Matematika Za Ekonomiste

MLADEN PAČAR-TEČAJ ZA EKONOMSKI FAKULTET 098 9652 432 031 380 600

MLADEN PAČAR

MATEMATIKA SKRIPTA ZA EKONOMSKI FAKULTET

Suradnici pri izradi skripte i održavanju tečajeva: 1. Ivana Štibi 2. Maja Ambroš 3. Mislav Katalinić

Osijek, 2005.

MLADEN PAČAR-TEČAJ ZA EKONOMSKI FAKULTET 098 9652 432 031 380 600

TEČAJ IZ MATEMATIKE ZA EKONOMSKI FAKULTET PISMENI-5 ZADATAKA 1. ZADATAK

MATRICE-4 TIPA ZADATAKA-4 SATA

-INVERZNA MATRICA -MATRIČNE JEDNADŽBE -SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI I SVOJSTVENI VEKTORI -SUSTAV LINEARNIH JEDNADŽBI-GAUSS JORDANOVA METODA

2. ZADATAK FINANCIJSKA MATEMATIKA-SLOŽENI KAMATNI RAČUN, ZAJAM-5 SATA -SLOŽENI KAMATNI RAČUN -JEDNA UPLATA-KONAČNA VRIJEDNOST -VIŠE (PERIODIČNE UPLATE)-KONAČNA VRIJEDNOST -OTPLATA ZAJMA JEDNAKIM GODIŠNJIM ANUITETIMA -OTPLATA ZAJMA JEDNAKIM ISPODGODIŠNJIM ANUITETIMA -OTPLATA ZAJMA PROIZVOLJNIM ANUITETIMA 3. ZADATAK FUNKCIJE, LIMESI, REDOVI, MAT. INDUKCIJA-6 SATI -PONAVLJANJE (REKAPITULACIJA) OSNOVNIH STVARI IZ FUNKCIJA -LIMESI-ČETIRI VRSTE -KONVERGENCIJA REDA-3 KRITERIJA -MATEMATIČKA INDUKCIJA 4. ZADATAK DERIVACIJE, PRIMJENA DERIVACIJA-6 SATI -OSNOVNA PRAVILA DERIVIRANJA -DERIVACIJA SLOŽENE FUNKCIJE -IMPLICITNO DERIVIRANJE, LOGARITAMSKO DERIVIRANJE -EKSTREMI, L´HOSPITALOVO PRAVILO, ASIMPTOTE -ISPITIVANJE TIJEKA FUNKCIJE I SKICIRANJE GRAFA 5. ZADATAK INTEGRALI, DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE-4 SATA -NEODREĐENI INTEGRALI-PRAVILA -ČETIRI METODE INTEGRACIJE -ODREĐENI INTEGRALI-3 TIPA ZADATAKA -DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE-SEPARACIJA VARIJABLI, HOMOGRNA, LINEARNA -TEČAJ TRAJE OKO 25 PUTA (SVAKI PUT OKO 60 MINUTA) -SUBOTOM SE, DODATNO, PONAVLJA GRADIVO (NAKON ŠTO PROĐE POLA TEČAJA) -NAKON TEČAJA NEKOLIKO ISPITA -AKO SE ŠTO PROPUSTI, MOŽE SE NADOKNADITI U DRUGOJ GRUPI -ZA VRIJEME TEČAJA SE UKAZUJE NA PITANJA ZA USMENI-OZNAČITI OMILJENIM ZNAKOM -SKRIPTA SE DAJE NA KOPIRANJE

MATEMATIKASKRIPTA ZA EKONOMSKI FAKULTET

Suradnici pri izradi skripte i odrzavanju tecajeva:Maja Ambros

Mislav Katalinic

Ivana Stibi

Osijek, 2005

Mladen Pacar, Matematika za Ekonomski fakultet; 031 380 600 (od 16.00h) ili 098 9652 432 1

