + 1√x + 1

= limx→1

(x− 1)(√

x + 1)

(x− 1)( 3√

x2 + 3√

x + 1)= lim

x→1

√x + 1

3√

x2 + 3√

x + 1=

23.

4.16. y = limx→−8

√1− x− 32 + 3

√x

.

Re{ewe. Kao i u prethodnom primeru imamo da je:

y = limx→−8

√1− x− 32 + 3

√x

·√

1− x + 3√1− x + 3

· 4− 2 3√

x + 3√

x2

4− 2 3√

x + 3√

x2

= limx→−8

(1− x− 9)(4− 2 3√

x + 3√

x2)(8 + x)(

√1− x + 3)

= limx→−8

−(x + 8)(4− 2 3√

x + 3√

x2)(8 + x)(

√1− x + 3)

= limx→−8

−(4− 2 3√

x + 3√

x2)√1− x + 3

=−(4− 2(−2) + 4)

3 + 3= −12

9= −4

3.

4.17. y = limx→4

8√

x− x2

8− 4√

x.

81

Re{ewe. Izvr{imo pro{irivawe razlomka:

y = limx→4

8√

x− x2

8− 4√

x· 8 + 4

√x

8 + 4√

x

= limx→4

(8√

x− x2)(8 + 4√

x)64− 16x

· 8√

x + x2

8√

x + x2

= limx→4

(64x− x4)(8 + 4√

x)16(4− x)(8

√x + x2)

= limx→4

x(64− x3)(8 + 4√

x)16(4− x)(8

√x + x2)

= limx→4

x(4− x)(16 + 4x + x2)(8 + 4√

x)16(4− x)(8

√x + x2)

=(8 + 8)4(16 + 16 + 16)

16(16 + 16)= 6.

4.18. Koriste}i jednakost

limx→0

sinx

x= 1,

izra~unati:

1) y = limx→1

sin(x− 1)(1− x3)

;

2) y = limx→0

arctg x

x.

Re{ewe.1) Koriste}i prethodnu jednakost imamo da je:

y = limx→1

sin(x− 1)(1− x3)

= limx→1

sin(x− 1)−(x− 1)(x2 + x + 1)

= limx→1

sin(x− 1)(x− 1)

· limx→1

−1(x2 + x + 1)

= −13.

2) Da bi re{ili drugu grani~nu vrednost uvodimo smenu

t = arctg x ⇒ x = tg t,

ako tada x → 0 ⇒ t → 0. Tada je:

y = limt→0

t

tg t= lim

t→0

tsin t

cos t

= limt→0

cos tsin t

t

=limt→0

cos t

limt→0

sin t

t

= 1.

82

4.19. Koriste}i jednakost

limx→∞

(1 +

1x

)x

= e,

izra~unati:

1) y = limx→∞

(x + 1x− 1

)x

;

2) y = limx→0

(1 + tg x)ctg x.

Re{ewe.1) Koriste}i prethodnu jednakost imamo da je:

y = limx→∞

(x + 1x− 1

)x

= limx→∞

(x− 1 + 2

x− 1

)x

= limx→∞

(1 +

2x− 1

)x

= limx→∞

1 +

1x− 1

2

x−12· 2x−1

·x

=

lim

x→∞

1 +

1x− 1

2

x−12

limx→∞

2x

x− 1

= e2.

2) Da bi re{ili drugu grani~nu vrednost uvodimo smenu

tg x =1t⇒ ctg x =

1tg x

= t,

ako tada x → 0 ⇒ t →∞. Tada je:

y = limt→∞

(1 +

1t

)t

= e.

4.20. Ispitati da li je funkcija

1) f(x) = x2 − 1 neprekidna u ta~ki x0 = 3;

2) f(x) =1

x− 2neprekidna u ta~ki x0 = 2;

3) f(x) ={

x2, x ≤ 2x− 2, x > 2

neprekidna u ta~ki x0 = 2.

83

Re{ewe.1) Kako je

limx→3

f(x) = limx→3

(x2 − 1) = 9− 1 = 8,

i f(3) = 9− 1 = 8 zakqu~ujemo da je funkcija f(x) neprekidna u ta~kix0 = 3.

2) Funkcija f(x) nije neprekidna u ta~ki x0 = 2 jer nije definisanau toj ta~ki, pa nije ispuwen uslov limx→x0 f(x) = f(x0). To nije ta~kaprekida jer x0 nije ta~ka koja pripada domenu funkcije D.

3) Leva i desna grani~na vrednost funkcije postoje:

limx→2−0

f(x) = limx→2−0

x2 = 22 = 4,

limx→2+0

f(x) = limx→2+0

(x− 2) = 2− 2 = 0,

ali one nisu me|usobno jednake pa ne postoji limx→2 f(x). Dakle, x0 = 2je ta~ka prekida.

4.21. Odrediti vrstu prekida funkcija:

1) f(x) =

{ x

|x| , x 6= 0

1, x = 0;

2) f(x) =

x2

1−√1− x2, x 6= 0

0, x = 0;

3) f(x) =

2

1x− 1 , x 6= 1

0, x = 1.

Re{ewe.1) Kako ta~ka 0 ∈ D, gde je D domen funkcije i

limx→0+

x

|x| = limx→0+

x

x= lim

x→0+1 = 1,

limx→0−

x

|x| = limx→0−

−x

x= lim

x→0+(−1) = −1,

sledi da f(x) u ta~ki x0 = 0 ima prekid prve vrste, a skok je 2.

84

2) Kako 1 ∈ D i

limx→1+0

f(x) = limx→1+0

21

x−1 = ∞,

limx→1−0

f(x) = limx→1−0

21

x−1 = 0,

sledi da funkcija f(x) u ta~ki x0 = 1 ima prekid druge vrste.3) Funkcija f(x) je definisana na intervaluD = [−1, 0)∪ (0, 1]. Na

tom intervalu funkcija je i neprekidna. Naime, f(0) = 0, dok je:

limx→0+

f(x) = limx→0+

x2

1−√1− x2= lim

x→0+

x2

1−√1− x2· 1 +

√1− x2

1 +√

1− x2

= limx→0+

x2(1 +√

1− x2)1− 1 + x2

= 2,

limx→0−

f(x) = limx→0−

x2

1−√1− x2= lim

x→0−x2

1−√1− x2· 1 +

√1− x2

1 +√

1− x2

= limx→0−

x2(1 +√

1− x2)1− 1 + x2

= 2,

pa zakqu~ujemo da je x0 = 0 ta~ka prekida prve vrste, a skok je 2.

4.22. Dokazati da je funkcija f(x) = x3 neprekidna na celom skupurealnih brojeva R.

Re{ewe.Funkcija f(x) = x3 definisana je na celom skupu R i za ∀x0 ∈R je:

limx→x0

f(x) = limx→x0

x3 = x30 = f(x0).

4.23. Ispitati neprekidnost funkcije:

f(x) =

e3x2 − 12x

, x ∈ (0, 1]

1, x = 0.

Re{ewe. Funkcija f(x) definisana je na skupu (0, 1]. Wena neprekid-

nost slediizneprekidnostifunkcijey =e3x2 − 1

2xnaintervalu (−∞, 0)

85

∪ (0,+∞). [to se ti~e neprekidnosti zdesna u ta~ki x = 0, na osnovutoga {to je f(0) = 1 i

limx→x0+

f(x) = limx→0+

e3x2 − 12x

= limx→0+

e3x2 − 13x2

· 3x2

2x

= limx→0+

e3x2 − 13x2

· limx→0+

3x2

2x= 1 · 0 = 0,

zakqu~ujemo da funkcija ima prekid u ta~ki x0 = 0. Dakle, na [0, 1]funkcija nije neprekidna.

86

Glava 5

Izvod i diferencijal realnefunkcije realne promenqive

5.1 Pregled definicija i teorema

Izvod funkcije i wegova svojstva

DEFINICIJA 5.1. Ako je funkcija f neprekidna u ta~ki x ∈ (a, b) i akopostoji grani~na vrednost:

(5.1) f ′(x) = lim4x→0

4f(x;4x)4x

= lim4x→0

f(x +4x)− f(x)4x

,

onda se ka`e da funkcija f(x) u ta~ki x ima prvi izvod.

^esto se za ozna~avawe prvog izvoda koristi i Lajbnicova oznakapomo}u diferencijala:

y′ = f ′(x) =dy

dx

(~ita se de y po de x).

PRIMER 5.1. Na}i prvi izvod funkcije y = x2.

87

Re{ewe. Prema definiciji izvoda (5.1) imamo:

f ′(x) = lim4x→0

(x +4x)2 − x2

4x= lim4x→0

x2 + 2x4x + (4x)2 − x2

4x

= lim4x→0

4x(2x +4x)4x

= lim4x→0

(2x +4x) = 2x.

PRIMER 5.2. Za funkciju f(x) =√

x na}i prvi izvod, a zatim i f ′(4).

Re{ewe. Prema definiciji izvoda (5.1) imamo:

f ′(x) = lim4x→0

√x +4x−√x

4x= lim4x→0

√x +4x−√x

4x·√

x +4x +√

x√x +4x +

√x

= lim4x→0

x +4x− x

4x(√

x +4x +√

x)= lim4x→0

14x(

√x +4x +

√x)

=1

2√

x.

Sada je f ′(4) =1

2√

4=

14.

Uka`imo na vezu izme|u diferencijabilnosti (kada funkcija imaizvod u datoj ta~ki) i neprekidnosti funkcije.

TEOREMA 5.1. Ako je funkcija diferencijabilna uta~kix, ona je nepreki-dna u toj ta~ki. Obrnuto tvr|ewe ne mora biti ta~no, ako je funkcijaneprekidna u ta~ki x, ne mora da ima izvod u toj ta~ki.

DEFINICIJA 5.2. Ako je funkcija f neprekidna u ta~ki x ∈ (a, b) iva`i:

lim4x→0

4f(x;4x)4x

(= lim4x→0

f(x +4x)− f(x)4x

)= ±∞

onda se ka`e da funkcija f u ta~ki x ima beskona~an izvod.

Izvodi nekih osnovnih elementarnih funkcija

PRIMER 5.3. Na}i izvod funkcije f u proizvoqnoj ta~ki x ∈ (−∞,+∞)ako je

f(x) = c, (c ∈ R− fiksirano).

88

Re{ewe. Po definiciji za proizvoqno x ∈ (−∞,+∞) imamo

f ′(x) = lim4x→0

f(x +4x)− f(x)4x

= lim4x→0

c− c

4x= lim4x→0

04x

= lim4x→0

0 = 0.

PRIMER 5.4. Na}i po definiciji izvod funkcije f u proizvoqnoj ta~kix ∈ (−∞,+∞) ako je

f(x) = ex.

Re{ewe. Imamo da je

f ′(x) = lim4x→0

f(x +4x)− f(x)4x

= lim4x→0

ex+4x − ex

4x= lim4x→0

ex(e4x − 1)4x

= ex lim4x→0

e4x − 14x

= ex.

(Pri tome je kori{}ena poznata grani~na vrednost limt→0

et − 1t

= 1.)Na sli~an na~in nalazimo izvode i ostalih elementarnih funkcija.

TEOREMA 5.2. Ako postoje izvodi f ′(x) i g′(x), onda postoje i izvodi(f ± g)′(x) i (·g)′(x), i va`e jednakosti:

(f ± g)′ = f ′(x)± g′(x),(f · g)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x),

i ako je jo{ g(x) 6= 0, tada postoji i(

fg

)′(x), i va`i jednakost:

(f

g

)′(x) =

f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)g2(x)

.

Izvod slo`ene i inverzne funkcijeAko su date dve funkcije y = g(u), u = f(x), onda se mo`e defi-

nisati izvod slo`ene funkcije y = g(f(x)).

TEOREMA 5.3. Ako funkcija f ima izvod u ta~ki x, tj. postoji f ′(x), ifunkcija g ima izvod uta~kiu = f(x), tj. postoji g′(f(x)), onda postojii izvod slo`ene funkcije y u ta~ki x i pri tome va`i jednakost:

y′ = (g(f))′ (x) = g′(f(x))f ′(x).

89

Prethodna formula mo`e se i jednostavnije ozna~avati sa:

y′x = y′u · u′x.

PRIMER 5.5. Na}i izvod funkcije y =√

x2 + 1.

Re{ewe.Prema formuli za nala`ewe izvoda slo`ene funkcije je, ako jeu = x2 + 1: yu =

√u, ux = x2 + 1. Tada je

y′u =1

2√

u, u′x = 2x,

pa je izvod:

y′ =(√

x2 + 1)′

=1

2√

u· 2x =

12√

x2 + 1· 2x =

x

2√

x2 + 1.

PRIMER 5.6. Na}i izvod funkcije y = ln√

3x− 2.

Re{ewe. Prema formuli za nala`ewe izvoda slo`ene funkcije, ako jev =

√3x− 2, u = 3x− 2 dobijamo: y = ln v, vu =

√u, ux = 3x− 2. Tada

jey′v =

1v, v′u =

12√

u, u′x = 3,

pa je izvod:

y′ =(ln√

3x− 2)′

=1v· 12√

u· 3 =

1√u· 12√

u· 3 =

32u

=3

2(3x− 2).

Vi{i izvodi funkcije

Izvod y′ = f ′(x) neke funkcije y = f(x) i sam je jedna funkcija odnezavisne promenqive x, ~ija je oblast definisanosti skup:

A1 = {x|(x ∈ D(f)) ∧ (∃f ′(x))}.

Ako x ∈ A1, mo`e se govoriti o izvodu izvoda f ′ u ta~ki x, u oznaci(y′)′ = (f ′)′(x), koji se naziva drugim izvodom (ili izvodom drugog reda)funkcije f i ozna~ava sa y′′ = f ′′(x), pri ~emu se y′′ ~ita kao "ipsilonsekundum", a f ′′(x) kao "ef sekundum od x".

Na isti na~in se dolazi i do pojma tre}eg izvoda, tj.

90

DEFINICIJA 5.3. Ako za neko n ∈ {2, 3, 4, . . . } postoji (n− 1)-vi izvodfunkcije f , u oznaci f (n−1), u nekoj okolinita~kex, onda se izvodfunkcijef (n−1) uta~kix, u oznaci (f (n−1))′(x), nazivan-timizvodom (ili izvodomn-tog reda) funkcije f u ta~ki x i ozna~ava sa y(n) = f (n)(x).

Izvodi f ′′(x), f ′′′(x), . . . se nazivaju vi{im izvodima (ili izvodivi{eg reda) funkcije f u ta~ki x.

Ukoliko postoje izvodi f (n)(x) i g(n)(x) tada postoji i [f(x) ±g(x)](n) i tada va`i formula koja predstavqa uop{tewe pravila zaizvod zbira i razlike dve funkcije

[f(x)± g(x)](n) = f (n)(x)± g(n)(x).

[to se ti~e n-tog izvoda proizvoda dve funkcije y(x) = u(x) · v(x)imamo da je

y(n) = (uv)(n) = u(n)v +(

n1

)u(n−1)v′ +

(n2

)u(n−2)v′′ + . . .

+(

nn− 1

)u′v(n−1) + uv(n),

odnosno u sa`etom obliku formula:

y(n) = (uv)(n) =n∑

k=0

(nk

)u(n−k)v(k), (n = 0, 1, 2, . . . ).

Posledwa formula naziva se Lajbnicova formula a pri tom imamoda va`i:

(nk

)=

n!k!(n− k)!

=n(n− 1) . . . (n− k + 1)

k!,

gde je (n = 0, 1 . . . , k = 0, 1, . . . , n).

Diferencijal funkcije

Za funkciju f koja ima izvod u ta~ki x ka`e se i da je diferencija-bilna u ta~ki x.

DEFINICIJA 5.4. Funkcija f definisana u okolini ta~ke x naziva sediferencijabilnom u ta~ki x ako se wen prira{taj 4f(x;4x) u toj

91

ta~ki (koji odgovara prira{taju4x nezavisne promenqive) mo`e pred-staviti u obliku

(5.2) 4f(x;4x) = A4x + ε(4x)4x,

gde jeA neka (realna) konstanta u odnosu na4x i ε(4x)-beskona~no malakada4x → 0, tj. va`i

(5.3) lim4x→0

ε(4x) = 0.

Slede}a teorema pokazuje da je zaista svojstvo diferencijabilnostifunkcije u ta~ki ekvivalentno svojstvu postojawa izvoda u toj ta~ki.

TEOREMA 5.4. Dabifunkcija f bila diferencijabilna uta~kix potrebnoje i dovoqno da funkcija f ima (kona~an) izvod u ta~ki x; pri tome zakonstantu A iz prethodne definicije va`i A = f ′(x).

Na osnovu toga {to je svojstvo diferencijabilnosti funkcije unekoj ta~ki ekvivalentno svojstvu postojawa wenog izvoda u toj ta~ki,postupak nala`ewa izvoda funkcije se i naziva diferencirawem.

DEFINICIJA 5.5. Ako je funkcija f diferencijabilna u ta~ki x, tj.va`i razlagawe (5.2) sa konstantom A i beskona~no malom ε(4x), ondase deo A4x naziva diferencijalom funkcije f u ta~ki x i ozna~ava sadf(x) (ili dy).

Diferencijal funkcije se mo`e zapisati i u obliku

(5.4) dy = y′dx, df(x) = f ′(x)dx.

