Matematika Blagota Lucic

POJAM FUNKCIJE REALNE PROMJENLJIVE

SADRZAJ

I - ELEMENTI OPSTE ALGEBRE

1. Elementi opste agebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1. Elementi matematicke logike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Osnovne logicke operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2. Iskazne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.3. Kvantifikatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2. Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.1. Podskup skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .71.2.2. Jednakost skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.3. Komlement skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .81.2.4. Unija skupova (∪) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.5. Presjek skupova (∩) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .91.2.6. Razlika skupova (\) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.7. Simetricna razlika (△) skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.8. Partitivni skup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .101.2.9. Ured-eni par. Dekartov proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3. Binarne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.1. Osnovne osobine relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.4. Preslikavanje ili funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .171.4.1. Vrste preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.4.2. Inverzno preslikavanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .19

i

FUNKCIJE REALNE PROMJENLJIVE

1.4.3. Kompozicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .191.5. Binarne operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .23

1.5.1. Osnovne osobine operacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

II - ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE

2. Matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .272.1. Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.2. Operacije sa matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.3. Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.3.1. Osobine determinanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.4. Inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.5. Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .342.6. Matricne jednacine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3. Sistemi linearnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .443.1. Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.2. Nehomogeni sistem od n linearnih jednacina sa n nepoznanica . . . . . . . . . 443.3. Matricna metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.4. Gausova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.5. Rjesavanje i saglasnost nehomogenog sistema od m linearnih jednacina san nepoznatih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.6. Sistem linearnih homogenih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4. Vektorski prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644.1. Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644.2. Sistemi vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .66

ii



1. Pojam funkcije realne promjenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

2. Grafici elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3. Nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4. Granicna vrijednost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1184.1. Upored-ivanje beskonacno malih i beskonacno velikih velicina . . . . . . . . . 1194.2. Ogranicenost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

5. Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1355.1. Osnovne osobine neprekidnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

6. Diferencijalni racun funkcije jedne promjenjljive . . . . . . . . . . . . . . . . 1456.1. Izvod funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1456.2. Osnovna pravila diferenciranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1466.3. Tablica izvoda osnovnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1466.4. Izvod slozene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1516.5. Izvodi funkcija koje nisu eksplicitno zadate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1546.6. Diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1576.7. Izvod i diferencijal vektor-funkcije kompleksne i matricne funkcije . . . . 1656.8. Izvodi i diferencijali viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1736.9. Osnovne teoreme diferencijalnog racuna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

6.9.1. Rolova, Langrazova i Kosijeva teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1806.9.2. Lopitalova teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1846.9.3. Tejlorova i Maklorenova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

7. Ispitivanje funkcija pomocu izvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2037.1. Rascenje i opadanje funkcije Nejednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2037.2. Ekstremne vrijednosti funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2107.3. Najveca i najmanja vrijednost funkcije na segmentu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

iii


7.4. Konkavnost, konveksnost i prevojne tacke funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2207.5. Asimptote funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2247.6. Konstrukcija grafika funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

8. Funkcije vise promjenljivih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2518.1. Osnovni pojmovi, granicna vrijednost i neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . . . .2518.2. Parcijalni izvodi i totalni diferencijal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260

8.2.1. Parcijalni izvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2608.2.2. Totalni diferencijal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

8.3. Izvod slozene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2698.4 Izvod implicitne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2708.5. Tejlorova i Maklorenova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2718.6. Ekstremne vrijednosti funkcije dvije promjenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274

8.6.1. Dovoljni uslovi za egzistenciju lokalnih ekstrema . . . . . . . . . . . . . . . 2748.7. Uslovni (vezani) ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .279

8.7.1. Metod eliminacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2798.7.2. Langrazov metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

iv

1. Elementi opste agebre

1.1. Elementi matematicke logike

Svaka recenica koja ima smisla i kojoj se moze pridruziti samo jedna od istinitosti vrijed-nosti tacan (⊤) ili netacan (⊥) naziva se iskaz (ili sud) .

Iskaze obicno oznacavamo malim slovima p, q, r, ... a istinitosnu vrijednost iskaza ozna-cavamo sa τ(p), τ(q), ....

Iskazi su napr. recenice:p :”Sarajevo je najveci grad u Evropi”q :”2 + 3 · 4 = 14, pri cemu je τ(p) = ⊥, τ(q) = ⊤.

Recenica ”Matematika je veoma interesantna nauka” nije iskaz, jer je za nekog tarecenica tacna, a za nekog nije.

Ni recenica ”x + 3 = 5” nije iskaz sve dok x ne uzme odredenu vrijednost. Za x = 2 toje tacan iskaz, a za sve ostale vrijednosti je netacan iskaz.

Od iskaza se, logickim operacijama, prave slozeni iskazi, koji mogu biti tacni ili netacni,sto zavisi od polaznih iskaza.

1.1.1. Osnovne logicke operacije

1.1.1.1. Negacija Iskaza (¬) Neka je dat neki iskaz p. Negacija iskaza p je iskaz nijep, koji je netacan u slucaju kada je iskaz p tacan, a tacan u slucaju kada je p netacaniskaz.

Tablica istinitosnih vrijednosti za negaciju je:

p ¬(p)

⊤ ⊥

⊥ ⊤

Napomena: Iz prakticnih razloga umjesto τ(p) u tablicama istinitosnih vrijednosti mozemopisati samo p, sto uz dodatni oprez nece izazvati zabunu.

Napr.: negacija iskaza p : 2 + 3 = 5 (tacan iskaz) je iskaz¬p : Nije 2 + 3 = 5 (netacan iskaz)

1.1.1.2. Konjunkcija dvaju iskaza (∧) Neka su p i q dva iskaza. Iskaz p i q zove sekonjunkcija iskaza p i q i u matematickoj logici oznacava se sombolom p ∧ q

1

Tablica istinitosnih vrijednosti za konjunkciju je:

p q p ∧ q

⊤ ⊤ ⊤

⊤ ⊥ ⊥

⊥ ⊤ ⊥

⊥ ⊥ ⊥

Konjunkcija dva iskaza je istinita samo onda kad su istinita oba iskaza.

Napr.: p: Broj 6 je prost broj (⊥) iq: Glavni grad BiH je Sarajevo (⊤)

Iskaz. p ∧ q: ”6 je prost broj i glavi grad BiH je Sarajevo”. (⊥)

1.1.1.3. Disjunkcija dvaju iskaza (∨) Neka su dati iskazi p i q. Isakaz p ili q zove sedisjunkcija iskaza p i q i u matematickoj logici oznacava se simbolom p ∨ q.

Tablica istinitosnih vrijednosti za disjunkciju je:

p q p ∨ q

⊤ ⊤ ⊤

⊤ ⊥ ⊤

⊥ ⊤ ⊤

⊥ ⊥ ⊥

Disjunkcija dva iskaza je netacna samo u slucaju kad su oba iskaza netacna. U svimostalim slucajevima disjunkcijaje tacan iskaz.

Napr.: p: Kvadrat je pravougaonik (⊤)

q:2 < −5 (⊥)

Iskaz p ∨ q: Kvadrat je pravougaonik ili 2 < −5(⊤)

1.1.1.4. Implikacija dvaju iskaza (=⇒) Neka su data dva iskaza p i q.Iskaz ako p, onda q naziva se implikacija iskaza p i q i u matematickoj logici oznacava

se simbolom p =⇒ q

Tablica istinitosnih vrijednosti za implikaciju je:

p q p =⇒ q

⊤ ⊤ ⊤

⊤ ⊥ ⊥

⊥ ⊤ ⊤

⊥ ⊥ ⊤

2

Implikacija dva iskaza je netacna samo u slucaju kada je prvi iskaz tacan a druginetacan (”iz istine ne moze slijediti laz”), a u svim ostalim slucajevima implikacija jetacan iskaz.

Kod implikacije p =⇒ q, p se zove cpretpostavka (hipoteza), a q je zakljucak (teza), pase matematicke teoreme najcesce izrazavaju u obliku implikacija.

Navest cemo neke primjere za implikaciju:

1. p: Sarajevo je najveci grad u Evropi (⊥)

q: Sarajevo je vece od Zenice (⊤)

p =⇒ q: Ako je Sarajevo najveci grad u Evropi, onda je Sarajevo vece od Zenice (⊤)

2. p: 7 = 2 (⊥) i q: 12 = 7 (⊥)

p =⇒ q: Ako je 7 = 2, onda je 12 = 7 tacan iskaz, jer ako je 7 = 2, onda se dodavanjemobjema stranam jednakosti 5, dobija 12 = 7.

1.1.1.5. Ekvivalencija dvaju iskaza (⇐⇒) Neka su p i q dva iskaza. Iskaz ako p,onda q i ako q, onda p zove se ekvivalencija iskaza p sa iskazom q i u matematickoj logicioznacava se simbolom p ⇐⇒ q.

Tablica istinitosnih vrijednosti za ekvivalenciju je:

p q p ⇐⇒ q

⊤ ⊤ ⊤

⊤ ⊥ ⊥

⊥ ⊤ ⊥

⊥ ⊥ ⊤

Ekvivalencija dva iskaza je tacna samo onda kada su oba iskaza tacna ili oba netacna.

Naprimjer:

p: Trokut je pravougli,q: Kvadrat nad jednom stranicom trokuta jednak je zbiru kvadrata nad drugim dvjema

stranicama.p ⇐⇒ q: Ako je trokut pravougli, onda je kvadrat nad jednom stranicom trokuta jed-

nak zbiru kvadrata nad drugim dvjema stranicama i ako je kvadrat nad jednom stranicomtrokuta jednak zbiru kvadrata nad drugim dvjema stranama, onda je trokut pravougli.

((⊤ ⇐⇒ ⊤) = ⊤)

3

1.1.2. Iskazne formule

Svaka recenica (koja ima smisla), zapisana matematickim simbolima, zove se formula.

Iskazne formule su:Iskazna slova p, q, r,...¬p, p ∧ q , p ∨ q, p =⇒ q, p ⇐⇒ q su iskazne formuleIskaznom formulom zovemo sve ono sto se iz 1 i 2 moze dobiti konacnom primjenom.Iskazne formule su napr. (p ∨ q) =⇒ r, ¬(p ∧ q) ⇐⇒ (¬p =⇒ ¬q)

Primjer: Formirati tablicu istinitosti za formulu (p =⇒ q) ⇐⇒ (¬q =⇒ ¬p)

Rjesenje:

p q p =⇒ q ¬q ¬p ¬q =⇒ ¬p (p =⇒ q) ⇐⇒ (¬q =⇒ ¬p)

⊤ ⊤ ⊤ ⊥ ⊥ ⊤ ⊤

⊤ ⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊤

⊥ ⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤

⊥ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤

Iz posljednjeg stupca ove tablice se vidi da je ova formula tacna za sve vrijednostiiskaznih slova koja se u formuli pojavljuju. Takav iskazna formula zove se tautologija.

Zadaci

1. Koristeci simbole matematicke logike krace zapisati recenice

a) Ako je bar jedan od brojeva x i y jednak nuli, onda je i njihov proizvod jednaknuli.

b) Ako je proizvod dva broja x i y jednak nuli, onda je bar jedan od tih brojevajednak nuli,

c) Ako su dva broja oba pozitivna ili oba negativna, onda je njihov proizvod pozi-tivan, i obrnuto,

d) Ako je broj x veci od broj y, onda broj y nije veci od broja x i ta dva broja surazlicita.

2. Izracunati:

a) ⊤ =⇒ (⊤ ∧⊥)

b) (⊤ ∨⊥) ⇐⇒ (⊥ =⇒ ⊤) ∨ (⊤ =⇒ ¬(⊥))

4

3. Koju istinitosnu vrijednost ima skaz

(x > 1 ∧ x < 4) ⇐⇒ (x = 2 ∨ x = 3) za sljedece vrijednosti promjenljive

x : a) 1, b) 2, c) 3, d) 4, e) 5?

4. Dokazati da su sljedece formule tautologije.

a) (p ∧ p) =⇒ p,

b) (p ∨ q) ⇐⇒ (q ∨ p),

c) ((p ∧ q) ∧ r) ⇐⇒ (p ∧ (q ∧ r)),

d) (p ∧ (q ∨ r)) ⇐⇒ ((p ∧ q) ∨ (p ∧ r))

Rjesenje:

1. a) (x = 0 ∨ y = 0) =⇒ (x · y = 0),

b) (x · y = 0) =⇒ (x = 0 ∨ y = 0),

c) ((x > 0 ∧ y > 0) ∨ (x < 0 ∧ y < 0)) ⇐⇒ (x · y > 0),

d) x > y =⇒ ¬(y > x) ∧ (x 6= y).

2. a) ⊤ =⇒ (⊤ ∧⊥) = ⊤ =⇒ ⊥ = ⊥,

b) ⊤ ⇐⇒ ⊤∨⊤ = ⊤ ∨⊤ = ⊤.

3. a) (1 > 1 ∧ 1 < 4) ⇐⇒ (1 = 2 ∨ 1 = 3),

(⊥ ∧⊤) ⇐⇒ (⊥ ∨⊥) = ⊥ ⇐⇒ ⊥ = ⊤,

b) ⊤, c) ⊤, d) ⊤, e) ⊤.

4. a) Tautologija, b) tautologija

c)

p q r p ∧ q (p ∧ q) ∧ r q ∧ r p ∧ (q ∧ r) Formula

⊤ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤

⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤

⊤ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤

⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤

⊥ ⊤ ⊤ ⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊤

⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤

⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤

⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤

i ova formula je tautologija.

d) Tautologija.

5

1.1.3. Kvantifikatori

Simbol ∀ znaci svaki, bilo koji, ma koji i naziva se univerzalni kvantifikator.Simbol ∃ znaci bar jedan, najmanje jedan, neki, postoji... koji i naziva seegzistencijalni kvantifikator.

Primjeri:

1. Krace zapisati recenice:

a) 1 je najmanji prirodni broj,

b) ne postoji najveci prirodan broj,

c) za svaki realan broj je (x + 2)2 = x2 + 4x + 4.

2. Procitati formule:

a) (∃x ∈ R)(x > 0 ∧ x < 2),

b) ¬(∃x ∈ R)(x < 1 ∧ x > 2),

c) ¬(∀x ∈ R)(x < 0),

d) (∃x ∈ R)(∀y ∈ R)(x · y = y).

Rjesenje:

1. a) (∀n ∈ N)n ≥ 1,

b) ¬(∃n ∈ N) (∀m ∈ N) m < n

c) (∀x ∈ R) (x + 2)2 = x2 + 4x + 4.

2. a) Postoji realan broj x koji je veci od nule i manji od 2,

b) ne postoji broj koji je manji od 1 i veci od 2,

c) nije svaki realni broj manji od nule,

d) postoji broj x takav da je za bilo koji realan broj y (x · y) = y.

6

1.2. Skupovi

Skup je jedan od osnovnih pojmova u matematici i ne definise se. Zamisljamo ga kaocjelina razlicitih objekata, a te objekte nazivamo elementima skupa. Skupove oznacavamovelikim latinskim slovima A,B,C..., a elemente malim slovima a, b, c,... Ako je x elemenatskupa A onda pisemo x ∈ A, a ako y nije elemenat skupa A pisemo y /∈ A. Obicno elementeskupa stavljamo unutar velike zagrade. Na pr. A={a, b, c, d} to znaci da su a,b,c i d ele-menti skupa A. Ako skup ima mnogo elemenata, onda ovakav nacin predstavljanja nijepraktican, a ako skup ima bezbroj elemenata, onda je i nemoguce napisati sve elementeunutar velike zagrade. Navedeni skup mogli smo i ovako oznaciti A = {x | P (x)} i citati”skup A je skup od prva cetiri slova abecede”. Ustvari to je skup A ciji elementi imajuosobinu P (x).

Skupove graficki predstavljamo Venovim dijagramima. U oblast omedenu nekom zat-vorenom linijom (sl.1) upisujemo elemente skupa. Skup koji nema elemente zove se prazan

skup, a oznacavamo ga sa {} ili ∅ Prazan skup, na primjer, je jos uvjek skup svih neboderana Zemlji visokih preko 1000 metara.

Slika 1. Slika 2.

1.2.1. Podskup skupa

Skup A je podskup skupa B (A ⊆ B) ako je svaki elemenat skupa A ujedno i elemenatskupa B, tj. A ⊆ B ⇐⇒ (x ∈ A =⇒ x ∈ B), (vidi sliku 2) Umjesto A ⊆ B (A je podskupod B) moze se reci da je skup A dio skupa B.A je pravi dio od B (A ⊂ B) ako postoji neki element u skupu B koji ne pripada skupu A.

To se dobro vidi na slici 2.

1.2.2. Jednakost skupova

Dva skupa A i B su jednaka (A = B) ako su sastavljeni od istih elemenata. To znaciA = B ⇐⇒ A ⊆ B ∧ B ⊆ A,

7

Primjer: Popuniti tablice

a)

⊂ {1, 2, 3} {3, 4, 7}

{1, 2} ⊤

{3} ⊤

{3, 10} ⊥

b)

= {1, 2} {2, 3}

{2, 1} ⊤ ⊥

{2, 3, 2} ⊥ ⊤

{1, 2, 3} ⊥ ⊥

1.2.3. Komlement skupa

Ako je A podskup skupa B, onda je komplement skupa A u odnosu na skup B, skup A′

ciji elemnti pripadaju skupu B i ne pripadaju skupu A. Komplement skupa A u odnosuna skup B oznacava se i sa CB(A) (vidi sliku 3).

Slika 3.

Srafirani dio na slici 3. predstavlja CB(A).

Primjer: Neka je B skup prirodnih brojeva.B = N , a skup A je skup parnih brojeva.Onda je njegov komplement CB(A)skup neparnih prirodnih brojeva.

1.2.4. Unija skupova (∪)

Pod unijom skupova A i B (oznaka A∪B ) podrazumijeva se skup ciji su elemnti iz skupaA ili iz skupa B.

Dakle, A ∪ B = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B} ,

Slika 4.

8

Primjer: Naci uniju skupova A = {x | x < 9 ∧ x ∈ N} i B = {−3,−2,−1, 0, 1, 2} .

Rjesenje: A ∪ B = {x | −4 < x < 9 ∧ x ∈ Z} .

1.2.5. Presjek skupova (∩)

Pod presjekom skupova A i B (oznaka A ∩ B) podrazumijeva se skup ciji su elementi izskupa A i iz skupa B ( slika 5.)

Dakle A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B} .

Slika 5.

Primjer: Dati su skupovi A = {x | x < 9 ∧ x ∈ N} i B = {y | 1 < y 6 5 ∧ y ∈ N}. Odred-iti A ∩ B.

Rjesenje: A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, B = {2, 3, 4, 5}, A ∩ B = {2, 3, 4, 5}.Ako je prijesjek dva skup prazan skup, onda za te skupove kazemo da su disjunktni.

1.2.6. Razlika skupova (\)

Pod razlikom skupova A i B (oznaka A\B) podrazumjeva se skup ciji su elementi iz skupaA i nisu iz skupa B. (sl.6).

Dakle, A \ B = {x | x ∈ A ∧ x /∈ B}.

Slika 6.

Primjer: Odrediti razliku skupova A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} i B = {x | 2 < x 6 5 ∧ x ∈ N}.

Rjesenje: A \ B = {1, 2, 6, 7, 8, 9}.

9

1.2.7. Simetricna razlika (△) skupova

Simetricna razlika skupova A i B (oznaka A △ B) je unija razlika A \ B i B \ A (slika 7).Dakle, A △ B = (A \ B) ∪ (B \ A).

Slika 7.

Primjer: Dati su skupovi A = {1, 2, 3}, B = {3, 4, 5}. odrediti simetricnu razlikuskupova A i B.

Rjesenje: A \ B = {1, 2, }, B \ A = {4, 5}, A △ B = {1, 2, 4, 5} .

1.2.8. Partitivni skup

Pod partitivnim skupom skupa A (oznaka P (A)) Podrazumjevamo skup svih podskupovaskupa A. Dakle, P (A) = {x | x ⊆ A}.

Napomena:1. Prazan skup je podskup svakog skupa2. Svaki skup je podskup samog sebe.

Primjer: Dat je skup A = {a, b, c}. Naci P (A).

Rjesenje: P (A) = {∅, {a} , {b} , {c} , {a, b} , {a, c} , {b, c} , {a, b, c}} ,

Ako skup A ima n elemenata, onda skup P (A) ima 2n elemenata.

1.2.9. Uredeni par. Dekartov proizvod

Skup od dva elementa {a, b} naziva se jos i par. Ovdje redosljed elemenata nije bitan.Ako se tacno zna koji je element prvi a koji drugi, onda se takav skup od dva elementa

zove uredeni par i oznacava sa (a, b).Uopste je (a, b) 6= (b, a), a {a, b} = {b, a} .

Dva uredena para su jednaka ako su im jednake prve koordinate (ili komponente) ijednake druge koordinate (komponente).

Dakle, (a, b) = (c, d) ⇐⇒ (a = c ∧ b = d) .

Graf uredenog para (a, b) predstavljen je na slici 8.

10

Slika 8.

Dekartov proizvod skupova A i B (oznaka A × B) je skup uredenih parova kod kojih jeprva komponenta iz skupa A, a druga iz skupa B.

Dakle, A × B = {(x, y) | x ∈ A ∧ y ∈ B} .

Primjer: Dati su skupovi A = {1, 2} i B = {a, b, c} . Naci A×B i nacrtati graf Dekartovogproizvoda skupova A i B.

Rjesenje: A × B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)} .Graf je prikazan na slici 9.

Slika 9.

Zadaci

1. Dat su skupovi A = {x | x < 10 ∧ x ∈ N} i B = {x | 2 6 x < 6 ∧ x ∈ N} .

Odrediti: a) A ∪ B, b) A ∩ B, c) A \ B, d) CA(B)

2. Svaki ucenik jedne skole uci bar jedan od tri strana jezika i to: 300 ucenika uciengleski, 270 ucenika uci francuski, 240 ucenika uci njemacki, 150 ucenika uci engleskii francuski, 120 ucenika uci engleski i njemacki, 90 ucenika uci francuski i njemackia 30 ucenika uci sva tri jezika. Koliko ucenika ima ta skola?

3. Dati su skupovi A = {x | −2 6 x < 6 ∧ x ∈ Z}, B = {x | x 6 6 ∧ x ∈ N} i

C = {x | x | 12 ∧ x ∈ N}.

a) Odrediti sve elemente skupova A, B, i C.

b) Odrediti skupove (A ∩ B) \ C i (A \ B) ∩ C.

c) Predstaviti Venovim dijagramima A ∩ B, B \ C, C ∪ B.

11

4. Svaki ucenik jedne skole uci bar jedan od tri strana jezika i to:220 ucenika uciengleski, 155 uci francuski, 160 uci njemacki, 40 uci engleski i francuski, 25 ucifrancuski i njemacki, 30 uci engleski i njemacki, a sva tri jezika ne uci ni jedanucenik. Koliko ucenika ima u toj skoli?

5. U jednom odjeljenju neke skole 3 ucenika igraju samo nogomet, 5 igra samo kosarku,4 ucenika igra samo odbojku, 12 ucenika igra nogomet i odbojku, 11 igra nogometi kosarku, 13 ucenika igra odbojku i kosarku, a 8 ucenika igra sve tri igre. Kolikoucenika ima u tom odjeljenju?

Rjesenje:

1. a) A ∪ B = A, b) A ∩ B = B, c) A \ B = {1, 6, 7, 8, 9}, d) CA(B) = A \ B.

2. zadatak cemo rijesiti pomocu Venovih dijagrama (slika 10).

Slika 10.

Sa slike se vidi da skola ima ukpno 480 ucenika.

3. a) A = {−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5} , B = {1, 2, 3, 4, 5, 6} , C = {1, 2, 3, 4, 6, 12} ,

b)(A ∩ B) \ C = {1, 2, 3, 4, 5} \ {1, 2, 3, 4, 6, 12} = {5} ,

(A \ B) ∩ C = {−2,−1, 0} ∩ {1, 2, 3, 4, 6, 12} = ∅,

c) Venovi dijagrami skupova A ∩ B, B \ C, C ∪ B dati su na slikama 11. a), 11.b) i11 c)

4. Skola ima 440 ucenika.

5. U tom odjeljenju ima 32 ucenika.

12

Slika 11a. Slika 11b. Slika 11c.

1.3. Binarne relacije

Neka je dat skup A = {2, 4, 6, 8}. Dekartov kvadrat skup A je

A2 = {(2, 2), (2, 4), (2, 6), (2, 8), (4, 2), (4, 4), (4, 6), (4, 8), (6, 2), (6, 4), (6, 6),

(6, 8), (8, 2), (8, 4), (8, 6), (8, 8)}

Ako iz Dekartovog kvadrata izdvojimo parove (x, y) za koje vrijedi x | y (x se sadrzi u y),onda dobijemo skup uredenih parova ρ = {(2, 2), (2, 4), (2, 6), (2, 8), (4, 4), (4, 8), (6, 6), (8, 8)}

u skupu ρ su samo oni parovi cije su komponente x i y u relaciji ρ ,tj. izmedu njih vrijediodnos ”x se sadrzi u y”

Prema tome, xρy ⇐⇒ x | y (x je u relaciji sa y ako i samo ako se x sadrzi u y).Binarnom relacijom skupa A nazivamo svaki podskup ρ Dekartovog kvadrata A2 (ρ ⊆ A2).

Binarnom relacijom sa skupa A u skup B nazivamo svaki podskup ρ Dekatrovog proizvodaA × B(ρ ⊆ A × B).

Umjesto (x, y) ∈ ρ cesto se pise xρy.

Primjer 1. U skupu A = {2, 3, 4, 5} definirana je relacija ρ :

xρy ⇐⇒ x + y < 7. Napisati skup ρ i predstaviti ga koordinatnom slikom.

Rjesenje: ρ = {(2, 2) (2, 3) (2, 4) (3, 2) (3, 3) (4, 2)}

Srafirani dio na slici 12. predstavlja koordinatnu sliku relacije ρ.

Primjer 2. Dati su skupovi A = {2, 4, 6} i B = {1, 3, 5} i relacija ρ sa A u B: xρy ⇐⇒

x + y < 2x + 1. Napisati skup ρ i predstaviti koordinatnu sliku te relacije.

Rjesenje: ρ = {(2, 1) , (4, 1) , (4, 3) , (6, 1) , (6, 3) , (6, 5)} .

Koordinatna slika relacije ρ vidi se na slici 13.

1.3.1. Osnovne osobine relacije

1. Relacija ρ skupa A je refleksivna ako (∀x ∈ A) , xρx,

13

Slika 12.

2. Relacija ρ skupa A je simetricna ako (∀x, y ∈ A) , xρy =⇒ yρx,

3. Relacija ρ skupa A je antisimetricna ako (∀x, y ∈ A) (xρy) ∧ (yρx) =⇒ (x = y) ,

4. Relacija ρ skupa A je tranzitivna ako (∀x, y, z ∈ A) ((xρy) ∧ (yρz)) =⇒ (xρz) .

Medu vaznije relacije ubrajamo relaciju ekvivalencije i relaciju poretka.Relacija sa osobinama refleksivnosti, simetricnosti i tranzitivnosti naziva serelacija ekvivalencije.

Primjer: Jednakost (=) je relacija ekvivalencije, jer:

1. a = a

2. a = b =⇒ b = a,

3. a = b ∧ b = c =⇒ a = c.

Relacija sa osobinama refleksivnosti, antisimetricnosti i tranzitivnosti naziva serelacija poretka.

Primjeri:

1. Dat je skup A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, i relacija ρ : xρy ⇐⇒ brojevi x iy pri dje-ljenju sa tri imaju isti ostatak. To je kongruencija po modulu 3, tj. x ≡ y (mod 3).Dokazati da je ρ relacija ekvivalencije.

14

Slika 13.

Rjesenje:

ρ =

(1, 1) , (1, 4) , (1, 7) , (1, 10) , (4, 1) , (4, 4) , (4, 7) , (4, 10) , (7, 1) , (7, 4) , (7, 7) ,

(7, 10) , (10, 1) , (10, 4) , (10, 7) , (10, 10) , (2, 2) , (2, 5) , (2, 8) , (5, 2) , (5, 5) , (5, 8) ,

(8, 2) , (8, 5) , (8, 8) , (3, 3) , (3, 6) , (3, 9) , (6, 3) , (6, 6) , (6, 9) , (9, 3) , (9, 6) , (9, 9)

Ova relacija je refleksna, jer je 1ρ1, 2ρ2, 3ρ3, ...

simetricna, jer je 1ρ4 ∧ 4ρ1, 2ρ5 ∧ 5ρ2, ......

tranzitna, jer je 1ρ4 ∧ 4ρ7 =⇒ 1ρ7

Dakle, ρ je relacija ekvivalencije.

2. Dat je skup A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} i relacije ρ : x | y (x se sadrzi u y). dokazati da je ρ

relacija poretka.

Rjesenje:

ρ = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) , (1, 4) , (1, 5) , (1, 6) , (2, 2) , (2, 4) , (2, 6) , (3, 3) , (3, 6) , (4, 4) ,

(5, 5) , (6, 6)} .

Ova relacija je refleksivna,jer je 1ρ1, 2ρ2, 3ρ3, ...

ne simetricna, jer je 1ρ4 ali nije 4ρ1,

tranzitivna, jer je 1ρ2 ∧ 2ρ4 =⇒ 1ρ4,

Dakle, ρ je relacija poretka.

15

Zadaci

1. Dat je skup A = {−5,−4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5} i relacija ρ : xρy ⇐⇒ x + y = 0.

Napisati sve elemente relacije ρ i nacrtati koordinatnu sliku te relacije.

2. Dat je skup B = {−2,−1, 0, 1, 2} i relacija ρ : xρy ⇐⇒ x2 = y2. Napisati sve elementerelacije.

3. U skupu cjelih brojeva definisana je relacija ρ : xρy ⇐⇒ 4 | (x − y). Pokazati da je ρ

relacija ekvivalencije.

4. Dat je skup A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} i u njemu relaciju ρ definisana na sljedecei nacin:xρy ⇐⇒

xy = 6, x, y ∈ A. Odrediti relaciju ρ ⊂ A2 i predstaviti je graficki.

5. Dat je skup A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} i relacija kongruencije po modulu 3. x ≡ y

(mod 3)⇐⇒ x i y pri djeljenju sa 3 imaju isti ostatak. Dokazati da je to relacijaekvivalencije.

Rjesenje:

1. ρ = {(−5, 5) , (−4, 4) , (−3, 3) , (−2, 2) , (−1, 1) , (0, 0) , (1,−1) , (2,−2) , (3,−3) , (4,−4) , (5,−5)}

Kordinatna slika je na slici 14.

Slika 14.

2. ρ = {(−2,−2) , (−2, 2) , (−1,−1) , (−1, 1) , (0, 0) , (1, 1) , (1,−1) , (2, 2) , (2,−2)}

3. Za (∀x ∈ Z) vrijedi refleksivnost jer je 4 | (x − x), tj. 4 | 0 za (∀x, y ∈ Z) za koje je4 | (x − y) =⇒ 4 | − (x − y) =⇒ 4 | (y − x) sto znaci da je relacija ρ simetricna

(∀x, y, z ∈ Z) ako je 4 | (x − y) ∧ 4 | (y − z) =⇒ 4 | ((x − y) + (y − z)) =⇒ 4 | (x − z) paje relacija tranzitivna. Kako je ova relacija refleksivna, simetricna i tranzitna, to jeρ relacija ekvivalencije.

16

4. ρ = {(1, 6) , (6, 1) , (2, 3) , (3, 2)} . Graf relacije ρ je na slici 15.

Slika 15.

5. Relacija ≡ (mod 3) ={

(1, 1) , (1, 4) , (1, 7) , (4, 1) , (4, 4) , (4, 7) , (7, 1) , (7, 4) , (7, 7) , (2, 2) , (2, 5) , (2, 8) ,

(5, 2) , (5, 5) , (5, 8) , (8, 2) , (8, 5) , (8, 8) , (3, 3) , (3, 6) , (6, 3) , (6, 6)

}

.

Posto ova relacija ima svojstvo refleksnosti, simetricnosti i tranzitivnosti,

to je relacija ≡ (mod 3) relacija ekvivalencije.

1.4. Preslikavanje ili funkcija

Preslikavanje ili funkcija f sa A u B (f : A → B) je svaki podskup f ⊆ A × B koji imaosobine:

1. (∀x ∈ A) (∃y ∈ B) (x, y) ∈ f,

2. (x, y) ∈ f ∧ (x, z) ∈ f =⇒ y = z.

Drugim rjecima, svakom elementu iz skupa A (kao prvom u paru), moze se pridruzitisamo jedan elemenat iz skupa B (kao drugi u paru)

Umjesto (x, y) ∈ f pisemo y = f (x) x se zove orginal ili argument, af (x) je slika ilivrijednost funkcije.

Skup A naziva se domen ili oblast definisanosti funkcije, a skup B je antidomen ilikodomen ili oblast vrijednosti funkcije (sl.16)

Slika 16.

17

1.4.1. Vrste preslikavanja

Slika 17. Slika 18.

Preslikavanje f : A → B je konstantno ili konstanta ako je f (A) jednoclan skup (vidisliku 17).

Preslikavanje f : A → A je identicno preslikavanje ⇐⇒ f (x) = x, (∀x ∈ A) . Ako je A = R

(R je skup realnih brojeva) onda je graf identicnog preslikavanja prava y = x (simetrala Ii II kvadranta) (sl.18.)

Preslikavanje f : A → B je sirjekcija (preslikavanje NA) ako je f (A) = B (sl.19)(svaki element skupa B je slika nekog elementa iz A). Preslikavanje f : A → B je injekcija

Slika 19. Slika 20.⇐⇒ a 6= b =⇒ f (a) 6= f (b) (vidi slika 20) (razlicitim orginalima odgovaraju razlicite slike).Preslikavanje f : A → B je bijekcija ⇐⇒ f je sirjekcija i injekcija (slika 21.)

Slika 21.

Primjeri:

1. Dati su skupovi A = {1, 2, 3, 4, 5} i B = {3, 5, 7, 9, 11, 12} . Odrediti vrstu preslikavanjaf : A → B datog tablicom

x 1 2 3 4 5

f (x) 3 5 7 9 11. Ovo preslikavanje je injektivno jer razlicitim orginalima

odgovaraju razlicite slike.

18

2. Dati su skupovi A = {1, 2, 3, 4, 5} i B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} . Odrediti vrstu preslikavanjaf : A → B datog tablicim:

x 1 2 3 4 5

f (x) 1 1 4 4 7. Ovo preslikavanje nije sirjekcija, nije ni injekcija, pa kazemo

da je to preslikavanje sa A u B.

3. Dati su skupovi A = {0, 1, 2, 3, 4} i B = {1, 2, 3, 4, 5}. Odrediti vrstu preslikavanjadatog tablicom:

x 0 1 2 3 4

f (x) 1 2 3 4 5. Ovo preslikavanje je bijekcija.

1.4.2. Inverzno preslikavanje

Ako je preslikavanje f : A → B bijektivno, onda postoji inverzno preslikavanje

f−1 : B → A, definisano sa (y, x) ∈ f−1 ⇐⇒ (x, y) ∈ f.

Posto su tacke (x, y) i (y, x) u koordinatnom sistemu simetricne u odnosu na pravuy = x, to su i grafici inverznih funkcija simetricni u odnosu na pravu y = x.

1.4.3. Kompozicija funkcija

Neka su data preslikavanja f : A → B i g : B → C.

Slika 22.

Pod kompozicijom preslikavanja f i g podrazumjeva se preslikavanje h = g ◦ f : A → C

definisano sa (g ◦ f) (x) = g (f (x)) ,∀x ∈ A (vidi sliku 22.)

Primjer: Date su funkcije f (x) = −2x + 1 : A = {1, 2, 3, 4} → B = {−1,−3,−5,−7,−9},g (x) = 10 + x : B = {−1,−3,−5,−7,−9} → C = {1, 3, 5, 7, 9, 11} . Odrediti kompozicijufunkcija f i g.

19

Rjesenje: f = {(1,−1) , (2,−3) , (3,−5) , (4,−7)} ,

g = {(−1, 9) , (−3, 7) , (−5, 5) , (−7, 3) , (−9, 1)} , h = g ◦ f = {(1, 9) , (2, 7) , (3, 5) , (4, 3)} .

Ili drukcije:h = g ◦ f = g (f (x)) = 10 + (−2x + 1) = 11 − 2x, pa je h = {(1, 9) , (2, 7) , (3, 5) , (4, 3)} .

Zadaci

1. Data su preslikavanja: a) b) c). Kakva su preslikavanja u slucaju a), b), c)?.

a b c

2. Dati su skupovi A = {a, b, c, d} i B = {1, 2, 3}. Koje je preslikavanje sirjekcija:

(a) f = {(a, 1) , (b, 2) , (c, 1) , (d, 2)} ,

(b) g = {(a, 1) , (b, 3) , (c, 2) , (d, 3)} ,

(c) h = {(a, 1) , (b, 1) , (c, 1) , (d, 1)}?

3. Dati su skupovi A = {1, 2, 3, 4, 5} i B = {5, 7, 3, 11, 9} i funkcija f (x) = 2x+1 : A → B.

Odrediti f−1 (x) : B → A, pa naci f−1 (7) .

4. Date su funkcije f (x) = 3x − 1 : R → R i g (x) = 2x + 5 : R → R.

Odrediti g ◦ (f ◦ g)−1.

5. Dati su skupovi A = {−2,−1, 0, 1, 2} , B = {0, 1, 2, 4} i C = {−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3} ipreslikavanja f (x) = x2 : A → B i g (x) = x − 3 : B → C.

(a) Predstaviti grafom kompoziciju H preslikavanja f i g,

(b) Napisati sve elemnte gunkcija f , g i h.

6. Dati su skupovi A = {x | 3 ≤ x ≤ 10 ∧ x ∈ R} i B = {x | 3 ≤ x ≤ 17 ∧ x ∈ R} .

(a) odrediti jedno bijektivno preslikavanje f : A → B,

(b) odrediti f (5) .

20

7. Dati su skupovi {x | −1 ≤ x ≤ 4 ∧ x ∈ R} i B = {x | 1 ≤ x ≤ 11 ∧ x ∈ R} . Odreditijedno bijektno preslikavanje f : A → B, pa naci f (−2) .

8. Data su preslikavanja f (x) = 3x + 5 : R → R i g (x) = −2x + 1 : R → R. Naci

(a) kompoziciju preslikavanja f (x) i g (x) ,

(b) inverzno preslikavanje prslikavanja g ◦ f.

9. Data su preslikavanja f (3x − 1) = −3x + 2 : R → R i g (x) = −1

3x −

3

2: R → R.

Odrediti:

(a) kompoziciju preslikavanja f (x) i g (x) ,

(b) inverzno preslikavanje preslikavanja g ◦ f

10. Date su funkcije f

(

−2

3x − 1

)

= −2x + 4 : R → R i g

(1

4x + 1

)

= 1 −1

4x : R → R.

Naci kompoziciju funkcije f (x) i g (x) .

Rjesenje:

1. a) f je preslikavanje sa A = {a, b, c, d} u B = {1, 2, 3, 4} ,

b) g je bijekcija sa A = {a, b, c, d} na B = {1, 2, 3, 4} ,

c) h je sirjekcija sa A = {1, 2, 3, 4} na B = {a, b, c} .

2. Preslikavanje pod b) je sirjekcija, jer g (A) = B.

3. Ako je f (x) = 2x + 1, onda je inverzna funkcija

x = 2f−1 (x) + 1 ⇒ f−1 (x) =1

2(x − 1) : B → A, f−1 (7) =

1

2(7 − 1) = 3

4. f (x) = 3x − 1 : R → R, g (x) = 2x + 5 : R → R,

(f ◦ g) (x) = f (g (x)) = 3 (2x + 5) − 1 = 6x + 14,

x = 6 (f ◦ g)−1 + 14 =⇒ (f ◦ g)−1 =1

6(x − 14) ,

(

g ◦ (f ◦ g)−1)

(x) = 2

[1

6(x − 14)

]

+ 5 =1

3(x + 1) .

21

Slika 23.

5. a) h = (g ◦ f) (x) = x2 − 3.

Kompozicija preslikavanja f i g data je na grafu (slika 23).

b) f (x) = {(−2, 4) , (−1, 1) , (0, 0) , (1, 1) , (2, 4)} ,

g (x) = {(0,−3) , (1,−2) , (2,−1) , (4, 1)} ,

h (x) = {(−2, 1) , (−1,−2) , (0,−3) , (1,−2) , (2, 1)} .

6. A = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} , B = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17} .

a) postavimo kroz tacke M (3, 3) i N (10, 17) pravu y = kx + n

3 = 3k + n

17 = 10k + n

}

⇒ k = 2, n = −3. Trazena funkcija je f (x) = 2x − 3 (sl.24).

b) f (5) = 7.

Slika 24.

7. A = {−1, 0, 1, 2, 3, 4} i B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}

f (x) = 2x + 3

f (−2) ne postoji, jer −2 /∈ A.

8. a) (g ◦ f) (x) = g (f (x)) = −2 (3x + 5) + 1 = −6x − 9,

b) x = −6y − 9 =⇒ y = −1

6(x + 9) ,

(g ◦ f)−1 (x) = −1

6x −

3

2.

22

9. f (3x − 1) = −3x + 2,

3x − 1 = t =⇒ x =t + 1

3,

f (t) = −3 ·t + 1

3+ 2 = −t + 1, pa je f (x) = 1 − x.

(g ◦ f) (x) = g (f (x)) = −1

3(1 − x) −

3

2=

1

3x −

1

3−

3

2=

1

3x −

11

6=⇒ x =

1

3y −

11

6=⇒

6x = 2x − 11 y =6x + 11

2=⇒ y = 3x +

11

2

(g ◦ f)−1 (x) = 3x +11

2.

10. f (x) = 3x + 7, g (x) = 2 − x, h (x) = (g ◦ f) (x) = g (f (x)) = −3x − 5.

1.5. Binarne operacije

Binarna operacija na skupu A je svako preslikavanje ∗ skupa A2 u skupu A

Dakle, ∗ : A2 → A

Ako paru (a, b) ∈ A2 binarnom operacijom ∗ pridruzujemo elemenat c ∈ A, onda pisemo∗ (a, b) = c ili a ∗ b = c

Napr. dat je skup A = {1, 2, 3, 6} i a ∗ b def== NZS {a, b}

Formirati tablicu za operaciju ∗ skupa A

∗ 1 2 3 6

1 1 2 3 6

2 2 2 6 6

3 3 6 3 6

6 6 6 6 6

Ovo je Kejlijeva tablica za datu operaciju. Skup A je zatvoren u odnosu na operaciju ∗

ako je (∀a, b ∈ A) a ∗ b ∈ A.

1.5.1. Osnovne osobine operacija

Neka su ∗ i ◦ (zvjezdica i kruzic) binarne operacije u skupu A

1. Ako je (∀a, b,∈ A) a ∗ b = b ∗ a, onda kazemo da je operacija ∗ komutativna.

2. Ako je (∀a, b, c ∈ A) (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c), onda kazemo da je operacija ∗ asocijativna.

3. Ako postoji e ∈ A, takav da je (∀a ∈ A) a∗e = e∗a = a, onda je e jedinicni (neutralni)element.

23

4. Ako za a ∈ A postoji a′ ∈ A takav da je a ∗ a′ = a′ ∗ a = e, onda je a′ inverzni elementelementa a.

5. Ako je c∗(a ◦ b) = (c ∗ a)◦(c ∗ b) , onda kazemo da je operacija ∗ distributivna (slijeva)prema operaciji ◦.

Zadatak:Dat je skup S = {−1, 1,−i, i} i operacija mnozenja. Formirati Kejlijevu tablicu za datu

operaciju na datom skupu.· -1 1 -i i-1 1 -1 i i1 -1 1 -i i-i i -i -1 1i -i i 1 -1

Iz ove tablice se vidi da je skup S zatvoren u odnosu na operaciju. Vazi asocijativnosti komutativni zakon.

Jedinicni element je 1.(∀x ∈ S) (∃x′ ∈ S) x · x′ = x′ · x = 1.

24

.

II - ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE

.

2. Matrice

2.1. Osnovni pojmovi

Ako je uredeni par (K, +) Abelova grupa i (K \ {0}, ·) takoder Abelova grupa i ako josusto vrijedi distributivni zakon mnozenja u odnosu na sabiranje, onda se skup {K, +, ·}

naziva polje. Sa K oznacavamo bilo skup R bilo skup C.Funkcija f(i, j) = aij od dvije varijable i i j definisana na skupu {1, 2, ..., m} × {1, 2, ..., n}

sa vrijednostima u nekom polju K naziva se MATRICA.Zbog jednostavnosti kazemo da je matrica pravokutna sema oblika

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n..

.

...

.

.

am1 am2 ... amn

Matrice obiljezavamo velikim slovima A, B, C...

A =

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n..

.

...

.

.

am1 am2 ... amn

ili krace A = (aij)mxn, ili A =‖ aij ‖m×n ili A = [aij ]mn

Sto znaci da je matrica A tipa m × n, ili reda m × n, odnosno matrica A je formata

m × n (m redaka ili vrsta i n stupaca ili kolona).Dvije matrice A i B su jednake ako i samo ako su istog tipa i ako su im odgovarajuci

elementi jednaki tj. A = B ⇐⇒ aij = bij , (i = 1, 2, ..., m ; j = 1, 2..., n).Ako je m = n, matrica je kvadratna, a ako je m 6= n,kazemo da je matrica pravougaona

tipa m × n.

Ako su svi elementi kvadratne matrice van glavne dijagonale nule, matrica je dijago-

nalna i pisemo:

D =

a11 0 ... 0

0 a22 ... 0..

.

...

.

.

0 0 ... ann

.

Ako su u dijagonalnoj matrici svi elemnti aii = 1, matrica je jedinicna i obiljezava seslovom E :

E =

1 0 ... 0

0 1 ... 0..

.

...

.

.

0 0 ... 1

.

Matrica 0, ciji su svi elementi jednaki nuli naziva se nula matrica.Transponovana matrica matrice A = (aij)m×n je matrica A′ = (a′ij)n×m za koju ju je

27

a′ij = aji (i = 1, 2, ..., n ; j = 1, 2..., m).

Ona se dobija kada se vrste matrice A uzmu za odgovarajuce kolone matrice A′.Transponovana matrica oznacava se i sa AT .

2.2. Operacije sa matricama

Zbir dvije matrice A i B istog tipa je matrica C za koju se cij = aij + bij (i = 1, 2, ..., m;

j = 1, 2..., n).

Naprimjer,

A =

1 2

3 1

2 0

, B =

2 3

−1 0

0 5

=⇒ A + B =

1 2

3 1

2 0

+

2 3

−1 0

0 5

=

=

1 + 2

3 + (−1)

2 + 0

2 + 3

1 + 0

0 + 5

=

3 5

2 1

2 5

Proizvod skalara λ ∈ k i matrice B je matrica A za koju je aij = λbij (i = 1, 2, ..., m;j = 1, 2..., n).

Na primjer odrediti 5 · A ako je

A =

(15 1

0 2

)

=⇒ 5 · A = 5 ·

(15 1

0 2

)

=

(5 · 1

5 5 · 1

5 · 0 5 · 2

)

=

(1 5

0 10

)

Neka je A = (aij)m×pi B = (bij) p × n, onda je Proizvod matrica A i B (A · B) jednak

matrici C = (cij)m×nza koji je cij =

p∑

aik

k=1

bkj , (i = 1, 2, ..., m; j = 1, 2..., n)

Primjer: Odrediti proizvod matrice A =

(3 2 1

2 0 4

)

i B =

1 2

−1 0

0 1

.

A·B =

(3 2 1

2 0 4

)

·

1 2

−1 0

0 1

=

(3 · 1 + 2 · (−1) + 1 · 0 3 · 2 + 2 · 0 + 1 · 1

2 · 1 + 0 · (−1) + 4 · 0 2 · 2 + 0 · 0 + 4 · 1

)

=

(1 7

2 8

)

.

28

2.3. Determinante

Determinanta matrice A je kvadratna shema od n2 brojeva, cija je vrijednost jednaka zbirun! sabiraka oblika (−1)s a1j1, a2j2...anjn, gdje je s broj inverzija permutacije (j1, j2, ...jn), tj.

det A = D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n..

.

...

.

.

am1 am2 ... amn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=∑

(j1,j2,...jn)∈n!

(−1)s a1j1, a2j2...anjn.

Neposrednom primjenom definicije, izracunavamo determinante drugog i treceg reda:

det

(a11 a12

a21 a22

)

= D =

∣∣∣∣

a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣=

∑

(j1,j2)

(−1)s a1j , a2j = a11a22 − a12a21

(j1, j2) = (1, 2) (broj inverzija 0,(2, 1) broj inverzija 1).

det

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= D =

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

=∑

(j1,j2,j3)

(−1)s a1j1, a2j2, a3j3,

(j1, j2, j3) = (1, 2, 3) (0 inverzija) ,

(1, 3, 2) (1 inverzija) ,

(2, 1, 3) (1 inverzija) ,

(2, 3, 1) (2 inverzija) ,

(3, 1, 2) (2 inverzija) ,

(3, 2, 1) (3 inverzija) .D = a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31

Svaki element determante D ima dva indekas (aij) prvi indeks kazuje iz kojeg retka(vrste) je element, a drugi indeks kazuje iz kojeg stupca (kolone) je taj elemenat.

Ako u determinanti D retci i stupci zamijene mjesta dobije se transponovana deter-minanta.

2.3.1. Osobine determinanta

1. Transpozicijom se vrijednost determinante ne mjenja tj. det(AT ) = det(A)

2. Ako se redak (ili stupac) neke determinante A pomjeri za m redova (stupaca) ondaje nova determinanta B = (−1)mA.

3. Ako u nekoj determinanti dva retka (ili stupca) zamjene mjesta, onda se promijeniznak determinante.

4. Ako su kod neke determinante dva retka (ili stupca) jednaka, determinanta je jed-naka nuli.

29

5. Determinanta kod koje su svi elementi jednog retka (stupca) jednaki nuli, identickije jednaka nuli.

6. Determinanta se mnozi nekim skalarom λ tako da se svaki elemenat jednog retka(stupca) pomnozi tim skalarom

7. Ako su odgovarajuci elementi dvaju redaka (stupaca) proporcionalni, onda je tadeterminanta jednaka nuli.

8. Determinanta ne mjenja svoju vrijednost ako elemente ma kojeg retka (stupca)pomnozimo nekom konstantom pa dodamo bilo kojem retku (stupacu).

9. Laplasova teorema: Determinanta D jednaka je zbiru proizvoda elemenata bilo kog

retka (stupca) sa odgovarajucim kofaktorima, tj. D =n∑

j=1aijAij .

Aij je kofaktor ili algebarski komplement elementa aij , a racuna se po formuli

Aij = (−1)i+jMij .

Mij je minor (subdeterminanta) koja odgovara elementu aij . Dobije se kad u deter-minanti D izostavimo elemente i-tog retka i j-tog stupca.

Laplasova teorema cesto se koristi pri izracunavanju determinanata cetvrtog i viseg reda.

Primjer: Izracunati determinantu D:

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −2 2 1

−1 1 2 −2

2 −1 0 1

1 −1 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Ako primjenimo Laplasovu teoremu, pa razvijemo ovu determinantu po elementima trecegretka,dobit cemo:

D = 2 · (−1)3+1 M31 + (−1) · (−1)3+2 M32 + 0 · (−1)3+3 M33 + 1 · (−1)3+4 M34 =

= 2

∣∣∣∣∣∣

−2 2 1

1 2 −2

−1 1 2

∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣

1 2 1

−1 2 −2

1 1 2

∣∣∣∣∣∣

−

∣∣∣∣∣∣

1 −2 2

−1 1 2

1 −1 1

∣∣∣∣∣∣

.

Za izracunavanje determinante treceg reda najcesce se koristi Sarusovo pravilo. Onose sastoji u tome da determinanti dopisemo prvu i drugu kolonu a onda obrazujemoproizvode elemenata koje leze na dijagonalama:

30

Proizvodi elemenata dijagonala paralelnih sa glavnom dijagonalom bice pozitivnooznaceni, a proizvodi elemenata dijagonala paralelnih sa sporednom dijagonalom bicenegativno oznaceni. Algebarski zbir svih proizvoda bice vrijednost ove determinante.

D = 2 (−8 + 4 + 1 + 2 − 4 − 4) + (4 − 4 − 1 − 2 + 2 + 4)−

− (1 − 4 + 2 − 2 + 2 − 2) = −18 + 3 + 3 = −12

Posto je u trecem retku bila jedna nula determinanta cetvrtog reda svela se na trideterminante treceg reda. Pokusajmo sada elementarnim transformacijama u nekom retku(stupcu) dobiti tri nule. Ako cetvrti stupac pomnozimo sa -2 pa dodamo prvom, zatimcetvrti stupac dodamo drugom, treci stupac prepisemo i cetvrti prepisemo, dobijamo utrecem retku na tri mjesta nule:

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

−1 −1 2 1

3 −1 2 −2

0 0 0 1

−3 1 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Ako ovu determinantu razvijemo po elementima treceg retka (jer tu imamo tri nule),dobit cemo:

D = 0 · || + 0 || + 0 || + 1 · (−1)3+4 M34 =

= −

∣∣∣∣∣∣

−1 −1 2

3 −1 2

−3 1 1

∣∣∣∣∣∣

= − (1 + 6 + 6 − 6 + 2 + 3) = −12

10. det (AB) = det(A) det(B) (Teorema Bine-Cauchy),

Zadaci

1. Izracunati vrijednost determinante:

a)

∣∣∣∣

x + y x − y

x − y x + y

∣∣∣∣, b)

∣∣∣∣

cos x − sinx

sin x cos x

∣∣∣∣,

c)

∣∣∣∣

cos x + i sinx 1

1 cos x − i sinx

∣∣∣∣, d)

∣∣∣∣∣∣

3 4 −5

2 1 8

8 7 −2

∣∣∣∣∣∣

31

e)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 3 4

2 0 0 8

3 0 0 2

4 4 7 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

, f)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

7 2 1 3 4

1 0 2 0 3

3 0 4 0 7

6 3 2 4 5

5 1 2 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Rjesenje:

1. a) 4xy, b) 1, c) 0, d) 68, e) 100, f) −2.

2. Izracunati vrijednost determinante:

a)

∣∣∣∣

1 logb a

loga b 1

∣∣∣∣,b)

∣∣∣∣∣∣∣

1 + a2

1 − a2

2a

1 − a2

2a

1 − a2

1 + a2

1 − a2

∣∣∣∣∣∣∣

, c)

∣∣∣∣

a2 + ab + b2 a + b

a2 − ab + b2 a − b

∣∣∣∣.

Rjesenje:a) 0, b) 1, c) −2b3.

3. Rjesiti jednacinu:

a)

∣∣∣∣∣∣

x − 3 x + 2 x − 1

x + 2 x − 4 x

x − 1 x + 4 x − 5

∣∣∣∣∣∣

= 0,b)

∣∣∣∣∣∣

2x − 6 x + 1 x − 1

2x + 4 x − 5 x − 5

2x − 2 x + 1 x − 5

∣∣∣∣∣∣

= 0

Rjesenje:

a) mnozenjem prvog retka sa -1 i dodavanjem druom retku, pa ponovo pomnozimoprvi redak sa -1 pa dodamo trecem, dobit cemo:

∣∣∣∣∣∣

x − 3 x + 2 x − 1

5 −6 1

2 2 −4

∣∣∣∣∣∣

= 0 =⇒

424 (x − 3) + 2 (x + 2) + 10 (x − 1) + 12 (x − 1) − 2 (x − 3) + 20 (x + 2) = 0

22 (x − 3) + 22 (x + 2) + 22 (x − 1) = 0

x − 3 + x + 2 + x − 1 = 0 =⇒ 3x = 2 =⇒ x2

3,

b) x2

3.

32

4. Rjesiti nejednacinu:

a)

∣∣∣∣∣∣∣∣

1x2

2 − x− 1 −1

1 1 1

2 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

> 1,b)

∣∣∣∣∣∣

2 x + 2 −1

1 1 −2

5 −3 x

∣∣∣∣∣∣

>x + 6

x + 4,

c)

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1

1x2

2 − x2

1 1 2

∣∣∣∣∣∣∣∣

> 0.

Rjesenje:

a) x ∈ [−∞,−2] ∪ [1, 2] ,b) x ∈ [−6, 4] ,c) x ∈ [−∞,−2] ∪ [1, 2]

5. Ako je:

A =

(1 2

3 4

)

, B =

(1 −1

0 3

)

, C =

−1 2 −3

4 0 2

1 3 5

, D =

1 2 3

−1 4 4

0 7 8

Izracunati det(AB), det (CD) .

Rjesenje:

det(AB) = det(A) det(B) = (−2) · 3 = −6

det (CD) = det (C) det (D) = 66 · (−1) = −66.

6. Provjeriti sljedece rezultate:

a)

∣∣∣∣∣∣

1 a bc

1 b ac

1 c ab

∣∣∣∣∣∣

= (a − b) (b − c) (c − a) ,

b)

∣∣∣∣∣∣

a b + c 1

b a + c 1

c a + b 1

∣∣∣∣∣∣

= 0,c)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1

1 a 1 1

1 1 a 1

1 1 1 a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (a − 1)3 .

2.4. Inverzna matrica

Za kvadratnu matricu A kazemo da je regularna ako je det A 6= 0. Singularna je ako jedet A = 0.

Za regularnu kvadratnu matricu A kazemo da ima inverznu matricu A−1 ako i samoako je A · A−1 = A−1 · A = E.

33

Tada je

A−1 =1

detA

A11 A12 ... A1n

A21 A22 ... A2n..

.

...

.

.

An1 An2 ... Ann

T

=1

det A· A∗

A∗ je adjugovana matrica matrice A i oznacava se i sa adjA. Matrica A dobije setako sto se elementi aij matrice A zamjene njihovim kofaktorima Aij, pa se tako dobijenamatrica transponuje.

Primjer: A =

1 2 3

2 5 7

−2 −4 −5

, odrediti A−1

A−1 =1

detA

A11 A12 ... A13

A21 A22 ... A23

A31 A32 ... A33

T

, det A =

∣∣∣∣∣∣

1 2 3

2 5 7

−2 −4 −5

∣∣∣∣∣∣

=

−25 − 28 − 24 + 30 + 28 + 20 = 1

A11 = (−1)1+1 M11 =

∣∣∣∣

5 7

−4 −5

∣∣∣∣

= −25 + 28 = 3, A12 = (−1)1+2 M12 = −

∣∣∣∣

2 7

−2 −5

∣∣∣∣

=

− (−10 + 14) = −4,

A13 =

∣∣∣∣

2 5

−2 −4

∣∣∣∣= −8 + 10 = 2, A21 = −

∣∣∣∣

2 3

−4 −5

∣∣∣∣= −2,

A22 =

∣∣∣∣

1 3

−2 −5

∣∣∣∣= 1, A23 = −

∣∣∣∣

1 2

−2 −4

∣∣∣∣= 0

A31 =

∣∣∣∣

2 3

5 7

∣∣∣∣= −1, A32 = −

∣∣∣∣

1 3

2 7

∣∣∣∣= −1, A33 =

∣∣∣∣

1 2

2 5

∣∣∣∣= 1,

A−1 =1

1

3 −4 2

−2 1 0

−1 −1 1

T

=

3 −2 −1

−4 1 −1

2 0 1

.

2.5. Rang matrice

Pod minorom matrice A = (aij)m×npodrazumijeva se svaka kvadratna matrica koja se

moze saciniti od elemenata date matrice.Za matricu A kazemo da ima rang r (tj. rang A = r) ako postoji bar jedan regularan

minor reda r, a svi minori reda r + 1 i viseg su singularni.Matrica A = (aij)m×n

ima ukupno(mr

)·(nr

)minora r-tog reda.

34

Primjer:Odrediti rang matrice A =

1 2 1 3 4

3 4 2 6 8

1 2 1 3 4

.

Svi minori treceg reda, a njih je ukupno

(5

3

)

= 10, su singularni, pa rang matrice A

nije tri. Posmatrajmo sada minore drugog reda kojih ima ukupno

(3

2

)

·

(5

2

)

= 3 · 10 =

30. Neki od njih su regularni to je napr. minor u lijevom gornjem uglu

(1 2

3 4

)

jer je

det

(1 2

3 4

)

=

∣∣∣∣

1 2

3 4

∣∣∣∣= 4 − 6 = −2, pa je rang A = 2 ovaj minor zvat cemo bazni minor

ili glavni minor (Mgl =

(1 2

3 4

)

).

Nekad je isuvise dugacak put do nalazenja baznog minora, pa se koriste elementarnetransformacije.

Elementarne transformacije matrica su:1. zamjena mjesta dva retka ili stupca,2. pomnozimo elemente nekog retka ili stupca brojem razlicitim od nule,3. elemente nekog retka ili stupca, pomnozene brojem razlicitim od nule, dodamo

odgovarajucim elementima nekog drugog retka ili stupca.Matrice, koje se mogu transformisati jedna u drugu primjenom konacno mnogo el-

ementarnih transformacija nazivamo ekvivalentnim matricama u oznaci A ∼ B, onda jerang A = rangB.

Primjenimo ovaj postupak na matricu A iz prethodnog primjera:

A =

1 2 1 3 4

3 4 2 6 8

1 2 1 3 4

∼

1 2 1 3 4

0 −2 −1 −3 −4

0 0 0 0 0

Prvi redak matrice A pomnozili smo sa −3 i dodali elementima drugog retka, pa smodobili ekvivalentnu matricu koja u trecem retku ima sve elemente jednake nuli. Otudasu svi minori treceg reda singularni, pa je rang matrice A dva jer na glavnoj dijagonalitrapezne matrice imamo dva elementa razlicita od nule.

Rang matrice A jednak je maksimalnom broju linearno nezavisnih redaka ili stubacate matrice.

Zadaci

1. Date su matrice A =

4 3 7

−1 6 0

2 8 2

i B =

0 3 1

1 5 −2

2 8 −2

odrediti

a) A + B, b) A − B, c) 3A − 2B, d) A · B, e) B · A.

35

Rjesenje:

a)

4 6 8

0 11 −2

4 16 0

, b)

4 0 6

−2 1 2

0 0 4

, c)

12 3 19

−5 8 4

2 8 10

, d)

17 83 −16

6 27 −13

12 62 −18

,

e)

−1 26 2

−5 17 3

−4 38 10

.

Ako uporedimo rezultate d) i e) vidimo da opcenito A·B 6= B ·A. Dakle, za mnozenjematrica ne vrijedi zakon komutacije.

2. Izracunati:

a)

(3 −2

5 −4

)

·

(3 4

2 5

)

, b)

2 4 5

3 2 6

1 1 7

·

1 −1 6

3 0 4

5 2 10

,

c)

2 3

1 6

0 1

·

(2 1

3 5

)

, d)

1 4

2 −5

3 6

·

(1 4 −2

2 5 6

)

, e)

2

1

3

·(

1 2 3),

f)(

a b c)·

1

2

3

.

Rjesenje:

a)

(5 2

7 0

)

, b)

39 8 78

39 9 86

39 13 80

, c)

13 17

20 31

3 5

, d)

9 24 22

−8 −17 −34

15 42 30

,

e)

2 4 6

1 2 3

3 6 9

, f) a + 2b + 3c.

3. Izracunati A·(B + C)·D ako je A =

(2 3 5

1 0 1

)

, B =

2 −3

2 1

3 1

, C =

−1 2

2 0

0 1

,

D =

(1 2 0 1

1 2 −1 0

)

Rjesenje: A · (B + C) · D =

(40 80 −11 29

5 10 −1 4

)

36

4. Ako je f(x) = −2 − 5x + 3x2 i A =

(1 2

3 1

)

pokazati da je f (A) =

(14 2

3 18

)

f(A) = −2 · E − 5 ·

(1 2

3 1

)

+ 3

(1 2

3 1

)

·

(1 2

3 1

)

=

= −2 ·

(1 0

0 1

)

− 5 ·

(1 2

3 1

)

+ 3 ·

(7 4

6 7

)

=

(−2 0

0 −2

)

+

(−5 −10

−15 −5

)

+

(21 12

18 21

)

=

∣∣∣∣

14 2

3 18

∣∣∣∣.

Dakle, f (A) =

(14 2

3 18

)

.

5. Naci adjugovanu matricu matrice A =

−1 1 2

1 0 3

0 1 1

Rjesenje:

adjA =

A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

T

=

−3 −1 1

1 −1 1

−3 5 −1

T

=

−3 1 −3

−1 −1 5

1 1 −1

.

A11 = (−1)1+1 M11 =

∣∣∣∣

0 3

1 1

∣∣∣∣= −3, A12 = −1 A13 = 1,

A21 = (−1)2+1 M21 = −

∣∣∣∣

1 2

1 1

∣∣∣∣= 1, A22 = −1, A23 = 1

A31 = −3, A32 = 5, A33 = −1,

6. Naci inverznu matricu date matrice:

a) A =

(2 1

5 3

)

, b) A =

1 0 2

1 1 0

1 1 1

, c) A =

2 3 1

1 2 3

3 1 2

.

Rjesenje:

a) A−1 =1

det A

(A11 A12

A21 A22

)T

=1

1

(3 −5

−1 2

)T

=

(3 −1

−5 2

)

b) A−1 =

1 2 −2

−1 −1 2

0 −1 1

, c) A−1 =1

18

1 −5 7

7 1 −5

−5 7 1

.

37

7. Odrediti rang matrice:

a) A =

1 2 3

2 3 4

3 5 7

, b) A =

1 −2 0 2

−1 0 1 3

1 −1 0 −2

2 −4 1 1

c) A =

2 −1 3 −2 4

4 −2 4 1 7

2 −1 1 8 2

, d) A =

0 1 3 −2 −4

1 2 6 0 −1

2 3 9 2 2

1 1 3 2 3

.

Rjesenje:

a) A =

1 2 3

2 3 4

3 5 7

∼

1 2 3

0 −1 −2

0 −1 −2

∼

1 2 3

0 −1 −2

0 0 0

=⇒ r (A) = 2,

b) A =

1 −2 0 2

−1 0 1 3

1 −1 0 −2

2 −4 1 1

∼

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −2 0 2

0 −2 1 5

0 1 0 −4

0 0 1 −3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Prvi redak smo prepisali, pa smo ga dodali drugom, pa prvi redak pomnozili sa −1

i dodali trecem, pa pomnozili sa −2 i dodali cetvrtom. Sada zamjenimo treci redaksa drugim, pa je

∼

1 −2 0 2

0 1 0 −4

0 −2 1 5

0 0 1 −3

(drugi redak mnozimom sa dva, pa dodamo trecem)

∼

1 −2 0 2

0 1 0 −4

0 0 1 −3

0 0 1 −3

treci mnozimo sa −1 i dodamo cetvrtom

∼

1 −2 0 2

0 1 0 −4

0 0 1 −3

0 0 0 0

=⇒ r (A) = 3,

c) r (A) = 2, d) r (A) = 2.

38

8. Diskutovati rang matrice A =

1 λ −1 2

2 −1 λ 5

1 10 −6 1

za razne vrijednosti λ.

Rjesenje:

A =

1 λ −1 2

2 −1 λ 5

1 10 −6 1

∼

1 2 λ −1

2 5 −1 λ

1 1 10 −6

∼

∼

1 2 λ −1

0 1 −1 − 2λ λ + 2

0 −1 10 − λ −5

∼

1 2 λ −1

0 1 −1 − 2λ λ + 2

0 0 9 − 3λ λ − 3

.

Za λ = 3 treci redak matrice ima sve nule pa je r (A) = 2 za λ 6= 3, r (A) = 3.

9. Odredi rang matrice A =

3 5 4 −2 2

6 4 3 −a 3

9 3 2 −6 b

u zavisnosti od realnih parametara a

i b.

Rjesenje:

A ∼

1 5 4 −2 2

2 4 3 −a 3

3 3 2 −6 b

(prvi stupac smo podjelili sa tri. Sada prvi redak mnozimo sa −2 i dodamo drugom)

∼

1 5 4 −2 2

0 −6 −5 4 − a −1

0 −12 −10 0 b − 6

(drugi redak mnozimo sa −2 i dodamo trecem)

∼

1 5 4 −2 2

0 −6 −5 4 − a −1

0 0 0 2a − 8 b − 4

.

(a) za a = 4 ∧ b = 4 u trecem retku svi elemnti matrice su nule, pa je r (A) = 2,

(b) za a 6= 4 ∨ b 6= 4 r (A) = 3.

10. Odrediti realne brojeve a i b tako da je rang matrice

A =

1 3 1 1

2 6 −3 −4

a b 6 2

jednak dva.

39

Rjesenje:

Za a = 26 ∧ b = 78 r (A) = 2.

11. Utvrditi rang matrice A =

λ + 1 0 3

−3 λ − 2 −3

3 0 λ + 1

u zavisnosti od parametra λ.

Rjesenje: 1. λ = 2 =⇒ r (A) = 1, 2. λ = −4 =⇒ r (A) = 2 3. λ 6= 2 ∧ λ 6= −4 =⇒

r (A) = 3.

2.6. Matricne jednacine

Neka su A i B poznate matrice. Jednacine A + X = B, A · X = B, Y · A = B, gdje su X iY nepoznate matrice nazivamo linearne matricnim jednacinama.

Jednacina A + X = B ima jedinstveno rjesenje X = B − A. Jednacina A · X = B

mnozenjem sa A−1 slijeva (ako je matrica A regularna) dobije se A−1 ·A ·X = A−1 ·B =⇒

E ·X = A−1 ·B =⇒ X = A−1 ·B. Slicno Y ·A = B (po pretpostavci A je regularna matrica)mnozenjem jednacine sa A−1 sdesna dobije se

Y · A · A−1 = B · A−1 =⇒ Y · E = B · A−1 =⇒ Y = B · A−1

Zadaci

1. Rijesiti jednacine:

(a) X · A = B, ako je A =

1 1 1

−1 −2 −3

2 3 5

, B =

0 1 0

1 0 0

0 0 −1

,

(b)

1 2 −3

3 2 −4

2 −1 0

· X =

1 −3 0

10 2 7

10 7 8

,

(c)

2 −3 1

4 −5 2

5 −7 3

· X ·

9 7 6

1 1 2

1 1 1

=

2 0 −2

18 12 9

23 15 11

.

40

Rjesenje:

(a) B · A−1 =1

detA

A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

T

=

=1

−1

−1 −1 1

−2 3 −1

−1 2 −1

T

=

1 2 1

1 −3 −2

−1 1 1

X =

0 1 0

1 0 0

0 0 −1

·

1 2 1

1 −3 −2

−1 1 1

=

1 −3 −2

1 2 1

1 −1 −1

,

(b) X =

6 4 5

2 1 2

3 3 3

,

(c) A · X · B = C =⇒ A−1AXB · B−1 = A−1C · B−1

X = A−1C · B−1 =⇒ X =

1 1 1

1 2 3

2 3 1

.

2. Rijesiti jednacine:

(a) A · X = X + E, gdje je A =

1 −1 1

1 3 −2

3 1 −1

,

(b) AX − E = X + E, ako je A =

0 1 1

1 0 1

1 1 0

,

(c) A · X−1 = A − X−1,ako je A =

(−2 1

−1 2

)

.

Rjesenje:

(a) AX − X = E,

(A − E)X = E,

(A − E)−1 (A − E)︸︷︷︸

X = (A − E)−1 · E,

EX = (A − E)−1,

41

X = (A − E)−1 =

1 −1 1

1 3 −2

3 1 −1

−

1 0 0

0 1 0

0 0 1

−1

=

=

0 −1 1

1 2 −2

3 1 −2

︸︷︷︸

B

−1

,

X = B−1 =1

detB

B11 B12 B13

B21 B22 B23

B31 B32 B33

T

=

=1

−1

−2 −4 −5

−1 −3 −3

0 1 1

T

=

2 1 0

4 3 −1

5 3 −1

.

det B = −1,

B11 = −2, B12 = −4, B13 = −5,

B21 = −1, B22 = −3, B23 = −3,

B31 = 0, B32 = 1, B33 = 1.

(b) AX − X = E + E

(A − E) · X = 2E

(A − E)−1 · (A − E) · X = (A − E)−1 · 2E =⇒ X = 2 (A − E)−1 ,

(A − E)−1 =1

4

0 2 2

2 0 2

2 2 0

,

X = 2 ·1

4·

0 2 2

2 0 2

2 2 0

=

0 1 1

1 0 1

1 1 0

.

(c) AX−1 + X−1 = A =⇒ (A + E)X−1 = A =⇒ (A + E)X−1 · X = A · X =⇒

A + E = AX,

A−1 (A + E) = A−1AX,

A−1 (A + E) = X =⇒ X = E + A−1 =⇒ X =

(1 0

0 1

)

−1

3

(2 −1

1 −2

)

,

X =1

3

(1 1

−1 5

)

.

3. Rijesiti matricnu jednacinu (E + A) (X + E)−1 = A, ako je A =

1 1 1

0 1 0

2 1 0

.

42

Rjesenje:

E + A = A (X + E) ,

E + A = AX + A,

AX = E =⇒ X = A−1 =1

2

0 −1 1

0 2 0

2 −1 −1

.

4. Rijesiti matricne jednacine:

(a) AX−1 + X−1 = B, ako je A =

(1 2

3 4

)

, B =

(−1 0

−1 2

)

.

(b) AX − A = 2EX + E, ako je A =

0 1 2

2 3 4

1 0 1

.

(c) A2X = E, ako je A =

1 0 1

3 5 6

1 0 2

.

(d) 3E − 2 (X + A)−1 = 2E, ako je A =

2 0 3 1

3 2 9 −1

4 6 4 2

1 4 3 −2

.

Rjesenje:

(a) (A + E)X−1 = B =⇒ A + E = BX =⇒ X = B−1 · (A + E) =

(−2 −212

32

)

,

(b) (A − 2E)X = A + E =⇒ X = (A − 2E)−1 · (A + E) =

12

12 1

3 1 4

−12

12 −1

,

(c) X =(A2

)−1

=

5 0 335

125 −18

25

−3 0 2

,

(d) 3E − 2E = 2 (X + A)−1 =⇒ X + A = 2E =⇒ X = 2E − A =

=

0 0 −3 −1

−3 0 −9 1

−4 −6 −2 −2

−1 −4 −3 4

.

43

3. Sistemi linearnih jednacina


Skup od m linearnih jednacina sa n nepoznanica

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2...

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm

(1)

nazivamo sistemom od m linearnih jednacina sa n nepoznanica. Brojevi aij (i = 1, 2, ...m ;j = 1, 2, ...n) su koeficijenti uz nepoznanice, bi su slobodni clanovi sistema. Prvi indeks I UAIJ oznacava redni broj jednacine, a drugu indeks j oznacva redni broj nepoznanice.

Rijesiti sistem (1) znaci naci vrijednosti brojeva x1, x2, ...xn u zavisnosti od aij i bi takoda bude zadovoljena svaka od jednacina tog sistema.

Ako su svi slobodni clanovi jednaki nuli sistem je homogen. Ako je bar jedan odslobodnih clanova bi(i = 1, 2, ...m) razlicit od nule, sistem je nehomogen.

Ako sistem (1) ima samo jedno rjesenje, sistem je odredjen, a ako ima beskonacnomnogo rjesenja, sistem je neodredjen. Ako sistem (1) uopste nema rjesenja, sistem jenemoguc (protivrjecan). Za sistem koji ima rjesenje (jedno ili beskonacno) kazemo da jesaglasan, a ako nema rjesenja sistem je nesaglasan.