TECAJ IZ MATEMATIKE ZA EKONOMSKI FAKULTET

PISMENI - 5 ZADATAKA

1. ZADATAK: MATRICE - 4 TIPA ZADATAKA - 4 SATA

- INVERZNA MATRICA- MATRICNE JEDNADZBE- SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI I SVOJSTVENI VEKTORI- SUSTAV LINEARNIH JEDNADZBI - GAUSS JORDANOVA METODA

2. ZADATAK: FINANCIJSKA MATEMATIKA - SLOZENI KAMATNI RACUN, ZAJAM - 5 SATI

- SLOZENI KAMATNI RACUN- JEDNA UPLATA - KONACNA VRIJEDNOST- VISE (PERIODICNE UPLATE)- KONACNA VRIJEDNOST- OTPLATA ZAJMA JEDNAKIM GODISNJIM ANUITETIMA- OTPLATA ZAJMA JEDNAKIM ISPODGODISNJIM ANUITETIMA- OTPLATA ZAJMA PROIZVOLJNIM ANUITETIMA

3. ZADATAK: FUNKCIJE, LIMESI, REDOVI, MAT. INDUKCIJA - 6 SATI

- PONAVLJANJE (REKAPITULACIJA) OSNOVNIH STVARI IZ FUNKCIJA- LIMESI - CETIRI VRSTE- KONVERGENCIJA REDA - 3 KRITERIJA- MATEMATICKA INDUKCIJA

4. ZADATAK: DERIVACIJE, PRIMJENA DERIVACIJA - 6 SATI

- OSNOVNA PRAVILA DERIVIRANJA- DERIVACIJA SLOZENE FUNKCIJE- IMPLICITNO DERIVIRANJE, LOGARITAMSKO DERIVIRANJE- EKSTREMI, LHOSPITALOVO PRAVILO, ASIMPTOTE- ISPITIVANJE TIJEKA FUNKCIJE I SKICIRANJE GRAFA

5. ZADATAK: INTEGRALI, DIFERENCIJALNE JEDNADZBE - 4 SATA

- NEODREDENI INTEGRALI - PRAVILA- CETIRI METODE INTEGRACIJE- ODREDENI INTEGRALI - 3 TIPA ZADATAKA- DIFERENCIJALNE JEDNADZBE - SEPARACIJA VARIJABLI, HOMOGRNA, LINEARNA

- TECAJ TRAJE OKO 25 PUTA (SVAKI PUT OKO 60 MINUTA)- SUBOTOM SE, DODATNO, PONAVLJA GRADIVO (NAKON STO PRODE POLA TECAJA)- NAKON TECAJA NEKOLIKO ISPITA- AKO SE STO PROPUSTI, MOZE SE NADOKNADITI U DRUGOJ GRUPI- ZA VRIJEME TECAJA SE UKAZUJE NA PITANJA ZA USMENI - OZNACITI OMILJENIM ZNAKOM- SKRIPTA SE DAJE NA KOPIRANJE


1 Matrice i determinante

Definicija 1.1. Matrica je svaka familija aij (i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n) brojeva za-pisanih u obliku tabele:

A =

⎡⎢⎢⎣

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . aij . . .am1 am2 . . . amn

⎤⎥⎥⎦

Ima m redaka i n stupaca i kazemo da je tipa m × n. Element aij stoji na sjecistu i-togretka i j-tog stupca.Elementi a11, a22, . . . , ann cine glavnu dijagonalu kvadratne matrice (broj redaka jednakbroju stupaca, m = n), a zbroj tih elemenata zovemo trag matrice i oznacavamo trA.

Operacije s matricama:

1. Zbrajanje i oduzimanje: Matrice zbrajamo (oduzimamo) tako da zbrojimo (oduzmemo)odgovarajuce elemente matrica. Matrice moraju biti istog tipa.

2. Mnozenje: Matrice mnozimo tako da ”Mnozimo retke prve sa stupcima druge”.Broj stupaca prve matrice mora odgovarati broju redaka druge. Ne vrijedi zakonkomutativnosti mnozenja matrica (A · B �= B · A).