Iz formule (5.4) izvod funkcije u nekoj ta~ki jednak je koli~nikudiferencijala te funkcije u istoj ta~ki i diferencijala nezavisnepromenqive:

y′ =dy

dx, f ′(x) =

df(x)dx

.

Koriste}i formulu (5.4) lako se vidi da se aritmeti~ka pravila zanala`ewe izvoda prenose i na diferencijale.

92

Diferencijali vi{ih redova

Za oznake diferencijala funkcije y = f(x) i diferencijala neza-visno promenqive x pored kori{}enih dy i dx , koristi}emo i δy i δx.Pretpostavimo da je funkcija y = f(x) diferencijabilna na razmaku(a, b). Tada wen diferencijal dy = f ′(x)dx zavisi i od x i od dx. Akouzmemo da je vrednost dx konstantna, onda je dy funkcija samo od x,pa ima smisla govoriti o diferencijalu diferencijala dy, u oznaciδ(dy) = δ(f ′(x)dx). Tada je po formuli (5.4)

δ[f ′(x)dx] = [f ′(x)dx]δx = f ′′(x)dxδx.

Na tom ponovqenom diferencijalu zasnovan je pojam drugog diferenci-jala (ili diferencijala drugog reda) d2y. Zatim se analognim po-stupkom uvodi pojam tre}eg, ~etvrtog, i uop{te n-tog diferencijala.

DEFINICIJA 5.6. Vrednost δ(dy) za δx = dx, tj. f ′′(x)(dx)2, naziva sedrugim diferencijalom funkcije y = f(x) i ozna~ava sa d2y.

Dakle, imamo da je

d2y = f ′′(x)dx2, d3y = f ′′′(x)dx3, . . . , dny = f (n)(x)dxn.

Primena izvoda i diferencijala

Pojam izvoda nastao je kao rezultat vi{evekovnih nastojawa dase re{e zadaci kao {to su: zadatak o izra~unavawu brzine pri ne-ravnomernom kretawu i zadatak o konstrukciji tangente krive linije.

Geometrijska interpretacija izvoda funkcije

Neka je funkcija y = f(x) neprekidna na razmaku (a, b) i neka ta~kaM na grafiku te funkcije odgovara vrednosti x nezavisne promenqive,a ta~ka P vrednosti x + 4x (slika 5.1). Tada je prava MP se~icagrafika posmatrane funkcije. Ozna~imo sa β ugao izme|u se~ice s iapscisne ose. Jasno je da taj ugao zavisi od polo`aja ta~ke P , odnosnood vrednosti4x.

93

Slika 5.1

Ako postoji lim4x→0

β = α, onda se prava t koja prolazi kroz ta~kuM(x, f(x)) i ima koeficijent pravca k = tg α naziva grani~nim polo-`ajem se~ice MP kad4x → 0.

DEFINICIJA 5.7. Tangenta t na grafik funkcije y = f(x) u ta~ki Mje grani~ni polo`aj se~ice MP kad 4x → 0 ako isti polo`aj postoji.Ta~ka M se pri tom naziva ta~ka dodira tangente t i grafika funkcijey = f(x).

Normala n na grafik funkcije y = f(x) u ta~ki M je prava kojaprolazi kroz ta~ku M i normalna je na tangentu t grafika funkcijey = f(x) u ta~ki M .

TEOREMA 5.5. Ako postoji (kona~an ili beskona~an) izvod f ′(x), ondagrafik funkcije f ima tangentu t i normalu n u ta~ki M sa apscisom x,sa jedna~inama:

t : Y − y = y′(X − x),

n : Y − y = − 1y′

(X − x),

gde su X,Y takozvane teku}e koordinate.

94

U slu~aju f ′(x) = ∞ jedna~ina tangente t je u stvari X = x, ajedna~ina normale n glasi Y = f(x). U slu~aju kada je f ′(x) = 0 imamot : Y = f(x) i n : X = x.

Tako|e va`i da jef ′(x) = tg α,

odnosno f ′(x) je koeficijent pravca tangente t, {to i predstavqa geo-metrijsku interpretaciju izvoda funkcije.

Osnovne teoreme diferencijalnog ra~una

Pretpostavimo da je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a, b],diferencijabilna unutar tog segmenta i da je f(a) = f(b).

TEOREMA 5.6. [ROLOVA] Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu[a, b], diferencijabilna na otvorenom intervalu (a, b) i va`i f(a) =f(b), onda postoji ta~ka c u otvorenom intervalu (a, b) takva da jef ′(c) = 0.

Geometrijski, ako funkcija ispuwava uslove Rolove teoreme na seg-mentu [a, b], onda postoji bar jedna unutra{wa ta~kaM na grafiku f(x)u kojoj je tangenta t paralelna apscisnoj osi.

TEOREMA 5.7. [LAGRAN@OVA] Ako je funkcija f(x) neprekidna na seg-mentu [a, b] i diferencijabilna unutar wega, tj. za x ∈ (a, b), ondapostoji ta~ka c ∈ (a, b) takva da je

f ′(c) =f(b)− f(a)

b− a.

Geometrijski, Lagran`ova teorema zna~i da postoji bar jedna unu-tra{wa ta~ka M na posmatranom delu grafika f(x) u kojoj je tangentaparalelna se~ici kroz wegove krajwe ta~ke. Lagran`ova teorema jejedno uop{tewe Rolove teoreme.

TEOREMA 5.8. [KO[IJEVA] Ako su funkcije f(x) i g(x) neprekidne nasegmentu [a, b], diferencijabilne na intervalu (a, b) i va`i g′(x) 6= 0 zasvako x ∈ (a, b), onda postoji ta~ka c ∈ (a, b)takva da je ta~na Ko{ijevaformula

f ′(c)g′(c)

=f(b)− f(a)g(b)− g(a)

.

95

Tako|e je Ko{ijeva teorema uop{tewe Lagran`ove, a samim tim iRolove teoreme.

Lopitalovo pravilo

1) NEODRE\ENI IZRAZI OBLIKA00I∞∞

Ako su funkcije f1(x) i f2(x) beskona~no male ili beskona~no ve-like za x → a, tj. ako je f1(x)

f2(x)kada x → a neodre|en izraz oblika 0

0ili

∞∞ , tada je

limx→a

f1(x)f2(x)

= limx→a

f ′1(x)f ′2(x)

,

(ako postoji grani~na vrednost na desnoj strani). Pravilo va`i i kadaje a = ∞.

Mo`e postojati limx→a

f1(x)f2(x)

, a da ne postoji limx→a

f ′1(x)f ′2(x)

.

2) NEODRE\ENI IZRAZI OBLIKA 0 · ∞ I∞−∞Ako je lim

x→af1(x) = 0 i lim

x→af2(x) = ∞ onda proizvod f1(x) · f2(x)

treba napisati u obliku f1(x)1

f2(x)

,

(tip 0

0

)ili f2(x)

1f1(x)

,(tip ∞∞

)pa se

grani~na vrednost tra`i kao u pethodnom slu~aju.U slu~aju∞−∞, treba izraz f1(x)− f2(x) transformisati u oblik

f1(x)(

1− f2(x)f1(x)

). Ako je lim

x→a

f2(x)f1(x)

= 1, tada je neodre|enost svedenana prethodni slu~aj.

3) NEODRE\ENI IZRAZI OBLIKA 1∞, 00 I∞0

Ovineodre|eni izrazi se izra~unavaju prethodnimlogaritmovawemizraza [f1(x)]f2(x), kojim se svode na oblik 0 · ∞.

96

Ispitivawe funkcija i wihovo grafi~ko predstavqawe

Intervali monotonosti i ekstremumi funkcija

TEOREMA 5.9. (Potreban i dovoqan uslov za monotonost) Funkcija f(x)diferencijabilna u otvorenom intervalu (a, b) je rastu}a (opadaju}a) utom intervalu ako i samo ako je ta~an iskaz

∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) ≤ 0).

Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a, b] onda funkcijana tom intervalu posti`e i najmawu i najve}u vrednost, koje nazi-vamo apsolutnim minimumom i apsolutnim maksimumom. Me|utim, akofunkcija f(x) nije neprekidna na [a, b] ili se funkcija f(x) razmatra naskupu koji nije segment, tada funkcija ne mora postizati ni apsolutnimaksimum ni apsolutni minimum. Tada funkcija posti`e najmawu,odnosno najve}u vrednost u wihovim dovoqno uskim okolinama i zatose nazivaju ta~kama lokalnih minimuma, odnosno maksimuma.

DEFINICIJA 5.8. Ta~kax0 je ta~ka lokalnog minimuma (maksimuma) akoje f(x) definisana u okolini x0 i postoji δ > 0 takvo da je

f(x0) ≥ f(x) (f(x0) ≤ f(x)),

za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ).

Slika 5.2

97

U situaciji kao na slici 5.2 u ta~ki x1 je lokalni maksimum f(x), a uta~ki x4 wen lokalni minimum, a va`i f(x4) > f(x1). Zato se lokalniekstremumi nazivaju i relativnim ekstremumima.

TEOREMA 5.10. (Potreban i dovoqan uslov za lokalni ekstremum) Ako jex0 ta~ka lokalnog ekstremuma neprekidne funkcije f(x), onda va`i:

(5.5) f ′(x0) = 0 ∨ f ′(x0) ne postoji.

Ta~kax0 u kojoj va`iuslov (5.5) naziva se kriti~nomta~kom funkci-je f(x). Neprekidna funkcija mo`e imati lokalni ekstremum samo usvojoj kriti~noj ta~ki.

TEOREMA 5.11. (Dovoqan uslov za lokalni ekstremum) Neka je funkcijaf(x) diferencijabilna u nekoj okolini ta~ke x0, osim mo`da u samojta~ki x0, pri ~emu izvod f ′(x) mewa znak u ta~ki x0. Tada je x0 ta~kastrogog lokalnog ekstremuma, i to minimuma ako se znak mewa sa "-" na"+", a maksimuma ako je obrnuto.

Ta~ke u kojima je izvod neke funkcije jednak nuli obi~no se nazi-vaju wenim stacionarnim ta~kama. Kriti~ne ta~ke u kojima izvod nepostoji nazivaju se i singularne ta~ke.

Konveksnost i prevojne ta~ke grafika funkcije

TEOREMA 5.12. (Potreban i dovoqan uslov za konveksnost)Ako jefunkcijaf(x) dvaput diferencijabilna , tj. ima drugi izvod f ′′(x) za svakox ∈ (a, b), onda je grafik funkcije f(x) konveksan na dole (na gore) uintervalu (a, b) ako i samo ako va`i uslov

∀x ∈ (a, b) f ′′(x) ≥ 0 (f ′′(x) ≤ 0).

TEOREMA 5.13. Ta~ka P na grafiku funkcije f sa apscisom x0 je pre-vojna ta~ka grafika funkcije f ako postoji tangenta t u ta~ki P ipostoje leva i desna okolina ta~ke x0 u kojima je konveksnost funkcijef razli~itog karaktera.

To zna~i da je u intervalu (c, x0) grafik funkcije f konveksan nagore, a u intervalu (x0, d) konveksan na dole, kao na slici 5.3.

98

Slika 5.3

TEOREMA 5.14. Neka je funkcija f dvaput diferencijabilna u okolinita~ke x0, osim mo`da u samoj ta~ki x0 i neka je x0 apscisa prevojneta~ke P grafika funkcije f . Tada va`i uslov:

(5.6) f ′′(x0) = 0 ∨ (x0 je ta~ka prekida f ′′(x)).

TEOREMA 5.15. Neka postoji (kona~an ili beskona~an) f ′(x0) i neka va`iuslov (5.6). Tada iz promene znaka f ′′(x) u ta~ki x0 (tj. iz egzistencijeδ > 0 takvog da je f ′′(x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0) i f ′′(x) < 0 za x ∈(x0, x0 + δ), ili obrnuto) sledi da je x0 apscisa prevojne ta~ke grafikafunkcije f(x).

Asimptote grafika funkcijePri ispitivawu grafika funkcije na granicama intervala oblasti

definisanosti i u ta~kama prekida druge vrste, ~esto se pokazuje da segrafik funkcije neograni~eno pribli`ava nekoj pravoj. Takve prave senazivaju asimptotama grafika funkcije. Postoje tri vrste pravolini-jskih asimptota i to:

DEFINICIJA 5.9. Pravax = x0 je vertikalna asimtota grafikafunkci-je y = f(x) ako je bar jedna od grani~nih vrednosti

limx→x0−0

f(x) ili limx→x0+0

f(x)

99

beskona~na.

DEFINICIJA 5.10. Prava y = b je horizontalna asimtota grafikafunkcije y = f(x) kad x →∞ ako je

limx→∞ f(x) = b.

DEFINICIJA 5.11. Prava y = kx+n je kosa asimtota grafikafunkcijey = f(x) kad x →∞ ako je k 6= 0 i va`i:

limx→∞[f(x)− (kx + n)] = 0.

TEOREMA 5.16. Grafik funkcije y = f(x) ima kosu asimptotu y = kx+n ako i samo ako postoje:

k = limx→∞

f(x)x

; n = limx→∞[f(x)− kx].

[ema za ispitivawe funkcije i crtawe grafika

Op{ta {ema za ispitivawe funkcije i crtawe wenog grafika je:

1) nala`ewe oblasti definisanosti funkcije;

2) ispitivawe parnosti i periodi~nosti funkcije;

3) nala`ewe asimptota grafika funkcije;

4) nala`ewe nula funkcije i ispitivawe znaka funkcije;

5) nala`ewe lokalnih ekstremumafunkcije iwenih intervalamono-tonosti;

6) nala`eweprevojnih ta~akafunkcije iwenihintervala konveksno-sti;

7) crtawe grafika funkcije.

100

5.2 Zadaci

Odrediti prvi izvod slede}ih slo`enih funkcija:

5.1. y = (x− 1) 3√

x2.

Re{ewe.

y′ =((x− 1) 3

√x2

)′= 3√

x2 + (x− 1)(x23 )′ = 3

√x2 + (x− 1)

23x−

13

= 3√

x2 + (x− 1)23

13√

x=

3x2 + 2(x− 1)3 3√

x.

5.2. y = x arctg1x.

Re{ewe.

y′ =(

x arctg1x

)′= arctg

1x

+x

1 +(

1x

)2

(1x

)′= arctg

1x− x

x2 + 1x2

· 1x2

= arctg1x− x

x2 + 1.

5.3. y = arctg(

1 +1x

).

Re{ewe.

y′ =[arctg

(1 +

1x

)]′=

1

1 +(

1 +1x

)2 ·(

1 +1x

)′

=(

1 +1x

)′=

1

1 +(

x + 1x

)2 ·(−1

x2

)=

x2

x2 + (x + 1)2·(−1

x2

)

=−1

x2 + x2 + 2x + 1=

−12x2 + 2x + 1

.

5.4. y = ln(x− 1)3(x− 2)

x− 3.

101

Re{ewe.

y′ =(

y = ln(x− 1)3(x− 2)

x− 3

)′

=1

(x− 1)3(x− 2)x− 3

· ((x− 1)3(x− 2))′(x− 3)− (x− 1)3(x− 2)(x− 3)′

(x− 3)2

=x− 3

(x− 1)3(x− 2)· (((x− 1)3)′(x− 2)− (x− 1)3(x− 2)′)(x− 3)− (x− 1)3(x− 2)

(x− 3)2

=1

(x− 1)3(x− 2)· 3(x− 1)2(x− 2)(x− 3)− (x− 1)3(x− 3)− (x− 1)3(x− 2)

x− 3

=(x− 1)2

(x− 1)3(x− 2)· x2 − 8x + 13

x− 3=

x2 − 8x + 13(x− 1)(x− 2)(x− 3)

.

5.5. y =√

4x− 1− arctg√

4x− 1.

Re{ewe.

y′ =[√

4x− 1− arctg√

4x− 1]′

=1

2√

4x− 1(4x− 1)′

− 11 + (

√4x− 1)2

(√

4x− 1)′ =1

2√

4x− 1· 4

− 11 + 4x− 1

· 12√

4x− 1(4x− 1)′ =

2√4x− 1

− 18x√

4x− 1· 4

=2√

4x− 1− 1

2x√

4x− 1=

4x− 12x√

4x− 1=√

4x− 12x

.

5.6. y =14

ln1 + x

1− x− 1

2arctg x.

Re{ewe.

y′ =(

14

ln1 + x

1− x− 1

2arctg x

)′=

14· 1

1 + x

1− x

(1 + x

1− x

)′− 1

21

1 + x2

=14· 1− x

1 + x· (1 + x)′(1− x)− (1 + x)(1− x)′

(1− x)2− 1

2· 11 + x2

=14· 2(1 + x)(1− x)

− 12· 11 + x2

=12· 11− x2

− 12· 11 + x2

=1 + x2 − (1− x2)

2(1− x4)=

x2

1− x4.

102

5.7. y =1

x +√

x2 + 3−√

2x + 3x

.

Re{ewe.

y′ =(

1x +

√x2 + 3

−√

2x + 3x

)′=−(x +

√x2 + 3)′

(x +√

x2 + 3)2

− (√

2x + 3)′x−√2x + 3x2

=−1− x√

x2 + 3(x +

√x2 + 3)

−x√

2x + 3−√2x + 3

x2

=−√x2 + 3− x

(x +√

x2 + 3)√

x2 + 3+

x + 3x2√

2x + 3=

−1√x2 + 3

+x + 3

x2√

2x + 3.