3.2. Nehomogeni sistem od n linearnih jednacinasa n nepoznanica

Neka je dat sistem:

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2...

an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn

(2)

Formirajmo determinantu sastavljenu od koeficijenata uz nepoznanice u sistemu (2),pa je obiljezimo sa D.

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

...an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

44

Ako sa Di oznacimo determinantu koju dobijemo kada u determinanti D i-ti stupaczamijenimo slobodnim clanovima, onda vrijedi kramerova teorema koja glasi:

Vrijednost nepoznanice xi dobije se kao kolicnik determinante Di i determinante sis-tema D:

xi =Di

D, (i = 1, 2, ..., n); (D 6= 0). (3)

Primjer: Rijesiti sistem jednacinax1 + x2 − x3 = 0

2x1 + x2 + x3 = 4

x1 − x2 + x3 = 4

.

Rjesenje:

D =

∣∣∣∣∣∣

1 1 −1

2 1 1

1 −1 1

∣∣∣∣∣∣

= 4, D1 =

∣∣∣∣∣∣

0 1 −4

4 1 1

4 −1 1

∣∣∣∣∣∣

= 8, D2 =

∣∣∣∣∣∣

1 0 −1

2 4 1

1 4 1

∣∣∣∣∣∣

= −4,

D3 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 0

2 1 4

1 −1 4

∣∣∣∣∣∣

= 4, pa je x1 = 2, x2 = −1, x3 = 1.

Ako je determinanta sistema (2) jednaka nuli (D = 0), onda sistem(2) nema rjesenje uobliku (3). Pokazat cemo da pod izvjesnim uslovima sistem (2) moze imati beskonacnomnogo rjesenja (tj. da je neodreden) ili da nema rjesenja (tj. da je nemoguc ili pro-tivrjecan).

Ako je D = 0, onda posmatramo osnovnu matricu sistema

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

...an1 an2 · · · ann

i utvrdujemo njen rang (sigurno nije n, jer je matrica A singularna, pa joj je rangmanji od n).

Ako je rang matrice Ar(r (A) = r), to znaci da je bar jedan minor reda r regularan,odnosno postoji bar jedna determinanta r-tog reda koja je razlicita od nule tu determi-nantu nazivamo glavnim minorom ili baznim monorom

det(Mgl) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1r

a21 a22 · · · a2r

...ar1 ar2 · · · arr

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

45

Sistem (2) mozemo pisati u obliku

a11x1 + a12x2 + · · · + a1rxr =

b1 − a1r+1xr+1 − · · · − a1nxn

a21x1 + a22x2 + · · · + a2rxr =

b2 − a2r+1xr+1 − · · · − a2nxn

...ar1x1 + ar2x2 + · · · + arrxr =

br − arr+1xr+1 − · · · − arnxn

ar+11x1 + ar+12x2 + · · · + ar+1rxr =

br+1 − ar+1r+1xr+1 − · · · − ar+1nxn

...an1x1 + an2x2 + · · · + anrxr =

bn − anr+1xr+1 − · · · − annxn

(4)

Prvih r jednacina sistema (4) ima rjesenje koje se moze dobiti po Kramerovom pravilu.Vrijednosti nepoznanica x1, x2, ..., xn izrazene su preko xr+1, xr+2, ..., xn kao parametara,pa je to bezbroj rjesenja. Da li ce to rjesenje zadovoljavati preostalih n − r jednacinazavisice o karakteristicnim minorima Ks (s = r + 1, r + 2, ..., n). Determinantu karakter-isticnog minora dobijemo kada determinantu glavnog minora prosirimo jednim retkom(koeficijentima s-te jednacine) i jednim stupcem (odgovarajucim slobodnim clanovima).Ako determinente svih karakteristicnih minora budu jednake nuli, onda ce rjesenje prvih r

jednacina zadovoljavati i preostalih n−r jednacina, pa ce sistem (2) imati bezbroj rjesenja(sistem je neodreden). Ako bar jedna determinanta karakteristicnog minora bude razlicitaod nule, onda rjesenje sistema od prvih r jednacina ne bi zadovoljavalo onu jednacinu cijadeterminanta karakteristicnog minora nije jednaka nuli, pa sistem (2) nema rjesenja ikazemo sistem je nemoguc ili protivrjecan.

Ks =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1r b1

a21 a22 · · · a2r b2...

...ar1 ar2 · · · arr br

as1 as2 · · · asr bs

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

, s = r + 1, r + 2,...n.

Primjer: Rijesiti sistem jednacina

3x1 + 2x2 + 4x3 + 6x4 = 2

2x1 + 3x2 + 6x3 + 9x4 = 3

x1 + 4x2 + 8x3 + 12x4 = 4

4x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 1 .

46

Rjesenje:

A =

3 2 4 6

2 3 6 9

1 4 8 12

4 1 2 3

∼

1 4 8 12

2 3 6 9

3 2 4 6

4 1 2 3

∼

1 4 8 12

0 −5 −10 −15

0 −10 −20 −30

0 −15 −30 −45

∼

∼

1 4 8 12

0 −5 −10 −15

0 0 0 0

0 0 0 0

r(A) = 2

To znaci da su prve dvije jednacine medusobno nezavisne pa je determinanta glavnog

minora

∣∣∣∣

3 2

2 3

∣∣∣∣= 9 − 4 = 5, Ks1 =

∣∣∣∣∣∣

3 2 2

2 3 3

1 4 4

∣∣∣∣∣∣

= 0,Ks2 =

∣∣∣∣∣∣

3 2 2

2 3 3

4 1 1

∣∣∣∣∣∣

= 0

3x1 + 2x2 = 2 − 4x3 − 6x4

2x1 + 3x2 = 3 − 6x3 − 9x4, D =

∣∣∣∣

3 2

2 3

∣∣∣∣= 5,

D1 =

∣∣∣∣

2 −4x3 −6x4 2

3 −6x3 −9x4 3

∣∣∣∣

= 6 − 12x3 − 18x4 − 6 + 12x3 + 18x4 = 0,

D2 =

∣∣∣∣

3 2 −4x3 −6x4

2 3 −6x3 −9x4

∣∣∣∣= 9 − 18x3 − 27x4 − 4 + 8x3 + 12x4 = 5 − 10x3 − 15x4,

x1 = 0, x2 = 1 − 2x3 − 3x4.Ovo rjesenje zadovoljava sve cetiri zadane jednacine, jer su determinante oba karak-

teristicna minora jednaka nuli (Ks1 = 0, Ks2 = 0) .

3.3. Matricna metoda

Ako u sistemu (2) koeficijente uz nepoznate tretiramo kao elemente matrice sistema,nepoznanice x1, x2, ..., xn kao matricu stupca tipa n × 1, a slobodne clanove b1, b2, ..., bn

opet kao jednostupcanu matricu, tada je

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

...an1 an2 · · · ann

, X =

x1

x2...

xn

i B =

b1

b2...bn

.

Sistem (2) moze se u matricnom obliku pisati kao:

AX = B. Rjesenje ove jednacine je X = A−1 · B.

47

Primjer: Rijesiti matricnom metodom sistem jednacinax1 + x2 + 2x3 = 9

2x1 − 3x2 + x3 = −1

4x1 − 2x2 + x3 = 3

Rjesenje:

A =

1 1 2

2 −3 1

4 −2 1

, X =

x1

x2

x3

, B =

9

−1

3

.

Sistem mozemo pisati i u obliku AX = B, pa je rjesenje X = A−1 · B,

A−1 =1

detA

A11 A12 A13

A21 A22 A23

A31 A32 A33

T

=1

17

−1 −5 7

2 −7 3

8 6 −5

=

=

− 117 − 5

17717

217 − 7

17317

817

617 − 5

17

,

det A =

∣∣∣∣∣∣

1 1 2

2 −3 1

4 −2 1

∣∣∣∣∣∣

= −3 + 4 − 8 + 24 + 2 − 2 = 17,

A11 = −1, A12 = 2, A13 = 8,

A21 = −5, A22 = −7, A23 = 6,

A31 = 7, A32 = 3, A33 = −5,

X =

− 117 − 5

17717

217 − 7

17317

817

617 − 5

17

·

9

−1

3

=

1

2

3

.

Rjesenje datog sistema jednacina glasi:

x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3.

48

3.4. Gausova metoda

Sistem jednacina (2) elementarnim transformacijama moze se svesti na ekvivalentan sistemtrouglastog oblika. Matrica takvog sistema je trouglasta, jer su ispod glavne dijagonalesvi elementi jednaki nuli.

Primjer: Gausovom metodom rijesiti sistem jednacina:x1 + x2 − 2x3 + 4x4 = −1 / · (−3) / · (−2) / · (−5)

3x1 + 2x2 − x3 + 3x4 = 0

2x1 − x2 + 3x3 − x4 = 9

5x1 − 2x2 + x3 − 2x4 = 9

x1 + x2 − 2x3 + 4x4 = −1

− x2 + 5x3 − 9x4 = 3 / · (−3) / · (−7)

− 3x2 + 7x3 − 9x4 = 11

− 7x2 + 11x3 − 22x4 = 14

x1 + x2 − 2x3 + 4x4 = −1

− x2 + 5x3 − 9x4 = 3

− 8x3 + 18x4 = 2 / · (−3)

− 24x3 + 41x4 = −7

x1 + x2 − 2x3 + 4x4 = −1

− x2 + 5x3 − 9x4 = 3

− 8x3 + 18x4 = 2

− 13x4 = −13

Sistem je doveden na trouglasti oblik.

Iz zadnje jednacine x4 = 1, iz predzadnje x3 = 2. Iz druge jednacine je x2 = −2, a izprve jednacine je x1 = 1. Dakle rjesenje datog sistema glasi

x1 = 1, x2 = −2, x3 = 2, x4 = 1.

Zadaci

1. Sistem linearnih jednacina

2x − 3y + z + 1 = 0

3x + y − 2z = −1

x + y + z = 6 rijesiti:

a) Kramerovom metodom, b) Matricnom metodom, c) Gausovom metodom.,

49

Rjesenje:2x − 3y + z = −1

3x + y − 2z = −1

x + y + z = 6

, D =

∣∣∣∣∣∣

2 −3 1

3 1 −2

1 1 1

∣∣∣∣∣∣

= 2 + 6 + 3 − 1 + 4 + 9 = 23, D1 =

∣∣∣∣∣∣

−1 −3 1

−1 1 −2

6 1 1

∣∣∣∣∣∣

= 23, D2 =

∣∣∣∣∣∣

2 −1 1

3 −1 −2

1 6 1

∣∣∣∣∣∣

= 46, D3 = 69.

x = 1, y = 2, z = 3.

2 −3 1

3 1 −2

1 1 1

︸︷︷︸

A

·

x

y

z

︸︷︷︸

X

·

−1

−1

6

︸︷︷︸

B

, AX = B, X = A−1 · B

A =

2 −3 1

3 1 −2

1 1 1

, B =

x

y

z

, C =

−1

−1

6

det A =

∣∣∣∣∣∣

2 −3 1

3 1 −2

1 1 1

∣∣∣∣∣∣

=

= 2 + 6 + 3 − 1 + 4 + 9 = 23,A11 = 3, A12 = −5, A13 = 2,

A21 = 4, A22 = 1, A23 = −5,

A31 = 5, A32 = 7, A33 = 11,

A−1 =1

23

3 4 5

−5 1 7

2 −5 11

=

323

423

523

− 523

123

723

223 − 5

231123

X =

323

423

523

− 523

123

723

223 − 5

231123

·

−1

−1

6

=

=

1

2

3

=⇒ x = 1, y = 2, z = 3

2x − 3y + z = −1

3x + y − 2z = −1

x + y + z = 6

=⇒

=⇒

x + y + z = 6 / · (2) / · (3)

2x − 3y + z = −1

3x + y − 2z = −1

=⇒

50

=⇒

x + y + z = 6

− 5y − z = −13 / ·(

25

)

− 2y − 5z = −19

x + y + z = 6

− 5y − z = −13

− 235 z = −69

5 =⇒ z = 3

iz druge je y = 2, a iz prve je x = 1, pa je x = 1, y = 2, z = 3 trazeno rjesenje.

2. Rijesiti sistem jednacina:

a)3x1 + 4x2 + 2x3 = 5

5x1 − 6x2 − 4x3 = −3

−4x1 + 5x2 + 3x3 = 1

,

b)2x1 − x2 + 3x3 = 9

3x1 − 2x2 + 4x3 = 11

x1 − x2 + x3 = 2

,

c)x1 + x2 + x3 = 5

x1 − x2 + x3 = 1

x1 + x3 = 2

,

d)

3x1 + 7x2 − 2x3 + 4x4 = 3

−3x1 − 2x2 + 6x3 − 4x4 = 11

5x1 + 5x2 − 3x3 + 2x4 = 6

2x1 + 6x2 − 5x3 + 3x4 = 0

.

Rjesenje:

a) x1 = 1, x2 = −2, x3 = 5

b)2x1 − x2 + 3x3 = 9

3x1 − 2x2 + 4x3 = 11

x1 − x2 + x3 = 2

, D =

∣∣∣∣∣∣

2 −1 3

3 −2 4

1 −1 1

∣∣∣∣∣∣

= −4 − 4 − 9 + 6 + 8 + 3 = 0,

A =

2 −1 3

3 −2 4

1 −1 1

, r (A) = 2

det (Mgl) =

∣∣∣∣

2 −1

3 −2

∣∣∣∣= −1

det (Ks) =

∣∣∣∣∣∣

2 −1 9

3 −2 11

1 −1 2

∣∣∣∣∣∣

= −8 − 11 − 27 + 18 + 22 + 6 = −46 + 46 = 0

51

To znaci da ce rjesenje prve dvije jednacine zadovoljavati i trecu. Napisimo prve dvijejednacine tako da im glavni minor bude matrica sistema

2x1 − x2 = 9 − 3x3

3x1 − 2x2 = 11 − 4x3 =⇒ x1 = 7 − 2x3, x2 = 5 − x3

Posto rjesenje (x1, x2) zavisi o promjenjljivoj x3, to znaci da za razlicite vrijednosti x3

imamo razlicita rjesenja.Dakle, za bezbroj vrijednosti x3 imamo bezbroj rjesenja datog sistema. Prema tome

sistem je saglasan i neodreden,c) Sistem je nemoguc, jer determinanta karakteristicnog minora nije jednaka nuli.

dakle taj sistem je nesaglasan,d) x1 = 1, x2 = 2, x3 = 1, x4 = −3.

3. Diskutirati rjesenja sljedecih sistema jednacina za razne vrijednosti parametara

a)x1 + x2 + x3 = λ

x1 + (1 + λ)x2 + x3 = 2λ

x1 + x2 + (1 + x3)λ = 0

=⇒

x1 + x2 + x3 = λ

x1 + (1 + λ)x2 + x3 = 2λ

x1 + x2 + λx3 = −λ

,

b)ax1 + x2 − x3 = 1

x1 + ax2 − x3 = 1

x1 − x2 − ax3 = 1

,

c)x + y + z = 6

ax + 4y + z = 5

6x + (a + 2)y + 2z = 13

.

Rjesenje:

a) D =

∣∣∣∣∣∣

1 1 1

1 1 + λ 1

1 1 λ

∣∣∣∣∣∣

= λ2 + λ + 1 + 1 − 1 − λ − 1 − λ = λ2 − λ = λ (λ − 1) .

1◦ Za λ 6= 0 ∧ λ 6= 1, D 6= 0, pa se sistem moze rijesiti Kramerovom metodom i imajedinstveno rjesenje. Tada je sistem odreden i rjesenje glasi:

x1 =λ2 + 1

λ − 1, x2 =

λ + 1

λ, x3 =

2λ

1 − λ.

2◦ Za λ = 0 sistem glasi:x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 = 0

, A =

1 1 1

1 1 1

1 1 0

, det (Mgl) =

∣∣∣∣

1 1

1 0

∣∣∣∣= −1.

52

Glavni minor je u donjem desnom uglu, pa mozemo rjesavati zadnje dvije jednacinepo nepoznanicama x2 i x3 u zavisnosti od x1. Da li ce to rjesenje zadovoljavati i prvujednacinu zavisi o determinanti karakteristicnog minora

Ks =

∣∣∣∣∣∣

1 1 0

1 0 0

1 1 0

∣∣∣∣∣∣

= 0

Dakle sistem je saglasan i neodreden a rjesenje glasi x2 = −x1, x3 = 0 .3◦ Za λ = 1 sistem glasi:x1 + x2 + x3 = 1

x1 + 2x2 + x3 = 2

x1 + x2 + x3 = −1

Prva i treca jednacina su kontradiktorne, pa sistem nema rjesenja, odnosno sistem jeprotivrjecan.

b) 1◦ Za a 6= 0 ∧ a 6= ±1, sistem je odreden,2◦ Za a = 0 ∨ a = −1, sistem je nemoguc,3◦ Za a = 1, sistem je neodreden.

c) 1◦ Za a 6= 4 ∧ a 6= −3, sistem je saglasan i odreden,2◦ Za a = −3, sistem je saglasan i neodreden,3◦ Za a = 4, sistem je nesaglasan ili nemoguc.

4. Diskutirati sistem, u pogledu rjesenja, za razne vrijednosti parametara:

a)ax + 4y + z = 0

2y − 3z − 1 = 0

2x − bz + 2 = 0

,

b)ax1 + x2 + x3 = 4

x1 + bx2 + x3 = 3

x1 + 2bx2 + x3 = 4

.

Rjesenje:

a)ax + 4y + z = 0

2y − 3z = 1

2x − bz = −2

, D =

∣∣∣∣∣∣

a 4 1

0 2 −3

2 0 −b

∣∣∣∣∣∣

= −2ab − 24 − 4 = −2ab − 28 =

−2 (ab + 14).1◦ ab 6= −14sistem je odreden i ima jedinstveno rjesenje,2◦ ab = −14onda je determinanta sistema jednaka nuli, pa rang matrice sistema nije

tri.Ako je rang dva, onda postoji bar jedan minor drugog reda cija je determinanta

razlicita od nule.to je na primjer:

53

∣∣∣∣

4 1

2 −3

∣∣∣∣, pa je to determinanta glavnog minora

Ks =

∣∣∣∣∣∣

4 1 0

2 −3 1

0 −b −2

∣∣∣∣∣∣

= 24 + 4b + 4 = 28 + 4b = 0 za b = −7,

1. Dakle, za a = 2 ∧ b = −7 sistem je neodreden i ima bezbroj rjesenja.2. Za b 6= 7 ∧ ab = −14 karakteristicni minor nijejednak nuli, pa je sistem nemoguc

(nema rjesenja).b) 1◦ Za a 6= 1 ∧ b 6= 0sistem je odreden,2◦ Za b = 0sistem je nemoguc,

3◦ Za a = 1 ∧ b =1

2sistem je neodreden,

4◦ Za a = 1 ∧ b 6=1

2sistem je nemoguc.

5. a) Ispitati saglasnost sistema

(a + 1)x + y + z = 1

x + (a + 1) y + z = a

x + y + (a + 1) z = a

u zavisnosti od parametra a.

b) Diskutirati i rijesiti sistem jednacina

x1 + x2 + x3 = a

x1 + (1 + a)x2 + x3 = 2a

x1 + x2 + (1 + a)x3 = 1

za razne vrijednosti parametra a.

c) Rijesiti sistem jednacina:

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 5

2x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 1

3x1 + 2x2 + x3 + 2x4 = 1

2x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 = 5

d) Diskutirati rjesenje sistema

x + ky + kz = k

kx + y + kz = 1

k2x + k2y + kz = 1

za razne vrijednosti parametra k.

54

Rjesenje:

a) D = a2(a + 3)

1◦ a 6= 0 ∧ a 6= −3, sistem je odreden i ima jedinstveno rjesenje koje se moze dobitiKramerovom metodom,

2◦ a = 0, sistem je nemoguc,3◦ a = −3, sistem je nemoguc.

b) 1◦ a 6= 0, sistem je odreden i rjesenje glasi x1 =a2 − 1

a, x2 = 1, x3 =

1 − a

a,

2◦ a = 0, sistem je nemoguc,

c) x1 = −4

5(5 + x4), x2 = 2, x3 =

1

4(3 − 5x4) .

d) 1◦ k 6= 0 ∧ k 6= 1 ∧ k 6= −1

2, sistem je odreden,

2◦ k = 0 ∨ k = −1

2, sistem je protivrjecan,

3◦ k = 1, sistem je neodreden.

6. Rijesiti sistem jednacina x1 + 2x2 − x3 = 6

5x1 − 3x2 + 2x3 = −1

2x1 + x2 + 3x3 = 15

a) Matricnom metodom, b) Gausovom metodom.

Rjesenje:

x1 = 1, x2 = 4, x3 = 3.

7. a) Ispitati saglasnost sistema ax + by + z = 1

x + aby + z = b

x + by + az = 1

u zavisnosti od realnih parametara a i b.

b) Diskutirati rjesenje sistema ax + y + z = b

x + ay + z = c

x + y + az = d

u zavisnosti od realnih parametara a, b, c i d.

Rjesenje:

a) 1◦ a 6= 1 ∧ a 6= −2 ∧ b 6= 0, sistem je odreden,2◦ a 6= 1 ∧ b = 0, sistem je nemoguc,3◦ a = 1 ∧ b = 0, sistem je neodreden,4◦ a = −2 ∧ b = 1, sistem je nemoguc,

55

b) D = (a + 2) (a − 1)2

1◦ a 6= −2 ∧ a 6= 1, sistem je odreden,2◦ a = 1 ∧ b = c = d, sistem je neodreden,3◦ a = 1 ∧ b 6= c 6= d, sistem je nemoguc,4◦ a = −2 ∧ b + c + d = 0, sistem je neodreden,5◦ a = −2 ∧ b + c + d ± 0, sistem je nemoguc.

3.5. Rjesavanje i saglasnost nehomogenog sistema od m linearnihjednacina sa n nepoznatih

Ako je dat sistem (1), onda formiramo matricu sistema

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

...am1 am2 · · · amn

i utvrdimo njen rang. Dalje sprovodimo kompletnu diskusiju kao i kod sistema (2) kadaje determinanta sistema bila jednaka nuli.

Mogu nastupiti ovi slucajevi:

1. 1◦ Sistem (1) ima jedinstveno rjesenje ako je r(A) = r = m = n.

2◦ Sistem (1) nema rjesenje ako je r(A) = r∧ determinanta bar jednog karakter-isticnog minora nije jednaka nuli.

3◦ Sistem (1) ima bezbroj rjesenje ako je r(A) = r∧ determinante svih karakter-isticnih minora su jednake nuli.

Primjer: Rijesiti sistem jednacina

2x1 + 3x2 + 9x3 + 6x4 = 2

5x1 + 4x2 + 12x3 + 8x4 = 5

x1 + 2x2 + 6x3 + 4x4 = 1

4x1 + x2 + 3x3 + 2x4 = 4

3x1 + 2x2 + 6x3 + 4x4 = 3

7x1 + 5x2 + 15x3 + 10x4 = 7

, A =

2 3 9 6

5 4 12 8

1 2 6 4

4 1 3 2

3 2 6 4

7 5 15 7

, det (Mgl) =

∣∣∣∣

2 3

5 4

∣∣∣∣,

r(A) = 2, det (Ks1) =

∣∣∣∣∣∣

2 3 2

5 4 5

1 2 1

∣∣∣∣∣∣

, det (Ks2) = 0, det (Ks3) = 0, det (Ks4) = 0.

56

Posto su determinante svih karakteristicnih minora jednake nuli, to rjesenje prvihdviju jednacina, gdje su x1 i x2 izrazeni preko x3 i x4, zadovoljavaju sve ostale jednacine.Dakle, rjesenje glasi:

2x1 + 3x2 = 2 − 9x3 − 6x4

5x1 + 4x2 = 5 − 12x3 − 8x4

x1 = 1, x2 = −3x3 − 2x4.

Na sistem (1) moze se primjeniti i Kroneker-Kapelijeva teorema koja glasi:Sistem linearnih jednacina je saglasan ako i samo ako je r(A) = r(Ap), tj. ako je rang

osnovne matrice sistema jednak rangu prosirene matrice.

Ap =

a11 a12 · · · a1n b1

a21 a22 · · · a2n b2...

am1 am2 · · · amn bm

.

Saglasan sistem (1) ima jedinstveno rjesenje ako je r(A) = r(Ap) = n, a sistem (1) ceimati beskonacno mnogo rjesenja ako je r(A) = r(Ap) = r < n. Ako je r(A) 6= r(Ap) sistemje nemoguc.

U prethodnom primjeru

A/Ap =

2 3 9 6 | 2

5 4 12 8 | 5

1 2 6 4 | 1

4 1 3 2 | 4

3 2 6 4 | 3

7 5 15 10 | 7

∼

1 2 6 4 | 1

2 3 9 6 | 2

5 4 12 8 | 5

4 1 3 2 | 4

3 2 6 4 | 3

7 5 15 10 | 7

∼

∼

1 2 6 4 | 1

0 −1 −3 −2 | 0

0 −6 −18 −12 | 0

0 −7 −21 −14 | 0

0 −4 −12 −8 | 0

0 −9 −27 −21 | 0

∼

1 2 6 4 | 1

0 −1 −3 −2 | 0

0 0 0 0 | 0

0 0 0 0 | 0

0 0 0 0 | 0

0 0 0 0 | 0

,

r(A) = r(Ap) = 2.

Posto je r(A) = r(Ap) = 2 < 4, to sistem ima bezbroj rjesenja koje dobijemo rjesavanjemprvih dviju jednacina:

2x1 + 3x2 = 2 − 9x3 − 6x4

5x1 + 4x2 = 5 − 12x3 − 8x4=⇒x1 = 1, x2 = −3x3 − 2x4.

57

Zadaci

1. Odrediti parametar k tako da sistem 2x1 − 3x2 + x3 = 0

x1 + x2 − x3 = 1

−x1 − 2x2 + 3x3 = 0

kx1 − 3x2 − x3 = −1

ima rjesenje, pa naci to rjesenje.

Rjesenje:

A/Ap =

2 −3 1 | 0

1 1 −1 | 1

−1 −2 3 | 0

k −3 −1 | −1

∼

1 1 −1 1

−1 −2 3 0

2 −3 1 0

k −3 −1 −1

∼

1 1 −1 1

0 −2 3 −1

0 −3 1 2

−1 −3 −1 k

∼

1 1 −1 1

0 −2 3 −1

0 −3 1 2

0 −2 −2 k + 1

∼

1 1 −1 1

0 −1 −32

12

0 −3 1 2

0 −2 −2 k + 1

∼

1 1 −1 1

0 −1 −32

12

0 0 −72

72

0 0 −5 k + 2

∼

1 1 −1 1

0 1 −32

12

0 0 1 −1

0 0 −5 k + 2

∼

1 1 −1 1

0 −1 −32

12

0 0 1 −1

0 0 0 k − 3

,

za k = 3, r(A) = r(Ap) = 3.

Sistem glasi:

2x1 − 3x2 + x3 = 0

x1 + x2 − x3 = 1

−x1 − 2x2 + 3x3 = 0

=⇒ x1 = 1, x2 = 1, x3 = 1.

3x1 − 3x2 − x3 = −1

Rjesenje dobiveno iz prve tri jednacine zadovoljava i cetvrtu.

58

2. Naci bazna rjesenja sistema

x1 − 2x2 + 3x3 + x4 = 4

−2x1 + 5x2 − 4x3 − x4 = −5

−x1 + 4x2 + x3 + x4 = 2

Rjesenje:

Pokazat cemo najprije da je sistem saglasan i neodreden

A/Ap =

1 −2 3 1 | 4

−2 5 −4 −1 | −5

−1 4 1 1 | 2

∼

1 −2 3 1 | 4

0 1 2 1 | 3

0 2 4 2 | 6

∼

∼

1 −2 3 1 | 4

0 1 2 1 | 3

0 0 0 0 | 0

=⇒ r(A) = rAp) = 2.

To znaci da rjesavajuci prve dvije jednacine dobijemo da je:

x1 = 10 − 7x3 − 3x4,

x2 = 3 − 2x3 − x4.

Ovo je opste rjesenje izrazeno preko proizvoljnih vrijednosti nepoznatih x3 i x4

U ovom slucaju bazna rjesenja su ona kod kojih su vrijednosti dviju nepoznatih(bilo kojih) jednake nuli. Skup baznih rjesenja prikazat cemo tablicom:

x1 x2 x2 x2

10 3 0 0

1 0 0 312 0 3

2 0

0 0 1 1

0 17

107 0

0 −13 0 10

3

.

3.6. Sistem linearnih homogenih jednacina

Sistem jednacinaa11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0...

...am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0

(5)

nazivamo homogenim sistemom linearnih jednacina.

59

Ocigledno, svaki homogeni sistem ima rjesenje x1 = 0, x2 = o, ..., xn = 0 koje nazivamotrivijalnim rjesenjem. To rjesenje nije ni od kakvog interesa, pa nas zanima moze li, ipod kakvim uslovima, homogeni sistem imati rjesenje u kojem je vrijednost bar jednenepoznanice razlicita od nule. Takvo rjesenje nazivamo netrivijalnim rjesenjem

Potreban i dovoljan uslov da homogen sistem n-tog reda ima netrivijalno rjesenje jesteda determinanta sistema bude jednaka nuli. Dakle, D = 0.

Svaki homogen sistem, u kojem je broj jednacina manji od broja nepoznatih (m < n),ima netrivijalna rjesenja.

Ako je rang matrice sistema (5) jednak broju nepoznatih (r (Am×n) = r = n), onda jetrivijalno rjesenje i jedino rjesenje tog sistema.

Zadaci

1. Rijesiti sistem jednacina

a)2x1 + x2 − 4x3 = 0

3x1 + 5x2 − 7x3 = 0

4x1 − 5x2 − 6x3 = 0

,

b)

x1 + x2 − 4x3 = 0

3x1 + 5x2 + 2x3 = 0

4x1 + 7x2 + 5x3 = 0

2x1 + 9x2 + 6x3 = 0

,

c)

x1 + 2x2 + 4x3 − 3x4 = 0

3x1 + 5x2 + 6x3 − 4x4 = 0

4x1 + 5x2 − 2x3 + 3x4 = 0

3x1 + 8x2 + 24x3 − 19x4 = 0

,

Rjesenje:

a) D =

∣∣∣∣∣∣

2 1 −4

3 5 −7

4 −5 −6

∣∣∣∣∣∣

= 0, pa homogeni sistema ima netrivijalno rjesenje.

Matrica sistema A =

2 1 −4

3 5 −7

4 −5 −6

ima rang dva jer je det (Mgl) =

∣∣∣∣

2 1

3 5

∣∣∣∣= 10− 3 =

7 6= 0.

Determinanta karakteristicnog minora homogenog sistema uvijek je jednaka nuli, jer

su svi slobodni clanovi nule, pa sistem ima netrivijalno rjesenje u obliku x1 =13

7x3,

x2 =2

7x3 ili x1 =

13

7t, x2 =

2

7t, x3 = t .

60

b) A =

1 1 −4

3 3 2

4 7 5

2 9 6

∼

1 1 −4

0 2 14

0 3 21

0 7 14

∼

1 1 −4

0 1 2

0 1 7

0 1 7

∼

1 1 −4

0 1 2

0 0 5

0 0 5

∼

1 1 −4

0 1 2

0 0 5

0 0 0

,

r(A) = 3.

Posto je rang matrice sistema jednak broju nepoznatih, to znaci da ovaj sistem imasamo trivijalno rjesenje x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0.

c) A =

1 2 4 −3

3 5 6 −4

4 5 −2 3

3 8 24 −19

∼

1 2 4 −3

0 −1 −6 5

0 −3 −18 15

0 2 12 −10

∼

1 2 4 −3

0 −1 −6 5

0 0 0 0

0 0 0 0

, r(A) = 2.

Posto je rang matrice sistema manji od broja nepoznatih, sistem ima netrivijalnorjesenje koje dobijemo rjesavanjem prvih dviju jednacina po nepoznanicama x1 i x2

imamo da jex1 = 8x3 − 7x4,

x2 = −6x3 + 5x4.

Ovo je opste rjesenje koje zavisi od izbora nepoznanica x3 i x4.

Ako uzmemo da je x3 = c1, x4 = c2, onda se opste rjesenje moze napisati u matricnomobliku kao

X =

x1

x2

x3

x4

=

8C1 − 7C2

−6C1 + 5C2

C1 + 0

0 + C2

= C1

8

−6

1

0

+ C2

−7

5

0

1

,

odnosno X = C1X1+C2X2, gdje matrice X1 =(

8 −6 1 0)i X2 =

(−7 5 0 1

)

predstavljaju fundamentalni sistem rjesenja datog homogenog sistema.

2. a) Odrediti λ tako da sistem 2x + λy − 3z = 0

3x − y + 5z = 0

x − 2y + (λ + 7) z = 0

ima netrivijalno rjesenje, pa za to λ rijesiti sistem.

b) Odrediti parametar a tako da sistem x2 + x3 = 0

ax1 + 5x2 + x3 = 0

x1 + ax2 = 0

ima netrivijalna rjesenja, pa naci ta rjesenja.

61

c) Odrediti parametar a tako da sistem

x1 + ax2 + x3 = 0

x1 + a2x2 + (1 + a)x3 = 0

(1 + a)x1 + x2 + x3 = 0

ima netrivijalna rjesenja, a zatim naci ta rjesenja.

d) Odrediti parametar λ tako da sistem

x + λy − λz = 0

λx + 2λy + 2z = 0

x + 2y + 3λz = 0

ima netrivijalna rjesenja, pa za najvecu vrijednost λ naci ta rjesenja.

e) Za koje vrijednosti parametra λ sistem

λx1 + x2 + x3 + x4 = 0

x1 + λx2 + x3 + x4 = 0

x1 + x2 + λx3 + x4 = 0

x1 + x2 + x3 + λx4 = 0

ima netrivijalna rjesenja?

Rjesenje:

a) D =

∣∣∣∣∣∣

2 λ −3

3 −1 5

1 −1 λ + 7

∣∣∣∣∣∣

= −3λ2 − 18λ + 21 = −3 (λ − 1) · (λ + 7).

Sistem ima netrivijalno rjesenje za λ = 1 ∨ λ = −7.

1◦ Za λ = 1, sistem glasi 2x + y − 3z = 0

3x − y + 5z = 0

x − 2y + 8z = 0,

pa je netrivijalno rjesenje dato u obliku x = −2

5z, y =

19

5z,

ili: x = −2

5t, y =

19

5t, z = t.

2◦ Za λ = −7, netrivijalno rjesenje glasi x = 2y, z = −y.

62

b) D = a2 − 4 = (a − 2) (a + 2).

Sistem ima netrivijalna rjesenja za a = 2 ∨ a = −2:

1◦ Za a = 2, sistem glasi x2 + x3 = 0

2x1 + 5x2 + x3 = 0

x1 + 2x2 = 0,

a netrivijalno rjesenje je x1 = 2x3, x2 = −x3.

2◦ Za a = −2, sistem glasi x2 + x3 = 0

−2x1 + 5x2 + x3 = 0

x1 − 2x2 = 0,

netrivijalno rjesenje je x1 = −2x3, x2 = −x3.

c) D = 2a2 − a = a (2a − 1).

Za a = 0 ∨ a =1

2, sistem ima netrivijalna rjesenja:

1◦ Za a = 0, x1 = −x3, x2 = 0.

2◦ Za a =1

2, x1 = −2x3, x2 = 2x3.

d) λ1 = 2, λ2,3 = ±√

23 , za λ = 2 x1 = t, x2 = −

1

2t, x3 = 0.

e) D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ 1 1 1

1 λ 1 1

1 1 λ 1

1 1 1 λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ 1 1 1

1 − λ λ − 1 0 0

1 − λ 0 λ − 1 0

1 − λ 0 0 λ − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λ λ + 1 1 1

1 − λ 0 0 0

1 − λ 1 − λ λ − 1 0

1 − λ 1 − λ 0 λ − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (λ − 1)

∣∣∣∣∣∣

λ + 1 1 1

1 − λ λ − 1 0

1 − λ 0 λ − 1

∣∣∣∣∣∣

= (λ − 1)3

∣∣∣∣∣∣

λ + 1 1 1

−1 1 0

−1 0 1

∣∣∣∣∣∣

= (λ − 1)3 (λ + 1 + 1 + 1) = (λ − 1)3 (λ + 3).

Za λ = 1 ∨ λ = −3 determinanta homogenog sistema je jednaka nuli, pa sistem utom slucaju ima netrivijalna rjesenja.

63

4. Vektorski prostor


Neka je V = {a1, a2, ..., an} skup bilo kakvih elemenata u kojem su definisane operacijesabiranja i mnozenja skalarom elemenata iz ovog skupa.

VEKTORSKIM PROSTOROM nad poljem K = {α, β, γ, ...} nazivamo skupV = {a1, a2, ..., an} u kome su definisane

I Unutrasnja binarna operacija (zbir) u odnosu na koju je skup V Abelova grupa:

1◦ a + b = b + a, (a ∈ V ∧ b ∈ V ) (komutativnost zbira)

2◦ (a + b) + c = a + (b + c), (a, b, c ∈ V ) (asocijativnost sabiranja)

3◦ a + 0 = 0 + a = a, (0 je neutralni element za zbir)

4◦ (∀a ∈ V )∃(−a ∈ V ) :a + (−a) = 0 (komutativnost zbira)

II Spoljasnja binarna operacija koja zadovoljava sljedece aksiome:

5◦ α(a + b) = αa + αb, (a, b ∈ V , α ∈ K) (distributivnost mnozenja prema sabiranju)

6◦ (α + β) a = αa+βa, (a ∈ V , α, β ∈ K) (distributivnost sabiranja prema mnozenju)

7◦ (αβ)a = α(βa) (a ∈ V , α, β ∈ K)

8◦ 1 · a = a · 1 = a (jedinica neutralni element za mnozenje)

Elementi vektorskog prostora V nazivaju se vektori.

Primjer. Pokazimo da skup V svih matrica drugog reda cini jedan vektorski prostor.

Rjesenje: Treba provjeriti da li za skup svih takvih matrica vrijede osobine 1◦ − 8◦.

Neka je A =

(a1 a2

a3 a4

)

i B =

(b1 b2

b3 b4

)

. Tada je

A + B =

(a1 + b1 a2 + b2

a3 + b3 a4 + b4

)

.

Dakle, ako je A, B ∈ V , tada je i A + B ∈ V , tj. u skupu V definisano je sabiranje.

Osobine 1◦−4◦ su osobine sabiranja matrica pri cemu je neutralni elemenat 0 =

(0 0

0 0

)

,

a suprotni −A =

(−a1 −a2

−a3 −a4

)

za svaku matricu A =

(a1 7a2

a3 a4

)

.

64

Za mnozenje matrica skalarom vrijede osobine 5◦ − 8◦. Provjerimo osobinu 5◦:

α(A + B) = α

(a1 + b1 a2 + b2

a3 + b3 a4 + b4

)

=

(αa1 + αb1 αa2 + αb2

αa3 + αb3 αa4 + αb4

)

=

=

(αa1 αa2

αa3 αa4

)

+

(αb1 αb2

αb3 αb4

)

= α

(a1a2

a3a4

)

+ α

(b1b2

b3b4

)

=

= αA + αB. Dakle, α(A + B) = αA + αB.

Za vektore a1, a2, ..., an kazemo da su linearno zavisni. Ako postoje skalari α1, α2, .., αn ∈

K takvi da je α1a1 + α2a2 + ... + αnan = 0 a da pritom svi skalari nisu jednaki nuli. Akogornja jedanakost vazi samo pod uslovom da je α1 = α2 = ...αn = 0, onda kazemo da suvektori a1, a2, ..., an linearno nezavisni.

Za vektore a kazemo da je linearna kombinacija vektora a1, a2, ..., an ili da je linearnozavisan od tih vektora ako postoje skalari α1, α2, ..., αn takvi da je a = α1a1 + α2a2 + ... +

αnan.(1)Svaki skup linearno nezavisnih vektora iz vektorskog prostora V cini bazu tog prostora.Vektor a ∈ Vn iz jednakosti (1) moze se prestaviti u obliku a = (α1, α2, ..., αn) gdje su

skalari α1, α2, ..., αn ∈ K koordinate (komponente) vektora a u odnosu na bazu {a1, a2, ..., an}

prostora Vn.Broj elemenata baze vektorskog prostora cini dimenziju tog prostora. Ako je n najveci

moguci broj linearno nezavisnih vektora vektorskog prostora V , tada kazemo da je n

dimenzija prostora V i da je taj prostor n-dimenzionalan. Oznacimo ga sa Vn.Svaku binarnu funkciju vektorskog prostora V nad poljem realnih brojeva, koja uredenom

paru vektora (a, b) pridruzuje jedan realan broj, u oznaci < a, b >= (a, b) , nazivamoskalarnim proizvodom vektora a i b ako zadovoljava osobine:

1) (∀a, b ∈ V ) < a, b >=< b, a >,

2) (∀a, b ∈ V ) (∀α ∈ R) < αa, b >= α < a, b >,

3) (∀a, b, c ∈ V ) < a + b, c >=< a + c > + < b, c > .

Vektorski prostor snabdjeven skalarnim proizvodom koji ima i osobinu4) (∀a ∈ V ) < a, a >= 0 ⇐⇒ a = 0

nazivamo euklidskim prostorom. Obicno ga oznacavamo sa En. Posmatrajmo realni n-dimenzionalni euklidski prostor Rn. Vektori ovog prostora su uredene n-torke realnihbrojeva (a1, a2, ..., an).

Neka su dati vektori a = (a1, a2, ..., an) i b = (b1, b2, ..., bn).Definisimo njihovu jednakost i neke operacije sa njima:1) a = b ⇐⇒ (a1 = b1, a2 = b2, ..., an = bn) , jednakost vektora2) a + b = (a1, a2, ..., an) + (b1, b2, ..., bn) = (a1 + b1, a2 + b2, ..., an + bn) , sabiranje vektora3) α (a1, a2, ..., an) = (αa1, αa2, ..., αan) , α ∈ R, mnozenje vektora skalarom4) < (a1, a2, ..., an) ·(b1, b2, ..., bn) >= a1b1 +a2b2 + ...+anbn, (skalarno mnozenje vektora).

65

4.2. Sistemi vektora

Neka je dat sistem od m vektora:

a1 = (a11, a12, ..., a1n) ,

a2 = (a21, a22, ..., a2n) ,

...am = (am1, am2, ..., amn) .

Matricu M, cije su kolone komponente tih vektora, nazivamo matricom sistema vektora:

M =

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n..

.

...

.

.

am1 am2 ... amn

.

Dati vektori a1, a2, ..., am su linearno zavisni ako je rang matrice sistema vektora manji odbroja vektora, a vektori su linearno nezavisni ako je rang matrice sistema vektora jednakbroju vektora.

Zadaci

1. a) Ispitati linearnu zavisnost vektora a = (2, 3,−4) , b = (3,−2, 0) i c = (0, 1, 1) .

b) Ispitati linearnu zavisnost vektora a = (3, 1, 8) , b = (3, 4, 5) i c = (2, 3, 3) .

c) Za koje vrijednosti parametara a vektori (a, 1 − a, a) , (2a, 2a − 1, a + 2) i (−2a, a,−a)

cine bazu trodimenzionalnog vektorskog prostora?

Rjesenje:

a) M =

2 3 0

3 −2 1

−4 0 1

, det(M) = −4 − 12 − 9 6= 0 pa je r(M) = 3.

Rang matrice sistema vektora jednak je broju vektora, pa su vektori linearnonezavisni.

b) M =

3 3 2

1 4 3

8 5 3

, r(M) = 2, pa su vektori zavisni.

c) Tri vektora cine bazu trodimenzionalnog vektorskog prostora, ako su oni line-arno nezavisni. Dakle, rang matrice sistema vektora mora biti tri:

M =

a 2a −2a

1 − a 2a − 1 a

a a + 2 −a

,

66

det M = −a2(2a−1)+2a3−2a(1−a)(a+2)+2a2(2a−1)−a2(a+2)+2a2(1−a) =

= −2a3 + a2 + 2a3 − 2a(a + 2− a2 − 2a) + 4a3 − 2a2 − a3 − 2a2 + 2a2 − 2a3 =

= 3a3 + a2 − 4a =

= a(a − 1)(a + 43)

za a 6= 0 ∧ a 6= 1 ∧ a 6= −4

3ovi vektori cine bazu trodimenzionalnog vektorskog

prostora.

2. a) Dati su vektori a1 = (1,−2); a2 = (2, 3) u dvodimenzionalnom prostoru. Izrazitivektor a = (20, 23) kao linearnu kombinaciju vektora a1 i a2.

b) Vektor d = (1, 0, 1) izraziti kao linearnu kombinaciju vektora a = (2, 1, 0), b =

(2,−1, 1) i c = (0, 2, 0).

Rjesenje:

a) a = αa1 + βa2(

20 23)

= α(

1 −2)

+ β(

2 3)

(Vektore smo pisali kao jednoredcanematrice)(

20 23)

=(

α −2α)

+(

2β 3β)

(Saberemo matrice)(

20 23)

= (α + 2β − 2α + 3β)

Jednakost matrica20 = α + 2β

23 = −2α + 3β

}

=⇒ α = 2, β = 9, pa je a = 2a1 + 9a2

b) d = αa + βb + γc =⇒ α = −12 , β = 1, γ = 3

4

d = −12a + b + 3

4c

3. Dati su vektori a = (1, 1, 1), b = (1, 1, 2) i c = (1, 2, 3). Dokazati da vektori a, b i c cinebazu vektorskogprostora V3 i naci koordinate vektora x = (6, 9, 14) u odnosu na tubazu.

Rjesenje:

Rang matrice sistema vektora je tri, pa su vektori a, b i c nezavisni i cine bazu.

x = αa + βb + γc =⇒ α = 1, β = 2, γ = 3, pa je x = (1, 2, 3) u odnosu na novu bazu.

4. Neka su date baze B1 = {a1, a2, a3} i B2 = {b1, b2, b3} u trodimenzionalnom prostoruV3 gdje su a1 = (1, 1, 2), a2 = (2, 3,−1), a3 = (−1, 0, 1), b1 = (1, 1, 2), b2 = (2, 1, 0) ib3 = (1, 0,−1). Odrediti koordinate vektora x = 2a1 +3a2−4a3 u odnosu na bazu B2.

67

Rjesenje:

Ovdje treba preci iz baze B1 u novu bazu B2

x = αb1 + βb2 + γb3 α, β i γ su komponente vektora x u novoj bazi

2a1 + 3a2 − 4a3 = αb1 + βb2 + γb3

2(1, 1, 2) + 3(2, 3,−1) − 4(−1, 0, 1) = α(1, 1, 2) + β(2, 1, 0) + γ(1, 0,−1).

(2, 2, 4) + (6, 9,−3) + (4, 0,−4) = (α, α, 2α) + (2β, β, 0) + (γ, 0,−γ) .

(12, 11,−3) = (α + 2β + γ, α + β, 2α − γ) .

α + 2β + γ = 12

α + β = 11

2α − γ = −3

=⇒ α = −13, β = 24, γ = −23

x = −13b1 + 24b2 − 23b3 ili x = (−13, 24,−23)

5. Trojke vektora {a1, a2, a3} i {b1, b2, b3} cine bazu u V3. Njihove komponente su a1 =

(2, 2, 3), a2 = (3, 4, 0), a3 = (0, 1, 2), b1 = (2, 0, 0), b2 = (3, 3, 2) i b3 = (4, 4, 3). Izrazitivektor c = a1 − 2a2 + a3 pomocu komponenata u odnosu na bazu {b1, b2, b3} .

Rjesenje:

c = (1

2,−35, 25).

6. Neka je {a1, a2, a3} baza vektorskog prostora V3. Dokazati da i trojka vektora{b1, b2, b3}, gdje je b1 = 3a1 − a2 − a3, b2 = a1 + a2 − a3, b3 = 2a1 + a2 + a3 cinibazu, pa odrediti komplemente vektora a = a1 + a2 + a3 u odnosu na novu bazu

Rjesenje:

a =

(

−1

5, 0,

4

5

)

.

7. Dati su vektori a1 = (1, 2, 4), a2 = (−1, 0, m), a3 = (0, 2, 4), a4 = (−1, 0, 0);

a) Za koje vrijednosti parametra m su dati vektori linearno zavisni?

b) U slucaju zavisnosti odrediti sve baze datog skupa vektora.

c) Izraziti preostale vektore pomocu jedne od baza.

68

Rjesenje:

a) Dati vektori odredeni su sa po tri komponente, pa pripadaju euklidskom pros-toru E3. U tom prostoru najveci moguci broj linearno nezavisnih vektora jetri, a svaka cetiri su linearno zavisni. Zato su linearno zavisni i dati vektori bezobzira na vrijednost parametra m, sto se moze provjeriti odredivanjem rangamatrice M sistema vektora:

M =

1 −1 0 −1

2 0 2 0

4 m 4 0

, r(M) ≤ 3.

b) Odredimo sve trojke linearno nezavisnih vektora, jer ce svaka izmedu tih trojkibiti jedna baza.

M =

1 −1 0 −1

2 0 2 0

4 m 4 0

a1 a2 a3 a4

∼

−1 1 0 −1

0 2 2 0

0 4 4 m

a4 a1 a3 a2

∼

∼

−1 1 0 −1

0 2 2 0

0 0 0 m

a4 a1 a3 a2

1◦ Za m 6= 0, svaki od skupova {a1, a2, a4} , {a2, a3, a4} i {a1, a2, a3} cini bazu. Skupvektora {a1, a3, a4} ne cini bazu, jer njemu odgovarajuca matrica nije regularna.

2◦ Za m = 0 je r(M) = 2, pa bazu cine po dva vektora osim vektora a2 i a4 jer

odgovarajuca matrica

(−1 −1

0 0

)

nije regularna.

c) Za m 6= 0, naprimjer, vektor a3 pomocu baze {a1, a2, a4}, glasi a3 = a1 + a4.

8. Dati su vektori a1 = (1, 3), a2 = (−2, 4) i a3 = (−3, 2).

a) Pokazati da se skup {a1, a2} moze uzeti za bazu vektorskog prostora E2.

b) Prikazati vektor a3 kao linearnu kombinaciju vektora baze {a1, a2}.

Rjesenje:

b) a3 = αa1 + βa2, α = −45 , β = 11

10 .

69


1. Pojam funkcije realne promjenljive

Neka su X i Y skupovi realnih brojeva i f jednoznacno preslikavanje skupa X na skup

Y , (f : X → Y ) ili (f : x → f(x)). Tada pisemo y = f(x), x ∈ X, y ∈ Y i kazemo da je

y jednoznacna funkcija od realne promjenjljive x.

Drugim rijecima, relacija f ⊆ X × Y je funkcija ako i samo ako

(∀x ∈ X)(∃y ∈ Y )(x, y) ∈ f).

Skup X naziva se domenom (oblast definisanosti) funkcije y = f(x), a Y kodomenom

te funkcije. Eksplicitni oblik zadavanja funkcije f je y = f(x), a implicitni F (x, y) = 0.

Grafikom funkcije f : X → Y nazivamo skup

G = {(x, f(x)) : x ∈ X, f(x) ∈ Y } i G ⊆ X × Y.

1◦ Za funkciju f(x), definisanu u intervalu (−a, a), kazemo da je parna ako je f(−x) =

f(x), a neparna ako je f(−x) = −f(x).

2◦ Funkcija f(x) je periodicna ako postoji takav broj ω 6= 0 da je u svakoj tacki oblasti

definisanosti funkcije f(x) ispunjen uslov f(x + ω) = f(x).

Najmanji takav pozitivan broj ω za kojeg vrijedi f(x + ω) = f(x) naziva se osnovnim

periodom funkcije f(x).

3◦ Ako je za x1 < x2, x1, x2 ∈ X : f(x1) ≤ f(x2), (f(x1) ≥ f(x2)) funkcija je neo-

padajuca (nerastuca), a ako je f(x1) < f(x2) (f(x1) > f(x2)), funkcija je rastuca

(opadajuca). Sve se one nazivaju monotonim.

73


4◦ Ako postoji funkcija x = ϕ(y) takva da je y = f(ϕ(y)) ili F (ϕ(y), y) = 0, onda sefunkcija x = ϕ(y) naziva inverznom funkcijom funkcije y = f(x) koja se oznacava isa f−1.

(f : X → Y, f−1 : Y → X i f(f−1(y)) = y, ∀y ∈ Y ; f−1(f(x)) = x, ∀x ∈ X.

Primjeri:

1. Dati su skupovi X = {1, 2, 3} i Y = {0, 0, 5}. Odrediti sve jednoznacne funkcijef : X → Y . Da li neka od tih funkcija obostrano jednoznacna?

Rjesenje:

Jedna od jednoznacnih funkcija f1 : X → Y definisana je sa: f1(1) = 0, f1(2) = 0,f1(3) = 5, sto se moze prikazati kao

f1 :

(

1 2 30 0 5

)

.

Na slican nacin prikazuju se i ostale jednoznacne funkcije, definisane na cijelom skupu X:

f2 :

(

1 2 30 0 0

)

, f3 :

(

1 2 30 5 0

)

, f4 :

(

1 2 35 0 0

)

, f5 :

(

1 2 30 5 5

)

,

f6 :

(

1 2 35 0 5

)

, f7 :

(

1 2 35 5 0

)

, f8 :

(

1 2 35 5 5

)

.

Ni jedna od inverznih funkcija f−1i , (i = 1, . . . , 8) nije jednoznacna, na primjer, f−1

3

preslikava element 0 skupa Y u dva razlicita elementa skupa X (1 i 3), tj. iz f−13 (a) 6=

f−13 (b) ne slijedi a 6= b (a, b ∈ Y . Zato ni jedna od funkcija fi (i = 1, 2, . . . , 8) ne moze

biti ni obostrano jednoznacna.

Primijetimo da f−12 i f−1

8 nisu definisane na cijelom skupu Y . Oblast definisanihfunkcija f−1

2 je skup {0}, a oblast definisanosti funkcije f−18 je skup {5} •

2. Dati su skupovi X = {1, 2, 3} i Y = {2, 4, 6}. Odrediti sve jednoznacne funkcijef : X → Y i njihove inverzne funkcije. Koje inverzne funkcije su jednoznacne? •

3. Neka je preslikavanje f : R → [−1, 1] zadato jednakoscu f(x) = sin x. Odrediti:

a) f(0), b) f([

−π2 , π

2

])

, c) f((

−π2 , π

2

))

, d) f−1(0), e) f−1(

12

)

,

f) f−1(√

22

)

, g) f−1([−1, 1]), h) f−1((−1, 1)), i) f−1([

0, 12

])

.

74


Rjesenje:

a) f(0) = sin 0 = 0,

b) f(

−π2

)

= −1, f(π

2

)

= 1 i ako argument sinusa uzima sve vrijednosti od −π2 do π

2 ,

tada se vrijednost sinusa mijenja od −1 do +1. Dakle,

f([

−π2 , π

2

)]

= {sin x : −π2 ≤ x ≤ π

2 } = [−1, 1],

c) Analogno b) je: f((

−π2 , π

2

))

={

sin x : x ∈(

−π2 , π

2

)}

= (−1, 1),

d) Kako je sin x = 0 ako je x = kπ, k ∈ Z, to je f−1(0) = {x : sin x = 0},e) Ako je sin x = 1

2 , to je x = (−1)n arcsin 12 + nπ = (−1)n + π

6 + nπ, n ∈ Z,

pa je f−1(

12

)

= (−1n) π6 + nπ, n ∈ Z,

f) Analogno kao pod e) imamo: f−1(√

22

)

={

x : sin x =√

22

}

= (−1)n π4 + nπ, n ∈ Z,

g) f−1([−1, 1]) = {x : f(x) = sin x ∈ [−1, 1]}. Pokazimo da je f−1([−1, 1]) = R.

Neka je x ∈ f−1([−1, 1]) i α = sin x, tada je f(x) = α, α ∈ [−1, 1], pa je

x ∈ ((−1)n arcsin α + nπ), x ∈ R i slijedi da je f−1([−1, 1]) ⊂ R. Ako je x ∈ R, tada

je sin x ∈ [−1, 1] i x ∈ f−1([−1, 1]), tj. R ⊂ f−1([−1, 1]). Dakle, f−1([−1, 1]) = R,

h) Iz jednakosti sin x = ±1 odred-ujemo skup A = {x : x = π2 + nπ}, n ∈ Z vrijednosti x

koje ne pripadaju f−1((−1, 1)), pa je na osnovu g) f−1((−1, 1)) = R \ A.

i) Imamo: f−1([

0, 12

])

={

x : sin x ∈[

0, 12

]}

. Neka je x ∈ f−1([

0, 12

])

i α = sin x,

tada je α ∈[

0, 12

]

i x = (−1)n arcsin x + nπ, n ∈ Z. Ako je n = 2k -fiksno, tada je

x = arcsin α + 2kπ i pri promjeni vrijednosti α od 0 do 12 promjenljiva x se mijenja

od 2kπ do(

2k + 16

)

π, tj. x ∈[

2kπ,(

2k + 16

)

π]

.

Ako je n = 2k + 1 - fiksno, tada je x = − arcsin x + (2k + 1)π i za α ∈[

0, 12

]

,

x ∈[(

2k + 56

)

π, (2k + 1)π]

.

Slijedi, f−1([

0, 12

])

⊂(

⋃

k∈Z

[

2kπ,(

2k + 16

)

π]

)

⋃

(

⋃

k∈Z

[(

2k + 56

)

π, (2k + 1)π]

)

.

Vazi i obratno, ako x ∈[

2kπ,(

2k + 16

)

π]

ili x ∈[(

2k + 16

)

π, (2k + 1)π]

, tada

sin x ∈[

0, 12

]

.

Dakle, f−1([

0, 12

])

=

(

⋃

k∈Z

[

2kπ,(

2k + 16

)

π]

)

⋃

(

⋃

k∈Z

[(

2k + 56

)

π, (2k + 1)π]

)

•

4. Neka je f : R → [−1, 1] i f(x) = cos x. Odrediti:

a) f(0), b) f(π

4

)

, c) f([

−π2 , π

2

])

, d) f((

−π2 , π

2

))

, e) f([

0, π6

])

,

75


f) f−1(

12

)

, g) f−1 ([−1, 0]), h) f−1([

0,√

32

])

, i) f−1([

−√

22 ,

√2

2

])

. •

5. Za funkciju f :[

0, π2

]

→ R zadatu sa: 1) f(x) = tg x, 2) f(x) = ctg x odrediti:

a) f([

0, π6

])

, b) f([π

6 , π3

])

, c) f−1 ((0, 1]), d) f−1([

1√3,√

3])

,

e) f−1({

1√3, 1,

√3})

•

6. Neka je f(x) =

2x, − 1 < x < 0,

2, 0 ≤ x < 1,

x − 1, 1 ≤ x ≤ 3

. Odrediti: f(2), f(0), f(−0, 5), f(3).

Rezultat:

1; 2; 2; 1√2)

; 2. •

7. Neka su A, B, X i Y takvi skupovi da je: f : X → Y , A ⊂ X i B ⊂ X. Dokazati daje

f(A ∪ B) = f(A) ∪ f(B). (1)

Dokaz:

Poznato nam je da ako je zadato preslikavanje f : X → Y i D ⊂ X, onda je f(D) ={f(x) ∈ Y : x ∈ D}, pa imamo:

f(A ∪ B) = {f(x) : x ∈ A ∪ B}.

Neka je f(x) ∈ f(A ∪ B), tada je x ∈ (A ∪ B), tj. x ∈ A ∨ x ∈ B. No, ako jex ∈ A ∨ x ∈ B, to je f(x) ∈ f(A) ∨ f(x) ∈ f(B) i f(x) ∈ (f(A) ∪ f(B)), pa je

f(A ∪ B) ⊂ (f(A) ∪ f(B)). (2)

Neka je f(x) ∈ (f(A) ∪ f(B)), tada je f(x) ∈ f(A) ∨ f(x) ∈ f(B). Odatle jex ∈ A ∨ x ∈ B, tj. x ∈ (A ∪ B), pa je f(x) ∈ f(A ∪ B) i

(f(A) ∪ f(B)) ⊂ f(A ∪ B). (3)

Iz 2) i 3) neposredno slijedi (1) •

76


8. Dokazati, da ako je f : X → Y i A ⊂ Y , B ⊂ Y , onda je:

a) f−1(A ∩ B) = f−1(A) ∩ f−1(B),

b) f−1(A \ B) = f−1(A) \ f−1(B),

c) f−1(A ∪ B) = f−1(A) ∪ f−1(B) •9. Neka je funkcija f definisana sa: f(n) = n+1

2n−3 n ∈ N. Odrediti oblast definisanosti

funkcije f i njene inverzne funkcije f−1. Da li postoji prirodan broj m takav da jef(m) = f−1(m) ili 2f(m) − 1 = f−1(2m − 1)?

Rjesenje:

Funkcija f(n) definisana je za svako n ∈ N za koje je 2n − 3 6= 0, tj. za svako n ∈ N.Dakle, Df = N. Skup vrijednosti funkcije f je Rf =

{ n+12n−3 , n ∈ N

}

.

Funkciju f (Vidi zadatak 1) mozemo napisati i ovako:

f :

(

1 2 3 · · · n · · ·2−1

31

43 · · · n+1

2n−3 · · ·)

.

Funkcija f−1 je definisana na skupu Rf sa f(f−1(q)) = q, (q ∈ Rf ), tj. f−1(q)+1

2f−1(q)−3= q,

odnosno f−1(q) + 1 = 2qf−1(q) − 3q.

Rjesavanjem po f−1(q) dobija se: (1 − 2q)f−1(q) = −3q − 1, tj. f−1(q) = 3q+12q−1 .

Funkcija q → 3q+12q−1 je definisana za svako q ∈ Rf za koje je 2q − 1 6= 0. Ispitajmo

da li je 12 ∈ Rf , tj. da li postoji m ∈ N takav da je m+1

2m−3 = 12 . Ova jednakost moze biti

tacna za one m ∈ N za koji je 2m + 2 = 2m − 3, sto je nemoguce. Dakle, 12 /∈ Rf , pa je

f−1 definisana za sve q ∈ Rf i pri tome je f(f−1(q)) = q.

Jednacina f(m) = f−1(m), tj. m+12m−3 = 3m+1

2m−1 ima rjesenja m1,2 = 2±√

62 /∈ N.

Jednacina 2f(m) − 1 = f−1(2m − 1), tj. 2 m+12m−1 − 1 = 3(2m−1)+1

2(2m−1)−1 je ekvivalentna

jednacini 32m−1 = 6m−2

4m−3 i nema rjesenja u skupu R, pa ni u skupu N •

10. Neka su funkcije f i g definisane sa: f(n) = n+1n−1 , (n ∈ N), g(n) = 2n, (n ∈ N). Odrediti

oblasti definisanosti funkcija f i g i njihovih inverznih funkcija. Odrediti f(g(n)) injenu inverznu funkciju, a zatim g−1(f−1(q)), q ∈ Rf .

Rjesenje:

Df = N\{1}, Dq = N, Rf ={n+1

n−1 , n ∈ N}

, Rg = {2n, n ∈ N}, f−1(q) = q+1q−1 , q ∈ Rf ,

g−1(g) = log2 q, (q ∈ Rg), Df−1 = Rf , Dg−1 = Rg, f(g(n)) = 2n+12n−1 , a njena inverzna

funkcija je g → log2q+1q−1 · g−1(f−1(q)) = log2

q+1q−1 .

77


Primijetimo da je funkcija q → g−1(f−1(q)) inverzna funkciji n → f(g(n)). Ovo jetacno i u opstem slucaju, za proizvoljne funkcije f i g •11. Data je funkcija y = ln(

√x2 − 1 − 2).

a) Odrediti inverznu funkciju,

b) Odrediti oblast definisanosti date funkcije i njene inverzne funkcije,

c) Odrediti parnost, neparnost, periodicnost date funkcije.

Rjesenje:

a) Na osnovu definicije prirodnog logaritma, iz y = ln(√

x2 − 1 − 2) slijedi da je ey =√x2 − 1 − 2. Odatle je x = ±

√

(ey + 2)2 + 1.Invezna funkcija je, dakle, dvoznacna. Svakom y ∈ R odgovaraju dvije razlicite brojnevrijednosti:

√

(ey + 2)2 + 1 i −√

(ey + 2)2 + 1.Ako nezavisno promjenljivu i ovdje oznacimo sa x, inverzna funkcija ima analitickiizraz y = ±

√

(ex + 2)2 + 1.

b) Oblast definisanosti funkcije y = ln(√

x2 − 1 − 2) je skup

D ={x ∈ R; ln(√

x2 − 1 − 2) ∈ R} = {x ∈ R; x2 − 1 ≥ 0 i√

x2 − 1 − 2 > 0} =

={x ∈ R; (x − 1)(x + 1) ≥ 0} ∩ {x ∈ R;√

x2 − 1 > 2},odakle je

D = ((−∞,−1) ∪ [1, +∞)) ∩ ((−∞,−√

5) ∪ (√

5, +∞)) = (−∞,−√

5) ∪ (√

5, +∞).

Oblast definisanosti inverzne funkcije je R = (−∞, +∞).

c) Funkcija y = ln(√

x2 − 1 − 2) je parna, jer je y(x) = y(−x), tj. ln(√

x2 − 1 − 2) =ln(

√

(−x)2 − 1 − 2) za svako x ∈ D.Funkcija y = ln(

√x2 − 1−2) nije periodicna, jer ne postoji konstanta ω > 0 takva da

je y(x + ω) = y(x) za svako x ∈ D. Zaista, iz y(x + ω) = y(x), (x ∈ D,ω > 0) slijediln(

√

(x + ω)2 − 1 − 2) = ln(√

x2 − 1 − 2), (x ∈ D,ω > 0), odakle je (x + ω)2 − 1 =x2 − 1, (x ∈ D,ω > 0) tj. ω(2x + ω) = 0, (x ∈ D,ω > 0). Kako je ω 6= 0, to jeω = −2x za svako x ∈ D, sto je nemoguce jer je ω-konstanta •

12. Data je funkcija y = 13√

ln(1+sin x3 )

.



c) Da li je data funkcija periodicna?

78


Rjesenje:

a) Inverzna funkcija je y = 3 arcsin(e1/x3 − 1),

b) Oblast definisanosti funkcije je skup D = {x ∈ R; 3√

ln(1 + sin x3 ) 6= 0 i 1+sin x

3 > 0},odakle je D = {x ∈ R; x 6= 3kπ i x 6= π

2 + (6k + 4)π, k ∈ Z}.Oblast definisanosti inverzne funkcije je skup D1 = (−∞, 0) ∪

[

13√

ln 2, +∞

)

,

c) Data funkcija jeste periodicna i njen osnovni period je ω = 6π •

13. Data je funkcija f(x) =√

x2−4−(x+3) .



c) Ispitati parnost funkcija f i f−1.

Rjesenje:

a) Uzmimo da je z =√

x2−4−(x+3) , odakle je x = −1

2z2 ± 12

√z4 − 12z2 + 16, tj.

f−1(z) = −12z2 ± 1

2

√z4 − 12z2 + 16.

b) Oblast definisanosti date funkcije je skup D = (−∞,−3) ∪ [−2, 2].Oblast definisanosti funkcije f−1 je skup

Df−1 ={x ∈ R;−1

2x2 ± 1

2

√

x4 − 12x2 + 16 ∈ R} = {x ∈ R; x4 − 12x2 + 16 ≥ 0}={x ∈ R; ; (x − x1)(x − x2)(x − x3)(x − x4) ≥ 0},

odakle je Df−1 = (−∞, x2) ∪ [x4, x3] ∪ [x1, +∞) .

c) Funkcija f(x) nije parna.Dvoznacnom funkcijom f−1(x) = 1

2x2 ± 12

√x4 − 12x2 + 16 su definisane bar dvije

jednoznacne funkcije tzv. grane funkcije f−1(x).Neka su to f1(x) = −1

2x2 + 12

√x4 − 12x2 + 16 i f2(x) = −1

2x2 − 12

√x4 − 12x2 + 16.

Funkcije f1(x) i f2(x) su parne •14. Odrediti period sljedecih funkcija:

a) y = 3+sin πx, b) y = 2 sin x−3 cos x, c) y = 5+2 sin(1−x), d) y = tg (x+π3 ),

e) y = tg x1+tg 2(x)

, f) y = sin x + 12 sin 2x + 1

3 sin 3x.

Rezultat:

a) π, b) 2π, c) 2π, d) π, e) π, f) 2π •

79


15. Odrediti oblast definisanosti funkcija:

a) y = x3+7x2−5x+6

, b) y =√

2x2 + x + 9, c) y = 3√

x−2x2−1

,

d) y = y =√

x + 1 +√

3 − x + e1/x, e) y = x2 − 4 + ln(−x),

f) y =√

ln x−4x+2 +

√−x2 − 5x − 4, g) y = ln x

sin x ,

h) y =√

x+1ln(1−x) , i) y = ln arcsin x+2

5−x , j) y = (2 − sin x)−14 .

Rezultat:

a) D = (−∞, 2) ∪ (2, 3) ∪ (3, +∞), b) D = (−∞,∞),

c) D = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞), d) D = [−1, 0) ∪ (0, 3], e) D = (−∞, 0),

f) D = [−4,−2), g) D = {x > 0, x 6= kπ, k = 0, 1, . . .}, h) D = [−1, 0) ∪ (0, 1),

i) D = (−2, 32 ], j) D = R •

16. Dokazati da je ln√

x2+1−x√x2+1+x

= 2 ln(√

x2 + 1−x) i odrediti oblast definisanosti funkcije

ln√

x2+1−x√x2+1+x

.

Rezultat:

D = (−∞, +∞) •17. Odrediti inverznu funkciju date funkcije i njihovu oblast definisanosti:

a) y =3√

x +√

1 + x2 +3√

x −√

1 + x2, b) y = ecos x−13−ecos x ,

c) y = loga(x2 +√

x4 + 1), a > 0, d) y = ln(

arcsin xx+1

)

.

Pod kojim je uslovima funkcija f−1 jednoznacna?

Rjesenje:

a) Rjesavanjem jednacine y =3√

x +√

1 + x2+3√

x −√

1 + x2 po x dobija se x = 12(y3+

3y). Dakle, f−1(x) = 12(x3 +3x). Funkcija f−1(x) je jednoznacna i Df = Df−1 = R.

b) Df = R. Inverzna funkcija, data analitickim izrazom, je y = ± arccos(ln 3x+1x+1 +

2kπ, k ∈ Z. Ona je jednoznacna ako se postavi uslov: y ∈ [0, π], (y > 0, k = 0).

Kako je cos y = ln 3x+1x+1 , to je Df−1 = {x ∈ R,−1 ≤ ln 3x+1

x+1 ≤ 1}. Funkcija

t → et je rastuca, pa je Df−1 ={

x ∈ R, 1e ≤ 2x+1

x+1 ≤ e}

={

x ∈ R, 1e ≤ 2x+1

x+1

}

∩{

x ∈ R, 2x+1x+1 ≤ e

}

=(

(−∞,−1) ∪[ e−1

2e−1 , +∞))

∩[e−1

2−e ,−1)

=[e−1

2−e ,−1)

.

c) Df=R, f−1(x) = ±√

ax−a−x

2 , Df−1 = (−∞, 0]. Funkcija f−1(x) ima bar dvije

jednoznacne grane: f1(x) = +√

ax−a−x

2 , f2(x) = −√

ax−a−x

2 .

80


d) Df = {x : arcsin xx+1 > 0} = {x : 0 < x

x+1 ≤ 1} = (−1, +∞), f−1(x) = sin(ex)1−sin(ex) ,

Df−1 = R \ {ln π2 , ln 5π

2 , ln 9π2 , . . . , ln (4k+1)π

2 , . . .} •

18. Odrediti parnost i periodicnost sljedcih funkcija:

a) y = log(x +√

x2 + 1), b) y = 3√

(1 − x)2 + 3√

(1 + x)2,

c) y = cos x − sin x + 1, d) y =√

sin π(x + 2).

Rjesenje:

a) Funkcija nije ni parna, ni neparna, ni periodicna,

b) Funkcija je parna, ali nije periodicna,

c) Funkcija nije ni parna, ni neparna, ali je periodicna sa periodom ω = 2π,

d) Funkcija nije ni parna, ni neparna. Period funkcije je ω = 2, jer je sin π(x + 2) =

sin π[(x + ω) + 2] + 2kπ], (x ∈ R, ω > 0) ekvivalentno sa π(x + 2) = π[(x + ω) + 2] +

2kπ, k ∈ Z, (x ∈ R, ω > 0), tj. πω = 2kπ(k ∈ Z, ω > 0). Najmanji pozitivan broj ω

za koji je tacna jednakost ω = 2k je ω = 2 za k = 1 •

19. Odrediti eksplicitni oblik funkcije f :[

3π2 , 5π

2

]

→ [4π, 5π] koja je zadata implicitno

jednakoscu

sin x − cos y = 0, x ∈[

3π

2,5π

2

]

, y ∈ [4π, 5π]. (1)

Rjesenje:

Uzmimo da je sin x = q, x ∈[

3π2 , 5π

2

]

, q ∈ [−1, 1]. Tada jednacina cos y = q na

segmentu [4π, 5π] ima jedinstveno rjesenje, sto znaci da postoji funkcija

f :

[

3π

2,5π

2

]

→ [4π, 5π].

Da bismo odredili analiticki izraz funkcije f , jednakost (1) napisemo u obliku

sin x − sin(π

2− y) = 0,

odakle je

2 sinx − π

2 + y

2cos

x + π2 − y

2= 0. (2)

81


Iz (2) slijedi da funkcija y ima dvije vrijednosti

y = x − π

2+ 2kπ, n ∈ Z, (3)

y = −x +π

2+ 2kπ, n ∈ Z. (4)

U slucaju (3) funkcija ne zadovoljava zadate uslove. U relaciji (4) iz uslova x ∈[

3π2 , 5π

2

]

slijedi da je y ∈ [(2n − 2)π, (2n − 1)π] ⊂ [4π, 5π] za n = 3, pa eksplicitni oblikfunkcije f je:

y = −x +13π

2, x ∈

[

2π

2,5π

2

]

•

20. Odrediti eksplicitni oblik funkcije

f : [π, 2π] →[

3π

2,5π

2

]

zadate implicitno

sin x + cos y = 0, x ∈ [π, 2π], y ∈[

3π

2,5π

2

]

. (1)

Rezultat:

y = −x + 7π2 •

21. Odrediti eksplicitni oblik funkcije

f : [π, 2π] →[

π

2,3π

2

]

zadate implicitno

cos x − sin y = 0, x ∈ [π, 2π], y ∈[

π

2,3π

2

]

. (1)

Rezultat:

y = x − π2 •

82


22. Napisati u eksplicitnom obliku sljedece funkcije, implicitno date:

a) x2 − y2 = 4, b) 2x3 · y2 = x− 1, c) ex+y = 2, d) log(x− 1) + log(y + 1) = 1.

Rezultat:

a) y = ±√

x2 − 4, b) y = ±√

x−12x3 , c) y = log3 2 − x, d) y = 10

x−1 − 1 •

23. Odrediti eksplicitni oblik funkcije f(x) date u parametarskom obliku:

a) x = a cos t, y = a sin t, 0 ≤ t ≤ π,

b) x = a cos t, y = a sin t, π ≤ t ≤ 2π, a > 0,

c) x√

2 = sin t + cos t, y = cos2(t − π4 ) − sin(t + π

4 ),

d) x = tg t, y = sin 2t + 2 cos 2t,

e) x2 = log2 t + 2, y = t2 − 1, (t ∈ R+),

f) x = 2at1+t2

, y = 2at2

1+t2, 0 ≤ t < +∞,

g) x = 2at1+t2

, y = 2at2

1+t2,−∞ >< t ≤ 0, (a > 0).