3. Dijeljenje matrica: Dijeljenje se svodi na mnozenje s inverznom matricom(A

B= A · B−1).

4. Broj mnozimo matricom tako da broj pomnozimo svakim elementom matrice.


VRSTE MATRICA

1. Kvadratna: broj redaka jednak broju stupaca.

2. Regularna: |A| �= 0.

3. Singularna: |A| = 0.

4. Transponirana, At: zamijenimo retke i stupce.

5. Matrica kofaktora, Mk

6. Adjungirana, Aadj = Mk

7. Jedinicna: I = |1|,∣∣∣∣ 1 0

0 1

∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣

1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣ , . . . . A · I = A.

8. Inverzna, A−1 : A · A−1 = I.

A−1 =1

|A| · Aadj

9. Idempotentna: A = A2 = A3 = . . . = An.

10. Dijagonalna: svi elementi osim elemenata glavne dijagonale nula.

11. Skalarna: ona dijagonalna koja ima na glavnoj dijagonali jednake elemente.

12. Ortogonalna: A · Aτ = I.

13. Komutativna: A · B = B · A.


Definicija 1.2. Determinanta je funkcija koja svakoj kvadratnoj matrici(m = n) pridruzuje broj.

Oznacava se sa |A| ili detA ili

∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . aij . . .am1 am2 . . . amn

∣∣∣∣∣∣∣∣Racunanje determinante 1. reda:

|a| = a

Racunanje determinante 2. reda:∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad − cb

Racunanje determinante 3. i viseg reda pomocu Laplaceovog razvoja:∣∣∣∣∣∣a b cd e fg h i

∣∣∣∣∣∣ = a ·∣∣∣∣ e f

h i

∣∣∣∣− b ·∣∣∣∣ d f

g i

∣∣∣∣ + c ·∣∣∣∣ d e

g h

∣∣∣∣Izracunamo tri determinante 2. reda.

Svojstva determinante:

1. Determinantu mnozimo brojem tako da elemente bilo kojeg retka (stupca) pomnozimotim brojem.

2. Ako su dva retka (stupca) jednaka, determinanta je nula.

3. Ako dva retka (stupca) zamijene mjesta, determinanta mijenja predznak.

4. Determinanta se ne mijenja ako jedan redak pomnozimo brojem i dodamo drugomretku.


Primjer 1.1. Izracunajte determinantu matrice A =

⎡⎣ a⊕ 1� 0⊕

1� 1⊕ 0�

2⊕ −1� a⊕

⎤⎦ . Za koji je a ∈ R

matrica regularna? Odredite A−1 kada postoji.

Rjesenje:

Kako bismo nasli detA (|A|), razvit cemo zadanu matricu po bilo kojem retku ili stupcuna poddeterminante. Izaberimo npr. 3. stupac za razvijanje jer ima najvise nula:

|A| = 0 ·∣∣∣∣ 1 1

2 −1

∣∣∣∣− 0 ·∣∣∣∣ a 1

2 −1

∣∣∣∣ + a ·∣∣∣∣ a 1

1 1

∣∣∣∣ =

= 0 − 0 + a · (a · 1 − 1 · 1) = a · (a − 1)

|A| = a · (a − 1)

Matrica je regularna kada joj je determinanta razlicita od nule

|A| �= 0a · (a − 1) �= 0

⇒ a �= 0 i a − 1 �= 0⇒ a �= 1

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭ ⇒

matrica A je regularnaza svaki a koji je razlicit od

0 i 1

Trebamo naci A−1 : A−1 =1

|A| · Aadj .

Nadimo prvo matricu kofaktora Mk :

Mk =

⎡⎣ a −a −3

−a a2 a + 20 0 a − 1

⎤⎦ prvi element a11 = a dobijemo tako da u matrici A

krizamo 1. redak i 1. stupac i nadjemo preostalupoddeterminantu; ako je iznad a11 u matrici A plus,vrijednost ostaje, a ako je minus mijenja predznak, itd.