5.8. y = x ln(x +

√1 + x2

)−√1 + x2.

Re{ewe.

y′ =(x ln

(x +

√1 + x2

)−

√1 + x2

)′

= ln(x +

√1 + x2

)+ x

1x +

√1 + x2

(1 +

12√

1 + x22x

)− 1

2√

1 + x22x

= ln(x +

√1 + x2

)+

x

x +√

1 + x2

x +√

1 + x2

√1 + x2

− x√1 + x2

= ln(x +

√1 + x2

)+

x√1 + x2

− x√1 + x2

= ln(x +

√1 + x2

).

5.9. y =√

x2 + 1 + ln1−√x2 + 1

x.

Re{ewe.

y′ =

(√x2 + 1 + ln

1−√x2 + 1x

)′

=1

2x√

x2 + 12x +

11−√x2 + 1

x

(1−√x2 + 1)′x− x′(1−√x2 + 1)x2

103

=x√

x2 + 1+

x

1−√x2 + 1

− 12√

x2 + 12x2 − (1−

√x2 + 1)

x2

=x√

x2 + 1+− x2

√x2 + 1

− 1 +√

x2 + 1

x(1−√x2 + 1)

=x√

x2 + 1+−x2 −√x2 + 1 + x2 + 1x(1−√x2 + 1)

√x2 + 1

=x√

x2 + 1+

1−√x2 + 1x(1−√x2 + 1)

√x2 + 1

=x√

x2 + 1+

1x√

x2 + 1=

x2 + 1x√

x2 + 1=√

x2 + 1x

.

5.10. y = arctgx

1 +√

1− x2.

Re{ewe.

y′ =(

arctgx

1 +√

1− x2

)′

=1

1 +(

x2

1 +√

1− x2

)′1 +

√1− x2 − x

12√

1− x2(−2x)

(1 +√

1− x2)2

=1

1 + 2√

1− x2 + 1− x2 + x2

(1 +√

1− x2)2

1 +√

1− x2 +x2

√1− x2

(1 +√

1− x2)2

=

√1− x2 + 1− x2 + x2

√1− x2

2 + 2√

1− x2=

1 +√

1− x2

2(1 +√

1− x2)√

1− x2=

12√

1− x2.

5.11. y =√

1− sinx

1 + sinx.

104

Re{ewe.

y′ =

(√1− sinx

1 + sinx

)′=

1

2√

1− sinx

1 + sinx

·(

1− sinx

1 + sinx

)′

=√

1 + sin x

2√

1− sinx· (1− sinx)′(1 + sinx)− (1− sinx)(1 + sinx)′

(1 + sin x)2

=√

1 + sin x

2√

1− sinx· − cosx(1 + sin x)− (1− sinx) cosx

(1 + sinx)(√

1 + sinx)2

=cosx(−1− sinx− 1 + sinx)

2(1 + sinx) ·√

(1 + sinx)(1− sinx)=

−2

2(1 + sinx)√

1− sin2 x

=−1

(1 + sinx)√

cos2 x=

−1(1 + sinx) · cosx

.

5.12. y = lnx− 2x + 1

+√

1 + x2

1− x.

Re{ewe.

y′ =

(ln

x− 2x + 1

+√

1 + x2

1− x

)′=

1x− 2x + 1

·(

x− 2x + 1

)′

+(√

1 + x2)′(1− x)−√1 + x2(1− x)′

(1− x)2

=x + 1x− 2

· (x− 2)′(x + 1)− (x− 2)(x + 1)′

(x + 1)2

+

12√

1 + x2(1 + x2)′(1− x) +

√1 + x2

(1− x)2

=x + 1x− 2

· x + 1− (x− 2)(x + 1)2

+

12√

1 + x2· 2x(1− x) +

√1 + x2

(1− x)2

=x + 1x− 2

· x + 1− x + 2(x + 1)2

+

x− x2 + 1 + x2

√1 + x2

(1− x)2

=3

(x− 2)(x + 1)+

x + 1√1 + x2(1− x)2

.

105

5.13. y = ln√

sin 2x

1− sin 2x.

Re{ewe.

y′ =

(ln

√sin 2x

1− sin 2x

)′=

1√sin 2x

1− sin 2x

·(√

sin 2x

1− sin 2x

)′

=

√1− sin 2x

sin 2x· 1

2√

sin 2x

1− sin 2x

·(

sin 2x

1− sin 2x

)′

=

√1− sin 2x

sin 2x· 12·√

1− sin 2x

sin 2x

·(

2 cos 2x(1− sin 2x)− sin 2x(−2 cos 2x)(1− sin 2x)2

)

=(1− sin 2x)(2 cos 2x− 2 cos 2x sin 2x + 2 sin 2x cos 2x)

2 sin 2x(1− sin 2x)2

=2 cos 2x

2 sin 2x(1− sin 2x)=

cos 2x

(1− sin 2x) sin 2x=

ctg 2x

1− sin 2x.

5.14. y = ln√

x2 + 1 + x√x2 + 1− x

.

Re{ewe.

y′ =

(ln√

x2 + 1 + x√x2 + 1− x

)′=

1√x2 + 1 + x√x2 + 1− x

·(√

x2 + 1 + x√x2 + 1− x

)′

=√

x2 + 1− x√x2 + 1 + x

· (√

x2 + 1 + x)′(√

x2 + 1− x)− (√

x2 + 1 + x)(√

x2 + 1− x)′

(√

x2 + 1− x)2

=

(1

2(√

x2 + 1)· 2x + 1

)(√

x2 + 1− x)− (√

x2 + 1 + x) ·(

12(√

x2 + 1)· 2x− 1

)

(√

x2 + 1 + x)(√

x2 + 1− x)

=

(x√

x2 + 1+ 1

)(√

x2 + 1− x)− (√

x2 + 1 + x) ·(

x√x2 + 1

− 1)

(√

x2 + 1 + x)(√

x2 + 1− x)

106

=

1√x2 + 1

(x +√

x2 + 1)(√

x2 + 1− x)− 1√x2 + 1

(√

x2 + 1 + x)(x−√

x2 + 1)

(√

x2 + 1 + x)(√

x2 + 1− x)

=

1√x2 + 1

(2(x +√

x2 + 1)(√

x2 + 1− x))

(√

x2 + 1 + x)(√

x2 + 1− x)=

2√x2 + 1

.

5.15. y = 4 ln(√

x− 4 +√

x) +√

x2 − 4x.

Re{ewe.

y′ =(4 ln(

√x− 4 +

√x) +

√x2 − 4x

)′

=4√

x− 4 +√

x· (√x− 4 +

√x)′ +

12√

x2 − 4x· (x2 − 4x)′

=4√

x− 4 +√

x· ( 1

2√

x− 4+

12√

x) +

2x− 42√

x2 − 4x

=4

2(√

x− 4 +√

x)·√

x +√

x− 4√x(x− 4)

+2(x− 2)

2√

x(x− 4)

=2(√

x +√

x− 4)√x(x− 4) · (√x− 4 +

√x)

+x− 2√x(x− 4)

=2 + x− 2√

x(x− 4)=

x√x(x− 4)

=√

x

x− 4.

5.16. y = ln(√

1 + ex − 1)− ln(√

1 + ex + 1).

Re{ewe.

y′ =(ln(√

1 + ex − 1)− ln(√

1 + ex + 1))′

=1√

1 + ex − 1(√

1 + ex − 1)′ − 1√1 + ex + 1

(√

1 + ex + 1)′

=1√

1 + ex − 1· 12√

1 + ex· (1 + ex)′ − 1√

1 + ex + 1· 12√

1 + ex· (1 + ex)′

=1√

1 + ex − 1· 12√

1 + ex· ex − 1√

1 + ex + 1· 12√

1 + ex· ex

=ex

2√

1 + ex(

1√1 + ex − 1

− 1√1 + ex + 1

)

107

=ex

2√

1 + ex(√

1 + ex + 1−√1 + ex + 1(√

1 + ex)2 − 1)

=ex

2√

1 + ex(

21 + ex − 1

) =ex

ex√

1 + ex=

1√1 + ex

.

5.17. y = ln(x +

√x2 + 1

)−√

x2 + 1x

.

Re{ewe.

y′ =

(ln

(x +

√x2 + 1

)−√

x2 + 1x

)′

=1

x +√

x2 + 1

(x +

√x2 + 1

)′− (

√x2 + 1)′x−√x2 + 1(x)′

x2

=1

x +√

x2 + 1

(1 +

12√

x2 + 1(x2 + 1)′

)−

12√

x2 + 1· (x2 + 1)′ · x−

√x2 + 1

x2

=1

x +√

x2 + 1

(1 +

2x

2√

x2 + 1

)−

2x

2√

x2 + 1· x−

√x2 + 1

x2

=1

x +√

x2 + 1

(√x2 + 1 + x√

x2 + 1

)−

x2 −√x2 + 1√x2 + 1x2

=1√

x2 + 1− x2 − x2 − 1

x2√

x2 + 1

=1√

x2 + 1+

1x2√

x2 + 1=

x2 + 1x2√

x2 + 1=√

x2 + 1x2

.

5.18. y =√

x− 2x− 3

+ 2 lnx− 3x− 2

.

Re{ewe.

y′ =(√

x− 2x− 3

+ 2 lnx− 3x− 2

)′=

(√

x− 2)′(x− 3)−√x− 2(x− 3)′

(x− 3)2

+ 21

x− 3x− 2

·(

x− 3x− 2

)′=

12√

x− 2· (x− 3)−√x− 2

(x− 3)2

+ 2x− 2x− 3

· (x− 3)′(x− 2)− (x− 3)(x− 2)′

(x− 2)2

108

=

x− 3− 2(x− 2)2√

x− 2(x− 3)2

+2

x− 3· x− 2− x + 3

x− 2

=x− 3− 2x + 4

2(x− 3)2√

x− 2+

2(x− 3)(x− 2)

=1− x

2(x− 3)2√

x− 2+

2(x− 3)(x− 2)

=(1− x)

√x− 2 + 4(x− 3)

2(x− 3)2(x− 2).

5.19. y =x

2+ arcsin

2x

1 + x2.

Re{ewe.

y′ =(

x

2+ arcsin

2x

1 + x2

)′=

12

+1√

1−(

2x

1 + x2

)2·(

2x

1 + x2

)′

=12

+1√

1− 4x2

(1 + x2)2

· 2(1 + x2)− 2x · 2x

(1 + x2)2

=12

+1√

(1 + x2)2 − 4x2

(1 + x2)2

· 2 + 2x2 − 4x2

(1 + x2)2

=12

+1 + x2

√1 + 2x2 + x4 − 4x2

· 2− 2x2

(1 + x2)2

=12

+1√

1− 2x2 + x4· 2(1− x2)

1 + x2

=12

+2(1− x2)√(1− x2)2

· 11 + x2

=12

+2

1 + x2.

5.20. y =16

ln(x− 1)2

x2 + x + 1− 1√

3arctg

2x + 1√3

.

Re{ewe.

y′ =(

16

ln(x− 1)2

x2 + x + 1− 1√

3arctg

2x + 1√3

)′

109

=16

1(x− 1)2

x2 + x + 1

((x− 1)2

x2 + x + 1

)′− 1√

31

1 +(

2x + 1√3

)2

1√32

=16

x2 + x + 1(x− 1)2

2(x− 1)(x2 + x + 1)− (x− 1)2(2x + 1)(x2 + x + 1)2

− 13

2

1 +(2x + 1)2

3

=16

x− 1(x− 1)2

2x2 + 2x + 2− 2x2 − x + 2x + 1x2 + x + 1

− 23 + 4x2 + 4x + 1

=3x + 3

6(x− 1)(x2 + x + 1)− 2

4(x2 + x + 1)

=x + 1

2(x− 1)(x2 + x + 1)− 1

2(x2 + x + 1)

=x + 1− 2x + 2

2(x− 1)(x2 + x + 1)=

3− x

2(x− 1)(x2 + x + 1).

5.21. Za funkciju y =x + 1√x2 − 4

odrediti:

1) Vertikalne i horizontalne asimptote.

2) Ekstremne vrednosti.

Re{ewe.1) Vertikalne asimptote mogu da postoje u ta~kama u kojima data

funkcija nije definisana. U konkretnom slu~aju to su ta~ke x = −2 ix = 2. Proverom utvr|ujemo da je

limx→−2

x + 1√x2 − 4

= −∞ ∧ limx→2

x + 1√x2 − 4

= ∞,

pa zakqu~ujemo da su x = ±2 vertikalne asimptote date funkcije.Postojawe horizontalnih asimptota utvr|ujemo na slede}i na~in:

limx→−∞

x + 1√x2 − 4

= −1 ∧ limx→∞

x + 1√x2 − 4

= 1,

pa zakqu~ujemoda supravey = ±1 horizontalne asimptote datefunkcije.

110

2) Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda (a to su potencijalneekstremne ta~ke):

y′ =(

x + 1√x2 − 4

)′=

(x + 1)′(√

x2 − 4)− (x + 1)(√

x2 − 4)′

x2 − 4

=

√x2 − 4− (x + 1) · 1

2√

x2 − 4(x2 − 4)′

x2 − 4=

√x2 − 4− x(x + 1)√

x2 − 4x2 − 4

=

x2 − 4− x2 − x√x2 − 4

x2 − 4=

−(x + 4)(x2 − 4)

√x2 − 4

.

Izjedna~avaju}i prvi izvod sa nulom, dobijamo da je x = −4 i to jestacionarna ta~ka. S obzirom da se znak prvog izvoda u okolini teta~ke mewa i to iz + u −, zakqu~ujemo da je ta ta~ka ekstremna i da jemaksimum.

Odrediti grani~nu vrednost slede}ih funkcija:

5.22. y = limx→1

(1

x− 1− 1

lnx

).

Re{ewe. O~igledno se ova grani~na vrednost izra~unava kori{}ewemLopitalovog pravila :

y = limx→1

(1

x− 1− 1

ln x) = (∞−∞) = lim

x→1

ln x− x + 1(x− 1) ln x

=(

00

)= lim

x→1

1x− 1

ln x + (x− 1)1x

= limx→1

1− x

x

lnx + 1− 1x

= limx→1

1− x

x

(ln x + 1− 1

x

) = limx→1

1− x

x lnx + x− 1=

(00

)

= limx→1

−1

x1x

+ lnx + 1= lim

x→1

−1ln x + 2

= −12.

5.23. y = limx→1

√x + 3− 2x2 − 1

.

111

Re{ewe. Grani~na vrednost se mo`e izra~unati kori{}ewem Lopi-talovog pravila ili pro{irivawem razlomka:

y = limx→1

√x + 3− 2x2 − 1

= limx→1

√x + 3− 2x2 − 1

·√

x + 3 + 2√x + 3 + 2

= limx→1

x + 3− 4(x2 − 1)(

√x + 3 + 2)

= limx→1

x− 1(x− 1)(x + 1)(

√x + 3 + 2)

= limx→1

1(x + 1)(

√x + 3 + 2)

=1

(1 + 1)(√

1 + 3 + 2)=

18.

5.24. y = limx→0

(x

x− 1− 1

ln x

).

Re{ewe. O~igledno je ova grani~na vrednost oblika (∞−∞), prvo jesvodimo na oblik

(00

)pa primewujemo Lopitalovo pravilo (primen-

jujemo ovo pravilo dva puta):

y = limx→1

(x

x− 1− 1

ln x

)= lim

x→1

x ln x− x + 1(x− 1) lnx

=(

00

)

= limx→1

(x ln x− x + 1)′

((x− 1) ln x)′= lim

x→1

lnx + x · 1x− 1

ln x + (x− 1)1x

= limx→1

lnx

lnx + 1− 1x

= limx→1

ln x

x ln x + x− 1x

=x lnx

x lnx + x− 1=

(00

)= lim

x→1

lnx + x1x

ln x + x1x

+ 1

= limx→1

lnx + 1lnx + 2

=12.

5.25. y = limx→0

(1x− 1

ex − 1

).

Re{ewe. Ova grani~na vrednost je oblika (∞−∞), prvo je svodimo na

112

oblik(

00

)pa primewujemo Lopitalovo pravilo:

y = limx→0

(1x− 1

ex − 1

)= lim

x→0

ex − 1− x

x(ex − 1)=

(00

)= lim

x→0

(ex − 1− x)′

(x(ex − 1))′

= limx→0

ex − 1ex − 1 + xex

=(

00

)= lim

x→0

ex

ex + ex + xex= lim

x→0

ex

ex(2 + x)

= limx→0

12 + x

=12.

5.26. y = limx→∞

x3

ex.

Re{ewe. Grani~na vrednost je oblika(∞∞

)i primewujemo Lopitalovo

pravilo (tri puta):

y = limx→∞

x3

ex= lim

x→∞(x3)′

(ex)′= lim

x→∞3x2

ex= lim

x→∞6x

ex= lim

x→∞6ex

= 0.

5.27. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije

y =13x3 − x2 − 3x.

Re{ewe. Data funkcija je polinomna funkcija i to stepena 3 i poslesre|ivawa mo`e se napisati u obliku:

y = x

(13x2 − x− 3

).