Rjesenje:

a) Kako je funkcija x → a cos t, t ∈ [0, π] bijekcija [0, π] → [−a.a], to ∀x ∈ [−a, a] izjednakosti x = a cos t odredimo jedinstvenu vrijednost t = arccos x

a koja pripada segmentu[0, π]. Uvrstavanjem ove vrijednosti u drugu jednakost, dobicemo y = a sin(arccos x

a ) =

a√

1 − cos2(arccos xa ) = a

√

1 − x2

a2 , tj. y =√

a2 − x2, x ∈ [−a, a],

b) Neka je π + ν = t. Tada, ako je ν ∈ [0, π], to je t ∈ [π, 2π]. Pri tome je, iz prvejednakosti, x = −a cos ν.

Funkcija ν → −a cos ν je bijekcija [0, π] → [−a, a], pa za svako x ∈ [−a, a] je ν =arccos

(

−xa

)

= π − arccos xa i t = 2π − arccos x

a . Uvrstavanjem ove vrijednosti u drugu

jednakost, dobicemo: y = −√

a2 − x2, x ∈ [−a, a],

c) y = x2−x, d) Koristeci sin α =2tg α

21+tg 2 α

2i cos α =

1−tg 2 α2

1+tg 2 α2

dobija se y = 21+x−x2

1+x2 ,

e) y = 22x2−4 − 1, f) x =√

2ay − y2, 0 ≤ y < 2a, g) x = −√

2ay − y2, 0 ≤ y < 2a •

83


2. Grafici elementarnih funkcija

Pomocu grafika G osnovnih elementranih funkcija y = f(x), neposredno se mogunacrtati grafici sljedecih funkcija:

1) y = f(x − a) - translacija grafika G paralelno x-osi za vrijednost a,

2) y = f(x) + b - translacija grafikona G paralelno y - osi, za b,

3) y = cf(x) - uvecanje grafika G c puta,

4) y = f(kx) - smanjenje apcisa grafika G k puta,

5) y = −f(x) - simetricno preslikavanje grafika G u odnosu na x-osu,

6) y = f(−x) - simetricno preslikavanje grafika G u odnosu na y-osu.

Pomocu grafika G, funkcije f(x), mogu se priblizno nacrtati grafici funkcija:

1◦ y = 1f(x)

, 2◦ y = |f(x)|, 3◦ y = f(|x|), 4◦ y = f(x) + g(x), 5◦ y =

f(x) · g(x), 6◦ y = f(x)g(x) , 7◦ y = f [ϕ(x)], itd •

U daljem radu, na osnovu grafika G funkcije y = f(x), crtacemo grafike transformi-sanih funkcija.

24. Na osnovu pravila 1) nacrtati grafike funkcija:

a) y = (x − 2)2, b) y = log1/2(x − 2), c) y = 1x+2 .

Rjesenje:

a) (sl. 1), b) (sl. 2), c) (sl. 3) •

84

GRAFICI ELEMENTARNIH FUNKCIJA

-1 1 2 3x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5y

y=x2

y=Hx-2L2

Sl.1.®

1 2 3 4 5x

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5y

y=log 1��2x

y=log 1��2Hx-2L

Sl.2.®

-4 -3 -2 -1 1 2x

-3

-2

-1

1

2

3y

y=1��x

y=1

��x + 2

Sl.3.¬-3 -2 -1 1 2 3

x

-1

1

2

3

4

5

6

y

y=x2

y=x2+3

Sl.4.

25. Nacrtati grafike funkcija:

a) y = (x + 2)2, b) y = log1/2(x + 2), c) y = 3x+2, d) y = 1x−2 , e) y = 1

x+1 ,

f) y =√

x + 1, g) y =√

x − 1, h) y = log2(x − 2), i) y = log2(x + 2),

j) y = cos(x+ π6 ), k) y = tg (x− π

2 ), l) y = arccos(x−2), m) y = arctg (x− 14)•

26. Koriscenjem pravila 2), nacrtati grafike funkcija:

a) y = x2 + 3, b) y = sin x + 2, c) y = 1x − 1.

Rjesenje:

a) (sl. 4), b) (sl. 5), c) (sl. 6) •

85


-5 Π��2

-2 Π -Π-3 Π��2

-Π��2

Π��2

Π 3 Π��2

2 Π 5 Π��2

x

-2

-1

1

2

3

y

y=sin x

y=sin x+2

Sl.5.

-4 -3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3y

y=1��

x

y=1��x

-1Sl.6.

¯


a) y = x2 − 3, b) y = sin x − 2, c) y = 1x + 1, d) y =

√x + 1, e) y = 3x − 1,

f) y = log1/2 x + 1, g) y = 3√

x + 1, h) y = arctg x + 1, i) y =(

12

)x+ 1 •

28. Koristenjem pravila 3), nacrtati grafike funkcija:

a) y = 2x2, b) y = 2 sin x, c) y = 12

√x.

Rjesenje:

a) (sl. 7), b) (sl. 8), c) (sl. 9) •

-2 -1 1 2x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5y

y=x2

y=2x2

Sl.7.

-Π -Π��2

Π��2

Π

x

-2

-1

1

2

y

y=2sin x

y=sin x

¯

Sl.8.

1 2 3 4x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

2.5y

y=1��2�!!!!x

y=�!!!!x

Sl.9.

¯-Π -

Π��2

-Π��4

Π��4

Π��2

Π

x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

y

y=sin x

y=sin 2x

® ¬

Sl.10.

86



a) y = 12x2, b) y = 1

2 sin x, c) y = 12

3√

x, d) y = 3x , e) y = 1

2 log1/2 x, f)

y = 2 · 2x, g) y = 122x, h) y = 1

2 arcsin x, i) y = 2arctg x •30. Koristenjem pravila 4), nacrtati grafike funkcija:

a) y = sin 2x, b) y = arcsin 2x, c) y =√

12x.

Rjesenje:

a) (sl. 10), b) (sl. 11), c) (sl. 12) •

-1 -0.5 0.5 1x

-Π��2

Π��2

y

y=arcsin x

y=arcsin 2x

Sl.11.

0.5 1 1.5 2 2.5 3x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

y

y=$%%%%%%%%%%1��2

x

y=�!!!!x

Sl.12.


a) y = sin(x2 ), b) y = arcsin(x

2 ), c) y =√

2x, d) y = 3√

8x, e) y = 5x2 ,

f) y = (0, 5)3x, g) y = log1/3 2x, h) y = cos(x2 ), i) y = tg 2x •

32. Koristenjem pravila 5), nacrtati grafike funkcija:

a) y = −x2, b) y = − cos x, c) y = −√x.

Rjesenje:

a) (sl. 13), b) (sl. 14), c) (sl. 15) •

-3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3y

y=x2

y=-x2

Sl.13.

-Π -Π��2

Π��2

Π

x

-1

-0.5

0.5

1

y

y=cos x

y=-cos x

Sl.14.

87


0.5 1 1.5 2x

-2

-1

1

2

y

y=�!!!!x

y=-�!!!!x

Sl.15.-2 -1 1 2

x

-0.5

0.5

1

1.5

y

y=�!!!!xy=

�!!!!!!!-x

Sl.16.


a) y = −x3, b) y = − 3√

x, c) y = − 1x , d) y = −3x, e) y = −

(

12

)x,

f) y = −tg x, g) y = −arctg x, h) y = − sin x, i) y = − log3 x •34. Koristenjem pravila 6), nacrtati grafike funkcija:

a) y =√−x, b) y = log2(−x), c) y = 3−x.

Rjesenje:

a) (sl. 16), b) (sl. 17), c) (sl. 18) •

-2 -1 1 2x

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

y

y=log2xy=log2H-xL

Sl.17.-2 -1 1 2

x

-1

1

2

3

4y

y=3xy=3-x

Sl.18.


a) y = y = log1/2(−x), b) y =(

12

)−x, c) y = 3

√−x, d) y = arcsin(−x),

e) y = arctg (−x) •

Neka je data funkcija y = ax2 + bx + c, a 6= 0. Mozemo je transformisati i napisati u

drugom obliku (kanonickom): y = a(x − α)2 + β, gdje je α = − b2a , β = 4ac−b2

4a .

Grafik ove funkcije je parabola. Prava x = α naziva se osa parabole. Tacka T (α, β)je tjeme parabole.

88


36. Nacrtati grafik funkcije: y = 2x2 − 8x + 5.

Rjesenje:

Datu funkciju (polinom drugog stepena) mozemo napisati u kanonickom obliku y =

2(x − 2)2 − 3. Crtanje grafika posmatracemo kroz vise faza:

a) Grafik funkcije y = x2 smatramo poznatim,

b) Prema pravilu 3), crtamo grafik funkcije y = 2x2,

c) Prema pravilu 1), crtamo grafik funkcije y = 2(x − 2)2,

d) Prema pravilu 2), crtamo grafik funkcije y = 2(x − 2)2 − 3, (sl. 19) •

-1 1 2 3 4 5x

-3

5

y

y=2Hx - 2L2-3

Sl.19.

-3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3y

y= x¤

Sl.20.y=x


a) y = 2(x − 5)2 − 1, b) y = −12(x + 3)2 − 2, c) y = x2 − 4x + 1,

d) y = 3x − x2, e) y = −2x2 − 3x + 4, f) y = 4x − x2 − 3 •

7) Pomocu grafika G funkcije y = f(x), mozemo nacrtati grafik funkcije y = |f(x)|.

Kako je y = |f(x)| =

{

f(x), f(x) ≥ 0,

−f(x), f(x) < 0,to da bismo nacrtali grafik funkcije y =

|f(x)|, na osnovu grafika G funkcije y = f(x), potrebno je dio grafika funkcije y = f(x),

koji se nalazi iznad x-ose ostaviti bez promjene, a dio grafika G ispod x-ose simetricno

preslikati u odnosu na tu osu.


a) y = |x|, b) y = |x + 1|, c) y = |1 − |x||.Rjesenje:

a) (sl. 20), b) (sl. 21), c) (sl. 22) •

89


-3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3y

y= È x + 1 È

Sl.21.y=x + 1 -2 -1 1 2

x

-1

-0.5

0.5

1

1.5y

y= 1 - x¤¤

Sl.22.

8) Neka je dat grafik G funkcije y = f(x). Nacrtati grafik funkcije y = f(|x|).

Da bismo nacrtali grafik funkcije y = f(|x|) na osnovu grafika G funkcije y = f(x)

potrebno je nacrtati grafik funkcije y = f(x) za x ≥ 0 pa ga simetricno preslikati u odnosu

na y-osu.


a) y =√

|x|, b) y = log3 |x|, c) y = sin |x|.

Rjesenje:

a) (sl. 23), b) (sl. 24), c) (sl. 25) •

-2 -1 1 2x

-0.5

0.5

1

1.5y

y=�!!!!!!!!! x¤

Sl.23.

-2 -1 1 2x

-1

-0.5

0.5

1

y

y=log3ÈxÈ

Sl.24.

90


-2 Π -Π-3 Π��2

-Π��2

Π��2

Π 3 Π��2

2 Π

x

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

y

y=sinÈxÈ

Sl.25.


a) y = |2x2−8|x|+5|, b) y = |x+5x+3 |, c) y =

(

14

)3x−1+1, d) y = −arctg (4x−1).

Rjesenje:

a) Nacrtali smo grafik funkcije y = 2x2 − 8x + 5 (vidi sl. 19). Kako je x2 = |x|2, to

cemo nacrtati grafik funkcije y = 2x2 − 8|x| + 5| prema pravilu 8). Nacrtamo parabolu

y = 2x2 − 8x+5 za x ≥ 0, pa je simetricno preslikamo u odnosu na y-osu (sl. 26). Prema

pravilu 7) nacrtamo grafik date funkcije (sl. 27).

-4 -2 2 4x

-3

5

y

y=2x2-8x+5

Sl.26.

-4 -2 2 4x

5

y

y=È2x2-8ÈxÈ+5È

Sl.27.

b) Datu funkciju napisimo u obliku y =∣

∣1 + 2x+3

∣

∣, pa grafik crtamo sljedecim redom:

1) Grafik funkcije y = 1x smatramo poznatim, 2) Crtamo grafik funkcije y = 1

x+3 , 3)

Crtamo grafik funkcije y = 2x+3 , 4) Crtamo grafik funkcije y = 1 + 2

x+3 , 5) Crtamo grafik

funkcije y =∣

∣1 + 2x+3

∣

∣, (sl. 28).

91


-5 -3x

1

y

y= Ë 1 +2

��x + 3

Ë

Sl.28.1��3

x

1

5

y

y=J 1��4N3 Hx-

1��3 L+1

Sl.29.

c) Kako je y =(

14

)3x−1+ 1 =

(

14

)3(x−13 )

+ 1, to cemo grafik crtati ovim redom:

1) Grafik funkcije y =(

14

)xsmatramo poznatim, 2) Crtamo grafik funkcije y =

(

14

)3x,

3) Crtamo grafik funkcije y =(

14

)3(x−13 )

, 4) Crtamo grafik funkcije y =(

14

)3(x−13 )

+1 (sl.29).

d) Datu funkciju napisimo u drugom obliku: y = −arctg (4x − 1) = −arctg 4(x − 14)

i crtamo grafik sljedecim redom: 1) Grafik funkcije y = arctg x smatramo poznatim,2) Crtamo grafik funkcije y = arctg 4x, 3) Crtamo grafik funkcije y = arctg 4(x − 1

4),4) Crtamo grafik funkcije y = −arctg 4(x − 1

4), (sl. 30) •

1��4

x

-Π��2

Π��2Π��4

y

y=-arctgH4x-1L

Sl.30.

1��2

x

1

y

y=�!!!!!!!!!!!!!!!1 - 2 x

Sl.31.

y=1


a) y = 1 + 1x+2 , b) y = 1

x+3 − 1, c) y = 4x+72x−5 , d) y =

∣

∣

4−x5+2x

∣

∣, e) y = 3x−2,

f) y = (0, 25)x+3, g) y = −22x−1, h) y = − arcsin x+23 , i) y = 2arctg (2x − 1),

j) y = 3arctg (3x + 1), k) y = 2 arccos 1−x2 , l) y = −1

2 arcsin x+22 .

9) Neka je poznat grafik G funkcije y = f(x). Pomocu njega nacrtati grafik funkcijey = n

√

f(x).

Pri crtanju grafika funkcije y =√

f(x), n = 2, treba postupiti na ovaj nacin:

92


1◦ Konstruisati grafik G funkcije y1 = f(x),

2◦ Odstraniti oblast u kojoj je funkcija y1 = f(x) negativna,

3◦ Povuci pravu y = 1,

4◦ Prema nulama funkcije y1 = f(x), odredi se karakter tangente krive y =√

f(x) u

tim tackama,

5◦ Odrediti brzinu rasta funkcije y = f(x),

6◦ Kriva y =√

f(x) konstruise se imajuci u vidu pravilo: ispod presjeka s pravom

y = 1 je√

f(x) > f(x), a iznad presjeka s pravom y = 1 je√

f(x) < f(x) •

42. Nacrtati grafik funkcija:

a) y =√

1 − 2x, b) y =√

9 − 4x2, c) y =√

x2 − 3x, d) y =√

x(x − 2)2.

Rjesenje:

a) Nacrtamo grafik funkcije y1 = 1 − 2x. x = 12 je nula prvog reda funkcije y1.

Funkcija y =√

1 − 2x raste sporije od prave, (sl. 31),

b) (sl. 32),

c) Buduci da je y1 = x2 − 3x polinom drugog reda, to ce kriva rasti brzinom

prave, dakle, imace dvije kose asimptote. Asimptote odred-ujemo na sljedeci nacin:

y =√

x2 − 3x =√

(x − 32)2 − 9

4 =∣

∣x − 32

∣

∣

√

1 − 94(x−3/2)2

, i otuda y →∣

∣x − 32

∣

∣, |x| → ∞,

tj. asimptote su prave: y = x − 32 i y = −x + 3

2 , (sl. 33),

d) (sl. 34) •

-3��2

3��2

x

3

9

y

y=�!!!!!!!!!!!!!!!!!9 - 4 x2

Sl.32.

y=9 - 4 x2

3��2

3x

-3��2

-9��4

y

y=¢x -3��2¦

Sl.33.

y=x2 - 3 x

y=�!!!!!!!!!!!!!!!!x2 - 3 x

93


2x

1

y

y=1

y=x Hx - 2L2y="#######################x Hx - 2L2

Sl.34.

2 4x

-1��4

-4

y

y=x2 - 4 x

y=1

��x2 - 4 x

Sl.35.

Uocimo da je grafik funkcije y =√

ax2 + bx + c gornja polovina hiprebole (kao u c)

za a > 0, gornja polovina elipse (kao u b) za a < 0 i gornji polukrug za a = −1.

43. Pomocu grafika funkcije f(x) = x2 − 4x nacrtati grafike funkcija:

a) y = 1f(x)

, b) f = |f(x)|, c) y =√

f(x).

Rjesenje:

a) (sl. 35), b) (sl. 36), c) (sl. 37) •

2 4x

4

-4

y

y=x2 - 4 x

y= x2 - 4 x¤

Sl.36.

2 4x

-4

y

y=x2 - 4 x

y=�!!!!!!!!!!!!!!!!!x2 - 4 x

Sl.37.


a) y = ±12

√x2 − 4, b) y = ±

√1 − x2, c) y = ±

√sin x, d) y = ±√

arctg x •

10) Pomocu grafika G funkcije y = f(x) nacrtati grafik grafik funkcije y = 3√

f(x).

Kubni korjen postoji za sve realne brojeve, pa je funkcija y = 3√

f(x) definisana za

sve vrijednosti x − a za koje je definisana funkcija y1 = f(x).

Ako je poznat grafik funkcije y1 = f(x), grafik funkcije y = 3√

y1 mozemo dobiti

izracunavanjem treceg korijena iz svake ordinate krive y1. Pri tome treba voditi racuna o

94


sljedecim relacijama:

3√

α = α za α = 0, α = 1 i α = −1,3√

α < α za α ∈ (−1, 0) i α ∈ (1, +∞),3√

α > α za α ∈ (−∞,−1) i α ∈ (0, 1).

Dakle, kriva y = 3√

f(x) poklapa se sa krivom y1 = f(x) u onim tackama u kojima

su ordinate 0; 1 i −1.

Dakle, crtanje grafika funkcije y = 3√

f(x), mozemo uraditi na sljedeci nacin:

1◦ Nacrta se grafik funkcije y1 = f(x),

2◦ Povuku se prave y = 1 i y = −1,

3◦ Na osnovu nula funkcije y1 = f(x) odredi se karakter tangenata krive y = 3√

y1 u

tim tackama,

4◦ Odredi se brzina rasta funkcije y = 3√

f(x) i

5◦ Grafik funkcije y = 3√

f(x) crtamo imajuci u vidu sljedece:

a) za y1 < −1 je 3√

y1 > y1,

b) za y1 = −1 je 3√

y1 = y1,

c) za −1 < y1 < 0 je 0 > 3√

y1 > y1,

d) za y1 = 0 je 3√

y1 = 0,

e) za 0 < y1 < 1 je 1 > 3√

y1 > y1,

f) za y1 = 1 je 3√

y1 = y1,

g) za y1 > 1 je 1 < 3√

y1 < y1 •


a) y = 3√

x, b) y = 3√

1 − x2 , c) y = 3

√x2 − 1,

d) y = 3√

(2x − 1)2, e) y = 3√

x3(1 − x), f) y = 13√

x2−x−2.

Rjesenje:

a) (sl. 38), b) (sl. 39)

95


-3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3y

y=-1

y=�!!!!x3

y=1

y=xSl.38.

-2 -1 1 2 3 4 5x

-3

-2

-1

1

2

3y

y=-1

y=$%%%%%%%%%%%%%%1 -x��2

3

y=1

y=1 -x��2

Sl.39.

c) Kako su x = 1 i x = −1 nule prvog reda funkcije y1 = x2−1, to kriva y = 3√

x2 − 1raste sporije od prave (sl. 40).

-3 -2 -1 1 2 3 4x

-3

-2

-1

1

2

3y

y=-1

y=1

y=�!!!!!!!!!!!!!x2 - 1

3y=x2 - 1

Sl.40.-2 -1 1 2 3

x

-1

1

2

3

4

y

y=1

y="#######################H2 x - 1L23

y=H2 x - 1L2

Sl.41.

d) (sl. 41), e) (sl. 42), f) (sl. 43) •

3��4

1x

-1

1

y

y=-1

y=1

Sl.42.

-3 -2 -1 1 2 3 4x

-3

-2

-1

1

2

3y

y=-1

y=1

Sl.43.


a) y = 3√

2xx−1 , b) y = 3

√cos x, c) y = 3

√1 − x3, d) y = 3

√

x(x − 2)2 •

96


11) Pomocu grafika G funkcije f(x) konstruisati grafik funkcije y = ef(x).

Za konstrukciju grafika funkcije y = ef(x) ukoliko je poznat grafik funkcije y1 = f(x),potrebno je broj e stepenovati svakom ordinatom funkcije y1 = f(x). Pri tome trebavoditi racuna o sljedecim cinjenicama:

1◦ Funkcija y = ef(x) definisana je za sve vrijednosti x-a za koje je definisana funkcijay1 = f(x),

2◦ U nulama funkcije y1 = f(x) kriva y = ef(x) uzima vrijednost 1 (e0 = 1). Krivay = ef(x) sijece pravu y = 1 pod istim uglom pod kojim kriva y1 = f(x) sijece x-osu,

3◦ Ako y1 → ∞, x → x0, tada y → ∞, x → x0, a ako y1 → −∞, x → x0, tada y → 0,x → x0,

4◦ Ako je y1 ∼ 0, |x| → ∞, tada je y ∼ 1, |x| → ∞,

ako je y1 ∼ k, |x| → ∞, tada je y ∼ ek, |x| → ∞,

ako je y1→ −∞, |x|→∞, tada je y = ef(x)→∞ i to brze od bilo kojeg stepena xn •47. Primjenom pravila 11) nacrtati grafike funkcija:

a) y = e−x2, b) y = e1−x

2 , c) y = ex

1−x , d) y = e√

x2−1.

Rjesenje:

a) Neka je y1 = −x2. Kako y1 → −∞, |x| → ∞, to slijedi asimptotska relacija

y ∼ 0, |x| → ∞.

Funkcija y dostize maksimalnu vrijednost y = 1 za maksimalnu vrijednost funkcije y1 (sl.44). (Prevojne tacke citalac moze tacno da odredi primjenom diferencijalnog racuna -(glava IV)),

-2 -1 1 2x

-1

-0.5

0.5

1

y

Sl.44.-1 1 2 3 4

x

-1

1

2

3

4y

y=1

Sl.45.

b) (sl. 45), c) Kako y1 → x1−x → −1, |x| → ∞, to y → e−1 = 1

e , |x| → ∞, (sl. 46),

97


-2 -1 1 2 3 4x

-3

-2

-1

1

2

3y

y=1

y=1��e

Sl.46.

-2 -1 1 2x

-2

-1

1

2

3

4y

Sl.47.

d) Neka je y1 =√

x2 − 1. Posto je y1∼|x|, |x|→∞, to je y∼e|x|, |x|→∞ (sl. 47) •


a) y = e1x , b) y = e

3√x−1, c) y = e− 1

x2 , d) y = ±√

e−x − 1, e) y = earctg x •

12) Pomocu grafika G funkcije f(x) konstruisati grafik funkcije y = ln f(x).

Ako je poznat grafik funkcije y1 = f(x), grafik funkcije y = ln f(x) dobiva se logarit-

miranjem ordinata krive y1 = f(x). Za ovo je potrebno znati neke cinjenice:

1◦ Funkcija y = ln f(x) definisana je za f(x) > 0,

2◦ Ako f(x) → 0, x → x0, tada ln f(x) → −∞, x → x0. Dakle, u nulama funkcije

y1 = f(x) grafik funkcije y = ln f(x) ima vertikalne asimptote,

3◦ Funkcija y = ln f(x) je negativna u intervalima u kojima je 0 < y1 < 1, a pozitivna za

y1 > 1. Nule funkcije y = ln f(x) su rjesenja jednacine f(x) = 1, tj. kriva y = ln f(x)

sijece x-osu za one vrijednosti x-a za koje je funkcija y1 = f(x) jednaka jedinici.

4◦ Posto je ln α < α, zakljucujemo da se grafik funkcije y = ln f(x) nalazi ispod krive

y1 = f(x).

49. Nacrtati grafik funkcije:

a) y = ln(3 − 2x), b) y = ln |x|, c) y = ln(2x − x2), d) y = ln(x + 1)2.

Rjesenje:

a) Kako je y1 < 0 za x <> 32 , to je funkcija y = ln(3− 2x) definisana za x < 3

2 . Prava

x = 32 je vertikalna asimptota krive y. y = 0 za y1 = 1; y = 1 za y1 = e itd.

Funkcija y = ln(3 − 2x) raste sporije od prave, (sl. 48).

98


-6 -4 -2 2x

-2

-1

1

2

3

4y

y=1

Sl.48.

y=e

-20 -10 10 20x

-3

-2

-1

1

2

3

4

5y

y=1

Sl.49.

y=e

b) (sl. 49), c) (sl. 50), d) (sl. 51) •

-1 1 2 3 4x

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2y

Sl.50.

-4 -2 2x

-3

-2

-1

1

2

3

y

y=1

Sl.51.

y=e


a) y = ln x2, b) y = ln(x2 − 1), c) y = ln x−2x+1 , d) y = ln 2x−1

3x+2 , e) y = 1ln(x−1) ,

f) y = ln cos x, g) y = ln arcsin x, h) y = ln(ex + 1) •

13) Neka su dati grafici funkcija y1 = f(x) i y2 = g(x). Nacrtati grafik funkcijey = f(x) ± g(x).

Da bismo nacrtali grafik funkcije y = f(x)± g(x) potrebno je sabrati (oduzeti) odgo-varajuce vrijednosti ordinata grafika funkcija y1 i y2.


a) y = x + sin x, b) y = x + ex, c) y = x2 +

√x2 − 1, d) y = ln x + ex.

Rjesenje:

a) Funkcija y definisana je za svako x ∈ R. Njen grafik dobicemo grafickim sabiranjemodgovarajucih vrijednosti ordinata y1 i y2, tj. y = y1 + y2, (sl. 52). Nacrtamo grafikfunkcije y1 = x i y2 = sin x. U tackama: x = 0,±π,±2π, . . . imamo: y2 = 0, y1 = x, iy = y1 + 0 = x, itd. b) (sl. 53), c) (sl. 54), d) (sl. 55) •

99


-2 Π -Π-3 Π��2

-Π��2

Π��2

Π 3 Π��2

2 Π

x

-4

-2

2

4

y

y=x + sin x

y1=x

y2=sin x

Sl.52.

-6 -4 -2 2 4 6x

-2

2

4

6y

y=x + ex

y2=x

y1=ex

Sl.53.

-3 -2 -1 1 2 3x

-3

-2

-1

1

2

3

4y

Sl.54.

y

y2

y1

-3 -2 -1 1 2 3x

-2

2

4

6y

Sl.55.

yy2y1


a) y = |x| + x, b) y = sin x + | sin x|, c) y = x2 + 1x ,

d) y = 1√x2+1

− x, e) y = 3√

(x + 1)2 − 3√

(x − 1)2.

14) Neka su poznati grafici funkcija y1 =f(x) i y2 =g(x). Nacrtati grafik funkcije

y = f(x) · g(x).

Da bismo nacrtali grafik funkcije y = f(x) · g(x) potrebno je pomnoziti odgovarajuce

vrijednosti ordinata grafika funkcija y1 i y2.


a) y = x sin x, b) y = x2e−x2, c) y = −x

√1 − x2.

Rjesenje:

a) Funkcija y definisana je za svako x ∈ R. Kako su funkcije y1 = x i y2 = sin x

neparne, to je i funkcija y neparna, pa je dovoljno nacrtati za x ≥ 0. Nacrtamo grafike

funkcija y1 i y2. Grafik funkcije y dobicemo mnozenjem odgovarajucih ordinata y1 i y2,

y = y1 · y2. U tackama x = π, 2π, . . . y = 0 i y = y1 · y2 = 0, a u tackama x = π2 , 3π

2 , . . .

100


y2 = ±1 i y = y1 · (±1) = ±x, tj. odgovarajuce tacke grafika funkcije y leze na pravimay1 = x i y3 = −x i grafik oscilira izmed-u tih pravih kada x → ∞. Kako je sin x ∼ x kadax → 0+ (vidi granicne vrijednosti), to je y = y1 · y2 = x2. Nacrtamo dio grafika ya x ≥ 0,pa ga simetricno preslikamo u odnosu na y-osu i dobicemo grafik funkcije y, (sl. 56),

-2 Π -Π-3 Π��2

-Π��2

Π��2

Π 3 Π��2

2 Π

x

-4

-2

2

4

y

y=x sin x

y1=x

y2=sin x

Sl.56.

y3=-x

-3 -2 -1 1 2 3x

1

y

Sl.57.

y

y2

y1

b) Neka je y1 = x2, y2 = e−x2. Funkcija y = y1 · y2 definisana je za svako x ∈ R. Za

x = 0 je y = 0, za x = 1 je y = 1e , za x = −1 je y = 1

e , itd. Kako y → 0 kada |x| → ∞,to je x-osa asimptota, (sl. 57). c) (sl. 58) •

-1 -0.5 0.5 1x

1

y

Sl.58.

1 2 3 4x

-4

-2

2

4

y

Sl.59.


a) |x| sin x, b) y = x| sin x|, c) y = x(x2 − 1), d) y = 1 + 3x

x−1 , e) y = 2x2−2x,f) y = 2tg x, g) y = log1/2(x − x2), h) y = log2

x+42−x , i) y = log2 | sin x|,

j) y = log2(3√

x + 1 + 1), k) y = log1/22|x|−1

|x|−2, l) y = log4 |x + 2|,

m) y = | log4 |x+2||, n) y = 12 arcsin x−1

x+1 , o) y = −2arctg x2−x , p) y = 21/x

1+21/x •

55. Nacrtati grafik funkcijex = t2

y = 2t.

101


Rjesenje:

Ako su date parametarske jednacine krive, ona se moze konstruisati pomocu visetacaka, ili da se odredi y(x) pa nacrta grafik te funkcije (sl. 59).

t . . . -2 -1 0 1 2 . . .x . . . 4 1 0 1 4 . . .y . . . -4 -2 0 2 4 . . .

Eliminacijom parametra t iz datih jednacina dobijamo jednacinu parabole y2 = 4x •56. Nacrtati grafik funkcija:

a)x = |t + 1| − 2

y = t2 − 3, b)

x2 = 5 − |t|y2 = t + 4

, c)x = 2 cos t

y = 2 sin t, d)

x = a cos3 t

y = a sin3 t,

e)x = a(t − sin t)

y = a(1 − cos t)•

102

NIZOVI

3. Nizovi

Nizom elemenata skupa E nazivamo preslikavanje

N → E : n → xn,

tj. funkciju koja svakom prirodnom broju n∈N pridruzuje odgovarajuci elemenat xn∈E.

Niz se oznacava sa {xn} ili (xn)n∈N ili {x1, x2, . . . , xn, . . .} ili xn = f(n), n ∈ N.

Elementi x1, x2, . . . , xn, . . . nazivaju se clanovima niza, xn opstim clanom niza.

Skup E moze biti, naprimjer, R, Rm, C[a, b], B skup matrica, itd.

Ako je E = R tada niz nazivamo brojnim, a ako je E = Rm vektorskim, a ako jeE = B matricnim, itd.

Broj a ∈ R je granicna vrijednost niza {xn} ako za svaki proizvoljan broj ε > 0 postojiprirodan broj N(ε), takav da je za svaki n > N(ε)

|xn − a| < ε,

sto se simbolicno pise limn→∞ xn = a ili xn → a kada n → ∞.

Svaki niz koji ima granicnu vrijednost naziva se konvergentim, a u protivnom je di-vergentan.

Za niz {xn} kazemo da je monotono opadajuci (rastuci) ako je

(∀n ∈ N)xn > xn+1 (xn < xn+1).

Niz {xn} je ogranicen ako postoji broj M > 0 takav da je

(∀n ∈ N)|xn| ≤ M.

103


Niz {xn} je ogranicen sa donje strane ako postoji broj g takav da je

(∀n ∈ N) g ≤ xn,

gdje se broj g naziva donje ogranicenje (minoranta) niza. Najveca minoranta naziva sedonja med-a (infimum).

Niz {xn} je ogranicen sa gornje strane ako postoji broj G takav da je

(∀n ∈ N) xn ≤ G,

gdje se broj G naziva gornje ogranicenje (majoranta) niza. Najmanja majoranta nazivase gornja med-a (supremum).

Tacka a je tacka nagomilavanja niza {xn} ako postoji podniz xn1 , xn2 , . . . , xnk , . . .takav da je lim

nk→∞ xnk = a.

Najmanja tacka nagomilavanja niza naziva se limes inferior i oznacava se sa limn→∞

xn.

Najveca tacka nagomilavanja niza naziva se limes superior i oznacava se sa limn→∞xn.

Ako su svi clanovi niza {xn} za n > N0 (N0 fiksirano) veci od nekog proizvoljnogbroja M , kazemo da niz konvergira beskonacnosti i pizemo lim

n→∞ xn = ∞.

Svaki ogranicen niz koji ima samo jednu tacku nagomilavanja, a konergentan je igranicna vrijednost mu je jednaka a.

Svaki monoton i ogranicen niz je konvergentan

Potreban i dovoljan uslov da bi niz {xn} konvergirao jeste da za svako ε > 0 postojibroj N(ε) takav da je |xn − xn+p| < ε za n > N(ε) i p > 0 (Kosijev teorem).

Za granicne vrijednosti konvergentnih nizova vaze sljedeca pravila:

1◦ limn→∞(xn + yn) = lim

n→∞ xn + limn→∞ yn,

2◦ limn→∞(xn · yn) = lim

n→∞ xn · limn→∞ yn,

3◦ limn→∞

xn

yn=

limn→∞ xn

limn→∞ yn

( limn→∞ yn 6= 0).

Ako je limn→∞ xn = 0, xn se naziva beskonacno mala.

Niz {xn} elemenata metrickog prostora E konvergira broju a ∈ E ako za svako ε > 0postoji prirodan broj N(ε) takav da je (xn, a) < ε za ∀n > N(ε).

104

NIZOVI

Prirodan broj N(ε) mozemo zamijeniti realnim pozitivnim brojem α ukoliko iz nejed-nakosti n > α slijedi n > [α] = N(ε).

Ako je u prostoru Rm zadan niz xn = (x1n, x2n, . . . , xmn), n ∈ N, takav da ∃ limn→∞ xin,

(i = 1, 2, . . . ,m), tada je niz konvergentan i vazi jednakost

limn→∞ xn = ( lim

n→∞x1n, limn→∞ x2n, . . . , lim

n→∞ xmn).

Analogno, ako je u B zadat niz

Ak =

a(k)11 a

(k)12 · · · a

(k)1n

· · · · · · · · · · · ·

a(k)m1 a

(k)m2 · · · a

(k)mn

, k ∈ N,

takav da ∃ limk→∞

a(k)pq , (p = 1, 2, . . . ,m, q = 1, 2, . . . , n), on je konvergentan i vazi jednakost

limk→∞

Ak =

limk→∞

a(k)11 lim

k→∞a

(k)12 · · · lim

k→∞a

(k)1n

· · · · · · · · · · · ·

limk→∞

a(k)m1 lim

k→∞a

(k)m2 · · · lim

k→∞a

(k)mn

, k ∈ N .

1. Napisati nekoliko clanova niza ciji je opsti clan xn:

a) xn = 1n , b) xn = 1

n+1 , c) xn = nn+1 , d) xn = (−1)n 1

n ,

e) xn = (−1)n + 1n , f) xn = (−1)n cos nπ.

Rjesenje:

a) 1, 12 , 1

3 , . . ., b) 12 , 1

3 , 14 , . . ., c) 1

2 , 23 , 3

4 , . . ., d) −1, 12 ,−1

3 , . . .,e) 0, 3

2 ,−23 , . . ., f) 1, 1, 1, . . . •

2. Napisati opste clanove niza datih sa nekoliko prvih clanova:

a) −1, 32 , 4

3 , . . ., b) 12 ,−2

3 , 34 ,−4

5 , . . ., c) 1, 0,−1, 0, 1, . . ..

Rjesenje:

a) xn = n+1n , b) xn = (−1)n n+1

n , c) xn = sin nπ2 •

3. Ispitati monotonost i ogranicenost nizova:

105


a)(

12n

)

, b)( n

n+1

)

, c)(n+1

n+2

)

, d)(

cos nπ2

)

,

e)(

(−1)n sin nπ2

)

, f)(

n sin nπn+1

)

, g)(

n cos nπ2n+1

)

, h)(

1 − 2n

)

.

Rjesenje:

a) Niz monotono opada, jer je za svako n ∈ N, 12n > 1

2(n+1) i ogranicen je, jer je za svako

n ∈ N, 0 < 12n < 1

2 ,

b) Niz je monotono rastuci i ogranicen,

c) Niz je monotono rastuci i ogranicen,

d) Niz nije monoton ali je ogranicen,

e) Niz nije monoton ali je ogranicen,

f) Niz nije monoton ali je ogranicen,

g) Niz nije monoton ali je ogranicen,

h) Niz je monotono rastuci i ogranicen •4. Dat je niz

{ n2n+1

}

. Pokazati da je njegova granicna vrijednost 12 . Odrediti N(ε) takav,

da za n ≥ N(ε), bude zadovoljen uslov |xn − 12 | < 0, 01.

Rjesenje:

Granicna vrijednost je a = 12 , jer je |xn − a| = | n

n+1 − 12 | = 1

2(2n+1) < ε za svako

n > 14(1

ε − 2). Iz |xn − a| = 12(2n+1) < 0, 01 slijedi da je n > 98

4 , pa je N(ε) ≥ 25 •

5. Pokazati da niz 2n+1n = xn, n ∈ N konvergira broju 2.

Rjesenje:

Imamo, |xn − 2| =∣

∣

2n+1n − 2

∣

∣ = 1n . Za svako ε > 0, ∃N(ε) ∈ N takav da je 1

N (ε) < ε

(vidi realne brojeve). Tada za ∀n > N(ε) vazi nejednakost 1n < ε pa je |xn − 2| < ε tj.

limn→∞ xn = 2 •

6. Dat je niz xn = 1 + (−1)n

2n . Dokazati da je limn→∞ xn = 1, a zatim odrediti koliko je

clanova niza van ε-okoline te granicne vrijednosti ako je ε = 10−1.

Rjesenje:

Neka je ε > 0 i xn ∈ (1 − ε, 1 + ε), tj. |xn − 1| < ε za sve n ∈ N za koje je∣

∣

∣1 + (−1)n

2n − 1∣

∣

∣ < ε tj. 12n < ε. Otuda je 2n > 1

ε , tj. log 2n > log 1ε . Otuda je |xn − 1| < ε

za n > − log εlog 2 . Prema tome, van ε-okoline broja 1 nalazi se

[

− log εlog 2

]

clanova niza {xn}n∈N .

106

NIZOVI

Za ε = 10−1 je[

− log εlog 2

]

=[ −(−1)

0,30103

]

= [3, 32] = 3, tj. svi clanovi xn za n ≥ 4 se nalaze u

okolini(

1 − 110 , 1 + 1

10

)

tacke 1. Samo prva tri clana su van te okoline •7. Koristeci definiciju granicne vrijednosti niza, dokazati da je:

a) limn→∞

2n+13n+2 = 2

3 , b) limn→∞

1log n = 0, c) lim

n→∞2n2−15n2+3n

= 25 .

Koliko clanova ovih nizova se nalazi van ε-okoline granicne vrijednosti ako je ε = 10−2?

Rezultat:

a) N(ε) = 11,

b) prvih [101/ε] (samo konacno mnogo) clanova niza je van ε-okoline tacke 0,[101/ε] = 10100,

c) N(ε) = 22 •8. Koristeci definiciju granicne vrijednosti niza, dokazati da je:

a) limn→∞

n2

2n+1 = +∞, b) limn→∞(n2 − n4) = −∞, c) lim

n→∞ log 1n = −∞.

Koliko clanova ovih nizova ne prevazilazi gornje ogranicenje M , odnosno donje ogranicenje−M ako je M = 102.

Rjesenje:

a) Prvih N(M) =[

M +√

M2 + M]

clanova niza je manje od gornjeg ogranicenja

M . Svi ostali su veci. Za M = 102 je N = 200,

b) Samo prvih N = 3 clanova niza je vec od donjeg ogranicenja,

c) Prvih N = 10100 clanova niza je vece od donjeg ogranicenja •9. Za nizove {xn}, n ∈ N odrediti inf{xn}, sup{xn}, lim

n→∞xn, lim

n→∞ xn ako je:

a) xn = 1 + 1n , b) xn = 1 + (−1)n

n+1 , c) xn = (−1)n(

1 + 1n+1

)

,

d) xn = (−1)n−1(

2 + 3n

)

, e) xn = 1+ nn+1 cos nπ

2 , f) xn =[

cos nπ2 + (−1)n−1

]

n.

Rjesenje:

a) Skup vrijednosti niza {xn}n∈N je skup {xn, n ∈ N} = {1 + 12 , 1 + 1

3 , 1 + 14 , . . .}.

Dati niz je monotono opadajuci, pa je supn∈N

xn = 32 = x1. Kako je lim

n→∞xn = 1, to je

infn∈N

xn = 1, limn→∞

xn = limn→∞ xn = 1. Broj 1 je jedina tacka nagomilavanja datog niza,

b) Skup vrijednosti niza {xn}n∈N je skup {xn, n ∈ N} = {1− 12 , 1+ 1

3 , 1− 14 , 1+ 1

5 , . . .}.Dati niz nije monoton. Med-utim, x2k−1 = 1 − 1

2k ≤ 1 ≤ 1 + 12k+1

= x2k za svako k ∈ N.

107


Otuda je infk∈N

x2k−1 = infn∈N

xn i supk∈N

x2k = supn∈N

xn. Niz x2k−1 je monotono rastuci

(po k): x2(k+1)−1 = 1 − 12k+2

≥ 1 − 12k = x2k−1, k ∈ N, pa je inf

k∈Nx2k−1 = x1 = 1

2 .

Niz x2k je monotono opadajuci: x2(k+1) = 1 + 12k+3

≤ 1 + 12k+1

= x2k, k ∈ N, pa je

supk∈N

x2k = x2 = 43 . Kako je lim

n→∞xn = 1, to je limn→∞

xn = limn→∞ xn = 1,

c) infn∈N

xn = −32 , sup

n∈Nxn = 4

3 , limn→∞

xn = −1 i limn→∞ xn = 1, niz {xn}n∈N nije

konvergentan,

d) infn∈N

xn = −72 , sup

n∈Nxn = 5, lim

n→∞xn = −2 i lim

n→∞xn = 2,

e) Kako je x4n−2 < x2n−1 < x4n, pri cemu je {x4n−2} opadajuci a {x4n} rastuci niz,

to je infn∈N

xn = limn→∞

xn = limn→∞ x4n−2 = lim

n→∞(

1 − 4n−24n−1

)

= 0, supn∈N

xn = limn→∞xn =

limn→∞ x4n = lim

n→∞ xn(

1 + 4n4n+1

)

= 2,

f) Sljedeca cetiri podniza odred-uju tacke nagomilavanja niza {xn}n∈N :

x4n−3 =

(

cos(4n − 3)π

2+ 1

)

(4n − 3) = 4n − 3,

x4n−2 =

(

cos(4n − 2)π

2− 1

)

= −2(4n − 2),

x4n−1 =

(

cos(4n − 1)π

2+ 1

)

= 4n − 1,

x4n =

(

cos4nπ

2− 1

)

4n = 0.

Kako je limn→∞ x4n−3 = lim

n→∞ x4n−1 = limn→∞ x2n−1 = +∞, to je sup

n∈Nxn = +∞, a

limn→∞ x4n−2 =−∞, pa je inf

n∈Nxn =−∞ i lim

n→∞ x4n =0, a limn→∞

xn =−∞ i limn→∞ xn =+∞ •

10. Naci limn→∞

xn i limn→∞ xn ako je:

a) xn = n2

1+n2 cos 2πn3 , n ∈ N, b) xn =

(

1 + 1n

)n(−1)n + sin nπ

4 , n ∈ N,

c) xn = nn+1 sin 2nπ

4 , n ∈ N.

Rjesenje:

a) limn→∞

xn = limn→∞ x3n−2 = −1

2 , limn→∞ xn = lim

n→∞x3n = 1,

108

NIZOVI

b) limn→∞

xn = limn→∞ x8n−3 = −e − 1√

2, lim

n→∞ xn = limn→∞x8n−6 = e + 1,

c) limn→∞

xn = limn→∞x4n = 0, lim

n→∞xn = limn→∞ x4n−2 = 1 •

11. Odrediti inf{xn}, sup{xn}, limn→∞

xn, limn→∞ xn ako je:

a) xn = (−1)n

n + 1+(−1)n

2 , b) xn = 3n+12n , c) xn =

√n+2nn ,

d) xn =(

sin nπ2 + (−1)n−1

)

n, e) xn = sin nπ3 , f) xn = sin nπ

3 + (−1)n

n .

Rezultat:

a) infn∈N

xn = −1, supn∈N

xn = 32 , lim

n→∞xn = 0, lim

n→∞xn = 1,

b) infn∈N

xn = 2, supn∈N

xn = +∞, limn→∞

xn = limn→∞ xn = +∞,

c) infn∈N

xn = 2, supn∈N

xn = 3, limn→∞xn = lim

n→∞xn = lim

n→∞ xn = 2,

d) infn∈N

xn = limn→∞

xn = −∞, supn∈N

xn = limn→∞ xn = +∞,

e) infn∈N

xn = limn→∞

xn = −√

32 , sup

n∈Nxn = lim

n→∞xn =√

32 ,

f) infn∈N

xn = −√

32 − 1

5 , supn∈N

xn =√

32 + 1, lim

n→∞xn = −

√3

2 , limn→∞xn =

√3

2 •

12. Odrediti tacke nagomilavanja nizova datih opstim clanom i naci limn→∞

xn, limn→∞xn ako

je: a) xn = cosn nπ, b) xn = 1 + 2(−1)n+1, c) xn = 1+(−1)n

n .

Rjesenje:

a) Napisimo nekoliko prvih clanova niza: x1 = −1, x2 = 1, x3 = −1, . . ., x2n = 1,x2n+1 = −1. Tacke nagomilavanja su −1 i 1. Niz je ogranicen i divergentan, lim

n→∞xn =

−1, limn→∞ xn = 1,

b) Tacke nagomilavanja su −1 i 3. Niz je ogranicen i divergentan, limn→∞

xn = −1,

limn→∞ xn = 3,

c) Tacka nagomilavanja je 0. Niz je ogranicen i konvergentan, limn→∞

xn= limn→∞xn=0 •

109


13. Odrediti tacke nagomilavanja i utvrditi konvergenciju nizova:

a) xn = (−1)n 1n , b) xn = n+1

n , c) xn = (−1)n n+2n , d) xn = cos nπ,

e) xn = (−1)n sin nπ2 , f) xn = 3−n.

Rezultat:

a) Tacka nagomilavanja je 0; konvergira,

b) Tacka nagomilavanja je 1; konvergira,

c) Tacke nagomilavanja su −1 i 1; divergira,

d) Tacke nagomilavanja su −1 i 1; divergira,

e) Tacke nagomilavanja su −1 i 1; divergira,

f) Tacka nagomilavanja je 0; konvergira •

14. Odrediti granicne vrijednosti nizova:

a) xn = nn+3 , b) xn = n2+2n+3

n2+n−4, c) xn = n2+2n+1

n2−3, d) xn = (n+1)3−(n−1)3

(n+1)3+(n−1)3.

Rjesenje:

a) 1, b) limn→∞

n2+2n+3n2+n−4

= limn→∞

1+ 2n+ 3

n

1+ 1n− 4

n

= 1, c) 1,

d) limn→∞

(n+1)3−(n−1)3

(n+1)3+(n−1)3= lim

n→∞6n2+22n3+6n

= limn→∞

6+ 2n2

2n+ 6n

= 0 •

15. Odrediti granicne vrijednosti nizova:

a) xn = 12n + 3n

3n+1 , b) xn = 1n sin n2, c) xn = 1

2n cos 2n − 3n6n+1 ,

d) xn = (cos n!) · nn2+1

+ 2n3n+1 · n

1−3n .

Rezultat: a) 23 , b) 0, c) −1

2 , d) −29 •

16. Izracunati granicne vrijednosti nizova:

a) limn→∞

n+1√n2+1

, b) limn→∞

2n2+1√n4+n−1

, c) limn→∞

(2n+1)(n+2)√n4+n+3

,

d) limn→∞

3√n2+n+1n+2 , e) lim

n→∞(√

n + 1 −√n), f) lim

n→∞

√n2+n−n

n ,

g) limn→∞

n√n2+n−√

n, h) lim

n→∞(√

n2 + n + 1 −√

n2 − n + 1).

Rjesenje:

a) limn→∞

n+1√n2+1

= limn→∞

1+ 1n

√

1+ 1n2

= 1, b) 2, c) 2,

110

NIZOVI

d) limn→∞

(2n+1)(n+2)√n4+n+3

= limn→∞

3√

n2+n+1n3

1+ 2n

= 0,

e) Mnozenjem i dijeljenjem datog izraza sa√

n + 1 +√

n, dobija se:

limn→∞

(√

n+1−√n)(

√n+1+

√n)

(√

n+1+√

n)= lim

n→∞1

(√

n+1+√

n)= 0,

f) Racionalisanjem brojioca, dobija se:

limn→∞

(√

n2+n−n)(√

n2+n+n)

n(√

n2+n+n)= lim

n→∞1

(√

n2+1+n)= 0,

g) 1, h) mnozenjem i dijeljenjem sa (√

n2 + n + 1 +√

n2 − n + 1), dobija se:lim

n→∞2n

(√

n2+n+1+√

n2−n+1)= 2

2 = 1 •

17. Odrediti granicne vrijednosti nizova zadatih opstim clanom:

a) xn = 2n2−4n−16n+3n2−n3 , b) xn = n

3√8n3−n−n

, c) xn = 1√4n3+7n−2n

,

d) xn = n 3√

2 − 3√

2n3 + 5n2 − 7, e) xn =√

n +√

n −√

n −√n,

f) xn =√

n(n −√

n2 − 1), g) xn =√

n√

n+√

n+√

n,

h) xn = n(√

2n2 + 1 −√

2n2 − 1), i) xn = 12n cos n3 − 3n

6n+1 ,

j) xn = (sin n!) · nn2+1

+ 2n3n+1 · n

1−3n , k) xn = 2n2n2−1

cos n+12n−1 − n

1−2nn(−1)n

n2+1.

Rezultat:

a) -2, b) 1, c) 47 . d) −5

33√

4, e) 1, f) 12

√2, g) 1, h) 1

2

√2, i) −1

2 ,j) −2

9 , k) 0 •18. Naci sljedece granicne vrijednosti:

a) limn→∞

(

12 + 3

22 + 523 · · · + 2n−1

2n

)

, b) limn→∞

(

11·2 + 1

2·3 + · · · + 1n(n+1)

)

,

c) limn→∞

(√2 · 4

√2 · 8

√2 · · · 2n√

2)

, d) limn→∞

(n+2)!+(n+1)!(n+3)! ,

e) limn→∞

1√n

(

11+

√2

+ 1√2+

√3

+ · · · + 1√n−1+

√n

)

.

Rjesenje:

a) Uzmimo da je Sn = 12 + 3

22 + 523 · · · + 2n−1

2n . Tada je

Sn − 12Sn = 1

2 +(

322 − 1

22

)

+(

523 − 3

23

)

+ · · · +(

2n−12n − 2n−3

2n

)

− 2n−12n+1 =

= 12 +

(

12 + 1

22 + · · · + 12n−1

)

− 2n−12n+1 ,

Sn = 1 + 1 + 12 + · · · + 1

2n−2 − 2n−12n = 1 +

1− 12n−1

1−12

− 2n−12n , pa je

limn→∞Sn = lim

n→∞

(

1 +1− 1

2n−1

1−12

− 2n−12n

)

= limn→∞

(

1 + 2 − 12n−2 − 2n−1

2n

)

=

111


= limn→∞ 3 − lim

n→∞1

2n−2 − 2 limn→∞

n2n + lim

n→∞12n = 3.

Ovdje smo koristili to da je∣

∣

n2n

∣

∣ = n(1+1)n = n

1+n+n(n−1)

2

+ · · ·+1 < nn(n−1)

2

= 2n−1 < ε

za proizvoljno ε > 0, ako je n > 1 + 2ε , tj. lim

n→∞n2n = 0,

b) Primijetimo da je1

1·2 + 12·3 + · · · + 1

n(n+1) =(

1 − 12

)

+(

12 − 1

3

)

+ · · · +(

1n − 1

n+1

)

= 1 − 1n+1 , pa je

limn→∞

(

11·2 + 1

2·3 + · · · + 1n(n+1)

)

= limn→∞

(

1 − 1n+1

)

= 1,

c) Kako je√

2 · 4√

2 · 8√

2 · · · 2n√2 = 2

12+1

4+···+ 12n = 21− 1

2n = 2

212n

i za n > 2,

2 =(

21

2n)2n

=(

1 +(

212n − 1

))2n

>(

1 +(

212n − 1

))n= 1 + n

(

21

2n − 1)

+ . . . +(

21

2n − 1)n

> n(

212n − 1

)

, tj. 0 < 21

2n − 1 < 2n , to 2

12n → 1 kada n → ∞ i granicna

vrijednost datog izraza je 2,

d) limn→∞

(n+2)!+(n+1)!(n+3)! = lim

n→∞(n+2)(n+1)!+(n+1)!(n+3)(n+2)(n+1)! = lim

n→∞(n+1)!(n+3)

(n+3)(n+2)(n+1)! = 0,

e) limn→∞

1√n

(

11+

√2

+ 1√2+

√3

+ · · · + 1√n−1+

√n

)

=

= limn→∞

1√n

(

11+

√2· 1−

√2

1−√

2+ 1√

2+√

3·√

2−√

3√2−

√3

+ · · · + 1√n−1+

√n·√

n−1−√n√

n−1−√n

)

=

= limn→∞

1√2

(

1−√

2−1 +

√2−

√3

−1 + · · · +√

n−1−√n

−1

)

= limn→∞

√n−1√n

= 1 •

19. Odrediti granicne vrijednosti:

a) limn→∞

13√n

(

1

1+ 3√2+ 3√4+ 1

3√4+ 3√6+ 3√9+ · · · + 1

3√

(n−1)2+ 3√

n(n−1)+ 3√n2

)

,

b) limn→∞

(

11·3 + 1

3·5 + · · · + 1(2n−1)·(2n+1)

)

, c) limn→∞

1+2+···+nn2 , d) lim

n→∞12+22+···+n2

n3 ,

e) limn→∞

13+23+···+n3

n4 , f) limn→∞

1+12+ 1

22+···+ 1

2n

1+13+ 1

32+···+ 1

3n, g) lim

n→∞4n−1−522n−7

, h) limn→∞

2n+1−3n+2

3n+2 ,

i) limn→∞

(

32

)n 2n+1−13n+1−1

, j) limn→∞

n√

(

32

)n+

(

34

)n, k) lim

n→∞n·3n+1n!+1 , l) lim

n→∞1on+n!

2n+(n+1)! ,

m) limn→∞

4n+n2·2n−1n4+(n!)2

, n) limn→∞

n!(n+1)!−n! , o) lim

n→∞(n+2)!+(n+1)!(n+2)!−(n+1)! .

Rezultat:

a) 1, b) 12 , c) 1

2 , koristiti(

1 + 2 + · · · + n = n(n+1)2

)

, d) 13 ,

e) 14 , koristiti

(

13 + 23 + · · · + n3 =(

n(n+1)2

)2)

, f) 43 , g) 1

4 ,

112

NIZOVI

h) -1, i) 23 , j) 3

4 , k) 0, l) 0, m) 0, n) 0, o) 1 •

20. Dokazati da je:

a) limn→∞ qn = 0, za |q| < 1, lim

n→∞ qn = ∞, za |q| > 1, b) limn→∞

2n

n! = 0,

c) limn→∞

nk

an =0, a > 1, d) limn→∞

an

n! =0, e) limn→∞nqn = 0 za |q| < 1,

f) limn→∞

n√

a = 1, g) limn→∞

loga nn =0, a > 1, h) lim

n→∞1

n√n!=0, i) lim

n→∞n√

n = 1.

Rjesenje:

a) Ako je q = 0, to je prva jednakost ocigledna. Neka je ε > 0 i 0 < |q| < 1. Tada, na

osnovu Bernulijeve nejednacine, imamo:1

|q|n =(

1 +(

1|q| − 1

))n> 1 + n

(

1|q| − 1

)

> n(

1|q| − 1

)

.

Odatle je

|q|n = |qn| <|q|

n(1−|q|) < ε za ∀n >|q|

ε(1−|q|) .Neka je |q| > 1 i ∆ > 0-proizvoljno. Tada iz nejednakosti

|q|n = (1 + (|q| − 1))n > 1 + n(|q| − 1) > n(|q| − 1) > ∆.

Slijedi da je |q|n > ∆ za ∀n > ∆|q|−1

,

b) Jednakost slijedi iz nejednakosti

0 < 2n

n! = 21 · 2

2 · 23 · · · 2

n > 2(

23

)n−2= 9

2

(

23

)n

i iz toga da(

23

)n → 0 kada n → ∞,

f) Za a = 1 jednakost je ocigledna. Neka je a > 1, tada je n√

a > 1, ((1 + x)n ≥1 + nx; n > 1, x > −1) i a = (1 + ( n

√a − 1))n > 1 + n( n

√a − 1) > n( n

√a − 1), odakle je

0 < n√

a − 1 < an < ε za n > a

ε , ε > 0, tj. n√

a → 1 kada n → ∞. Ako je 0 < a < 1 to je

1a > 1 i n

√

1a → 1 kada n → ∞. No, tada je: lim

n→∞n√

a = limn→∞

1n√

1a

= 1

limn→∞

n√

1a

= 1,

h) Pokazimo da je n! >(n

3

)n. Primijenicemo matematicku indukciju. Nejednakost

je tacna za n = 1. Ako je ona tacna za n, tada za n + 1 imamo: (n + 1)! = n!(n +

1) >(n

3

)n(n + 1) =

(n+13

)n+1 3

(1+ 1n )n

>(n+1

3

)n+1. Posljednja nejednakost vazi, jer je

(

1 + 1n

)n= 1 + n

n + n(n−1)2!

1n2 + · · · + n(n−1)···(n−n+1)

n!1

nn = 1 + 1 + 12!(1 − 1

n) + · · · +1n!(1 − 1

n)(1 − 2n) · · · (1 − n−1

n ) < 1 + 1 + 12! + · · · + 1

n! < 1 + 1 + 12 + · · · + 1

2n−1 <

1 + 1 + 12 + · · · + 1

2n−1 + · · · = 1 + 1

1−12

= 3.

Jednakost nuli i egzistencija granicne vrijednosti proizilazi iz nejednakosti:

0 < 1n√n!

< 1n√

(n3 )n

= 3n < ε, koja vazi za svako ε > 0 pri n > 3

ε •

113


21. Dokazati da je niz

xn =

(

1 +1

n

)n

, n ∈ N ,

monotono rastuci i ogranicne odozgo, a niz

yn =

(

1 +1

n

)n+1

, n ∈ N ,

monotono opadajuci i ogranicen odozdo i da je

limn→∞

(

1 +1

n

)n

= limn→∞

(

1 +1

n

)n+1

= e •

22. Naci granicne vrijednosti:

a) limn→∞

( nn+1

)n, b) lim

n→∞(

1 + 1n

)2n, c) lim

n→∞(n+1

n+2

)2n+1,

d) limn→∞

(

1 + 1n+k

)n, k ∈ N, e) lim

n→∞

(

2n+12n

)2n

, f) limn→∞

(

ln(1+ 1n )

1n

)

,

g) limn→∞n(ln(n + 1) − ln n), h) lim

n→∞

(

nn√n!

)

.

Rjesenje:

a) limn→∞

( nn+1

)n= lim

n→∞1

(1+ 1n)

n=1e , b) e2, c) lim

n→∞(n+1

n+2

)2n+1= lim

n→∞1

(

1+ 1n+1

)2n+1=

1e2 , e) e, f) 1, g) 1, h) e •

23. Kako je limn→∞

(

1 + 1n

)n= e, dokazati da je lim

n→∞(

1 + 1 + 12! + 1

3! + · · · + 1n!

)

= e.

Izvesti formulu: e = 2 + + 12! + 1

3! + · · ·+ 1n! + Θ

n·n! gdje je 0 < Θ < 1 i izracunati broje s tacnoscu do 10−5

Rjesenje:

Prelaskom na granicnu vrijednost u nejednakosti xn =(

1 + 1n

)n= 1+ n

n + n(n−1)2!

1n2 +

n(n−1)(n−2)3!

1n3 + · · · + n(n−1)(n−2)···(n−k+1)

k!1nk + · · · + n(n−1)(n−2)···2·1

n!1

nn >

> 1 + 1 + 12!

(

1 − 1n

)

+ 13!

(

1 − 1n

) (

1 − 2n

)

+ · · · + 1k!

(

1 − 1n

) (

1 − 2n

)

· · ·(

1 − k−1n

)

kada

n → ∞, dobicemo nejednakost e ≥ 2 + 12! + 1

3! + · · ·+ 1k!

= yk, koja vazi za svako k. Kako

u skupu {yk} nema najveceg elementa, to za k = n je yn = 2 + 12! + 1

3! + · · · + 1n! < e, tj.

znak jednakosti je nemoguc. Osim toga, xn =(

1 + 1n

)n< 2 + 1

2! + 13! + · · ·+ 1

n! = yn. Naovaj nacin xn < yn < e i lim

n→∞xn = e. Otuda slijedi da je limn→∞ yn = e.

114

NIZOVI

Prelaskom na granicnu vrijednost u nejednakosti ym+n − yn = 1(n+1)! + 1

(n+2)! + · · · +

1(n+m)! < 1

(n+1)!

(

1 + 1(n+2) + 1

(n+2)2+ · · ·

)

= 1(n+1)!

n+2n+1 < 1

n·n! za fiksno n i m → ∞,

dobicemo 0 < e − yn < 1n·n! . Oznacimo sa Θ = e−yn

1n·n!

, 0 < Θ < 1 dobicemo trazenu

formulu. Nejednaksot 0 < e − yn < 1n·n! < 10−5 vazi za n ≥ 8, pa je

e ≈ 2 + 12! + 1

3! + 14! + 1

5! + 16! + 1

7! + 18! ≈ 2, 71828 •

24. Dokazati nejednakosti:

a) 0 < e −(

1 + 1n

)n< 3

n , n ∈ N, b)(n

e

)n< n! < e

(n2

)n,

c) 1n+1 < ln

(

1 + 1n

)

< 1n , n ∈ N, d) 1 + α < eα, α ∈ R \ {0} •

25. Koristeci teoremu o monotonim i ogranicenim nizovima, dokazati konvergentnost nizaxn =

(

1 + 12

) (

1 + 14

)

· · ·(

1 + 12n

)

.

Rjesenje:

Kako jexn+1xn

= 1 + 12n+1 > 1, to je dati niz rastuci. Ogranicenost slijedi iz ne-

jednakosti: ln xn = ln(

1 + 12

)

+ ln(

1 + 14

)

+ · · · + ln(

1 + 12n

)

< 12 + 1

4 + · · · + 12n <

12 + 1

4 + · · · + 12n + · · · = 1

21

1−12

= 1, xn < e. Dakle, niz je konvergentan •

26. Koristeci Kosijev kriterijum konvergencije nizova, utvrditi konvergenciju sljedecih ni-zova:

a) xn = sin 12 + sin 2

22 + · · ·+ sin n2n , n ∈ N, b) xn = cos 1!

1·2 + cos 2!2·3 + · · ·+ cos n!

n·(n+1) , n ∈ N,

c) xn = 1 + 12 + · · · + 1

n , n ∈ N, d) xn = 1ln 2 + 1

ln 3 + · · · + 1ln n , n ∈ N.

Rjesenje:

a) Neka je ε > 0. Tada

|xn+p−xn| =∣

∣

∣

sin(n+1)

2n+1 + sin(n+2)

2n+2 + · · · + sin(n+p)

2n+p

∣

∣

∣≤ | sin(n+1)|

2n+1| sin(n+2)|

2n+2 +· · ·+ | sin(n+p)|2n+p ≤

12n+1 + 1

2n+2 + · · · + 12n+p + · · · =

12n+1

1−12

= 12n < ε za n > − log2 e i za svako p ∈ N,

b) konvergentan, c) divregentan, d) divergentan •27. Odrediti granicnu vrijednost vektorskih nizova:

a) xn =((n+1

n

)n,( n

n+1

)n)

, n ∈ N, b) xn =(n+1

n , n+12n , . . . , n+1

mn

)

, n ∈ N,

c) xn =(

n√

2 + 2n, n√

2 + 2−n,n√

2 + 2−n2)

, n ∈ N, d) xn = (x1n, x2n, . . . , xmn),

gdje je xin =(

1n+1 + 1

n+2 + · · · + 1n+in

)

, (i = 1, 2, . . . , n), n ∈ N,

e) xn =((

1 + 1n

)n,(

1 + 2n

)n, . . . ,

(

1 + mn

)n)

, n ∈ N,

115


f) xn =(

(

1 + 1n

)n+1,(

1 + 12n

)n+1, . . . ,

(

1 + 1mn

)n+m)

, n ∈ N,

g) xn =(

ln(2n+1)n , ln(3n+1)

n , . . . , ln((m+1)n+1)n

)

, n ∈ N,

h)(

n√

3n + 2n, n√

3n + 4n, n√

3n + 6n)

, n ∈ N.

Rjesenje:

a) limn→∞xn =

(

limn→∞

(n+1n

)n, limn→∞

( nn+1

)n)

= (e, e−1), b) (1, 12 , . . . , 1

m),

c) (2, 1, 1), d) (ln 2, ln 3, . . . , ln(m + 1)), e) (e, e2, . . . , em), f) (e,√

e, . . . , m√

e),g) (ln 2, ln 3, . . . , ln(m + 1)), h) (3, 4, 6) •

28. Odrediti granicnu vrijednost matricnih nizova:

a) An =

(

nn+1

1n√n!

1(√

2)n

log nn

n+sin n2n 4

)

, b) An =

(

(

1 + in

)jn)

, i=1, p; j =1, q, n ∈ N,

c) An =

(n+1)2−n2

n(n+2)3−n3

n2(n+3)4−n4

n3

(n−1)2−n2

n(n−2)3−n3

n2(n−3)4−n4

n3

, n ∈ N,

d) An =

(

(

1 − 1n

)n1

1(

1 + 1n

)−n

)

, n ∈ N.

Rjesenje:

a) limn→∞An = lim

n→∞

(

nn+1

1n√n!

1(√

2)n

log nn

n+sin n2n 4

)

=

=

limn→∞

nn+1 lim

n→∞1

n√n!lim

n→∞1

(√

2)n

limn→∞

log nn lim

n→∞n+sin n

2n 4

=

(

1 0 00 1

2 4

)

,

b) (eij), c)

(

2 6 12−2 −6 −12

)

, d)

(

e−1 00 e−1

)

•

29. Odrediti granicne vrijednosti niza

An =(

a(n)ij

)

, n ∈ N, i = 1, 2, . . . , p, j = 1, 2 . . . , q, gdje je

a(n)ij =

1n+in+1 + 1

n+in+2 + · · · + 1n+jn , za j > i,

1n , za i = j,

1n+jn+1 + 1

n+jn+2 + · · · + 1n+in , za i > j.

116

NIZOVI

Rezultat:

limn→∞An =

(

limn→∞ a

(n)ij

)

=

0 ln 32 ln 4

2 · · · ln q2

ln 32 0 ln 4

3 · · · ln q3

ln 42 ln 4

3 0 · · · ln q4· · · · · · · · · · · · · · ·

ln p2 ln p

3 ln p4 · · · 0

.

117


4. Granicna vrijednost funkcije

Neka je funkcija f(x) definisana u okolini tacke x0, osim, mozda, u samoj tacki x0.

Funkcija f(x) ima granicnu vrijednost, kada x → x0, ako

∃A ∈ R ∧ ∀ε > 0,∃δ(ε) > 0 : 0 < |x − x0| < δ ⇒ |f(x) − A| < ε.

Broj A nazivamo granicnom vrijednoscu funkcije f(x) u tacki x0, sto zapisujemolim

x→x0f(x) = A ili f(x) → A kad x → x0.

Funkcija f(x) ima beskonacnu granicnu vrijednost kad x → x0, ako

∀M > 0,∃δ(M) : 0 < |x − x0| < δ(M) ⇒ |f(x)| > M,

sto pisemo limx→x0

f(x) = ∞.

Funkcija f(x), koja je definisana na neogranicenom intervalu, ima granicnu vrijednost,kada |x| → ∞. ako ∃A ∈ R ∧ ∀ε > 0 ∃M > 0 : ∀x |x| > M(ε) ⇒ |f(x) − A| < ε, stopisemo lim

|x|→∞f(x) = A.

Funkcija f(x) ima u tacki x0 granicnu vrijednost slijeva (sdesna) ako

∃A ∈ R ∧ ∀ε > 0,∃δ(ε) > 0 : 0 < x0 − x < δ (0 < x − x0 < δ) ⇒ |f(x) − A| < ε.

Broj A nazivamo granicnom vrijednoscu slijeva (sdesna) funkcije f(x) u tacki x0, sto

oznacavamo f(x0 − 0) (f(x0 + 0)) ili limx→x0−0

f(x)

(

limx→x0+0

f(x)

)

.

Funkcija f(x) ima granicnu vrijednost u tacki x0 ako i samo ako postoji desna i lijevagranicna vrijednost u tacki x0 i ako su med-usobno jednake, tj.

limx→x0−0

f(x) = limx→x0+0

f(x) = limx→x0

f(x) = A .

118

GRANICNA VRIJEDNOST FUNKCIJE

4. 1. Upored-ivanje beskonacno malihi beskonacno velikih velicina

Beskonacno malom velicinom ili infinitezimalom nazivamo svaku funkciju f(x) kojojje granicna vrijednost jednaka nuli kada x → x0, (x → ±∞), tj. lim

x→x0f(x) = 0.

Ako je limx→x0

f(x) = ∞, tada funkciju f(x) nazivamo beskonacno velikom kada x → x0.

Infinitezimale f(x) i g(x) su istog reda ako je limx→x0

f(x)g(x) = C, (C 6= 0,∞), te se oznacava

sa f(x) = O(g(x)).

Infinitezimala f(x) je viseg (nizeg) reda u odnosu na infinitezimalu g(x) ako je

limx→x0

f(x)

g(x)= 0 (±∞)

i pise se f(x) = o(g(x)).

Infinitezimala f(x) je reda k > 0 u odnosu na infinitezimalu g(x) ako je

limx→x0

f(x)

[g(x)]k= C (C 6= 0,∞)

Infinitezimale f(x) i g(x) su ekvivalentne ako je

limx→x0

f(x)

g(x)= 1

i pise se f(x) ∼ g(x), (x → x0). Kada su infinitezimale f(x) i g(x) ekvivalentne, onda tucinjenicu mozemo krace opisati jednakoscu f(x)−g(x) = o(g(x)) ili f(x) = g(x) = o(g(x)).koju nazivamo asimptotskom jednakoscu (sinx = x + o(x), tg x = x + o(x)) kad x → 0).

Infinitezimale f(x) i g(x) su neuporedljive, ako f(x)g(x) ili g(x)

f(x)ne teze nikakvoj granicnoj

vrijednosti kada x → x0. Slicno se upored-uju i beskonacno velike velicine.

119


4. 2. Ogranicenost funkcije

Funkcija f : X → R, X ⊂ R ogranicena je na skupu X ako postoje brojevi m i M

takvi da je m ≤ f(x) ≤ M , x ∈ X.

Brojevi m0 = infx∈X

{f(x)} (M0 = supx∈X

{f(x)}) nazivaju se donjom (gornjom) granicom

funkcije f(x) na skupu X.

Ako funkcija f : X → R ima konacnu granicnu vrijednost u tacki x0 ∈ X, tada je ona

ogranicena u nekoj okolini tacke x0.

1. Koristeci definiciju granicne vrijednosti, dokazati da je:

a) limx→1

(3x + 1) = 4, b) limx→1

2x2−x−1x−1 = 3, c) lim

x→−∞x−2x+1 = 1,

d) limx→+∞(x2 − x) = +∞, e) lim

x→1−0

x3−x2

2|x−1| = −12 , f) lim

x→o+e1/x = +∞.

Rjesenje:

a) Prema definiciji granicne vrijednosti slijedi da ce broj 4 biti grnicna vrijednost funk-

cije y = 3x+1 u tacki x = 1 ako za svaki ε > 0 postoji δ > 0 takav da je |(3x+1)−4| < ε

kadgod je |x− 1| < δ. Iz |(3x− 1)− 4| = 3|x− 1| < ε, slijedi da je δ = ε3 i za svaki x 6= 1 i

|x− 1| < δ, ispunjen je uslov |(3x− 1)− 4| < ε, odnosno da je broj 4 granicna vrijednost

date funkcije,

b) Kako je∣

∣

∣

2x2−x−1x−1 − 3

∣

∣

∣ = 2∣

∣

∣

(x−1)2

x−1

∣

∣

∣ = 2|x − 1|, to je nejednakost∣

∣

∣

2x2−x−1x−1 − 3

∣

∣

∣ <

ε > 0 ekvivalentna sa |x − 1| < ε2 = δ(ε). Dakle, za proizvoljno malo ε postoji δ(ε) = ε

2

tako da je∣

∣

∣

2x2−x−1x−1 − 3

∣

∣

∣ < ε za sve x za koje je 0 < |x − 1| < δ.

f(x) = 2x2−x−1x−1 = (x−1)(2x+1)

x−1 =

{

2x + 1, x 6= 1nije definisana, x = 1,

c) Neka je ε > 0. Kako je∣

∣

x−2x+1 − 1

∣

∣ = 3|x+1| , to je nejednakost

∣

∣

x−2x+1 − 1

∣

∣ < ε

ekvivalentno sa 3|x+1| < ε, tj. |x + 1| > ε

3 , odnosno x + 1 > 3ε ili x + 1 < −3

ε . Dakle, za

proizvoljno malo ε > 0 postoji M(ε) = 1 + 3ε takvo da je

∣

∣

x−2x+1 − 1

∣

∣ < ε za sve x < −M .

f(x) = x−2x+1 = x+1

x+1 − 3x+1 = 1 − 3

x+1 , x 6= −1.

d) Kako x → +∞, moze se pretpostaviti da je x > 1. Tada je x > x − 1, pa je

x2 − x = x(x + 1) > (x − 1)2. Neka je M > 0 (proizvoljno veliki broj). Tada je za svako

x, za koje je x − 1 >√

M , tj. x > 1 +√

M = δ(M), ispunjeno (x − 1)2 > M , a time i

x2 − x > M ,

120


e) Posto je |x − 1| =

{

x − 1, x ≥ 11 − x x < 1, to je za x < 1, x3−x2

2|x−1| = x2(x−1)2(1−x) = −x2

2 i

limx→1−0

x3−x2

2|x−1| = limx→1x<1

x3−x2

2|x−1| = limx→1x<1

−x2

2 . Dovoljno je pokazati da je limx→1−0

−x2

2 = −12 , tj.

limx→1−0

x2 = 1. Kako x → 1−0 moze se pretpostaviti da je 0 < x < 1, pa je 1 < x+1 < 2,

tj, |x + 1| < 2. Otuda je

|x2 − 1| = |x − 1||x + 1| ≤ 2|x − 1| (1)

Neka je ε > 0. Tada za svako x za koje je |x − 1| < min{ε2 , 1} = δ(ε), s obzirom na (1),

ispunjeno |x2 − 1| < ε. Dakle, limx→1−0

x2 = 1. (Analogno se dokazuje da je limx→1+0

x2 = 1,

pa je limx→1

x2 = 1).

f) Neka je M > 0. Moze se pretpostaviti da je M > 1. Ispitacemo za koje x > 0

je zadovoljena nejednakost e1/x > M . e1/x > M je ekvivalentno sa ln e1/x > ln M , tj.1x > ln M , odakle je x < 1

ln M . Dakle, za sve x za koje je 0 < x < 1ln M = δ(M) je

e1/x > M •2. Odrediti lijevu i desnu granicnu vrijednost funkcija:

a) y = x2+3x+1x+1 u tacki x = −1, b) y = x−1

|x−1| u tacki x = 1,

c) y = 1

1+e1/x u tacki x = 0.