Adjungirana matrica matrice A je Aadj = M τk (transponirana matrica kofaktora)

Aadj = M τk =

⎡⎣ a −a 0

−a a2 03 a + 2 a − 1

⎤⎦

Inverzna matrica je A−1 :

A−1 =1

|A| · Aadj =1

a · (a − 1)·⎡⎣ a −a 0

−a a2 03 a + 2 a − 1

⎤⎦.


npr. za a = 2 :

A−1 =1

2·⎡⎣ 2 −2 0

−2 22 03 4 1

⎤⎦.

Primjer 1.2. Odredite b ∈ R tako da matrica A =

[1 bb2 1

]bude regularna.

Rjesenje:

Da bi matrica A bila regularna mora biti |A| �= 0.

|A| = 1 · 1 − b2 · b = 1 − b3

|A| �= 01 − b3 �= 0

− b3 �= −1 / · (−1)b3 �= 1 / 3

√

b �= 1 → b ∈ R\{1}Naci A−1 kada postoji (b �= 1):

A =

[1+ b−

b2− 1+

]

Mk =

[1 −b2

−b 1

]

Aadj =

[1 −b

−b2 1

]

A−1 = 1|A| · Aadj

A−1 =1

1 − b3·[

1 −b−b2 1

], b �= 1.


Primjer 1.3. Izracunajte determinantu

∣∣∣∣∣∣0 −x −1−x 1 xx 1 −x

∣∣∣∣∣∣ i odredite one vrijednosti x za

koje je matrica regularna.

Rjesenje:

Determinanta:

∣∣∣∣∣∣0⊕ −x� −1⊕

−x 1 xx 1 −x

∣∣∣∣∣∣ = 0 ·∣∣∣∣ 1 x

1 −x

∣∣∣∣− (−x) ·∣∣∣∣ −x x

x −x

∣∣∣∣− 1 ·∣∣∣∣ −x 1

x 1

∣∣∣∣ =

= 0 + x · (x2 − x2) − 1 · (−x − x) = 0 + x · 0 − 1 · (−2x) =

= 0 + 0 + 2x = 2x

Matrica je regularna ako je determinanta razlicita od nule:

2x �= 0 / : 2

x �= 0

Znaci: matrica je regularna za svaki x ∈ R \ {0}.


1.1 Matricne jednadzbe

1. A · X = B → X = A−1 · B2. X · A = B → X = B · A−1

3. A · X · B = C → X = A−1 · C · B−1

Primjer 1.4. Rijesi matricnu jednadzbu AX = B, gdje je

A =

⎡⎣ −1 −7 −2

−3 −1 11 2 3

⎤⎦ , B =

⎡⎣ 1 0 −1

2 −1 00 1 2

⎤⎦ .

Rjesenje:

A−1 · / AX = B

A−1 · A︸︷︷︸ · X = A−1 · BI · X︸︷︷︸ = A−1 · B

X = A−1 · B → treba naci inverznu od A

i pomnoziti s B

A−1

A =

⎡⎣ −1⊕ −7� −2⊕

−3� −1⊕ 1�

1⊕ 2� 3⊕

⎤⎦

Nadimo prvo determinantu matrice A :

|A| = −1 ·∣∣∣∣ −1 1

2 3

∣∣∣∣ + 7 ·∣∣∣∣ −3 1

1 3

∣∣∣∣− 2 ·∣∣∣∣ −3 −1

1 2

∣∣∣∣ =

= −1 · (−1 · 3 − 2 · 1) + 7 · (−3 · 3 − 1 · 1) − 2 · (−3 · 2 − 1 · (−1)) =

= −1 · (−5) + 7 · (−10) − 2 · (−5) = 5 − 70 + 10 = −55

Matrica kofaktora je:

Mk =

⎡⎣ −5 10 −5

17 −1 −5−9 7 −20

⎤⎦ Krizamo 3. redak i 3. stupac (zbog clana a33 = 3)

i ostane determinanta

∣∣∣∣ −1 −7−3 −1

∣∣∣∣ = 1 − 21 = −20,

a predznak od a33 je ⊕, sto znaci da ostaje − 20.