1) Oblast definisanosti:Polinomna funkcija je definisana za svaki realan broj, pa je prema

tomeDf = R.

2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, a nije ni parna ni neparna jer je:

f(−x) = −13x3 − x2 + 3x = −

(13x3 + x2 − 3x

)6=

{f(x)−f(x)

113

3) Asimptote funkcije:Funkcija nema vertikalnih asimptota, niti horizontalnih asimp-

tota. Funkcija, tako|e nema ni kosu asimptotu, jer je:

k = limx→∞

f(x)x

= limx→∞

x

(13x2 − x− 3

)

x= lim

x→∞

(13x2 − x− 3

)= ∞.

4) Nule i znak funkcije

f(x) = 0 ⇔ x

(13x2 − x− 3

)= 0 ⇔ x = 0 ∧

(13x2 − x− 3

)= 0.

Dakle, x1 = 0, a re{avawem kvadratne jedna~ine dobijamo

x2 =1 + i

√3

2, x3 =

1− i√

32

.

Nule x2, x3 /∈ R pa grafik funkcije se~e x-osu samo u koordinatnompo~etku A1(0, 0).

Na znak funkcije uti~e samo nula funkcije, tj. ta~ka x = 0:

(−∞, 0) x = 0 (0,∞)x − 0 +

13x2 − x− 3 − − −

f(x) + 0 −

Dakle, funkcija je pozitivna zax ∈ (−∞, 0), a negativna zax ∈ (0, +∞).5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:

Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:

y′ =(

13x3 − x2 − 3x

)′= x2 − 2x− 3.

Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je

y′ = 0 ⇔ x2 − 2x− 3 = 0 ⇔ (x− 3)(x + 1) = 0 ⇔ x1 = 3 ∧ x2 = −1.

Monotonost funkcije, kao i prirodu stacionarnih ta~aka ispitu-jemo pomo}u tabele:

114

(−∞,−1) x = −1 (−1, 3) x = 3 (3, +∞)x− 3 − − − 0 +x + 1 − 0 + + +f ′(x) + 0 − 0 +

Naosnovu tabele zakqu~ujemoda jefunkcija rastu}a zax ∈ (−∞,−1)∪(3,+∞), opadaju}a zax ∈ (−1, 3), a kako se znak izvoda u okolini ta~kex = −1 mewa iz "+" u "-", onda je ta~ka M1 =

(−1,

53

)ta~ka lokalnog

maksimuma. Znak izvoda se u okolini ta~ke x = 3 mewa iz "-" u "+", paje M2 = (3,−9) ta~ka lokalnog minimuma.6) Konveksnost i prevojne ta~ke:

Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:

y′′ =(x2 − 2x− 3

)′ = 2x− 2,

a nula drugog izvoda je u ta~ki x = 1. Da bi ispitali konveksnosti i dali je x = 1 zaista prevojna ta~ka odre|ujemo znak drugog izvoda. Znakse mewa samo u ta~ki 1:

(−∞, 1) x = 1 (1,∞)x− 1 − 0 +f ′′(x) − 0 +

Slika 5.4

115

Znak drugog izvoda se mewa u okolini ta~ke x = 1, pa zakqu~ujemoda je P

(1,−11

3

)prevojna ta~ka. Tako|e, funkcija je konveksna na dole

za svako x ∈ (−∞, 1) a konveksna na gore za svako x ∈ (1, +∞).7) Crtawe grafika funkcije

Grafik funkcije je na slici 5.4.

5.28. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije

y = x4 − 4x2 + 3.

Re{ewe. Data funkcija je polinomna funkcija i to stepena 4.1) Oblast definisanosti:

Polinomna funkcija je definisana za svaki realan broj, pa je prematome

Df = R.

2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, ali jeste parna jer je:

f(−x) = x4 − 4x2 + 3 = f(x).

Zbog toga treba ispitati pona{awe funkcije samo na pozitivnom delux-ose, jer }e wen grafik biti simetri~an u odnosu na y-osu.3) Asimptote funkcije:

Funkcija nema vertikalnih asimptota, niti horizontalnih asimp-tota. Funkcija, tako|e nema ni kosu asimptotu, jer je:

k = limx→∞

f(x)x

= limx→∞

x4 − 4x2 + 3x

= ∞.

4) Nule i znak funkcije

f(x) = 0 ⇔ x4 − 4x2 + 3 = 0.

Posledwa jedna~ina je bikvadratna i re{ava se uvo|ewem smene x2 = t,pa dobijamo:

t2 − 4t + 3 = 0 ⇔ t1 = 3 ∧ t2 = 1.

Vra}awem na smenu dobijamo da su re{ewa bikvadratne jedna~inex1,2 =±1, x3,4 = ±√3. Dakle, grafikfunkcije se~ex-osu u ta~kamaA1(−1, 0),A2 = (1, 0), A3 = (−√3, 0), A4(

√3, 0).

116

Na znak funkcije uti~u ta~ke 1,√

3, jer ispitujemo samo kako sefunkcija pona{a na pozitivnom delu x-ose:

(0, 1) x = 1 (1,√

3) x =√

3√

3,+∞)x− 1 − 0 + + +x + 1 + + + + +

x−√3 − − − 0 +x +

√3 + + + + +

f(x) + 0 − 0 +

Dakle, funkcija je pozitivna za x ∈ (0, 1) ∪ (√

3, +∞), a negativna zax ∈ (1,

√3). Sli~no }e biti i na negativnom delu x-ose, funkcija je

pozitivna za x ∈ (−∞,−√3) ∪ (−1, 0), a negativna za x ∈ (−√3,−1).5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:

Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:

y′ = (x4 − 4x2 + 3)′ = 4x3 − 8x = 4x(x2 − 2).

Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je

y′ = 0 ⇔ 4x(x2 − 2) = 0 ⇔ 4x(x−√

2)(x +√

2) = 0⇔ x1 = 0 ∧ x2 =

√2 ∧ x3 = −

√2.

Monotonost funkcije, kao i prirodu stacionarnih ta~aka ispitu-jemo pomo}u tabele:

x = −√2 x = 0 x =√

2x − − − 0 + + +

x +√

2 − − − − − 0 +x−√2 − 0 + + + + +f ′(x) − 0 + 0 − 0 +

Na osnovu tabele zakqu~ujemo da je funkcija rastu}a zax ∈ (−√2, 0)∪(√

2,+∞), opadaju}a za x ∈ (−∞,−√2)∪(0,√

2), a kako se znak izvodau okolini ta~ke x = 0 mewa iz "+" u "-", onda je ta~ka M1 = (0, 3) ta~kalokalnog maksimuma. Znak izvoda se u okolini ta~aka x = −√2 ∧ x =√

2 mewa iz "-" u "+", pa su M2 = (−√2,−1),M3 = (√

2,−1) ta~kelokalnog minimuma.6) Konveksnost i prevojne ta~ke:

Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:

y′′ = (4x3 − 8x)′ = 12x2 − 8 = 4(3x2 − 2).

117

Prevojne ta~ke su nule drugog izvoda:

y′′ = 0 ⇔ 3x2 − 2 = 0 ⇔ x1,2 = ±√

23

= ±√

63

.

Da bi ispitali konveksnost i da li su x1,2 = ±√

63

zaista prevojne

ta~ke odre|ujemo znak drugog izvoda. Neka je a =√

63

,tada imamo

(0, a) x = a (a,+∞)x− a − 0 +x + a + + +f ′′(x) − 0 +

Znak drugog izvoda se mewa u okolini ta~ke x =√

63, pa zakqu~ujemo

da je P1

(√6

3,53

)prevojna ta~ka. Tako|e, funkcija je konveksna na dole

za svako x ∈(√

63

, +∞)a konveksna na gore za svako x ∈

(0,

√6

3

).

Simetri~no se pona{a i na negativnom delux-ose, pa je iP2

(−√

63

,53

)

tako|e prevojna ta~ka.7) Crtawe grafika funkcije

Slika 5.5

118

5.29. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije

y = x− 2− 6x− 1

.

Re{ewe. Data funkcija je racionalna funkcija i posle sre|ivawa do-bijamo:

y = x− 2− 6x− 1

=x2 − 3x− 4

x− 1.

1) Oblast definisanosti:Kako za racionalnu funkciju imenilac razlomka mora biti ra-

zli~it od nule, jedino ograni~ewe je x− 1 6= 0 ⇒ x 6= 1 pa je

Df = R \ {1} = (−∞, 1) ∪ (1,+∞)

2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, a nije ni parna ni neparna jer je:

f(−x) =x2 + 3x− 4−x− 1

6={

f(x)−f(x)

3) Asimptote funkcije:Kako je

limx→1±0

= ±∞sledi da je prava x = 1 vertikalna asimptota.

Za kosu asimptotu tra`imo k i n:

k = limx→∞

f(x)x

= limx→∞

x2 − 3x− 4x2 − x

= 1

n = limx→∞(f(x)− kx) = lim

x→∞

(x2 − 3x− 4

x− 1− x

)= lim

x→∞−2x− 4x− 1

= −2

Dakle, funkcija ima kosu asimptotu y = x− 2, a nema horizontalnu.4) Nule i znak funkcije

f(x) = 0 ⇔ x2 − 3x− 4x− 1

= 0 ⇔ x2 − 3x− 4 = 0.

Re{avaju}i kvadratnu jedna~inu dobijamo da su nule funkcije x1 =−1, x2 = 4. Dakle, u ta~kama A1(−1, 0) i A2(4, 0) grafik funkcije se~ex-osu.

119

Na znak funkcije uti~u ta~ke -1,4 kao i ta~ka 1 u kojoj funkcija nijedefinisana:

(−∞,−1) x = −1 (−1, 1) x = 1 (1, 4) x = 4 (4,∞)x + 1 − 0 + + + + +x− 4 − − − − − 0 +x− 1 − − − 0 + + +f(x) − 0 + ndf. − 0 +

Ta~ka u kojoj funkcija nije definisana kra}e zapisujemo sa ndf.Dakle, funkcija je pozitivna za x ∈ (−1, 1) ∪ (4,+∞), a negativna

za x ∈ (−∞,−1) ∪ (1, 4).5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:

Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:

y′ =(

x2 − 3x− 4x− 1

)′=

x2 − 2x + 7(x− 1)2

.

Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je

y′ = 0 ⇔ x2 − 2x + 7(x− 1)2

= 0 ⇔ x2 − 2x + 7 = 0.

Koreni ove kvadratne jedna~ine nisu realni, pa zakqu~ujemo da datafunkcija nema ekstremnih vrednosti. Tako|e, data funkcija je poz-itivna za svako x ∈ Df pa zakqu~ujemo da funkcija raste u ~itavojoblasti definisanosti.6) Konveksnost i prevojne ta~ke:

Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:

y′′ =(

x2 − 2x + 7(x− 1)2

)′=

−12(x− 1)3

.

Prevojne ta~ke su nule drugog izvoda, me|utim y′′ 6= 0 za svako x ∈ Df

pa prevojnih ta~aka nema.Da bi ispitali konveksnost, ispitujemo znak drugog izvoda. Znak

se mewa samo u ta~ki 1:

x < 1 x = 1 x > 1x− 1 − 0 +f ′′(x) + ndf −

120

Dakle, funkcija je konveksna na gore za svako x ∈ (−∞, 1) a konvek-sna na dole za svako x ∈ (1,+∞).7) Crtawe grafika funkcije

Slika 5.6

5.30. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije

y =√

x2 − 1x + 2

.

Re{ewe.1) Oblast definisanosti:

Kako za racionalnu funkciju imenilac razlomka mora biti ra-zli~it od nule i u brojiocu potkorena veli~ina mora biti ve}a ilijednaka nuli. Tada moraju biti ispuweni uslovi:

x + 2 6= 0 ∧ x2 − 1 ≥ 0,

tj. x 6= −2 i x ∈ (−∞,−1) ∪ (1, +∞). Dakle, oblast definisanosti je

Df = (−∞,−2) ∪ (−2,−1] ∪ [1, +∞).

121

2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, a nije ni parna ni neparna jer je:

f(−x) =

√(−x)2 − 1−x + 2

6={

f(x)−f(x)

.

3) Asimptote funkcije:Kako je

limx→−2±0

= ±∞,

sledi da je prava x = −2 vertikalna asimptota.Za kosu asimptotu tra`imo k i n:

k = limx→∞

f(x)x

= limx→∞

√x2 − 1

x2 + x= 0,

n = limx→±∞ f(x) = lim

x→∞

√x2 − 1x + 2

= ±1.

Dakle, funkcija nema kosih asimptota, ali ima horizontalnih i toy = 1 i y = −1.4) Nule i znak funkcije

f(x) = 0 ⇔√

x2 − 1x + 2

= 0 ⇔√

x2 − 1 = 0 ⇔ x2 − 1 = 0.

Re{avaju}i kvadratnu jedna~inu dobijamo da su nule funkcije x1 =−1, x2 = 1. Dakle, u ta~kama A1(−1, 0) i A2(1, 0) grafik funkcije se~ex-osu.

Na znak funkcije uti~u ta~ke -1,1 kao i ta~ka -2 u kojoj funkcijanije definisana:

x < −2 x = −2 −2 < x < −1 x = −1 x = 1 x > 1x + 1 − − − 0 + +x− 1 − − − − 0 +x + 2 − 0 + + + +f(x) − ndf. + 0 0 +

Dakle, funkcija je pozitivna za x ∈ (−2,−1]∪ [1, +∞), a negativnaza x ∈ (−∞,−2).5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:

122

Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:

y′ =

(√x2 − 1x + 2

)′=

2x + 1(x + 2)2

√x2 − 1

.

Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je

y′ = 0 ⇔ 2x + 1(x + 2)2

√x2 − 1

= 0 ⇔ 2x + 1 = 0 ⇒ x1 = −12.

Nula prvog izvoda je ta~ka koja ne pripada oblasti definisanosti, padata funkcija nema ekstremnih vrednosti.

Ispitujemo monotonost funkcije, ponovo pomo}u tabele:x < −2 x = −2 −2 < x < −1 x = −1 x = 1 x > 1

2x + 1 − − − − + +x− 1 − − − − 0 +x + 1 − − − 0 + +f ′(x) − − − ndf. ndf. +

.

Dakle, funkcija je raste za x ∈ [1, +∞), a opada za x ∈ (−∞,−2) ∪(−2,−1].6) Konveksnost i prevojne ta~ke:

Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:

y′′ =(

2x + 1(x + 2)2

√x2 − 1

)′=

−4x3 − 3x2 − 2(x + 2)3(x2 − 1)

√x2 − 1

.

Prevojne ta~ke su nule drugog izvoda

y′′ 6= 0 ⇔ −4x3 − 3x2 − 2(x + 2)3(x2 − 1)

√x2 − 1

= 0 ⇔ −4x3 − 3x2 − 2 = 0.

Posledwa jedna~ina ima samo jedan realan koren, a dva kowugovanokompleksna. Dakle, nula drugog izvoda je x = −1, 137 i to je mogu}aprevojna ta~ka.

Da bi ispitali konveksnost, ispitujemo znak drugog izvoda. Znakse mewa u ta~kama -2, -1,137, -1, 1:

x = −2 x = −1, 137 x = −1 x = 1−4x3 − 3x2 − 2 + + + 0 − − − −

(x + 2)3 − 0 + + + + + +x− 1 − − − − − − 0 +x + 1 − − − − − 0 + +f ′′(x) − ndf. + 0 − ndf. ndf. −

123

Dakle, funkcija je konveksna na gore za svako x ∈ (−2,−1, 137) akonveksna na dole za svako x ∈ (−∞,−2) ∪ (−1, 137,−1) ∪ (1,+∞).7) Crtawe grafika funkcije

Slika 5.7

5.31. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije

y = (3− x2)ex.

Re{ewe.1) Oblast definisanosti:

Data funkcija predstavqa proizvod polinomne i eksponencijalnefunkcije i nema nikakvih ograni~ewa za oblast definisanosti, pa je

Df = R.

2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, a nije ni parna ni neparna jer je:

f(−x) = (3− x2)e−x 6={

f(x)−f(x)

.

3) Asimptote funkcije:

124

Nema vertikalnih, niti horizontalnih asimptota. Nema ni kosihasimptota, jer je:

k = limx→∞

f(x)x

= limx→∞

3− x2

xex = ∞.

4) Nule i znak funkcije

f(x) = 0 ⇔ (3− x2)ex = 0.

Kako je ex > 0 za svako x ∈ R, sledi

3− x2 = 0 ⇔ x1,2 = ±√

3.

Dakle, u ta~kama A1(−√

3, 0) i A2(√

3, 0) grafik funkcije se~e x-osu.Na znak funkcije uti~u nule funkcije:

(−∞,−√3) x = −√3 (−√3,√

3) x =√

3 (√

3,+∞)√3− x + + + 0 −√3 + x − 0 + + +f(x) − 0 + 0 −

Dakle, funkcija je pozitivna za x ∈ (−√3,√

3), a negativna zax ∈ (−∞,−√3) ∪ (

√3, +∞).

5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:

y′ = ((3− x2)ex)′ = −(x2 + 2x− 3)ex.

Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je

y′ = 0 ⇔ x2 + 2x− 3 = 0 ⇔ x1 = 1 ∧ x2 = −3.