Rjesenje:

a) Uvod-enjem smjene x = −1 + h, h > 0 i x → −1, h → 0, dobija se desna granicna

vrijednost: limx→−1+0

x2+3x+1x+1 = lim

h→0

(−1+h)2+3(−1+h)+1−1+h+1

= −∞, a limx→−1−0

= +∞,

b) -1,+1, c) Ako x → +0, to 1x → +∞ i 1

e1/x+1→ 0, tj. lim

x→+0

1

e1/x+1= 0. Ako

x → −0, to 1x → −∞, a e1/x → 0, pa je lim

x→−0

1

e1/x+1= 1 •

3. Na osnovu definicije granicne vrijednosti pokazati da je:

a) limx→2

x2 = 4, b) limx→1

1(x−1)2

= +∞, c) limx→2

x2−x−2x−2 = 3, d) lim

x→+∞x+32x−1 = 1

2 ,

e) limx→−∞

(x3 + x2) = −∞, f) limx→1−0

e1

x−1 = 0, g) limx→1+0

|x−1|x2−1

= 12 •

4. Odrediti lijevu i desnu granicnu vrijednost funkcije y =

{

−x + 1 za x ≤ 12x + 2 za x > 1

u tacki

x = 1.

121


Rjesenje:

Uzmimo da je x = 1 + h, h > 0 i kada x → 1, h → 0 pa je limx→1+0

(2x + 2) =

limh→0

[2(1 + h) + 2] = limh→0

(4 + 2h) = 4.

Analogno, za x = 1−h, h > 0 slijedi da je limx→1−0

(−x+1) = limh→0

(−(1−h)+1) = 0 •

5. Odrediti lijevu i desnu granicnu vrijednost funkcije u tacki x:

a) y = 2xx2−4

, x = 2, b) y = xe1

x−1 , x = 1, c) y = x−1ex2−1

e−x, x = ±1,

d) y = 1

1+31

x−1

, x = 1, e) y =

{

x + 1, 0 ≤ x < 13x + 2, 1 < x < 3 , x = 1,

f) y =

2x + 1, x > 14, x = 11x , x < 1

, x = 1, g) y =

{

a−x−1x , x > 0a, x ≤ 0

, x = 0,

h) y = a1/x−1

a1/x+1, (a > 1), x = 0.

Rezultat:

a) limx→2−0

y = −∞, limx→2+0

y = +∞, b) limx→1−0

y = 0, limx→1+0

y = +∞,

c) limx→−1−0

y = −∞, limx→−1+0

y = +∞; limx→1−0

y = limx→1+0

= 12e ,

d) limx→1−0

y = 1, limx→1+0

y = 0, e) limx→1−0

y = 1, limx→1+0

y = 5,

f) limx→1−0

y = 1, limx→1+0

y = 3, g) limx→0−

y = a, limx→0+

y = ln a,

h) limx→0−

y = −1, limx→0+

y = 1 •

6. Uporediti beskonacno male velicine f(x) i g(x):

a) f(x) = sin x, g(x) = tg x, x → 0, b) f(x) = xa, g(x) = xb, (a > 0, b > 0), x → 0,

c) f(x) = x sin 1x , g(x) = xa, (a > 0), x → 0,

d) f(x) = 1 − cos x, g(x) = x2, x → 0, e) f(x) = tg x, g(x) = x, x → 0,

f) f(x) = n√

1 + x − 1, g(x) = xn , (n ∈ N), x → 0,

g) f(x) = 1x2 − 1

2x4 , g(x) = ln(

1 + 1x2

)

, x → ±∞.

Rjesenje:

a) Kako je limx→0

sin xtg x = 1, to su sin x i tg x ekvivalentne beskonacno male velicine,

b) Ako je a > b, tj. a− b > 0, tada je limx→0

f(x)g(x) = lim

x→0xa−b = 0, tj. xa je beskonacno

mala viseg reda od xb (xa brze tezi nuli od xb).

122


Za a < b, tj. b − a > 0 je limx→0

g(x)f(x)

= limx→0

xb−a = 0, tj. xa je beskonacno mala nizeg

reda od xb,

c) Uzmimo da je 0 < a < 1, tj. 1 − a > 0, pa je limx→0

f(x)g(x) = lim

x→0x1−a sin 1

x = 0,

(0 ≤ |x1−a sin 1x | ≤ |x1−a|), pa je x sin 1

x beskonacno mala velicina viseg reda od xa. Za

a = 1 je limx→0

f(x)g(x) = lim

x→0sin 1

x . Ova granicna vrijednost ne postoji, jer kada 1x → ∞, sin 1

x

oscilira izmed-u −1 i 1 pa su x sin 1x i x neuporedljive beskonacno male velicine. Za a > 1,

tj. a − 1 > 0 je limx→0

f(x)g(x) = lim

x→0

x sin 1x

xa = limx→0

sin 1x

xa−1 . Ova granicna vrijednost ne postoji,

pa su f(x) i g(x) neuporedljive beskonacno male velicine,

d) Kako je limx→0

f(x)g(x) = lim

x→0

1−cos xx = lim

x→0

2 sin2 x2

x2 = limx→0

12

(

sin x2

x2

)2= 1

2 , to su bes-

konacno male velicine f(x) i g(x) istog reda i 1 − cos x = x2

2 + o(x2), x → 0,

e) Iz nejednakosti |1 − cos x| = 2 sin2 x2 < |x| slijedi da je lim

x→0cos x = 1, lim

x→0

tg xx =

limx→0

sin xx · 1

cos x = 1, pa su tg x i x ekvivalentne beskonacno male velicine. Dakle, tg x =

x + o(x), x → 0. (Analogno, iz limx→0

sin xx = 1 je sin x = x + o(x), x → 0),

f) Uzmimo da je n√

1 + x = t, pa je 1 + x = tn i x = tn − 1, onda je limx→0

n√1+x−1xn

=

limt→1

(t−1)ntn−1 lim

t→1

(t−1)n(t−1)(tn−1+tn−2+···+t+1)

= nn = 1. Znaci f(x) i g(x) su ekvivalentne bes-

konacno male velicine, tj.: n√

x + 1 = 1 + xn + o

(xn

)

, x → 0,

g) Funkcije f(x) i g(x) su ekvivalentne beskonacno male velicine •7. Uporediti beskonacno male velicine f(x) i g(x):

a) f(x) = sin 2x, g(x) = x, x → 0, b) f(x) = 1 − cos x, g(x) = sin x, x → 0,c) f(x) = 2x − 1, g(x) = x, x → 0, d) f(x) = 1

xa , g(x) = sin xx2 , (a > 0), x → +∞.

Rezultat:

a) Istog reda, b) Viseg reda, c) Istog reda, d) Za a < 2, g(x) je viseg reda uodnosu na f(x). Za a ≥ 2, f(x) i g(x) su neuporedljive beskonacno male velicine •8. Uporediti beskonacno velike velicine f(x) i g(x):

a) f(x)=x2−3, g(x)=x3+3x, x → ∞, b) f(x)=2x3+5, g(x)=x2+2x+3, x → ∞,c) f(x) = ln x, g(x) = x2, x → ∞, d) f(x) =

√1 + x2, g(x) = x, x → ∞,

e) f(x) = 1x−1 , g(x) = 1

x2−1, x → 1.

123


Rezultat:

a) Nizeg reda, b) Viseg reda, c) Nizeg reda, d) Ekvivalentne, e) Istog reda •9. Neka x → 0. Dokazati jednakosti:

a) x sin√

x = x3/2 + 0(x3/2), b) ln x = o(x−ε), ε > 0,c) (1 + x)n = 1 + nx + o(x), d) arctg 1

x = O(1),

e) (1 + x)n = 1 + nx + n(n−1)2 x2 + o(x2), f) (xe2x−n)n = O(ex2+x), x > 0.

10. Ako o(f(x)) oznacava beskonacno malu velicinu viseg reda u odnosu na f(x), kadax → x0, dokazati sljedeca pravila za racunanje:

a) o(xa) ± o(xb) = o(xc), c = min{a, b}, (a, b > 0), x → 0,b) o(xa) · o(xb) = o(xa+b), (a, b > 0), x → 0, c) k · o(xa) = o(xa), (a > 0), x → 0,d) xα · o(xa) = o(xa+α), (α > −a, a > 0), x → 0, e) [o(xa)]α = o(xaα), (a, α >0), x → 0.

Rjesenje:

Dokazimo, na primjer, osobinu b). Treba pokazati da je 0(xa) ·o(xb) beskonacno mala

velicina viseg reda od xa+b kada x → 0, tj. treba pokazati da je limx→0

o(xa)·o(xb)

xa+b = 0. Kako

je limx→0

o(xa)·o(xb)

xa+b = limx→0

o(xa)xa · o(xb)

xb i o(xa), odnosno o(xb) oznacava beskonacno malu

velicinu viseg reda od xa, odnosno xb, to je limx→0

o(xa)xa = lim

x→0

o(xb)

xb = 0 •

11. Izracunati granicne vrijednosti:

a) limx→1

x2−1x2−3x+2

, b) limx→±∞

x2−3x+33x4−5x2+1

, c) limx→±∞

√x2−3

3√x3+1

, d) limx→+∞

√

x+√

x+√

x√x+1

,

e) limx→0

√x+2−

√2

x , f) limx→3

x−3√x+1−2

, g) limx→0

√x2+1−1√x2+16−4

, h) limx→0

3√1+x− 3√1−xx ,

i) limx→±∞

(√

x2 + 1 − x)x, j) limx→+∞x(

√x2 + 2x − 2

√x2 + x + x),

k) limx→a

√x−√

a+√

x−a√x2−a2

.

Rjesenje:

a) Kako je ax2 + bx + c = a(x − x1)(x − x2), to je

limx→1

x2−1x2−3x+2

= limx→1

(x−1)(x+1)(x−1)(x−2) = lim

x→1

x+1x−2 = −2, x 6= 1.

b) Kako je x2−3x+23x4−5x2+1

=x2(1− 3

x+ 2x2 )

x4(3− 5x2 + 1

x4 )= 1

x2

1− 3x+ 2

x2

3− 5x2 + 1

x4

, a funkcije 1x , 1

x2 , 1x4 su besko-

nacno male kada x → ±∞, to je limx→±∞

x2−3x+23x4−5x2+1

= 0,

124


c)√

x2−33√

x3+1=

√x2

√

1− 3x2

3√x3 3

√

1+ 1x3

. Kako je√

x2 = |x|, a3√

x3 = x, to je limx→+∞

√x2−3

3√x3+1

= 1, a

limx→−∞

√x2−3

3√x3+1

= −1,

d) limx→+∞

√

x+√

x+√

x√x+1

= limx→+∞

√x

√

1+

√

1x+

√

1x3

√x√

1+ 1x

= 1,

e) Racionalisanjem brojioca dobija se:

limx→0

(√

x+2−√

2)(√

x+2+√

2)

x(√

x+2+√

2)= lim

x→0

1√x+2+

√2

= 12√

2,

f) Racionalisanjem imenioca dobija se: limx→3

(x−3)(√

x+1+√

2)(x+1)−4 = lim

x→3(√

x + 1 + 2) = 4,

g) Mnozenjem brojioca i imenioca sa (√

x2 + 1)(√

x2 + 16 + 4), dobija se:

limx→0

√x2+16+4√x2+1+1

= 4,

h) Dati izraz jednak je: limx→0

( 3√1+x− 3√1−x)( 3√

(1+x)2+ 3√

(1−x)(1+x)+ 3√

(1−x)2

x( 3√

(1+x)2+ 3√

(1−x)(1+x)+ 3√

(1−x)2)=

= limx→0

23√

(1+x)2+ 3√

(1−x)(1+x)+ 3√

(1−x)2= 2

3 ,

i) Izraz√

x2 + 1 − x je neodred-en kada x → +∞, pa je neophodna sljedeca transfor-

macija: x(√

x2 + 1− x) = x(√

x2 + 1− x)√

x2+1+x√x2+1+x

= x 1√x2+1+x

= 1√

1+ 1x2 +1

. Posljednja

jednakost vazi samo za x > 0, pa je limx→+∞(

√x2 + 1 − x) = lim

x→+∞1

√

1+ 1x2 +1

= 12 . Kada

x→−∞, izraz√

x2 + 1−x nije neodred-en, pa je limx→−∞

x(√

x2 + 1−x)=−∞·(+∞)=−∞,

j) Imamo: limx→+∞x(

√x2 + 2x − 2

√x2 + x + x) = lim

x→+∞x 2x(√

x2+2x−x−1)√x2+2x+x+2

√x2+x

=

= limx→+∞

−2x2

(√

x2+2x+x+2√

x2+x)(√

x2+x+x+1)= lim

x→+∞−2

(√

1+ 2x+1+2

√

1+ 1x )(

√

1+ 2x+1+ 1

x )= −1

4 ,

k) Imamo: limx→a

√x−√

a+√

x−a√x2−a2

= limx→a

(√x−√

a√x2−a2

+√

x−a√x2−a2

)

=

= limx→a

(

x−a√x2−a2(

√x−√

a)+ 1√

x+a

)

= 1√2a

•

12. Izracunati sljedece granicne vrijednosti:

a) limx→−4

x3+4x2

x2+x−12, b) lim

x→∞x−8

2− 3√x, c) lim

x→1

3√x−14√x−1

, d) limx→a

x2−(a+1)x+ax3−a3 ,

125


e) limx→1

(

11−x − 2

1−x2

)

, f) limx→0

√1+x−

√1−x

x , g) limx→0

√a+x−

√a−x

x ,

h) limx→−3

√x+4−1

x2−9, i) lim

x→0

√x+1−1

3√x+1−1, j) lim

x→±∞

√x2+1x+1 , k) lim

x→±∞3√

x3+2−x2

x2 ,

l) limx→±∞

(√

x2 + x − x), m) limx→±∞

( 3√

x3 + 1 − x)x,

n) limx→±∞

(√

1 + x + x2 −√

1 − x + x2).

Rezultat:

a) −167 , b) -12, c) 4

3 , d) a−13a2 , e) −1

2 , f) 14 , g) 1√

a, h) − 1

12 , i) 32 ,

j) ±1, (x → ±∞), k) -1, l) +∞, (x → −∞) i 12 , (x → +∞), m) 0,

n) ±1, (x → ±∞) •13. Koristeci ekvivalentnost beskonacno malih velicina, odrediti granicne vrijednosti:

a) limx→0

(1+mx)n−(1+nx)m

x2 , b) limx→1

xm−1xn−1 , c) lim

x→1

( m1−xm − n

1−xn

)

, m, n ∈ N,

d) limx→0

n√1+x−1x , n ∈ Z, e) lim

x→7

√x+2− 3√x+20

4√x+9−2, f) lim

x→0

x2

5√1+5x−(1+x),

g) limx→1

m√x−1n√x−1

, (m,n ∈ Z), h) limx→1

(1−√x)(1− 3√x)···(1− n√x)

(1−x)n−1 ,

i) limx→0

(√

1+x2+x)n−(√

1+x2−x)n

x , n ∈ N.

Rjesenje:

a) Na osnovu Njutnove binomne formule imamo: limx→0

(1+mx)n−(1+nx)m

x2 =

= limx→0

(C2nm2−C2

mn2)x2+o(x2)

x2 = limx→0

(

C2nm2 − C2

mn2 + o(x2)

x2

)

=C2nm2 − C2

mn2 = mn(n−m)2 ,

b) Uzimamo da je x = 1 + t i t → 0 kada x → 1, pa je limx→1

xm−1xn−1 = lim

x→0

(1+t)m−1(1+t)n−1 =

limx→0

mt+o(t)nt+o(t) = m

n ,

c) m−n2 (smjena: x = 1 + t),

d) Neka je n√

1 + x − 1 = t, tada je x = (1 + t)n − 1. Uzmimo da je |x| < 1, pa je1 − |x| < n

√1 + x < 1 + |x|, odakle je lim

x→0

n√

1 + x = 1, tj. t → 0 kada x → 0, pa imamo:

limx→0

n√1+x−1x = lim

t→0

t(1+t)n−1 = lim

t→0

tnt+o(t) = 1

n . Dakle, n√

1 + x = 1 + xn + o(x), x → 0.

e) Kada x → 7, imamo da je:√

x + 2 = 3√

1 + x−79 = 3(1 + x−7

18 ) + o(x − 7),

4√

x + 9 = 2 4√

1 + x−716 = 2(1 + x−7

64 ) + o(x − 7), 3√

x + 20 = 3 3√

1 + x−716 = 3

(

1 + x−781

)

+

o(x − 7), pa je limx→7

√x+2− 3√x+20

4√x+9−2= 112

27 ,

126


f) −12 , ( 5

√1 + 5x = t), g) n

m , (x = (1 + t)mn), h) 1n! , (1 − x = t),

i) limx→0

(√

1+x2+x)n−(√

1+x2−x)n

x = limx→0

2x(nx(

√1 + x2)n−1 + o(x)) =

= limx→0

2(n(√

1 + x)n−1 + o(x)x ) = 2n •

14. Neka je R(x) = a0xn+a1x

n−1+···+anb0xm+b1xm−1+···+bm

, x ∈ R, a0 6= 0, b0 6= 0. Dokazati da je

limx→∞R(x) =

∞ za n > m,a0b0

za n = m,

0 za n < m.

Dokaz:

Neka je n > m. Tada je |R(x)| = |x|n−m

∣

∣

∣

∣

a0+a1x +···+an

xn

b0+b1x +···+ bm

xm

∣

∣

∣

∣

> |x|n−m∣

∣

∣

a02b0

∣

∣

∣za dovoljno

veliko |x|. Kako je limx→∞ |x|n−m a0

2b0= ∞, to je lim

x→∞R(x) = ∞. Ako je m = n, to

je limx→∞R(x) = lim

x→∞a0+

a1x +···+an

xn

b0+b1x +···+ bm

xm

= a0b0

. Ako je n < m, to, za dovoljno veliko |x|, je

|R(x)| < 1|x|n−m

∣

∣

∣

2a0b0

∣

∣

∣, odakle je lim

x→∞R(x) = 0 •

15. Neka je P (x) = a0xn + a1x

n−1 + · · · + an, ai ∈ R, (i = 1, 2, . . . , n). Dokazati da je

limx→∞ |P (x)| = +∞ •

16. Neka je P (x)=a1x+a2x2+· · ·+anxn i m ∈ Z. Dokazti da je lim

x→0

m√

1+P (x)−1x = a1

m •

17. Dokazati da je limx→0

m√1+αx n√1+βx−1x = α

n + βm , m, n ∈ Z •

18. Pokazati da je limx→∞(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · · · (1 + x2n) = 1

1−x za |x| < 1 •

U sljedecim primjerima koristiti poznate granicne vrijednosti:

limx→0

sin xx = 1, lim

x→∞(

1 + 1x

)x= e i lim

x→0(1 + x)

1x = e •


a) limx→0

1−cos 2xx sin x , b) lim

x→0

1−cos 2x+tg 2xx sin x , c) lim

x→asin x−sin a

x−a , d) limx→a

ctg x−ctg ax−a ,

e) limx→0

cos(a+2x)−2 cos(a+x)+cos ax2 , f) lim

x→0

sin 3x√x+2−

√2, g) lim

x→0

ctg (a+2x)−2ctg (a+x)+ctg ax2 ,

127


h) limx→π

3

tg 3x−3tg xcos(x+π

6 ), i) lim

x→0

sin(1+x)−sin(1−x)

x2 , j) limx→π

√1−tg x−√

1+tg xsin 2x ,

k) limx→0

x2√1+x sin x−√

cos x, l) lim

x→0

√cos x− 3√cos x

sin2 x, m) lim

x→12

arcsin(1−2x)

4x2−1, n) lim

x→0

arctg xx .

Rjesenje:

a) Kako je sin α2 = ±

√

1−cos α2 , cos α

2 = ±√

1+cos α2 , to je 2 sin2 x = 1 − cos 2x, pa je

limx→0

1−cos 2xx sin x = lim

x→0

2 sin xx = 2,

b) Kako je tg 2xx sin x = sin x

x1

cos2 x, to je lim

x→0

1−cos 2x+tg 2xx sin x = 3,

c) Ocigledno je da je limx→a

sin x−sin ax−a = lim

x→a

2 sin x−a2 cos x+a

2x−a =

= limx→a

sin x−a2

x−a2

limx→a

cos x+a2 = cos a,

d) Koristeci formulu razlike kotangensa, imamo: limx→a

ctg x−ctg ax−a =

= limx→a

sin(a−x)sin x sin a

1x−a = lim

x→a

(

− sin(a−x)a−x

)

1sin a lim

x→a1

sin x = − 1sin2 a

, a 6= kπ, k ∈ Z,

e) Izraz u brojniku napisemo u obliku proizvoda, pa je

limx→0

= cos(a+2x)−2 cos(a+x)+cos ax2 = lim

x→0

1x2

(

−2 sin x2 sin

(

a + 3x2

)

+ 2 sin x2 sin(a + x

2 ))

=

= limx→0

(− 1x2 2 sin x

2 · 2 sin x2 cos(a + x)) = − cos a, f) 6

√2, g) 2 cos a

sin3 a, a 6= π, k ∈ Z,

h) limx→π

3

tg 3x−3tg xcos(x+π

6 )= lim

x→π3

tg x(tg 2x−tg 2 π3 )

cos(x+π6 )

= limx→π

3

tg x(tg x + tg π3 )

sin(x−π3 )

cos x cos π3 sin(π

3−x)=

limx→π

3

tg x(tg x + tg π3 ) −1

cos x cos π3

= −24, i) +∞ (x → 0+) i −∞ (x → 0−),

j) Racionalisanjem brojioca se dobija:

limx→π

√1−tg x−√

1−tg xsin 2x = lim

x→π

−2tg x2 sin x cos x

1√1−tg x+

√1+tg x

= limx→π

−1cos2 x

1√1−tg x+

√1+tg x

=−12 ,

k) Racionalisanjem imenioca dobija se

limx→0

x2√1+x sin x−√

cos x= lim

x→0

x2√

1+x sin x+√

cos x1+x sin x−cos x = lim

x→0

√1+x sin x+

√cos x

1−cos xx2 + sin x

x

= 43 ,

l) Dodavanjem i oduzimanjem u brojiocu jedinice, dobice se: limx→0

√cos x− 3√cos x

sin2 x=

= limx→0

(√cos x−1

sin2 x+

1− 3√cos xsin2 x

)

= limx→0

(

cos x−1sin2 x(

√cos x+1)

+ 1−cos xsin2 x

1

1+ 3√cos x+3√

cos2 x

)

= − 112 ,

m) Smjenom arctg (1 − 2x) = n, tj. 1 − 2x = sin n (n → 0 kad x → 12) dobija se

128


limx→1

2

= arcsin(1−2x)

4x2−1= −1

2 , n) Smjenom arctg x = n, tj. x = tg n (n → 0 kada x → 0)

dobija se da je limx→0

arctg xx = +1•


a) limx→π

4

sin x−cos xcos 2x ; b) lim

x→0

sin 2x+sin 3xx ; c) lim

x→0

sin x√x+4−2

; d) limx→a

x2−a2

sin(x−a) ;

e) limx→1

sin(x−1)

1−x3 ; f) limh→0

sin(x+h)−sin xh ; g) lim

x→0

2 sin(√

x+1−1x ; h) lim

x→π3

sin(x−π3

1−2 cos x ;

i) limx→2

(

sin(x−2)

x4−4+ 1

(x−2)2

)

; j) limx→0

sin2 x√1+x sin x−cos x

; k) limx→π

6

2 sin2 x−sin x−12 sin2 x−3 sin x+1

;

l) limx→π+0

√1−cos xsin x ; m) lim

x→π2 +0

√1+cos 2x√π−

√2x

; n) limx→π

4

1−sin 2x1+cos 4x ; q) lim

x→π4

√2 cos x−11−tg 2x

;

o) limx→1

2

arcsin(1−2x)

x3 ; p) limx→0

sin ax−xarcsin x+x ; r) lim

x→0

m√cos αx− n√cos βxsin2 x

;

s) limx→π

2

(1−sin x)(cos2 x+1)−12 sin 2x

cos2 x; t) lim

x→1(1−x)tg πx

2 ; u) limx→0

tg (a+x)tg (a−x)−tg 2ax2 .

Rezultat:

a) − 1√2; b) 5; c) 4; d) 2a; e) −1

3 ; f) cos x; g) 1; h)√

33 ;

i) ∞, (x − 2 = t); j) 1; k) −3; l) −∞, (cos α < 0 za π2 < α < 3π

2 );

m) −√

2π; n) 14 ; q) 1

4 ; o) 0; p) a−12 ; r) α2−β2

2m ; s) 12 ; t) 2

π ;u) −cos 2a

cos 4a •

Ako v(x) ln u(x) → b kad x → x0, tada [u(x)]v(x) → eb kad x → x0, jer[u(x)]v(x) → ev(x) ln u(x).

Ako je limx→x0

u(x) = 1, limx→x0

v(x) = ∞ (oblik 1∞), tada je

limx→x0

uv = limx→x0

(

1 + (u − 1)1

u−1

)(u−1)v= e

limx→x0

(u−1)v.


a) limx→∞

(

x2+1x2−2

)x2

; b) limx→0

(1 + x2)ctg 2x; c) limx→1

(1 + sin πx)ctg πx;

d) limx→0

(

1+tg x1+sin x

) 1sin x

; e) limx→∞(sin 1

x + cos 1x)x; f) lim

x→0

(

1+tg x1+sin x

) 1sin3 x .

129


Rjesenje:

a) U ovom primjeru u = x2+1x2−2

, v = x2, (u − 1)v = 3x2

x−2 pa je

limx→∞

(

x2+1x2−2

)x2

= elim

x→∞3x2

x2−2 = e3;

b) Analogno prethodnom primjeru je limx→0

(1+x2) ctg 2x = elimx→0

x2ctg 2

= elimx→0

(

xtg x

)2

= e;

c) Ocigledno je da je limx→1

(1 + sin πx)ctg πx = elimx→1

sin πxctg πx= e

limx→1

cos πx= 1

e ;

d) Imamo da je limx→0

(

1+tg x1+sin x

) 1sin x

= elimx→0

tg x−sin x1+sin x · 1

sin x= e

limx→0

2 sin2 x2

cos x(1+sin x) = e0 = 1;

e) Kako je sin 1x + cos 1

x = 1x + 1 + o( 1

x) kada x → ∞ i limx→∞(sin 1

x + cos 1x) = 1, to je

limx→∞(sin 1

x + cos 1x)x = e

limx→∞

( 1x+o( 1

x ))x

= e;

f) Kako je (u − 1)v = tg x−sin x1+sin x · 1

sin3 x, a tg x − sin x = tg x(1 − cos x) ∼ x3

3 kada

x → 0 i 1 + sin x ∼ 1, sin2 x ∼ x3, x → 0, to je limx→0

(u − 1)v = limx→0

x3

2x3 = 1

2 , pa je

limx→0

(

1+tg x1+sin x

) 1sin3 x = e

12 =

√e •


a) limx→0

(1 − x)1x ; b) lim

x→0(1 + 1

x)x+3; c) limx→∞(1 + 2

x)x; d) limx→0

ln(1+2x)x ;

e) limx→π

(1 + 3tg x)ctg x; f) limx→+∞

(

3x+13x−4

)x; g) lim

x→+∞(

2x+12x+2

)4x+2;

h) limx→±∞

( xx+2

)x; i) lim

x→0(1+3tg 2x)ctg

2x; j) limx→π

2

(2− 2xπ )tg x; k) lim

x→π4

(tg x)tg 3x;

l) limx→0

(cos x)1x2 ; m) lim

x→0

(

arctg xx

) 1x2

; n) limx→0

(cos x)1

sin2 x .

Rezultat:

a) 1e ; b) e; c) e2; d) 2; e) e3; f) e

53 ; g) e−2; h) e−2; i) e3; j) e

2π ;

k) e−1; l) e−12 ; m) e−

13 ; n) e−

12 •

130



a) limx→0

ln(1+x)x ; b) lim

h→0

log(x+h)+log(x−h)−2 log xh2 ; c) lim

x→+∞ln(x2−x+1)

ln(x10+x+1);

d) limx→0

ln cos axln cos bx ; e) lim

x→0

ax−1x , a > 0; f) lim

x→0

(1+x)m−1x ,m ∈ R;

g) limx→0

1−cosm xx2 ,m ∈ R; h) lim

x→0

ex2−(cos x)√

2

x2 ; i) limx→a

ax−xa

x−a , a > 0;

j) limx→0

eαx2cos2α x−1x2 , α 6= 0.

Rjesenje:

a) limx→0

ln(1+x)x = lim

x→0ln((1 + x)

1x ) = ln e = 1. Dakle, ln(1 + x) = x + o(x), x → 0;

b) Na osnovu osobine logaritama dobijamo da je:

limh→0

log(x+h)+log(x−h)−2 log xh2 = lim

h→0

1h2 log

(

1 − h2

x2

)

=− log ex2 lim

h→0ln

(

1 − h2

x2

)−x2

h2=− log e

x2 ;

c) limx→+∞

ln(x2−x+1)

ln(x10+x+1)= lim

x→+∞2 ln x+ln(1− 1

x+ 1x2 )

10 ln x+ln(1+ 1x9 + 1

x10 )= 1

5 ;

d) Koristeci asimptotske jednakosti, dobijamo:

limx→0

ln cos axln cos bx = lim

x→0

ln(1−a2x2

2 +o(x2))

ln(1− b2x22 +o(x2))

= limx→0

−a2x2

2 +o(x2)

− b2x22 +o(x2)

= limx→0

a2x2

2b2x2

2

= a2

b2;

e) Neka je ax − 1 = t i t → 0 kad x → 0, pa je limx→0

ax−1x = lim

t→0

t ln aln(1+t) = ln a. Dakle,

ax = 1 + x ln a + o(x), x → 0(ex = 1 + x + o(x));

f) limx→0

(1+x)m−1x = lim

x→0

em ln(1+x)−1m ln(1+x) · m ln(1+x)

x = m, jer m ln(1 + x) → 0, x → 0,

limx→0

em ln(1+x)−1m ln(1+x) = 1, lim

x→0

ln(x+1)x = 1. Dakle, (1 + x)m = 1 + mx + o(x) kada x → 0;

g) Na osnovu f) imamo: limx→0

1−cosm xx2 = lim

x→0

(1+(cos x−1)m−1cos x−1 · 1−cos x

x2 = m2 ;

h) Kako je ex2−(cos x)√

2

x2 = ex2−1x2 + 1−(cos x)

√2

x2 = m2 , to je na sonovu e) i g) razultat

1 +√

22 ;

i) Transformisimo dati izraz: ax−xa

x−a = aa ax−a−1x−a − aa−1 (1+x−a

a )a−1

x−aa

. Granicna vrije-

dnost prvog sabirka jednaka je aa ln a (vidi e)), a granicna vrjednost drugog sabirka je aa

(vidi f)), pa je limx→a

ax−xa

x−a = aa ln a − aa = aa ln ae ;

131


j) Dati izraz mozemo napisati u ovom obliku:

limx→0

eαx2cos2α x−1x2 = (eαx2−1) cos2α x+cos2α x−1

x2 = eαx2−1αx2 α cos2α x − 1−cos2α x

x2 . Kako je

limx→∞

eαx2−1αx2 α cos2α x = α, lim

x→0

1−cos2α xx2 = α to je lim

x→0

eαx2cos2α x−1x2 = 0 •


a) limx→a

xx−aa

x−a , a > 0; b) limx→1

sin(πxα)

sin(πxβ); c) lim

x→1

sin2(π2x)ln(cos(π2x) ;

d) limx→0

(

1+sin x cos αx1+sin x cos βx

)ctg 3x; e) lim

x→axα−aα

xβ−aβ , a > 0; f) limx→0

ax2−bx2

(ax−bx)2, a > 0, b > 0;

g) limx→+∞ ln((1 + 2x) ln(1 + 3

x); h) limx→0

(

ax2+bx2

ax+bx

) 1x

, a > 0, b > 0;

i) limx→+∞n2( n

√x − n+1

√x), x > 0; j) lim

n→∞ sin(π√

n2 + 1).

Rezultat:

a) aa ln(ae); b) αβ ; c) −2, (sin2(π2x) = t i koristiti ln(1 − t) = −t + o(t));

d) eα2−β2

2 ; e) αβ aα−β , (x − a = t); f) (ln a

b )−1; g) ln 8; h) 1√ab

; i) ln x; j) 0 •

25. Pokazati da je funkcija f(x) = 1+x2

1+x4 ogranicena na intervalu (−∞, +∞).

Rjesenje:

Ocigledno je da je f(x) > 0, tj. funkcija je ogranicena slijeva (odozdo). Iz nejednakosti

(1 − x2) ≥ 0 slijedi da je x2

1+x4 ≤ 12 . Kako je 1 + x4 ≥ 1, to je 1+x2

1+x4 = 11+x4 + x2

1+x4 ≤1 + 1

2 = 32 . Dakle, 0 < f(x) ≤ 3

2 , −∞ < x < +∞ •26. Ispitati ogranicenost funkcije f(x) = ln x · sin2 π

x na intervalu (0, ε).

Rjesenje:

Kako je 0 ≤ sin2 πx ≤ 1, a funkcija x → ln x monotono rastuci, to je

f(x) ≤ max{0, ln ε}, tj. f(x) je ogranicena zdesna (odozgo). Uzmimo da je xn = 22n+1 .

Tada, pocevsi od nekog broja n0, xn pripada nekom intervalu (0, ε) i f(xn) = ln 22n+1 =

− ln(1 + (n + 12)) > −(n + 1

2) → −∞ kada n → ∞, tj. funkcija f(x) je neogranicenaslijeva (odozdo)•27. Pokazati da funkcija f(x) = x

1+x u intervalu 0 ≤ x ≤ ∞ ima donju granicu m = 0, agornju M = 1.

132


Rjesenje:

Ocigledno je da je 0 ≤ xx+1 , 0 ≤ x ≤ ∞. Neka je ε proizvoljno i 0 < ε < 1. Tada je

f(x) = x1+x < ε za 0 < x < ε

1−ε , pa je inf0≤x<∞

{f(x)} = 0.

Kako je xx+1 < 1, 0 ≤ x < ∞ i za uzeto ε, f(x) = x

x+1 > 1 − ε za x > 1−εε , to je

sup0≤x<∞

{f(x)} = 1 •

28. Neka je funkcija f(x) definisana i monotono rastuca na intervalu [a, b]. Pokazati da

je infa≤x≤b

{f(x)} = f(a) i supa≤x≤b

{f(x)} = f(b) •

29. Odrediti donju i gornju granicu funkcije f : E → F . Odrediti tacke x, y ∈ E (ako

postoje) takve da je f(x) = supE

{f(x)}, f(y) = infE{f(x)}:

a) f(x) = 1x−2 , |x| ≤ 1; b) f(x) = 1

x , x ∈ (−1, 1) \ {0}; c) f(x) = x2, 1 < x < 2.

Rezultat:

a) sup{f} = f(−1) = −13 , inf{f} = f(1) = 1; b) sup{f} = +∞, inf{f} = −∞;

c) sup{f} = 4, inf{f} = 0 •

30. Nacrtati grafik funkcije:

a) y = limn→+∞

n√

1 + xn, x > 0; b) y = limn→+∞

x+11−x2n ;

c) y = limn→+∞(sin x)2n; d) y = lim

n→+∞n√

1 + xn + (x2

2 )n, x ≥ 0;

e) y = limn→+∞

1n

[

(|x| + 1n) + (|x| + 2

n) + · · · + (|x| + n−1n )

]

.

Rjesenje:

a) Ako je 0 < x ≤ 1, to je 0 < n√

1 + xn ≤ n√

2 i kako je limn→∞

n√

2 = 1, to je

limn→∞

n√

1 + xn = 1. Ako je 1 < x < ∞, to je n√

1 + xn = x n√

1xn + 1 i n

√

1xn + 1 → 1 kad

n → ∞, pa je limn→∞

n√

1 + xn = x. Dakle, y =

{

1 za 0 ≤ x ≤ 1,

x za 1 < x < ∞ (sl. 60);

b) y =

{

x + 1 za |x| < 1,

0 za |x| > 1,(sl. 61);

133


0.5 1 1.5 2x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

y

Sl.60.

-2 -1 1 2x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2

y

Sl.61.

c) y =

1 za x =π

2+ kπ, k ∈ Z,

0 za x 6= π

2+ kπ, k ∈ Z,

(sl. 62);

-Π��2

Π��2

Π 3 Π��2

x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2y

Sl.62.0.5 1 1.5 2 2.5 3

x

-1

1

2

3

4

y

Sl.63.

d) y =

1 za 0 ≤ x ≤ 1,

x za 1 < x < 2,

x2

2za 2 ≤ x < ∞,

(sl. 63); e) y = |x| + 12 , (sl. 64) •

-2 -1 1 2x

-0.5

0.5

1

1.5

2y

Sl.64.

134

NEPREKIDNOST FUNKCIJE

5. Neprekidnost funkcije

Funkciju f : X → R, X ⊂ R nazivamo neprekidnom u tacki x0 ⊂ X ako zadovoljavajedna od ekvivalentnih uslova:

1) ∀ε > 0 ∃δ > 0 tako da je

|f(x) − f(x0| < ε (1)

cim je x u X i |x − x0| < δ.

2) Za svaki niz xn tacaka iz X koji konvergira tacki x0 kada n → ∞, niz f(xn) kon-vergira tacki f(x0), tj. iz lim

n→+∞ xn = x0 slijedi limn→+∞ f(xn) = f(x0) ili lim

n→+∞ f(xn) =

f( limn→+∞ xn) = f(x0).

3) limx→x0

f(x) = f(x0) ili f(x) − f(x0) → 0 kada x − x0 → 0, tj.

lim∆x→0

[f(x0 + ∆x) − f(x0)] = 0.

Iz definicije neprekidnosti funkcije u tacki x0 slijedi da je

limx→x0

f(x) = f( limx→x0

x).

Ako je funkcija neprekidna za svako x ∈ (a, b), kazacemo da je neprekidna na intervalu(a, b).

Funkcija f : (a, x0] → R, (f : [x0, b) → R) neprekidna je u tacki x0 slijeva (sdesna)ako zadovoljava jedan od ekvivalentnih uslova:

1) ∀ε > 0 ∃δ > 0 tako da je nejednakost (1) zadovoljena cim je x0 − δ < x ≤ x0

(x0 ≤ x < x0 + δ),

135


2) limx→x0−0

f(x) = f(x0) ( limx→x0+0

f(x) = f(x0)), ili krace, f(x0 − 0) = f(x0) (f(x0 +

0) = f(x0)).

Funkcija f neprekidna je u tacki x0 tada i samo tada kada je ona u toj tacki neprekidnai slijeva i zdesna, tj.

f(x0 − 0) = f(x0) = f(x0 + 0). (2)

Ako su funkcije f : X → R i g : X → R, X ⊂ R neprekidne u tacki x0 ∈ X, tada su

i funkcije f + g, fg i fg (g(x0) 6= 0) neprekidne u tacki x0.

Vektor-funkcija x → f(x), f(x) = (f1(x), . . . , fn(x)) x ∈ X neprekidna je u tackix0 ∈ X, ako je

limx→x0

f(x) = f(x0).

Funkcionalna matrica x → A(x), gdje je A(x) = (aij(x)), i = 1, 2, . . . ,m, j =1, 2, . . . , n neprekidna je u tacki x0 ∈ X, ako je

limx→x0

A(x) = A(x0).

Vektor-funkcija x → f(x), f(x) = (f1(x), . . . , fn(x)) x ∈ X neprekidna je u tackix0 ∈ X tada i samo tada kada su u toj tacki neprekidne svaka od funkcija x → fi(x).

Funkcionalna matrica x → A(x), gdje je A(x) = (aij(x)), i = 1, 2, . . . ,m, j =1, 2, . . . , n neprekidna je u tacki x0 ∈ X tada i samo tada kada su u toj tacki nepre-kidni svi elementi matrice x → aij(x), i = 1, 2, . . . ,m, j = 1, 2, . . . , n.

Za funkciju f(x) kazemo da je prekidna u tacki x = x0 ako uslov (2) nije ispunjen.

Ako postoje vrijednosti f(x0 − 0), f(x0) i f(x0 + 0) i ako med-usobno nisu jednake,tacku x0 nazivamo tackom prekida prvog reda. Prekidi koji nisu prekidi prvog redanazivaju se prekidima drugog reda.

Funkcija f : X → R naziva se ravnomjerno neprekidnom na skupu X, ako

∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x, y ∈ X ∧ |x − y| < δ ⇒ |f(x) − f(y)| < ε.

136


5. 1. Osnovne osobine neprekidnih funkcija

Funkcija f : [a, b] → R neprekidna je na segmentu [a, b], ako je ona neprekidna naintervalu (a, b) i u tacki a neprekidna sdesna a u tacki b slijeva.

Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b], tada:

1) postoji konstanta K takva da je |f(x) ≤ K,

2) ako je m = infx∈[a,b]

{f(x)}, M = supx∈[a,b]

{f(x)}, na segmentu [a, b] postoje tacke x1 i

x2 takve da je f(x1) = m, f(x2) = M ,

3) uzima na svakom segmentu [α, β], [α, β] ⊂ [a, b] sve med-uvrijednosti izmed-u f(α)i f(β). Specijalan slucaj: ako je f(α) · f(β) < 0, onda f(x) ima bar jedan realan korjenizmed-u α, β, tj. postoji takvo γ (α < γ < β) da je f(γ) = 0.

Ako je f(x) neprekidna funkcija na segmentu [a, b], tada je ona i ravnomjerno nepre-kidna na tom segmentu (Cantorova teorema).

1. Ispitati neprekidnost funkcija:

a) y = x2 + 1, b) y = xx2+1

, c) y = sin x, d) y = sin√

x, e) y = |x + 1|,f) y = cos x.

Rjesenje:

a) Kako je ∆y = (x + h)2 + 1 − (x2 + 1) = h(2x + h) → 0 kada h → 0, to je funkcijaneprekidna za svako x ∈ R,

b) Funkcija je neprekidna za svako x, jer ∆y = x+h(x+h)2+1

− xx2+1

= h(1−x2−xh)

[(x+h)2+1](x2+1)→ 0

kada h → 0,

c) Funkcija je neprekidna za svako x, jer ∆y = sin(x+h)−sin x = 2 sin h2 cos(x+ h

2 ) →0 kada h → 0,

d) Funkcija je neprekidna za svako x, jer ∆y = sin√

x + h − sin√

x =

2 sin√

x+h−√x

2 cos√

x+h+√

x2 = 2 sin h

2(√

x+h+√

x)cos

√x+h+

√x

2 → 0 kada h → 0,

e) Funkcija je neprekidna za svako x, jer je:

1◦ za x > −1, ∆y = (x + h + 1) − (x + 1) = h → o, kada h → 0,

2◦ za x < −1, ∆y = −(x + h + 1) + (x + 1) = −h → o, kada h → 0,

3◦ za x = −1 je limx→−1+0

|x + 1| = limx→−1−0

|x + 1| = 0.

Dakle, funkcija je neprekidna za svako x.

137


f) Funkcija je neprekidna za svako x jer je ∆y = cos(x + h)− cos x = −2 sin h2 sin(x +

h2 ) → 0 kada h → 0 •2. Pomocu ”ε− δ” rasud-ivanja dokazati neprekidnost sljedecih funkcija za svako x ∈ R:

a) y = ax + b, a 6= 0, b) y = x2, c) y = 3√

x, d) y = arctg x, e) y = sin x.

Rjesenje:

a) Odaberimo ε > 0 proizvoljno. Za svako fiksno x0 ∈ R imamo:|ax + b − ax0 − b| = |a||x − x0| < ε ako je |x − x0| < ε

|a| = δ,

b) Neka je ε > 0 proizvoljno i x0 ∈ R. Tada je |x2 −x20| = |(x−x0)

2 + 2x0(x−x0)| ≤|x − x0|2 + 2|x| · |x − x0| < ε, ako je |x − x0| <

√

|x0|2 + ε − |x0| = δ,

c) Za svako ε > 0 i x0 ∈ R \ {0} imamo: | 3√

x − 3√

x0| =|x−x0|

3√x2+ 3

√xx0+ 3

√

x20

=

=|x−x0|

( 3√x+12

3√

x0)2+34

3√

x20

≤ |x−x0|34

3√

x20

< ε, ako je |x − x0| < 34

3√

x20 · ε = δ. Neprekidnost

funkcije u tacki x0 slijedi iz nejednakosti | 3√

x| = 3√

|x| < ε za |x| < ε3 = δ.

d) Neka je |x0| > 0 i |h| = |x − x0| < |x0|. Ako je arctg (x0 + h) − arctg x0 = t, tadaje tg t = h

1+x20+x0h

. Kako je |t| ≤ |tg t| za |t| < π2 , to je |arctg (x0 + h) − arctg x0| =

= |t| < |tg t| =

∣

∣

∣

∣

h1+x2

0+x0h

∣

∣

∣

∣

<|h|

1+x20−|x0|·|h|

< ε ako je |h| = |x − x0| <(1+x2

0)ε1+|x0|·ε = δ.

Neprekidnost funkcije f(x) = arctg x u tacki x = 0 slijedi iz nejednakosti|arctg x − arctg 0| = |arctg x| < |x| •3. Ispitati neprekidnost sljedecih funkcija i nacrtati grafike:

a) y =

{

x ln |x|, x 6= 01, x = 0 u x0 = 0, b) y =

{

x3−x2

2|x−1| , x 6= 1

0, x = 1u x0 = 1.

Rjesenje:

a) Kako x → 0, mozemo pretpostaviti da je 0 < |x| < 1, tj. 1|x| > 1, odnosno

ln 1|x| > 0. Iz ln |x| = − ln 1

|x| slijedi | ln x|| =∣

∣

∣ln 1

|x|

∣

∣

∣= ln 1

|x| , pa je

|x ln |x|| ≤ |x| · | ln |x|| = |x| · ln 1

|x| . (1)

Na kraju zadatka pokazacemo da je ln t <√

t + ln 2 (t > 1), tako da iz (1) slijedi

|x ln |x|| < |x| ·(√

1

|x| + ln 2

)

=√

|x| + |x| ln 2. (2)

138


Neka je ε > 0 proizvoljno mali broj. Za |x| < min{

ε2 , 1

ln 2 , ε2

4

}

= δ(ε) je√

|x| <√

δ <√

ε2

4 = ε2 i |x| ln 2 < δ ln 2 < ε

2 · 1ln 2 ·ln 2 = ε

2 . Otuda iz (2) slijedi da je |x ln |x|| < ε2 + ε

2 = ε

za svako x za koje je 0 < |x| < δ, cime je pokazano da je limx→0

f(x) = limx→0

x ln |x| = 0.

Kako je f(0) def===1, to funkcija nije neprekidna u tacki x0 = 0 (sl. 65). Prekid je otklonjiv.

Dovoljno je umjesto f(0) def===1 uzeti da je f(0) def===0. Funkcija F (x) =

{

x ln |x, | x 6= 00, x = 0

je neprekidna za svako x ∈ R. Primijetimo da funkcija f1(x) = x ln |x| nije definisana, pa

prema tome ni neprekidna za x = 0. Funkcija f1(x) se moze dodefinisati, tako da bude

definisana a i neprekidna na cijelom intervalu (−∞, +∞). Time se dobija bas funkcija

F (x).

Dokazimo da je ln t <√

t + ln 2 (t > 1). U odjeljku Realni brojevi dokazali smo da

je ln n <√

n (n ∈ N). Neka je t > 1 -proizvoljan realan broj. Postoji prirodan broj n

takav da je n < t ≤ n + 1. Tada je ln t ≤ ln(n + 1) = ln[n(1 + 1n)] = ln n + ln(1 + 1

n) <√n + ln(1 + 1

n) <√

t + ln 2. Prva i posljednja nejednakost su tacne jer su funkcije ln t i√t rastuce, a druga slijedi iz ln n <

√n (n ∈ N).

b) Za x > 1 je |x−1| = x−1, pa je f(x) = x2

2 . Otuda je limx→1+0

f(x) = 12 , a lim

x→1−0f(x) =

−12 . Kako su ove granicne vrijednosti razlicite, ne postoji lim

x→1f(x), pa funkcija ima

prekid u tacki x = 1 (sl. 66). Prekid je neotklonjiv •

4. Ispitati neprekidnost sljedecih funkcija:

a) y = 1x+1 , b) y = x

x2+1, c) y = x

x−1 , d) y = x + x+1|x+1| , e) y = 4

x2+2x+1,

f) y =2|x−1|x2−x3 , g) y = x

√2 − 1, h) y = e

1x , x = 0, i) y = e

1x−1 , j) y = e

1x−1

e1x +1

,

k) y = ex−1x , x 6= 0, f(0) = 1, l) y = ln(1+x)

x , x > −1, x 6= 0, f(0) = 0, m) y = [x],

n) y = x[x], o) y =[

1x

]

, p) y = x[

1x

]

.

Rjesenje:

a) Funkcija nije definisana u tacki x = −1, pa u njoj ima prekid druge vrste,

b) Funkcija je neprekidna,

c) Funkcija ima prekid druge vrste u tacki x = 1,

d) Prekid je u tacki x = −1,

e) Prekid je u tacki x = −1,

f) Prekidi su u tackama x = 1 i x = 0,

g) Prekid je u tacki x = 0,

139


h) Prekid druge vrste u x = 0 ( limx→0+

y = +∞, limx→0−

y = 0),

i) Prekid je u tacki x = 1, ( limx→1+0

y = ∞, limx→1−0

y = 0),

j) U tacki x = 0 ima prekid, jer je ( limx→0+

y = 1, limx→0−

y = −1),

k) Funkcija je neprekidna,l) Prekid je u tacki x = 0,m) Prekidi u tackama x = k, k ∈ Z,n) Prekidi u tackama x = k, k ∈ Z,o) Tacke prekida su x = 1

k , k ∈ Z i x = 0,

p) Tacke prekida su x = 1k , k ∈ Z i x = 0 •

5. Ispitati neprekidnost sljedecih funkcija u tacki x0:

a) y =

{√x + 1, x > 10, x ≤ 1,

x0 ∈ R, b) y =

{

x2−x|x−1| , x 6= 1

1, x = 1,x0 = 0 i x0 = 1.

Rjesenje:

a) Funkcija je neprekidna,b) Funkcija je neprekidna u x0 = 0, a ima neotklonjiv prekid prve vrste u x0 = 1 •


a) y =

{ |x−2|x−2 , x 6= 21, x = 2

, b) y =

{ |x+2|x+2 x − 1, x 6= −2

1, x = 2,

c) y =

{ |x−1|x−1 (x + 1) + 1, x 6= 1

3, x = 1, d) y =

{

sin xx , x < 0

x + 1, x ≥ 0,

e) y =

{

(1+x)√

2−1x , x > 0√

2 + x, x ≤ 0, f) y =

(x + 1)e−2x , x > 0

0, x = 0x + 1, x < 0

i pokazati da za

x ∈ [−2, 2] funkcija y uzima sve vrijednosti izmed-u f(−2) i f(2).

Rjesenje:

a) Funkcija ima prekid u tacki x = 2, b) Prekid u tacki x = −2,c) Prekid u tacki x = 1, d) Neprekidna, e) Neprekidna,f) Neprekidna je za x ∈ (−∞, 0) i x ∈ [0, +∞). Za x = 0 prekid prvog reda.f(−2) = −1, f(−1) = 0, f(0) = 0, f(2) = 3

e . Posto je funkcija neprekidna zax ∈ [−1, 1], f(x) uzima sve vrijednosti izmed-u −1 i 0 ukljucujuci −1 i 0. Isto takof(x) uzima sve vrijednosti od 0 do 3

e , jer je neprekidna za [0, 2] •

140


7. Odrediti vrijednost parametra a tako da date funkcije budu neprekidne:

a) y =

{

x2−1x+1 , x 6= −1a, x = −1

, b) y =

{

ex, x < 0a + x, x ≥ 0 , c) y =

{

3x + 1, x ≤ 11 − ax2, x > 1

.

Rjesenje:

a) Kako je za x 6= 1 funkcija neprekidna, dovoljno je odrediti vrijednost a za koju je

funkcija neprekidna u tacki x = −1. Ta vrijednost je a = −2, jer je limx→−1

x2−1x+1 =

limx→−1

(x − 1) = −2, b) Funkcija je neprekidna za a = 1, jer je limx→0+

= limx→0−

= 1 i

f(0) = 1, c) a = −3 •

8. Odrediti vrijednosti parametra a tako da funkcija bude neprekidna u tacki x0 :

a) y =

{

ex2−11−cos x , x 6= 0

a, x = 0za x0 = 0, b) y =

{

1 − x2, x < 0a, x = 0

1 + x, x > 0za x0 = 0.

Rjesenje:

a) kako je limx→0

ex2−11−cos x = 2, slijedi da je funkcija neprekidna za a = 2,

b) Funkcija je neprekidna za a = 1 •

9. Odrediti f(0) tako da funkcija f(x) bude neprekidna za svako x ∈ R:

a) y = ex−1x , x ∈ R, b) y = x sin 1

x , x ∈ R,

c) y =√

x+1−13√x+1−1

, (x ≥ −1), d) y = ln(1+x)−ln(1−x)x , (−1 < x < 1).

Rjesenje:

a) Da bi funkcija f(x) bila neprekidna u tacki x0 = 0, potrebno je i dovoljno, da je

limx→0

f(x) = f(0). Dakle, za f(0) treba uzeti limx→0

ex−1x = 1,

b) f(0) = limx→0

x sin 1x = 0, c) f(0) = 3

2 , d) f(0) = 2 •


a) y = (−1)[x−π

4 +π

π ](cos x + sin x) = 2√

2[

x−π4 +ππ

]

, x ∈ R,

b) y = arctg tg x√2

+ π[

2x+π2π

]

, x 6= nπ + π2 , f(nπ + π

2 ) = nπ, n ∈ Z, x ∈ R,

c) y = [x]([x] − (−1)[x] cos πx), x ∈ R,,

d) y = sin x arcsin tg x2 , x 6= π

2 + kπ, f(π2 + kπ) = 0, k ∈ Z,

e) y = (−1)

[

4x+3π4π

]

(sin x + cos x) + 2√

2 +[

4x+3π4π

]

, x ∈ R,

141


f) y = 1√2arctg x2−1

x√

2+ π

2 sgn x 6= 0, x 6= 0, f(0) = 0,

g) y = arctg3tg x

2+1√5

+ π[x+π

2π

]

, x 6= (2n + 1)π, f((2n + 1)π) = 0, n ∈ Z,

h) y = 1tg 2x−2tg x+2

, x 6= π2 + kπ, f(π

2 + kπ) = 0, k ∈ Z,

i) y = arcsin(sin x)arctg 1sin x , x 6= nπ, f(nπ) = 1, n ∈ Z.

Rjesenje:

a) Neka je[

x−π4 +ππ

]

= n. Tada x pripada intervalu [(n − 1)π + π4 , nπ + π

4 ), pa je

f(x) = (−1)n(cos x + sin x) + 2√

2n (1)

neprekidna. Treba provjeriti neprekidnost funkcije u tackama nπ+ π4 , n ∈ Z. Iz (1) slijedi:

f(nπ + π4 − 0) = lim

x→nπ+π4−0

(−1)n(cos x + sin x) + 2√

2n =√

2(2n + 1),

f((n − 1)π +π

4) = (−1)n cos((n − 1)π +

π

4) + sin((n − 1)π +

π

4)) + 2

√2(n − 1). (2)

Ako u (2) umjesto n uzmemo n + 1, dobicemo da je f(nπ + π4 ) = (−1)n+1(cos(nπ + π

4 ) +

sin(nπ + π4 )) + 2

√2(n + 1) =

√2(2n + 1). Dakle, vrijednost funkcije f(x) u tackama

nπ + π4 , n ∈ Z jednaka je odgovarajucim granicnim vrijednostima slijeva u tim tackama,

pa je funkcija neprekidna u svakoj od tacaka nπ + π4 , n ∈ Z sto zajedno sa (1) nam

omogucava da zakljucimo da je funkcija neprekidna na citavoj brojnoj pravoj,b) f(nπ + π

2 − 0) = f(nπ + π2 + 0), ∀n ∈ Z i f(x) je neprekidna na R,

c) Naprekidna na R, jer za [x] = n je f(n) = f(n − 0),d) Funkcija je prekidna u tackama x = π

2 + kπ, k ∈ Z,e) Funkcija je neprekidna,f) Funkcija je neprekidna,g) Funkcija je prekidna u tackama x = (2n + 1)π, n ∈ Z,h) x = π

2 + kπ, k ∈ Z su tacke prekida,i) x = nπ, n ∈ Z su tacke prekida •11. Ispitati neprekidnost vektor-funkcije:

f(x)=(

sin xx , ex−1

x , 1−cos xx

)

, x 6= 0, f(0)=(1, 1, 0).

Rjesenje:

Funkcija f(x) je za x 6= 0 neprekidna. Kako je

limx→0

f(x) =

(

limx→0

sin xx , lim

x→0

ex−1x , lim

x→0

1−cos xx

)

= (1, 1, 0), onda je funkcija neprekidna i

za x = 0 •

142


12. Ispitati neprekidnost sljedecih vektor-funkcija:

a) y = (cos x, sin x, 1), x ∈ R, b) y =

{(

sin 1x , x sin 1

x , . . . , xm−1 sin 1x

)

, x 6= 0(1, 0, . . . , 0), x = 0

,

c)

{(

sin xx , |x|, cos x

)

, x 6= 0(1, 0, 1), x = 0

,

d) y =(

(1 + x)1x , (1 + 2x)

1x , . . . , (1 + mx)

1x

)

, x ∈ (−1, +∞) \ {0},f(0) = (e, e2, . . . , em).

Rezultat:

a) – d) neprekidne funkcije •

13. Ispitati neprekidnost funkcionalne matrice: A(x) =

(

[x] sin πx x−x 1

)

, x ∈ R.

Rjesenje:

Data matrica je neprekidna na R, jer su joj svi elementi neprekidne funkcije na R •14. Ispitati neprekidnost sljedecih funkcionalnih matrica:

a) A(x) =

(

1 sin x xcos x 1 1 − x

)

, x ∈ R,

b) A(x) =

1x 0 · · · 0

0 1x2 · · · 0

0 0 · · · 1xn

, x 6= 0, A(0) = E.

Rezultat:

a) Neprekidna, b) x = 0 je tacka prekida •15. Ispitati ravnomjernu neprekidnost sljedecih funkcija:

a) y = x2, x ∈ (−l, l), b) y = x2, x ∈ R, c) y = x4−x2 , x ∈ [−1, 1], d) y = sin x

x , x ∈(0, 2π), e) y = ex cos 1

x , x ∈ (0, 1), f) y = arctg x, x ∈ R, g) y = x sin x, 0 ≤ x <

+∞, h) y =√

x2 ln x, 1 ≤ x < +∞.

Rjesenje:

a) Neka je ε > 0 -proizvoljno zadati broj. Tada je |f(x) − f(y)| = |x2 − y2| =|x − y||x + y| ≤ (|x| + |y|)|x − y| < 2l|x − y| < ε za ∀x, y ∈ (−l, l) ∧ |x − y| < ε

2l = δ, stoznaci da je funkcija f(x) ravnomjerno neprekidna na intervalu (−l, l),

b) Funkcija nije ravnomjerno neprekidna, jer za xn = n + 1n , yn = n, n ∈ N je

|xn − yn| = 1n → 0 kada n → ∞, a |f(xn) − f(yn)| = 2 + 1

n2 > 2 ≥ ε,∀ε ∈ (0, 2],

143


c) Funkcija je neprekidna na intervalu [−1, 1] pa je, prema Kantorovoj teoremi, iravnomjerno neprekidna, d) Funkcija je ravnomjerno neprekidna,

e) Neka je xn = 12nπ , yn = 1

(2n+1)π , n ∈ N. Tada |xn − yn| → 0, kada n → ∞ i

|f(xn) − f(yn)| > 2, ∀n ∈ N, pa funkcija nije ravnomjerno neprekidna,

f) Ravnomjerno neprekidna,

g) Neka je xn = nπ, yn = nπ + 1n , n ∈ N. Tada |xn − yn| = 1

n → 0 kada n → ∞, a|f(xn) − f(yn)| > π

2 ∀n > m, pa funkcija nije ravnomjerno neprekidna,

h) Funkcija je ravnomjerno neprekidna •16. Pokazati da je neogranicena funkcija f(x)=x+sin x ravnomjerno neprekidna na R •

17. Dokazati da suma i proizvod konacnog broja ravnomjerno neprekidnih funkcija naintervalu (a, b) je ravnomjerno neprekidna funkcija na intervalu (a, b) •

18. Ispitati ravnomjernu neprekidnost sljedecih funkcija:

a) y =√

x2 + 1, x ∈ R, b) y =√

x2 ln x, 0 < x < 1, c) y = x3

x2+1, x ∈ R,

d) y = x ln x, x ∈ (0, 1), e) y = x cos x, x ∈ R, f) y = x2 cos x, x ∈ [0, π].

Rezultat:

a) – e) ravnomjerno neprekidne, f) nije ravnomjerno neprekidna •

144

DIFERENCIJALNI RACUN FUNKCIJE JEDNE PROMJENJLJIVE

6. Diferencijalni racun funkcijejedne promjenjljive

6. 1. Izvod funkcije

Neka je zadata funkcija f : (a, b) → Rn. Razlika ∆x = x1 −x0 (x0, x1 ∈ (a, b)) nazivase prirastajem nezavisno promjenjljive u tacki x0, a razlika ∆y = f(x0 + ∆x) − f(x0) =∆f(x0) prirastajem vrijednosti funkcije f u tacki x0.

Granicna vrijednost kolicnika ∆y∆x , kada ∆x → 0, ako postoji, naziva se prvi izvod

funkcije y = f(x) u tacki x = x0 i obiljezava se y′ = dydx = df(x)

dx = y′x. Dakle,

y′ = lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0

f(x0 + ∆x) − f(x0)

∆x= f ′(x0).

U proizvoljnoj tacki x prvi izvod je:

y′ = lim∆x→0

f(x + ∆x) − f(x)

∆x= f ′(x).

Granicne vrijednosti:

f ′−(x) = lim∆x→−0

f(x + ∆x) − f(x)

∆xi f ′+(x) = lim

∆x→+0

f(x + ∆x) − f(x)

∆x

nazivaju se lijevi i desni izvod funkcije u tacki x. Da bi postojao f ′(x) potrebno je dafunkcija bude neprekidna, a potrebno je i dovoljno da je f ′−(x) = f ′+(x). Za funkciju

145


y = f(x) koja ima konacan izvod u tacki x kaze se da je diferencijabilna u toj tacki.Funkcija je diferencijabilna na nekom skupu, ako je diferencijabilna u svakoj tacki togskupa.

Ako je funkcija y = f(x) neprekidna a lim∆x→0

f(x+∆x)−f(x)∆x = +∞ (−∞), onda kazemo

da funkcija ima beskonacan izvod u tacki x. U tom slucaju je tangenta na krivoj normalnana x-osu u toj tacki.

Postupak kojim funkciji pridruzujemo njen izvod nazivamo diferenciranjem.

6. 2. Osnovna pravila diferenciranja

Neka su u = ϕ(x) i v = ψ(x) diferencijabilne funkcije za x ∈ (a, b). Tada je:

1) (αu + βv)′ = αu′ + βv′, α, β − konstante,

2) (uv)′ = u′v + v′u,

3)(u

v

)′= u′v−v′u

v2 , v(x) 6= 0.

6. 3. Tablica izvoda osnovnih funkcija

1. (xα)′ = αxα−1, 2. (ax)′ = ax ln a, a > 0, a 6= 1,

3. (ex)′ = ex, 4. (ln |x|)′ =1

x,

5. (loga |x|)′ =1

x ln a, 0 < a 6= 1 6. (sin x)′ = cos x,

7. (cos x)′ = − sin x, 8. (tg x)′ =1

cos2 x,

9. (ctg x)′ = − 1

sin2 x, 10. (arcsin x)′ =

1√1 − x2

, (|x| < 1),

11. (arccos x)′ = − 1√1 − x2

, (|x| < 1), 12. (arctg x)′ =1

1 + x2,

13. (arcctg x)′ = − 1

1 + x2, 14. (sh x)′ = ch x,

15. (ch x)′ = sh x, 16. (th x)′ =1

ch 2x,

17. (cth x)′ = − 1

sh 2x, 18. (|x|)′ = sgn x, x 6= 0,

19. ([x])′ = 0, x 6= k, k ∈ Z.

1. Po definiciji odrediti izvod sljedecih funkcija:

146


a) f(x) =√

x, b) f(x) = x√

x, c) f(x) = x3 + 2x, d) f(x) = 3x sin x.

Rjesenje:

a) f ′(x)= lim∆x→0

√x+∆x−√

x∆x = lim

∆x→0

(√

x+∆x−√x)(

√x+∆x+

√x)

∆x(√

x+∆x+√

x)= lim

∆x→0

1√x+∆x+

√x

= 12√

x,

b) Neka je x > 0, jer u protivnom slucaju granicna vrijednost ne postoji. Odaberimo

∆x tako da je |∆x| < x. Tada je f ′(x) = lim∆x→0

(x+∆x)√

x+∆x−x√

x∆x =

= lim∆x→0

(x+∆x)3−x3

∆x[(x+∆x)√

x+∆x+x√

x]= lim

∆x→0

3x2+3x∆x+∆x2

(x+∆x)√

x+∆x+x√

x= 3x2

2x√

x= 3

2

√x, x > 0,

c) f ′(x) = lim∆x→0

(x+∆x)3+2(x+∆x)−x3−2x∆x = lim

∆x→0

x3+3x2∆x+3x∆x2+∆x3+2x+2∆x−x3−2x∆x

= lim∆x→0

(3x2 + 3x∆x + ∆x2 + 2) = 3x2 + 2,

d) f ′(x) = lim∆x→0

3x+∆x sin(x+∆x)−3x sin x∆x = lim

∆x→0

3x3∆x sin(x+∆x)−3x sin x∆x =

= 3x lim∆x→0

3∆x(sin x cos ∆x+cos x sin ∆x)−sin x∆x = 3x sin x lim

∆x→0

3∆x cos ∆x−1∆x +

+3x cos x lim∆x→0

sin ∆x∆x = 3x(ln 3 sin x+cos x), jer je lim

∆x→0

sin ∆x∆x = 1, a lim

∆x→0

3∆x cos ∆x−1∆x =

= lim∆x→0

(

3∆x−1∆x · cos x + cos ∆x−1

∆x

)

= lim∆x→0

cos ∆x lim∆x→0

3∆x−1∆x − 2 lim

∆x→0

sin2 ∆x2

∆x = ln 3 •

2. Odrediti izvod funkcije u datoj tacci:

a) f(x) = e3x + ln 2x, x = 12 , b) f(x) = 5x−3

2x+1 , x = 1,

c) f(x) = (x − 1) arcsin√

xx+1 , x = 1.

Rjesenje:

a) f ′(12) = lim

∆x→0

e3( 12+∆x)

+ln(2(12+∆x))−e

32−ln 1

∆x = lim∆x→0

e32 (e3∆x−1)+ln(1+2∆x)

∆x

= 3e32 lim

∆x→0

e3∆x−13∆x + 2 lim

∆x→0

ln(1+2∆x)∆x = 3

√e3 + 2,

b) f ′(1) = lim∆x→0

f(1+∆x)−f(1)∆x = lim

∆x→0

5(1+∆x)−32(1+∆x)+1

−23

∆x

= lim∆x→0

11∆x3∆x(3+2∆x) = lim

∆x→0

119+6∆x = 11

9 ,

c) f ′(1) = lim∆x→0

f(1+∆x)−f(1)∆x = lim

∆x→0

∆x arcsin

√

1+∆x2+∆x

∆x = π4 •

147


3. Ispitati diferencijabilnost sljedecih funkcija:

a) f(x) = | sin x|, b) f(x) =

{

ex, x ≤ 1ax + b, x > 1 (a, b ∈ R),

c) f(x) =

{

−2x − 2, x ≤ −22x + 6, x > −2

, d) f(x) =

{

x2| cos πx |, x 6= 0

0, x = 0.

Rjesenje:

a) Datu funkciju mozemo predstaviti kao

f(x) =

{

sin x, x ∈ ∪(2kπ, (2k + 1)π)0, x = kπ

− sin x, x ∈ ((2k + 1)π, 2kπ).k ∈ Z. Pokazimo da je data funkcija dife-

rencijabilna za svako x 6= kπ, k ∈ Z. Neka je x ∈ ∪k∈Z(2kπ, (2k + 1)π). Tada je

f ′(x) = lim∆x→0

sin(x+∆x)−sin x∆x = lim

∆x→0

2 sin ∆x2 cos 2x+∆x

2∆x = lim

∆x→0

sin ∆x2

∆x2

cos(x + ∆x2 ) = cos x.

Slicno se pokazuje da je f ′(x) = − cos x ako je x ∈ ∪k∈Z((2k + 1)π, 2kπ).

Med-utim, u tackama oblika x = 2kπ (k ∈ Z) funkcija nije diferencijabilna, jer je za

x = 2kπ (k ∈ Z), f ′+(2kπ) = lim∆x→0+

sin(2kπ+∆x)−0∆x = lim

∆x→0+

cos 2kπ sin ∆x∆x = cos 2kπ = 1,

f ′−(2kπ) = lim∆x→0−

− sin(2kπ+∆x)−0∆x = lim

∆x→0−− cos 2kπ sin ∆x

∆x = − cos 2kπ = −1. Slicno, za

x = (2k +1)π, (k ∈ Z), je f ′+((2k +1)π) = 1 i f ′−((2k +1)π) = −1, odakle slijedi da datafunkcija nije diferencijabilna ni u jednoj od tacaka skupa {kπ|k ∈ Z},

b) Ako je x < 1, tada je f ′(x) = ex, a za x > 1 je f ′(x) = a. Ako je x = 1

onda je f ′+(1) = lim∆x→0+

a(1+∆x)+b−e∆x = lim

∆x→0+

(

a + a+b−e∆x

)

=

{

a za a + b = e±∞ za a + b 6= e ,

f ′−(1) = lim∆x→0−

e1+∆x−e∆x = e, sto znaci da je za a + b = e i a = e, tj. za b = 0 i a = e

funkcija diferencijabilna i u tacki x = 1, dok za a 6= e ili b 6= 0 funkcija nije diferencijabilnaza x = 1,

c) Ocigledno je da je za x 6= −2 data funkcija neprekidna i diferencijabilna. Uzmimoda je x = −2, pa iz lim

x→−2+f(x) = lim

x→−2+(2x + 6) = 2 = lim

x→−2−(−2x − 2) slijedi da

je funkcija neprekidna i u tacki x = −2. Iz f ′+(−2) = lim∆x→0+

= −2(−2+∆x)+6−2∆x = 2,

f ′−(−2) = lim∆x→0−

= −2(−2+∆x)−2−2∆x = −2 slijedi da data funkcija nije diferencijabilna u

tacki x = −2,

d) Funkcija u = x2 ima izvod za svako x ∈ R, a funkcija v = | cos πx | ima izvod za

x 6= 0 i x 6= xk = 22k+1

, k ∈ Z, pa je funkcija f(x) = u · v diferencijabilna za svako x 6= 0

i x 6= xk. Razmotrimo slucaj kada je x = 0 i x = xk. Ako je ∆f(0)h = h| cos π

h |, to je

148


f ′(0) = limh→0

h| cos πh | = 0, tj. funkcija ima izvod u tacki x = 0. Za x = xk imamo da je

f ′±(

22k+1

)

= limh→0±

1h

(

22k+1

+ h)2 ∣

∣

∣cos π(2k+1)

2+(2k+1)h

∣

∣

∣=

= 4(2k+1)2

limh→0±

1h

∣

∣

∣cos

(

π(2k+1)2 +

(

π(2k+1)2+(2k+1)h − π

2 (2k + 1)))∣

∣

∣=

= 4(2k+1)2

limh→0±

1h

∣

∣

∣sin

(

π(2k+1)2+(2k+1)h − π(2k+1)

2

)∣

∣

∣= ±π, tj. f ′(xk) ne postoji •

4. Pokazati da je funkcija f(x) =

{

sin2 x, x ∈ Q0, x ∈ R \ Q

diferencijabilna u tackama

x = xk = kπ, k ∈ Z •

5. Ispitati diferencijabilnost funkcije f(x) ako je:

a) f(x) = |x|, b) f(x) =

{

x2 sin 1x , x 6= 0

0, x = 0,

c) f(x) =

{

x3 − 1, x ≥ 0x − ex, x < 0

, d) f(x) =

{√x − 1, x > 10, x ≤ 1.

Rezultat:

a) Funkcija je diferencijabilna za x 6= 0, b) Funkcija je diferencijabilna za x 6= 0,c) Funkcija je diferencijabilna, d) Funkcija nije diferencijabilna u tacki x = 1 •

6. Za funkciju f(x) =

{

arctg (1 + 1x), x 6= 0

0, x = 0odrediti: f ′−(0), f ′+(0), lim

x→0+f ′(x),

limx→0−

f ′(x) i utvrdit da li postoji f ′(0).

Rezultat: f ′−(0) = ∞, f ′+(0) = ∞, limx→0+

f ′(x) = −1, limx→0−

f ′(x) = 1.

f ′+(0) 6= limx→0+

f ′(x), f ′(0) ne postoji •

7. Odrediti lijevi i desni izvod u tackama prekida sljedecih funkcija:

a) f(x) =

{

x(1−x2)|x| , x 6= 0

1, x = 0, b) f(x) =

{

1

1+e1x, x 6= 0

0, x = 0,

c) f(x) =

{

arctg 1+x1−x , x 6= 1

π2 , x = 1

, d) f(x) =

{

arctg 1x , x 6= 0

−π2 , x = 0

.

Rezultat:

a) f ′−(0) = +∞, f ′+(0) = 0, b) f ′−(0) = −∞, f ′+(0) = 0,c) f ′−(0) = 0, f ′+(0) = −∞, d) f ′−(0) = −1, f ′+(0) = +∞ •

149


8. Pokazati da je funkcija f(x) =

{

arcsin x2

x sin 1x , x 6= 0

0, x = 0, neprekidna u tacki x = 0

iako u toj tacki ne postoji ni lijevi ni desni izvod.