Adjungiranu matricu dobijemo tako da transponiramo (zamijenimo stupce i retke) matricukofaktora:

Aadj = M τk =

⎡⎣ −5 17 −9

10 −1 7−9 −5 −20

⎤⎦

Sada racunamo inverznu matricu matrice A :

A−1 =1

|A| · Aadj =1

−55·⎡⎣ −5 17 −9

10 −1 7−9 −5 −20

⎤⎦

Mi trazimo matricu X, a kako imamo matrice A−1 i B, mozemo ih jednostavno uvrstiti uranije izracunatu formulu X = A−1 · B :

X = A−1 · B = − 1

55·⎡⎣ −5 17 −9

10 −1 7−9 −5 −20

⎤⎦ ·

⎡⎣ 1 0 −1

2 −1 00 1 2

⎤⎦ =

= − 1

55·⎡⎣ 29 −26 −13

8 8 4−19 −15 −31

⎤⎦

Podsjetimo se da dvije matrice mnozimo tako da mnozimo redak 1. matrice sa stupcem2. matrice, pa smo npr. 29 dobili tako sto smo prvi redak matrice A−1 pomnozili s prvimstupcem matrice B : −5 · 1 + 17 · 2 + (−9) · 0 = 29.


Primjer 1.5. Zadana je matrica A =

[1 13 1

]. Rijesi matricnu jednadzbu

A−1 · X = 3A2 − A−1, gdje je X kvadratna matrica 2. reda.

Rjesenje:

A · / A−1 · X = 3A2 − A−1

A · A−1︸︷︷︸I

·X = A · (3A2 − A−1)

I · X︸︷︷︸X

= A · 3A2 − A · A−1︸︷︷︸I

X = 3A3 − I

X = 3 ·[

1 13 1

]·[

1 13 1

]·[

1 13 1

]︸︷︷︸ −

[1 00 1

]=

= 3 ·[

1 13 1

]·

[4 26 4

]︸︷︷︸−

[1 00 1

]=

= 3 ·[

10 618 10

]−

[1 00 1

]=

=

[30 1854 30

]−

[1 00 1

]=

=

[29 1854 29

].


Primjer 1.6. Rijesite matricnu jednadzbu

[4 66 8

]·[

1 00 1

]· X =

[1 12 3

].

Rjesenje:

Oznacimo:

A =

[4 66 8

], I =

[1 00 1

], B =

[1 12 3

].

A · I︸︷︷︸A

·X = B

A−1 · / A · X = B

A−1 · A︸︷︷︸I

·X = A−1 · B

I · X︸︷︷︸X

= A−1 · B

X = A−1 · B

Znaci trebamo naci A−1 i pomnoziti je s B.

A−1 =?

A =

[4+ 6−

6− 8+

]|A| = 4 · 8 − 6 · 6 = 32 − 36 = −4 ⇒ postoji A−1 jer |A| �= 0

Mk =

[8 −6−6 4

] krizamo prvi redak i drugi stupac u matrici A i ostane namdeterminanta |6| = 6, zato sto je predznak elementaa12 = 6 negativan, kofaktor je − 6 itd.

Aadj = M τk =

[8 −6−6 4

]

A−1 =1

|A| · Aadj =1

−4·[

8 −6−6 4

].

X = A−1 · B = −1

4·[

8 −6−6 4

]·[

1 12 3

]= −1

4·[ −4 −10

2 6

]=

=1

2· (−1

2) ·

[ −4 −102 6

]=

1

2·[

2 5−1 −3

].


1.2 Svojstvene vrijednosti i svojstveni vektori

Definicija 1.3. Broj (skalar) λ je svojstvena ili karakteristicna vrijednost matriceA ako postoji bar jedan vektor X �= 0 takav da je λ · X = A · X, gdje je X svojstvenivektor.