Monotonost funkcije kao i prirodu stacionarnih ta~aka ispitu-jemo pomo}u tabele:

(−∞,−3) x = −3 (−3, 1) x = 1 (1, +∞)x− 1 − − − 0 +x + 3 − 0 + + +f ′(x) − 0 + 0 −

.

gde je f ′(x) = −(x− 1)(x + 3)ex.

125

Dakle, funkcija raste za x ∈ (−3, 1), a opada za x ∈ (−∞,−3) ∪(1, +∞). Znak izvoda se u okolini ta~ke x = 1 mewa iz "+" u "-", paje M1 = (1, 5.42) ta~ka lokalnog maksimuma. Znak izvoda se u okolinita~ke x = −3 mewa iz "-" u "+", pa je M2 = (−3,−0.30) ta~ka lokalnogminimuma.6) Konveksnost i prevojne ta~ke:

Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:

y′′ = (−(x2 + 2x− 3)ex)′ = −(x2 + 4x− 1)ex.

Prevojne ta~ke su nule drugog izvoda

y′′ 6= 0 ⇔ x2 + 4x− 1 = 0 ⇔ x1 = −2 +√

3 ∧ x2 = −2−√

3.

Da bi ispitali konveksnost, kao i postojawe prevojnoh ta~akaispitujemo znak drugog izvoda. Znak se mewa u ta~kama a = −2 +

√3 ≈

−0.27 i b = −2−√3 ≈ −3.73:

(−∞, b) x = b (b, a) x = a (a, +∞)x− a − − − 0 +x− b − 0 + + +f ′′(x) − 0 + 0 −

gde je f ′′(x) = −(x + 2−√3)(x + 2 +√

3)ex.

Slika 5.8

126

Dakle, funkcija je konveksna na gore za svako x ∈ (−3.73,−0.27)a konveksna na dole za svako x ∈ (−∞,−3.73) ∪ (−0.27, +∞). Kako seznak drugog izvoda mewa u okolinama ta~aka x1 = −0.27 i x2 = −3.73,zakqu~ujemo da su P1 = (−0.27, 2.23) i P2(−3.73,−0, 26) prevojne ta~ke.7) Crtawe grafika funkcije

Grafik funkcije je dat na slici 5.8.

127

Glava 6

Neodre|eni i odre|eniintegral i primene

6.1 Pregled definicija i teorema

Primitivna funkcija i neodre|eni integralJedan od osnovnih zadataka u diferencijalnom ra~unu je nala`ewe

izvoda date funkcije. Raznovrsni problemi u matematici dovode doobrnutog zadatka: na}i funkciju ~iji je izvod jednak datoj funkciji.

DEFINICIJA 6.1. Neka je funkcija f(x) definisana na intervalu (a, b).Za funkciju F (x), definisanu na istom intervalu, ka`emo da je primi-tivna funkcija funkcije f(x) ako za svako x ∈ (a, b) postoji izvod i akoje

F ′(x) = f(x).

Postupak odre|ivawa primitivne funkcije date funkcije naziva se in-tegrirawe date funkcije. Operacija integrirawa je inverzna operacijidiferencirawa.

TEOREMA 6.1. Ako je F (x) primitivna funkcija funkcije f(x), onda jeF (x)+C tako|e primitivna funkcija funkcije f(x) gde jeC proizvoqnakonstanta.

128

DEFINICIJA 6.2. Ako je funkcija F (x) primitivna funkcija funkcijef(x), onda se skup funkcija F (x) + C, gde je C proizvoqna konstanta,naziva neodre|enim integralomfunkcije f(x) i ozna~ava sa

∫f(x)dx, tj.

∫f(x)dx = F (x) + C.

Funkcija f(x) se pri tome naziva podintegralnom funkcijom, izrazf(x)dx podintegralnim izrazom, a x promenqivom integracije.

Najjednostavnije i naj~e{}e kori{}ene osobine neodre|enog inte-grala su:

1) d

[∫f(x)dx

]= f(x)dx;

2)∫

dF (x) = F (x) + C;

3)∫

Af(x)dx = A

∫f(x)dx, (A = const);

4)∫

(f(x)± g(x))dx =∫

f(x)dx±∫

g(x)dx.

Tablica osnovnih neodre|enih integrala

1)∫

dx = x + C;

2)∫

xαdx =xα+1

α + 1+ C, (α 6= −1);

3)∫

dx

x= ln |x|+ C;

4)∫

axdx =ax

ln a+ C;

5)∫

exdx = ex + C;

6)∫

sinxdx = − cosx + C;

7)∫

cosxdx = sin x + C;

8)∫

dx

cos2 x= tg x + C;

129

9)∫

dx

sin2 x= − ctg x + C;

10)∫

dx√1− x2

= arcsinx + C;

11)∫

dx√1− x2

= − arccosx + C;

12)∫

dx

1 + x2= arctg x + C;

13)∫

dx

1 + x2= − arcctg x + C;

14)∫

dx

1− x2=

12

ln∣∣∣∣1 + x

1− x

∣∣∣∣ + C;

15)∫

dx√x2 ± 1

= ln |x +√

x2 ± 1|+ C.

Osnovne metode integracije

1) METODA SMENE: Neka je x = ϕ(t), gde je t nova promenqiva i ϕdiferencijabilna funkcija (ϕ(t) 6= 0). Tada je

(6.1)∫

f(x)dx =∫

f(ϕ(t)) · ϕ′(t)dt.

Funkcijaϕodre|uje se tako da desna stranaformule (6.1) dobije pogodanoblik za integraciju.

2) METODA PARCIJALNE INTEGRACIJE: Ako su u i v diferencija-bilne funkcije od x na nekom intervalu, onda na tom istom intervaluva`i slede}a jednakost:

∫udv = uv −

∫vdu.

Integracija racionalnih funkcija

Integracija racionalne funkcije posle izdvajawa celog dela svodise na integraciju pravog racionalnog razlomka P (x)

Q(x), gde suP (x)iQ(x)

polinomi, pri ~emu je izlo`ilac brojioca P (x) mawi od izlo`iocaimenioca Q(x).

130

Ako jeQ(x) = (x− a)k(x2 + px + q)e,

gde je a realan vi{estruk koren polinoma Q(x), a α ± βi vi{estrukikompleksni koreni, onda se racionalna funkcija rastavqa na parci-jalne razlomke:

P (x)Q(x)

=A1

x− a+

A2

(x− a)2+ · · ·+ Ak

(x− a)k+

M1 + N1x

x2 + px + q+ · · ·+

+Me + Nex

(x2 + px + q)e.

Nepoznati koeficijenti A1, A2, . . . , Ak,M1, N1, . . . , Me, Ne se odre|ujumetodom neodre|enih koeficijenata.

Odre|eni integralNeka je funkcija f(x) definisana i neprekidna na segmentu [a, b]

(tada je na istom segmentu i ograni~ena). Neka je f(x) na segmentu [a, b]i nenegativna. Sada je potrebno izra~unati povr{inu ravnog lika Tograni~enog grafikom funkcije y = f(x), x-osom i pravim x = a, x = b(tzv. krivolinijski trapez, slika 6.1). Na~in re{avawa problema jeslede}i:

Slika 6.1

podelimo segment [a, b] na n delova ta~kama x1, x2, . . . , xn−1 gde je a =x1 < x2 < · · · < xn−1 = b, uzmimo onda u svakom od podsegmenata

131

[xi−1, xi], (i = 1, 2, . . . , n) proizvoqnu ta~ku ξi, a zatim izra~unajmovrednost f(ξi) funkcije f u svim me|uta~kama ξi, (i = 1, 2, . . . , n). Nakraju, formirajmo integralni zbir:

In =n∑

i=1

f(ξi)4xi,

gde su4xi = xi − xi−1(i = 1, 2, . . . , n) du`ine podsegmenata [xi−1, xi].Neka sada max

1≤i≤n4xi → 0. Ako pri tome zbir In te`i odre|enoj

grani~noj vrednosti I , koja ne zavisi ni od na~ina podele segmenta [a, b]na podsegmente, ni od izbora me|uta~aka ξi, (i = 1, 2, . . . , n) u tim pod-segmentima, onda se broj I naziva povr{inom posmatranog krivolini-jskog trapeza T . Tada imamo da je

(6.2) I = maxmax4xi→0

n∑

i=1

f(ξi)4xi.

Formula (6.2) u stvari datoj funkciji f definisanoj na segmentu[a, b] pridru`uje broj I . Ta operacija naziva se odre|enom integraci-jom funkcije na segmentu [a, b], a wen rezultat, ako postoji, naziva seodre|enim integralom funkcije f na segmentu [a, b] i ozna~ava sa

∫ b

af(x)dx = lim

max4xi→0

n∑

i=1

f(ξi)4xi(= I).

Za funkciju f ka`e se tada da je integrabilna na segmentu [a, b].Brojevi a i b nazivaju se pri tom dowom i gorwom granicom odre|enogintegrala, a [a, b] intervalom integracije.

NAPOMENA: Definicija odre|enog integrala∫ b

af(x)dx podrazumeva

da je a < b. Me|utim, odre|eni integral se mo`e definisati i za slu~ajkada je a ≥ b. Tada je po konvenciji:

∫ b

af(x)dx = −

∫ a

bf(x)dx, a > b;

∫ a

af(x)dx = 0.

Tako|e, pri egzistenciji∫ a

−af(x)dx, za neparnu funkciju f(x) va`i

∫ a

−af(x)dx = 0, a za parnu

∫ a

−af(x)dx = 2

∫ a

0f(x)dx.

132

Wutn-Lajbnicova formula

Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a, b], tada ona imaprimitivnu funkciju

∫f(x)dx = F (x) + C i va`i jednakost

∫ b

af(x)dx = F (b)− F (a).

Ovo je osnovna formula integralnog ra~una.

Osobine odre|enog integrala

Osnovne osobine odre|enog integrala date su slede}om teoremom:

TEOREMA 6.2. 1) Ako postoje odre|eni integrali∫ c

af(x)dx i

∫ b

cf(x)dx,

onda postoji i odre|eni integral∫ b

af(x)dx i va`i jednakost:

∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx +

∫ b

cf(x)dx,

(aditivnost po intervalu integracije);

2) Ako postoje odre|eni integrali∫ b

af(x)dx i

∫ b

ag(x)dx, onda po-

stoji i odre|eni integral∫ b

a[f(x) + g(x)]dx i va`i jednakost:

∫ b

a[f(x) + g(x)]dx =

∫ b

af(x)dx +

∫ b

ag(x)dx,

(aditivnost po podintegralnoj funkciji);

3) Ako postoji odre|eni integral∫ b

af(x)dx onda za svako k ∈ R

postoji i odre|eni integral∫ b

a[kf(x)]dx i va`i jednakost:

∫ b

a[kf(x)]dx = k

∫ b

af(x)dx,

(svojstvo homogenosti).

133

Primena odre|enog integrala1)Ako jefunkcija f(x)neprekidnana segmentu [a, b]i ako je f(x) ≥ 0,

tada je povr{ina krivolinijskog trapeza (slika 6.2) ograni~enog lukomkrive, pravama x = a, x = b i odse~kom x-ose za x ∈ [a, b] data obrascem

Pab =∫ b

af(x)dx.

Slika 6.2

2)Ako jefunkcija f(x)neprekidnana segmentu [a, b]i ako je f(x) ≤ 0,tada je povr{ina krivolinijskog trapeza (slika 6.3) data obrascem

Pab =∣∣∣∣∫ b

af(x)dx

∣∣∣∣ .

Slika 6.3

3) Neka su date dve funkcije y = f(x) i y = g(x) ~iji se graficiseku u ta~kama sa apscisama x = a i x = b (a < b) i neka je ispuwena

134

nejednakost f(x) ≥ g(x) za svako x iz segmenta [a, b]. Povr{ina likaograni~enog graficima datih funkcija na segmentu [a, b] (slika 6.4)data je formulom:

Pab =∫−abf(x)dx−

∫ b

ag(x)dx =

∫ b

a(f(x)− g(x))dx.

Slika 6.4

4) Zapremina telanastalog rotacijomkrivolinijskog trapeza ome|e-nog krivom y = f(x), osom Ox, pravama x = a i x = b (a < b) oko oseOx (slika 6.5) izra~unava se obrascem

Vx = π

∫ b

ay2dx

Slika 6.5

5) Zapremina tela nastalog rotacijom lika ome|enog krivom x =g(y), pravama x = 0, y = c i y = d(c < d) oko ose Oy (slika 6.6)

135

izra~unava se obrascem

Vy = π

∫ d

cx2dy

Slika 6.6

6) Zapremina tela nastalog rotacijom lika ome|enog krivama y1 =f1(x) i y2 = f2(x) (f1(x) ≤ f2(x)) i pravama x = a i x = b (a < b) okoose Ox izra~unava se obrascem

Vx = π

∫ b

a(y2

2 − y21)dx.

7) Du`ina s luka glatke krive y = f(x), izme|u dve ta~ke sa ap-scisama x = a i x = b, (a < b), iznosi

s =∫ b

a

√1 + y′2dx.

6.2 Zadaci

Primenom metode smene izra~unati slede}e integrale:

6.1.∫

2x + 1x2 + x + 3

dx.

136

Re{ewe. Uvodimo smenu x2 + x + 3 = t ⇒ (2x + 1)dx = dt, pa je:∫

2x + 1x2 + x + 3

dx =∫

dt

t= ln |t|+ C = ln |x2 + x + 3|+ C.

6.2.∫

dx√2− 5x

.

Re{ewe. Integral re{avamo uvo|ewem smene√

2− 5x = t ⇒ 2− 5x =

t2 ⇒ dx = −25tdt, pa je:

∫dx√

2− 5x= −2

5

∫dt = −2

5t + C = −2

5√

2− 5x + C.

6.3.∫

e√

x

√x

dx.

Re{ewe. Uvodimo smenu √x = t ⇒ x = t2 ⇒ dx = 2tdt, pa je:

∫e√

x

√x

dx =∫

et

t2tdt = 2

∫etdt = 2et + C = 2e

√x + C.

6.4.∫

e−52xdx.

Re{ewe.Integral re{avamo uvo|ewem smene−52x = t ⇒ x = −2

5x ⇒

dx = −25dt, pa je:∫

e−52xdx = −2

5

∫etdt = −2

5et + C = −2

5e−

52x + C.

6.5.∫

x2ex3dx.

Re{ewe. Integral re{avamo uvo|ewem smene x3 = t ⇒ 3x2dx = dt ⇒x2dx =

dt

3, pa je:

∫x2ex3

dx =13

∫etdt =

13et + C =

13ex3

+ C.

137

6.6.∫

ln x

xdx.

Re{ewe. Kod ovog integrala uvodimo smenu:

lnx = t ⇒ dx

x= dt

pa integral postaje:∫

tdt =t2

2+ C =

12(lnx)2 + C.

6.7.∫

sin√

xdx√

x.

Re{ewe. Uvodimo smenu:√

x = t ⇒ x = t2 ⇒ dx = 2tdt

pa integral postaje:∫

sin t2tdt

t= 2

∫sin tdt = −2 cos t + C = −2 cos

√x + C.

6.8.∫

cosx

1 + 2 sinxdx.

Re{ewe. Uvodimo smenu 1 + 2 sinx = t ⇒ 2 cos xdx = dt, pa integralpostaje ∫

dt

2t=

12

ln t + C =12

ln(1 + 2 sinx) + C.

6.9.∫

cosx

sin5 xdx.

Re{ewe. Uvodimo smenu sinx = t ⇒ cosxdx = dt, pa je:∫

cosx

sin5 xdx =

∫dt

t5=

t−4

−4+ C = − 1

4 sin4 x+ C.

6.10.∫

tg xdx.

138

Re{ewe. ∫tg xdx =

∫sinx

cosxdx.

Kod ovog integrala uvodimo smenu:

cosx = t ⇒ − sinxdx = dt ⇒ sinxdx = −dt

pa integral postaje∫ −dt

t= − ln t + C = − ln cos x + C.

6.11.∫

x− 2x + 3

dx.

Re{ewe.Integral re{avamo uvo|ewem smene x + 3 = t ⇒ x = t− 3 ⇒dx = dt, pa je:

∫x− 2x + 3

dx =∫

t− 5t

dt =∫

dt− 5∫

dt

t= t− 5 ln t + C

= x + 3− 5 ln(x + 3) + C.

6.12.∫

xdx√3− x2

dx.

Re{ewe. Kod ovog integrala uvodimo smenu:√

3− x2 = t ⇒ 3− x2 = t2 ⇒ −2xdx = 2tdt ⇒ xdx = −tdt

pa integral postaje∫ −tdt

t=

∫−dt = −t + C = −

√3− x2 + C.

6.13.∫

1 + x√1− x2

dx.

Re{ewe.∫

1 + x√1− x2

dx =∫

dx√1− x2

+∫

xdx√1− x2

= I1 + I2,

I1 =∫

dx√1− x2

= arcsinx.

139

Za drugi integral I2 uvodimo smenu√

1− x2 = t ⇒ 1 − x2 = t2 ⇒x2 = 1− t2 ⇒ 2xdx = −2tdt ⇒ xdx = −tdt, pa je:

I2 =∫

xdx√1− x2

=∫ −tdt

t= −

∫dt = −t = −

√1− x2.