Rjesenje:

Kako je limh→0

(

arcsin h2

h sin 1h

)

= 0, f(0) = 0, to je prema definiciji neprekidnosti fun-

kcije u tacki, funkcija f(x) neprekidna u tacki x = 0. Posto je f ′±(0) = limh→0±

f(h)−f(0)h =

= limh→0±

arcsin h2

h2 sin 1h , i za h = hk = 1

2kπ , k → ±∞, je limk→±∞

arcsin h2k

h2k

sin 1hk

= 0, a za

h = hk = 12kπ+π

2, k → ±∞, je lim

k→±∞arcsin h2

k

h2k

sin 1hk

= 1, to proizilazi da desni i lijevi

izvodi ne postoje u tacki x = 0 •9. Koristeci osnovna pravila i tablicu izvoda odrediti prvi izvod sljedecih funkcija:

a) y = ax4−bx2, b) y = 3x5−x3+8x−2, c) y = 1+ 2x + 1

x2 +√

x, d) y = 2x−3·5x,

e) y = ex + ln x − ln√

x, f) y = sin x + cos x + tg x, g) y = 2 + 13

4√

x3 − 1x + 1

3√x.

Rezultat:

a) y′ = 4ax3 − 2bx, b) y′ = 15x4 − 3x2 + 8, c) y′ = − 2x2 − 2

x3 + 12√

x,

d) y′ = 2x ln 2 − 3 · 5x ln 5, e) y′ = ex + 12x , f) y′ = cos x − sin x + 1

cos2 x,

g) y′ = 14 4√x

+ 1x2 − 1

3x 3√x•

10. Odrediti prve izvode sljedecih funkcija:

a) y = x sin x, b) y = x ln x, c) y = (3x2 + 2x + 5) ln x, d) y = sin x ln x,e) y =

√x(x + ln x), f) y = xex, g) y = x2e2x, h) y = (2 cos x − sin x)ex.

Rjesenje:

Na osnovu pravila za nalazenje izvoda proizvoda dvije funkcije, dobija se:

a) u = x, v = sin x, y′ = sin x + x cos x, b) y′ = 1 + ln x,c) y′ = (6x + 2) ln x + 3x + 2 + 5

x , d) y′ = cos x ln x + sin xx , e) y′ = ln x+3x+2

2√

x,

f) y′ = (x + 1)ex, g) y′ = (x2 + 2x)ex, h) y′ = (cos x − 3 sin x)ex •11. Odrediti izvod sljedecih funkcija:

a) y = x+1x−1 , b) y = sin x+cos x

sin x−cos x , c) y = x sin x1+tg x , d) y = ln x+1

x2+1, e) y = ln x

sin x +xctg x,

f) y = arcsin xex , g) y = ln 3 sin x+cos x

3x .

150


Rjesenje:

Primjenom pravila za nalazenje izvoda kolicnika dvije funkcije, dobija se:

a) u = x + 1, v = x − 1, y = uv , y′ = u′v−v′u

v2 = 1·(x−1)−(x+1)·1(x−1)2

= − 2(x−1)2

,

b) y′ = − 2(sin x−cos x)2

, c) y′ = sin x cos x(sin x+cos x)+x(1+sin x cos x)(cos x−sin x)

(cos x+sin x)2,

d) y′ = 1−x2−2x2 ln xx(1+x2)2

, e) y′ = sin x−x2+x cos x(sin x−ln x)

x sin2 x,

f) y′ =(

1√1−x2

− arcsin x)

e−x, g) y′ = −1+ln2 33x sin x •

6. 4. Izvod slozene funkcije

Ako je y = f(u) a u = ϕ(x), tada y nazivamo funkcijom od funkcije ili slozenomfunkcijom od x, tj. y = f(ϕ(x)).

Ako su funkcije f(u) i ϕ(x) diferencijabilne, tada je dydx = dy

du · dudx ili y′x = f ′u · u′x.

Formule izvoda osnovnih funkcija dobijaju sada opsti oblik:

1. (un)′ = nun−1 · u′, 2. (au)′ = au ln a · u′, a > 0, a 6= 1,

3. (eu)′ = eu · u′, 4. (ln |u|)′ =u′

u,

5. (loga |u|)′ =u′

u ln a, a > 0, a 6= 1, 6. (sin u)′ = cos u · u′,

7. (cos u)′ = − sin u · u′, 8. (tg u)′ =u′

cos2 u,

9. (ctg u)′ = − u′

sin2 u, 10. (arcsin u)′ =

u′√1 − u2

,

11. (arccos u)′ = − u′√1 − u2

, 12. (arctg u)′ =u′

1 + u2,

13. (arcctg u)′ = − u′

1 + u2, 14. (sh u)′ = ch u · u′,

15. (ch u)′ = sh u · u′, 16. (th u)′ =u′

ch 2u,

17. (cth u)′ = − u′

sh 2u.

151


12. Odrediti izvod sljedecih funkcija:

a) y = (3 + x2)5, b) y = earctg x, c) y =√

1 + tg 2x, d) y = ln x2

1−x2 ,

e) y = ln tg x2 , f) y = ln x+

√1−x2

x , g) y = arctg 2x1−x2 ,

h) y = ln x+a√x2+a2

+ arctg xa , a ∈ R.

Rjesenje:

a) Data funkcija moze se napisati u obliku y = u5, gdje je u = 3 + x2, pa je

y′ = 5u4 · u′ = 5(3 + x2)4(3 + x2)′ = 10x(3 + x2)4,

b) y = eu, u = arctg x, pa je y′ = earctg x 11+x2 ,

c) Ako je 1 + tg 2x = u, 2x = z, onda je y =√

u. Odavde je y′u = 12√

u, u′z = 1

sin2 z,

z′x = 2, pa je y′x = y′u · u′z · z′x = 12√

1+tg 2x· 1

sin2 2x· 2 = 1

sin2 2x√

1+tg 2x,

d) Neka je u = x2

1−x2 , pa je y = ln u, odakle je y′ = 2x(1−x2)

,

e) y′ = 1tg x

2

(

tg x2

)′x = · · · = 1

sin x ,

f) y′x = xx+

√1−x2

(

x+√

1−x2

x

)′x

= · · · = − 1

x√

1−x2(x+√

1−x2),

g) y′ = 1

1+

(

2x1−x2

)2

(

2x1−x2

)′x

= · · · = 21+x2 ,

h) y′ = 2a2

(x+a)(x2+a2)•

13. Odrediti izvod sljedecih funkcija:

a) y = (x2 −x+ 12) · e2x+3, b) y = 7x2+2x, c) y = 2x2√

x + 1, d) y = ln√

1+sin x1−sin x ,

e) y =√

x −√

1 − 2x, f) y =

√

1 +3√

1 + 4√

1 + x2, g) y = − cos x2 sin2 x

+ln√

1+cos xsin x ,

h) y = x arcsin√

xx+1 + arctg

√x − √

x, i) y = ln(1 + sin2 x) − 2 sin xarctg (sin x),

j) y = arctg e2x + ln√

e2x

e2x−1.

Rezultat:

a) y′ = 2x2e2x+3, b) y′ = 7x2+2x ln 7(2x+2), c) y′ = 2x2−1√x+1

[(4 ln 2)x2+(4 ln 2)x+1],

d) y′ = 1cos x , e) y′ = 1+

√1−2x

2√

x−√

1−2x·√

1−2x,

152


f) y′ = 1

2

√

1+3√

1+4√

1+x4

· 1

3(

4√1+x4

)23

· 4x3

4 4√

(1+x4)2, g) y′ = cos2 x

sin3 x,

h) y′ = arcsin√

xx+1 , i) y′ = −2 cos xarctg (sin x), j) y′ = 2e2x

1+e4x + 11−e2x •

14. Naci izvod sljedecih funkcija:

a) y = 5128 ln

∣

∣

x−1x+1

∣

∣ − 564arctg x − x5

8(x4−1)2− 5x

32(x4−1),

b) y = 4√√

x + 2 − 1 − 2√

2arctg

√√x+2−1

2 + 1,

c) y = ln∣

∣tg(x

2 + π4

)∣

∣ − 1sin x − 1

3 sin3 x+ 4,

d) y = 18√

2ln e

x22 +

√2e

x24 +1

ex22 −

√2e

x24 +1

+ 14√

2arctg e

x22 −1

√2e

x22

− ex2

4

(

2(ex2+ 1)

)−1+ 3.

Rezultat:

a) y′= x8

(x4−1)3, b) y′= 1

(√

x+2+1)√√

x+2−1, c) y′= 1

sin4 x cos x, d) y′= x

(ex2+1)2

e5x2

4 •

15. Neka su u(x), v(x) diferencijabilne funkcije. Odrediti izvod funkcije y = f(x), ako je:

a) f(x) = uv, u > 0, b) f(x) = v√

u, v 6= 0, u > 0, c) f(x) = logu v, u > 0, v > 0.

Rjesenje:

a) Datu funkciju y = uv mozemo napisati u obliku y = ev ln u, pa primijeniti formulu

za odred-ivanje izvoda eksponencijalne funkcije. Tada je: y′ =(

ev ln u)′

= ev ln u(v ln u)′ =

uv(v′ ln u + vu′u ).

Izvod ovakvih funkcija moze se odrediti i primjenom tzv. metoda logaritamskog di-ferenciranja. Naime, logirtmovanjem lijeve i desne strane jednakosti y = uv, dobicemo

ln y = v ln u, odakle je diferenciranjem y′y = v′ ln u + vu′

u , odnosno y′ = uv(v′ ln u + vu′u ),

b) Slicno kao pod a), kada umjesto v pisemo 1v ,

c) Kako je loga b = logc blogc a to je y = ln v

ln u , u 6= 1. Otuda diferenciranjem dobijamo

y′ =(

ln vln u

)′= uv′ ln u−u′v ln v

uv ln2 u•

16. Odrediti izvod datih funkcija metodom logaritamskog diferenciranja:

a) y = (sin x)cos x, b) y = xsin x, c) y = (1 + 1x)x−1, d) y = xx, e) y = xln x, f)

y = (ln x)x.

Rjesenje:

a) Logaritmiranjem se dobija ln y = cos x ln sin x, odakle je, poslije diferenciranjay′y = (cos x)′ ln sin x + cos x(ln sin x)′ = (sin x)cos x−1(cos2 x − sin2 x ln sin x),

153


b) ln y = sin x ln x, y′ = xsin x(cos x ln x + sin xx ),

c) y′ =(x+1

x

)x−1(

ln x+1x − x−1

x(x+1)

)

,

d) y′ = xx(ln x + 1),

e) y′ = 2xln x−1 ln x,

f) y′ = (ln x)x(ln(ln x) + 1ln x) •

6. 5. Izvodi funkcija koje nisu eksplicitno zadate

1) Izvod inverzne funkcije

Diferencijabilna monotona funkcija f : (a, b) → R, y′x 6= 0 ima inverznu funkcijux = f−1(y) ciji se izvod izracunava prema formuli:

x′y =1

y′x=

1dydx

.

2) Izvod implicitne funkcije

Ako je y = f(x) diferencijabilna funkcija zadata formulom F (x, y) = 0tj. F (x, f(x)) ≡ 0 i ako je F ′

y(x, y) 6= 0, onda je

y′x = −F ′x(x, y)

F ′y(x, y)

ilid

dx(F (x, f(x))) = 0.

3) Izvod funkcije date u parametarskom obliku

Ako je funkcija f zadata parametarski: x = ϕ(t) i y = ψ(t), α < t < β, gdje sufunkcije f, ϕ, ψ diferencijabilne i ϕ′(t) 6= 0, tada je:

y′x =y

x=

dydtdxdt

=ψ′(t)ϕ′(t)

.

17. Odrediti x′y ako je:

a) y = x + ln x, x > 0, b) x = 3y5 + 2y2 + y, c) y = 3√

x, d) y = ex + x.

154


Rjesenje:

a) Kako je y′x = (x + ln x)′ = 1 + 1x > 0, to je data funkcija strogo monotono rastuca

za x > 0. Dakle, ona ima inverznu funkciju i x′y = 1y′x

= xx+1 ,

b) Kako je x′y = 15y4 + 4y + 1, to je y′x = 115y4+4y+1

,

c) y′x = 1

33√

x2, a x′y = 3

3√

x2,

d) Kako je y′x = ex + 1, to je x′y = 11+ex .

18. Odrediti y′x implicitno zadanih funkcija:

a) x3 + x2y + y2 = 0, b) ey − e−x + xy = 0, c) ex sin y − e−y cos x = 0,

d) arctg y − y + x = 0.

Rjesenje:

a) Kako je F (x, y) = x3 + x2y + y2, F ′x(x, y) = 3x2 + 2xy, F ′

y(x, y) = x2 + 2y, to je

y′x = −F ′x(x,y)

F ′y(x,y)

= −3x2+2xyx2+2y

, x2 + 2y 6= 0,

b) Posto je F (x, y) = ey − e−x + xy, a F ′x(x, y) = e−x + y, F ′

y(x, y) = ey + x, to je

y′x = −F ′x(x,y)

F ′y(x,y)

= −e−x+yey+x , ey + x 6= 0,

c) Kako je F (x, y) = ex sin y − e−y cos x, F ′x(x, y) = ex sin y + e−y sin x, F ′

y(x, y) =

ex cos y + e−y cos x, to je y′x = −F ′x(x,y)

F ′y(x,y)

= − ex sin y+e−y sin xex cos y+e−y cos x

, ex cos y + e−y cos x 6= 0,

d) y′x = 1y2 + 1, y 6= 0 •

19. Odrediti y′x implicitno zadanih funkcija:

a) ln x + e−yx = 3, b) x2 + y2 − 4x + 10y = 2, c) x

23 + y

23 = a

23

d) x = y + arcctg y, e) exy − x2 + y3 = 0, f) x2

a2 − y2

b2= 1.

Rezultat:

a) eyx + y

x , x 6= 0, b) 2−x5+y , y 6= −5, c) − 3

√

yx , d) 1

y2 + 1, e) 13 , f) b2x

a2y•

20. Izrcunati izvod inverznih funkcija:

a) y = x + 15x5, b) y = 2x − cos x

2 , c) y = 2x2 − x4.

Rezultat:

a) 1x4 , b) 2

4+sin x , c) 14x−4x3 •

155


21. Odrediti y′x funkcija datih u parametarskom obliku:

a) x = 3t3 + 9t, y = t9, b) x = t2, y = 12t3,

c) x = 2 ln(ctg t), y = tg t + ctg t, d) x = et sin t, y = et cos t.

Rjesenje:

a) y′x =y′tx′t

= 9t8

9t2+9, b) y′x = 3

4t,

c) x′t = 4sin 2t , y

′t = −4 cos 2t

sin2 t, y′x = 4 cos 2t sin 2t

4 sin2 2t= ctg 2t, t 6= kπ

2 , k ∈ Z,

d) x′t = et(cos t + sin t), y′t = et(cos t − sin t), y′x = cos t−sin tcos t+sin t •

22. Odrediti y′x funkcija datih u parametarskom obliku:

a) x = n sin t − sin nt, y = n cos t + cos nt, b) x = a(t − sin t), y = a(1 − cos t),

c) x = arccos 1√1+t2

, y = arcsin t√1+t2

, d) x = 1t+1 , y =

(

1t+1

)2.

Rezultat:

a) − sin t+sin ntcos t−cos nt , b) ctg t

2 , t 6= 2kπ, k ∈ Z, c) y′x =

{

−1, t < 01, t > 0 , d) 2

t+1 •

23. Odrediti f ′1(x) i f ′2(x), ako su funkcije f1 i f2 zadate implicitno sistemom jednacina:

y31 − y3

2 + 3x = 2

y21 + y2

2 + 2x = 1.

Rjesenje:

Uvrstavanjem vrijednosti y1 = f1(x) i y2 = f2(x) u dati sistem jednacina, dobicemo:

f31 (x) − f3

2 (x) + 3x ≡ 2

f21 (x) + f2

2 (x) + 2x ≡ 1.

Odatle je, diferenciranjem

f21 (x)f ′1(x) − f2

2 (x)f ′2(x) + 1 ≡ 0

f1(x)f ′1(x) + f2(x)f ′1(x) + 1 ≡ 0.

Ako je determinanta

∣

∣

∣

∣

f21 (x) −f2

2 (x)f1(x) f2(x)

∣

∣

∣

∣

6= 0, slijedi da je f ′1(x) = − 1+f2(x)f1(x)(f1(x)+f2(x))

,

f ′2(x) = 1−f1(x)f2(x)(f1(x)+f2(x))

•

24. Odrediti f ′1(x) i f ′2(x), ako y1 = f1(x) i y2 = f2(x) zadovoljavaju jednacine:

a) y1y2 + xy1y1+y2+1 − x3 = 0, y2

1 + y22 = x2, b) ey1x+y2 sin x = 1 − x, y2

1 + xy22 = x2,

c) y1 + ψ(y1 + y2) + y2 + sin x = 0, ψ(y21 + y2

2 + x2) = x.

156


6. 6. Diferencijal funkcije

Geometrijska interpretacija izvoda i diferecijala

Ako je funkcija y = f(x), x ∈ (a, b) diferencijabilna u tacki x = x0, x0 ∈ (a, b), tadaje

∆y

∆x= y′ + α, (1)

gdje α → 0 kada ∆x → 0. Odatle je

∆y = y′∆x + α∆x. (2)

Glavni dio y′∆x prirasta ∆y funkcije, linearan s obzirom na ∆x, nazivamo diferenci-jalom funkcije i oznacavamo ga sa dy:

dy = y′∆x.

Specijalno, za funkciju x dobijamo da je dx = x′∆x = ∆x, pa je diferencijal proiz-voljne funkcije f u tacki x

dy = y′dx. (3)

Ovaj obrazac ostaje u vaznosti i u slucaju da je x funkcija neke druge nezavisnopromjenljive.

Iz (1) slijedi da je ∆y ≈ dy ili

f(x + ∆x) ≈ f(x) + f ′(x)∆x (4)

tj. za dovoljno mali dx = ∆x prirast funkcije priblizno je jednak njenom diferencijalu.

Pri tome se cini apsolutna greska |∆y − dy| i relativna δ =|∆y−dy|

∆y .

Geometrijski, diferencijal predstavlja prirastaj ordinate tangente konstruisane u tackiM(x0, f(x0)) koje odgovara prirastaju ∆x = dx (sl. 65).

x

y

Sl.65.

Pt

Q

NM

Dx

x0 x0+Dx

Α

Α

LL

<8 Dydy

y=fHxL

157


Koeficijent pravca tangente krive y = f(x) u tacki M(x0, f(x0)) je prvi izvod f ′(x) utacki M(x0, f(x0)), tj. tg α = f ′(x0). Jednacina tangente glasi: y − y0 = f ′(x0)(x − x0).

Jednacina normnale u tacki M(x0, f(x0)) glasi: x − x0 = −f ′(x0)(y − y0).

25. Odrediti diferencijal funkcija:

a) y = x3 + 3x, b) y = 2x − 3−x +√

x, c) y = xex2,

d) y = arcsin 1|x| , e) y = u · v−2, f) y = arctg u

v .

Rjesenje:

a) dy = (x3 + 3x)′dx = (3x2 + 3)dx = 3(x2 + 1)dx,

b) dy = (2x − 3−x +√

x)′dx = (2x ln 2 + 3−x ln 3 + 12√

x)dx,

c) dy = (xex2)′dx = ex2

(2x + 1)dx,

d) Kako je d(arcsin 1|x|) = (arcsin u)′du, u = 1

|x| i du = d( 1|x|) = − 1

x2d(|x|) = − sgn xx2 dx,

to je d(arcsin 1|x|) = − 1

|x|√

1− 1x2

sgn x|x| dx = − dx

x√

x2−1,

e) Prema pravilu diferenciranja razlomaka je d( uv2 ) = v2du−ud(v2)

v4 = duv2 − 2udv

v3 , v 6= 0,

f) d(arctg uv ) = vdu−udv

u2+v2 •26. Odrediti diferencijal sljedecih funkcija:

a) y = x3 − 3x2 + 3x, b) y =√

1 + x2, c) y = ax + arctg x

a ,

d) y = arcsin 1x , e) v = (2t − 5)8, f) s = et4 .

Rezultat:

a) dy = 3(x − 1)2dx, b) dy = xdx√1+x2

, c) dy = − a3dxx2(a2+x2)

,

d) dy = − dxx√

x2−1, e) dv = 16(2t − 5)7dt, f) ds = 4t3et4dt •

27. Odrediti:

a) dd(x3)

(x3 − 2x6 − x9), b) dd(x2)

(

sin xx

)

.

Rjesenje:

Kako je

f ′(u) =d

du· f(u) =

df(u)

du(5)

gdje je u-diferencijabilna funkcija neke promjenljive, to date primjere mozemo rijesiti nadva nacina.

158


a) Uzmimo da je u = x3. Tada, na osnovu prve jdnakosti (5), imamo: dd(x3)

(x3 −2x6 − x9) = d

d(u)(u − 2u − u3) = (u − 2u − u3)′ = 1 − 4u − 3u2 = 1 − 4x3 − 3x6, x 6= 0.

Do ovog rezultata mozemo doci koristeci drugu jednakost iz (1): dd(x3)

(x3 − 2x6 − x9) =

d(x3−2x6−x9)

d(x3)= (3x2−12x5−9x8)dx

3x2dx= 1 − 4x3 − 3x6, x 6= 0,

b) Analogno kao pod a). Uzmimo da je u = x2, pa je

dd(x2)

(

sin xx

)

= dd(u)

(

sin√

u√u

)

=(

sin√

u√u

)′=

√u cos

√u−sin

√u

2u√

u= x cos x−sin x

2x3 , x 6= 0, ili

dd(x2)

(

sin xx

)

=d(

sin xx

)

d(x2)=

x cos x−sin xx2

2xdx = x cos x−sin x2x3 , x 6= 0 •

28. Izracunati prirastaj i diferencijal funkcije y = 3x2 − x za x = 1 i ∆x = 0, 01 i nacigresku prilikom zamjene prirastaja diferencijalom.

Rjesenje:

Kako je ∆y = 3(x+∆x)2−(x+∆x)−3x2+x = (6x−1)∆x+3∆x2, dy = (6x−1)∆x, tose za x = 1 i ∆x = 0, 01 dobija: ∆y = 0, 0503 i dy = 0, 0500. Apsolutna greska pribliznejednakosti ∆y ≈ dy je |∆y − dy| = 0, 0003. Za relativnu gresku priblizne vrijednosti

jednakosti ∆y ≈ dy uzima se odnos|∆y−dy|

∆y sto iznosi 0, 6% •29. Odrediti pribliznu vrijednost cos 61◦.

Rjesenje:

Uzmimo da je x = arc 60◦ = π3 i ∆x = arc 1◦ = π

180 u formuli (4), dobicemo:

cos 61◦ = cos(60◦ + 1◦) = cos(π3 + π

180) ≈ cos π3 − π

180 sin π3 ≈ 0, 5 − o, 017 ·

√3

2 = 0, 485 •

30. Odrediti pribliznu vrijednost 3√

131.

Rjesenje:

Uzmimo da je f(x) = n√

x. Kako je f ′(x) = 1

nn√

xn−1, to je, na osnovu formule (4),

n√

x + ∆x ≈ n√

x + ∆xn

n√xn−1

, gdje je n proizvoljan prirodan broj.

Analogno, 3√

131 = 3√

125 + 6 ≈ 3√

125 + 1

33√

1252· 6 = 5, 08 •

31. Odrediti pribliznu vrijednost:

a) sin 31◦, b) tg 44◦, c) arctg 1, 05, d) 4√

80.

Rezultat:

a) 0, 515, b) 0, 965, c) π4 + 0, 025 ≈ 0, 81, d) 2, 9907 •

159


32. Izracunati prirastaj funkcije i diferencijal funkcije:

a) y = 2x2 − x za x = 1 i ∆x = 0, 01, b) y = x3 − 2x za x = −2 i ∆x = 0, 02, c)y =

√x za x = 9 i ∆x = 0, 002.

Rezultat:

a) ∆y = 0, 0302, dy = 0, 03, b) ∆y = 0, 202404, dy = 0, 2, c) ∆y = 0, 00033,dy = 0, 0003 •

33. Izracunati prirastaj funkcije i diferencijal date funkcije, pa izracunati apsolutnu irelativnu gresku koja se dobije pri zamjeni prirastaja diferencijalom:

a) y = x3 − 3x2 + 10 za x = 3 i ∆x = 0, 001, b) y =√

x za x = 9 i ∆x = 0, 61.

Rezultat:

a) ∆y = 0, 009006001, dy = 0, 009, apsolutna greska 0, 00006001, relativna 0, 000666

b) ∆y = 0, 1, dy = 0, 1667, ∆y − dy = 0, 0667, ∆y−dy∆y = −0, 667•

34. Date su parametarske jednacine krive x = 1 + t3, y = 1 + t2. Izracunati dx i dy akoje t = 3 i dt = 0.02.

Rezultat:

dx = 0, 54, dy = 0, 12 •35. Date su parametarske jednacine kruga x = a cos t, y = a sin t. Izracunati dx i dy

pomocu t i dt, a zatim dy pomocu x, y i dx.

Rezultat:

dx = −a sin tdt, dy = a cos tdt, dy = −xydx •

36. Dokazati pribliznu formulu x√

an + x ≈ a + xnan−1 , a > 0 ako je |x| zanemarljivo u

odnosu na an.

Dokaz:

Neka je |x| ≪ an i y = xan . Tada, primjenom formule o malim prirastajima na funkciju

f(y) = n√

1 + y dobice se: f(y) ≈ f(0) + f ′(0)y, odakle je n√

1 + y ≈ 1 + yn , na osnovu

cega je n√

an + x = a n√

1 + xan ≈ a(1 + x

nan ) = a + xnan−1 •

37. Dokazati formulu√

a2 + x = a + x2a − r, a > 0, x > 0, gdje je 0 < r < x2

8a3 •

160


38. Pokazati da je:

a) sin(x + ∆x) ≈ sin x + ∆x cos x, b) ex+∆x ≈ ex + ∆xex,

c) 11+α ≈ 1 − α za dovoljno male α, d) 1√

1+α≈ 1 − 1

2α za dovoljno male α •

39. Odrediti geometrijsko znacenje zamjene prirastaja povrsine kruga P njenim diferen-

cijalom dP .

Rjesenje:

2rΠr Dr

Geometrijski, to je kruzni prsten (sl. 66). Naime, za male vrijednosti ∆r krugovi

se razlikuju med-usobno vrlo malo i zato se povrsina prstena moze, s vecim stepenom

tacnosti, zamijeniti povrsinom pravougaonika cija je osnova jednaka 2rπ, a visina ∆r.

Zaista, povrsina toga pravougaonika i jeste diferencijal dP : dP = (r2π)′r ·∆r = 2rπ∆r. U

pribliznoj jednakosti ∆P ≈ dP dopusta se apsolutna greska |∆P −dP | = |∆r|2 i relativna

greska|∆P−dP |

∆P =|∆r|2

2rπ∆r+(∆r)2< (∆r)2

2rπ∆r = ∆r2rπ •

40. Strana kvadrata je 8cm. Za koliko se uveca njegova povrsina ako mu se strana poveca

za 0, 5cm. Ocijeniti relativnu gresku zamjene prirastaja diferencijalom.

Rezultat:

∆y = 8, 25, dy = 8, δ = 3, 03% •

41. Ivice kocke mjerene sa tacnoscu do 0, 02cm duzine su 8cm. Kolike su apsolutna i

relativna greska pri racunanju zapremine kocke?

Rezultat:

∆V ≈ dV = 3, 84cm3, ∆VV ≈ 0, 008 ili 0, 8% •

42. Odrediti jednacinu tangente i normale krive y = f(x) u tackama sa naznacenim

apscisama:

a) y = x2 − 2x + 5, x0 = 0, b) y = 12x2 − x, x0 = −1, c) y = sin x, x0 = π

4 .

Rjesenje:

a) Kako je f(0) = 5 a y′ = 2x − 2 i y′(0) = −2, to je jednacina tangente u tacki

A(0, 5) : y = −2x + 5, a normale y = 12x + 5,

161


b) Jednacina tangente je y = −2x − 12 , a normale y = 1

2x + 2,

c) Jednacina tangente je y =√

22 x +

√2

2 − π√

28 a normale y = −

√2x +

√2

2 + π√

24 •

43. Odrediti jednacinu tangente i normale krive x = t2 + 3t − 8, y = 2t2 − 2t − 5 u tackiA(2,−1).

Rjesenje:

Kako je jednacina tangente u tacki M(x(t), y(t) y − y(t) =y′tx′t

(x − x(t)), x′t 6= 0, a

normale y − y(t) = −x′ty′t

(x− x(t)), y′t 6= 0, to cemo najprije odrediti vrijednost parametra

t za koji je x = 2 i y = −1. Rjesavajuci jednacine t2 + 3t − 8 = 2 i 2t2 − 2t − 5 = −1,dobijamo: Iz prve jednacine t = 2 i t = −5, a iz druge t = 2 i t = −1, odakle t = 2.

Iz y′t = 4t − 2 i x′t = 2t + 3 za t = 2 imamo dydx = 6

7 , pa je jednacina trazene tangente

y + 1 = 67(x − 2) a normale y + 1 = −7

6(x − 2) •44. Odrediti jednacinu tangente i normale cikloide x = r(t− sin t), y = r(1−cos t) u tacki

M0 koja odgovara vrijednosti t0 = π2 .

Rjesenje:

Kako je x0 = x(π2 ) = r(π

2 − 1), y0 = y(π2 ) = r i x′t = r(1 − cos t), y′t = r sin t, to je

y′x = sin t1−cos t i y′x(x0) = sin t0

1−cos t0= 1, pa jednacina tangente i normale u tacki M(x0, y0)

glasi y − r = x − rπ2 + r, tj. y = x + r(2 − π

2 ) i y = −x + rπ2 •

45. Odrediti jednacinu tangente t krive y = f(x) koja je paralelna ili normalna na datupravu p:

a) y =√

5 − x2, t⊥p, p : 2x = y, b) y = ln√

x − 1, t⊥p, p : y = x + 1,c) y =

3√

x2 + 3√

y2 − 3√

a2, t‖p, p : y = x − 2.

Rezultat:

a) y = −12x + 5

2 , b) Takva tangenta ne postoji, c) t1 : y = x− a√2, t2 : y = x + a√

2•

46. Iz tacke M(4, 1) postaviti tangente na krivu y = x−1x i odrediti dodirnu tacku.

Rjesenje:

Tacka M(4, 1) ne pripada datoj krivoj. Neka je M(x1, y1) dodirna tacka. Tada jejednacina tangente y − y1 = y1−1

x1−4(x − x1), odakle je k1 = y1−1x1−4 = y′(x1). Kako je

y′(x1) = 1x2

1, to je y1−1

x1−4 = 1x2

1, odakle je y1 = x1−4

x21

+ 1. Tacka M(x1, y1) pripada datoj

krivoj, pa je zadovoljena jednakost: x1−4

x21

+ 1 = x1−1x1

, odakle je x1 = 2. Uvrstavanjem

162


vrijednosti x1 = 2 u y1, dobija se da je y1 = 12 . Dakle, dodirna tacka tangente je M(2, 1

2),

a t : y = 14x •

47. Odrediti ugao pod kojim se sijeku krive k1 i k2 ako je:

a) k1 : y = sin x, k2 : y = cos x, b) k1 : y = x2, k2 : x = y2,

c) k1 : y = x2

4 − y2

4 = 1, k2 : y2+x2 = 36, d) k1 : x2+16y2 = 4a2, k2 : x2+y2 = a2,

e) k1 : 2y = x2, k2 : 2y = 8 − x2.

Rjesenje:

Ugao α pod kojim se sijeku krive k1 i k2 je ugao izmed-u tangenti t1 i t2 povucenih i

tacki presjeka na date krive.

a) Koordinate tacke presjeka krivih k1 i k2 su rjesenja sistema jednacina:

y = sin x

y = cos x.

Iz jednacine sin x = cos x dobija se x = π4 + kπ, k ∈ Z.

Za parne k (k = 2n) je:

1) Koeficijent pravca tangente t1 (sin(π4 + 2nπ))1x = cos π

4 =√

22 ,

2) Koeficijent pravca tangente t2 (cos(π4 + 2nπ))1x = − sin π

4 = −√

22 , pa je

∡(t1, t2) = arctg

√2

2 +√

22

1 −√

22 ·

√2

2

= arctg 2√

2.

Za neparne k (k = 2n + 1) je:

3) Koeficijent pravca tangente t1 cos(π4 + 2nπ + π) = cos(π + π

4 ) = −√

22 ,

4) Koeficijent pravca tangente t2 − sin(π4 + 2nπ + π) = − sin(π + π

4 ) =√

22 , pa je

∡(t1, t2) = arctg 2√

2.

b) Koordinate tacke presjeka su rjesenje sistema:

y = x2

x = y2.

163


Tacke presjeka su: M(0, 0), M1(1, 1). Krive k1 i k2 imaju izvode y′1 = 2x i y′2 = ± 12√

x.

U tacki M(0, 0) je y′1(0) = 0, a y′2(0) = ∞, pa tangente su x-osa i y-osa i ugao izmed-unjih je π

2 .

U tacki M1(1, 1) je y′1(1) = 2, a y′2(1) = 12 ,

∡(t1, t2) = arctg2 − 1

2

1 + 2 · 12

= arctg3

4.

c) ∡(t1, t2) = arctg 4√

5, d) ∡(t1, t2) = arctg 32 ,

e) ∡(t1, t2) = arctg 43 •

48. Odrediti ugao izmed-u tangenti povucenih u tackama sa apscisom x0 krive y = f(x),ako je f(x) dato slijedecim relacijama:

a) (x − 1)2 + (y + 3)2 = 4, x0 = 1, b) x2 − y2 − 2x + 4y − 19 = 0, x0 = 6,

c) x2 + 4y2 − 2x + 8y + 4 = 0, x0 = 85 , d) arctg y

x − ln√

x2 + y2 = 0, x0 je nulafunkcije f(x),

e) a · arctg yx −

√

x2 + y2 = 0, a > 0, x0 = f(x0).

Rezultat:

a) 0, b) arctg 158 , c) arctg 48

55 , d) 0, e) 0 •49. Odrediti ugao pod kojim se sijeku krive:

a) x = t, y = t2 i x = 53 cos t, y = 5

4 sin t,

b) x =√

5 ch t, y =√

5 sh t i x = 3√

2 cos t, y = 2√

2 sin t,

c) x2 = 4ay i y = 8a3

x2+4a2 .

Rezultat:

a) α ≈ 87o, 10′, b) α = 90o, c) α = arctg 3 •

164

IZVOD I DIFERENCIJAL VEKTOR-FUNKCIJE, KOMPLEKSNE I MATRICNE FUNKCIJE

6. 7.Izvod i diferencijal vektor-funkcijekompleksne i matricne funkcije

Ako komponente vektor-funkcije

f(x) = (f1(x), f2(x), . . . , fn(x))

imaju konacne izvode, tada je

f ′(x) = (f ′1(x), f ′2(x), . . . , f ′n(x)).

Ako elementi matricne funkcije

A(x) = (aij(x)),

gdje je (aij(x)) -funkcionalna matrica tipa m × n, imaju konacne izvode a′ij(x), tada seizvod matricne funkcije izracunava prema formuli:

A′(x) = (a′ij(x)) =

a′11(x) a′12(x) . . . a′1n(x)a′21(x) a′22(x) . . . a′2n(x)

......

...a′m1(x) a′m2(x) . . . a′mn(x)

.

Kriterijum diferencijabilnosti funkcija vazi i za ove funkcije.

Ako su A(x) i B(x) – diferencijabilne matricne funkcije, a u(x) diferencijabilna vektor-funkcija, tada je:

1) d(A ± B) = dA ± dB, 2) d(A · u) = (dA)u + Adu,

3) d(AB) = (dA)B + A(dB).

Ako je funkcijaϕ(x) = u(x) + iv(x)

pri cemu su u(x) i v(x) diferencijabilne funkcije, tada se izvod funkcije ϕ(x) izracunavaprema formuli:

ϕ′(x) = u′(x) + iv′(x) .

165


50. Odrediti ∆f(x0) ako je:

a) f(x) = (x, sin x, ex), b) f(x) = 32+x + i x

4−x ,

c) f(x) =

(

xn ln xsh x 1

)

, n ∈ N.

Rjesenje:

Prema definiciji ∆f(x) imamo da je

a) ∆f(x0) = f(x)−f(x0) = (x−x0, sin x−sin x0, ex−ex0) = (∆x, 2 sin ∆x

2 cos(x0+ ∆x2 ),

ex0(e∆x − 1)),

b) ∆f(x0) = f(x) − f(x0) = 32+x − 3

2+x0+ i

(

x4−x − x0

4−x0

)

= −3∆x(2+x0)(2+x0+∆x) +

i 4∆x(4−x0)(4−x0−∆x) , x0 6= 4, ∆x 6= 4 − x0.

c) ∆f ′(x0) =

(

xn ln xsh x 1

)

−(

xn0 ln x0

sh x0 1

)

=

(

xn − xn0 ln x

x0sh x − sh x0 0

)

=

=

(

(x0 + ∆x)n − xn0 ln(1 + ∆x0

x0)

2 sh ∆x2 ch(x0 + ∆x

2 ) 0

)

•

51. Odrediti f ′(1) ako je f(x) = (arctg x, 2x, ln x).

Rjesenje:

Prema definiciji izvoda funkcije, imamo:

f ′(1) = lim∆x→0

(

arctg(1 + ∆x) − arctg 1

∆x,

2

∆x(2∆x − 1),

ln(1 + ∆x)

∆x

)

=

(

1

2, 2 ln 2, 1

)

•

52. Odrediti izvod matricne funkcije

f(x) =

(

a11(x) a12(x)a21(x) a22(x)

)

ako je

a(x)11 =

{

arctg x za |x| ≤ 1,π4 sgn x + x−1

2 za |x| > 1,

a(x)12 = a

(x)21 =

{

e−x2x2 za |x| ≤ 1,

1e za |x| > 1,

a(x)22 = |x|.

166


Rjesenje:

Odredimo izvod elemenata date matrice. Za |x| 6= 1 i x 6= 0 imamo:

a′11(x) =

{

11+x2 za |x| < 1,

12 za |x| > 1,

a′12(x) = a′21(x) =

{

2xe−x2(1 − x2) za |x| < 1,0 za |x| > 1,

a′22(x) = sgn x.

Odredimo lijevi i desni izvod funkcija aij(x) u tackama x = 1, x = −1 i x = 0:

a′11+(−1) = limh→0+

arctg(−1 + h) + π4

h=

1

2,

a′11−(−1) = limh→0−

π4 sgn(−1 + h) + 1

2(−1 + h − 1) + π4

h= +∞,

a′11+(1) = limh→0+

π4 sgn(1 + h) + 1

2(1 + h − 1) − π4

h=

1

2,

a′11−(1) = limh→0−

arctg(1 + h) − π4

h=

1

2,

a′12−(−1) = limh→0−

1e − 1

e

h= 0,

a′12+(−1) = limh→0+

(−1 + h)2e−(−1+h)2 − 1e

h=

=1

elim

h→0+

1

h((1 − 2h + h2)(1 + 2h − h2 + O(h2)) − 1) = 0.

Analogno odredimo a′12±(1) = 0, a′22±(0) = ±1.

Dakle,

f ′(x) =

(

11+x2 2xe−x2

(1 − x2)

2xe−x2(1 − x2) sgn x

)

za 0 < |x| < 1,

(

12 00 sgn x

)

za |x| > 1,

167


f ′±(1) =

(

12 00 1

)

, f ′±(0) =

(

1 00 ±1

)

, f ′+(−1) =

(

12 00 −1

)

.

Kako je a′11(−1) = +∞, to data matricna funkcija u tacki x = −1 nema konacanizvod. U tacki x = 1 zadovoljena je jednakost f ′+(1) = f ′−(1) i f ′(1) = f ′+(1) = f ′−(1), paje funkcija diferencijabilna u tacki x = 1. U tacki x = 0 desni i lijevi limes postoji ali sumed-usobno razliciti, pa f ′(0) ne postoji •53. Pokazati da funkcija

f(x) =

(

x2 sin 1x x

0 ex2

)

, x 6= 0

(

0 00 1

)

, x = 0,

ima prekidan izvod •

54. Odrediti izvod funkcije:

a) f(x) = (arcsin 1|x| , [x] sin2 πx),

b) f(t) = (eαt cos t, eαt sin t, u(1t ), u(sin t)),

c) f(x) = (sin(e2x), esin2 x, ψ(sin2 x), ϕ(cos2 x)),

d) f(x) =

(

x2+yx2−y

sinx(xy)

(xy)sin y ysin(xy)

)

.

Rezultat:

a) f ′(x) = (− 1

x√

x2−1, π[x] sin 2πx), |x| > 1,

b) f ′(t) = ((α cos t − sin t)eαt, (α sin t + cos t)eαt,− 1t2

u′(1t ), u

′(sin t) cos t),

c) f ′(x) = (2 cos(e2x)e2x, esin2 x sin 2x, ψ′(sin2 x sin 2x,−ϕ′(cos2 x sin 2x),

d) f ′(x) =

( −4xy(x2−y2)2

(ln sin(xy) + xytg(xy)) sinx(xy)

(xy)sin y sin yx y1+sin(xy) ln y cos(xy)

)

•

55. Odrediti f ′(1) ako je:

a) f(x) = cos x + i sin(x − 1),

b) f(x) =

(

x1+x x2

tg x arcsin(x − 1)

)

.

168


Rezultat:

a) f ′(1) = − sin 1 + i, b) f ′(1) =

(

14 21

cos2 11

)

•

56. Dokazati da vektor-funkcija

f(x) = (x sin x, ϕ(x), e−x2),

gdje je ϕ(x) =

x sin1

x, x 6= 0

0, x = 0,nema izvod u tacki x = 0 •

57. Utvrditi diferencijabilnost funkcije f(x) ako je:

a) ∆f(x0) = (sin 1x−x0

· ln(1 + (x − x0)2), ex−x0 − 1),

b) ∆f(x0) =

arcsin(e− 1

(x−x0)2 ) |x − x0|3 + x − x0

(x − x0)2 sgn(tg 1

x−x0)

(

sin(x−x0)2

|x−x0|)

1(x−x0)2

.

Rjesenje:

a)Kako je

limx→x0

∆f(x0)

x − x0=

(

limx→x0

ln(1 + (x − x0)2

x − x0sin

1

x − x0, limx→x0

ex−x0 − 1

x − x0

)

i

limx→x0

ln(1 + (x − x0)2

x − x0= 0, lim

x→x0

ex−x0 − 1

x − x0= 1,

to postoji konacan izvod vektor-funkcije f(x) i f ′(x0) = (0, 1). Dakle, vektor-funkcijaf(x) je diferencijabilna i

df(x0) = (0, 1)dx = (0, dx).

b) Matricna funkcija f(x) je diferencijabilna u tacki x0 i

df(x0) =

(

0 10 0

)

dx =

(

0 dx0 0

)

•

169


58. Odrediti df(x0) ako je:

a) f(x) =

(

arcsin x2

x , 2x2+3x2

2x

)

, x 6= 0, f(0) = (0, 1),

b) f(x) =(

x · esin x−1sh x , ln2(2x+x)√

ch x−1, |x|x

)

, x 6= 0, f(0) = (0, 0, 0),

c) f(x) =

(

cos(xe2x)−cos(xe−2x)

x2ln(1+x2e2)

ln(x+√

1+x2

0 x2 ln x

)

, x 6= 0 i f(0) =

(

0 00 0

)

•

59. Dokazati, da ako funkcije aij = aij(x), i, j = 1, 2, ...n imaju konacne izvode, tada

izvod determinante D(x) = det(aij(x)) moze se izracunati prema jednoj od formula:

(1) D′(x) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11(x) a12(x) . . . a1n(x)a21(x) a22(x) . . . a2n(x)

......

...an1(x) an2(x) . . . ann(x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

′

=n

∑

k=1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11(x) a12(x) . . . a1n(x)...

......

a′k1(x) a′k2

(x) . . . a′kn(x)...

......

an1(x) an2(x) . . . ann(x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

,

(2) D′(x) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11(x) a12(x) . . . a1n(x)a21(x) a22(x) . . . a2n(x)

......

...an1(x) an2(x) . . . ann(x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

′

=n

∑

k=1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11(x) . . . a′1k(x) . . . a1n(x)

a21(x) . . . a′2k(x) . . . a2n(x)

......

...an1(x) . . . a′nk(x) . . . ann(x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Dokaz:

Kako je, prema definiciji determinante,

D(x) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11(x) a12(x) . . . a1n(x)a21(x) a22(x) . . . a2n(x)

......

...an1(x) an2(x) . . . ann(x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=∑

s

(−1)sai11ai22 . . . ainn,

170


gdje je s – broj inverzija permutacije [i1, i2, . . . , in], to je

D′(x) = (∑

s

(−1)sai11ai22 . . . ainn)′ =

=∑

s

(−1)sa′i11ai22 . . . ainn +∑

s

(−1)sai11a′i22 . . . ainn + . . . +

+∑

s

(−1)sai11ai22 . . . a′inn =

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a′11(x) a12(x) . . . a1n(x)a′21(x) a22(x) . . . a2n(x)

......

...a′n1(x) an2(x) . . . ann(x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11(x) a′12(x) . . . a1n(x)a21(x) a′22(x) . . . a2n(x)

......

...an1(x) a′n2(x) . . . ann(x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

+ . . . +

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11(x) a12(x) . . . a′1n(x)a21(x) a22(x) . . . a′2n(x)

......

...an1(x) an2(x) . . . a′nn(x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Dakle, dobili smo formulu (2). Analogno, iz

D(x) =∑

s

(−1)sa1i1a2i2 . . . anin ,

dobija se formula (1) •

60. Odrediti izvod determinante:

a)

∣

∣

∣

∣

sin2 x cos2 x− cos2 x sin2 x

∣

∣

∣

∣

, b)

∣

∣

∣

∣

∣

x x2 x3

x2 x3 x4

x3 x4 x5

∣

∣

∣

∣

∣

.

Rjesenje:

a)

∣

∣

∣

∣

sin2 x cos2 x− cos2 x sin2 x

∣

∣

∣

∣

′=

∣

∣

∣

∣

(sin x2)′ (cos x2)′− cos x2 sin x2

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

sin x2 cos x2

(− cos x2)′ (sin x2)′

∣

∣

∣

∣

= 0,

b) 0 •

61. Neka je A(x) – kvadratna matrica koja ima konacan izvod i inverznu matricu A−1(x).

Pokazati da je

(A−1(x))′ = −A−1(x)A′(x)A−1(x).

171


Dokaz:

Ako su A(x) i B(x) matrice sa konacnim izvodima, tada vazi formula:

(A(x)B(x))′ = A′(x)B(x) + A(x)B′(x),

na osnovu koje je:

(A(x)A−1(x))′ = A′(x)A−1(x) + A(x)(A−1(x))′.

Kako je A(x)A−1(x) = I (jedinicna matrica), to je

(1) A′(x)A−1(x) + A(x)(A−1(x))′ = 0 (nula − matrica)

Mnozenjem jednakosti (1) slijeva matricom A−1(x), dobice se trazena formula •62. Neka je A(x) – matrica koja ima konacan izvod. Dokazati da vazi formula:

(An(x))′ = nAn−1(x)A′(x), n ∈ N •

63. Neka je

A(x) =

(

sin ωx cos ωx− cos ω(x) sin ωx

)

, ω = const.

Pokazati da matrica A(x) zadovoljava diferencijalnu jednacinu

A′′(x) + ω2A(x) = 0, A′′(x) = (A′(x))′.

64. Dokazati da vektor-funkcija

X(t) = (sin t,− cos t, e−t)T

zadovoljava jednacinuX ′(t) = A(t)X(t) + f(t),

gdje je

A(t) =

(

e−t 1 e− sin t

cos t sin t t4

ln |t| tg t ln |t| t

)

, f(t) =

(

2 cos tsin t − t4e−1

−e−t(1 + t)

)

.

172

IZVODI I DIFERENCIJALI VISEG REDA

6. 8. Izvodi i diferencijali viseg reda

Neka funkcija f(x) ima u tacki x prvi izvod f ′(x). U opstem slucaju, f ′(x) takod-e jerealna funkcija realne nezavisno promjenljive x. Ako postoji prvi izvod funkcije f ′(x) utacki x, on se naziva drugim izvodom funkcije f(x) u toj tacki i oznacava se sa f ′′(x) ili

y′′ ili d2ydx2 .

Uopste, neka je primjenom tog postupka definisan (n− 1)-vi izvod f (n−1)(x) funkcijef(x) u tacki x, tada n-ti izvod funkcije f(x) u tacki x, u oznaci f (n)(x), je prvi izvod(n − 1)-og izvoda f (n−1)(x) funkcije f(x) u toj tacki tj.

f (n)(x) = (f (n−1)(x))′, n ∈ N, f (0)(x) = f(x).

Drugi diferencijal funkcije f(x) u tacki x, u oznaci d2f(x) ili d2y, jeste prvi diferencijalnjenog prvog diferencijala u toj tacki. Njen n-ti diferencijal u tacki x, u oznaci dnf(x),jeste prvi diferencijal njenog (n − 1)-og diferencijala u tacki x, tj.

dnf(x) = d(dn−1f(x)), n ∈ N, d0f(x) = f(x).

Ako je x – nezavisno promjenljiva, tada je dx = const. i d2x = d3x = . . . = dnx = 0. Utom slucaju je

dnf(x) = f (n)(x)dxn,

odakle jednf(x)

dxn = f (n)(x).

Neka je funkcija definisana jednacinama u parametarskom obliku x = ϕ(t) i y = ψ(t) ineka u uocenoj tacki t funkcije ϕ(t) i ψ(t) imaju prve i druge izvode, pri cemu je ϕ′(t) 6= 0,tada je

d2y

dx2=

d

dx(dy

dx) =

d

dx(y′tx′t

) =d

dt(y′tx′t

)dt

dx=

=y′′ttx

′t − x′′tty

′t

(x′t)3=

d2ydx − dyd2x

dx3,

gdje je y′′tt = d2ydt2

, x′′tt = d2xdt2

, a dx, d2x, dy i d2y su prvi i drugi diferencijali funkcije x(t),y(t).

Na slican nacin se mogu dobiti izvodi treceg, cetvrtog i viseg reda.

y′′′x =

d(y′′x)dtdxdt

itd.

173


Ako funkcije u(x) i v(x) u tacki x imaju sve izvode do n-tog zakljucno, tada je

(u · v)(n) =n

∑

k=0

(

nk

)

u(n−k)v(k).

Ova formula naziva se Lajbnicovom formulom (G. W. Leibniz).

Ako su komponente vektor-funkcije

f(x) = (f1(x), f2(x), . . . , fk(x))

n-puta diferencijabilne u tacki x, onda vazi:

f (n)(x) = (f(n)1 (x), f

(n)2 (x), . . . , f

(n)k (x)),

dnf(x) = (dnf1(x), dnf2(x), . . . , dnfk(x)).

Analogno, za kompleksnu funkciju f(x) i matricnu funkciju A(x) vaze formule:

f (n)(x) = u(n)(x) + iv(n)(x), dnf(x) = dnu(x) + idnv(x),

A(n)(x) =

a(n)11 (x) a

(n)12 (x) . . . a

(n)1k (x)

......

...a

(n)i1 (x) a

(n)i2 (x) . . . a

(n)ik (x)

, dnA(x) =

dna11(x) dna12(x) . . . dna1k(x)...

......

dnai1(x) dnai2(x) . . . dnaik(x)

.

65. Odrediti f ′′(x) funkcije:

a) y = x3 − x2 + 1, b) y = (x2 + 1)3,

c) y = 12x+3 , x 6= −3

2 , d) y =√

2x + 3, x ≥ −32 ,

e) y = ln√

2x + 3, x > −32 .

Rjesenje:

a) Kako je y′ = 3x2 − 2x, to je y′′ = (3x2 − 2x)′ = 6x − 2,

b) y′ = 6x(x2 + 1)2, y′′ = 6(5x4 + 6x2 + 1),

c) y′ = −2(2x+3)2

, y′′ = 8(2x+3)3

,

d) y′ = 1√2x+3

, y′′ = − 1√(2x+3)3

,

e) y′ = 12x+3 , y′′ = − 2

(2x+3)2•

174


66. Dokazati da, za svaki prirodan broj n, vazi:

a) (ax)(n) = ax lnn a, a > 0,

b) (xm)(n) = m(m − 1) . . . (m − n + 1)xm−n, m ∈ R,

c) (ln(x))(n) = (−1)n−1(n−1)!xn ,

d) (sin x)(n) = sin(x + nπ2 ),

e) (cos x)(n) = cos(x + nπ2 ).

Dokaz:

a) Za y = ax je y′ = ax ln a, y′′x = ax(ln a)2, y′′′x = ax(ln a)3, . . .

Pretpostavimo da je y(n) = ax(ln a)n. Dokazacemo indukcijom da je posljednja jed-nakost tacna za svako n ∈ N.

Za n = 1, jednakost je tacna. Pretpostavimo da jednakost vazi za n = k (pretpostavkaindukcije). Tada je

y(k+1) = (y(k))′ = (ax(ln a)k)′ = ax(ln a)k+1

cime je pokazano da jednakost vazi i za n = k + 1.

Na osnovu principa matematicke indukcije, zakljucujemo da je y(n) = ax(ln a)n zasvako n ∈ N.

Slicno se dokazuju tvrdnje b)-e) •67. Odrediti n-ti izvod funkcije f(x), n ≥ 2:

a) y =√

x, b) y = 3√

x, c) y =√

2x + 1, d) y = 1√1−2x

, e) y =√

(1 − x)−3.

Rjesenje:

a) y = x12 , y′ = 1

2x−12 , y′′ = 1

2 ·(−12)x−

32 , y′′′ = 1

2 ·(−12) ·(−3

2)x−52 , y(4) = 1

2 ·(−12) ·(−3

2) ·(−5

2) · x−72 , . . ., y(n) = (−1)n−1

2n · 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 3)x−2n−1

2 = (−1)n−1

2n (2n − 3)!!√

xxn ,

b) y(n) = (−1)n−1

3n · 2 · 5 · 8 · . . . · (3n − 1)x−3n+2

3 = (−1)n−1

3n (3n − 4)!!! ·3√xxn ,

c) y = (1+2x)12 , y(n) = (−1)n−1

2n (2n− 3)!!(1+2x)−2n−1

2 · 2n = (−1)n−1(2n− 3)!!√

1+2x(1+2x)n ,

d) y = (1 − 2x)−12 , y(n) = (−1)n

2n (2n − 1)!!(1 − 2x)−2n+1

2 · (−2)n = (2n−1)!!

(1−2n)n√

1−2x,

e) y = (1 − x)−32 , y(n) = (−1)n−1(2n+1)!!

2n (1 − x)−2n+3

2 = (2n+1)!!2n · 1

(1−x)n+1√

1−x.

175


Napomena. Proizvod neparnih brojeva od 1 do 2n− 1 oznacava se sa (2n− 1)!! (tzv.dvostruki faktorijel), a proizvod svih parnih brojeva od 2 do 2n oznacava se sa (2n)!!.Slicno, proizvodi: 1 · 4 · 7 · 10 · . . . · (3n− 2) = (3n− 2)!!!, 2 · 5 · 8 · . . . · (3n− 1) = (3n− 1)!!!i 3 · 6 · 9 · . . . · 3n = (3n)!!! se nazivaju trostrukim faktorijelima •68. Odrediti n-ti izvod funkcije y = f(x), n ≥ 2:

a) y = ln(1 − x), b) y = ln(1 + x), c) y = ln 1−x1+x , d) y = ln

√

1+x1−x , e) y = x ln x.

Rjesenje:

a) y′ = 11−x ·(−1), y′′ = − 1

(1−x)2·(−1)2, y′′′ = (−1)·(−2)

(1−x)3·(−1)3, . . ., y(n) = (−1)n−1(n−1)!

(1−x)n ·(−1)n = (−1)2n−1 · (n−1)!

(1−x)n = − (n−1)!(1−x)n ,

b) y(n) = (−1)n−1(n−1)!(1+x)n ,

c) y = ln(1−x)− ln(1+x), y = y1(x)−y2(x), gdje je y1(x) = ln(1+x), y2(x) = ln(1+x),

y′ = y′1 − y′2, . . ., y(n) = y(n)1 − y

(n)2 , y(n) = −(n − 1)!

[

(−1)n−1

(1+x)n + 1(1−x)n

]

,

d) ln√

1+x1−x = 1

2(ln(1 + x) − ln(1 − x)), y(n) = 12(n − 1)!

[

(−1)n−1

(1+x)n + 1(1−x)n

]

.

e) y(n) = (−1)n−2(n−2)!

xn−1 •69. Odrediti n-ti izvod funkcije y = f(x); n ≥ 2:

a) y = sin ax, b) y = cos ax, c) y = ex(1 − cos x), d) y = x2 cos 2x,

e) y = e2x sin2 x, f) y = 2x cos2(x3 ), g) y = sin4 x + cos4 x, h) y = sin3 x.

Rjesenje:

a) y = sin ax, y′ = a cos ax, y′′ = −a2 sin ax, y′′′ = −a3 cos ax, y(4) = a4 sin ax, y(5) =a5 cos ax, y(6) = −a6 sin ax, . . .. Za n = 2k, y(n) = (−1)ka2k sin ax = a2k sin(ax+kπ), a zan = 2k+1, y(n) = (−1)ka2k+1 cos ax = a2k+1 sin(ax+kπ+π

2 ), pa je y(n) = an sin(ax+nπ2 ),

b) y(n) = an cos(ax + nπ2 ),

c) Kako je y′ = ex(1 − cos x + sin x), y(4) = ex(1 + 4 cos x), y(8) = ex(1 − 16 cos x),y(12) = ex(1 + 64 cos x), . . ., to se moze zakljuciti da je y(4k) = ex[1 + (−1)k−122k cos x],k ∈ N, odakle je:

y(4k+1) = ex[1 + (−1)k−12k cos x + (−1)k22k sin x], k ∈ N,

y(4k+2) = ex[1 + (−1)k2k+1 sin x], k ∈ N i

y(4k+3) = ex[1 + (−1)k22k+1 sin x + (−1)k22k+1 cos x], k ∈ N.

176


d) Primjenom Lajbnicove formule, uzimajuci da je u = x2, v = cos 2x i rezultata b),

dobice se y(n) = 2n(

x2 − n(n−1)4

)

cos(2x + nπ2 ) + 2nnx sin(2x + nπ

2 ).

e) y(n) = 2n−1(1 − 2n2 cos(2x + nπ

4 )) · e2x,

f) y(n) = (23)n−1(n sin(2x

3 + nπ2 ) + 2

3x cos(2x3 + nπ

2 )),

g) Datu funkciju mozemo napisati u obliku y = 34 + 1

4 cos 4x, pa je

y(n) = 4n−1 cos(4x + nπ2 ),

h) Datu funkciju mozemo napisati u obliku y = 34 sin x − 1

4 sin 3x, pa je

y(n) = 34 sin(x + nπ

2 ) − 3n4 sin(3x + nπ

3 ). •

70. Odrediti y′′x = d2ydx2 ako je:

a) x2 + y2 = 25, b) ax + by − xy = c, c) x2 − xy − y2 = 0, d) y2 − 3y + 2ax = 0,

e) b2x2 + a2y2 = a2b2, f) ex+y = xy, g)√

x +√

y =√

a, h) y = cos(x + y),

i) arctg y = y − x, j) ln xy = x.

Rjesenje:

a) Kako je y′x = −F ′x(x,y)

F ′y(x,y)

to je y′x = −xy , a y′′x = (y′x)′ = −1·y−x·y′x

y2 = −y+x2

y

y2 =

= −x2+y2

y3 = − 25y3 ,

b) y′′x = 2(y−a)

(x−b)2, c) y′′x = 0, d) y′′x = 8a

(3−2y)3, e) y′′x = − b4

a2b3, f) y′′x = −y[(x−1)2+(y−1)2]

x2(y−1)3,

g) y′x = −√

y√x

=√

x−√a√

x= 1 −

√a√x, y′′x =

√a

2x√

x, h)y′′x = y

[1+sin(x+y)]3, i) y′′x = 2−2y2

y5 ,

j) y′x = y(x−1)x , y′′x = y(2−x)

x •71. Odrediti y′′x i y′′′x ako je funkcija y = f(x) parametarski zadata:

a)x = a(t − sin t),

y = a(1 − cos t),b)

x = 2t − t2,

y = 3t − t3,c)

x =3at

1 + t2,

y =3at2

1 + t2,

d)x = tg t + ctg t,

y = 2 ln(ctg t),e)

x =1

2(et − e−t),

y = et + t.

177


Rjesenje:

a) y′x = y′t · t′x = y′t · 1x′t

, x′t = a(1− cos t), y′x = sin t1−cos t , y′′x = (y′x)′t · t′x =

(

sin t1−cos t

)′t· 1

x′t=

= − 1a(1−cos t)2

, y′′′x = (y′′x)′t · t′x =(

−1a(1−cos t)2

)′t· 1

a(1−cos t) = 2 sin ta2(1−cos t)4

,

b) y′′x = 34(1−t) , y′′′x = 3

8(1−t)3, c) y′′x = 2

3a

(

1+t2

1−t2

)3, y′′′x = 4t(1+t2)4

3a2(1−t2)5,

d) x′t = −4 cos 2tsin2 2t

, y′t = − 4sin 2t , y′x = tg 2t, y′′x = − sin2 2t

2 cos3 2t, y′′′x = sin3 2t(1+sin2 2t)

4 cos5 2t,

e) y′x = 2(t2+1)

et−e−t , y′′x = −4(2+et+e−t)

(et−e−t)3, y′′′x = 16(e2t+e−2t+3et+3e−t+4)

(et−e−t)5•

72. Odrediti y′′′x za funkciju y = f(x) parametarski zadatu:

a)x = a cos t,

y = b sin t,b)

x = e−t cos t,

y = e−t sin t,c)

x = e−at,

y = eat.

Rezultat:

a) y′′′x = cos2 t−4 sin2 t9a2 cos2 t sin3 t

, b) y′′′x = 4e2t(2 sin t−cos t)(sin t+cos t)5

, c) y′′′x = 6e4at •

73. Odrediti y′′x ako je

a) y = (x + i)eix, b) y =

(

tg x th xsh x2 ch x2

)

,

c) y = f(x), x = 5t + t5, y =

(

e−t e−2t e−3t

t t2 t3

)

.

Rjesenje:

a) y′x = eix + i(x + i)eix = ieixx, y′′ = eix(i − x),

b) y′ =

(

1cos2 x

1ch2 x

2x ch x2 2x sh x2

)

, y′′ =

(

sin xcos3 x

− sh xch3 x

ch x2 + 2x2 sh x2 sh x2 + 2x2 ch x2

)

· 2,

c) y′′x = 15(1+t4)2

(

e−t(4t3 + 15) e−2t(4

5 + 8t3) e−3t(12t3 + 95)

−4t3 25 − 8t4 6

5t − 12t5

)

•

74. Koristeci jednakost

1

x2 + 1=

1

2i

(

1

x − i− 1

x + i

)

,

178


dokazati da je

(

1

x2 + 1

)(n)

=(−1)nn!

(x2 + 1)n+1

2

sin((n + 1)arcctg x) •

75. Ako su u = u(x) i v = v(x) n-puta diferencijabilne vektor-funkcije, tada je

(u(x), v(x))(n) =n

∑

k=0

(

nk

)

(u(k)(x), v(n−k)(x)).

Dokazati •76. Dokazati da formula Lajbnica vazi za proizvod matricnih funkcija A(x) i B(x), tj.

(A(x)B(x))(n) =n

∑

k=0

(

nk

)

A(n)(x)B(n−k)(x),

ako funkcije A(x) i B(x) imaju sve izvode do n-tog zakljucno •77. Odrediti f (n)(x), f(x) = (u(x), v(x)) ako je:

a)u(x) = (sin x, sin 2x, . . . , sin nx)

v(x) = (ex, e2x, . . . , enx), b)

u(x) = (cos x, cos 2x, . . . , cos nx)

v(x) = (x, x2, . . . , xn)•

78. Odrediti n-ti izvod funkcije f(x) = A(x)B(x) ako je:

a) A(x) =

(

sin nx cos nx− cos nx sin nx

)

, B(x) =

(

sh nx ch nx− ch nx sh nx

)

,

b) A(x) =

(

xex x2e2x x3e3x

1 xn x2n

)

, B(x) =

x1+x

x2

(1+x)2

4 1ln x ln2 x

•

79. Pokazati da vektor-funkcija

x(t) = C1

(

011

)

et + C2

(

2 cos t2 cos t

3 cos t − sin t

)

+ C3

(

2 sin t2 sin t

3 sin t + cos t

)

,

179


Ci − const., zadovoljava jednacinu dxdt = Ax, gdje je

A =

(−1 −2 2−2 −1 2−3 −2 3

)

•

80. Pokazati da vektor-funkcija

x(t) =C1

(

111

)

et + C2

(

111

)

e−t + C3

(

10−1

)

e2t + C4

(

01−1

)

e2t

+C5

(

10−1

)

e−2t + C6

(

01−1

)

e−2t

zadovoljava jednacinu d2xdt2

= Ax, gdje je

A =

(

3 −1 −1−1 3 −1−1 −1 3

)

•

6. 9. Osnovne teoreme diferencijalnog racuna

6.9.1. Rolova, Lagranzova i Kosijeva teorema

Teorema. (M. Rolle). Ako je funkcija f(x) neprekidna na intervalu [a, b], diferenci-jabilna na intervalu (a, b) i f(a) = f(b), onda

(∃c ∈ (a, b)) f ′(c) = 0.

Teorema. (J. L. Lagrange) Ako je funkcija f(x) neprekidna na intervalu [a, b] idiferencijabilna na intervalu (a, b), onda

(∃c ∈ (a, b)) f(b) − f(a) = f ′(c)(b − a).

Teorema. (A. Cauchy) Ako su funkcije f(x) i g(x) neprekidne na intervalu [a, b] idiferencijabilne na intervalu (a, b) i (∀x ∈ (a, b)) g′(x) 6= 0, onda

(∃c ∈ (a, b))f(b) − f(a)

g(b) − g(a)=

f ′(c)g′(c)

.

180

OSNOVNE TEOREME DIFERENCIJALNOG RACUNA

81. Ispitati da li data funkcija ispunjava uslove Rolove teoreme na zadatom intervalu.

Ako ispunjava, odrediti odgovarajucu vrijednost za c:

a) f(x) = 1 − 3√

x2, [−1, 1],

b) f(x) = x2 − 6x + 10, [1, 5],

c) f(x) = 3√

(x − 8)2, [0, 16],

d) f(x) = | sin x|, [−π2 , π

2 ],

e) f(x) = ln(sin x), [π6 , 5π6 ].

Rjesenje:

a) Data funkcija je neprekidna na citavoj brojevnoj pravoj, pa je neprekidna i na

intervalu [−1, 1]. Na krajevima intervala je f(−1) = f(1) = 0. Ipak, izvod y′ = − 23 3√x

u

tacki x = 0 ne postoji.

Kako je tacka x = 0 unutrasnja tacka intervla [−1, 1], to funkcija f(x) nije diferenci-

jabilna u intervalu (−1, 1), pa ne ispunjava uslove Rolove teoreme,

b) Data funkcija je neprekidna na intervalu [1, 5] i diferencijabilna na (1, 5). Takod-e

je f(1) = f(5) = 5, pa, prema Rolovoj teoremi, (∃c ∈ (1, 5)) f ′(c) = 2c− 6 = 0, odakle je

c = 3.

c) Data funkcija je neprekidna na intervalu [0, 16] i f(0) = f(16) = 4, ali nije diferen-

cijabilna na intervalu (0, 16) jer iz y′ = 2

3 3√x−8slijedi da funkcija nije diferencijabilna u

tacki x = 8, pa ne ispunjava uslove Rolove teoreme.

d) Funkcija nije diferencijabilna u tacki x = 0.

e) Funkcija je neprekidna na intervalu [π6 , 5π6 ] i f(π

6 ) = f(5π6 ) = 1

2 , a y′ = cos xsin x = 0 za

x = π2 , pa je funkcija diferencijabilna na intervalu (π

6 , 5π6 ) i tacka c = π

2 •

82. Ispitati da li data funkcija ispunjava uslove Rolove teoreme na datom intervalu. Ako

ispunjava, odrediti odgovarajucu vrijednost za c:

a) f(x) = 3√

8x − x2, [0, 8], b) f(x) = 4sin x, [0, π], c) f(x) = x4 − 2x2, [0,√

2].

Rezultat:

a) Funkcija zadovoljava uslove Rolove teoreme i c = 4,

b) Funkcija zadovoljava uslove Rolove teoreme i c = π2 ,

c) Funkcija zadovoljava uslove Rolove teoreme i c = 1 •

83. Pokazati da jednacina x3 + 3x − 6 = 0 ima samo jedan realan korijen.

181


Rjesenje:

Polinom P (x) = x3+3x−6 ima bar jednu realnu nulu, jer se radi o polinomu neparnogstepena. Ako bi polinom P (x) imao vise od jedne realne nule, na primjer, a i b i a < b,onda kao funkcija y = P (x), kao polinom, zadovoljava sve uslove Rolove teoreme naintervalu [a, b], jer po nasoj pretpostavci je P (a) = P (b) = 0, pa (∃c ∈ (a, b)) P ′(c) = 0.Med-utim P ′(x) = 3x2 + 3 > 0, pa, ipak, posmatrana jednacina ne moze imati vise odjednog realnog korijena •84. Dokazati da funkcija f(x) = xn + px + q ne moze imati vise od dva realna korijena

ukoliko je n paran broj i vise od tri za neparno n •

85. U intervalima (−1, 1) i (1, 2) odrediti tacke u kojima je tangenta povucena na krivuf(x) = (x2 − 1)(x − 2) paralelna s x-osom.

Rezultat:

x1 =2 −

√7

3, x2 =

2 +√

7

3•

86. Ispitati da li data funkcija ispunjava uslove Lagranzove teoreme na zadatom intervalu.Ukoliko zadovoljava, odrediti vrijednost za c:

a) f(x) = 2x − x2, [1, 3], b) f(x) = ex − x, [1, 2], c) f(x) = |x2 − 1|, [0, 2],d) f(x) = arctg x, [0, 1].

Rjesenje:

a) Data funkcija neprekidna je na intervalu [1, 3] i diferencijabilna na intervalu (1, 3),pa prema Lagranzovoj teoremi (∃c ∈ (1, 3)) (−4) = (2 − 2c)(3 − 1), odakle je c = 2,

b) Funkcija je neprekidna na intervalu [1, 2] i diferencijabilna na intervalu (1, 2), paprema Lagranzovoj teoremi (∃c ∈ (1, 2)) e2 − e − 1 = (ec − 1)(2 − 1), odakle je c =ln(e − 1) + 1,

c) Funkcija f(x) nije diferencijabilna za x = 1,

d) Funkcija je neprekidna na intervalu [0, 1] i diferencijabilna na intervalu (0, 1), pa

prema Lagranzovoj teoremi (∃c ∈ (0, 1)) π4 = 1

1+c2(1 − 0), odakle je c =

√

4π − 1 •

87. Ispitati da li data funkcija ispunjava uslove Lagranzove teoreme na zadatom intervalu.Ukoliko zadovoljava, odrediti vrijednost za c:

a) f(x) = x − x3, [−2, 1], b) f(x) = ln x, [1, e], c) f(x) =3√

x2, [−1, 1].

182

OSNOVNE TEOREME DIFERENCIJALNOG RACUNA

Rezultat:

a) c = −1, b) c = e − 1, c) Funkcija f(x) nije diferencijabilna za x = 0 •88. Odrediti koordinate tacke u kojoj je tangenta krive y = f(x) paralelna tetivi AB,

gdje je:

a) f(x) = x3 + x, A(1, 2), B(2, 10), b) f(x) = 4 − x2, A(−2, 0), B(1, 3),c) f(x) = ln x, A(e, 1), B(e2, 2).

Rjesenje:

a) Koeficijent pravca tangente u trazenoj tacki date krive jednak je koeficijentuprave koja sadrzi tetivu AB, tako da apscisu c trazene tacke mozemo odrediti iz uslovaf(2)−f(1)

2−1 = f ′(c), tj. 3c2 + 1 = 8, odakle je c =√

73 ili c = −

√

73 . Kako se radi o tetivi sa

apscisama x1 = 1 i x2 = 2, to je trazena apscisa c =√

73 ∈ (1, 2), pa koordinate trazene

tacke su (√

73 , 10

3

√

73), b) (−1

2 , 154 ), c) (e2 − e, ln(e2 − e)) •

89. Primjenom Lagranzove teoreme dokazati da je:

a) arcsin x + arccos x = π2 za x ∈ [−1, 1],

b) 2 arctg x + arcsin 2xx2+1

= π za x ∈ [1, +∞),

c) | sin a − sin b| ≤ |a − b|,d) a−b

a < ln ab < a−b

b za 0 < b < a,

e) b−acos2 a

< tg b − tg a < b−acos2 b

za 0 < a < b < π2 .

Dokaz:

a) Neka je f(x) = arcsin x+arccos x. Tada za x ∈ (−1, 1) je f ′(x) = 1√1−x2

− 1√1−x2

= 0,

sto znaci da je funkcija f(x) konstantna (f(x) = C) na intervalu (−1, 1). Kako jef(0) = π

2 , to je c = π2 , a takod-e je f(−1) = f(1) = π

2 . Dakle, f(x) = π2 za x ∈ [−1, 1].

b) Slicno se dokazuje kao a),

c) Neka je f(x) = sin x, pa (∃c ∈ (a, b)) sin b − sin a = cos c(b − a), pa prema tome i:| sin b − sin a| = | cos c| · |b − a| ≤ |b − a|, jer | cos x| ≤ 1,

d) Slicno, uzimajuci f(x) = ln x, e) Slicno, uzimajuci f(x) = tg x •90. Ispitati da li date funkcije f(x) i g(x) zadovoljavaju uslove Kosijeve teoreme na datom

intervalu. Ukoliko zadovoljavaju, odrediti vrijednost c:

a) f(x) = x2 − 2x + 3, g(x) = x3 − 7x2 + 20x − 5, [1, 4],

183


b) f(x) = x3, g(x) = arctg x, [0, 1],

c) f(x) = ex−1, g(x) = x, [1, 2],

d) f(x) = ln(x2 + 1), g(x) = x3 − 2x, [0, 1].

Rjesenje:

a) Funkcije f(x) i g(x) su neprekidne i diferencijabilne na datom intervalu, a osimtoga je g′(x) 6= 0 na intervalu [1, 4], pa prema Kosijevoj teoremi imamo:

(∃c ∈ (1, 4)) f(4)−f(1)g(4)−g(1) = f ′(c)

g′(c) , odnosno

(1) (∃c ∈ (1, 4))

(

11 − 2

27 − 9=

2c − 2

3c2 − 14c + 20

)

Rjesenja jednacine (1) su c1 = 2 i c2 = 4. Kako tacka c mora zadovoljiti nejednakost1 < c < 4, trazena tacka je c = c1 = 2.

b) Funkcije f(x) i g(x) zadovoljavaju uslove Kosijeve teoreme, pa

(∃c ∈ (0, 1))f(1)−f(0)g(1)−g(0) = f ′(c)

g′(c) , odnosno (∃c ∈ (0, 1))(π

4 = 3c2(c2 + 1))

, odakle je

c =

√

−1+√

1+16/3π2 ∈ (0, 1).

c) c = 1 + ln(e − 1), d) Funkcija g(x) ne zadovoljava uslove jer je g′(√

23) = 0 •

91. Ispitati da li funkcije f(x) i g(x) zadovoljavaju uslove Kosijeve teoreme na datomintervalu. Ukoliko zadovoljavaju, odrediti vrijednost za c:

a) f(x) = e2x, g(x) = 1 + ex, [a, b],

b) f(x) = x3, g(x) = x2 + 1, [0, 2],

c) f(x) = sin x, g(x) = cos x, [0, π2 ],

d) f(x) = sin x, g(x) = x + cos x, [0, π2 ].

Rezultat:

a) eb − aa = 2ec, b)c = 43 , c)c = π

4 , d)2(1 − sin c) = (π − 2) cos c •

6.9.2. Lopitalova teorema

Teorema. (G. F. A. l’Hospital) Neka su funkcije f(x) i g(x) definisane i diferencija-bilne u okolini tacke a, osim, mozda, u samoj tacki a i neka je:

limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = 0 ili limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = ∞

184

LOPITALOVA TEOREMA

i g′(x) 6= 0 za x 6= a.

Tada, ako postoji granicna vrijednost limx→a

f ′(x)g′(x)

(konacna ili beskonacna), onda postoji

i granicna vrijednost limx→a

f(x)g(x) pri cemu je

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)

g′(x).

Teorema vazi i u slucaju da x → a − 0 i x → a + 0.


a) limx→0

sin 3x

x, b) lim

x→1

x − 1

ln x, c) lim

x→0

x − sin x

x3,

d) limx→0

ex − 1

x, e) lim

x→0

ex − esin x

x − sin x, f) lim

x→+∞π − 2 arctg x

e3x − 1

,

g) limx→0

2 − (ex + e−x) cos x

x4, h) lim

x→+∞

π2 − arctg x

12 ln x−1

x+1

.

Rjesenje:

a) limx→0

sin 3x

x= lim

x→0

(sin 3x)′

(x)′= lim

x→0

3 cos 3x

1= 3,

b) limx→1

x − 1

ln x= lim

x→1

(x − 1)′

(ln x)′= lim

x→1

11x

= 1,

c) limx→0

x − sin x

x3= lim

x→0

(x − sin x)′

(x3)′= lim

x→0

1 − cos x

3x2= lim

x→0

(1 − cos x)′

3(x2)′= lim

x→0

sin x

6x=

1

6limx→0

sin x

x=

1

6,

d) limx→0

ex − 1

x= lim

x→0

(ex − 1)′

(x)′= 1,

e) limx→0

ex − esin x

x − sin x= lim

x→0

(ex − esin x)′

(x − sin x)′= 1,

f) limx→∞

π − 2 arctg x

e3x − 1

=2

3,

g) limx→0

2 − (ex + e−x) cos x

x4=

1

3,

185


h) limx→+∞

π2 − arctg x

12 ln x−1

x+1

= limx→+∞

− 11+x2

12 · x+1

x−1 · 2(1+x)2

= limx→+∞

1 − x2

x2 + 1= −1 •

93. Pokazati da je:

a) limx→1

x3 − 3x2 + 2

x3 − 4x2 + 3=

3

5, b) lim

x→0

1 − cos x

x2=

1

2,

c) limx→∞

ln(1 + 1x2 )

π − 2 arctg x= 0, d) lim

x→1

xx+1(ln x + 1) − x

1 − x= −2,

e) limx→0

(1 + x)n − 1

x= n, f) lim

x→0

ex − e−x

ln(1 + x)= 2 •


a) limx→+∞

2x3 − 2

x3 + 4x + 1, b) lim

x→∞ex

x3,

c) limx→+∞

xn

ex , d) limx→a

ln(x − a)

ln(ex − ea).

Rjesenje:

a) limx→+∞

2x3 − 2

x3 − 4x + 1= lim

x→+∞(2x3 − 2)′

(x3 + 4x + 1)′= lim

x→+∞6x2

3x2 + 4= 2,

b) limx→+∞

ex

x3= lim

x→+∞ex

3x2= lim

x→+∞(ex)′

(3x2)′= . . . = +∞,

c) limx→+∞

xn

ex = limx→+∞

nxn−1

ex = limx→+∞

n(n − 1)xn−2

ex = . . . = limx→∞

n!

ex = 0,

d) limx→a

ln(x − a)

ln(ex − ea)= 1 •


a) limx→1

(1

ln x− 1

x − 1), b) lim

x→0(ctg x − 1

x), c) lim

x→0(1

x− 1

ex − 1), d) lim

x→0(

1

sin x− 1

x).

Rjesenje:

U navedenim primjerima, izrazi su neodred-enog oblika ∞ − ∞, koje cemo transfor-

misati u neodred-enosti oblika 00 ili ∞

∞ , a zatim, primjenom Lopitalove teoreme, odrediti

trazene granicne vrijednosti.

186

LOPITALOVA TEOREMA

a)limx→1

(1

ln x− 1

x − 1) = lim

x→1

x − 1 − ln x

(x − 1) ln x= lim

x→1

1 − 1x

ln x + (x − 1) · 1x

= limx→1

x − 1

x ln x + x − 1= . . . =

1

2,

b)limx→0

(ctg x − 1

x) = lim

x→0(cos x

sin x− 1

x) = lim

x→0

x cos x − sin x

x sin x

= limx→0

cos x − x sin x − cos x

sin x + x cos x= . . . = 0,

c) limx→0

(1

x− 1

ex − 1) = lim

x→0

ex − 1 − x

x(ex − 1)= lim

x→0

ex − 1

ex − 1 + xex = limx→0

ex

ex(2 + x)=

1

2,

d) limx→0

(1

sin x− 1

x) = lim

x→0

x − sin x

x sin x= lim

x→0

1 − cos x

sin x + x cos x= lim

x→0

sin x

2 cos x − x sin x= 0 •


a) limx→+∞x2e1−x, b) lim

x→+∞(a1x − 1)x (a > 0), c) lim

x→1(1 − x) tg

πx

2, d) lim

x→0+x ln x.

Rjesenje:

Dati izrazi su neodred-enosti oblika 0 · ∞, svescemo ih na oblik ∞∞ , pa primjeniti

Lopitalovu teoremu.

a) limx→+∞x2e1−x = lim

x→∞x2

ex−1= lim

x→∞2x

ex−1= lim

x→∞2

ex−1= 0,

b) limx→+∞(a

1x − 1)x = lim

x→+∞a

1x − 1

1x

= . . . = ln a,

c) limx→1

(1 − x) tgπx

2= lim

x→1

(1 − x) sin πx2

cos πx2

= . . . =2

π,

d) limx→0+

x ln x = limx→0+

ln x1x

= limx→0+

1x

− 1x2

= − limx→0+

x = 0 •


a) limx→∞(

π

2− arctg x)

1x , b) lim

x→0+xx, c) lim

x→0(sin x)x,

d) limx→0+

(ln1

x)x, e) lim

x→π2

(tg x)2 cos x, f) limx→0

(1 + x2)1

ex−x−1 .

Rjesenje:

Dati izrazi su neodred-enosti oblika 00, ∞0 i 1∞. Pogodnim transformacijama trans-

187


formisemo ih u neodred-enosti oblika 00 ili ∞

∞ . Naime, pri odred-ivanju granicne vrijednosti

limx→a

(f(x))g(x), f(x) > 0

koristimo se jednakoscu [f(x)]g(x) = eg(x) ln f(x).

a) limx→∞(

π

2− arctg x)

1x = lim

x→∞ e1x ln(π

2−arctg x) = elim

x→∞( 1x ln(π

2−arctg x))= eA,

A = limx→∞(

1

xln(

π

2− arctg x)) = lim

x→∞ln(π

2 − arctg x)

x= lim

x→∞

− 11+x2

π2−arctg x

1

= . . . = limx→∞

−(2x3 + 2x)

(1 + x2)2= 0, pa je lim

x→∞(π

2− arctg x)

1x = e0 = 1,

b) limx→0+

xx = limx→0+

ex ln x = elim

x→0+x ln x

= e0 = 1,

c) limx→0

(sin x)x = limx→0

ex ln(sin x) = elimx→0

x ln(sin x)= . . . = 1,

d) limx→0+

(ln1

x)x = e

limx→0+

(x ln(ln 1x ))

= . . . = 1,

e) Kako je (tg x)2 cos x = e2 cos x ln tg x = e

2 ln tg x1

cos x i limx→π

2

2 ln tg x1

cos x

= 2 limx→π

2

ln tg x

sec x

= 2 limx→π

2

sec2 xtg x

sec x tg x = 2 limx→π

2

sec xtg2 x

= 2 limx→π

2

sec x tg x2 tg x sec2 x

= limx→π

2

cos x = 0, to je

limx→π

2

(tg x)2 cos x = e0 = 1,

f) Kako je (1+x2)1

ex−x−1 = e1

ex−x−1 ln(1+x2)i limx→0

ln(1 + x2)

ex − x − 1= lim

x→0

2x1+x2

ex − 1= . . . = 2,

to je limx→0

(1 + x2)1

ex−x−1 = e2 •


a) limx→0

1 − cos ax

1 − cos bx, b) lim

x→0

ln x

ctg x, c) lim

x→π(π − x) tg

x

2,

d) limx→+∞

xn

ex , e) limx→∞(1 +

3

x)x, f) lim

x→0

eax − ebx

sin x,

g) limx→ π

2a

1 − sin ax

(2ax − π)2, h) lim

x→0

e2x − 1

ln(1 + 2x), i) lim

x→1x

11−x ,

188

TEJLOROVA I MAKLORENOVA FORMULA

j) limx→0

(e2x + x)1x , k) lim

x→1(2 − x)tg

πx2 , l) lim

x→+∞(tgπx

2x + 1)

1x ,

lj) limx→0

(

arcsin x

x

) 1x2

, m) limx→+∞(

2

πarctg x)x, n) lim

x→0

(

arctg x

x

) 1x2

,

nj) limx→+∞

x2 ln x − x

(ln x)x + x, o) lim

x→0+

( 1x)

1x

(ctg x)ctg x , p) limx→+∞

(ln x)xln x

xlnx x,

r) limx→0

(

tg(sin x)

sin(tg x)

) 1x2

, s) limx→0+

(

ln(1 + x)

3((1 + x)13 − 1)

) xsin x2

.

Rezultat:

a) a2

b2, b) 0, c) 2, d) 0, e) e3, f) a − b, g) 1

8 , h) 1, i) 1e , j) e3, k) e

2π , l) 1,

lj) e16 , m) e−

2π , n) e−

13 , nj) 0, o) 1, p) 0, r) 1, s) e−

16 •

6.9.3. Tejlorova i Maklorenova formula

Tejlorova (B. Taylor) formula na intervalu

Neka je f : (a, b) → R i neka ∃f (n+1) na (a, b). Tada ∀x, x0 ∈ (a, b)∧∀p > 0 ∃Θ takvoda vazi formula:

f(x) = f(x0) +(x − x0)

1!f ′(x0) +

(x − x0)2

2!f ′′(x0) + . . . +

(x − x0)n

n!f (n)(x0)

+(1 − Θ)n−p+1(x − x0)

n+1

(n)!pf (n+1)(x0 + Θ(x − x0)), (0 < Θ < 1).

U specijalnom slucaju, kada je x0 = 0, imamo Maklorenovu formulu (C. Maclaurin):

f(x) = f(0) +x

1!f ′(0) +

x2

2!f ′′(0) + . . . +

xn

n!f (n)(0) +

xn+1(1 − Θ)n−p+1

(n + 1)!f (n+1)(Θx),

(0 < Θ < 1).

Izraz Rn+1(x) = (x−x0)n+1

(n+1)! f (n+1)(x0 + Θ(x − x0)), (0 < Θ < 1), naziva se ostatkom

Tejlorovog reda u Lagranzovom obliku p = (n + 1), ili, za p = 1

Rn+1(x) =(1 − Θ1)

n(x − x0)n+1

n!f (n+1)(x0 + Θ1(x − x0)), (0 < Θ1 < 1)

ostatkom u Kosijevom obliku.

189


Lokalna Tejlorova formula ili Tejlorova formula sa ostatkom uPeanovom obliku

Ako je funkcija f definisana u nekoj okolini tacke x0 i ima konacan izvod f (n)(x0),tada vazi formula:

f(x) = f(x0) + f ′(x − x0) + · · · + f (n) (x − x0)

n!+ o((x − x0)

n), x → x0.

Ako je x − 0 = 0, tada imamo lokalnu Maklorenovu formulu.

Tejlorova formula za vektor-funkcije

Neka vektor-funkcija f : (a, b) → Ek ima izvod (n + 1)-og reda na (a, b), Tada za∀x, x0 ∈ (a, b) ∧ ∀pj > 0 ∃Θj , j = 1, 2, . . . , k, takvi da vazi formula

f(x) =n

∑

i=0

f (i)(x0)

i!(x − x0)

i + Rn+1(x),

gdje je:

f(x)=(f1(x), f2(x), . . . , fk(x)), Rn+1(x)=(R1n+1(x), R2

n+1(x), . . . , Rkn+1(x)) (x−x0)(n+1)

n! ,

Rjn+1(x) =

f(n+1)j (x0+Θk(x−x0)

pj(1 − Θj)

n−pj+1, 0 < Θj < 1. Za vektor-funkciju takod-e

vrijedi lokalna Tejlorova formula.

Polinom Pn(x) =n∑

k=0

(x−x0)k

k!f (k)(x0) naziva se Tejlorovim polinomom funkcije f(x) u

okolini tacke x0. Specijalno, za x0 = 0 polinom Pn(x) naziva se Maklorenovim polinomom.

99. Koristeci Tejlorovu formulu razloziti polinom

a) P4(x) = 3x4 − 4x3 − 9x + 1 po stepenima binoma (x − 2),

b) P3(x) = −2x3 + 5x2 + 3x + 1 po stepenima binoma (x + 1),

c) P5(x) = x5 − 2x4 + x3 − x2 + 2x − 1 po stepenima binoma (x − 1).

Rjesenje:

a) Kako je

P4(x) = 3x4 − 4x3 − 9x + 1 i P4(2) = −1,P ′(x) = 12x3 − 12x2 − 9 i P ′(2) = 39,P ′′(x) = 36x2 − 24x i P ′′(2) = 96,P ′′′(x) = 72x − 24 i P ′′′(2) = 120,

P (4)(x) = 72 i P (4)(2) = 72,

190


to Tejlorova fomula glasi:

P (x) = P (2) +P ′(2)

1!(x − 2) +

P ′′(2)

2!(x − 2)2 +

P ′′′(2)

3!(x − 2)3 +

P (4)(2)

4!(x − 2)4

= −1 +39

1!(x − 2) +

96

2!(x − 2)2 +

120

3!(x − 2)3 +

72

4!(x − 2)4

= −1 + 39(x − 2) + 48(x − 2)2 + 20(x − 2)3 + 3(x − 2)4,

b) P (x) = 5 − 13(x + 1) + (x + 1)2 − 2(x + 1)3,

c) P (x) = 3(x − 1)3 + 3(x − 1)4 + (x − 1)5 •100. Odrediti polinom treceg stepena tako da je P (−1)=P ′(−1)=P ′′(−1)=P ′′′(−1)=6.

Rjesenje:

Prema Tejlorovoj formuli to ce biti polinom

P (x) = P (−1) +P ′(−1)

1!(x + 1) +

P ′′(−1)

2!(x + 1)2 +

P ′′′(−1)

3!(x + 1)3

= 6 + 6(x + 1) + 3(x + 1)2 + (x + 1)3 = x3 + 6x2 + 15x + 16 •

101. Odrediti tri clana razlaganja funkcije f(x) =√

x po cijelim pozitivnim stepenima

binoma (x − 1).

Rjesenje:

Na osnovu Tejlorove formule sa Peanovim ostatkom imamo:

f(x) = f(1) + f ′(1)(x − 1) +f ′′(1)

2!(x − 1)2 + o((x − 1)2), x → 1,

i

f(1) = 1, f ′(x) =1

2√

x, f ′(1) =

1

2, f ′′(x) = − 1

4√

x3, f ′′(1) = −1

4,

pa je

f(x) = 1 +1

2(x − 1) − 1

8(x − 1)2 + o((x − 1)2), x → 1 •

102. Funkciju f(x) = x+3x2+3

, x ∈ (−∞, +∞), razloziti prema Tejlorovoj formuli sa La-

granzovim ostatkom. Razlaganje uraditi u okolini tacke x0 = 1 i odrediti prva tri

clana razlaganja.

191


Rjesenje:

Trazeno razlaganje ima oblik:

f(x) = f(1) + f ′(1)(x − 1) +f ′′(1)

2!(x − 1)2 +

f ′′′(1 + Θ(x − 1))

3!(x − 1)3, 0 < Θ < 1.

Kako je f(1) = 1, f ′(1) = − 316 , f ′′(1) = −1

4 , to je

f(x) = 1 − 3

16(x − 1) − 1

8(x − 1)2 +

f ′′′(1 + Θ(x − 1))

3!(x − 1)3 •

103. Funkciju f(x) = ex sin x u okolini tacke x = 0 aproksimirati polinomom treceg ste-pena, pa ocijeniti gresku koja se cini za x ∈ [0, 1

10 ].

Rjesenje:

Maklorenov polinom treceg stepena glasi:

f(x) = f(0) + f ′(0)x +f ′′(0)

2!x2 +

f ′′′(0)

3!x3 + R4(x),

R4(x) =x4

4!f (4)(Θx), 0 < Θ < 1.

Kako je:f(x) = ex sin x,

f ′(x) = ex sin x + ex cos x,

f ′′(x) = 2ex cos x,

f ′′′(x) = 2ex cos x − 2ex sin x,

f (4)(x) = − 4ex sin x

if(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 2, f ′′′(0) = 2, f (4)(Θx) = −4eΘx sin Θx,

to je

ex sin x = x + x2 +x3

3+ R4(x), R4(x) =

x4

4!(−4eΘx sin Θx), 0 < Θ < 1.

Dakle, u intervalu [0, 110 ] uzimamo da je ex sin x ≈ x + x2 + x3

3 . Procjenu greske koja sepri tome cini odredicemo na sledeci nacin:

|R4(x)| =x4

6eΘx| sin Θx| <

1

6 · 104e

Θ10 sin

Θ

10,

192


jer je greska najveca na kraju posmatranog intervala, za x = 110 . Kako je, s obzirom na

osobinu broja Θ,

eΘ10 < e

110 < 2

i

sinΘ

10< sin

1

10<

1

10,

to je

|R4(x)| <1

6 · 104e

Θ10 sin

Θ

10<

1

6 · 104e

110 sin

1

10<

2

6 · 105=

1

3 · 105.

Dakle, ako uzmemo da je ex sin x ≈ x + x2 + x3

3 za x ∈ [0, 110 ], cinimo gresku manju od

13·105 .

Napomenimo da je broj tacan na k decimala ako je greska manja od 12·10k . Kako je

13·105 < 1

2·105 , to pomocu dobijenog polinoma vrijednosti date funkcije u intervalu [0, 110 ]

mozemo izracunati na pet tacnih decimala. Tako je, na primjer,

f(1

10) = e

110 sin

1

10≈ 1

10+

1

100+

1

3000= 0, 11033

na pet decimala tacno •

104. Aproksimirati funkciju f(x) = x2 ln2 x u okolini tacke x0 = 1 Tejlorovim polinomom

cetvrtog stepena i procijeniti gresku za x ∈ [0, 9; 1, 1].

Rezultat:

x2 ln2 x = (x − 1)2 + (x − 1)3 − 112(x − 1)4 + R5(x), |R5(x)| < 10−4, x ∈ [0, 9; 1, 1] •

105. Funkciju f(x) =√

2 + x u okolini tacke x0 = −1 aproksimirati Tejlorovim polinomom

drugog stepena, pa ocijeniti gresku koja se cini za x ∈ [−1,−45 ].

Rjesenje:

Tejlorov polinom drugog stepena u okolini tacke x0 = −1 glasi:

f(x) = f(−1) + f ′(−1)1! (x + 1) + f ′′(−1)

2! (x + 1)2 + R3(x),

R3(x) = (x+1)3

3! f ′′′(−1 + Θ(x + 1)), 0 < Θ < 1. Kako je

f(x) = (2 + x)12 i f(−1) = 1,

f ′(x) = 12(2 + x)−

12 i f ′(−1) = 1

2 ,

f ′′(x) = −14(2 + x)−

32 i f ′′(−1) = −1

4 ,

193


f ′′′(x) = 38(2 + x)−

52 i f ′′′(−1 + Θ(x + 1)) = 3

8[1+Θ(x+1)]52

,

to je√

2 + x = 1 + 12(x + 1) − 1

8(x + 1)2 + R3(x), R3(x) = x3

16[1+Θ(x+1)]52

, 0 < Θ < 1.

Za procjenu greske imamo: |R3(x)| =|x3|

16[1+Θ(x+1)]52

<∣

∣R3

(

−45

)∣

∣ =64125

16(1+Θ5 )

52

< 4125 , jer

je64125

16(1+Θ5 )

52

najvece za Θ = 0.

Prema tome, uzmemo li da je√

2 + x ≈ 1 + 12(x + 1) − 1

8(x + 1)2 za x ∈ [−1,−45 ],

napravicemo gresku koja je manja od 4125 •

106. a) Aproksimirati funkciju f(x) =√

1 + x Tejlorovim polinomom drugog stepena uokolini tacke x0 = 0 i procijeniti greski za x ∈ [0, 1],b) Koristeci dobijeni Tejlorov polinom, odrediti priblizno

√1, 21,

√1, 44,

√2.

Rezultat:

a)√

x + 1 = 1 + 12x − 1

8x2 + R3(x), |R3(x)| < 0, 063, x ∈ [0, 1],

b)√

1, 21 = 1, 0994875 ± 0, 00058,√

1, 44 = 1, 19858 ± 0, 0054,√

21, 375 ± 0, 063.Brojevi 0,00058, 0,0054, 0,063 su gornje granice apsolutnih gresaka •

107. a) Aproksimirati funkciju f(x) = 3√

x Tejlorovim polinomom n-tog stepena u okolinitacke x0 = 4 i procijeniti gresku za x ∈ [3, 5; 4, 5],b) Odrediti najmanji stepen Tejlorova polinoma za koji je greska aproksimacije nadatom intervalu manja od 10−8,c) Izracunati 3

√3, 7 s tacnoscu na tri decimale ako je poznato da je 3

√4 = 1, 58740.

Rezultat:

a) 3√

x = 3√

4[

1 + 11!

x−412 − 2

2!

(x−412

)2+ · · · + (−1)n(3n−4)!!!

n!

(x−412

)n]

+ Rn+1(x),

|Rn+1(x)| =|f (n+1)(Θx+(1−Θ)·4|

(n+1)! · |x − 4|n+1 < 2·(3n−1)!!!

(n+1)!3n+1·7n+1 , x ∈ [3, 5; 4, 5],

b) Dovoljno je naci sto manje n tako da vazi 2·(3n−1)!!!

(n+1)!3n+1·7n+1 < 10−8, n = 8,

c) 3√

3, 7 = 1, 5467 ± 0, 0005 •108. Aproksimirati date funkcije Maklorenovim polinomom treceg stepena i procijeniti

ostatak u naznacenom intervalu:

a) f(x) = (2x2 + 3x)e−x, |x| ≤ 110 , b) f(x) = ln 1+sin x

1−sin x , x ∈ (0, π6 ),

c) f(x) = 1 + x2√

1 + x, x ∈ [0, 12 ], d) f(x) = tg x, |x| ≤ 1

10 .

194


Rezultat:

a) (2x2 + 3x)e−x = 3x − x2 − 12x3 + R4(x), |R4(x)| < 10−5, |x| ≤ 1

10 ,

b) ln 1+sin x1−sin x = x− 1

6x3 + −2 sin Θx4!(1−sin2 Θx)

x4, (0 < Θ < 1), |R4(x)| < 0, 0009 za x ∈ (0, π6 ),

c) 1 + x2√

1 + x = 1 + x2 + 12x3 + R4(x), |R4(x)| < 0, 005 za x ∈ [0, 1

2 ],

d) tg (x) = x + x3

3 + R4(x), |R4(x)| < 3 · 10−3 za |x| ≤ 110 •

109. Odrediti Maklorenovim polinomom koji funkciju f(x) na oznacenom intervalu, aprok-simira s tacnoscu do ε:

a) f(x) = 1√1−2x

, 0 ≤ x ≤ 18 , ε = 1

2 ·10−2, b) f(x) = ln(1−x), 0 < x < 12 , ε = 10−2,

c) f(x) = cos 2x, |x| ≤ 1, ε = 10−2, d) f(x) = sin 2x, x ∈ (0, π8 ), ε = 10−1.

Rjesenje:

a) f (n)(x) = (2n−1)!!

(1−2x)n√

1−2x, f (n+1)(x) = (2n+1)!!

(1−2x)n+1√

1−2x, f (n)(0) = (2n − 1)!!,

f (n+1)(Θx) = (2n+1)!!

(1−2Θx)n+1√

1−2Θx, R(n+1)(x) = (2n+1)!!

(n+1)! ·( x

1−2Θx

)n+1 · 1√1−2Θx

,

|R(n+1)(x)| ≤ (2n+1)!!(n+1)! · 1

6n+1 za x ∈ [0, 18 ]. Da bi bilo |R(n+1)(x)| < 1

210−2 za x ∈ [0, 18 ],

dovoljno je da je (2n+1)!!(n+1)! · 1

6n+1 < 1210−2 = 0, 005, sto je ispunjeno za n = 3, pa je

1√1−2x

= 1 + x + 32x2 + R4(x), |R4(x)| < 0, 005 za x ∈ [0, 1

8 ],

b) ln(1 − x) = −x − x2

2 − x3

3 − x4

4 − x5

5 − x6

6 + R7(x), |R7(x)| < 0, 01 za x ∈ [0, 12 ],

c) cos 2x = 1 − 2x2 + 23x4 − 4

45x6 + R8(x), |R7(x)| < 0, 01 za x ∈ [−1, 1],

d) sin 2x = 2x − 43x3 + R5(x), |R5(x)| < 0, 001 za x ∈ [0, π

8 ] •110. Ocijeniti tacnost priblizne jednakosti sinx ≈ x za x ∈ [− 1

10 , 110 ].

Rjesenje:

Ocigledno je da je P (x) = x Maklorenov polinom drugog stepena funkcije

f(x) = sin x, pa je sin x = x + R3(x), R3(x) = x3

3! (sin x)′′′, x = Θx, tj. R3(x) =

x3

6 (− cos Θx), 0 < Θ < 1. Odavde je |R3(x)| =|x3|6 | cos Θx| < 1

6·103 cos Θ10 < 1

6·103 , pa

kako je 16·103 < 1

2·103 i priblizna jednakost sin x ≈ x, izracunavamo vrijednost funkcije

f(x) = sin x za x ∈ [− 110 , 1

10 ] na tri tacna decimala •

195


111. Izracunati pribliznu vrijednost: a) sin 18o, b) arctg 0, 8.

Rjesenje:

a) Prema Maklorenovoj formuli sa Lagranzovim ostatkom imamo:

sin 18o = sin π10 = π

10 − 16

π3

103 + 1120

π5

105 + R7(x), gdje je |R7(x)| < 17!

π7

107 , pa je

sin 18o ≈ π

10

(

1 − π2

600+

π4

12 · 105

)

≈ 0, 314159

(

1 − 9, 869604

600+

(9, 869604)2

12 · 105

)

≈ 0, 314159(1 − 0, 016449 + 0, 000079) ≈ 0, 309017 ,

b) Prema Tejlorovoj formuli, za x0 = 1 je arctg 0, 8 = arctg (x0 − 0, 2) ≈ 0, 67474 •112. Odrediti interval u kome Maklorenov polinom drugog stepena aproksimira funkciju

f(x) = cos x sa greskom manjom od 1105 .

Rjesenje:

Maklorenov polinom drugog stepena date funkcije jeste:

cos x = 1 − x2

2 + R4(x), R4(x) = x4

4! sin Θx, 0 < Θ < 1. Posto je

|R4(x)| =∣

∣

∣

x4

24 sin Θx∣

∣

∣< x4

24 | sin x| < x5

24 , jer je | sin x| < x, to iz|x5|24 < 1

105 slijedi |x| <5√2410 .

Dakle, polinom 1− x2

2 aproksimira funkciju f(x) = cos x s greskom manjom od 1105 u

intervalu −5√2410 < x <

5√2410 •

113. Izracunati:

a) cos 9◦ s tacnoscu do 10−5, b)√

5 s tacnoscu do 10−4.

Rezultat:

a) cos 9◦ ≈ 0, 98769,

b) Funkciju f(x) =√

x razloziti prema Tejlorovoj formuli u okolini tacke x0 = 4, pau dobijenom razlaganju uzeti da je x = 5. Dobice se, za n ≥ 4 da je

√5 ≈ 2, 236022 •

114. Napisati Maklorenov polinom n-tog stepena sa Lagranzovim ostatkom za funkcijuf(x) = ex, pa koristeci tako dobijeni polinom izracunati 4

√e na cetiri decimala tacno.

Rjesenje:

Kako je f (k)(x) = ex i f (k)(0) = 1 za k = 0, 1, . . . , n i f (n+1)(Θx) = eΘx, to je

ex = 1 + x1! + x2

2! + x3

3! + . . . + xn

n! + Rn+1(x), Rn+1(x) = xn+1

(n+1)!eΘx, 0 < Θ < 1. Uzmimo

da je x = 14 , to je 4

√e = e

14 = 1 + 1

4·1! + 142·2!

+ 143·3!

+ . . . + 14n·n! + Rn+1(

14),

Rn+1(14) = 1

4n+1(n+1)!e

Θ4 , 0 < Θ < 1.

196


Da bismo odredili koliko je sabiraka najmanje potrebno sabrati da bi se dobila trazena

tacnost, postupimo ovako: Rn+1(14) < e

14

4n+1(n+1)!< 2

4n+1(n+1)!. Dakle, mora biti za-

dovoljeno 24n+1(n+1)!

< 12·104 , a to je zadovoljeno za n ≥ 4. Prema tome je 4

√e ≈

1 + 14·1! + 1

42·2!+ 1

43·3!+ 1

44·4!= 1, 2840 na cetiri decimala tacno •

115. Koristeci lokalnu Maklorenovu formulu dokazati slijedece (asimptotske) formule:

1. sin x = x − x3

3 + . . . + (−1)n−1 x2n−1

(2n−1)! + o(x2n), x → 0,

2. cos x = 1 − x2

2 + . . . + (−1)n x2n

(2n)! + o(x2n+1), x → 0,

3. (1 + x)m = 1 + mx + m(m−1)2! x2 + . . . + m(m−1)(m−2)...(m−n+1)

n! xn + o(xn), x → 0,

4. ln(1 + x) = x − x2

2 + . . . + (−1)n−1 xn

n + o(xn), x → 0.

Napomena: U svakom od navedenih primjera treba pokazati da je Rk(x) = o(xk), x → 0,

tj. da je limx→0

Rk(x)

xk= 0. Na primjer, u 1. je

R2n(x) =(−1)nx2n+1 cos Θx

(2n + 1)!, lim

x→0

R2n(x)

x2n = 0, (0 < Θ < 1, n ∈ N) •

116. Procijeniti, pomocu Tejlorove formule sa Lagranzovim ostatkom, apsolutnu greskuucinjenu uzimajuci da je:

a) sin x ≈ x − x3

3! + x5

5! , |x| ≤ 1,

b) cos x ≈ 1 − x2

2! + x4

4! − x6

6! , |x| ≤ 0, 5,

c) ex ≈n∑

k=0

xk

k!, 0 ≤ x ≤ 1,

d) tg x ≈ x + x3

3 , |x| ≤ 0, 1,

e) ln(1 + x) ≈ x − x2

2 + x3

3 − x4

4 , |x| ≤ 0, 1,

f)√

1 + x ≈ 1 + x2 − x2

8 + x3

16 , 0 ≤ x ≤ 0, 2.

Rezultat:

a) 17! , b) 2

18 · 8!, c) e

(n+1)! , d) 2 · 10−6, e) 2 · 10−6, f) 1, 5 · 10−3 •

197


117. Razloziti date funkcije po cijelim pozitivnim stepenima promjenjljive x do navedenog

clana zakljucno:

a) f(x) = 1=x+x2

1−x+x2 do clana s x4, b) f(x) = e2x−x2do clana s x5,

c) f(x) =3√

sin x3 do clana s x13, d) f(x) = ln cos x do clana s x6,

e) f(x) = sin(sin x) do clana s x3.

Rjesenje:

a) Datu funkciju mozemo napisati u obliku: f(x) = 1 + (2x + 2x2)(1 + x3)−1. Na

osnovu asimptotske formule 3. imamo da je (1 + x3)−1 = 1 − x3 + o(x5), x → 0, pa je

f(x) = 1 + (2x + 2x2)(1 − x3 + o(x5)) = 1 + 2x + 2x2 − 2x4 + o(x4), x → 0,

b) e2x−x2= 1 + 2x + x2 − 2

3x3 − 56x4 − 1

15x5 + o(x5), x → 0,

c)3√

sin x3 = x − x7

18 − x13

3240 + o(x16), x → 0,

d) ln cos x = −x2

2 − x4

12 − x6

45 + o(x7), x → 0,

e) sin(sin x) = x − x3

3 + o(x4), x → 0 •

118. Ako je |x| mala velicina, pokazati da je:

a) 3√

1+x1−x − 3

√

1−x1+x ≈ 4

3x, b) ln 2ln(1+ x

100)≈ 70

x •

119. Pokazati da je:

a) ex2|x| = 1 + x3|x| + x8

2! + · · · + x3n|x|n! + o(x4n),

b) e− 1

x2 = 1 − 1x2 + 1

2x4 − · · · + (−1)n 1n!x2n + o

(

1x2n

)

,

c) ex√

x = 1 + x√

x + x3

2! +x2√x

3! + · · · + (x√

x)n

n! +eξ(x

√x)n+1

(n+1)! , 0 < ξ < x√

x, x > 0 •

120. Odrediti koeficijente A i B tako da, kada x → 0, vazi jednakost

ctg x = 1+Ax2

x+Bx3 + O(x5).

Rjesenje:

Kako je ctg x = cos xsin x = 1+Ax2

x+Bx3 +O(x5), to je (x+Bx3) cos x = (1+Ax2) sin x+O(x7).

Na osnovu asimptotskih formula 1. i 2. imamo:

(x + Bx3)(1 − x2

2! + x4

4! + O(x6)) = (1 + Ax2)(x − x3

6 + x5

5! + O(x7)) + O(x7), odakle je

198


x − x3

2! + x5

4! + O(x7) + Bx3 − B x5

2 = x − x3

6 + x5

120 + O(x7) + Ax3 − A6 x5 + O(x7), pa je

−1

2+ B = A − 1

6,

1

24− B

2=

1

120− A

6,

odakle je A = −25 , B = − 1

15 •121. Odrediti koeficijente A, B, C i D tako da, kada x → 0, vazi asimptotska fomula:

ex = 1+Ax+Bx2

1+Cx+Dx2 + O(x5).

Rezultat:

A = 12 , B = 1

12 , C = −12 , D = − 1

12 •122. Vektor-funkciju f(x) =

(

1x , x

x+2 , arctg x)

, x ∈ R \ {0,−2}, razloziti po stepenima

binoma (x − 1) do clana (x − 1)2 zakljucno.

Rjesenje:

Prema Tejlorovoj formuli za vektor-funkciju imamo da je:

f(x) = f(1) + f ′(1)(x− 1) + 12 · f”(1)(x− 1)2 + R3, f(1) =

(

1, 13 , π

4

)

, f ′(1) =(

−1, 29 , 1

2

)

,f”(1) =

(

2,− 427 ,−1

2

)

, pa je f(x) =(

1, 13 , π

4

)

+(

−1, 29 , 1

2

)

(x−1)+(

1,− 227 ,−1

4

)

(x−1)2+R3,gdje je R3 -ostatak u bilo kom obliku •

123. Razloziti prema Tejlorovoj formuli sljedece funkcije:

a) f(x) = (cos(sin x)), sin(cos x)), esin x), x ∈ R u okolini tacke x0 = 0 do clana s x4,

b) f(x) = (f1(x), f2(x), f3(x)) u okolini tacke x0 = 0 do clana s x5, gdje je f1(x) =x2

ex−x−1 , x 6= 0, f1(0) = 2, f2(x) =√

cos x−1

x2 , x 6= 0, f2(0) = −14 , f3(x) = arcsin x •

124. Odrediti limx→0

f(x)g(x) , gdje je f(0) = g(0) = 0.

Pretpostavlja se da se funkcije f(x) i g(x) mogu razloziti po Maklorenovoj formuliogranicavajuci se na prvi clan koji je razlicit od nule u razlaganju tih funkcija:

f(x) = axn + o(xn), a 6= 0g(x) = bxm + o(xm), b 6= 0.

Ako je m = n, tada je

limx→0

f(x)

g(x)= lim

x→0

axn + o(xn)

bxn + o(xn)=

a

b.

199


Ako je n > m, tada je limx→0

f(x)

g(x)= 0, a za m > n je lim

x→0

f(x)

g(x)= ∞.

Na primjer, odrediti limx→0

√1 + 2 tg x − ex + x2

arcsin x − sin x.

Rjesenje:

Funkcije u brojiocu i imeniocu beskonacno su male velicine kada x → 0. Posto je,prema Maklorenovoj formuli,

sin x = x − x3

6+ o(x3), x → 0,

arcsin x = x +x3

6+ o(x3), x → 0,

to je arcsin x − sin x = x3

3 + o(x3), x → 0.

Na osnovu zadatka 116. pod f) i tg x = x + 13x3 + o(x3), x → 0, slijedi da je:

√

1 + 2 tg x = 1 +1

2(2 tg x) − 1

8(2 tg x)2 +

1

16(2 tg x)3 + o(tg3 x) =

=1 + x +1

3x3 − 1

2x2 +

1

2x3 + o(x3) = 1 + x − 1

2x2 +

5

6x3 + o(x3).

Ako je ex = 1 + x + 12x2 + 1

6x3 + o(x3), tada je:

√

1 + 2 tg x − ex + x2 =2

3x3 + o(x3), x → 0.

Dakle,

limx→0

√1 + 2 tg x − ex + x2

arcsin x − sin x= lim

x→0

23x3 + o(x3)13x3 + o(x3)

= 2 •


1−(cos x)sin x

x3 .

Rjesenje:

Na osnovu asimptotskih formula i jednakosti

[f(x)]g(x) = eg(x) ln f(x), f(x) > 0,

slijedi da je

limx→0

x−3(1 − esin x ln cos x) = limx→0

1 − (1 + sin x ln cos x + o(x3))

x3= − lim

x→0

ln cos x

x2

= − limx→0

ln(1 − sin2 x)

2x2=

1

2limx→0

sin2 x + o(x2)

x2=

1

2•

200

PRIMJENA LOPITALOVA PRAVILA I ASIMPTOTSKIH FORMULA


(

6√

x6 + x5 − 6√

x6 − x5)

.

Rjesenje:

Transformacijom datog izraza i primjenom asimptotske formule 3. dobicemo da je:

limx→+∞

(

6√

x6 + x5 − 6√

x6 − x5)

= limx→+∞x

(

(x +1

x)

16 − (1 − 1

x)

16

)

= limx→+∞ x(1 +

1

6x+ o

(

1

x

)

− (1 − 1

6x+ o

(

1

x

)

)) =1

3•

Primjena Lopitalova pravila i asimptotskih formula


a) limx→0

ex − e−x − 2x

x − sin x, b) lim

x→0[cos(xex) − ln(1 − x) − x]ctg x3

,

c) limx→2

(√

3 − x + ln(x

2))

1sin2(x−2) , d) lim

x→0

1 + cos x −√

1 + 2x

ln(1 + x) − x,

e) limx→0

ex −√

1 + 2x + 2x2

x + tg x − sin 2x, f) lim

x→0(√

1 + x − x)1x ,

g) limx→0

(

sin x

2(√

1 + x − 1)

)ctg x

, h) limx→+∞(x3 ln(1 +

1

x) − x2 +

x

2),

i) limx→+∞((x3 − x2 +

x

2+ 1)e

1x − 4

√

x12 − x9 + 2), j) limx→+∞(

5√

x5 + x4 − 5√

x5 − x4),

k) limx→+∞((x3 + x) sin

1

x− 3

√

x6 − 3x4 + 1).

Rezultat:

a) 2, b) e−23 , c) e−

14 , d) −1, e) 2

5 , f) e−12 , g) e

14 , h) 1

3 , i) 1712 , j) 2

5 , k) 116 •


a) limx→0

(

sh xx

)1x2 −

(

th xx

)− 12x2

xn , b) limx→0

(

ln(1+x)x

) 1x −

(

ex−1x

) 1x

xn ,

c) limx→0

(

arcsin xx

)1x2 −

(

arsh xx

)1x2

xn , d) limx→0+

tgx(1 − xx),

201


e) limx→0

(

18√

1 + 3x + 4x2 − 16√

1 + 8x

x, x ln(ex − 1),

arcsin(ex2 − 1)

x2

)

,

f) limx→1

sin πx−cos πx2

xn−11

(x−1)2− ctg(x − 1)2

arcsin x − π2

ln(x+ex−1)

x2

,

g) limx→0

1

x5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x x2 . . . xn

x2 x3 . . . xn+1

......

...xn xn+1 . . . x2n−1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

x sin x x2

x tg x

∣

∣

∣

∣

,

h)

limx→0

∣

∣

∣

∣

sin x cos xx2 tg x

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

ex−1 sin2 x1 ln(1 + x)

∣

∣

∣

∣

, i)

limx→0

det

(

x sin xex − 1 1 + x2

)

det

(

x cos x tg xsh x ex

) .

Rezultat:

a) − 7240e

16 , n = 2, b) −2 sh 1

2 , n = 0, c) 0, n ≤ 2,

d) 1, e) (−13 , 0, 1), f)

(

− π2n 00 1

)

, h) 87 , i) 1 •

202

RASCENJE I OPADANJE FUNKCIJE. NEJEDNAKOSTI

7. Ispitivanje funkcija pomocu izvoda

7. 1. Rascenje i opadanje funkcije. Nejednakosti

Funkciju f(x) nazivamo rastucom (opadajucom) na intervalu [a, b] ako je

f(x2) > f(x1) (f(x2) < f(x1)) ∀x1, x2 ∈ [a, b] i x1 < x2.

Ako je funkcija y = f(x) neprekidna na intervalu [a, b] i diferencijabilna u intervalu(a, b) tada:

(1) Ako je f ′(x) > 0 za svako x ∈ (a, b) funkcija raste na [a, b],

(2) Ako je f ′(x) < 0 funkcija opada na [a, b],

(3) Ako je f ′(x) = 0 za svako x ∈ (a, b) funkcija je konstantna na [a, b].

129. Odrediti intervale monotonosti sljedecih funkcija:

a) y = 2x3 − 9x2 + 12x, b) y = 1x+1 , c) y = x2+1

(x−1)2, d) y = x3

x3+1.

Rjesenje:

a) Kako je y′ = 6(x − 1)(x − 2) = 0 za x1 = 1 i x2 = 2 i y′ > 0 za x ∈ (−∞, 1) ix ∈ (2, +∞), to funkcija raste na intervalima (−∞, 1) i (2, +∞), a opada na intervalu(1, 2), jer je y′ < 0 za svako x ∈ (1, 2):

−∞ +∞x 1 2x − 1 - 0 + +x − 2 - - 0 +

y′ + 0 - 0 +

y ր ց ր ,

203


b) Funkcija je definisana za x 6= −1. Kako je y′ = −1(x+1)2

< 0 za x ∈ R, slijedi da

funkcija opada za x ∈ R,

c) Funkcija je definisana za x 6= 1. Posto je y′ = −2(x2−1)

(x−1)4> 0 za |x| < 1, to funkcija

raste za x ∈ (−1, 1). Kako je y′ < 0 za |x| > 1, to funkcija opada za x ∈ (−∞,−1) ix ∈ (1, +∞),

d) Funkcija je definisana za x 6= −1. Kako je y′ = 3x2

(x3+1)2> 0 za svako x ∈ R, to

funkcija raste za x ∈ R •130. Odrediti intervale u kojima su funkcije rastuce, odnosno opadajuce:

a) y = x ln x, b) y = x2 ln x, c) y = ln |x|, d) y = x2 − 2 ln x,

e) y = ln x + 1, f) y = ln(x + 2), g) y = ln√

1 + x2, h) y =

1

eza x < e

ln x

xza x ≥ e .

Rjesenje:

a) Funkcija je definisana za x > 0. Posto je y′ = ln x + 1 > 0 za x > e−1, to slijedi dafunkcija raste za x ∈ (e−1, +∞), a opada za x ∈ (0, e−1),

b) Funkcija je definisana za x > 0. Kako je y′ = x(2 ln x+1) > 0 za x > e−12 , to funkcija

raste za x ∈ (e−12 , +∞), a opada za x ∈ (0, e−

12 ),

c) Funkcija je definisana za R\{0}. Posto je

y′ =|x|′|x| =

1

|x| za x > 0

− 1

|x| za x < 0,

odnosno y′ = 1x , to je y′ > 0 za x > 0, y′ < 0 za x < 0, pa funkcija raste za x ∈ (0, +∞),

a opada za x ∈ (−∞, 0),

d) Data funkcija definisana je za x > 0. Posto je y′ = 2(x2−1)x > 0, za x ∈ (1, +∞), to

funkcija raste za x ∈ (1, +∞). Kako je y′ < 0 za x ∈ (0, 1), to funkcija opada zax ∈ (0, 1),

e) Data funkcija definisana je za x > 0. Izvod funkcije je y′ = 1x > 0 za x ∈ (0, +∞), pa

funkcija raste za x ∈ (0, +∞),

f) Funkcija definisana je za x > −2. Kako je y′ = 1x+2 > 0 za x iz oblasti definisanosti,

funkcija je rastuca.

204


g) Funkcija je definisana za x ∈ R. Kako je y′ = x1+x2 > 0 za x > 0 to funkcija raste za

x ∈ (0, +∞), a opada za x < 0 jer je y′ < 0 za x ∈ (−∞, 0),

h) Funkcija je diferencijabilna na citavoj brojnoj pravoj, pri cemu je

y′ =

{

0 za x < e,1−ln x

x2 za x ≥ e .

Kako je y′ ≤ 0 za svako x, to je data funkcija nerastuca na citavoj brojevnoj pravoj.Konstantna je za x ∈ (−∞, e), a strogo opadajuca u intervalu (e, +∞) •

131. Odrediti intervale monotonosti slijedecih funkcija:

a) y = xe−x, b) y = x2e−x2, c) y = ex

x , d) y = ekx, k > 0, e) y = (1 + 1x)x.

Rjesenje:

a) Data funkcija definisana je za svako x ∈ R. Kako je y′ = e−x(1 − x) > 0 za x ∈(−∞, 1), to funkcija raste za x ∈ (−∞, 1), a opada u intervalu (1, +∞) jer je y′ < 0za x ∈ (1, +∞),

b) Funkcija definisana je za x ∈ R. Posto je y′ = 2xe−x2(1− x2) > 0 za x ∈ (−∞,−1) i

x ∈ (0, 1), to funkcija u tim intervalima raste, a opada za x ∈ (−1, 0) i x ∈ (1, +∞),jer je za te vrijednosti x y′ < 0,

c) Funkcija je definisana za x 6= 0. Kako je y′ = ex(x−1)

x2 , to je y′ > 0 za x > 1, a y′ < 0za x < 1, pa funkcija raste za x > 1, a opada za x < 1,

d) Posto je y′ = kekx > 0 za svako x ∈ R, to funkcija raste za x ∈ R,

e) Funkcija raste za x ∈ (−∞,−1) i za x ∈ (0, +∞) •132. Odrediti intervale u kojima su funkcije rastuce, odnosno opadajuce:

a) y = x − 2 sin x, (0 ≤ x ≤ 2π), b) y = cos(πx), c) y = x + tg x,

d) y = 2 sin x + cos 2x, (0 ≤ x ≤ 2π), e) y = x(√

32 + sin(ln x)), x > 0, f(0) = 0.

Rjesenje:

a) Posto je y′ = 1 − 2 cos x > 0 za x ∈ (π3 , 5π

3 ), to funkcija raste za x ∈ (π3 , 5π

3 ), a opadaza x ∈ (0, π

3 ) i za x ∈ (5π3 , 2π), jer je za te vrijednosti x y′ < 0,

b) Data funkcija je parna, pa je dovoljno odrediti intervale monotonosti za x > 0. Kakoje y′ = π

x2 sin πx > 0 za 0 < π

x < π i 2kπ < πx < π + 2kπ, k ∈ N, to funkcija x

strogo raste za x ∈ (1, +∞) i za x ∈ ( 12k+1

, 12k ), k ∈ N. U intervalima ( 1

2k , 12k−1

),

205


k ∈ N je y′ < 0, pa u njima funkcija strogo opada. Ako je x < 0, tada, koristeciparnost funkcije, y′ > 0 za x ∈ (− 1

2k ,− 12k−1

), k ∈ N, pa funkcija strogo raste za

x ∈ (− 12k ,− 1

2k−1), a strogo opada za x ∈ (−∞,−1) i za x ∈ (− 1

2k+1,− 1

2k ), k ∈ N,

jer je u tim intervalima y′ < 0,

c) Data funkcija definisana je za x ∈ R\Uk∈Z{2k+12 π|k ∈ Z}. Posto je y′ = 1+ 1

cos2 x> 0

za svako x iz oblasti definisanosti, to je funkcija rastuca,

d) Posto je y′ = 2 cos x(1 − 2 sin x) > 0 za x ∈ (0, π6 ) i x ∈ (π

2 , 5π6 ) i za x ∈ (3π

2 , 2π), tofunkcija raste u navedenim intervalima, a opada za x ∈ (π

6 , π2 ) i za x ∈ (5π

6 , 3π2 ), jer

je u tim intervalima y′ < 0,

e) Funkcija raste na intervalu (e−7π12 +2kπ, e

13π12 +2kπ), a opada na (e

1312π+2kπ, e

1712π+2kπ),

k ∈ Z •133. Odrediti intervale monotonosti funkcija:

a) y = 3x2 − 2x, b) y = 1−x+x2

1+x+x2 , c) y = x − ex, d) y = xln x ,

e) y = 2x2 − ln x, f) y = x + cos x, g) y = ln(x +√

1 + x2),

h) y = x√

ax − x2, a > 0, i) y = arccos 1−x2

1+x2 , j) y = x(1 + 1x)x.

Rezultat:

a) Funkcija raste za x ∈ (13 , +∞), a opada za x ∈ (−∞, 1

3),

b) Funkcija raste za x ∈ (−∞,−1) i za x ∈ (1, +∞), a opada za x ∈ (−1, 1),

c) Funkcija raste za x ∈ (−∞, 0), a opada za x ∈ (0, +∞),

d) Funkcija raste za x ∈ (e, +∞), a opada za x ∈ (0, 1) i za x ∈ (1, e),

e) Za x ∈ (12 , +∞) funkcija raste, a opada za x ∈ (0, 1

2),

f) Funkcija monotono raste,

g) Funkcija monotono raste,

h) Funkcija raste za x ∈ (0, 34a), a opada za x ∈ (3

4a, a) •

134. Dokazati da ako su funkcije ϕ(x) i ψ(x) n-puta diferencijabilne (1) i ϕ(k)(x0) =ψ(k)(x0), k = 0, 1, 2, . . . , n − 1, (2) a ϕ(n)(x) > ψ(n)(x) za x > x0, (3) tada jeϕ(x) > ψ(x) za x > x0.

Dokaz:

Ako na funkciju u(n−1) = ϕ(n−1)−ψ(n−1) primijenimo Lagranzovu teoremu o srednjimvrijednostima na intervalu [x0, x], imacemo:

u(n−1)(x) − u(n−1)(x0) = u(n)(c)(x − x0),

206


odakle je, na osnovu (2) i (3),

u(n−1)(x) > 0, x > x0.

Analogno dokazuje se da je u(n−2)(x) > 0, itd. u(x) > 0, tj. ϕ(x) > ψ(x) za x > x0 •135. Dokazati nejednakosti:

a) ex > 1 + x, x 6= 0, b) x − x2

2 < ln(1 + x) < x, x > 0,

c) x − x3

6 < sin x < x, x > 0, d) tg x > x + x3

3 , 0 < x < π2 .

Dokaz:

a) Neka je ϕ(x) = ex i ψ(x) = 1 + x. Kako je ϕ(0) = ψ(0), ϕ′(x) > ψ′(x) za x > 0,to na osnovu primjera 134. slijedi da je ϕ(x) > ψ(x), za x > 0. Uzmimo da je x = −t zax ≤ 0, dobicemo:

ϕ(t) = e−t, ψ(t) = 1 − t, t ≥ 0.

Kako je ϕ(0) = ψ(0), ϕ′(t) > ψ′(t), t > 0, to je ϕ(t) > ψ(t) za t > 0, tj.

ex > 1 + x za x < 0,

b) Neka je ϕ(x) = x − x2

2 , ψ(x) = ln(1 + x), η(x) = x, x ≥ 0. Ocigledno je da jeϕ(0) = ψ(0) = η(0) i ϕ′(x) < ψ′(x) < η′(x) za x > 0, pa je, na osnovu primjera 134.

ϕ(x) < ψ(x) < η(x) za x > 0 ,

c) Koristeci oznake

ϕ(x) = x − x3

6, ψ(x) = sin x, η(x) = x,

imamo:ϕ(0) = ψ(0) = η(0), ϕ′(x) < ψ′(x) < η′(x)

za x > 0 i x 6= 2kπ. Na osnovu primjera 123. vazi nejednakost

ϕ(x) < ψ(x) < η(x), x > 0, x 6= 2kπ, k ∈ N.

Za x = 2kπ imamo nejednakosti

2kπ(1 − 4k2π2

6) < 0 < 2kπ,

207


tj.

ϕ(2kπ) < ψ(2kπ) < η(2kπ), k ∈ N.

Na taj nacin, za x > 0 vazi nejednakost

ϕ(x) < ψ(x) < η(x),

d) Uzmimo da je

ϕ(x) = tg x, ψ(x) = x +x3

3, 0 ≤ x <

π

2.

Kako je ϕ(0) = ψ(0) i ϕ′(x) > ψ′(x) za 0 < x < π2 (ϕ′(x) = 1 + tg2 x, ψ′(x) = 1 + x2,

tg2 x > x2 za 0 < x < π2 ), to, na osnovu prethodnog primjera, mozemo zakljuciti da je

ϕ(x) > ψ(x) za 0 < x <π

2•

136. Dokazati slijedece nejednakosti:

a) (xα + yα)1α > (xβ + yβ)

1β , x > 0, y > 0, 0 < α < β,

b) (1 + 1x)x < e < (1 + 1

x)x+1, x > 0,

c) xα − 1 > α(x − 1), α ≥ 2, x > 1,

d) n√

x − n√

a < n√

x − a, n > 1, x > a > 0,

e) 1 + 2 ln x ≤ x2, x > 0,

f) 2 ln(1+x)x − 3x+2

(1+x)2> 0, x > 0,

g) 2x(x+1) ln(1 + 1

x) + ln2(1 + 1x) − x+3

x(x+1)2> 0, x > 0,

h) x − x3

3! + x5

5! − . . . − x4n−1

(4n−1)! < sin x < x − x3

3! + x5

5! − . . . + x4n−3

(4n−3)! , x > 0, n ∈ N.

i) 1 − x2

2! + x4

4! − . . . − x4n−2

(4n−2)! ≤ cos x ≤ 1 − x2

2! + . . . + x4n

(4n)! , n ∈ N,

j) ex > 1 + x + x2

2! + . . . + xn

n! , x > 0, n ∈ N,

k) sin x ≤ 4xπ2 (π − x), 0 ≤ x ≤ π,

l) cos x ≤ 1 − 4x2

π2 , |x| ≤ π2 ,

m) 1) tg x ≥ xπ2−x

, 0 ≤ x ≤ π4 , 2) tg x ≤ x

π2−x

, π4 ≤ x < π

2 ,

208


n) sin x + tg x > 2x, 0 < x < π2 ,

nj) x1x < 1 + 3

2√

x, 1 < x < e •

137. Neka su vektori x, y ∈ Rn. Smatracemo da je x > y (x < y) ako je xk > yk (xk < yk)za svako k = 1, 2, . . . , n.

Analogno, vektor-funkcija

x(t) = (x1(t), x2(t), . . . , xn(t)), t ∈ [a, b]

je monotona rastuca (opadajuca) na intervalu T ⊂ [a, b] ako

∀t1, t2 ∈ T (t1 > t2) ⇒ (x(t1) > x(t2))(x(t1) < x(t2)).

Pokazati da je vektor-funkcija

x(t) = (sin t, t cos t, te−t2)

rastuca na intervalu (0, π4 ) •

138. Odrediti intervale monotonosti datih vektor-funkcija:

a) f(t) = (2| cos t| + | cos 2t| + 4t, 34t + 1

16 sin 4t + 1),

b) f(t) =(

t2t−1 , t

t2−1, 2 − t + t2

2 − t33

)

,

c) f(t) =

(

|1+t|32

2√

2, 2t√

(t3+1)3, 4(

3√

t2 − 3√

t2 + 1)

)

•

Matricnu funkciju A(t) = (aij(t)), i, j = 1, 2, . . . , n, nazivamo monotono rastucom (opa-dajucom) na intervalu (a, b) ako za ∀t1, t2 ∈ (a, b) iz

(t1 > t2) ⇒ (A(t1) > A(t2)), (A(t1) < A(t2)).

Za matrice A i B kazemo da je A > B (A < B), ako je aij > bij (aij < bij) zai, j = 1, 2, . . . , n.

139. Odrediti intervale monotonosti slijedecih matricnih funkcija:

a) A(t) =

(

sin2 t t2

|t| t3 + 3t2 + 15t

)

,

b) A(t) =

(

e−t2 sin tt

√t ln t

sh2 t ch2 t [t] + t

)

,

c) A(t) =

(

sin t + | sin t| cos t + | cos t|t + arcsin t2 t sin t

)

.

209


7. 2. Ekstremne vrijednosti funkcije

Neka je funkcija y = f(x) diferncijabilna u nekoj ε-okolini tacke x = x0 i neka jef ′(x0) = 0. Tada, ako je f ′(x) > 0 za ∀x ∈ (x0 − ε, x0) i f ′(x) < 0 za ∀x ∈ (x0, x0 + ε),funkcija f(x) u tacki x0 ima lokalni maksimum a ukoliko je f ′(x) < 0 za ∀x ∈ (x0 − ε, x0)i f ′(x) > 0 za ∀x ∈ (x0, x0 + ε), funkcija f(x) u tacki x = x0 ima lokalni minimum.Vrijednost lokalnog ekstrema je ymax (min) = f(x0). Ako je f ′(x) > 0 (f ′(x) < 0) za∀x ∈ (x0 − ε, x0 + ε), tada funkcija f(x) u tacki x0 nema lokalnog ekstremuma.

Drugim rijecima, ako funkcija f ′(x) pri prolazu kroz tacku x0 sa lijeva na desnomijenja znak, tada u tacki x0 funkcija ima ekstremnu vrijednost.

Ovaj se uslov moze prikazati tabelom:

x < x0 < x f(x)

y′ + 0 - max

y′ - 0 + min

y′ + 0 + nema ekstremuma

y′ - 0 - nema ekstremuma

Neka je funkcija y = f(x) n puta diferencijabilna u okolini tacke x = x0 i neka jef ′(x0) = f ′′(x0) = . . . = f (n−1)(x0) = 0, a f (n)(x0) 6= 0, tada je:

1) Za n – paran broj i f (n)(x0) < 0, tacka x = x0 tacka lokalnog maksimuma, a za n –paran broj i f (n)(x0) > 0 tacka x = x0 je tacka lokalnog minimuma.

2) Za n – neparan broj tacka x = x0 nije tacka lokalnog ekstremuma funkcije f(x).

Ako je n = 2 i f ′(x0) = 0, tada funkcija u tacki x = x0 ima:

a) lokalni maksimum ako je f ′′(x0) < 0,

b) lokalni minimum ako je f ′′(x0) > 0,

Ako je f ′′(x0) = 0, pitanje ekstremnih vrijednosti se rjesava pomocu izvoda viseg reda.

140. Odrediti lokalne ekstremne vrijednosti funkcija:

a) y = 3x2 − 2x, b) y = x3 + 2x2 + x − 4, c) y = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 2, d)y = (x − 2)2(x + 1)3.

Rjesenje:

a) Kako je y′ = 2(3x − 1) = 0 za x = 13 i y′′ = 6 > 0 za svako x, slijedi da funkcija ima

lokalni minimum za x = 13 i ymin = −1

3 ,

210

EKSTREMNE VRIJEDNOSTI FUNKCIJE

b) Kako je y′ = 3x2 + 4x + 1 = 0 za x1 = −13 i x2 = −1, to lokalni ekstremumi mogu

biti samo u tackama x1 i x2.

Kako je y′′(−13) = 2 > 0, y′′(−1) = −2 < 0, to data funkcija u tacki M1(−1

3 , 4) imalokalni minimum, a u tacki M2(−1,−112

27 ) lokalni maksimum,

c) Kako je y′ = 12x(x+1)(x−2) = 0 za x1 = −1, x2 = 0 i x3 = 2, to lokalni ekstremumimogu biti samo u tackama x1, x2 i x3. Za njihovo odred-ivanje koristicemo tabelu:

−∞ +∞x −1 0 212x - - 0 + +

x + 1 - 0 + + +x − 2 - - - 0 +

y′ - 0 + 0 - 0 +

y ց ∪ ր ∩ ց ∪ ր

Data funkcija u tackama M1(−1,−3) i M2(2,−30) ima lokalni minimum, a u tackiM3(0, 2) ima lokalni maksimum,

d) Posto je y′4 = 5(x − 2)(x + 1)2(x − 45) = 0 za x1 = −1, x2 = 4

5 i x3 = 2, to lokalniekstremumi mogu biti samo u tackama x1, x2 i x3. Odredicemo ih na osnovu promjeneznaka funkcije y′ pri prolazu kroz tacke x1, x2 i x3:

−∞ +∞x −1 45 2

(x + 1)2 + 0 + + +

x − 45 - - 0 + +

x − 2 - - - 0 +

y′ + 0 + 0 - 0 +

y ր ր ∩ ց ∪ ր

Data funkcija u tacki M1(45 ; 8, 4) ima lokalni maksimum, a u tacki M2(2, 0) lokalni

minimum. Kako funkcija y′ pri prolazu kroz tacku x1 = −1 ne mijenja znak, to u tackix1 = −1 data funkcija nema ekstremuma •

141. Naci lokalne ekstremne vrijednosti funkcija:

a) y = x2−7x+6x−10 , b) y = x2−x

x2−x+3, c) y = x

√1 − x2, d) y =

√x2 + 1 +

√x2 − 1,

e) y = x13 (1 − x)

23 , x ∈ R.

211


Rjesenje:

a) Data funkcija je definisana za x 6= 10. Kako je y′ = x2−20x+64(x−10)2

= 0 za x1 = 4 i

x2 = 16, a y′′ = 76(x−10)3

, to je y′′(4) < 0, a y′′(16) > 0, pa funkcija ima u tacki

M1(4, 1) lokalni maksimum, a u tacki M2(16, 25) lokalni minimum,

b) Data funkcija je definisana za ∀x ∈ R. Posto je y′ = 3(2x−1)

(x2−x+3)2= 0 za x = 1

2 , a

y′′(12) > 0, slijedi da funkcija ima u tacki M1(

12 ,− 1

11) lokalni minimum,

c) Funkcija je definisana za |x| ≤ 1. Kako je y′ = 1−2x2√1−x2

= 0 za x1 = − 1√2

i x2 = 1√2,

a y′′ = x(2x2−3)

(1−x2)√

1−x2, to je y′′( 1√

2) < 0, a y′′(− 1√

2) > 0, pa slijedi da funkcija u tacki

M1(1√2, 1

2) ima maksimum, a u tacki M2(− 1√2,−1

2) minimum,

d) Data funkcija definisana je za |x| ≥ 1. Kako je y′ = x(√

x2−1+√

x2+1)√x4−1

6= 0 za svako x

iz te oblasti definisanosti, to funkcija nema ekstremnih vrijednosti,

e) Funkcija ima maksimum u M1(13 , 1

33√

4) i minimum u M2(1, 0) •142. Odrediti lokalne ekstremne vrijednosti funkcija:

a) y = x ln x, b) y = x − ln x, c) y = 1+ln xx , d) y = ln x

x ,

e) y = 2 ln(1 + x) + x2

2 − x, f) y = arctg x − 12 ln(1 + x2), x ∈ R.

Rjesenje:

a) Funkcija je definisana za x > 0. Kako je y′ = ln x + 1 = 0 za x = e−1, a y′′ = 1x , to

je y′′(e−1) = e > 0, pa funkcija u tacki M1(e−1,−e−1) ima minimum,

b) Funkcija je definisana za x > 0. Kako je y′ = x−1x = 0 za x = 1, a y′′(1) > 0, slijedi

da funkcija u tacki M1(1, 1) ima minimum,

c) Funkcija definisana je za x > 0. Posto je y′ = − ln xx2 = 0 za x = 1, a y′′ = 2 ln x−1

x3 , pa

je y′′(1) < 0, odakle slijedi da funkcija u tacki M1(1, 1) ima maksimum,

d) Funkcija je definisana za x > 0. Kako je y′ = 1−ln xx2 = 0 za x = e, a y′′ = 2 ln x−3

x3 i

y′′(e) < 0, to slijedi da funkcija u tacki M1(e,1e) ima maksimum,

e) Data funkcija je definisana za x > −1. Posto je y′ = 1+x2

1+x > 0 za x ∈ R, funkcijanema ekstremuma,

f) Funkcija ima maksimum u M1(1,π4 − 1

2 ln 2), jer je y′= 1+x1+x2=0 za x=1 a y”(1)< 0 •

212


143. Naci lokalne ekstremne vrijednosti funkcija:

a) y = x2e−x, b) y = x2e1x , c) y = (1 − x)ex, d) y = ex

(x+3)2,

e) y = exa + e−

xa , f) y = |x|e−|x−1|, x ∈ R.

Rjesenje:

a) Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Posto je y′ = x(2 − x)e−x = 0 za x1 = 0 i

x2 = 2, a y′′ = (x2 − 4x + 2)e−x, to je y′′(0) > 0, a y′′(2) < 0, pa funkcija u tacki

M1(0, 0) ima minimum, a u tacki M2(2, 4e−2) maksimum,

b) Data funkcija je definisana za x 6= 0. Kako je y′ = (2x − 1)e1x = 0 za x = 1

2 , a

y′′(12) > 0, to funkcija u tacki M1(

12 , 1

4e2 ) ima minimum,

c) Funkcija je definisana za ∀x ∈ R. Kako je y′ = −xex = 0 za x = 0, a y′′(0) < 0, to

funkcija u tacki M1(0, 1) ima maksimum,

d) Funkcija je definisana za x 6= −3. Posto je y′ = ex(x+1)

(x+3)3= 0 za x = −1, a y′′(−1) > 0,

to funkcija u tacki M1(−1, 14e) ima minimum,

e) Funkcija je definisana za ∀x ∈ R. Kako je y′ = 1a(e

xa − e−

xa ) = 0 za x = 0, y′′(0) > 0,

to funkcija ima u tacki M1(0, 2) minimum,

f) Funkcija ima maksimum u tackama M1(−1, e−2), M2(1, 1), a minimum u tacki

M3(0, 0) •

144. Naci lokalne ekstremume funkcija:

a) y = sin x + cos x, b) y = sin3 x + cos3 x, x ∈ [0, 2π], c) y = x + cos x,

d) y = x + tg x, e) y = e− 1

|x| (√

2 + sin 1x), x 6= 0, f(0) = 0.

Rjesenje:

a) Kako je y′ = cos x − sin x = 0 za x = π4 + kπ, k ∈ Z, a y′′ = − sin x − cos x, to je

y′′ =√

22 za x = π

4 + 2kπ, a y′′ = −√

22 za x = 5π

4 + 2kπ, k ∈ Z, pa slijedi da data

funkcija ima za x = π4 +2kπ lokalni maksimum, ymax =

√2, a za x = 5π

4 +2kπ lokalni

minimum ymin = −√

2,

b) Kako je y′ = 3 sin x cos x(sin x − cos x) = 0 za x1 = 0, x2 = π4 , x3 = π

2 , x4 =

π, x5 = 5π4 , x6 = 3π

2 , a y′′ = 3(sin x + cos x)(3 sin x cos x − 1), to je y′′(0) < 0,

y′′(π4 ) > 0, y′′(π

2 ) < 0, y′′(π) > 0, y′′(5π4 ) < 0, y′′(3π

2 ) > 0, pa funkcija u tackama

M1(0, 1), M2(π2 , 1) i M3(

5π4 ,−

√2

2 ) ima maksimum, a u tackama M4(π4 ,

√2

2 ), M5(π,−1)

i M6(3π2 ,−1) minimum,

213


c) Kako je y′ = 1−sin x = 0 za x = π2 +2kπ, k ∈ Z, a y′′ = − cos x, to je y′′(π

2 +2kπ) = 0,a y′′′ = sin x i y′′′(π

2 +2kπ) = 1 imamo da funkcija u tackama Mk(π2 +2kπ, π

2 +2kπ),k ∈ Z nema ekstremuma,

d) Kako je y′ = 1 + 1cos2 x

> 0 za x ∈ R, to data funkcija nema ekstremnih vrijednosti,

e) Funkcija ima minimum u tacki M1(0, 0) •145. Odrediti vrijednost parametra a tako da funkcija y = a sin x+ 1

3 sin 3x ima ekstremumza x = π

3 . Da li je to maksimum ili minimum?

Rjesenje:

Posto je y′ = a cos x + cos 3x = 0 za x = π3 , to je a = 2. Izvodi funkcije y =

2 sin x + 13 sin 3x su: y′ = 2 cos x + cos 3x i y′′ = −2 sin x− 3 sin 3x. Kako je y′′(π

3 ) < 0, to

funkcija ima maksimum u tacki M1(π3 ,√

3) •146. Odrediti parametre a i b tako da funkcija y = a ln x + bx2 + x ima ekstremume za

x1 = 1 i x2 = 2. Pokazati da za te vrijednosti parametara a i b data funkcija imaminimum za x1 = 1, a maksimum za x2 = 2.

Rjesenje:

Posto data funkcija ima ekstremne vrijednosti za x1 i x2, to je y′ = ax + 2bx + 1 = 0

za x1 = 1 i x2 = 2, pa jea + 2b = − 1

a + 8b = − 2

}

⇒ a = − 23 ,

b = − 16 ,

Funkcija y = −23 ln x− 1

6x2 +x ima minumum za x1 = 1, jer je y′′(1) = 13 > 0, a za x2 = 2

maksimum, jer je y′′(2) = −16 < 0 •

147. Jedan hotel, sa 40 soba izdaje te sobe po cijeni 100 DEM dnevno. Ako se cijenapoveca za 5 DEM, jedna soba ostaje prazna, a ako se poveca za 10 DEM dvije sobeostaju prazne, itd. Troskovi odrzavanja po sobi su 10 DEM dnevno. Koliko treba dabude cijena izdavanja sobe pa da zarada hotela bude maksimalna.

Rjesenje:

Oznacimo sa y zaradu, a sa x broj praznih soba, tada je y = (40 − x)(100 + 5x) −(40 − x) · 10. Maksimalna vrijednost y je za x = 11, odnosno za cijenu po sobi od 155DEM •

214


148. Naci najvecu zapreminu valjka upisanog u datu kupu (sl. 67).

Rjesenje:

A B

Sl.67.

M

P

K

Neka je zadata kupa sa visinom H i radijusom osnovice R. Oznacimo sa h visinu

valjka i sa r radijus osnovice valjka upisanog u datu kupu. Neka je |BM | = x. Tada

h = |PB| = x · tg ∡KMA = x · HR i r = R − x. Zapremina valjka je V = πr2h. U nasem

primjeru V (x) = π(R − x)2 xHR . Kako je V ′(x) = πH

R (R − x)(R − 3x) = 0 za x = R i

x = R3 , to funkcija V (x) ima maksimalnu vrijednost V (R

3 ) = 427πHR2 za x = R

3 •

149. Med-u pravim kruznim kupama date povrsine P odrediti onu koja ima najvecu zapre-

minu.

Rezultat:

R = 12

√

Pπ - poluprecnik osnovice •

150. Med-u pravim kruznim kupama koje su opisane oko lopte poluprecnika r odrediti onu

koja ima najmanju zapreminu.

Rezultat:

R = r√

2, H = 4r •

151. Izvoz jedne zemlje bio je u 1000 tona: 1985. godine 120; 1988. godine 200; a 1990.

godine 180. Odrediti funkciju izvoza oblika y = ax2 + bx + c i odrediti godinu kada je

izvoz iz rastenja presao u opadanje.

Rjesenje:

Godine izvoza obiljezimo na x-osi tkao sto 1985. godinu uzmemo kao koordinatni

pocetak. Prema tome 1985. obiljezicemo sa 0, 1988. gd. sa 3, a 1990. sa 5. Na y-osi

215


prenosimo izvoz izrazen u tonama. Funkcija ce proci kroz tacke M0(0, 120), M3(3, 200) iM5(5, 180), pa mora biti:

c = 120

9a + 3b + c = 200

25a + 5b + c = 180

,odakle je

a = −22

3, b = 48

2

3, c = 120.

Trazena funkcija izvoza je

y = −71

3x2 + 48

2

3x + 120.

Kako je y′ = −443 x + 146

3 = 0 za x = 3, 32, to je y u 3-coj godini, odnosno 1988. godiniizvoz presao iz rastenja u opadanje •

152. Tijelo se krece po zakonu s = −t3 + 18t2 + 10t. Odrediti njegovu maksimalnu brzinu.

Rezultat:

vmax = 64m/sec •153. Naci pravougaonik najvece povrsine koji je upisan u krug poluprecnika r.

Rezultat:

Trazeni pravougaonik je kvadrat strane r√

2 •154. Med-u pravouglim paralelopipedima date povrsine P cija je osnovica kvadrat, odrediti

onaj koji ima najvecu zapreminu.

Rezultat:

Kocka ivice√

P6 •

155. U loptu poluprecnika R upisati prav kruzni cilindar maksimalne zapremine.

Rjesenje:

A

Sl.68.

B

CD

2R

x

216

NAJVECA I NAJMANJA VRIJEDNOST FUNKCIJE NA SEGMENTU

Oznacimo visinu cilindra sa x. Tada (sl. 68) je poluprecnik osnovice cilindra

1

2AB =

1

2

√

AC2 − BC2 =1

2

√

4R2 − x2,

a zapremina cilindra

V (x) = π(1

2

√

4R2 − x2)2 · x = πR2x − πx3

4,

gdje je x ∈ [0, 2R]. Treba odrediti maksimalnu vrijednost funkcije V (x) na intervalu

[0, 2R]. Kako je V ′(x) = πR2 − 34πx2 = 0 za x = 2R

√3

3 , a V (0) = 0, V (2R√

33 ) = 4

9πR3√

3

i V (2R) = 0, to trazeni cilindar maksimalne zapremine ima visinu 2R√

33 •

156. Odrediti minimum funkcije

f(x) = max{2|x|, |1 + x|}.

Rjesenje:

Ako je 2|x| ≥ |1+x|, to je max{2|x|, |1+x|} = 2|x|. Znaci, f(x) = 2|x| za −∞ < x ≤−1

3 ili x ≥ 1. Ako je 2|x| < |1 + x|, to je max{2|x|, |1 + x|} = |1 + x|, pa je f(x) = |x + 1|za −1

3 < x < 1.