Dakle, re{ewe je:∫

1 + x√1− x2

dx = arcsinx−√

1− x2 + C.

6.14.∫

3√

x3 − 8 · x2dx.

Re{ewe. Uvodimo smenu:3√

x3 − 8 = t ⇒ x3 − 8 = t3 ⇒ 3x2dx = 3t2dt ⇒ x2dx = t2dt

pa integral postaje∫

t3dt =t4

4+ C =

14( 3√

x3 − 8)4 + C.

6.15.∫ √

1 + lnx

xdx.

Re{ewe.Integral re{avamo uvo|ewem smene√

1 + lnx = t ⇒ 1+lnx =

t2 ⇒ dx

x= 2tdt, pa je:

∫ √1 + lnx

xdx = 2

∫t2dt =

23t3 + C =

23

√(1 + lnx)3 + C.

6.16.∫

sinx cosxdx

Re{ewe. Kod ovog integrala uvodimo smenu:

sinx = t ⇒ cosxdx = dt

pa integral postaje∫

tdt =t2

2+ C =

12(sinx)2 + C.

140

Primenom metode parcijalne integracije izra~unati integrale:

6.17.∫

ln xdx.

Re{ewe.

∫ln xdx =

∣∣∣∣∣u = ln x dv = dx

du =dx

xv = x

∣∣∣∣∣ = x lnx−∫

xdx

x

= x ln x− x + C.

6.18.∫

x ln xdx.

Re{ewe.

∫x ln xdx =

∣∣∣∣∣∣u = ln x dv = xdx

du =dx

xv =

x2

2

∣∣∣∣∣∣=

x2

2ln x−

∫x2

2· 1x

dx

=x2

2lnx− 1

2

∫xdx =

x2

2lnx− 1

2· x2

2+ C

=x2

2lnx− x2

4+ C.

6.19.∫

lnx

x2dx.

Re{ewe.

∫lnx

x2dx =

∣∣∣∣∣∣∣

u = ln x dv =dx

x2

du =dx

xv = −1

x

∣∣∣∣∣∣∣= −1

xln x +

∫edx

x2

= −1x

lnx− 1x

+ C.

6.20.∫

lnx

x3dx.

Re{ewe.

141

∫ln x

x3dx =

∣∣∣∣∣∣∣

u = ln x dv =dx

x3

du =dx

xv =

x−2

−2= − 1

2x2

∣∣∣∣∣∣∣= − ln x

2x2+

12

∫dx

x3

= − ln x

2x2+

12(− 1

2x2) + C = − lnx

2x2− 1

4x2+ C.

6.21.∫

xexdx.

Re{ewe.

∫xexdx =

∣∣∣∣u = x dv = exdx

du = dx v = ex

∣∣∣∣ = xex −∫

exdx = xex − ex + C.

6.22.∫

x

exdx.

Re{ewe.

∫x

exdx =

∣∣∣∣u = x dv = e−xdx

du = dx v = −e−x

∣∣∣∣ = −xe−x +∫

e−xdx

= −xe−x − e−x + C.

6.23.∫

x2exdx.

Re{ewe.

∫x2exdx =

∣∣∣∣u = x2 dv = exdx

du = 2xdx v = ex

∣∣∣∣ = x2ex − 2∫

xexdx

=∣∣∣∣

u = x dv = exdxdu = dx v = ex

∣∣∣∣ = x2ex

− 2(

xex −∫

exdx

)+ C = x2ex − 2xex + 2ex + C.

142

6.24.∫

x cosxdx.

Re{ewe.∫

x cosxdx =∣∣∣∣

u = x dv = cosxdxdu = dx v = sin x

∣∣∣∣ = x sinx−∫

sinxdx

= x sinx + cosx + C.

6.25.∫

x sinxdx.

Re{ewe.∫

x sinxdx =∣∣∣∣

u = x dv = sin xdxdu = dx v = − cosx

∣∣∣∣ = −x cosx +∫

cosxdx

= −x cosx + sinx + C.

6.26.∫

(1− x) sin xdx.

Re{ewe.

∫(1− x) sinxdx =

∣∣∣∣u = 1− x dv = sinxdxdu = −dx v = − cosx

∣∣∣∣

= −(1− x) cosx−∫

x cosxdx

= (x− 1) cosx− sinx + C.

6.27.∫

x2 sinxdx

Re{ewe.

∫x2 sinxdx =

∣∣∣∣u = x2 dv = sinxdx

du = 2xdx v = − cosx

∣∣∣∣ = −x2 cosx + 2∫

x cosxdx

=∣∣∣∣

u = x dv = cosxdxdu = dx v = sin x

∣∣∣∣ = −x2 cosx +

+ 2(

x sinx−∫

sinxdx

)+ C = −x2 cosx + 2x sinx + 2 cosx + C.

143

6.28.∫

x2 cosxdx.

Re{ewe.

∫x2 cosxdx =

∣∣∣∣u = x2 dv = cosxdx

du = 2xdx v = sinx

∣∣∣∣ = x2 sinx− 2∫

x sinxdx

=∣∣∣∣

u = x dv = sinxdxdu = dx v = − cosx

∣∣∣∣ = x2 sinx−

− 2(−x cosx +

∫cosxdx

)+ C = x2 sinx + 2x cosx− 2 sin x + C.

6.29.∫

arctg xdx.

Re{ewe.

∫arctg xdx =

∣∣∣∣∣∣u = arctg x dv = dx

du =dx

1 + x2v = x

∣∣∣∣∣∣= x arctg x +

12

∫xdx

1 + x2

= x arctg x +12

∫d(1 + x2)1 + x2

= x arctg x +12

ln(1 + x2) + C.

6.30.∫

x arctg xdx.

Re{ewe.

∫x arctg xdx =

∣∣∣∣∣∣u = arctg x dv = xdx

du =1

1 + x2dx v =

x2

2

∣∣∣∣∣∣=

x2

2arctg x−

− 12

∫x2dx

1 + x2=

x2

2arctg x− 1

2

∫1 + x2 − 1

1 + x2dx

=x2

2arctg x− 1

2

(∫dx−

∫dx

1 + x2

)=

x2

2arctg x−

− 12(x− arctg x) + C =

x2

2arctg x− 1

2x +

12

arctg x +

+ C =12(x2 + 1) arctg x− x

2+ C.

144

Izra~unati integrale slede}ih racionalnih funkcija:

6.31.∫

dx

x2 + 5x.

Re{ewe. Podintegralna funkcija mo`e da se napi{e i u obliku1

x2 + 5x=

1x(x + 5)

=A

x+

B

x + 5,

pri ~emu koeficijente A i B treba odrediti. Iz posledwe jednakostidobijamo:

1 ≡ A(x + 5) + Bx,

a odavde je A = 15 , B = −A = −1

5 . Dakle, sada integral postaje:∫dx

x2 + 5x=

∫dx

x(x + 5)=

15

∫dx

x− 1

5

∫dx

x + 5

=15

ln |x| − 15

ln |x + 5|+ C =15

ln∣∣∣∣

x

x + 5

∣∣∣∣ + C.

6.32.∫

x2

x2 − 3x + 2dx.

Re{ewe. Dati integral je:∫

x2

x2 − 3x + 2dx =

∫x2 − 3x + 2 + 3x− 2

x2 − 3x + 2dx =

∫ (1 +

3x− 2x2 − 3x + 2

)dx.

Podintegralna racionalna funkcija mo`e da se napi{e i u obliku3x− 2

x2 − 3x + 2=

3x− 2(x− 2)(x− 1)

=A

x− 2+

B

x− 1,

jer su 1 i 2 re{ewa kvadratne jedna~ine x2 + 3x− 2 = 0. KoeficijenteA i B odre|ujemo iz posledwe jednakosti:

3x− 2 ≡ A(x− 1) + B(x− 2),

a odavde je A = 4, B = −1. Dakle, sada integral postaje:∫

x2

x2 − 3x + 2dx =

∫ (1 +

3x− 2x2 − 3x + 2

)dx =

∫dx + 4

∫dx

x− 2

−∫

dx

x− 1= x + 4 ln |x− 2| − ln |x− 1|+ C

= x + ln∣∣∣∣(x− 2)4

x− 1

∣∣∣∣ + C.

145

6.33.∫

x4

x2 + 3dx.

Re{ewe. Dati integral je:∫

x4

x2 + 3dx =

∫x2(x2 + 3)− 3x2

x2 + 3dx =

∫ (x2 +

−3(x2 + 3) + 9x2 + 3

)dx

=x3

3− 3x + 9

∫dx

x2 + 3=

x3

3− 3x +

9√3

∫dx

(x√3

)2

+ 1

=x3

3− 3x +

9√3

arctgx√3

+ C.

6.34.∫

dx

x4 + 3x2dx.

Re{ewe. Podintegralna racionalna funkcija mo`e da se napi{e i uobliku

1x4 + 3x2

=1

x2(x2 + 3)=

A

x+

B

x2+

Cx + D

x2 + 3.

Koeficijente A,B, C i D odre|ujemo iz posledwe jednakosti:

1 ≡ Ax(x2 + 3) + B(x2 + 3) + (Cx + D)x2

1 ≡ A(x3 + 3) + B(x2 + 3) + Cx3 + Dx2

1 ≡ (A + C)x3 + (B + D)x2 + 3Ax + 3B

a odavde je

A + C = 0B + D = 0

3A = 03B = 1

Nakon izra~unavawa dobijamo da je A = 0, B = 13 , C = 0, D = −1

3 .Dakle, sada integral postaje:

∫dx

x4 + 3x2dx =

∫1

x2(x2 + 3)=

13

∫dx

x2− 1

3

∫dx

x2 + 3

= − 13x

− 13√

3arctg

x√3

+ C.

146

6.35.∫

x + 1x(x− 1)3

dx.

Re{ewe. Podintegralna racionalna funkcija mo`e da se napi{e i uobliku

x + 1x(x− 1)3

=A

x+

B

x− 1+

C

(x− 1)2+

D

(x− 1)3.

Koeficijente A,B, C i D odre|ujemo iz posledwe jednakosti:

x + 1 ≡ A(x3 + 3x2 + 3x− 1) + B(x3 − 2x2 + x) + C(x2 − x) + Dx

x + 1 ≡ (A + B)x3 + (−3A− 2B + C)x2 + (3A + B − C + D)x−A,

a odavde je

A + B = 0−3A− 2B + C = 0

3A + B − C + D = 1−A = 1.

Nakon izra~unavawa dobijamo da je A = −1, B = 1, C = −1, D = 2.Dakle, sada integral postaje:∫

x + 1x(x− 1)3

dx = −∫

dx

x+

∫dx

x− 1−

∫dx

(x− 1)2+ 2

∫dx

(x− 1)3

= − ln x + ln(x− 1) +1

x− 1− 1

(x− 1)2+ C

= lnx− 1

x+

1x− 1

− 1(x− 1)2

+ C.

Izra~unati:

6.36.∫

x2 + 2x2 + 1

dx.

Re{ewe. Kod ovog integrala svodimo podintegralnu funkciju na pravuracionalnu funkciju, pa je:

∫x2 + 2x2 + 1

dx =∫

x2 + 1 + 1x2 + 1

=∫ (

1 +1

x2 + 1

)dx = x +

∫dx

x2 + 1= x + arctg x + C.

147

6.37.∫

x2

x2 + 1dx.

Re{ewe.Ovaj integral re{avamo jednostavno rastavqawem na dva ~ini-oca:

∫x2

x2 + 1dx =

∫x2 + 1− 1

x2 + 1dx =

∫x2 + 1x2 + 1

dx−∫

1x2 + 1

dx

= x− arctg x + C.

6.38.∫

dx

(x− 2)3.

Re{ewe.∫dx

(x− 2)3=

∫d(x− 2)(x− 2)3

=d(x− 2)−2

−2+ C = − 1

2(x− 2)2+ C.

6.39.∫

x√2x + 5

dx.

Re{ewe. Kod ovog integrala uvodimo smenu:√

2x + 5 = t ⇒ 2x + 5 = t2 ⇒ x =t2 − 5

2⇒ dx = tdt

pa integral postaje∫ (

t2

2− 5

2

)dt =

t3

6− 5

2t + C =

(2x + 5

6− 5

2

)√2x + 5 + C.

6.40.∫

dx√x− 1−√x− 2

dx.

Re{ewe. Ovaj integral re{avamo racionalizacijom:

∫1√

x− 1−√x− 2=

∫1√

x− 1−√x− 2·√

x− 1 +√

x− 2√x− 1 +

√x− 2

dx

=∫ √

x− 1 +√

x− 2x− 1− x + 2

dx =∫

(√

x− 1 +√

x− 2)dx

=∫ √

x− 1d(x− 1) +∫ √

x− 2d(x− 2)

=23(x− 1)

√x− 1 +

23(x− 2)

√x− 2 + C.

148

6.41.∫

ex sinxdx.

Re{ewe. Ozna~imo integral sa I , tada je

I =∣∣∣∣

u = sin x dv = exdxdu = cosxdx v = ex

∣∣∣∣ = ex sinx−∫

ex cosxdx

=∣∣∣∣

u = cosx dv = exdxdu = − sinxdx v = ex

∣∣∣∣

= ex sinx− (ex cosx +∫

ex sinxdx) + C1

= ex sinx− ex cosx− I + C1.

Odavde je:

2I = ex(sinx− cosx) + C1

I =ex

2(sinx− cosx) + C,

gde je C +C1

2.

6.42.∫

ex cosxdx.

Re{ewe. Ozna~imo integral sa I , tada je

I =∣∣∣∣

u = cosx dv = exdxdu = − sinxdx v = ex

∣∣∣∣ = ex cosx +∫

ex sinxdx

=∣∣∣∣

u = sinx dv = exdxdu = cosxdx v = ex

∣∣∣∣

= ex cosx + ex sinx−∫

ex cosxdx) + C1

= ex cosx + ex sinx− I + C1.

Odavde je:

2I = ex(cosx + sin x) + C1

I =ex

2(cosx + sin x) + C,

gde je C =C1

2.

149

Primenom Wutn Lajbnicove formule izra~unati:

6.43.∫ 3

0

2x + 1x2 + x + 3

dx.

Re{ewe.Da bi re{ili ovaj odre|eni integral uvodimo smenu i istovre-meno mewamo i granice :

x2 + x + 3 = t ⇒ (2x + 1)dx = dt

⇒ x1 = 0 ⇒ t1 = 3 ∧ x2 = 3 ⇒ t2 = 15

pa integral postaje∫ 15

3

dt

t= ln t|15

3 = ln 15− ln 3 = ln153

= ln 5.

6.44.∫ π

2

0(2 cosx + 3 sinx)dx.

Re{ewe. Integral re{avamo direktno:∫ π

2

0(2 cosx + 3 sinx)dx = 2

∫ π2

0cosxdx + 3

∫ π2

0sinxdx

= 2 sinx|π20 − 3 cos x|

π20 = 2(1− 0)− 3(0− 1) = 5.

6.45.∫ 2

1x lnxdx.

Re{ewe. Integral re{avamo metodom parcijalne integracije pri ~emuse ne mewa vrednost granica:

∫ 2

1x ln xdx =

∣∣∣∣∣∣u = ln x dv = xdx

du =dx

xv =

x2

2

∣∣∣∣∣∣=

x2

2ln x|21 −

12

∫ 2

1xdx

=12(4 ln 2− 0)− 1

2· x2

2|21 = 2 ln 2− 3

4.

6.46. Na}i povr{inu ograni~enu lukom krive y = x2 + x + 1, pravamax = 0, x = 1 i y = 0.

Re{ewe.

150

Slika 6.7

P =∫ 1

0(x2 + x + 1)dx =

x3

3|10 +

x2

2|10 + x|10 =

116

.

6.47. Izra~unati povr{inu ograni~enu krivim y = sinx, y = cosx iodse~kom

[0,

π

2

], x ose.

Re{ewe.

Slika 6.8

151

P =∫ π

4

0cosxdx−

∫ π4

0sinxdx +

∫ π2

π4

sinxdx−∫ π

2

π4

cosxdx

= sinx|π40 + cosx|

π40 − cosx|

π2π4− sinx|

π2π4

=

(√2

2− 0

)+

(√2

2− 1

)−

(0−

√2

2

)−

(1−

√2

2

)

= 2(√

2− 1).

6.48. Na}i zapreminu tela koje nastaje rotacijomdelapovr{iograni~enekrivim y = x2(1− x2), y = 0 oko x-ose.

Re{ewe. Ta~ke u kojima kriva y = x2(1 − x2) se~e x-osu dobijamo iz-jedna~avawem funkcije sa nulom, pa re{avawem dobijamo da je x1,2 =0, x3 = 1, x4 = −1. Dakle, koriste}i obrazac za izra~unavawe zapre-mine, dobijamo:

V = π

∫ 1

−1x4(1− x2)2dx = π

∫ 1

−1x4(1− 2x2 + x4)dx

= π

∫ 1

−1(x4 − 2x6 + x8)dx = π

(x5

5|1−1 − 2

x7

7|1−1 +

x9

9|1−1

)

= π

(25− 4

7+

29

)=

32π315

.

6.49. Na}i du`inu luka krive y = ln(cosx) izme|u ta~aka sa apscisamax = 0, x =

π

4.

Re{ewe. Izvod funkcije y = ln(cosx) je

y′ =sinx

cosx= tg x.