Dakle,

f(x) =

{

|1 + x| za − 13 < x < 1 ,

2|x| za x /∈ (−13 , 1) .

Kako je

f ′(x) =

{

1 za − 13 < x < 1 ,

2 sgn x za x /∈ [−13 , 1] ,

to u tackama x1 = −13 i x2 = 1 funkcija moze imati ekstremum. Upored-ujuci brojeve

f(−13) = 2

3 i f(1) = 2, slijedi da je fmin = 23 •

157. Odrediti minimum funkcije:

a) f(x) = max{ch x + 12 , 4− ch x}, b) f(x) = max{1− |x + 3|, 1− |x|, 1− (x− 2)2} •

158. Odrediti maksimum funkcije:

a) f(x) = min{x + 5, ln x, 1 − x}, b) f(x) = min{−x, (x + 2)2 − 110 ,− ln x−ln(x+1)

x }.

217


7. 3. Najveca i najmanja vrijednost funkcije na segmentu

Neka je funkcija y = f(x) neprekidna na intervalu [a, b] i neka su xi ∈ [a, b], i =1, 2, . . . , n, tacke u kojima funkcija ima lokalne ekstremume, tada ona na intervalu [a, b]ima:

a) Najvecu vrijednost M = max{f(x1), f(x2), . . . , f(xn), f(a), f(b)},b) Najmanju vrijednost m = min{f(x1), . . . , f(xn), f(a), f(b)}.

Ako je funkcija y = f(x) diferencijabilna na intervalu [a, b], tada je, pri izboru tacakaxi ∈ [a, b], i = 1, 2, . . . , n, dovoljno utvrditi da su to stacionarne tacke funkcije bezispitivanja postojanja i vrste lokalnog ekstremuma •

159. Odrediti najvecu i najmanju vrijednost funkcije u naznacenom intervalu:

a) y = 2x3 − 3x2 − 36x − 8; [−3, 6],b) y = x−1

x+1 ; [0, 4],c) y = x − 2 ln x; [1, e],d) y = sin 2x − x; [−π

2 , π2 ],

e) y = x3ex; [−4, 2],

f) y = (x − 3)2e|x|; [−1, 4],g) y = x|x − 3| + 4; [1, 7

2 ],

h) y = e−π3

x2 (√

2 + sin π3

x2 ), x 6= 0; [−π, π],

i) y =

{

− ln | sin x|, x 6= kπ0, x = kπ,

k ∈ Z; [−4π, 4π].

Rjesenje:

a) Posto je data funkcija diferencijabilna na intervalu [−3, 6], pri cemu je y′ = 6x2 −6x − 36 = 6(x − 3)(x + 2) = 0 za x1 = −2 i x2 = 3, to su x1 i x2 stacionarne tackeu kojima je f(x1) = 36, f(x2) = −89. Vrijednost funkcije u krajnjim tackama datogintervala je f(−3) = 19 i f(6) = 100. Odavde slijedi da je najveca vrijednost funkcijena [−3, 6]:

M = maxx∈[−3,6]

f(x) = max{f(−3), f(−2), f(3), f(6)} = max{19, 36,−89, 100} = 100,

dok je najmanja vrijednost

m = minx∈[−3,6]

f(x) = min{19, 36,−89, 100} = −89,

218

NAJVECA I NAJMANJA VRIJEDNOST FUNKCIJE NA SEGMENTU

b) Najveca vrijednost funkcije f(4) = 35 , a najmanja f(0) = 1,

c) Kako je y′ = x−2x = 0 za x = 2 i funkcija u tacki x = 2 ima minimalnu vrijednost

ymin = 2(1 − ln 2), a vrijednosti funkcije na krajevima datog intervala su: f(1) = 1 if(e) = e−2, to je najveca vrijednost funkcije f(1) = 1, a najmanja f(2) = 2(1− ln 2),

d) Kako je y′ = 2 cos 2x − 1 = 0 za x = ±π6 , to je ymax =

√3

2 − π6 za x = π

6 i

ymin = −√

32 + π

6 za x = −π6 . Vrijednost funkcije na krajevima intervala jeste:

f(−π2 ) = π

2 i f(π2 ) = −π

2 . Odavde slijedi da je najveca vrijednost funkcije na datomintervalu f(−π

2 ) = π2 , a najmanja f(π

2 ) = −π2 ,

e) Kako je y′ = x2ex(x + 3) = 0 za x1 = 0 i x2 = −3, to data funkcija u tacki x2 = −3ima minimalnu vrijednost ymin = −27e−3, a u tacki x1 = 0 ima prevojnu tacku.Vrijednost funkcije na krajevima datog intervala jeste: f(−4) = −64e−4 i f(2) = 8e2,pa je najveca vrijednost funkcije 8e2, a najmanja −27e−3,

f) Kako je

y =

{

(x − 3)2ex, x ≥ 0

(x − 3)2e−x, x < 0,

to data funkcija:

1) Za x > 0 ima ymax = 4e pri x = 1, ymin = 0 pri x = 3, a za x = 0, y(0) = 9.

2) Za x < 0, ima ymin = 0 pri x = 3.

Kako je na krajevima intervala f(−1) = 16e i f(4) = e4, to funkcija ima najvecuvrijednost f(4) = e4, a najmanju f(3) = 0,

g) Kako je

y =

{

x2 − 3x + 4, x ≥ 3,

−x2 + 3x + 4, x < 3,

to data funkcija ima:

1) ymin = 4 za x = 3, a za x > 3 nema ekstremuma.

2) ymax = 254 za x = 3

2 .

Vrijednost funkcije na krajevima datog intervala jeste: f(1) = 6 i f(72) = 23

4 . Odavdeslijedi da funkcija ima najvecu vrijednost f(3

2) = 254 , a najmanju f(3) = 4.

160. Odrediti najmanju i najvecu vrijednost datih funkcija na naznacenom intervalu:

a) y = x2 − 4x+ 6, [−3, 10], b) y = |x2 − 3x+ 2|, [−10, 10], c) y = x+ 1x , [12 , 100],

d) y = 2x, [−1, 5], e) y = cos x−1cos x−sin x , [0, 2π].

219


Rezultat:

a) m = 2, M = 66, b) m = 0, M = 132, c) m = 2, M = 100, 01, d) m = 12 ,

M = 32, e) Na datom intervalu funkcija nema ni najmanju ni najvecu vrijednost •161. Odrediti najmanju vrijednost sljedecih funkcija u datom intervalu:

a) y = x4

4 + 43x3 − 11

8 x2 − 94x + 1, [−3, 2], b) y =

∑[x]k=1

sin kπx, [1, 4],c) y = − sin(a sin x), [0, π

2 ], a > 0 •162. Odrediti najvecu vrijednost sljedecih funkcija u naznacenom intervalu:

a) y = (x − 1)2(x − 2)2, [−3, 4], b) y = 1

1+ 3√ex−x, [−1, 1],

c) y =

{

1

2+ sin xx

za 0 < |x| ≤ π ,

4 za x = 0 •

7. 4. Konkavnost, konveksnost i prevojne tacke funkcije

Neka je funkcija y = f(x) neprekidna sa neprekidnim izvodima na intervalu [a, b] ineka postoji f ′′(x) za svako x ∈ (a, b). Tada, ako je f ′′(x) > 0 (f ′′(x) < 0) za svakox ∈ (a, b), grafik funkcije je konkavan (konveksan) na intervalu [a, b].

Neka je f ′′(x) neprekidna funkcija u okolini tacke x = x0. Da bi tacka M0(x0, f(x0))bila prevojna tacka grafika funkcije, potrebno je da bude y′′(x0) = 0. Dovoljan uslov da bitacka M0 bila prevojna tacka grafika funkcije y = f(x) jeste da je y′′(x) razlicitog znakau intervalima (x0 − ε, x0) i (x0, x0 + ε), ε > 0 •

163. Odrediti prevojne tacke i intrevale konveksnosti i konkavnosti funkcija:

a) y = x3 − 6x2 + 12x + 4, b) y = x2

(x−1)3,

c) y =|x−1|x√

x, d) y = x2e−x,

e) y = ln xx , f) y = x sin(ln x),

g) y = e2x + x4, h) y = x + cos x,

i) y = x2 + 2 sin x, j) y = 1 − |x3 − 2|,k) y = (1 + x2)e−x2

+ x, l) y = arccos 1−x1−2x + 3x − 8.

220

KONKAVNOST, KONVEKSNOST I PREVOJNE TACKE FUNKCIJE

Rjesenje:

a) Kako je y′′ = 6(x − 2) = 0 za x = 2, a y′′ > 0 za x > 2, to je data funkcija konkavnau intervalu (2, +∞), a konveksna u intrevalu (−∞, 2), jer je za svako x < 2, y′′ < 0.Posto tacka x = 2 dijeli oblast definisanosti funkcije na dio u kome je ona konveksnai dio u kome je konkavna, to je M(2, 12) prevojna tacka grafika date funkcije,

b) Funkcija je diferencijabilna za svako x ∈ R\{1}, pri cemu je y′′ = 2x2+4x+1(x−1)5

= 0 za

x1 = −2−√

3 i x2 = −2+√

3. Posto je y′′ < 0 za x ∈ (−∞,−2−√

3)∪(−2+√

3, 1), ay′′ > 0 za x ∈ (−2−

√3,−2+

√3)∪ (1, +∞) imamo da je data funkcija konveksna za

x ∈ (−∞,−2−√

3)∪ (−2+√

3, 1), a konakvna za x ∈ (−2−√

3,−2+√

3)∪ (1, +∞).Prevojne tacke su M1(x1, f(x1)) i M2(x2, f(x2)),

c) Funkcija je definisana u intervalu (0, +∞) i diferencijabilna je u svakoj tacki togaintervala, osim u tacki x = 1.

Kako je

y =

x − 1

x√

xza x > 1 ,

1 − x

x√

xza x < 1

i

y′′ =

3

4· x − 5

x3 · √xza x ∈ (1, +∞) ,

3

4· 5 − x

x3 · √xza x ∈ (0, 1)

i y′′ = 0 za x = 5,

to je y′′ > 0 za x ∈ (0, 1)∪ (5, +∞), a y′′ < 0 za x ∈ (1, 5). Dakle, u intervalima (0, 1)i (5, +∞) data funkcija je konkavna, a u intervalu (1, 5) konveksna. Tacka M(5, 4

5√

5)

jeste prevojna tacka grafika date funkcije,

d) Kako je y′′ = (x2 − 4x + 2)e−x = 0 za x1 = 2 −√

2 i x2 = 2 +√

2 i y′′ > 0 zax ∈ (−∞, 2 −

√2) ∪ (2 +

√2, +∞), a y′′ < 0 za x ∈ (2 −

√2, 2 +

√2), to je grafik

date funkcije konkavan na intervalu (−∞, 2 −√

2) i (2 +√

2, +∞), a konveksan na

intervalu (2 −√

2, 2 +√

2). Prevojne tacke jesu: M1(2 −√

2, (2 −√

2)2e−(2−√

2)) i

M2(2 +√

2, (2 +√

2)2e−(2+√

2)),

e) Funkcija definisana je za x > 0. Kako je y′′ = 2 ln x−3x3 = 0 za x = e

32 i kako je

y′′ < 0 za x ∈ (0, e32 ) i y′′ > 0 za x ∈ (e

32 , +∞), to je grafik funkcije konveksan na

intevalu (0, e32 ), a konkavan na intervalu (e

32 , +∞). Prevojna tacka grafika funkcije je

M

(

e32 ,

3

2e32

)

,

221


f) Kako je y′′ = 1x(cos ln x − sin ln x) = 0 za x = e

π4 +kπ, k ∈ Z i y′′ < 0 za x ∈

(eπ(8k−3)/4, eπ(8k+1)/4) i y′′ > 0 za x ∈ (eπ(8k+1)/4, eπ(8k+5)/4), k ∈ Z, to je gra-

fik funkcije konveksan za x ∈ (eπ(8k−3)/4, eπ(8k+1)/4), k ∈ Z, a konkavan za x ∈(eπ(8k+1)/4, eπ(8k+5)/4), k ∈ Z. Tacke x = eπ(4k+1)/4, k ∈ Z su prevojne tacke grafika

funkcije,

g) Posto je y′′ = 4(e2x + 3x2) > 0 za x ∈ R, to je funkcija konkavna za svako x ∈ R,

h) Posto je y′′ = − cos x = 0 za x ∈ π2 + kπ, k ∈ Z i y′′ > 0 za x ∈ (π

2 + 2kπ, 3π2 + 2kπ),

k ∈ Z i y′′ < 0 za x ∈ (−π2 + 2kπ, π

2 + 2kπ), k ∈ Z, to je grafik funkcije konkavan na

intervalu (π2 + 2kπ, 3π

2 + 2kπ), k ∈ Z, a konveksan na intervalu (−π2 + 2kπ, π

2 + 2kπ),

k ∈ Z. Prevojne tacke su Mk(π2 + kπ, π

2 + kπ), k ∈ Z,

i) Posto je y′′ = 2(1 − sin x) = 0 za x = π2 + 2kπ, k ∈ Z i y′′ > 0 za x 6= π

2 + 2kπ, to je

funkcija konkavna za x 6= π2 +2kπ, k ∈ Z. Prevojne tacke su Mk[π2 +2kπ, (π

2 +2kπ)2],

k ∈ Z,

j) Kako je

y =

{

3 − x2 za |x| >√

2,

x2 − 1 za |x| <√

2i y′′ =

{

−2 za |x| >√

2,

2 za |x| <√

2,

to je funkcija konveksna za |x| >√

2, a konkavna za |x| <√

2. Prevojne tacke grafika

funkcije su M1(√

2, 1) i M2(−√

2, 1),

k) Funkcija konveksna za |x| >√

32 ,

l) Funkcija je konkavna za x < 0, a konveksna za x > 23 •

164. Pokazati da je grafik funkcije y = ln(x2 − 1) uvijek konveksan.

Dokaz:

Kako je y′′ = −2(x2+1)

(x2−1)2< 0 za svako x iz oblasti definisanosti, to je funkcija uvijek

konveksna za te vrijednosti x •

165. Pokazati da prevojne tacke krive y = x sin x pripadaju krivoj y2(4 + x2) = 4x2

Dokaz:

Kako je y′′ = 2 cos x − x sin x = 0 za x = 2 cos xsin x , to funkcija ima prevojne tacke za

x = 2 cos xsin x . Uvrstavanje vrijednosti x u datu funkciju, dobicemo y = 2 cos x. Zamjenom

vrijednosti x i y u datu krivu y2(4 + x2) = 4x2 dobicemo trazeni identitet •

222

KONKAVNOST, KONVEKSNOST I PREVOJNE TACKE FUNKCIJE

166. Odrediti intervale konveksnosti, konkavnosti i prevojne tacke funkcija:

a) y = x5 − 10x2 + 3x, b) y =√

x1+x ,

c) y = 3√

4x3 − 12x, d) y = x + sin x,

e) y = e−x2, f) y = 10

x ln x10 ,

g) y = earctg x, h) y = 2 − |x5 − 1|,i) y = 2x

3√x2−1

− 5x, j) y = ex

1+x − 1 + 3x.

Rezultat:

a) Funkcija je konkavna za x ∈ (−∞, 1), a konveksna za x ∈ (1, +∞), x = 1 je prevojnatacka,

b) Funkcija je konkavna za x ∈ (0, 3+2√

33 ), a konveksna za x ∈ (3+2

√3

3 , +∞), tacka

x = 3+2√

33 je prevojna tacka,

c) Na intervalima (−∞,−√

3) i (0,√

3) funkcija je konveksna, a konkavna na intervalima(−

√3, 0) i (

√3, +∞). Tacke x = 0 i x = ±

√3 su prevojne tacke,

d) Na intervalima (2kπ, (2k + 1)π), k ∈ Z, funkcija je konkavna, a konveksna na inter-valima [(2k + 1)π, (2k + 2)π], k ∈ Z. Tacke x = kπ, k ∈ Z, prevojne su tacke,

e) Na intervalima (−∞,− 1√2) i ( 1√

2, +∞) funkcija je konveksna, a konkavna na intervalu

(− 1√2, 1√

2). Prevojne tacke su x = ± 1√

2,

f) Funkcija je konkavna za x ∈ (0, 10e√

e), a konveksna za x ∈ (10e√

e, +∞); x = 10e√

eprevojna je tacka,

g) Na intervalu (−∞, 12) funkcija je konveksna, a na intervalu (1

2 , +∞) konkavna, x = 12

prevojna je tacka,

h) Funkcija je konveksna za x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, +∞), a konkavna za x ∈ (0, 1). Prevojnatacka je x = 0,

i) Funkcija je konkavna na intervalima (0, 1) i (3, +∞), a konveksna na (1, 3),

j) Funkcija je konveksna za x > −1 •167. Odrediti tacke prevoja, ako postoje, u nulama datih funkcija:

a) y =

{

x3 sin 1x , x 6= 0,

0, x = 0,, b) y =

{

x5 cos 1x , x 6= 0,

0, x = 0.

223


Rezultat:

a) Prevoja nema, b) Prevoja nema •168. Odrediti intervale konveksnosti sljedecih funkcija:

a) f : X → Y, x = (t + 1)2, y = (t − 1)2, b) f : X → Y, x = t ln t, y = −6et − 3t2,

c) f : X → Y, x = (1 + t)1t , y = (1 + t)1+1

t .

Rezultat:

a) Grafik funkcije je konkavan za t > −1, b) Za 0 < t < e−1 i t > e grafik funkcijeje konveksan, c) Grafik funkcije je konkavan •

7. 5. Asimptote funkcije

Pravu y = A nazivamo horizontalnom asimptotom grafika funkcije y = f(x) kadax → +∞ (x → −∞) ako je lim

x→ +∞(x→ −∞)

f(x) = A.

Pravu x = x0 nazivaom vertikalnom asimptotom grafika funkcije y = f(x) ako jeispunjen bar jedan od uslova:

1) limx→x0−0

f(x) = ±∞, 2) limx→x0+0

f(x) = ±∞.

Pravu y = kx+n (k 6= 0) nazivamo kosom asimptotom grafika funkcije y = f(x) kadax → +∞ (x → −∞) ako funkciju f(x) mozemo prikazati u obliku

f(x) = kx + n + α(x),

gdje je α(x) → 0 kada x → +∞ (x → −∞).

Prava y = kx + n je kosa asimptota grafika funkcije y = f(x), kada x → +∞(x → −∞), ako postoje granicne vrijednosti

limx→ +∞

(x→ −∞)

f(x)

x= k i lim

x→ +∞(x→ −∞)

[f(x) − kx] = n •

224

ASIMPTOTE FUNKCIJE

169. Naci asimptote funkcija:

a) y = x2+2x−3x , b) y = x2+1

x−1 , c) y = (x−1)2

x2+1, d) y =

√x2 + 3x,

e) y = 3√

x3 − 6x2, f) y = ln xx , g) y = ln(1+x)

x , h) y = x + ln xx .

Rjesenje:

a) Oblast definisanosti ove funkcije je D = (−∞, 0) ∪ (0, +∞). Tacka x = 0 jeste tacka

prekida drugog reda u kojoj je

limx→−0

x2 + 2x − 3

x= +∞, a lim

x→+0

x2 + 2x − 3

x= −∞,

pa je prava x = 0 vertikalna asimptota (V.A) grafika funkcije. Horizontalnih asim-

ptota (H.A) nema jer je:

limx→±∞

x2 + 2x − 3

x= ±∞.

Treba odrediti kose asimptote (K.A):

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

(

1 +2

x− 3

x2

)

= 1,

n = limx→±∞

[f(x) − kx] = limx→±∞

(

2x − 3

x

)

= 2.

Dakle, prava y = x + 2 je kosa asimptota grafika date funkcije,

b) Funkcija je definisana za x 6= 1. Prava x = 1 je vertikalna asimptota, jer je

limx→1−0

x2 + 1

x − 1= −∞ i lim

x→1+0

x2 + 1

x − 1= +∞. Horizontalnih asimptota nema jer ako

x → +∞ (x → −∞) to y → +∞ (y → −∞).

Kako je

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞x2 + 1

x2 − x= 1

i

n = limx→±∞

[

x2 + 1

x − 1− x

]

= 1,

to je prava y = x + 1 kosa asimptota grafika funkcije.

225


c) Posto je funkcija neprekidna za svako x ∈ R, to vertikalnih asimptota nema. Kako je

k = limx→∞

x2 − 2x + 1

x3 + x= 0,

n = limx→∞

x2 − 2x + 1

x2 + 1= 1,

to kosih asimptota nema. Prava y = 1 je horizontalna asimptota.

d) V.A. nema, H.A. nema. Odredimo kose asimptote:

k1 = limx→+∞

√x2 + 3x

x= 1, k2 = lim

x→−∞

√x2 + 3x

x= −1,

n1 = limx→+∞(

√

x2 + 3x − x) =3

2,

n2 = limx→−∞

(√

x2 + 3x + x) = −3

2.

Dakle, kada x → +∞, funkcija ima kosu asimptotu y = x + 32 , a kada x → −∞,

y = −x − 32 ,

e) H.A. nema, V.A. nema, a kako je k = 1, n = −2, to je prava y = k−2 kosa asimptota,

f) Oblast definisanosti ove funkcije je skup D = (0, +∞). Kako je limx→0+

ln xx = −∞, to

je prava x = 0 vertikalna asimptota.

Posto je

k = limx→+∞

ln x

x2= lim

x→+∞

1x

2x= 0,

n = limx→+∞

[

ln x

x− 0 · x

]

= limx→+∞

1

x= 0,

to funkcija nema kosih asimptota. Prava y = 0 je horizontalna asimptota.

g) V.A. x = 1, H.A. y = 0, K.A. nema.

h) V.A. x = 0, H.A. nema, K.A. y = x •170. Naci asimptote funkcija:

a) y = x2ex, b) y = xe1x , c) y = ex

x3+1, d) y = 1

1+e1x.

226

ASIMPTOTE FUNKCIJE

Rjesenje:

a) Kako je

limx→+∞x2ex = +∞ i lim

x→+∞x2ex

x= +∞,

to funkcija nema horizontalnu, odnosno kosu asimptotu kada x → +∞.

Kada x → −∞, imamo da je

limx→−∞

x2ex = limx→−∞

x2

e−x = limx→−∞

2x

−e−x = 0,

pa funkcija ima horizontalnu asimptotu y = 0 kad x → −∞,

b) Funkcija nema horizontalnih asimptota jer je limx→±∞

xe1x = ±∞.

Posto je

limx→0+

xe1x = lim

x→0+

e1x

1x

= +∞ i limx→0−

xe1x = 0,

to je prava x = 0 vertikalna asimptota sa lijeve strane,

c) Kako je

limx→+∞

ex

x3 + 1= +∞, a lim

x→−∞ex

x3 + 1= 0,

to je prava y = 0 horizontalna asimptota kada x → −∞. Drugih asimptota nema.

d) Funkcija je definisana za x 6= 0. Kako je

limx→0+

1

1 + e1x

= 0, limx→+∞

1

1 + e1x

=1

2i

limx→0−

1

1 + 1x

= 1, limx→−∞

1

1 + e1x

=1

2,

to prava y = 12 je horizontalna asimptota kada x → ±∞ •

171. Odrediti asimptote funkcije y = f(x):

a) y = 11−x2 , b) y =

√

x−2x+2 , c) y =

√x + 1 −

√x − 1, d) y = x

√

xx+4 ,

e) y = 1 + xe2x , f) y = |ex − 1|, g) x = 2at

1+t3, y = 3at2

1+t3, h) x = t3

1−t2, y = 1+t2

1−t2,

i) y = (1 + 1x)x, j) y = log3(4 − x2), k) y = x + sin x

2x , l) y = 2x

3x−2 ,

m) y = x1+x

(1+x)x , x > 0.

227


Rezultat:

a) H.A. y = 0, V.A. x = ±1, b) H.A. y = 1, V.A. x = 2, c) H.A. y = 0,d) V.A. x = −4, K.A. y = x − 2, e) V.A. x = 0, K.A. y = x + 3,f) H.A. y = 1, g) x + y + a = 0, h) y = −2x + 2, y = −1, i) H.A. y = e,j) V.A. x = ±2, k) K.A. y = x, l) V.A. x = 2

3 , m) K.A. y = xe + 1

2e •

7. 6. Konstrukcija grafika funkcije

Za ispitivanje funkcije i crtanje njenog grafika, potrebno je:

1o Odrediti oblast definisanosti funkcije,

2o Odrediti nule i znak funkcije,

3o Ispitati parnost, neprekidnost i periodicnost funkcije (specificna svojstva funkcije),

4o Utvrditi ponasanje funkcije na krajevima intervala definisanosti i asimptote funkcije,

5o Odrediti ekstremne vrijednosti i monotonost funkcije,

6o Odrediti konveksnost i prevojne tacke funkcije.

Na osnovu dobijenih rezultata mozemo priblizno konstruisati grafik funkcije •172. Konstruisati grafike funkcija:

a) y = x3 + 6x2 + 9x, b) y = x2−1x2−4

,

c) y = (x−1)2

x+1 , d) y = x3

1−x2 ,

e) y = 1x+1 + 1

x−1 , f) y = 1x + 1

x−1 ,

g) y = x + 1x2 , h) y = 2x3

x2+1.

Rjesenje:

a) 1o Data funkcija je definisana za x ∈ R.

2o Kako je x3 + 6x2 + 9x = x(x + 3)2 = 0 za x1 = 0, x2 = −3 i x3 = −3, to su x1, x2

i x3 nule funkcije.

3o Funkcija nije: parna, neparna, ogranicena, periodicna.

4o Funkcija nema asimptota, jer je limx→±∞

f(x) = ±∞.

5o Posto je y′ = 3x2 + 12x + 9 = 0 za x1 = 1 i x2 = −3, a y′′ = 6x + 12 iy′′(−1) = 6, y′′(−3) = −6, to funkcija ima maksimum u tacki M1(−3, 0), a minimum

228

KONSTRUKCIJA GRAFIKA FUNKCIJE

u M2(−1,−4). Funkcija raste u intervalima (−∞,−3) i (−1, +∞), jer je u ovoj oblastiy′ > 0, a opada u intervalu (−3,−1), jer je y′ < 0 za x ∈ (−3,−1).

6o Kako je y′′ = 6x + 12 = 0 za x = −2 i y′′ < 0 za x ∈ (−∞,−2), to je funkcijakonveksna u intervalu (−∞,−2), a konkavna u intervalu (−2, +∞), jer je y′′ > 0 zax ∈ (−2, +∞). Prevojna tacka je P (−2,−2).

Grafik funkcije je nacrtan na (sl. 69).

-4 -3 -2 -1 1x

-5

-4

-3

-2

-1

1

y

M2

M1

Sl. 69.

P -4 -2 2 4x

-4

-2

2

4

y

M

Sl.70.

b) 1o Funkcija je definisana za x2 − 4 6= 0, odnosno x 6= ±2, pa je D = (−∞,−2) ∪(−2, 2) ∪ (2, +∞).

2o Nule funkcije su x1 = −1 i x2 = 1. Znak funkcije: y < 0 za x ∈ (−2,−1) ∪ (1, 2),y > 0 za x ∈ (−∞,−2) ∪ (−1, 1) ∪ (2, +∞), odredicemo pomocu tabele:

−∞ +∞x −2 −1 1 2x − 1 - - - 0 + +x − 1 - - 0 + + +x − 2 - - - - 0 +x + 2 - 0 + + + +

y + ND − 0 + − ND +

(ND – funkcija nije definisana)

3o Funkcija je parna.

4o Kako je limx→±∞

x2−1x2−4

= 1, to je prava y = 1 horizontalna asimptota. Tacke x1 = −2

i x2 = 2 su tacke prekida funkcije i u njihovoj okolini je:

limx→2+0

x2 − 1

x2 − 4= lim

x→−2−0

x2 − 1

x2 − 4= +∞ i lim

x→2−0

x2 − 1

x2 − 4= lim

x→−2−0

x2 − 1

x2 − 4= −∞,

pa su prave x = −2 i x = 2 vertikalne asimptote date funkcije.

229


5o Posto je y′ = −6x(x2−4)2

= 0 za x = 0 i funkcija y′ pri prelazu slijeva na desno kroz

tacku x = 0 mijenja znak sa + na −, to funkcija ima maksimum u tacki M(0, 14).

6o Kako je y′′ = 6(3x2+4)

(x2−4)3> 0 za |x| > 2, to je data funkcija za |x| > 2 konkavna, a za

|x| < 2 konveksna jer je y′′ < 0 za |x| < 2.

Grafik funkcije prikazan je na (sl. 70).

c) Funkcija je definisana za x + 1 6= 0, odnosno x 6= −1, tj. D = (−∞,−1)∪ (−1, +∞).Nula funkcije je x = 1. Funkcija je negativna, tj. y < 0 za x ∈ (−∞,−1), a pozitivna,y > 0, za x ∈ (−1, +∞).

Funkcija nije parna, nije neparna, nije periodicna.

Kako u okolini tacke prekida x=−1 funkcija ima limx→1−0

(x−1)2

x+1 =−∞ i limx→1+0

(x−1)2

x+1 =

+∞, to je prava x = −1 vertikalna asimptota grafika date funkcije. Horizontalnihasimptota nema. Kosa asimptota je prava y = x − 3, jer je

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞(x − 1)2

x(x + 1)= 1 i

n = limx→±∞

[f(x) − kx] = limx→±∞

(

(x − 1)2

x + 1− x

)

= −3.

Kako je y′ = (x−1)(x+3)

(x+1)2= 0 za x1 = −3 i x2 = 1, to cemo ekstremume i monotonost

date funkcije odrediti pomocu tabele:

−∞ +∞−3 −1 1x − 1 - - - 0 +x + 3 - 0 + + +

(x + 1)2 + + 0 + +

y′ + 0 - ND - 0 +

y ր ∩ ց ND ց ∪ ր

Dakle, funkcija ima minimum u tacki M1(1, 0), a maksimum u tacki M2(−3,−8).Funkcija raste za svako x ∈ (−∞,−3) i za x ∈ (1, +∞), a opada za x ∈ (−3,−1) i zax ∈ (−1, +1).

Posto je y′′ = 8(x+1)3

6= 0, to funkcija nema prevojnih tacaka. Za x < −1 je y′′ < 0,

a y′′ > 0 za x > −1, pa je funkcija konveksna za x < −1, a konkavna za x > −1.Grafik funkcije dat je na (sl. 71).

230


-4 -2 2 4x

-15

-10

-5

5

10

15y

y=x-3M1

-3

M2Sl.71.-8

-3 -2 -1 1 2 3x

-4

-2

2

4

y

y=-x

�!!!!3�!!!!3

M1

Sl.72. M2

d) Funkcija je definisana za x 6= ±1. Nula funkcije je x = 0. Vertikalne aspimtote

su x = −1 i x = 1, a kosa y = −x. Ekstremne vrijednosti funkcije su u tackama

M1(−√

3, 3√

32 ) i M2(

√3,−3

√3

2 ). Grafik funkcije je prikazan na (sl. 72).

e) Funkcija je definisana za x 6= ±1. Nula funkcije je x = 0. Kako je y′ = −2(x2+1)

(x−1)2(x+1)26=

0 za svako x ∈ R, to funkcija nema ekstremnih vrijednosti. Prevojna tacka je P (0, 0).

Horizontalna asimptota je y = 0, a vertikalne asimptote su x = −1 i x = +1. Grafik

je dat na (sl. 73).

-3 -2 -1 1 2 3x

-4

-2

2

4

y

Sl.73.

-1 1 2x

-6

-4

-2

2

4

6y

1��2

Sl.74.

f) Oblast definisanosti funkcija je D = (−∞, 0) ∪ (0, 1) ∪ (1, +∞). Nula funkcije je

x = 12 . Horizontalna asimptota je y = 0, a vertikalne su x = 0 i x = 1. Funkcija nema

ekstremnih vrijednosti. Prevojna tacka je P (12 , 0). Grafik je prikazan na (sl. 74).

g) Funkcija je definisana za x 6= 0. Nula funkcije je x = −1. Vertikalna asimptota je

prava x = 0, a kosa y = x. Funkcija ima maksimum u tacki M( 3√

2, 33√2

). Grafik

funkcije je prikazan na (sl. 75).

231


-1 1 2x

-2

-1

1

2

3

4

5y

� !!!!2

3

y=x

Sl.75.

M

-3 -2 -1 1 2 3x

-4

-2

2

4

y

P3

P2

y=2x

Sl.76.

P1

h) Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Nula funkcije je x = 0. Kosa asimptota je

prava y = 2x. Kako je y′ = 2x2(x2+3)

(x2+1)> 0 za svako x ∈ R\{0}, to funkcija nema

ekstremnih vrijednosti, vec stalno raste. Prevojne tacke su: P1(−√

3,−3√

32 ), P2(0, 0)

i P3(√

3, 3√

32 ). Funkcija je konkavna za x ∈ (−∞,−

√3) i x ∈ (0,

√3), a konveksna

za x ∈ (−√

3, 0) i x ∈ (√

3, +∞). Grafik funkcije je prikazan na (sl. 76) •

173. Konstruisati grafike funkcija:

a) y = (x + 1)3√

x2, b) y =x 3√

(x−1)2

x+1 , c) y = 1 + x2√

1 + x, d) y = 3√

2x2 − x3.

Rjesenje:

-1.5 -1 -0.5 0.5x

-0.4

-0.2

0.2

0.4

y

P3

P2M1

Sl.77.

P1

-4 -2 2x

-2

-1

1

2

3

4

5

6y

M2

M3-3

M1

Sl.78.

-1

a) Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Nule funkcije su x = −1 i x = 0. Funkcija

nema asimptota. Kako je y′ = (11x+2)(x+1)2

3 3√x= 0 za x1 = − 2

11 i x2 = −1 i y′ mijenja

znak u okolini tacke x = − 211 i x = 0 i y′(0) = ∞, to funkcija u tacki M1(− 2

11 ,≈ 0, 35)

ima maksimum, a u tacki M2(0, 0) minimum.

Posto je y′′ = 2(x+1)(44x2+16x−1)

93√

x4= 0 za x1 = −1 i x2 = −4−3

√3

22 i x3 = −4+3√

322 , to

232


su tacke: P1(−1, 0), P2(−4−3

√3

22 ,≈ 0, 12) i P3(−4+3

√2

22 ,≈ 0, 49) prevojne tacke date

funkcije. Funkcija je konveksna za x ∈ (−∞,−1) i x ∈ (−4−3√

322 , −4+3

√3

22 ), a konkavna

za x ∈ (−1, −4−3√

322 ) i x ∈ (−4+3

√3

22 , +∞).

Grafik funkcije je prikazan na (sl. 77).

b) Oblasti definisanosti date funkcije je D = (−∞,−1) ∪ (−1, +∞). Nule funkcije su

x = 0 i x = 1. Vertikalna asimptota je prava x = −1. Kako je y′ = 2x2+5x−3

3(x+1)2 3√x−1= 0

za x = −3 i x = 12 i y′(1) = +∞, to funkcija u tackama M1(−3,≈ 3, 9) i M2(1, 0)

ima minumum, a u tacki M3(12 ,≈ 0, 2) maksimum. Prevojna tacka je x0 ∈ (−8,−7).

Funkcija je konveksna za x ∈ (−∞, x0) i x ∈ (−1, +∞), a konkavna za x ∈ (x0,−1).

Grafik funkcije je dat na (sl. 78).

c) Oblast definisanosti date funkcije je D = [−1, +∞). Funkcija nema nula. Funkcija

nema asimptote. Ekstremne vrijednosti funkcije su u tackama: M1(−45 ,≈ 1, 3) (max)i

M2(0, 1) (min). Prevojna tacka je P (−45 + 2

√6

15 ,≈ 1, 17). Grafik funkcije je prikazan

na (sl. 79).

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2y

M2P

-4�5

M1

Sl.79.

-3 -2 -1 1 2 3 4x

-3

-2

-1

1

2

3y

M2 4��3

2��3

M1

Sl.80. y=-x+3��2

d) Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Nule funkcije su x = 0 i x = 2. Kosa

asimptota je prava y = −x + 23 . Funkcija je iznad asimptote kada x → +∞, a

ispod kada x → −∞. Presjecna tacka funkcije i asimptote je A(29 , 4

9). Kako je

y′ = 4−3x3 3√

x(2−x)2= 0 za x = 4

3 i y′ mijenja znak u okolini tacke x = 43 , to funkcija u

tacki M1(43 ,≈ 1, 03) ima maksimum. Posto je y′(0) = y′(2) = +∞, to postoje dvije

tangente normalne na x osu: x = 0 i x = 2. Funkcija y′ u okolini tacke x = 0 mijenja

znak sa − na + pa data funkcija ima minimum u tacki M2(0, 0).

Funkcija nema prevojnih tacaka jer je y′′ = −32

9(2−x) 3√

(2x2−x3)2i y′′(2) nije definisana.

Grafik funkcije je dat na (sl. 80) •

233



a) y = x2e−x, b) y = xe1x , c) y = ex

x+1 , d) y = 1

1+e1x,

e) y = xe1

x−2 , f) y = ex+1

x+2 , g) y = ex

x2−3, h) y = e

1x2−2x .

Rjesenje:

a) Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Nula funkcije je x = 0. Posto je funkcija nepre-kidna za svako x ∈ R, to vertikalnih asimptota nema, nema ni kosih, ni horizontalnihkada x → −∞. Kako je

k = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞ xe−x = 0

i

n = limx→+∞[f(x) − kx] = lim

x→+∞x2

ex = 0,

to je prava y = 0 horizontalna asimptota grafika funkcije kada x → +∞. Kako jey′ = x(2−x)e−x = 0 za x1 = 0 i x2 = 2, a y′′ = (x2−4x+2)e−x pri cemu je y′′(0) > 0i y′′(2) < 0, to funkcija u tacki M1(0, 0) ima minumum, a u M2(2, 4e

−2) maksimum.

Prevojne tacke su: P1[2 −√

2, (2 −√

2)2e−(2−√

2)] i P2[2 +√

2; (2 +√

2)2e−(2+√

2)].Funkcija je konkavna za x ∈ (−∞, 2 −

√2) i za x ∈ (2 +

√2, +∞), a konveksna za

x ∈ (2 −√

2, 2 +√

2). Grafik funkcije je dat na (sl. 81).

-2 -1 1 2 3 4x

-1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1y

M1

P2

P1

M2

Sl.81.-2 -1 1 2 3

x

-2

-1

1

2

3

4

5y

y=x+1

M

Sl.82.

b) Funkcija je definisana za x 6= 0. U okolini tacke x = 0 je:

limx→0−

xe1x = 0 i lim

x→0+xe

1x = +∞,

to je prava x = 0 vertikalna asimptota kada x → 0+. Prava y = x + 1 je kosa

asimptota grafika date funkcije. Kako je y′ = x−1x e

1x = 0 za x = 1 i y′′(1) > 0, to

234


funkcija u tacki M(1, e) ima minimum. Posto je y′′ = 1x3 e

1x 6= 0 za svako x iz oblasti

definisanosti, to funkcija nema prevojnih tacaka. Konveksna je u intervalu (−∞, 0),a konkavna u intervalu (0, +∞). Grafik je dat na (sl. 82).

c) Funkcija je definisana za svako x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, +∞). Funkcija nema nula.Ponasanje funkcije na krajevima domena: y = lim

x→−∞ex

x+1 = 0, a y = limx→+∞

ex

x+1 =

+∞, pa je prava y = 0 horizontalna asimptota kada x → −∞. Vertikalna asimptotaje prava x = −1 jer je

limx→−1−0

ex

x + 1= −∞ i lim

x→−1+0

ex

x + 1= +∞.

Kako je y′ = xex

(x+1)2= 0 za x = 0, a y′′ = (1+x2)ex

(1+x)3i y′′(0) > 0, to funkcija ima

minimum u tacki M(0, 1). Funkcija nema prevojnih tacaka, konveksna je za x < −1,a konkavna za x > −1. Grafik je prikazan na (sl. 83).

-2 -1 1 2x

-4

-2

2

4

y

M

Sl.83.

-4 -2 2 4x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

y

Sl.84.

d) Funkcija je definisana za svako x ∈ R\{0}. Ako je x > 0, tada je e1x > 1 i y < 1

2 pricemu je:

limx→0+

1

1 + e1x

= 0 i limx→+∞

1

1 + e1x

=1

2.

Znaci, prava y = 12 je horizontalna asimptota kada x → +∞ i grafik funkcije se nalazi

ispod te prave za x > 0, za x < 0, y > 12 i

limx→0−

1

1 + e1x

= 1, limx→−∞

1

1 + e1x

=1

2.

Dakle, prava y = 12 je horizontalna asimptota kada x → −∞, a grafik funkcije se

nalazi iznad te prave kada je x < 0.

235


Kako je y′ = e1x

x2(1+e1x )2

6= 0 za x ∈ R\{0}, to funkcija nema ekstremnih vrijednosti.

Grafik funkcije je dat na (sl. 84).

e) Funkcija je definisana na oblasti D = (−∞, 2) ∪ (2, +∞). Nula funkcije je x =

0. Funkcija nema horizontalnih asimptota jer je limx→±∞

xe1

x−2 = ±∞. Kako je

limx→2−0

xe1

x−2 = 0+ i limx→2+0

xe1

x−2 = +∞, to funkcija ima vertikalnu asimptotu x = 2.

Prava y = x + 1 je kosa asimptota date funkcije i pri tome je grafik funkcije iznad

asimptote kad x → +∞, a ispod kad x → −∞. Kako je y′ = x2−5x+4(x−2)2

· e1

x−2 = 0 za

x1 = 1 i x2 = 4 i y′ mijenja znak u okolini tacaka x1 i x2, to funkcija u tacki M1(1,1e)

ima maksimum, a u tacki M2(4, 4√

e) minimum. Posto je y′′ = 5x−8(x−2)2

e1

x−2 = 0 za

x = 85 i y′′ mijenja znak u okolini tacke x = 8

5 , to je tacka P (85 , 8

5e2√

e) prevojna tacka.

Funkcija je konveksna za x ∈ (−∞, 85) i za x ∈ (2, +∞), a konkavna za x ∈ (8

5 , 2).Grafik funkcije je prikazan na (sl. 85).

-2 2 4 6x

-4

-2

2

4

6

8

10y

M1

y=x+1

P

M2

Sl.85.

-4 -3 -2 -1 1x

-4

-2

2

4

y

M

Sl.86.

f) Funkcija je definisana za x 6= −2, tj. x ∈ (−∞,−2) ∪ (2, +∞). Funkcija nema nula.

Kako je limx→−∞

ex+1

x+2 = 0, to je pravao y = 0 horizontalna asimptota kada x → −∞.

Vertikalna asimptota je prava x = −2, jer je

limx→−2+0

ex+1

x + 2= +∞ i lim

x→−2−0

ex+1

x + 2= −∞.

Posto je y′ = (x+1)

(x+2)2ex+1 = 0 za x = −1 i y′ mijenja znak u okolini tacke x = −1 (sa

− na +), to funkcija u tacki M(−1, 1) ima minimum.

Funkcija nema prevojnih tacaka jer je y′′ = (x2+2x+2)ex+1

(x+2)36= 0 za svako x iz oblasti

236


definisanosti. Konveksna je u intervalu (−∞,−2), a konkavna u intervalu (−2, +∞).Grafik funkcije je prikazan na (sl. 86).

g) Funkcija je definisana za x 6= ±√

3. Horizontalna asimptota je prava y = 0 kadax → −∞, a kada x → +∞ funkcija nema asimptotu. Vertikalne asimptote su:

x = −√

3 i x = +√

3. Funkcija ima minimum u tacki M1(3,e3

6 ), a maksimum u tackiM2(−1,− 1

2e). Grafik je prikazan na (sl. 87).

-3 -2 -1 1 2 3 4x

-2

-1

1

2

3

4y

M1

�!!!!3

M2

-�!!!!3

Sl.87.-1 1 2 3 4

x

-1

1

2

3

4y

M

Sl.88.

h) Funkcija je definisana za svako x za koje je x2 − 2x 6= 0, tj. D = (−∞, 0) ∪ (0, 2) ∪(2, +∞). Funkcija nema nula, y > 0 za svako x ∈ D. Kako je lim

x→±∞e

1x2−2x = 1, to

je prava y = 1 horizontalna asimptota kada x → ±∞.

Posto je limx→0−

y = limx→2+0

y = +∞ i limx→0+

y = limx→2−0

y = 0+, to su prave x = 0 i

x = 2 vertikalne asimptote. Kako je y′ = 2(1−x)

(x2−2x)2e

1x2−2x = 0 za x = 1 i y′ mijenja

znak (sa + na −) u okolini tacke x = 1, to funkcija u tacki M(1, 1e) ima maksimum.

Grafik funkcije je prikazan na (sl. 88) •175. Konstruiasti grafike funkcija:

a) y = x ln x, b) y = ln xx , c) y = x

ln x , d) y = 1−ln xx ,

e) y = x + ln xx , f) y = ln(x2 − 2x + 2).

Rjesenje:

a) Funkcija je definisana za x ∈ (0, +∞). Nula funkcije je x = 1. Ponasanje funkcije nakrajevima oblasti definisanosti:

limx→0+

x ln x = limx→0+

ln x1x

= 0 i limx→+∞x ln x = +∞.

237


Funkcija ima minimum u tacki M(1e ,−1

e). Nema prevojnih tacaka i uvijek je kon-kavna. Grafik funkcije je prikazan na (sl. 89).

0.5 1 1.5 2 2.5x

-1

-0.5

0.5

1

1.5

2y

M Sl.89.

1 2 3 4 5 6 7x

-0.6

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

y

M P

Sl.90.

b) Funkcija je definisana za x ∈ (0, +∞), nula je x = 1. Horizontalna asimptota funkcijeje y = 0, a vertikalna x = 0. Maksimum funkcije je u tacki M(e, 1

e). Prevojna tacka

je P (√

e3, 3

2√

e3). Grafik je nacrtan na (sl. 90).

c) Funkcija je definisana za x ∈ (0, 1) ∪ (1, +∞). Kada x → 0+ i f(x) → 0−. Fun-kcija nema horizontalnih i kosih asimptota. Vertikalna asimptota je x = 1, jer je

limx→1+0

xln x = +∞ i lim

x→1−0

xln x = −∞. Minimum funkcije je u tacki M(e, e), a pre-

vojna tacka je P (e2, e2

2 ). Funkcija je konveksna za x ∈ (0, 1) i x ∈ (e2, +∞), akonkavna za x ∈ (1, e2). Grafik je nacrtan na (sl. 91).

2 4 6 8 10 12 14x

-2

-1

1

2

3

4

5y

M

P

Sl.91.

10 20 30 40x

-0.2

-0.1

0.1

0.2y

M PSl.92.

d) Funkcija je definisana za x ∈ (0, +∞). Nula funkcije je x = e. Horizontalna asimptotafunkcije je y = 0, a vertikalna x = 0. Minimum funkcije je u tacki M(e2,− 1

e2 ), a

prevojna tacka je P (e2√e, 32e2

√e). Grafik je nacrtan na (sl. 92).

238


e) Funkcija je definisana za x ∈ (0, +∞). Kako je x + ln xx = 0 za x2 + ln x = 0, tj.

ln x = −x2, to se grafickim rjesavanje ove jednacine dobija da je y(x0) = 0 za neko

x0 ∈ (1e , 1). (sl. 93).

-0.5 0.5 1 1.5 2x

-1

-0.5

0.5

1

y

ln x

-x2

1��e

Sl.93.

x0

-2 -1 1 2 3 4 5x

-2

-1

1

2

3

4

5

6

y

y=x

e � !!!!e

P

Sl.94.

x0

Kako je limx→0+

(x + ln xx ) = −∞, to je x = 0 vertikalna asimptota. Kosa asimptota je

y = x i grafik funkcije je iznad asimptote kada x → +∞. Tacka A(1, 1) je presjecna

tacka kose asimptote i grafika funkcije. Funkcija nema ekstremnih vrijednosti, vec

monotono raste na cijelom intervalu definisanosti. Prevojna tacka je P (e√

e,≈ 4, 8).

Funkcija je konveksna za x ∈ (0, e√

e), a konkavna za x ∈ (e√

e, +∞). Grafik funkcije

je prikazan na (sl. 94).

f) Kako je x2 − 2x + 2 > 0 za svako x ∈ R, to je funkcija definisana za x ∈ R. Nula

funkcije je rjesenje jednacine x2−2x+2 = 1, a to je x = 1. Funkcija nema asimptota,

minimum je u tacki M(1, 0), a prevojne tacke su: P1(0, ln 2) i P2(2, ln 2). Na krajevima

oblasti definisanosti je limx→±∞

f(x) = +∞. Grafik je prikazan na (sl. 95) •

-0.5 0.5 1 1.5 2 2.5x

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

1.25

1.5y

P1

M

P2

Sl.95.

-0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1x

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5y

P

M

Sl.96.

239



a) y =√

1 − x ln(1 − x), b) y = x + ln(x2 + 1), c) y = (x − 1) ln2(1 − x),

d) y = ln(1−x)√1−x

, e) y = 1+ln x1−ln x , f) y = ln(cos x).

Rjesenje:

a) Funkcija je definisana za x ∈ (−∞, 1). Nula funkcije je x = 0. Funkcija nema hori-zontalnih asimptota jer je lim

x→−∞√

1 − x ln(1 − x) = +∞. Funkcija nema vertikalnih

ni kosih asimptota. Kako je y′ = −2+ln(1−x)

2√

1−x= 0 za x = 1 − 1

e2 i y′ mijenja znak (sa

− na +) u okolini tacke x = 1− 1e2 , to funkcija ima minimum u tacki M(1− 1

e2 ,−2e),

a iz limx→1−0

y′ = +∞ slijedi da je x = 1 tangenta krive. Kako je y′′ = − ln(1−x)

4(1−x)√

1−x= 0

za x = 0 i y′′ mijenja znak (sa + na −) u okolini tacke x = 0, to funkcija ima prevojnutacku P (0, 0). Grafikl funkcije prikazan je na (sl. 96).

b) Funkcija nije definisana za x ∈ [−1, 1]. Nula funkcije je x0 ∈ (1,√

2). Kako jelim

x→−1−0(x + ln(x2 − 1)) = −∞ i lim

x→1+0(x + ln(x2 − 1)) = −∞, to su prave x = ±1

vertikalne asimptote. Horizontalnih i kosih asimptota nema. Posto je y′ = x2+2x−1x2−1

=

0 za x = −1 ±√

2, to funkcija u tacki x = −1 −√

2 ima maksimum. Kako je

y′′ = −2(x2+1)

(x2−1)26= 0 za svako x ∈ D i y′′ < 0 za x ∈ D, to funkcija nema prevojnih

tacaka, konveksna je na citavoj oblasti definisanosti. Grafik funkcije je dat na (sl.97).

-4 -3 -2 -1 1 2x

-3

-2

-1

1

2y

-1 -�!!!!2

x0

Sl.97.

-0.5 -0.25 0.25 0.5 0.75 1x

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1y

1 -1

��e2

P-4

��e2Sl.98.

-1��e

c) Funkcija je definisana za x ∈ (−∞, 1) = D. Nula funkcije je x = 0 i y ≤ 0 za x ∈ D.Funkcija nema asimptota, jer je lim

x→−∞y = −∞, lim

x→1−0y = 0− i lim

x→−∞yx = +∞.

Kako je y′ = ln(1 − x)[ln(1 − x) + 2] = 0 za x = 0 i x = 1 − 1e2 to funkcija ima

maksimum u tacki M1(0, 0), a minimum u tacki M2(1− 1e2 ,− 4

e2 ). Tacka P (1− 1e ,−1

e)

240


je prevojna tacka funkcije jer je y′′ = 2[ln(1−x)+1]x−1 = 0 i y′′(1− 1

e) = 0 i y′′ mijenja znak

(sa − na +) u okolini tacke x = 1 − 1e . Funkcija je konveksna za x ∈ (−∞, 1 − 1

e), a

konkavna za x ∈ (1 − 1e , 1). Grafik funkcije je prikazan na (sl. 98).

d) Funkcija je definisana za svako x ∈ (−∞, 1) = D. Nula funkcije je x = 0 i y > 0 za

x < 0, a y < 0 za x ∈ (0, 1). Kako je limx→−∞

y = 0+, to je prava y = 0 horizontalna

asimptota kada x → −∞, a limx→1−0

y = −∞ pa je vertikalna asimptota prava x = 1.

Posto je y′ = ln(1−x)−2

2(1−x)√

1−x= 0 za x = 1 − e2 i y′ mijenja znak (sa + na −) u

okolini tacke x = 1 − e2, to funkcija ima maksimum u tacki M(1 − e2, 2e). Kako je

y′′ = 3 ln(1−x)−8

4(1−x)2√

1−x= 0 za x = 1 − e

83 i u okolini ove tacke y′′ mijenja znak (sa +

na −), to je tacka P (1 − e83 , 8

3e 3√e) prevojna tacka funkcije. Funkcija je konkavna za

x ∈ (−∞, 1 − e83 ), a konveksna za x ∈ (1 − e

83 , 1). Grafik funkcije je dat na (sl. 99).

-15 -10 -5x

-0.5

0.5

1

1.5y

M

1

P

Sl.99.

1 2 3 4 5x

-10

-5

5

10y

e

-1

P

Sl.100.

e) Funkcija je definisana za x ∈ (0, e) i za x ∈ (e, +∞). Nula funkcije je x = 1e i

limx→0+

y = −1. Funkcija nema ekstremnih vrijednosti, asimptote su: x = e i y = −1.

Prevojna tacka je P (1e , 0). Grafik funkcije je dat na (sl. 100).

f) Funkcija y = ln(cos x) periodicna je sa periodom 2π pa je dovoljno ispitati za x ∈[0, 2π]. Na tome intervalu, funkcija je definisana za x ∈ [0, π

2 ) ∪ (3π2 , 2π] = D.

Nule funkcije su x = 0 i x = 2π i y < 0 za x ∈ (0, π2 ) ∪ (3π

2 , 2π). Kako je

limx→π

2−0y = lim

x→3π2 +0

y = ln(0+) = −∞, to su vertikalne asimptote x = π2 i x = 3π

2 . Na

ogranicenom intervalu [0, 2π] nema smisla ispitivanje postojanja horizontalnih i kosih

asimptota (x → ±∞). Kako je y′ = − tg x i y′(0) = y′(2π) = 0, a y′′ = − 1cos2 x

< 0

za svako x ∈ D, to je funkcija konveksna za x ∈ D i y′′(0) = y′′(2π) = −1 < 0, pa

funkcija ima maksimum za x = 0 i x = 2π. Grafik funkcije je prikazan na (sl. 101) •

241


-5 Π��2

-2 Π-3 Π��2

-Π��2

0 Π��2

Π 3 Π��2

2 Π 5 Π��2

7 Π��2

x

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0.2y

Sl.101.


a) y = 2 sin x + cos 2x, b) y = 3√

sin x, c) y = arctg(1 + 1x),

d) y = x2 + arcsin 2x

1+x , e) y = sin2 x2+sin x , f) y = cos x

2+sin x .

Rjesenje:

-2 Π-3 Π��2

-Π -Π��2

Π��2

Π 3 Π��2

2 Π 5 Π��2

x

-3

-2

-1

1

2

y

x3 x4x1x5 x6x2-

11 Π��6

-7 Π��6 5 Π

��6

Π��6

13 Π��6

Sl.102.

a) Datu funkciju mozemo napisati u obliku y = 2 sin x+cos 2x = 2 sin x+cos2 x−sin2 x =

−2 sin2 x + 2 sin x + 1. Funkcija je periodicna sa periodom 2π, pa je dovoljno ispitati

za x ∈ [0, 2π]. Funkcija je definisana za svako x ∈ [0, 2π] i y = 0 za sin x = 1±√

32 .

Kako je 1+√

32 > 1, a | sin x| ≤ 1, to 1+

√3

2 nije nula funkcije. Iz sin x = 1−√

32 koristeci

trigonometrijski krug, se dobija da je y(x1) = y(x2) = 0, gdje je x1 ∈ (π, 7π6 ), a

x2 ∈ (11π6 , 2π); y > 0 za 1−

√3

2 < sin x < 1. Koristeci ponovo trigonometrijski krug,

zakljucujemo da je y > 0 za x ∈ (0, x1) i x ∈ (x2, 2π), a za x ∈ (x1, x2) je y < 0.

Funkcija nema asimptota. Kako je y′ = 2 cos x(1 − 2 sin x) = 0 za x ∈ {π2 , 3π

2 , π6 , 5π

6 }i y′′ = −2 sin x − 4 cos 2x i y′′(π

2 ) = 2 > 0, ymin = y(π2 ) = 1; y′′(3π

2 ) = 6 > 0,

ymin = y(3π2 ) = −3; y′′(π

6 ) = −3, ymax = y(π6 ) = 3

2 , y′′(5π6 ) = −1 < 0, ymax =

y(5π6 ) = 3

2 . Funkcija ima cetiri prevojne tacke: y′′ = −2 sin x − 4(cos2 x − sin2 x) =

242


8 sin2 x − 2 sin x − 4 = 0 za sin x = 1±√

338 . Svaka od jednacina sinx = 1+

√33

8 i

sin x = 1−√

338 ima dva rjesenja (vidi sliku). Grafik funkcije je dat na (sl. 102).

b) Funkcija je periodicna sa periodom 2π, pa cemo je ispitivati na intervalu [0, 2π]. Nulefunkcije su x = 0, x = π i x = 2π i y > 0 za x ∈ (0, π), a y < 0 za x ∈ (π, 2π). Funkcijanema asimptota. Kako je y′ = cos x

3√sin2 x

= 0 za x = π2 i x = 3π

2 i y′ mijenja znak u

okolini tih tacaka, to funkcija u tacki M1(π2 , 1) ima maksimum, a u tacki M2(

3π2 , 1)

minimum i y′(0) = y′(2π) = +∞, y′(π) = −∞, pa u tackama 0, π i 2π tangente

na krivu su normalne na x-osu. Kako je y′′ = −(2+sin2 x)

33√

sin5 xi y′′(π) nije definisano tj.

y′′(π) 6= 0, y′′ < 0 za x ∈ (0, π), a y′′ > 0 za x ∈ (π, 2π), pa je funkcija konveksna naintervalu (0, π), a konkavna na intervalu (π, 2π). Funkcija ima jednu prevojnu tackuna intervalu [0, 2π] (za x = π). Grafik funkcije je prikazan na (sl. 103).

-Π��2

Π��2

Π 3 Π��2

2 Π 5 Π��2

-1

-0.5

0.5

1

Sl.103.

-3 -2 -1 1 2 3x

-2

-1

1

2

y

-Π�4

Π�43

Π��4

-3Π�4Sl.104. -Π�2

Π�2

P

c) Funkcija je definisana za x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞). Nula funkcije je x = −1. Kakoje lim

x→+∞ y = arctg(1 + 0) = π4 + 0, lim

x→−∞y = arctg(1 − 0) = π

4 − 0, to je prava

y = π4 horizontalna asimptota. Kada x → +∞ funkcija je iznad asimptote, a za

x → −∞ ispod asimptote. Posto je limx→0+

y = limt→+∞

arctg t = π2 − 0, lim

x→0−y =

limt→−∞

arctg t = −π2 +0, to funkcija nema vertikalnu asimptotu za x = 0 iako za x = 0

nije definisana. Kako je y′ = −12x2+2x+1

< 0 za x ∈ D, to funkcija nema ekstremnih

vrijednosti. Primijetimo da je limx→0+

y′ = limx→0−

y′ = −1, tj. da granicni polozaji

tangenti na krivu u tacki prekida zahvataju sa x-osom ugao od 3π4 (tg 3π

4 = −1).

Kako je y′′ = 2(2x+1)

(2x2+2x+1)2= 0 za x = −1

2 i y′′ mijenja znak u okolini tacke x = −12 ,

pa je P (−12 ,−π

4 ) prevojna tacka funkcije. Grafik funkcije je prikazan na (sl. 104).

d) Oblast definisanosti funkcije D = (−∞, +∞). Nula funkcije je x = 0. Funkcijaje neparna. Kako je lim

x→+∞ y = limx→+∞

x2 + lim

x→+∞ arcsin 2x1+x2 = +∞ + 0 = +∞ i

243


limx→−∞

y = −∞, to funkcija nema horizontalne asimptote. Kosa asimptota je y = 12x

i kada x → +∞, grafik funkcije je iznad asimptote, a za x → −∞ ispod. Kako je

y′ =1

2+

2(1 − x2)

(1 + x2)√

(1 − x2)2=

1

2+

2(1 − x2)

(1 + x2)|1 − x2|

=

1

2+

2

1 + x2za x ∈ (−1, 1),

1

2− 2

1 + x2za x ∈ (−∞,−1) ∪ (1, +∞)

i y′(−1) i y′(1) nije definisano i limx→1+0

y′= limx→−1−0

y′=−12 , lim

x→1−0y′= lim

x→−1+0y′= 3

2

slijedi da granicni polozaji tangenti u tackama x = −1 i x = 1 imaju koeficijent

pravca −12 i 3

2 . U okolini tacaka x = −1 i x = 1 funkcija izgleda ovako: Za x ∈(−∞,−1) ∪ (1, +∞), y′ = 1

2 − 21+x2 = x2−3

2(1+x2)i y′ = 0 za x = −

√3 i x =

√3. U

okolini tacke x = −√

3 prvi izvod (y′) mijenja znak (sa + na −), pa funkcija ima

maksimum u tacki M1(−√

3,−√

32 − π

3 ), a minimum u tacki M2(√

3,√

32 + π

3 ) jer y′

u okolini tacke x =√

3, mijenja znak sa − na +. Za x ∈ (−1, 1), y′ = 12 + 2

1+x2 ne

mijenja znak. Za x ∈ (−∞,−1)∪ (1, +∞), y′′ = 4x1+x2 , a za x ∈ (−1, 1), y′′ = − 4x

1+x2 .

Prevojne tacke su: P1(−1,−12 − π

2 ), P2(0, 0) i P3(1,12 + π

2 ). Grafik funkcije prikazan

je na (sl. 105).

-4 -2 2 4x

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4y

M1

M2

P1

P3

P2

y=1��2

-x

Sl.105.

Π��2

Π 3 Π��2

2 Π

x

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1

1.25

1.5y

M1

M2

M3

Sl.106.

e) Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Funkcija je ni parna ni neparna, periodicna

je sa periodom 2π, pa cemo je ispitati na intervalu [0, 2π]. Nule funkcije su x = 0,

x = π i x = 2π i y > 0 za svako x ∈ (0, 2π). Funkcija ima minimum u tacki M1(π, 0),

a maksimum u tackama M2(π2 , 1

3) i M3(3π2 , 1). Grafik je prikazan na (sl. 106).

244


f) Funkcija je periodicna sa periodom 2π, pa je dovoljno ispitati na intervalu [0, 2π].Nule funkcije su x = π

2 i x = 3π2 . Kako je y′ = −2 sin x−1

(2+sin x)2= 0 za x = 7π

6 i x = 11π6 i y′

mijenja znak u okolini ovih tacaka, pa funkcija ima minimum u tacki M1(7π6 ,−

√3

3 ),

a maksimum u tacki M2(11π6 ,

√3

3 ). Grafik je prikazan na (sl. 107) •

Π��2

Π 3 Π��2

2 Π 5 Π��2

x

-1

-0.75

-0.5

-0.25

0.25

0.5

0.75

1y

M1

7\ \ Π��

6

M2

Sl.107.


a) y = cos x − ln(cos x), b) y = cos x + 12 sin 2x, c) y = cos x cos 2x,

d) y = arcsin 2x1+x2 , e) y = x

2 − arccos 2x1+x2 , f) y = sin x sin(x + π

3 ).

Rezultat:

a) Funkcija je definisana u intervalima (−π2 + 2kπ, π

2 + 2kπ), k ∈ Z. Period je 2π. Zax = 2kπ ymin = 1. Prave x = π

2 + kπ, k ∈ Z jesu asimptote (sl. 108).

b) Funkcija je definisano za svako x ∈ R, periodicno sa periodom 2π. Presjecne tacke

s osama su A(0, 1), B(π2 , 0) i C(3π

2 , 0). Za x = π6 je ymax = 3

√3

4 i ymin = −3√

34 za

x = 5π6 . Prevojne tacke su: P1(

π2 , 0), P2(π + arcsin(1

4),−3√

1516 ), P3(

3π2 , 0) i P4(2π −

arcsin(14), 3

√15

16 ) (sl. 109).

-p��2

p��2

p 3 p��2

2 px

-1

1

2

3

4

5y

Sl.108.

Π��6

2 Π

x

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5y

5 Π��6

Sl.109.

245


c) Funkcija je definisana za x ∈ R. Period je 2π. Funkcije f(x) = 0 za x = π4 , x = π

2 ,

x = 3π4 . U intervalu [0, π] ymax = 1 za x = 0, ymax = 2

3√

6za x = π − arcsin

√

56 ,

a ymin = − 23√

6za x = arcsin

√

56 i ymin = −1 za x = π. Prevojne tacke su:

P1(arccos√

1318 , 4

9

√

1318), P2(

π2 , 0) i P3(π − arccos

√

1318 ,−4

9

√

1318) (sl. 110).

Π��4

Π��2

x

-1.5

-1

-0.5

0.5

1

1.5y

Π

Sl.110.

-2 -1 1 2x

-Π��2

Π��2

y

Sl.111.

d) Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Za x = 1 ymax = π2 , a ymin = −π

2 za x = −1

i y′(1 + 0) = −1, y′(1 − 0) = 1. Prava y = 0 je asimptota. Prevojna tacka je P (0, 0)

(sl. 111).

e) Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Za x = 1 ymax = 1 i ymax = −3√

3+5π6 za

x = −√

3, a za x = −1 ymin = −12 − π i ymin = 3

√3−π6 za x =

√3. Prevojna tacka

je P (0,−π2 ) i y′(−1− 0) = −1

2 , y′(−1 + 0) = 32 , y′(1− 0) = 3

2 , y′(1 + 0) = −12 . Prava

y = x−π2 je asimptota (sl. 112).

Π

x

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3y

Sl.112.

Π��3

Π

x

1��4

-1��4

y

Sl.113.

f) Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Funkcija f(x) = 0 za x = kπ i x = −π3 + kπ,

k ∈ Z. Za x = −π6 + kπ, k ∈ Z, ymin = −1

4 , a ymax = 34 za x = π

3 + kπ, k ∈ Z (sl.

113) •

246


179. Odrediti parametre a i b tako da funkcija y = x+a√x2+b

ima za x = −1 ekstremum, a za

x = −2 prevojnu tacku. Ispitati dobijenu funkciju i nacrtati njen grafik.

Rjesenje:

Funkcija y = f(x) ima ekstremnu vrijednost u tacki x0 ∈ D ako je f ′(x0) = 0 ili f ′(x0)nije definisan i ako f ′(x) mijenja znak u okolini tacke x0. Ovdje je D = {x ∈ R, x2+b > 0},y′ = b−ax√

(x2+b)3. Tacke u kojima y′ nije definisan: {x ∈ R, x2 + b ≤ 0} ne pripadaju oblasti

D, tkao da funkcija moze imati ekstremum za x = −1 samo ako je y′(−1) = 0, tj.

b − ax√

(x2 + b)3= 0. (1)

Kako je y′′ = 2ax2−3bx−ab√(x2+b)5

, to tacke u kojima y′′ nije definisana: {x ∈ R, x2 + b ≤ 0} ne

pripadaju oblasti D, tako da y ima prevojnu tacku za x = −2 samo ako je y′′(−2) = 0,tj.

8a + 6b − ab√

(4 + b)5= 0. (2)

Iz sistema (1) i (2) se dobija

{

a + b = 0

8a + 6b − ab = 0, odakle je

a)

{

a = 0

b = 0ili b)

{

a = −2

b = 2.

a) Za a = 0 i b = 0 je

f(x) =x√x2

=x

|x| , sgn x =

1, x > 0

0, x = 0

−1, x < 0,

f(x) = sgn x za x 6= 0. Kako je za sve x < 0, f(x) = −1, to je f ′(x) = 0, f ′′(x) = 0(x < 0), tj. ni f ′(x) ni f ′′(x) ne mijenja znak za x < 0, pa ni u okolini tacaka x = −1 ix = −2. Iz toga razloga, dobijena funkcija ne zadovoljava uslove zadatka – niti za x = −1ima ekstremum, niti za x = −2 ima prevojnu tacku.

b) Za a = −2 i b = 2 je g(x) = x−2√x2+2

. Kako je g′(x) = 2(x+1)√(x2+2)3

, g′(−1) = 0,

g(−1) = −√

3 i g′′(x) = −2(2x2+3x−2)√(x2+2)5

, g′′(−2) = g′′(12) = 0 i g(−2) = −4√

6, g(1

2) = −1,

247


to na osnovu promjene znaka g′(x) (sa − na +) i g′′(x) zakljucujemo da funkcija g(x)

ima ekstremnu vrijednost za x = −1, a prevojne tacke za x = −2 i x = 12 . Prema tome,

funkcija g(x) zadovoljava uslove zadatka. Funkcija g(x) = x−2√x2+2

definisana je za sve

x ∈ R i g(x) = 0 za x = 2. Horizontalne asimptote: y = 1 kada x → +∞ i y = −1 kada

x → −∞. Funkcija ima minimum u tacki M(−1,−√

3). Prevojne tacke su: P1(−2, −4√6)

i P2(12 ,−1). Funkcija je konveksna za x ∈ (−∞,−2) i za x ∈ (1

2 , +∞), a konkavna za

x ∈ (−2, 12). Grafik je prikazan na (sl. 114) •

-2 -1 2x

1

-1

y

P1

P2M Sl.114.

2 4x

1

2

y

Sl.115.

180. Grafik funkcije y = ax+bx+c prolazi kroz tacku A(1, 3), a prave y = 1 i x = 2 su mu

asimptote. Odrediti vrijednosti parametara pod tim uslovom pa ispitati dobivenu

funkciju i nacrtati njen grafik.

Rezultat:

Pod datim uslovima, vrijednosti parametara su: a = 1, b = −4, c = −2, pa y = x−4x−2 .

Funkcija je definisana za x 6= 2. Nula funkcije je x = 4. Prave x = 2 i y = 1 su asimptote.

Funkcija nema ekstremnih vrijednosti. Konkavna je za x ∈ (−∞, 2), a konveksna za

x ∈ (2, +∞) (sl. 115) •

181. Funkcija y = eax

b−x ima stacionarnu tacku za x = 3, a grafik joj prolazi kroz tacku

A(0, 1). Odrediti vrijednost parametara, pa ispitati dobivenu funkciju i nacrtati njen

grafik.

Rezultat:

Vrijednosti parametara su: a = 12 , b = 1, pa y = e

x2

1−x . Funkcija je definisana za

x 6= 1. Za x = 3 je ymax = −12e√

2. Prave x = 1 i y = 0 su asimptote. Grafik funkcije je

konkavan za x ∈ (−∞, 1), a konveksan za x ∈ (1, +∞). (sl. 116) •

248


x

y

13

Sl.116.

x

-1

y

1

-2 2 4

Sl.117.

182. Funkcija y = ax+b(x−1)(x−4) ima ekstremum u tacki A(2,−1). Odrediti vrijednost para-

metara pod tim uslovom pa ispitati dobivenu funkciju i nacrtati njen grafik.

Rezultat:

Vrijednosti parametara su: a = 1, b = 0, a funkcija je y = x(x−1)(x−4) . Funkcija je

definisana za x 6= 1 i x 6= 4. Za x = −2 ymin = −19 , a ymax = −1 za x = 2. Prave y = 0,

x = 1 i x = 4 su asimptote (sl. 117) •

183. Odrediti realne vrijednosti parametara a i b tako da grafik funkcije y = sin2 xa−b cos x ima

ekstremum u tacki (π3 , 1

4), pa dobivenu funkciju ispitati i nacrtati njen grafik.

Rezultat:

a = 1, b = −4 •184. Odrediti parametre a i b tako da tacka A(2; 2, 5) bude prevojna tacka krive zadate

jednacinom x2y + ax + by = 0, pa nacrtati grafik tako dobijene funkcije.

Rezultat:

a = −203 , b = 4

3 •

185. Nacrtati grafik funkcije x = sin t2 , y = tg t.

Rjesenje:

Funkcija y = tg(2 arcsin x) je definisana za x ∈ (−1,−√

22 ) ∪ (−

√2

2 ,√

22 ) ∪ (

√2

2 , 1).

Nule funkcije su x = ±1 i x = 0. Asimptote krive su x = ±√

22 (sl. 118) •

249


-1 1x

y

-

�!!!!2��2

�!!!!2��2

Sl.118.

ã

x

y

Sl.119.


a)x = tet

y = te−t , b)x = tg t

y =1

sin t

, c)x =

3t(1 − t)

1 + t2

y =3t

1 − t + t2

Rezultat:

a) (sl. 119), b) (sl. 120), c) (sl. 121).

x

-1

1

y

Sl.120.

-4 -3 -2 -1 1x

-2

-1

1

2

3

y

Sl.121.

250

FUNKCIJE VISE PROMJENLJIVIH

8. Funkcije vise promjenljivih

8. 1. Osnovni pojmovi, granicna vrijednost i neprekidnost

Funkcije sa dvije i vise nezavisno promjenljivih tretiracemo kao specijalan slucaj fun-kcija definisanih u n-dimenzionim euklidskim prostorima. Prema tome, sa D oznacicemodefiniciono podrucje funkcije f definisano u n-dimenzionalnom prostoru Rn sa vrijedno-stima u m-dimenzionalnom prostoru Rm, pri cemu x = (x1, x2, . . . , xn) znaci neku tackuu Rn, a x = (x1, x2, . . . , xm) znaci neku tacku u Rm. Specijalno, ako je n = 2, a m = 1onda je rijec o funkcijama f(x1, x2) dviju realnih nezavisno promjenljivih x1 i x2. Kadastavimo x1 = x, x2 = y, bice f(x1, x2) = f(x, y) = z.

Dakle, funkcija f dviju nezavisno promjenljivih x, y dodjeljuje svakom ured-enom paru(x, y) ∈ D ⊂ R × R jednu i samo jednu odred-enu vrijednost z ∈ R, u oznaci

z = f(x, y), ili f : R2 → R.

Vrijednost funkcije z = f(x, y) u nekoj tacki M0(x0, y0) koja pripada podskupu D pravo-uglog Dekartovog koordinatnog sistema R × R je

z = f(M0) = f(x0, y0).

Tacka M(x, y, z), gdje je (x, y) ∈ D, a z = f(x, y) obrazuju povrs u prostoru R3.

Funkciju dviju nezavisno promjenljivih mozemo predstaviti u:

eksplicitnom obliku: z = f(x, y),

implicitnom obliku: F (x, y, z) = 0,

parametarskom obliku: x = x(u, v), y = y(u, v), z = z(u, v).

251


Pod okolinom poluprecnika r tacke M0(x0, y0) podrazumijevamo skup svih tacaka(x, y) cije koordinate zadovoljavaju nejednakost

√

(x − x0)2 + (y − y0)2 < r,

tj. skup svih tacaka koje leze unutar kruga poluprecnika r sa centrom u tacki M0.

Neka je funkcija z = f(x, y) definisana u nekoj oblasti D ravni Oxy i neka tackaM0(x0, y0) lezi unutar oblasti D ili na njenoj granici.

Broj A se naziva granicom funkcije f(x, y) u tacki M0(x0, y0), ako se za svaki proiz-voljno mali realan broj ε > 0 moze naci takav broj r > 0 da za sve tacke M(x, y), za kojeje ispunjena nejednakost MM0 < r jeste

|f(x, y) − A| < ε.