Koriste}i obrazac za izra~unavawe du`ine luka krive, dobijamo:

s =∫ π

4

0

√1 + tg2 xdx =

∫ π4

0

√1 +

sin2 x

cos2 xdx

=∫ π

4

0

√cos2 x + sin2 x

cos2 xdx =

∫ π4

0

1cosx

dx =∫ π

4

0

cosx

cos2 xdx

=∫ π

4

0

cosx

1− sin2 xdx.

152

Posle uvo|ewa smene

sinx = t ⇒ cosxdx = dt

mewaju se i granice pa je x = 0 ⇒ t = 0∧ x = π4 ⇒ t =

√2

2 . Dakle, daqeje:

s =∫ √

22

0

dt

1− t2=

12

ln∣∣∣∣1 + t

1− t

∣∣∣∣ |√

22

0 =12

(ln

2 +√

21−√2

− ln 1

)

=12

ln2 +

√2

1−√2.

153

Glava 7

Vektori

7.1 Pregled definicija i teorema

Pojam vektora

Orijentisana du` AB koja je odre|ena svojim pravcem, smerom iintenzitetom naziva se vektorska veli~ina ili vektor. Vektori seozna~avaju sa −−→AB,

−−→CD ili −→a ,

−→b ....

Intenzitet (du`ina ili modul) vektora −−→AB je du`ina du`i AB

i ozna~ava se sa |−−→AB|. Vektor kod koga se zavr{na i po~etna ta~kapoklapaju zove se nula vektor. Vektor ~ija je du`ina jednaka 1 zove sejedini~ni vektor.

Prava koja je odre|ena po~etnom i krajwom ta~kom vektora naziva senosa~. Dva vektora imaju isti pravac ako su wihovi nosa~i paralelniili se poklapaju.

Svaki pravac ima dva smera. Na slici 7.1 su dati vektori −→a i −→bkoji imaju isti smer, a vektori −→c i −→d imaju suprotne smerove.

154

Slika 7.1

DEFINICIJA 7.1. Dva vektora su jednaka ako imaju jednake intenzitete,isti pravac i isti smer.

DEFINICIJA 7.2. Dva vektora su suprotna jedan drugom ako imaju je-dnake du`ine, isti pravac a suprotan smer.

Linearne operacije sa vektorima

Uskupu vektora defini{u se operacije sabirawavektoraimno`ewavektora skalarom.

Ako se po~etna ta~ka B vektora−−→BC poklapa sa zavr{nom ta~komB

vektora −−→AB, ka`emo da je vektor −−→BC nadovezan na vektor −−→AB.

DEFINICIJA 7.3. Zbir vektora−−→AB i−−→BC je vektor−→AC dobijen pravilomnadovezivawa (slika 7.2).

Slika 7.2

155

Razlika vektora −−→AB i −→AC je vektor −−→CB (slika 7.3).

Slika 7.3

TEOREMA 7.1. Neka su −→a ,−→b i −→c proizvoqni vektori. Tada va`e je-

dnakosti:

−→a +−→b =

−→b +−→a (osobina komutacije),

(−→a +−→b ) +−→c = −→a + (

−→b +−→c ) (osobina asocijacije).

DEFINICIJA 7.4. Neka je k skalar (realan broj). Proizvod skalara k ivektora −→a jeste vektor −→b , takav da

1) |−→b | = |k||−→a |,

2) pravac vektora −→b je isti kao i pravac vektora −→a ,

3) za k > 0 smer vektora −→b je isti kao i smer vektora −→a , dok jesuprotan smeru vektora −→a ako je k < 0.

TEOREMA 7.2. Neka su −→a i −→b vektori, a k i l skalari. Tada je

k · (l−→a ) = (k · l)−→a ,

(k + l)−→a = k−→a + l−→a ,

k(−→a +−→b ) = k−→a + k

−→b .

156

Linearne kombinacije vektora

Linearna kombinacija vektora je

k1−→a 1 + k2

−→a 2 + · · ·+ kn−→a n =

n∑

j=1

kj−→a j ,

gde su k1, k2, . . . kn skalari a −→a 1,−→a 2, . . .

−→a n vektori.

DEFINICIJA 7.5. Vektori −→a 1,−→a 2, . . .

−→a n obrazuju skup linearno za-visnih vektora ako postoje skalari k1, k2, . . . kn od kojih je bar jedanrazli~it od nule, tako da je:

k1−→a 1 + k2

−→a 2 + · · ·+ kn−→a n =

−→0 .

DEFINICIJA 7.6. Za dva ili vi{e vektora ka`e se da su kolinearni akosu wihovi nosa~i paralelni.

TEOREMA 7.3. Da bi dva vektora bila kolinearna potrebno je i dovoqnoda su linearno zavisni.

DEFINICIJA 7.7. Tri ili vi{e vektora su komplanarni ako le`eu jednojravni ili su paralelni jednoj ravni.

TEOREMA 7.4. Da bitri vektora bila komplanarna potrebno je i dovoqnoda su linearno zavisni.

TEOREMA 7.5. Proizvoqna ~etiri vektora −→a ,−→b ,−→c ,

−→d su linearno zav-

isna.

TEOREMA 7.6. Neka su −→a ,−→b ,−→c linearno nezavisni vektori. Tada za

proizvoqan vektor −→d postoji jedinstveno razlagawe−→d = α−→a + β

−→b + γ−→c .

Projekcije vektora na osu

DEFINICIJA 7.8. Orijentisanom pravom ili osom naziva se prava nakojoj je izabran jedan od dva smera kretawa, pa je za dve proizvoqne ta~keodre|eno koja od wih se smatra da prethodi drugoj.

157

DEFINICIJA 7.9. Ortogonalna projekcija vektora −−→AB na osu vektora−→e jeste broj |−−→A′B′| ako vektori−−→A′B′ i−→e imaju isti smer, i broj−|−−→A′B′|ako vektori

−−→A′B′ i −→e imaju suprotne smerove.

Ako su−→e 1,−→e 2,

−→e 3 tri jedini~na, me|u sobom ortogonalna vektora,onda se razlagawe vektora−→a na sabirke u pravcima ovih vektora svodina odre|ivawe projekcija vektora −→a na ose ovih vektora.

Naj~e{}e se za jedini~ne ortogonalne vektore koriste oznake−→i ,−→j ,−→

k . Vektori −→i ,−→j ,−→k obrazuju triedar i ako se on mo`e predstaviti sa

tri prsta desne ruke, onda se ka`e da je triedar desne orijentacije.

DEFINICIJA 7.10. Ure|en skuptri ose koje prolaze kroz utvr|enuta~kuO i me|u sobom su ortogonalne jeste Dekartov pravougli koordinatnisistem. Za ta~ku O se ka`e da je po~etak sistema.

Za osu odre|enu vektorom −→i obi~no se koristi oznaka Ox, a za oseodre|ene vektorima −→j i −→k koriste se oznake Oy i Oz.Za projekcijea1, a2, a3 vektora −→a = a1

−→i + a2

−→j + a3

−→k ,

ka`e se da su koordinate vektora−→a i korisit se oznaka−→a = (a1, a2, a3).Vektor −→OA = (a1, a2, a3) odre|uje ta~ku A.

U op{tem slu~aju, za vektor−→r =

−−→OM = x

−→i + y

−→j + z

−→k = (x, y, z),

se ka`e da je vektor polo`aja ta~keM . Brojevix, y, z se zovu koordinateta~ke M i to: x apscisa, y ordinata i z je aplikata ta~ke M .

Sabirawe vektora i mno`ewe vektora skalarom mogu se izrazitipomo}u koordinata. Ako je−→a = a1

−→i +a2

−→j +a3

−→k i−→b = b1

−→i +b2

−→j +

b3−→k , tada je

−→a ±−→b = (a1 ± b1)−→i + (a2 ± b2)

−→j + (a3 ± b3)

−→k ,

k · −→a = ka1−→i + ka2

−→j + ka3

−→k , k ∈ R.

Tako|e, modul vektora ako je on dat koordinatama se izra~unava naosnovu formule:

|−→r | = |−−→OM | =√

x2 + y2 + z2.

158

Skalarni proizvod vektora

DEFINICIJA 7.11. Skalarni proizvod dva nenula vektora −→a i −→b u oz-naci −→a · −→b je skalar (broj) koji se defini{e pomo}u jednakosti:

−→a · −→b = |−→a ||−→b | cos∠(−→a ,−→b ).

Ako za dva nenula vektora −→a i −→b va`i da je wihov skalarni

proizvod jednak nuli −→a · −→b = 0, onda su oni me|usobno ortogonalnivektori.

Za jedini~ne vektore −→i ,−→j ,−→k imamo da va`i:

−→i · −→i =

−→j · −→j =

−→k · −→k = 1,

−→i · −→j =

−→i · −→k =

−→j · −→k = 0.

TEOREMA 7.7. Neka su −→a ,−→b ,−→c vektori i k skalar. Tada je

−→a · −→b =−→b · −→a ,

(k−→a ) · −→b = −→a · (k−→b ) = k(−→a · −→b ),

(−→a +−→b ) · −→c = −→a · −→c +

−→b · −→c .

Skalarni proizvod dva vektora mo`e se izra~unati i pomo}u koor-dinata vektora. Ako je−→a = a1

−→i +a2

−→j +a3

−→k i−→b = b1

−→i +b2

−→j +b3

−→k ,

tada je−→a · −→b = a1b1 + a2b2 + a3b3.

Vektorski proizvod dva vektora

DEFINICIJA 7.12. Vektorski proizvod−→a ×−→b vektora−→a i−→b je vektor−→c ~iji je:

1) intenzitet |−→a ×−→b | = |−→a ||−→b | sin∠(−→a ,−→b ),

2) pravac normalan na ravan odre|enu vektorima −→a i −→b ,

3) smertakav da vektori−→a ,−→b ,−→c = −→a ×−→b , tim redom, ~inetriedar

desne orijentacije (da su pore|ani u smeru suprotnom od smerakretawa kazaqke na ~asovniku.)

159

Ako je jedan od vektora nula vektor, onda je i −→a × −→b nula vektor.Ako su vektori −→a i −→b kolinearni, onda je i −→a ×−→b =

−→0 .

TEOREMA 7.8. Neka su −→a ,−→b ,−→c vektori i k skalar. Tada je

−→a ×−→b = −(−→b ×−→a ),

(k−→a )×−→b = −→a × (k−→b ) = k(−→a ×−→b ),

(−→a +−→b )×−→c = −→a ×−→c +

−→b ×−→c .

[to se ti~e jedini~nih ortogonalnih vektora−→i ,−→j ,−→k imamo da je

wihov proizvod jednak:−→i ×−→i =

−→0 ,

−→i ×−→j =

−→k ,

−→i ×−→k = −−→j ,

−→j ×−→i = −−→k ,

−→j ×−→j =

−→0 ,

−→j ×−→k =

−→i ,

−→k ×−→i =

−→j ,

−→k ×−→j = −−→i ,

−→k ×−→k =

−→0 .

Vektorski proizvod dva vektora mo`e se izra~unati i pomo}u koor-dinata vektora. Ako je−→a = a1

−→i +a2

−→j +a3

−→k i−→b = b1

−→i +b2

−→j +b3

−→k ,

tada imamo determinantu:

−→a ×−→b =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣,

koju razvijamo po prvoj vrsti.Povr{ina paralelograma konstruisanog nad vektorima −→a i −→

bizra~unava se po formuli:

P = |−→a ×−→b |.

Me{oviti proizvod tri vektora

Od tri vektora je mogu}e formirati proizvod u kome se dva vektoramno`e vektorski, a zatim dobijeni proizvod mno`i skalarno sa tre}imvektorom. Takav proizvod se zove me{oviti proizvod. Me{ovitiproizvod tri vektora je skalar i ozna~ava se sa:

[−→a ,−→b ,−→c ] = (−→a ×−→b ) · −→c .

160

Tri nenula vektora su komplanarna ako i samo ako je wihov me{ovitproizvod jednak nuli.

Me{oviti proizvod tri vektora mo`e se izra~unati i pomo}u koor-dinata vektora. Ako je−→a = a1

−→i + a2

−→j + a3

−→k ,−→b = b1

−→i + b2

−→j + b3

−→k

i −→c = c1−→i + c2

−→j + c3

−→k , tada imamo determinantu:

(−→a ×−→b ) · −→c =

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣.

Zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorima −→a ,−→b ,−→c

izra~unava se po formuli:

V = |[−→a ,−→b ,−→c ]|.

7.2 Zadaci

7.1. Odrediti −→v , ako je −→v · −→a = 1 ∧ −→v · −→b = 2 ∧ −→v · −→c = 3 i ako suvektori −→a ,

−→b ,−→c dati koordinatama

−→a = (2,−4, 3),−→b = (3,−1, 5), −→c = (1,−2, 4).

Re{ewe. Neka je vektor −→v dat koordinatama −→v = (x, y, z)

−→v · −→a = 1−→v · −→b = 2−→v · −→c = 3

⇒(x, y, z) · (2,−4, 3) = 1(x, y, z) · (3,−1, 5) = 2(x, y, z) · (1,−2, 4) = 3

⇒2x− 4y + 3z = 13x− y + 5z = 2x− 2y + 4z = 3

.

Re{avawem ovog sistema jedna~ina dobijamo da je x = −1, y = 0, z = 1.Tj. tra`eni vektor je oblika

−→v = (−1, 0, 1).

7.2. Dati su vektori −→a = (0, 2p, p), −→b = (2, 2, 1), −→c = (−1,−2,−1) i−→d = (p, 0, 1).Odrediti realan broj p tako da je −→a · −→b = −→c · −→d + 7.

161

Re{ewe.−→a · −→b = −→c · −→d + 7

⇔ (0, 2p, p) · (2, 2, 1) = (−1,−2,−1) · (p, 0, 1) + 7⇔ 4p + p = −p− 1 + 7 ⇔ 5p = −p + 6 ⇔ 6p = 6⇔ p = 1.

7.3. Dati su vektori −→a = (m− 1)−→i + (3m + 4)

−→j i −→b = (m + 10)

−→i +

(3m + 4)−→j , gde je m realan parametar. Odrediti:

1) Vektor −→v = 2−→a − 36−→b .

2) Za koje vrednosti parametra m vektor −→v je nula vektor?

Re{ewe. 1)

−→v = 2−→a − 36−→b

= 2[(m− 1)−→i + (3m + 4)

−→j ]− 36[(m + 1)

−→i + (3m + 4)

−→j ]

= [2(m− 1)−→i + 2(3m + 4)

−→j ]− [36(m + 1)

−→i + 36(3m + 4)

−→j ]

= (2m− 2− 36m− 36)−→i + [2(3m + 4)− 36(3m + 4)]

−→j

= (−34m− 38)−→i − 34(3m + 4)

−→j .

2) −→v = 0−→i + 0

−→j = −2(17m + 19)

−→i − 34(3m + 4)

−→j .

Vektor −→v je nula vektor ako i samo ako su mu obe koordinate is-tovremeno jednake nuli, tj.

17m + 19 = 0 ∧ 3m + 4 = 0.

O~igledno za nijednu vrednost parametram vektor−→v nije nula vektor,jer jedna~ine imaju razli~ita re{ewa m = −19

17i m = −4

3.

7.4. Odrediti ugao izme|u vektora −→v = 3−→a − 2−→b i vektora −→c , ako su

−→a = (−2, 1, 1),−→b = (1, 5, 0), −→c = (4, 4,−2).

Re{ewe. Vektor −→v se defini{e kao zbir vektora −→a i −→b :−→v = 3(−2, 1, 1)− 2(1, 5, 0) = (−6, 3, 3)− (2, 10, 0)

= (−6− 2, 3− 10, 3− 0) = (−8,−7, 3).

162

Naosnovu definicije skalarnogproizvodadva vektoramo`emoizra~unatiugao izme|u vektora −→v i −→c :

−→v · −→c = |−→v ||−→c | cos∠(−→v ,−→c ) ⇒ cos∠(−→v ,−→c ) =−→v · −→c|−→v ||−→c | ,

tj.cos∠(−→v ,−→c ) =

−666 · √122

=−11√122

,

jer je |−→v | =√

64 + 49 + 9 =√

122, |−→c | =√

16 + 16 + 4 =√

36 = 6 i−→v · −→c = −8 · 4 + (−7) · 4 + 3 · (−2) = −32− 28− 6 = −66.

7.5. Dati su vektori −→a = (3,−1, 5),−→b = (1, 2,−3),−→c = (2,−1, 1).

Na}i vektor −→d koji je normalan na vektore −→a i −→b i −→c · −→d = −3.

Re{ewe. Neka je vektor −→d dat koordinatama −→d = (x, y, z). Tako|e jepoznato da ako su dva vektora ortogonalna ili normalna da je wihovskalarni proizvod jednak nuli. Tada je−→d · −→a = 0−→d · −→b = 0−→

d · −→c = −3

⇒(x, y, z) · (3,−1, 5) = 0(x, y, z) · (1, 2,−3) = 0

(x, y, z) · (2,−1, 1) = −3⇒

3x− y + 5z = 0x + 2y − 3z = 02x− y + z = −3

.

Re{avawem ovog sistema jedna~ina dobijamo da je x = −1, y = 2, z = 1.Tj. tra`eni vektor je oblika

−→d = (−1, 2, 1).

7.6. Odrediti ugao izme|u vektora−→a i−→b ako je (−→a +3−→b ) ⊥ (7−→a −5

−→b )

i (−→a − 4−→b ) ⊥ (7−→a − 2

−→b ).

Re{ewe. Za ortogonalne vektore va`i da je wihov skalarni proizvodjednak nuli:

(−→a + 3−→b ) ⊥ (7−→a − 5

−→b )

⇒ (−→a + 3−→b ) · (7−→a − 5

−→b ) = 0

7−→a · −→a − 5−→a · −→b + 21−→a · −→b − 15−→b · −→b = 0

7|−→a |2 + 16−→a · −→b − 15|−→b |2 = 0,

163

i

(−→a − 4−→b ) ⊥ (7−→a − 2

−→b )

⇒ (−→a − 4−→b ) · (7−→a − 2

−→b ) = 0

7−→a · −→a − 2−→a · −→b − 28−→a · −→b + 8−→b · −→b = 0

7|−→a |2 − 30−→a · −→b + 8|−→b |2 = 0.

Iz prve relacije je 7|−→a |2 = 15|−→b |2 − 16−→a · −→b i zamenom u drugojjednakosti dobijamo:

15|−→b |2 − 16−→a · −→b − 30−→a · −→b + 8|−→b |2 = 0

⇒ −46−→a · −→b = −23|−→b |2

⇒ |−→a ||−→b | · cos∠(−→a ,−→b ) =

−23−46

|−→b |2

⇒ cos∠(−→a ,−→b ) =

|−→b |22|−→a ||−→b |

=|−→b |2|−→a |

⇒ ∠(−→a ,−→b ) = arccos

|−→b |2|−→a | .

7.7. Na}i koordinate vektora −→x , znaju}i da je on normalan na vektore−→a = (2,−3, 1) i −→b = (1,−2, 3), ako je −→x · (−→i + 2

−→j − 7

−→k ) = 10.

Re{ewe. Neka je −→x = (p, q, r). Tada iz uslova −→a ⊥ −→x−→a · −→x = 0 ⇒ (2,−3, 1) · (p, q, r) = 0 ⇒ 2p− 3q + r = 0.

Iz uslova da je −→b ⊥ −→x je−→b · −→x = 0 ⇒ (1,−2, 3) · (p, q, r) = 0 ⇒ p− 2q + 3r = 0.

I iz posledweg uslova je

(p, q, r) · (−→i + 2−→j − 7

−→k ) = 10 ⇒ p + 2q − 7r = 10.

Date jedna~ine ~ine sistem

2p− 3q + r = 0p− 2q + 3r = 0p + 2q − 7r = 10,

164

~ijim re{avawem dobijamo da je−→x = (7, 5, 1).

7.8. Odrediti realan broj p tako da vektor −→a = 2p−→i +

−→j + (1− p)

−→k

gradi jednake uglove sa vektorima−→b = −−→i +3−→j , −→c = 5

−→i −−→j +8

−→k .

Re{ewe. O~igledno je:−→a = 2p

−→i +

−→j + (1− p)

−→k = (2p, 1, 1− p)

−→b = −2

−→i − 4

−→j + 3

−→k = (−1, 3, 0)

−→c = 4−→i − 2

−→j − 3

−→k = (5,−1, 8).

Ugao izme|u vektora −→a i −→b odre|ujemo iz formule:−→a · −→b = |−→a ||−→b | cos∠(−→a ,

−→b ).

Tj. bi}e:

cos∠(−→a ,−→b ) =

−→a · −→b|−→a ||−→b |

=−→a · −→c|−→a ||−→c | = cos∠(−→a ,−→c )

−→a · −→b|−→b |

=−→a · −→c|−→c |

−2p + 3√1 + 9

=10p− 1 + 8(1− p)√

25 + 1 + 64⇒ −2p + 3√

10=

10p− 1 + 8− 8p

3√

10

3(−2p + 3) = 2p + 7 ⇒ p =14.

7.9. Dati su vektori −→a = 6−→i +

−→j +

−→k , −→b = 3

−→j − −→k i −→c = −2

−→i +

3−→j + 5

−→k . Odrediti λ tako da vektori−→a + λ

−→b i−→c budu ortogonalni.

Re{ewe. Kako (−→a + λ−→b ) ⊥ −→c ⇒ (−→a + λ

−→b ) · −→c = 0, sledi da je

(6−→i +

−→j +

−→k + λ(3

−→j −−→k )) · (−2

−→i + 3

−→j + 5

−→k ) = 0

(6−→i + (1 + 3λ)

−→j + (1− λ)

−→k ) · (−2

−→i + 3

−→j + 5

−→k ) = 0

−12 + 3(1 + 3λ) + 5(1− λ) = 0−12 + 3 + 9λ + 5− 5λ = 0.

Iz posledwe jednakosti je λ = 1.

7.10. Dati su vektori: −→a = (7, 6,−6),−→b = (6, 2, 9). Odrediti:

165

1) ugao me|u wima,

2) vektorski proizvod ta dva vektora.

Re{ewe. 1) Ugao izme|u ova dva vektora odredi}emo pomo}u skalarnogproizvoda:

−→a · −→b = |−→a ||−→b | · cos∠(−→a ,−→b ) ⇒

cos∠(−→a ,−→b ) =

−→a · −→b|−→a ||−→b |

=(7, 6,−6) · (6, 2, 9)√

49 + 36 + 36 · √36 + 4 + 81

=42 + 12− 54√

121 · √121=

54− 54121

= 0 ⇒ α = 900,

tj. vektori su ortogonalni.b)

−→a ×−→b =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

7 6 −66 2 9

∣∣∣∣∣∣=−→i (54 + 12)−−→j (63 + 36) +

−→k (14− 36)

= (66,−99,−22).

7.11. Dati su vektori: −→a =−→i +3

−→j −−→k ,

−→b = −2

−→i −4

−→j +3

−→k , −→c =

4−→i − 2

−→j − 3

−→k . Odrediti (−→a +

−→b ) × −→c kao i ugao izme|u vektora−→x = (−2, 2,−1), −→y = (−6, 3, 6).

Re{ewe. O~igledno je:−→a =

−→i + 3

−→j −−→k = (1, 3,−1),

−→b = −2

−→i − 4

−→j + 3

−→k = (−2,−4, 3),

−→c = 4−→i − 2

−→j − 3

−→k = (4,−2,−3),

pa je

(−→a +−→b )×−→c = ((1, 3,−1) + (−2,−4, 3))×−→c = (−1,−1, 2)×−→c

=

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

−1 −1 24 −2 −3

∣∣∣∣∣∣=−→i

∣∣∣∣−1 2−2 −3

∣∣∣∣−−→j

∣∣∣∣−1 24 −3

∣∣∣∣

+−→k

∣∣∣∣−1 −14 −2

∣∣∣∣ =−→i (3 + 4)−−→j (3− 8) +

−→k (2 + 4)

= 7−→i + 5

−→j + 6

−→k = (7, 5, 6).

166

Ugao izme|u vektora −→x i −→y odre|ujemo iz formule:−→x · −→y = |−→x ||−→y | cos∠(−→x ,−→y ).

Tj. bi}e:

cos∠(−→x ,−→y ) =−→x · −→y|−→x ||−→y | =

(−2, 2,−1)(−6, 3, 6)√4 + 4 + 1 · √36 + 9 + 36

=12 + 6− 6√

9 · √81

=12

3 · 9 =49.

7.12. Dati su vektori: −→a = (0, 2p, p),−→b = (2, 2, 1), −→c = (−1,−2,−1).

Odrediti realan broj p tako da je (−→a − −→b ) · −→c = −→a · −→c + p. Zatimizra~unati povr{inu paralelograma konstruisanog nad vektorima −→ai −→c .Re{ewe. Dakle

−→a −−→b = (0, 2p, p)− (2, 2, 1) = (−2, 2(p− 1), p− 1),

pa je

(−→a −−→b ) · −→c = −→a · −→c + p

(−2, 2(p− 1), p− 1) · (−1,−2,−1) = (0, 2p, p) · (−1,−2,−1) + p

2− 4p + 4− p + 1 = −4p

p = 7.

U drugom delu zadatka treba izra~unati povr{inu paralelograma,a to nalazimo preko vektorskog proizvoda dva vektora.

P = |−→a ×−→b | = |∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

0 14 7−1 −2 −1

∣∣∣∣∣∣| = |−→i (−14 + 14)−−→j (0 + 7)

+−→k (0 + 14)| = | − 7

−→j + 14

−→k | = √

49 + 196 =√

245 = 7√

5.

7.13. Uprostiti izraze

1) (−→a +2−→b +3−→c )×−→a +(2−→a +

−→b +3−→c )×−→b +(3−→a +2

−→b +3−→c )×−→c ,

2) ((−→i +

−→j )× (

−→i − (

−→k ×−→j )))× (2

−→i − (

−→i ×−→k )×−→j + 2

−→k ).

167

Re{ewe.

1) (−→a +2−→b +3−→c )×−→a +(2−→a +

−→b +3−→c )×−→b +(3−→a +2

−→b +3−→c )×−→c =

−→a ×−→a + 2−→b ×−→a + 3−→c ×−→a + 2−→a ×−→b +

−→b ×−→b 3−→c ×−→b + 3−→a ×−→c +2

−→b ×−→c +3−→c ×−→c = −2−→a ×−→b −3−→a ×−→c +2−→a ×−→b −3

−→b ×−→c + 3−→a ×−→c + 2

−→b ×−→c = −−→b ×−→c .

2) ((−→i +

−→j ) × (

−→i − (

−→k × −→j ))) × (2

−→i − (

−→i × −→k ) × −→j + 2

−→k ) =

((−→i +

−→j )× (

−→i +

−→i ))× (2

−→i +

−→j ×−→j +2

−→k ) = ((

−→i +

−→j )×2

−→i )×

(2−→i + 2

−→k ) = −2

−→k × (2

−→i + 2

−→k ) = −4

−→j .

7.14. Dati su vektori −→a = (1, 0,−2),−→b = (2, 1, 0),−→c = (−1, 1, 1).

Izra~unati |(2−→a −−→b + 2−→c )× (−→a + 3−→b − 2−→c )| i −→a × (

−→b ×−→c ).

Re{ewe. Izra~unajmo prvo vektore 2−→a −−→b + 2−→c i −→a + 3−→b − 2−→c :

2−→a −−→b + 2−→c = 2(1, 0,−2)− (2, 1, 0) + 2(−1, 1, 1) = (−2, 1,−2),−→a + 3

−→b − 2−→c = (1, 0,−2) + 3(2, 1, 0)− 2(−1, 1, 1) = (9, 1,−4).

Neka je −→d = (2−→a −−→b + 2−→c )× (−→a + 3−→b − 2−→c ), tada je

−→d = (9, 1,−4) =⇒ |−→d | = √

4 + 676 + 121 =√

801 = 3√

89.

Tako|e,−→a × (

−→b ×−→c ) = (1, 0,−2)× (1,−2, 3) = (−4,−5,−2).

7.15. Dati su vektori −→a =−→i + 3

−→j −−→k ,

−→b = −2

−→i − 4

−→j + 3

−→k ,−→c =

4−→i − 2

−→j . Na}i vektor −→d ako je −→a · −→d = 3,

−→d × −→b = −→c i odrediti

(−→b +−→c )×−→a .

Re{ewe. Neka je −→d = (x, y, z). Prema uslovu zadatka je−→a ·−→d = 3 ⇒ (

−→i +3

−→j −−→k ) ·(x−→i +y

−→j +z

−→k ) = 3 ⇒ x+3y−z = 3.

Na osnovu drugog uslova je

−→d ×−→b =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

x y z−2 −4 3

∣∣∣∣∣∣=−→i (3y + 4z)−−→j (3x + 2z)

+−→k (−4x + 2y) = 4

−→i − 2

−→j ,

168

tj. dobijamo sistem jedna~ina:

3y + 4z = 4−3x− 2z = −2−4x + 2y = 0x + 3y − z = 0.

Iz prve jedna~ine sistema je y =4− 4z

3, iz druge x =

2− 2z

3. Zamenom

u posledwoj jedna~ini sistema, dobijamo da je−→d =

(2451

,4851

,517

).

Daqe je

(−→b +−→c )×−→a =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

2 −6 31 3 −1

∣∣∣∣∣∣=−→i (6− 9)−−→j (−2− 3) +

−→k (6 + 6)

= −3−→i + 5

−→j + 12

−→k = (−3, 5, 12).

7.16. Dati su vektori −→a = (ln(p − 2),−2, 6), −→b = (p,−2, 5) i −→c =(0,−1, 3). Odrediti realan broj p tako da dati vektori budu kompla-narni.

Re{ewe. Vektori su komplanarni ako je wihov me{oviti proizvod jed-nak nuli, tj.

[−→a ,−→b ,−→c ] = 0.

[−→a ,−→b ,−→c ] =

∣∣∣∣∣∣

ln(p− 2) −2 6p −2 50 −1 3

∣∣∣∣∣∣= 0

∣∣∣∣−2 6−2 5

∣∣∣∣ + 1∣∣∣∣

ln(p− 2) 6p 5

∣∣∣∣

+ 3∣∣∣∣

ln(p− 2) −2p −2

∣∣∣∣ = 0 + 5 ln(p− 2)− 6p + 39

− 2 ln(p− 2) + 2p) = 5 ln(p− 2)− 6p− 6 ln(p− 2) + 6p

= − ln(p− 2).

Na osnovu uslova da je [−→a ,−→b ,−→c ] = 0 sledi da je

ln(p− 2) = 0 ⇔ ln(p− 2) = ln 1 ⇔ p− 2 = 1 ⇔ p = 3.

7.17. Dati su vektori −→a = (1, 0, 1),−→b = (1, 2, 1),−→c = (2,−1,−1).

169

1) Odrediti sve vektore −→d takve da je −→a ×−→b =−→d ×−→c i −→a ×−→c =−→

d ×−→b .2) Odrediti sve vektore−→d koji osim jednakosti pod 1) zadovoqavaju

i uslov da su vektori −→a −−→b ,−→b ×−→c ,

−→d komplanarni.

Re{ewe.

1) Neka je −→d = (x, y, z). Tada je

−→a ×−→b =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

1 0 11 2 1

∣∣∣∣∣∣= −2

−→i + 0

−→j + 2

−→k = (−2, 0, 2),

−→d ×−→c =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

x y z2 −1 −1

∣∣∣∣∣∣=−→i (−y + z)−−→j (−x− 2z)

+−→k (−x− 2y) = (−y + z, x + 2z,−x− 2y),

−→a ×−→c =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

1 0 12 −1 −1

∣∣∣∣∣∣=−→i + 3

−→j −−→k = (1, 3,−1),

−→d ×−→b =

∣∣∣∣∣∣

−→i

−→j

−→k

x y z1 2 1

∣∣∣∣∣∣=−→i (y − 2z)−−→j (x− z)

+−→k (2x− y) = (y − 2z,−x + z, 2x− y),

Iz prvog uslova je −→a ×−→b =−→d × −→c ⇒ (−2, 0, 2) = (−y + z, x +

2z,−x− 2y) tj. dobijamo sistem jedna~ina

−y + z = −2,

x + 2z = 0,

−x− 2y = 2.

Re{avawem sistema zakqu~ujemo da on nije saglasan, tj. da re{ewene postoji. Na sli~an na~in dokazujemo i to da ni drugi sistemjedna~ina nema re{ewe.

2) Kako re{ewe pod 1) ne postoji, sledi da ne postoji ni re{ewe pod2).

170

Literatura

[1] M.LAZOVI]IAUTORI,Matematika, U~iteqskifakultet, Beograd,1994.

[2] V. BOGOSLAVOV, Zbirka re{enih zadataka iz matematike 4, Zavodza uxbenike i nastavna sredstva, Beograd, 2002.

[3] P. MILI^I] I M. U[^UMLI], Zbirka zadataka iz vi{e matem-atike I, Nauka, Beograd, 1994.

[4] S.VUKADINOVI]ID.SU^EVI],Vi{amatematika I deo, Privrednipregled, Beograd, 1982.

[5] G. BERMAN, Zbirka zadataka iz matemati~ke analize, Nau~na kwi-ga, Beograd, 1989.

[6] D. MIHAJLOVI] I R. JANI], Elementi matemati~ke analize I,Nau~na kwiga, Beograd, 1990.

171

CIP-Katalogizacija u publikacijiNarodna biblioteka Srbije, Beograd517(075.8)(076)MANDAK, Alija, 1950-

Zbirka zadataka iz matematike II: zastudente u~iteqskih fakulteta / A.[Alija]Mandak, D. [Dragana] Stanojevi}, Q. [Qiqana]Paunovi}. - Prizren [tj.] Leposavi}:U~iteqski fakultet, 2009 (Kru{evac: GrafikaSimi}).-171 str.:graf. prikazi, tabele;24cmNa vrhu nasl. str.: Univerzitet u Pri{tini.Tira` 300.-Bibliografija: str. 171.ISBN 978-86-84143-13-81. Stanojevi}, Dragana [autor] 2. Paunovi},Qiqana [autor]a) Matemati~ka analiza - ZadaciCOBISS.SR-ID 168212492