Ako je broj A granicna vrijednost funkcije f(x, y) kada M(x, y) → M0(x0, y0), tada pisemo

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = limx→ x0

y→ y0

f(x, y) = A.

Za ovaj se limes kaze da je dvojni limes. Moze se desiti da u funkciji z = f(x, y) prvotezi jedna nezavisno promjenljiva svojoj granicnoj vrijednosti, a zatim druga. Te granicnevrijednosti nazivamo ponovljenim ili iteriranim granicnim vrijednostima i zapisujemo ihsa

limx→x0

[ limy→y0

f(x, y)] = limx→x0

ϕ(x) ili limy→y0

[ limx→x0

f(x, y)] = limy→y0

ψ(y).

Neka tacka M0(x0, y0) pripada oblasti definisanosti funkcije f(x, y). Funkcija z =f(x, y) je neprekidna u tacki M0(x0, y0) ako ima smisla jednakost:

limx→ x0

y→ y0

f(x, y) = f(x0, y0) (1)

pri cemu tacka M(x, y) na proizvoljan nacin tezi tacki M0(x0, y0) ostajuci u oblasti defi-nisanosti funkcije.

Ako oznacimo x = x0 + ∆x, y = y0 + ∆y, jednakost (1) se moze napisati

lim∆x→ 0

∆y→ 0

f(x0 + ∆x, y0 + ∆y) = f(x0, y0) ili lim∆x→ 0

∆y→ 0

∆z = 0.

252


Funkcija je neprekidna u datoj oblasti ako je neprekidna u svakoj tacki te oblasti.

187. Odrediti oblast definisanosti D slijedecih funkcija:

a) z =√

1 − x2 − y2, b) z = arcsin x2 +

√xy, c) z = x+y

x−y , d) z = 1x2−y2 ,

e) z =√

1 − x2 +√

1 − y2, f) z =√

y sin x, g) z = xy+√

ln 9x2+y2 +

√

x2 + y2 − 9.

Rjesenje:

a) Funkcija je definisana za 1− x2 − y2 ≥ 0, odnosno u unutrasnjosti kruga x2 + y2 ≤ 1,tj.

D = {(x, y)|x2 + y2 ≤ 1, x ∈ R, y ∈ R}.

b) Prvi sabirak je definisan za −2 ≤ x ≤ 2, a drugi za xy ≥ 0, pa oblast definisanosti jeodred-ena nejednakostima: −2 ≤ x ≤ 0, y ≤ 0; 0 ≤ x ≤ 2, y ≥ 0, tj.

D = {(x, y)| − 2 ≤ x ≤ 0, y ≤ 0 ∧ 0 ≤ x ≤ 2, y ≥ 0, x ∈ R, y ∈ R}.

c) Funkcija je definisana za sve tacke iz Dekartove ravni koje ne pripadaju pravoj y = x,tj. D = {(x, y)|x 6= y, x ∈ R, y ∈ R}.

d) Funkcija je definisana za sve tacke Dekartove ravni koje ne pripadaju pravima x+y = 0i x − y = 0, tj. D = {(x, y)|x2 − y2 6= 0, x ∈ R, y ∈ R}.

e) D = {(x, y)| − 1 ≤ x ≤ 1,−1 ≤ y ≤ 1, x ∈ R, y ∈ R}.f) D = {(x, y)|2kπ ≤ x ≤ (2k+1)π, y ≥ 0∧ (2k+1)π ≤ x ≤ (2k+2)π, y ≤ 0, x ∈ R, y ∈

R, k ∈ Z}.g) D = {(x, y)| ln 9

x2+y2 ≥ 0 ∧ x2 + y2 − 9 ≥ 0 ∧ x2 + y2 6= 0} = {(x, y)|x2 + y2 = 9} •

188. Odrediti oblast definisanosti funkcija:

a) z = 1x2+y2 , b) z = ln(y2 − 4x + 8), c) z = 1

9−x2−y2 ,

d) z = 1√y−√

x, e) z = x + arccos y, f) z = arcsin(x + y),

g) z = arccos(x2 + y2 − 2), h) z =

√4x−y2

ln(1−x2−y2), i) z = ln(x ln(y − x)).

Rezultat:

a) D = {(x, y)|x 6= 0, y 6= 0, x ∈ R, y ∈ R}, b) D = {(x, y)|x < y2

4 + 2, x ∈ R, y ∈ R},c) D = {(x, y)|x2 + y2 6= 9, x ∈ R, y ∈ R}, d) D = {(x, y)|x > 0, y2 > x},e) D = {(x, y)| − 1 ≤ y ≤ 1, y ∈ R}. f) D = {(x, y)| − 1 ≤ x + y ≤ 1, x ∈ R, y ∈ R},

253


g) D = {(x, y)|1 ≤ x2 + y2 ≤ 3, x ∈ R, y ∈ R}, h) D = {(x, y)|x = y2

4 ∧ x2 + y2 < 1},i) D = {(x, y)|(x > 0 ∧ y > x + 1) ∨ (x < 0 ∧ x < y < x + 1)} •

189. Data je funkcija z = x4+2x2y2+y4

1−x2−y2 .

a) Odrediti oblast definisanosti funkcije z i dati geometrijsko tumacenje,

b) Pokazati da za funkciju z vazi z(−x,−y) = z(x, y),

c) Odrediti vrijednost funkcije z u tackama kruga x2 + y2 = r2.

Rjesenje:

a) Funkcija z : R2 → R definisana je u tackama (x, y) ∈ R2 u kojima izraz x4+2x2y2+y4

1−x2−y2

ima smisla u R, tj. za one tacke za koje je 1−x2−y2 6= 0, tj. D = {(x, y)|x2+y2 6= 1}.Geometrijski, oblast definisanosti su sve tacke ravni xOy koje ne pripadaju krugux2 + y2 = 1,

b) z(−x,−y) = (−x)4+2(−x)2(−y)2+(−y)4

1−(−x)2−(−y)2= x4+2x2y2+y4

1−x2−y2 ,

c) z(x,±√

r2 − x2) = x4+2x2(r2−x2)+(r2−x2)2

1−x2−(r2−x2)= r4

1−r2 •

190. Odrediti funkcije f i z iz uslova z(y, x) =√

y+f(√

x−1), z(1, x) = x, x ≥ 0, y ≥ 0.

Rjesenje:z(1, x) = 1 + f(

√x − 1) = x ⇒ f(

√x − 1) = x − 1.

Poslije smjene√

x− 1 = t, dobija se f(t) = t2 +2t = t(t+2), pa je z(y, x) =√

y +x− 1 •191. Odrediti f(u, v) ako je f(x + y, x − y) = xy + y2.

Rezultat:

f(u, v) =u2 − uv

2(uvesti smjenu : x + y = u, x − y = v), ili

f(x, y) =x2 − xy

2•

192. Ako je f(x + y, yx) = x2 − y2, odrediti f(x, y).

Rezultat:

f(x, y) = x2 · 1 − y

1 + y(x + y = u,

y

x= v) •

193. Odrediti funkcije f i g definisane uslovima g(x, y) = x + y + f(x − y), g(x, 0) = x2.

254


Rezultat:f(x) = x2 − x, g(x, y) = 2y + (x − y)2 •

194. Odrediti funkciju f(x) ako je

f(y

x

)

=

√

x2 + y2

y, x, y > 0

Rezultat:

f(x) =

√1 + x2

|x| •


a) limx→ 0

y→ 0

x + 2

y + 1, b) lim

x→ 0

y→ 0

(x2 + y2) sin1

x − y.

Rjesenje:

a) limx→ 0

y→ 0

x + 2

y + 1= lim

x→ 0

y→ 0

0 + 2

0 + 1= 2, b) 0 •

196. Za datu funkciju f : R2 → R odrediti granicne vrijednosti: l1 = limx→0

( limy→0

f(x, y)) i

l2 = limy→0

( limx→0

f(x, y)). Da li postoji granicna vrijednost l = limx→ 0

y→ 0

f(x, y)?

a) f(x, y) = x−yx+y , b) f(x, y) = xy

x2+y2 , c) f(x, y) = x2−y2

x2+y2 ,

d) f(x, y) = x2−y2+x3+y3

x2+y2 , e) f(x, y) = x2y2

x2y2+(x−y)2, f) f(x, y) = (x + y) sin 1

x sin 1y .

Rjesenje:

a) l1 = limx→0

xx = 1, l2 = lim

y→0−y

y = −1, l1 6= l2 ⇒ l ne postoji,

b) limx→0

( limy→0

xyx2+y2 ) = lim

y→0( limx→0

xyx2+y2 ) = l1 = l2 = 0. Ako se uzme da je y = ax, onda

tacka (x, y) tezi tacki (0, 0) po krivima y = ax, a ∈ R i tada vrijedi

limx→ 0

y→ 0

xy

x2 + y2= lim

x→0

ax2

x2 + a2x2= lim

x→0

a

1 + a2=

a

1 + a2,

255


sto znaci da granicna vrijednost zavisi od krive po kojoj tacka (x, y) tezi tacki (0, 0),

pa limes ne postoji,

c) Kako je l1 = 1, l2 = −1, to l ne postoji,

d) l1 = 1, l2 = −1, l ne postoji,

e) l1 = 0, l2 = 0, pokazacemo da granicna vrijednost l ne postoji:

Za nizove tacaka (xn, yn) = ( 1n , 1

n) i (x′n, y′n) = ( 1n ,− 1

n) koji konvergiraju tacki (0, 0)

kada n → ∞, granicna vrijednost funkcije je:

limn→∞ f(xn, yn) = lim

n→∞

1n4

1n4

= 1,

limn→∞ f(x′n, y′n) = lim

n→∞

1n4

1n4 + 4

n4

=1

5.

Kako su dobijene granicne vrijednosti razlicite, zakljucujemo da granicna vrijednost

l ne postoji,

f) Neka je y 6= 1nπ , n ∈ N, tada je y sin 1

y 6= 0. Nizovi xn = 1nπ i x′n = 2

(4n+1)π , n ∈ N

konvergiraju nuli kada n → ∞. Kako je limn→∞ f(xn, y) = 0, lim

n→∞ f(x′n, y) = y sin 1y ,

to limx→0

f(x, y) ne postoji. Analogno pokazujemo da ne postoji limy→0

f(x, y). Dakle,

uzastopne granicne vrijednosti l1 i l2 ne postoje. Pokazacemo da granicna vrijednost

l ne postoji:

0 ≤∣

∣

∣

∣

(x + y) sin1

xsin

1

y

∣

∣

∣

∣

≤ |x + y| ≤ |x| + |y| za x 6= 0, y 6= 0,

pa je

0 ≤ limx→ 0

y→ 0

|f(x, y)| ≤ limx→ 0

y→ 0

(|x| + |y|) = 0.

Dakle, l = limx→ 0

y→ 0

f(x, y) = 0 •

197. Odrediti dvojnu granicnu vrijednost l = limx→ x0

y→ y0

f(x, y), ako je:

256


a) f(x, y) = x+yx2−xy+y2 , x0 = y0 = +∞, b) f(x, y) = x2+y2√

x2+y2+1−1, x0 = y0 = 0,

c) f(x, y) = (x2 + y2)e−(x+y), x0 = y0 = +∞, d) f(x, y) = sin x2y3

x2 , x0 = 0, y0 = 2,

e) f(x, y) = xx2+y2 ln(x2 + y2), x0 = y0 = 0, f) f(x, y) = xy√

xy+1−1, x0 = y0 = 0,

g) f(x, y) =√

xy+1−1x+y , x0 = y0 = 0, h) f(x, y) = 1−cos(x2+y2)

(x2+y2)x2y2 , x0 = y0 = 0.

Rezultat:

a) l = 0, b) l = 2, c) l = 0, d) l = 0, e) l ne postoji, f) l = 0, g) l = 0, h) l nepostoji •

198. Odrediti uzastopne granicne vrijednostil1 = lim

x→x0( limy→y0

f(x, y)) i l2 = limy→y0

( limx→x0

f(x, y)) ako je:

a) f(x, y) = x2+y2

x2+y4 , x0 = y0 = ∞, b) f(x, y) = xy

1+xy , x0 = ∞, y0 = +0,

c) f(x, y) = sin πx2x+y , x0 = y0 = ∞, d) f(x, y) = 1

xy tg xy1+xy , x0 = 0, y0 = ∞,

e) f(x, y) = x−y+x2+y2

x+y , x0 = y0 = 0, f) f(x, y) = logx(x + y), x0 = 1, y0 = 0.

Rezultat:

a) l1 = 0, l2 = 1, b) l1 = 12 , l2 = 1, c) l1 = 0, l2 = 1, d) l1 = 0, l2 = 1, e) l1 = 1,

l2 = −1, f) l1 = 1, l2 ne postoji •199. Ispitati neprekidnost funkcije z = x2 + y2.

Rjesenje:

Data funkcija neprekidna je u svakoj tacki ravni xOy. Naime, za proizvoljne vrijed-nosti x, y, ∆x i ∆y imamo:

∆z = [(x + ∆x)2 + (y + ∆y)2 − (x2 + y2)] = 2x∆x + 2y∆y + ∆x2 + ∆y2,

pa jelim

∆x→ 0

∆y→ 0

∆z = 0 •

200. Naci tacke prekida funkcije:

a) f(x, y) = 1x2+y2 , b) f(x, y) = xy+1

x2−y, c) f(x, y) = xy

x2+y2 ,

d) f(x, y) = 11−x2−y2 , e) f(x, y) = 1√

x2+y2, f) f(x, y) = ln(1 − x2 − y2).

257


Rjesenje:

a) Funkcija ima prekid u tacki M(0, 0) jer f(x, y) → ∞ kada x → 0 i y → 0. Geometrijskito znaci da u tacki M(0, 0) povrs ima beskonacni vrh,

b) Tacke prekida funkcije su sve tacke parabole y = x2,

c) Funkcija ima prekid u tacki M(0, 0),

d) Funkcija ima tacke prekida u tackama koje leze na krugu x2 + y2 = 1,

e) Tacka prekida je M(0, 0),

f) Tacke prekida su tacke koje pripadaju krugu i unutrasnjosti kruga x2 + y2 = 1 •201. Pokazati da je funkcija

f(x, y) =

cos(x − y) − cos(x + y)

x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0),

neprekidna po promjenljivoj x i po promjenljivoj y u tacki M(0, 0), a da nije nepre-kidna u tacki M(0, 0).

Rjesenje:

Kako je

lim∆x→0

(f(0 + ∆x, 0) − f(0, 0)) = lim∆x→0

(∆x, 0) = lim∆x→0

cos ∆x − cos ∆x

(∆x)2= 0,

lim∆y→0

(f(0, 0 + ∆y) − f(0, 0)) = lim∆y→0

(0, ∆y) = lim∆y→0

cos ∆y − cos ∆y

(∆y)2= 0,

to zakljucujemo da je funkcija f(x, y) neprekidna po promjenljivoj x i po promjenljivoj yu tacki M(0, 0). Iz

lim∆x→ 0

∆y→ 0

(f(0 + ∆x, 0 + ∆y) − f(0, 0)) = lim∆x→ 0

∆y→ 0

cos(∆x − ∆y) − cos(∆x + ∆y)

(∆x)2 + (∆y)2

= lim∆x→ 0

∆y→ 0

2 sin ∆x sin ∆y

(∆x)2 + (∆y)2=

1, ∆x = ∆y,

4

5, ∆x = 2∆y,

slijedi da lim∆x→ 0

∆y→ 0

∆f(x, y) ne postoji, pa funkcija f(x, y) nije neprekidna u tacki M(0, 0) •

258

PARCIJALNI IZVODI

202. Pokazati da su funkcije f : R2 → R definisane izrazima:

a) f(x, y) =

sin(x − y) − sin(x + y)

x2 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0);

b) f(x, y) =

x2y

x4 + y2, (x, y) 6= (0, 0)

0, (x, y) = (0, 0),

neprekidne po promjenljivoj x i promjenljivoj y u tacki M(0, 0), a da nisu neprekidne

u tacki M(0, 0) •

203. Ispitati neprekidnost funkcije

a) f(x, y) =

x2y2

1 + x2y − 1, x2y 6= 0

2, x2y = 0

u tacki M(0, 1),

b) f(x, y) =

x2y2

x4 + y4, x4 + y4 6= 0

0, x = y = 0,

,

c) f(x, y) = 1ln(x2+y2)

, d) f(x, y) = y2+2xy2−2x

,

Rezultat:

a) Neprekidna, b) Prekidna, c) Prekidna je u tacki M(0, 0) i na kruznici x2 + y2 = 1,

d) Prekidna na paraboli y2 = 2x •

204. Odrediti tacke prekida funkcija:

a) f(x, y) = xyx+y , b) f(x, y) = 1

sin x sin y ,

c) f(x, y) = (ln(1 − x2 − y2))−1, d) f(x, y) = cos 1xy ,

e) f(x, y) = 1x2+y2−4

, f) f(x, y) =

√1−x2−y2

x−y .

Rezultat:

a) Tacke prave y = −x, b) (k1π, y), (x, k2π), k1, k2 ∈ Z,

c) (x, y) tako da je x2 + y2 ≥ 1 i tacka M(0, 0), d) (x, 0), (0, y),

e) Tacke na kruznici x2 + y2 = 4, f) Prekidna je na x2 + y2 > 1, y = x.

259


8. 2. Parcijalni izvodi i totalni diferencijal

8.2.1. Parcijalni izvodi

Neka je z = f(x, y) realna funkcija dviju realnih nezavisno promjenljivih x, y i nekaje M(x, y) jedna odred-ena, inace bilo koja, unutrasnja tacka definicionog podrucja Dfunkcije f . Ako fiksiramo ordinatu y tacke M , a apscisu x mijenjamo, mozemo funkcijuf interpretirati kao realnu funkciju jedne realne nezavisno promjenljive x i traziti limes

lim∆x→0

f(x + ∆x, y) − f(x, y)

∆x= lim

∆x→0

∆xz

∆x,

gdje je ∆x prirastaj nezavisno promjenljive x, a ∆xz parcijalni prirastaj funkcije z =f(x, y). Ako taj limes postoji, naziva se parcijalnim ili djelimicnim izvodom po x funkcijez = f(x, y) u tacki M(x, y) i oznacava se na jedan od slijedecih nacina:

∂z

∂x,

∂f(x, y)

∂x, f ′x(x, y), f ′x, Dxf(x, y), fx(x, y), fx.

Analogno se parcijalni izvod funkcije z po y, x-fiksno, definise kao

lim∆y→0

∆yz

∆y= lim

∆y→0

f(x, y + ∆y) − f(x, y)

∆y

i oznacava se na jedan od nacina:

∂z

∂y,

∂f(x, y)

∂y, f ′y(x, y), f ′y, Dyf(x, y), fy(x, y), fy.

Parcijalni izvodi ∂z∂x i ∂z

∂y nazivaju se i parcijalni izvodi prvog reda.

Parcijalni izvodi prvog reda su, uopste govoreci, funkcije promjenljivih x i y. Zato seod njih mogu ponovo traziti parcijalni izvodi. Ovi izvodi se nazivaju parcijalnim izvodimadrugog reda funkcije z = f(x, y) koji su, takod-e, funkcije promjenljivih x i y.

Produzavajuci ovaj postupak moguce je definisati parcijalne izvode viseg reda uopste,pri cemu se uvode specijalne oznake.

Parcijalni izvodi drugog reda:

∂2z

∂x2=

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(

∂f

∂x

)

,∂2f

∂y∂x=

∂

∂y

(

∂f

∂x

)

,∂2f

∂x∂y=

∂

∂x

(

∂f

∂y

)

,∂2f

∂y2=

∂

∂y

(

∂f

∂y

)

,

ili f ′′x2 , f ′′xy, f ′′yx, f ′′

y2 ili jednostavno fx2 , fxy, fyx, fy2 .

260

PARCIJALNI IZVODI

Analogno se definisu i oznacavaju parcijalni izvodi viseg reda. Na primjer,

∂3z

∂x3=

∂

∂x

(

∂2z

∂x2

)

,∂4z

∂x3∂y=

∂

∂y

(

∂3z

∂x3

)

, . . .∂n+1z

∂xn∂y=

∂

∂y

(

∂nz

∂xn

)

.

Ako u nekoj okolini tacke M(x, y) funkcija f(x, y) ima parcijalne izvode prvog redaf ′x i f ′y koji su neprekidni u tacki M(x, y), ona je diferencijabilna u toj tacki.

205. Odrediti prve parcijalne izvode po x i y slijedecih funkcija:

a) z = x4 + y4 − 2x2y2, b) z = xy , c) z = xy

x+y ,

d) z = xey, e) z = xex+y, f) z = ex(sin x + sin y),

g) z = eyx , h) z = e2x sin 3y, i) z = ex2−y2

,

j) z = esin x+sin y, k) z = e(x−y)2 , l) z = ln(x +√

x2 + y2),

m) z = x ln xy , n) z = ln(x + sin y), nj) z = arctg x

y ,

o) z = sin xy cos y

x , p) z = (sin x)sin y.

Rezultat:

a) ∂z∂x = 4x3 − 4xy2, ∂z

∂y = 4y3 − 4x2y,

b) ∂z∂x = 1

y , ∂z∂y = − x

y2 , c) ∂z∂x = y2

(x+y)2, ∂z

∂y = x2

(x+y)2,

d) ∂z∂x = ey, ∂z

∂y = xey, e) ∂z∂x = (x + 1)ex+y, ∂z

∂y = xex+y,

f) ∂z∂x = ex(sin x + sin y + cos x), ∂z

∂y = ex cos y,

g) ∂z∂x = − y

x2 eyx , ∂z

∂y = 1xe

yx , h) ∂z

∂x = 2e2x sin 3y, ∂z∂y = 3e2x cos 3y,

i) ∂z∂x = 2xex2−y2

, ∂z∂y = −2yex2−y2

,

j) ∂z∂x = esin x+sin y cos x, ∂z

∂y = esin x+sin y cos y,

k) ∂z∂x = 2(x − y)e(x−y)2 , ∂z

∂y = −2(x − y)e(x−y)2 ,

l) ∂z∂x = 1√

x2+y2, ∂z

∂y = y√x2+y2(x+

√x2+y2)

,

m) ∂z∂x = 1 + ln x

y , ∂z∂y = −x

y , n) ∂z∂x = 1

x+sin y , ∂z∂y = cos y

x+sin y ,

nj) ∂z∂x = y

x2+y2 , ∂z∂y = − x

x2+y2 ,

o) ∂z∂x = 1

y cos xy cos y

x + yx2 sin x

y sin yx , ∂z

∂y = − xy2 cos x

y cos yx − 1

x sin xy sin y

x ,

261


p) ∂z∂x = sin y cos x(sin x)sin y−1, ∂z

∂y = cos y(sin x)sin y ln sin x •

206. Naci vrijednost prvih parcijalnih izvoda datih funkcija u tacki M(x, y) ako je:

a) z = xy + y, M(1, 2), b) z =√

x2 + y2, M(1, 1),

c) z = esin xy, M(1, π2 ), d) z = esin(x+y), M(π

2 , π2 ),

e) z = ln(x2 − y2), M(2,−1), f) z = ln(x + y2x), M(1, 2),

g) z = arctg xy, M(1, π4 ), h) z = x cos y−y cos x

1+sin x+sin y , M(0, 0).

Rjesenje:

a) Kako je ∂z∂y = x + 1 i ∂z

∂x = y, to je ∂z∂x = 2, ∂z

∂y = 2,

b) ∂z∂x =

√2

2 , ∂z∂y =

√2

2 , c) ∂z∂x = 0, ∂z

∂y = 0,

d) ∂z∂x = −1, ∂z

∂y = −1, e) ∂z∂x = 4

3 , ∂z∂y = 2

3 ,

f) ∂z∂x = 0, ∂z

∂y = 14 , g) ∂z

∂x = 1616+π2 , ∂z

∂y = − 4π16+π2 ,

h) ∂z∂x = 1, ∂z

∂y = −1 •

207. Pokazati da date funkcije zadovoljavaju relacije:

a) z = ln(x2 + xy + y2) relaciju x∂z∂x + y ∂z

∂y = 2,

b) z =√

xy + xy relaciju z(x∂z

∂x + y ∂z∂y ) = xy,

c) u = ln(ex + ey + ez) relaciju ∂u∂x + ∂u

∂y + ∂u∂z = 1,

d) z = ln(ex + ey) relaciju ∂z∂x + ∂z

∂y = 1,

e) z = x ln yx relaciju x∂z

∂x + y ∂z∂y = x ln y

x ,

f) u = x−yz−t + t−x

y−z relaciju ∂u∂z + ∂u

∂y + ∂u∂z + ∂u

∂t = 0.

Rjesenje:

a) Kako je ∂z∂x = 2x+y

x2+xy+y2 , ∂z∂y = x+2y

x2+xy+y2 , to je

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= x · 2x + y

x2 + xy + y2+ y · x + 2y

x2 + xy + y2=

2x2 + 2xy + 2y2

x2 + xy + y2= 2 •

262

TOTALNI DIFERENCIJAL

208. Odrediti parcijalne izvode drugog reda datih funkcija:

a) z = x4 + 3x2y2 − 2y4, b) z = ln(x2 + y2),

c) z = xy + xy , d) z = ex cos y,

e) z = arctg yx , f) z = arcsin x√

x2+y2.

Rjesenje:

a) Kako je∂z

∂x= 4x3 + 6xy2,

∂z

∂y= 6x2y − 8y3,

to je

∂2z

∂x∂y=

∂

∂y

(

∂z

∂x

)

=∂

∂y

(

4x3 + 6xy2)

= 12xy,

∂2z

∂y∂x=

∂

∂x

(

∂z

∂y

)

=∂

∂x

(

6x2y − 8y3)

= 12xy,

∂2z

∂x2=

∂

∂x

(

∂z

∂x

)

=∂

∂x

(

4x3 + 6xy2)

= 12(x2 + y2),

∂2z

∂y2=

∂

∂y

(

∂z

∂y

)

=∂

∂y

(

6x2y − 8y3)

= 6(x2 − y2),

b) ∂2z∂x2 = 2y2−2x2

(x2+y2)2, ∂2z

∂x∂y = − 4xy(x2+y2)2

, ∂2z∂y∂x = − 4xy

(x2+y2)2, ∂2z

∂y2 = 2(x2−y2)

(x2+y2)2,

c) ∂2z∂x2 = 0, ∂2z

∂x∂y = 1 − 1y2 , ∂2z

∂y∂x = 1 − 1y2 , ∂2z

∂y2 = 2xy3 ,

d) ∂2z∂x2 = ex cos y, ∂2z

∂x∂y = −ex sin y, ∂2z∂y∂x = −ex sin y, ∂2z

∂y2 = −ex cos y,

e) ∂2z∂x2 = 2xy

(x2+y2)2, ∂2z

∂z∂y = y2−x2

(x2+y2)2, ∂2z

∂y2 = − 2xy(x2+y2)2

, ∂2z∂y∂x = 2xy

(x2+y2)2,

f) ∂2z∂x2 = − 2x|y|

(x2+y2)2, ∂2z

∂x∂y = (x2−y2) sgn y(x2+y2)2

, ∂2z∂y2 =

2x|y|(x2+y2)2

, y 6= 0 •

209. Pokazati da funkcija z = f(x, y) zadovoljava datu jednacinu ako je:

a) z = xe−yx , x ∂2z

∂x∂y + 2(

∂z∂x + ∂z

∂y

)

= y ∂2z∂y2 ,

b) z = x2+y2

x+y , x∂2z∂x2 + y ∂2z

∂x∂y = 2∂z∂x ,

c) z = arctg(2x − y), ∂2z∂x2 + 2 ∂2z

∂x∂y = 0.

263


8.2.2. Totalni diferencijal

Ako funkcija z = f(x, y) ima u tacki M(x, y) neprekidne parcijalne izvode, tada njentotalni prirastaj mozemo prikazati u obliku

∆z =∂z

∂x∆x +

∂z

∂y∆y + ερ, (1)

gdje ε → 0 za ρ =√

|∆x|2 + |∆y|2 → 0. Tada je izraz ∂z∂x∆x + ∂y

∂y∆y glavni dio totalnog

prirastaja ∆z i nazivamo ga totalnim diferencijalom prvog reda funkcije z = f(x, y) ioznacavamo sa dz:

dz =∂z

∂x∆x +

∂z

∂y∆y. (2)

Ako se u (2) uzme da je z = x ili z = y, dobice se ∆x = dx, ∆y = dy, pa je

dz =∂z

∂xdx +

∂z

∂ydy.

Iz (1) Slijedi da je ∆z ≈ dz, tj. pri dovoljno malom ∆x i ∆y totlani prirastaj funkcijepriblizno je jednak njenom totalnom diferencijalu.

Totalni diferencijal drugog reda funkcije z = f(x, y) je totalni diferencijal prvog to-talnog diferencijala shvacenog kao funkcija od x i y:

d(dz) = d2z =∂

∂x

(

∂z

∂xdx +

∂z

∂ydy

)

dx +∂

∂y

(

∂z

∂xdx +

∂z

∂ydy

)

dy

=∂2z

∂x2dx2 + 2

∂2z

∂x∂ydxdy +

∂2z

∂y2dy2 =

(

∂

∂xdx +

∂

∂ydy

)2

z.

Analogno se dobija totalni diferencijal treceg reda d(d2z) = d3z =(

∂∂xdx + ∂

∂ydy)3

z.

Uopste, totalni diferencijal n-tog reda je jednak

dnz =

(

∂

∂xdx +

∂

∂ydy

)n

z •

210. Odrediti totalni diferencijal prvog reda dz funkcije:

a) z = ln(x2 + y2), b) z = x2y4 − x3y3 + x4y2,

c) z = arcsin xy , d) z = sin(xy),

264

TOTALNI DIFERENCIJAL

e) z = sin x cos y, f) z = xy sin(x + y2),

g) z = xyx−y , h) z = xex2+xy+y2

.

Rjesenje:

a) Kako je ∂z∂x = 2x

x2+y2 , ∂z∂y = 2y

x2+y2 , to je dz = ∂z∂xdx + ∂z

∂ydy = 2xx2+y2dx + 2y

x2+y2dy,

b) dz = xy(2y3 − 3xy2 + 4x2y)dx + xy(4y2x − 3yx2 + 2x3)dy,

c) dz = ydx−xdy

y√

y2−x2, d) dz = cos xy(ydx + xdy),

e) dz = cos x cos ydx − sin x sin ydy,

f) dz = y[sin(x + y2) + x cos(x + y2)]dx + x[sin(x + y2) + 2y2 cos(x + y2)]dy,

g) dz = 1(x−y)2

(x2dx − y2dy), h) dz = ex2+xy+y2[(1 + 2x2 + xy)dx + (x2 + 2xy)dy] •

211. Odrediti totalni diferencijal drugog reda d2z datih funkcija:

a) z = x2 − xy + y2, b) z = ln(x2 + y2), c) z = x sin2 y,

d) z = xey + y ln x, e) z = ln x+yx−y , f) z = y cos x

y + x sin yx ,

g) f(x, y, z) = exy + z, h) f(x, y, z) = 2x3 − 3y3 + x2zy − z2 + xyz, i) f(x, y, z) =

ln(x · y · z), j) f(x, y, z) = xey + yez + zex.

Rjesenje:

a) Kako je ∂z∂x = 2x − y, ∂z

∂y = −x + 2y, to je dz = (2x − y)dx + (2y − z)dy i ∂2z∂x2 = 2,

∂2z∂x∂y = −1, ∂2z

∂y2 = 2, pa je d2z = 2dx2 − 2dxdy + 2dy2,

b) d2z = 2y2−2x2

(x2+y2)2dx2 − 8xy

(x2+y2)2dxdy + 2x2−2y2

(x2+y2)2dy2,

c) d2z = 2 sin 2ydxdy + 2x cos 2ydy2,

d) d2z = 1x2 [−y2dx2 + 2x(xey + 1)dxdy + x3eydy2],

e) d2z = 4(x2−y2)2

(xydx2 + xydy2 − (x2 + y2)dxdy),

f) d2z = −y2(

1x3 sin y

x + 1y3 cos x

y

)

dx2 − x2(

1y3 cos y

xdy2 + 1x3 sin y

x

)

+ 2xy(

1y3 cos x

y + 1x3 sin y

x

)

dxdy,

g) d2f = y2exydx2 + x2exydy2 + 2exy(1 + xy)dxdy,

h) d2f = (12x + 2yz)dx2 − 18ydy2 − 2dz2 + 2z(2x + 1)dxdy + 2y(2x + 1)dxdz

+ 2x(x + 1)dydz,

265


i) d2f = −(

1x2dx2 + 1

y2dy2 + 1z2dz2

)

,

j) d2f = zexdx + xeydy2 + yezdz2 + 2(eydxdy + exdxdz + ezdydz) •212. Odrediti totalni diferencijal treceg reda d3f date funkcije:

a) z = y ln x, b) z = yex, c) z = x tg y, f(x, y, z) = 1xyz , e) f(x, y, z) = ln(xyz).

Rezultat:

a) d3z = 2yx3dx3 − 3

x2dx2dy, b) d3z = (ydx3 + 3dx2dy)ex,

c) d3z = 1cos3 y

(

2x(1+2 sin2 y)cos y dy3 + 6 sin ydxdy2

)

,

d) d3f = − 6xyz

(

1x3dx3 + 1

y3dy3 + 1z3dz3 + 1

y2zdy2dz + 1

yz2dydz2 + 1x2y

dx2dy

+ 1x2z

dx2dz + 1xy2dxdy2 + 1

xz2dxdz2 + 1xyzdxdydz

)

,

e) d3f = 2(

dx3

x3 + dy3

y3 + dz3

z3

)

•

213. Naci prirastaj i diferencijal funkcije z = x2y u tacki M(1, 2) ako je∆x = 0, 1, ∆y = 0, 2.

Rjesenje:

Prirastaj funkcije je

∆z(x, y) = z(x + ∆x, y + ∆y) − z(x, y) = z(1, 1; 2, 2) − z(1, 2) = 0, 662.

Kako je ∂z∂x = 2xy, ∂z

∂y = x2, to je diferencijal

dz =∂z

∂x∆x +

∂z

∂y∆y = 0, 4 + 0, 2 = 0, 6 •

214. Naci vrijednost totalnog diferencijala dz funkcije:

a) z = exy za x = 1, y = 1, ∆x = 0, 15, ∆y = 0, 1,

b) z = xyx2−y2 za x = 2, y = 1, ∆x = 0, 01, ∆y = 0, 03,

c) z = x + y −√

x2 + y2 za x = 3, y = 4, ∆x = 0, 1, ∆y = 0, 2.

Rezultat:

a) dz = 0, 25e, b) dz = 136 , c) dz = 0, 08 •

215. Zamjenjujuci prirastaj funkcije totalnim diferencijalom priblizno izracunati:

266

IZVOD SLOZENE FUNKCIJE

a) 1, 042,02, b)√

4, 02 cos 61o, c) 3,13√1,95

, d) (1, 02)3 · (0, 97)2,

e) sin 32o · cos 59o, f) ln( 3√

1, 03 + 4√

0, 98 − 1).

Rjesenje:

a) Posmatrajmo funkciju z = xy za x = 1, y = 1, ∆x = 0, 04, ∆y = 0, 02. Pribliznaformula ∆z ≈ dz = ∂z

∂x∆x + ∂z∂y∆y daje ∆z ≈ yxy−1∆x + xy ln x∆y = 2 · 12−10, 04 +

12 ln 1 · 0, 02 = 0, 08, pa je 1, 042,02 ≈ 1 + 0, 08 = 1, 08,

b) 0, 972. Uputstvo: z =√

x cos y, x = 4, ∆x = 0, 02, y = 60o,∆y = 1o = π

180 ≈ 0, 01745,

c) Posmatrati funkciju z = x3√

ypa racunati dz za x = 1, y = 2, ∆x = 0, 1, ∆y = −0, 05,

d) 1, 00. Uputstvo: z = x3y2, pa staviti x = 1, y = 1, ∆x = 0, 02, ∆y = −0, 03,

e) 0, 273. Uputstvo: z = sin x cos y, x = π6 , y = π

3 , ∆x = π90 , ∆y = − π

180 ,

f) 0, 005. Uputstvo: z = ln( 3√

x + 4√

y − 1), x = 1, y = 1, ∆x = 0, 03, ∆y = −0, 02.

8. 3. Izvod slozene funkcije

Funkcija z = F (u, v) je slozena ako su u i v funkcije promjenljivih x i y: u = ϕ(x, y)i v = ψ(x, y), pa je funkcija z posredno funkcija promjenljivih x i y:

z = F (ϕ(x, y), ψ(x, y)).

Ako funkcije F (u, v), ϕ(x, y), ψ(x, y) imaju neprekidne parcijalne izvode po svojimargumentima, tada je:

∂z

∂x=

∂z

∂u· ∂u

∂x+

∂z

∂v· ∂v

∂x, (1)

∂z

∂y=

∂z

∂u· ∂u

∂y+

∂z

∂v· ∂v

∂y. (2)

Ako imamo veci broj promjenljivih, formule (1) i (2) se uopstavaju. Na primjer, zafunkciju w = F (u, v, s), gdje u, v i s zavise od x i y je:

∂w

∂x=

∂w

∂u· ∂u

∂x+

∂w

∂v· ∂v

∂x+

∂w

∂s· ∂s

∂x,

∂w

∂y=

∂w

∂u· ∂u

∂y+

∂w

∂v· ∂v

∂y+

∂w

∂s· ∂s

∂y.

267


Parcijalni izvodi viseg reda, na primjer, ∂2z∂x2 jeste prvi izvod po x prvog parcijalnog

izvoda ∂z∂x .

Totalni diferencijal prvog reda jeste

dz =∂z

∂xdx +

∂z

∂ydy .

216. Naci ∂z∂x i ∂z

∂y ako je z = u + v2 i u = x2 + sin y, v = ln(x + y).

Rjesenje:

Kako je ∂z∂u = 1, ∂z

∂v = 2v, ∂u∂x = 2x, ∂u

∂y = cos y, ∂v∂x = ∂v

∂y = 1x+y , to je

∂z∂x = 2x + 2v 1

x+y = 2x + 2 ln(x+y)x+y , ∂z

∂y = cos y + 2v 1x+y = cos y + 2 ln(x+y)

x+y •

217. Odrediti prve parcijalne izvode po x i po y datih funkcija:

a) z = u2 ln v, u = xy , v = 3x − 3y,

b) z = arcsin(u − v), u = 3x, v = 4x3,

c) z = f(u), u = xy + yx ,

d) z = f(u, v), u = x2 − y2, v = exy,

e) z = u2v2, x = u + v, y = u − v,

f) z = u · ev, u = x2 + y2, v = x2+y2

xy ,

g) z = u2v + uv2, u = x cos y, v = x sin y.

Rezultat:

a) ∂z∂x = 2x

y2 ln(3x − 2y) + 3x2

y2(3x−2y), ∂z

∂y = −2x2

y3 ln(3x − 2y) − 2x2

y2(3x−2y),

b) dzdx = 3−12x2

1−(3x−4x3)2, c)∂z

∂x = y(1 − 1x2 )f ′(xy + y

x), ∂z∂y = (x + 1

x)f ′(xy + yx),

d) ∂z∂x = x

√z, ∂z

∂y = y√

z, e) ∂z∂x = x (x2−y2)

4 , ∂z∂y = −y (x2−y2)

4 ,

f) ∂z∂x = e

x2+y2

xy

x2y(2x3y+2x4+2x2y2−x2−y2), ∂z

∂y = ex2+y2

xy

xy2 (2xy3+2x2y2+2x4−x2−y2),

g) ∂z∂y = x3(cos y − sin y)(3 sin y cos y + 1), ∂z

∂x = 3x2 sin y cos y(sin y + cos y) •

218. Odrediti dudt ako je u = x2y3z, a x = t, y = t2, z = sin t.

268

IZVOD IMPLICITNE FUNKCIJE

Rjesenje:du

dt=

∂u

∂x· dx

dt+

∂u

∂y· dy

dt+

∂u

∂z· dz

dt= t7(8 sin t + t cos t),

ili na drugi nacin:

du =∂u

∂xdx +

∂u

∂ydy +

∂u

∂zdz = 2xy2zdx + 3x2y2zdy + x2y3dz.

Kako je dx = dt, dy = 2tdt, dz = cos tdt, to je

du

dt= t7(8 sin t + t cos t) •

219. Odrediti parcijalne izvode i totalni diferencijal prvog reda funkcije z = x2 − y2, gdjeje x = u cos v, y = u sin v.

Rezultat:∂z∂x = 2u cos 2v, ∂z

∂v = −2u2 sin 2v, dz = 2u(cos 2vdu − u sin 2vdv) •220. Odrediti totalni diferencijal prvog reda funkcije z = F (u, v) ako je u = x2+y2, v = xy.

Rezultat:

dz = 2(xdx + ydy)∂z

∂u+ (ydx + xdy)

∂z

∂v•

221. Odrediti totalni diferencijal prvog reda zadate funkcije:

a) z = exy ln(x + y), x = t3, y = 1 − t3,

b) z = x2y − xy2, x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ,

c) z = cos(2t + 4x2 − y), x = 1t , y =

√t

ln t ,

Rezultat:

a) dz = 0,

b) dz = ρ2((sin 2ϕ−sin2 ϕ) cos ϕ+(cos2 ϕ−sin 2ϕ sin ϕ))dρ+ρ3((cos2 ϕ−sin 2ϕ) cos ϕ−(sin 2ϕ − sin2 ϕ) sin ϕ)dϕ,

c) dz = − sin(

2t + 4t2

−√

tln t

) (

2 − 8t3

− ln t−2

2√

t ln2 t

)

dt •

222. Pokazati da funkcija z = x+yx−y , gdje je x = u cos v, y = u sin v predstavlja rjesenje

jednacine∂z

∂v− u ctg v

∂z

∂u− 2z

cos 2v= 0 •

269


8. 4. Izvod implicitne funkcije

Jednacina F (x, y, z) = 0 odred-uje z kao funkciju od x i y, koja ima parcijalne izvode:

∂z

∂x= −

∂F∂x∂F∂z

,∂z

∂y= −

∂F∂y∂F∂z

.

223. Odrediti y′, y′′, ako je x2 + xy + y2 = 3.

Rjesenje:

Kako je 2xdx + xdy + ydx + 2ydy = 0, (x + 2y)dy = −(2x + y)dx, to je

y′x =dy

dx= −2x + y

x + 2y, x 6= −2y,

y′′ =d2y

dx2= − 18

(x + 2y)3, x 6= −2y •

224. Odrediti dz i d2z ako jex

z= ln

z

y+ 1.

Rjesenje:

Kako je z = z(x, y), to diferenciranjem date jednakosti, imamo:

zdx − xdz

z2=

y

z· ydz − zdy

y2,

odakle je za y 6= 0 i z 6= 0,

dz =z(ydx + zdy)

y(x + z), x 6= −z,

d2z = − z2(ydx − xdy)2

y2(x + z)3, x 6= −z •

225. Odrediti dz za funkciju z : R2 → R, datu implicitno:

a) z3 + 3x2z = 2xy, b) x + y + z = e−(x+y+z), c) z ln(x + z) − xyz = 0,

d) cos2 x + cos2 y + cos2 z = 1.

270

IZVOD IMPLICITNE FUNKCIJE

Rezultat:

a) dz = (2y−6xz)dx+2xdy3(x2+z2)

,

b) dz = −(dx + dy),

c) dz = (z3−yz(x+z))dx+xz(x+z)dyz2(x+z) ln(x+z)+z3+xy(x+z)

,

d) dz = − sin 2xdx+sin 2ydysin 2x •

226. Odrediti d2z za funkciju z : R2 → R zadatu implicitno:

a) xz = ln x

y , b) x2

a2 + y2

b2+ z2

c2= 1, c) z3 − 3xyz = a3,

d) z − x = arctg yz−x , e) x2 + y2 + z2 = 2z.

Rezultat:

a) d2z = −z2(ydx−xdy)

y2(x+z)3,

b) d2z = − c2

z3

[(

x2

a2 + z2

c2

)

dx2

a2 + 2xya2b2

dxdy +(

y2

b2+ z2

c2

)

dy2

b2

]

,

c) d2z = −2z[xy3dx2+(x2y2+2xyz2−z4)dxdy+x3ydy2]

(z2−xy)3,

d) d2z = −2(y+1)(z−x)((z−x)2+y2)

((z−x)2+y2+y)3dy2,

e) d2z = 1−z+x2

(1−z)2dx2 + 2xy

(1−z)3dxdy + 1−z+y2

(1−z)2dy2 •

227. Odrediti d2z u tacki M(x, y, z) ako je:

a) 3x2y2 + 2z2dy − 2zx3 + 4zy3 − 4 = 0, M(2, 1, 2),

b) x3 + z3 − 2axz − y3 = 0, M(a, a, 0).

Rezultat:

a) d2z = −31, 5dx2 + 354dxdy + 275dy2,

b) d2z = 1a(dx2 + dy2).

271


8. 5. Tejlorova i Maklorenova formula

Neka funkcija z = f(x, y) ima u okolini tacke M0(x0, y0) neprekidne sve parcijalneizvode do reda n + 1 zakljucno. Tejlorova formula koja daje razvitak funkcije z = f(x, y)u okolini tacke M0(x0, y0) glasi:

z=f(x, y)=f(x0, y0)+1

1![(x − x0)

∂z

∂x|M0

+ |(y − y0)∂z

∂y|M0

]+1

2![(x − x0)

2 ∂2z

∂x2|M0

+ 2(x − x0)(y − y0)∂2z

∂x∂y|M0

+ (y − y0)2 ∂2z

∂y2|M0

] + . . . +

+1

n![(x − x0)

n ∂nz

∂xn |M0+

(

n1

)

(x − x0)n−1(y − y0)

∂nz

∂xn−1∂y|M0

+

(

n2

)

(x − x0)n−2(y − y0)

2 ∂nz

∂xn−2∂y2|M0

+ . . . +

+

(

nn

)

(y − y0)n∂nz

∂yn |M0] + Rn(x, y),

(1)

gdje je ostatak u Lagranzovom obliku

Rn(x, y) =1

(n + 1)!

[

(x − x0)n+1 ∂n+1z

∂xn+1

∣

∣

∣

∣

M0

+

(

n + 11

)

(x − x0)n(y − y0)

∂n+1z

∂xn∂y

∣

∣

∣

∣

M0

+ . . . + (y − y0)n+1 ∂n+1z

∂yn+1

∣

∣

∣

∣

M0

]

,

(2)

pri cemu je M0(x0 + Θ(x − x0), y0 + Θ(y − y0)), 0 < Θ < 1. U datoj formuli ∂kz∂xk

∣

∣

∣

M0

je

vrijednost k-tog parcijalnog izvoda u tacki M0.

Maklorenova formula dobija se iz (1) i (2) kada se u tim formulama umjesto x0 i y0

stave nule.

228. Naci Tejlorov polinom drugog stepena funkcije z = x2 + xy + y2 + x + y u okolinitacke M0(1,−1).

Rjesenje:

Kako je f(1,−1) = 1, ∂z∂x = 2x + y + 1, ∂z(1,−1)

∂x = 2, ∂z∂y = x + 2y + 1, ∂z(1,−1)

∂y = 0,

∂2z(1,−1)

∂x2 = 2, ∂2z(1,−1)∂x∂y = 1, ∂2z(1,−1)

∂y2 = 2, to je Tejlorov polinom

f(x, y) ≈ 1 + 2(x − 1) + (x − 1)2 + 2(x − 1)(y + 1) + (y + 1)2 •

272


229. Odrediti Tejlorov razvoj za funkciju z = 2x2 − xy − y2 − 6x − 3y + 5 u okolini tackeM(1,−2).

Rjesenje:

Parcijalni izvodi date funkcije viseg reda od dva su jednaki nuli, pa prema Tejlorovojformuli je:

f(x, y) = f(1,−2) +∂z

∂x(1,−2) +

∂z

∂y(1,−2)(y + z) +

1

2

(

∂2z

∂x2(1,−2)(x − 1)2

+ 2∂2z

∂x∂y(1,−2)(x − 1)(y + 2) +

∂2z

∂y2(1,−2)(y + 2)2

)

.

Kako je ∂z∂x(1,−2) = ∂z

∂y (1,−2) = 0, ∂2z∂x2 (1,−2) = 4 ∂2z

∂x∂y (1,−2) = −1, ∂2z∂y2 (1,−2) = −2,

to jef(x, y) = 5 + 2(x − 1)2 − (x − 1)(y + 2) − (y + 2)2 •

230. Aproksimirati funkciju z = sin x sin y Tejlorovim polinomom drugog stepena u okolinitacke M0(

π4 , π

4 ).

Rezultat:

f(x, y) =1

2+

1

2(x + y − π

4) − 1

4(x − y)2 •

231. Aproksimirati funkciju z = xy Tejlorovim polinomom drugog stepena u okolini tackeM0(1, 1).

Rezultat:f(x, y) = 1 + (x − 1) + (x − 1)(y − 1) •

232. Odrediti Tejlorov polinom cetvrtog stepena za funkciju z =√

1 − x2 − y2 u okolinitacke M0(0, 0).

Rezultat:

f(x, y) = 1 − 1

2(x2 + y2) − 1

8(x2 + y2)2 •

233. Odrediti Maklorenov polinom drugog stepena za funkciju z = ex+y.

Rezultat:

P2(x, y) = 1 + (x + y) +1

2(x2 + 2xy + y2) +

1

6(x2 + 3x2y + 3xy2 + y2) •

273


234. Naci Maklorenov polinom funkcije z = ex cos y za n = 2.

Rezultat:

f(x, y) = 1 + x +x2

2− y2

2•

235. Odrediti Maklorenov polinom treceg stepena za funkciju x = ex sin y, a zatim pribliznoizracunati e0,1 sin 0, 49π.

Rezultat:

f(x, y) = y + xy +1

2x2y − 1

6y3, e0,1 sin 0, 49π ≈ 1, 1051 •

236. Implicitnu funkciju z : R2 → R definisanu izrazom z3 − 2xz + y = 0 aproksimiratipolinomom drugog stepena u okolini tacke M0(1,−1) ako je z(1,−1) = 1.

Rezultat:

z(x, y) ≈ 1 − 2(x − 1) − (y + 1) +1

2(16(x − 1)2 + 20(x − 1)(y + 1) + 6(y + 1)2) •

237. Funkcija z(x, y) definisana je implicitno jednacinom z3xz2 +yz+1 = 0. Naci nekolikoclanova njene Maklorenove formule.

Rezultat:

z(x, y) = −1 − 1

3x +

1

3y − 1

9x2 +

1

9xy + . . .

8. 6. Ekstremne vrijednosti funkcije dvije promjenljive

Realna funkcija z = f(x, y) ima u tacki M(x0, y0) lokalni minimum (maksimum) akopostoji neka okolina te tacke u kojoj je stalno f(x, y)−f(x0, y0) > 0 (f(x, y)−f(x0, y0) <0). Jednim imenom, lokalni minimum i lokalni maksimum funkcija sa dvije nezavisnopromjenljive nazivaju se lokalni ekstremi.

Da bi diferencijabilna funkcija z = f(x, y) u nekoj tacki M(x0, y0) imala ekstremnuvrijednost, potrebno je da u toj tacki parcijalni izvodi prvog reda budu jednaki nuli, tj.

∂f(x0, y0)

∂x= 0 i

∂f(x0, y0)

∂y= 0. (1)

Tacke cije su koordinate rjesenja jednacina (1) nazivaju se stacionarnim.

274

EKSTREMNE VRIJEDNOSTI FUNKCIJE DVIJE PROMJENLJIVE

8.6.1 Dovoljni uslovi za egzistenciju lokalnih ekstrema

Neka funkcija z = f(x, y) ima neprekidne parcijalne izvode drugog reda u tackiM(x0, y0) i neka je M(x0, y0) stacionarna tacka te funkcije, tj.

∂f(x0, y0)

∂x= 0,

∂f(x0, y0)

∂y= 0.

Tada:

a) ako je ∆ = AC−B2 > 0, funkcija z = f(x, y) ima u tacki M(x0, y0) lokalni minimumza A > 0 (C > 0), a lokalni maksimum za A < 0 (C < 0),

b) ako je ∆ < 0, funkcija f(x, y) nema lokalnih ekstrema u tacki M(x0, y0),

c) ako je ∆ = 0 problem ekstrema ostaje nerijesen te ga dalje treba ispitivati.

Ovdje smo uveli oznake:

A =∂2f(x0, y0)

∂x2, B =

∂2f(x0, y0)

∂x∂y, C =

∂2f(x0, y0)

∂y2.

238. Odrediti ekstremne vrijednosti datih funkcija:

a) z = x4 + y4 − x2 − 2xy − y2, b) z = x3 + y3 − 3xy,c) f(x, y, z) = (x − 1)2 + y3 + 6y2 + 2z2 + 2xz.

Rjesenje:

a) Stacionarne tacke odred-ujemo iz sistema:

∂z

∂x= 0,

∂z

∂y= 0

tj.4x3 − 2x − 2y = 0

4y3 − 2x − 2y = 0,

cija su rjesenja x1 = 0, y1 = 0, x2 = y2 = −1, x3 = y3 = 1. Stacionarne tacke

su: M1(0, 0), M2(−1,−1) i M3(1, 1). Kako je A(x, y) = ∂2z∂x2 = 12x2 − 2, B(x, y) =

∂2z∂x∂y = −2, C(x, y) = ∂2z

∂y2 = 12y2 − 2, ∆(x, y) = AC −B2 = (12x2 − 2)(12y2 − 2)− 4

i ∆(M2) = ∆(M3) = 96 > 0 ∧ A(M2) = A(M3) = 10 > 0, to u tackama M2 i M3

funkcija z ima minimum i zmin = z(1, 1) = z(−1,−1) = −2.

U tacki M1(0, 0) je ∆(M1) = ∆(0, 0) = 0, pa je pitanje postojanja ekstremuma u tojtacki otvoreno pitanje. Prirastaj funkcije u tacki M(0, 0) je ∆z(0, 0) = z(x, y)−z(0, 0).

275


Za y = x i 0 < x <√

32 , ∆z(0, 0) = 2x2(x2 − 3

2) < 0, a za y = −x i x > 0,

∆z(0, 0) = 2x4 > 0. Kako prirastaj ∆z(0, 0) mijenja znak u okolini tacke M1(0, 0), tou tacki M1(0, 0) funkcija nema ekstremuma.

b) Stacionarne tacke su M1(0, 0) i M2(1, 1). ∆(M2) = ∆(1, 1) > 0 i A(1, 1) = 6 > 0, pafunkcija u tacki M2(1, 1) ima minimum, zmin = −1. Kako je ∆(M1) = ∆(0, 0) < 0,to funkcija nema ni maksimum ni minimum u tacki M1(0, 0).

c) Stacionarne tacke odred-ujemo iz sistema jednacina:

∂f

∂x= 0

∂f

∂y= 0

∂f

∂z= 0

tj.

2(x − 1) + 2z = 0

3(y + 4)y = 0

4z + 2x = 0.

Stacionarne tacke su: M1(2, 0,−1) i M2(2,−4,−1). Kako je ∂2f∂x2 = 2, ∂2f

∂y2 = 6y + 12,

∂2f∂z2 = 4, ∂2f

∂x∂y = 0, ∂2f∂x∂z = 2, ∂2f

∂z∂y = 0, d2f(x, y, z) = 2dx2 + (6y + 12)dy2 +

4dz2 + 4dxdz, d2f(M1) = 2dx2 + 12dy2 + 4dz2 + 4dxdz = dx2 + 12dy2 + (dx + 2dz)2 id2f(M1) > 0 za |dx|+ |dy|+ |dz| 6= 0, pa u tacki M1(2, 0,−1) funkcija ima minimumi fmin = f(2, 0,−1) = −1.

Posto je d2f(M2) = 2dx2−12dy2+4dz2+4dxdz, za dx = dz = 0, dy 6= 0, d2f(M2) < 0,a za dy = 0, dx = dz 6= 0, d2f(M2) > 0, to d2f(M2) mijenja znak zavisno od dx, dy,dz, pa u tacki M2 funkcija nema ekstremum •

239. Odrediti stacionarne tacke datih funkcija:

a) z = 2x3 + xy2 + 5x2 + y2, b) z = e2x(x + y2 + 2y),

c) z = xy(a − x − y), d) z = (2ax − x2)(2by − y2),

e) z = sin x + sin y + cos(x + y), (0 ≤ x ≤ π4 , 0 ≤ y ≤ π

4 ),

f) z = a+bx+cy√1+x2+y2

, g) z = y√

1 + x + x√

1 + y.

Rezultat:

a) M1(0, 0), M2(−53 , 0), M3(−1, 2), M4(−1,−2), b) M1(

12 ,−1),

c) M1(0, 0), M2(0, a), M3(a, 0), M4(a3 , a

3 ),

d) M1(0, 0), M2(0, 2b), M3(a, b), M4(2a, 0), M5(2a, 2b),

276

EKSTREMNE VRIJEDNOSTI FUNKCIJE DVIJE PROMJENLJIVE

e) M1(π6 , π

6 ), f) M1(ba , c

a), g) M1(−23 ,−2

3) •240. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije z zadate implicitno relacijom:

2(x2 + z2) + 3(2y2 + 1) + 8(xz − y) − 4x = 0.

Rjesenje:∂z

∂x=

1 − 2z − x

z + 2x,

∂z

∂y=

2 − 3y

z + 2x.

Stacionarne tacke dobijemo iz sistema

1 − 2z − x = 0

2 − 3y = 0

2(x2 + z2) + 3(2y2 + 1) + 8(xz − y) − 4x = 0.

Stacionarne tacke su: M1(−1+√

63 , 2

3 , 4+√

66 ) i M2(

√6−13 , 2

3 , 4−√

66 ). Kako je

∂2z

∂x2=

(z + 2x)(−2∂z∂x − 1) − (1 − 2z − x)(∂z

∂x + 2)

(z + 2x)2,

∂2z

∂x∂y=

(z + 2x)(−2∂z∂y ) − (1 − 2z − x)∂z

∂y

(z + 2x)2,

∂2z

∂y2=

(z + 2z)(−3) − (2 − 3y)∂z∂y

(2x + z)2,

i u stacionarnim tackama ∂z∂x i ∂z

∂y je jednako 0, to je

∂2z

∂x2=

3z − 2

(z + 2x)2,

∂2z

∂x∂y= 0,

∂2z

∂y2= − 3

z + 2x

i

∆(x, y) = −3(3z − 2)

(z + 2x)3, ∆(M1) = ∆(M2) = 2 > 0,

pa funkcija z ima ekstremum i u tacki M1 i u tacki M2. U tacki M1 funkcija ima minimum,

jer je A(M1) =√

63 > 0 ∧ ∆(M1) > 0, a u tacki M2 maksimum jer je A(M2) = −

√6 <

0 ∧ ∆(M2) > 0 i zmin = 4+√

66 , zmax = 4−

√6

6 •

277


241. Odrediti ekstremne vrijednosti date funkcije:

a) z = x2 + xy + y2 − 2x − 3y, b) z = (x − 1)2 + (y − 2)2 + 3,

c) z = (x − 1)2 + 2y2, d) z = xy(6 − x − y),

e) z = ex2−3y(8 − 2x + y), f) z = ex−y(x2 − 2y2),

g) z = ex−y(x2 + y2), h) z = xy ln(x2 + y2),

i) z = 1+x−y√1+x2+y2

, j) z = 8x + x

y + y, x > 0, y > 0.

Rezultat:

a) zmin = z(13 , 4

3) = −73 , b) zmin = z(1, 2) = 3,

c) zmin = z(1, 0) = 0, d) zmax = z(2, 2) = 8,

e) zmax = z(3,−53) = e6

3 , f) zmax = z(−4,−2) = 8e−2,

g) zmin = z(0, 0) = 0,

h) zmin = z(± 1√2e

,±√

12e) = − 1

2e , zmax = z(± 1√2e

,∓ 1√2e

) = 12e ,

i) zmax = z(1,−1) = 3, j) zmin = z(4, 2) = 6 •242. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije z zadate implicitno:

a) x4 + y4 + z4 − 2a2(x2 + y2 + z2) = 0, a > 0, b) z2 + xyz − xy2 − x3 = 0,

c) x2 + y2 + z2 − 2x + 2y − 4z − 10 = 0, d) x3

3 + 2y2 − z2x + z = 0.

Rezultat:

a) zmin = z(0, 0) = a√

2, zmin = z(±a,±a) = −a√

1 +√

3, zmax = z(0, 0) = −a√

2,

zmax = z(±a,±a) = a√

1 +√

3,

b) zmin = z(−6, 6√

3),

c) zmin = z(1,−1) = −2, zmax = z(1,−1) = 6,

d) zmax = z(−√

32 , 0).

278

USLOVNI (VEZANI) EKSTREMI

8. 7. Uslovni (vezani) ekstremi

Pretpostavimo da treba odrediti maksimume i minimume funkcije z = f(x, y) pod

uslovom da su x i y vezani jednacinom ϕ(x, y) = 0. Ovakve ekstreme nazivamo uslovnim.

Za izracunavanje uslovnih ekstrema koristi se metod eliminacije i Lagranzov metod.

8.7.1. Metod eliminacije

Ako je moguce rijesiti jednacinu veze ϕ(x, y) = 0 po jednoj promjenljivoj, na pri-

mjer po y, y = ψ(x), gdje je ϕ(x, ψ(x)) ≡ 0, onda ce lokalni ekstremum funkcije jedne

promjenljive F (x) = f(x, ψ(x)) biti istovremeno uslovni ekstremum funkcije z = f(x, y).

8.7.2. Lagranzov metod

Pri odred-ivanju uslovnih ekstrema, prvo formiramo Lagranzovu funkciju

F (x, y, λ) = f(x, y) + λϕ(x, y),

gdje je λ proizvoljan realan parametar. Uslovni ekstremi su ekstremi funkcije F (x, y) koje

ispitujemo na slijedeci nacin:

Iz jednacina∂F

∂x=

∂z

∂x+ λ

∂ϕ

∂x= 0,

∂F

∂y=

∂z

∂y+ λ

∂ϕ

∂y= 0,

∂F

∂λ= ϕ(x, y) = 0,

odredicemo vrijednosti x, y i λ, tj. tacke M(x, y) u kojima funkcija moze imati ekstrem.

Egzistenciju i karakter ekstrema u stacionarnim tackama M(x, y) odred-ujemo koristeci

drugi diferencijal funkcije F (x, y):

d2F =∂2F

∂x2dx2 + 2

∂2F

∂x∂ydxdy +

∂2F

∂y2dy2

pri uslovu koji veziju dx i dy, tj.

∂ϕ

∂xdx +

∂ϕ

∂ydy = 0, dx2 + dy2 6= 0.

279


Ako je d2F < 0 (d2F > 0), tada funkcija F (x, y) ima uslovni maksimum (minimum) u

tacki M(x, y).

Prirodu uslovnog ekstrema mozemo ispitati kao obican ekstrem funkcije F (x, y) u

njenim stacionarnim tackama.

243. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije z = y + 2x + 3 uz uslov x2 − 6x + y + 5 = 0.

Rjesenje:

Formiramo Lagranzovu funkciju:

F (x, y, λ) = y + 2x + 3 + λ(x2 − 6x + y + 5).

Stacionarne tacke odredimo iz sistema jednacina:

∂F

∂x= 0

∂F

∂y= 0

∂F

∂λ= 0

tj.

2 + 2λx − 6λ = 0

1 + λ = 0

x2 − 6x + y + 5 = 0.

Rjesenje sistema jednacina je: x = 4, y = 3, λ = −1. Tacka u kojoj funkcija moze imati

uslovni ekstremum je tacka M(4, 3).

Kako je ∂2F∂x2 = 2λ, ∂2F

∂x∂y = 0, ∂2F∂y2 = 0, to je d2F (4, 3) = −2dx2. Iz datog uslova je

2xdx − 6dx + dy = 0 a u tacki M(4, 3) dy = −2dx i d2F (4, 3) 6= 0 za |dx| + |dy| 6= 0, pa

je d2F (4, 3) < 0, odnosno u tacki M(4, 3), funkcija ima uslovni maksimum zmax = 3 •

244. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije z = 6 − 4x − 3y uz uslov x2 + y2 − 1 = 0.

Rjesenje:

Lagranzova funkcija glasi:

F (x, y, λ) = 6 − 4x − 3y + λ(x2 + y2 − 1),

a njeni parcijalni izvodi su:

∂F

∂x= −4 + 2λx,

∂F

∂y= −3 + 2λy,

∂F

∂λ= x2 + y2 − 1.

280


Potrebni uslovi egzistencije ekstremuma svode se na sistem jednacina:

−4 + 2λx = 0

−3 + 2λy = 0

x2 + y2 = 1

cija su rjesenja:

λ1 =5

2, x1 =

4

5, y1 =

3

5,

λ2 = −5

2, x2 = −4

5, y2 = −3

5.

Kako je ∂2F∂x2 = 2λ, ∂2F

∂x∂y = 0, ∂2F∂y2 = 2λ, to je za λ = 5

2 , x = 45 , y = 3

5 , ∆ =

∂2F∂x2 · ∂2F

∂y2 − ( ∂2F∂x∂y )2 = 25 > 0, sto znaci da u tacki M1(

45 , 3

5) funkcija z ima ekstrem. S

obzirom na to da je A = ∂2F∂x2 = 5 > 0, to u tacki M1 funkcija ima minimum: zmin = 1.

Analogno se pokazuje da za λ = −52 , x = −4

5 , y = −35 funkcija z ima maksimum:

zmax = 11 •245. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije g = xy + yz ako je x2 + y2 = 2, y + z = 2,

x > 0, y > 0, z > 0.

Rjesenje:

Lagranzova funkcija je

F (x, y, z) = xy + zy + λ1(x2 + y2 − 2) + λ2(y + z − 2)

i∂F∂x = y + 2λ1x = 0, ∂F

∂y = x + z + 2λ1y + λ2 = 0,∂F∂z = y + λ2 = 0, x2 + y2 = 2, y + z = 2.

Rjesenje dobijenog sistema jeste: x = y = z = 1, λ1 = −12 , λ2 = −1, pa stacionarna

tacka je M(1, 1, 1). Kako je d2F = 2λ1(dx2 + dy2) + 2dxdy + 2dzdy to je za λ1 = −12 ,

d2F = −dx2 − dy2 + 2dxdy + 2dzdy. Iz uslova je: dy = −dx = −dz, pa je d2F =

−dx2 − 3dy2 − 2dz2 < 0 za |dx| + |dy| + |dz| 6= 0, tj. funkcija ima uslovni maksimum:

gmax = g(1, 1, 1) = 2 •246. Odrediti ekstremume date funkcije uz zadate uslove:

a) z = x + 2y, x2 + y2 − 5 = 0, b) z = xy, x + y = 1,

c) z = x2 + y2, xa + y

b = 1, d) z = x2 + 12xy + 2y2, 4x2 + y2 = 25,

281


e) z = 1x2 + 1

y2 , x + y = c, f) g = xyz, x2 + y2 + z2 = 3,

g) g = xyz, x2 + y2 + z2 = 1, x + y + z = 0, h) z = a sin2 x + b2 cos2 y, y − x = π4 ,

i) g = sin x sin y sin z, x + y + z = π2 , x > 0, y > 0, z > 0.

Rezultat:

a) zmin = z(−1,−2) = −5, zmax = z(1, 2) = 5,

b) zmax = z(12 , 1

2) = 14 , c) zmin = z( ab2

a2+b2, a2ba2+b2

) = a2b2

a2+b2,

d) zmax = z(±32 ,±4) = 425

4 , zmin = z(±2,±3) = −50,

e) zmin = z( c2 , c

2) = 8c2

,

f) gmin = −1 u tackama: M1(−1, 1, 1), M2(1,−1, 1) i M3(1, 1,−1), gmax = 1 zaM3(1, 1,−1), M4(−1, 1,−1) i M5(−1,−1, 1),

g) gmin = − 13√

6za M1(

1√6, 1√

6,− 1√

6), M2(

1√6,− 2√

6, 1√

6) i M3(− 2√

6, 1√

6, 1√

6), gmax =

13√

6za M4(− 1√

6,− 1√

6, 2√

6), M5(− 1√

6, 2√

6,− 1√

6) i M6(

2√6,− 1√

6,− 1√

6),

h) zmin = 12(a + b −

√a2 + b2), zmax = 1

2(a + b +√

a2 + b2),

i) gmax = g(π6 , π

6 , π6 ) = 1

8 •247. Med-u pravougaonicima datog obima 2l odrediti pravougaonih najvece povrsine.

Rjesenje:

Ako su x i y stranice pravougaonika, tada treba da bude z = x·y = max, x+y−l = 0.Odakle slijedi da kvadrat sa stranicom l

2 ima najvecu povrsinu •248. Neka se med-u pravouglim trouglovima zadate hipotenuze c nad-e onaj koji ima najvecu

povrsinu.

Rjesenje:

P = 12xy = max ili z = xy = max, x2 + y2 − c2 = 0. Odakle je x = y = c√

2•

249. Naci pravougli paralelopiped najvece zapremine sa zadatim zbirom ivica.

Rjesenje:

Ako oznacimo sa x, y, z dimenzije paralelopipeda, tada treba da bude

V = xyz = max, x + y + z = a.

Odakle je Vmax = a3

27 za x = y = z = a3 , λ = −a2

9 •

282


250. U prav kruzni konus poluprecnika osnove R i visine h upisati valjak maksimalne zapre-mine, tako da donja osnova valjka lezi na osnovi konusa, a gornja dodiruje izvodnicekonusa.

Rezultat:

Vmax = 4R2hπ27 •

251. Na parabolu x2 = 2y odrediti tacku koja je najbliza pravoj x − y − 2 = 0.

Rjesenje:

Rastojanje ma koje tacke M(x0, y0) od prave dato je obrascem d = x0−y0−22 . Posto

tacka M(x0, y0) mora lezati na paraboli x2 = 2y, bice x20 = 2y0. Dakle, treba naci

ekstremnu vrijednost funkcije d(x, y) = x−y−2√2

uz uslov x2 − 2y = 0. Trazena tacka je

M(1, 12) •

252. Odrediti najkrace rastojanje tacke na elipsoidu x2+2y2+4z2 = 1 od ravni x+y+z = 4.

Rjesenje:

Rastojanje tacke M(x, y, z) od ravni x + y + z = 4 je d =∣

∣

∣

x+y+z−4√3

∣

∣

∣. Lagranzova

funkcija je F = (x + y + z − 4)2 + λ(x2 + 2y2 + 4z2 − 1). Uzeli smo kvadrat od√

3d, zbog

lakseg racunanja. dmin = d(

2√7, 1√

7, 1

2√

7

)

= 8√

3−√

216 •

253. Odrediti najkrace rastojanje tacke M(1, 0) od elipsoida 4x2 + 9y2 = 36.

Rezultat:

dmin = 4√5•

254. Odrediti tacku ravni 3x−2z = 0 tako da suma kvadrata odstojanja te tacke od tacakaM(1, 1, 1) i N(2, 3, 4) bude najmanja.

Rjesenje:

Iz uslova zadatka slijedi da treba pronaci ekstremume funkcije

g = (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 + (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z − 4)2 uz uslov 3x − 2z = 0.

Trazena tacka je M(2112 , 2, 63

26) •255. Dat je trougao ABC. U unutrasnjosti tog trougla odrediti tacku koja ima osobinu da

je suma kvadrata njenih rastojanja od tjemena A, B i C minimalna.

283


Rezultat:

Teziste trougla ABC •256. U datu loptu poluprecnika R = 2 upisati pravougli paralelopiped najvece zapremine.

Rezultat:

Kocka ivice 4√3•

257. Broj 12 rastaviti na tri sabirka tako da njihov proizvod bude sto veci.

Rjesenje:

f(x, y, z)≡xyz=max, ϕ(x, y, z)≡x + y + z − 12=0. Odakle se dobije x=y=z=4 •258. Odrediti najvecu (sup.) i najmanju (inf.) vrijednost funkcije f(x, y) = exy u oblasti

D = {(x, y)|1 ≤ x ≤ 2, |xy| ≤ 1}.Rjesenje:

Funkcija f : R2 → R dostize svoju najvecu (najmanju) vrijednost u zatvorenoj iogranicenoj oblasti D u tackama koje su stacionarne tacke te funkcije i pripadaju oblastiD ili u tackama ruba te oblasti (granicnim tackama).

Data funkcija ima stacionarnu tacku M(0, 0) koja ne pripada oblasti D, pa ona postizesvoju najvecu i najmanju vrijednost u tackama ruba te oblasti.

Rub oblasti D je

R = {(x, y)|x = 1 ∧ |y| ≤ 1} ∪ {(x, y)|1 ≤ x ≤ 2 ∧ |y| = |1x|} ∪ {(x, y)|x = 2 ∧ |y| ≤ 1

2}.

Za svako (x, y) ∈ R je e−1 ≤ f(x, y) < e.

Najveca vrijednost funkcije je e, a najmanja e−1, tj.

fsup = f(1, 1) = f(2,1

2) = . . . = f(x,

1

x) = e, x ∈ [1, 2],

finf = f(1,−1) = f(2,−1

2) = . . . = f(x,−1

x) = e−1, x ∈ [1, 2] •

259. Odrediti najvecu i najmanju vrijednost funkcije u = x2+2y2+3z2 ako je x2+y2+z2 ≤100.

284


Rjesenje:

Funkcija u ima stacionarnu tacku M(0, 0, 0), koja ne pripada datoj oblasti. Vrijednostfunkcije u tacki M(0, 0, 0) je 0. Svoju najvecu, odnosno najmanju vrijednost funkcija imau toj tacki ili u tackama ruba te oblasti, tj. ako je x2 + y2 + z2 = 100.

Na osnovu Lagranzove funkcije

F (x, y, z) = x2 + 2y2 + 3z2 + λ(x2 + y2 + z2 − 100)

dobice se da jeusup = u(0, 0, 10) = 300, uinf = u(0, 0, 0) = 0 •

260. Odrediti najvecu i najmanju vrijednost funkcije u oblasti D:

a) f(x, y) = (x + 3)2 + y2, D = {(x, y)|(x − 1)2 + y2 ≤ 2},b) f(x, y) = x2y ln x, D = {(x, y)|1 ≤ x ≤ e, 1 ≤ y ≤ x2},c) f(x, y) = ln(xy), D = {(x, y)||x + 3| ≤ 1,−4 ≤ y ≤ x},d) f(x, y, z) = (x − 1)2 + y2 + (z + 2)2, D = {(x, y, z)|(x − 1)2 + y2 + (z + 1)2 ≤ 1},e) u = x + y + z, D = {(x, y, z)|x2 + y2 ≤ z ≤ 1}.

Rjesenje:

a) fsup = f(1 +√

2, 0) = 18 + 8√

2, finf = f(1 −√

2, 0) = 18 − 8√

2,

b) fsup = f(e, e2) = e4, finf = f(1, 1) = 0,

c) fsup = f(−2,−4) = ln 8, finf = f(−2,−2) = ln 4,

d) fsup = f(1, 0, 0) = 4, finf = f(1, 0,−2) = 0,

e) uputstvo: uslov x2 + y2 ≤ z ≤ 1 ekvivalentan je uslovima: z = x2 + y2, 0 ≤ z ≤ 1.Formirati Lagranzovu funkciju F = x + y + z + λ(z − x2 − y2). Dalje postupati kao uzadatku 259., vodeci racuna o uslovu 0 ≤ z ≤ 1. Dobice se usup = 1+

√2, uinf = −1

2 .

285

Documents

Matematika Blagota Lucic