(λ · I − A)X = 0

Primjer 1.7. Nadite svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrice

A =

[1 22 1

].

Rjesenje:

Nadimo matricu λI − A (gdje je I jedinicna matrica 2. reda):

λI − A = λ ·[

1 00 1

]−

[1 22 1

]=

(broj mnozimo s matricom tako dapomnozimo svaki elementmatrice tim brojem)

=

[λ 00 λ

]−

[1 22 1

]=

[λ − 1 0 − 20 − 2 λ − 1

]=

=

[λ − 1 −2−2 λ − 1

]

Izracunajmo sada njenu determinantu:

|λI − A| = (λ − 1) · (λ − 1) − (−2) · (−2) = λ2 − 2λ + 1 − 4 =

= λ2 − 2λ − 3

⇒ s(λ) = λ2 − 2λ − 3 → SVOJSTVENI POLINOM MATRICE A

Rjesenja jednadzbe s(λ) = 0 zovu se SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI.

λ2 − 2λ − 3 = 0

λ1,2 =2 ±√

4 + 12

2=

2 ± 4

2

⇒ λ1 = 3λ2 = −1

}SVOJSTVENEVRIJEDNOSTI

Nadimo matricu λ1I − A =

[3 − 1 −2−2 3 − 1

]=

[2 −2−2 2

]Rijesimo matricnu jednadzbu (λ1I − A) · X1 = 0 (gdje je X1 prvi svojstveni vektor).Ne zaboravimo kako mnozimo matrice: prvi element dobijemo tako da pomnozimo prvi


redak prve matrice s prvim stupcem druge matrice, itd.

[2 −2−2 2

]·[

x1

x2

]=

[00

][

2x1 − 2x2

−2x1 + 2x2

]=

[00

]⇒ 2x1 − 2x2 = 0

−2x1 + 2x2 = 0 / · (−1)

2x1 − 2x2 = 0, x2 = b2x1 − 2b = 0

x1 = b

Ako jednu od tih jednadzbi pomnozimo s (−1), dobit cemo drugu jednadzbu, sto znacida imamo samo jednu jednadzbu 2x1 − 2x2 = 0 s dvije nepoznanice. Sada biramo jednorjesenje, pa zato pisemo x2 = b. Kada nademo x1, imamo 1. SVOJSTVENI VEKTOR,

X1 =

[bb

], b ∈ R\{0}.

Sada ponavljamo isti postupak za drugu svojstvenu vrijednost, λ2 :

λ2I − A =

[ −1 − 1 −2−2 −1 − 1

]=

[ −2 −2−2 −2

]

(λI − A) = 0[ −2 −2−2 −2

]·[

x1

x2

]=

[00

][ −2x1 − 2x2

−2x1 − 2x2

]=

[00

]⇒ −2x1 − 2x2 = 0

−2x1 − 2x2 = 0

−2x1 − 2x2 = 0, x2 = a−2x1 − 2a = 0

−2x1 = 2a / : (−2)x1 = −a

⇒ X2 =

[ −aa

], a ∈ R\{0} 2 SVOJSTVENI VEKTOR.


Primjer 1.8. Nadite svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrice

A =

[1 02 −2

].

Rjesenje:

λI − A = λ ·[

1 00 1

]−

[1 02 −2

]=

[λ 00 λ

]−

[1 02 −2

]=

=

[λ − 1 0−2 λ + 2

]

|λI − A| = (λ − 1) · (λ + 2) − (−2) · 0 = (λ − 1) · (λ + 2)

⇒ s(λ) = (λ − 1) · (λ + 2) → svojstveni polinom matrice A

(λ − 1) · (λ + 2) = 0λ − 1 = 0 ⇒ λ1 = 1λ + 2 = 0 ⇒ λ2 = −2→ svojstvene vrijednosti

Za λ1 = 1 trazimo 1. svojstveni vektor:

λ1I − A =

[1 − 1 0−2 1 + 2

]=

[0 0−2 3

](λ1I − A) · X1 = 0[

0 0−2 3

]·[

x1

x2

]=

[00

]0x1 + 0x2 = 0 ⇒ 0 = 0

−2x1 + 3x2 = 0

−2x1 + 3x2 = 0

x2 = a, a ∈ R

−2x1 + 3a = 0

−2x1 = −3a / : (−2)

x1 =3

2a

⇒ 1. svojstveni vektor je X1 =

[ 3

2a

a

], a ∈ R\{0}.

Za λ2 = −2 trazimo 2. svojstveni vektor:

λ2I − A =

[ −2 − 1 0−2 −2 + 2

]=

[ −3 0−2 0

]


(λ2I − A) · X2 = 0[ −3 0−2 0

]·[

x1

x2

]=

[00

]−3x1 + 0x2 = 0

−2x1 + 0x2 = 0

−3x1 = 0 ⇒ x1 = 0

−2x1 = 0 ⇒ x1 = 0

x1 = 0

x2 = b, b ∈ R


[0b

], b ∈ R\{0}.


1.3 Sustav linearnih algebarskih jednadzbi (A · X = b)

rjesavamo pomocu shematizirane Gaussove metode eliminacije (prosirena matrica sus-tava).A - matrica sustavaX - vektor nepoznanicab - stupac slobodnih clanova[A, b] - prosirena matrica sustava

Primjer 1.9. Rijesite sustav jednadzbi:

x + 2y + 3z = 52x − y − z = 1x + 3y + 4z = 6.

Rjesenje:⎡⎣ 1 2 3 � 5

5 −1 −1 � 11 3 4 � 6

⎤⎦ /(−5) /(−1)

∼

⎡⎣ 1 2 3 � 5

0 −5 −7 � −90 1 1 � 1

⎤⎦ ∼

⎡⎣ 1 2 3 � 5

0 1 1 � 10 −5 −7 � −9

⎤⎦ /5 ∼

⎡⎣ 1 2 3 � 5

0 1 1 � 10 0 −2 � −4

⎤⎦

/ : (−2)∼

⎡⎣ 1 2 3 � 5

0 1 1 � 10 0 1 � 2

⎤⎦ ⇒

x + 2y + 3z = 5 (1)y + z = 1 (2)1 · z = 2 (3)

(3) ⇒ z = 2

(2) ⇒ y = 1 − z = 1 − 2 = −1 ⇒ y = −1

(1) ⇒ x = 5 − 2y − 3z = 5 − 2 · (−1) − 3 · 2 = 5 + 2 − 6 = 1 ⇒ x = 1


Rjesenje:

x = 1

y = −1

z = 2.

Dobili smo jedno jedinstveno rjesenje pa za ovaj sustav linearnih jednadzbi kazemo da jemoguc.

Primjer 1.10. Rijesite sustav jednadzbi:

2x1 + x2 + x3 = 1x1 + 2x2 + x3 = 1x1 − x2 = 1.

Rjesenje:⎡⎣ 2 1 1 � 1

1 2 1 � 11 −1 0 � 1

⎤⎦ ∼

⎡⎣ 1 2 1 � 1

2 1 1 � 11 −1 0 � 1

⎤⎦ /(−2) /(−1)

∼

⎡⎣ 1 2 1 � 1

0 −3 −1 � −10 −3 −1 � 0

⎤⎦ /(−1) ∼

⎡⎣ 1 2 1 � 1

0 −3 −1 � −10 0 0 � 1

⎤⎦ ⇒

0 = 1

U 3. retku dobili smo neistinu jer 0 �= 1. To znaci da sustav nema rjesenja, tj. kazemo daje sustav nemoguc.


Primjer 1.11. Rijesite sustav linearnih jednadzbi:

2x + 3y + 4z = 1x − 2y + 3z = 2

−3x − 8y − 5z = 0.

Rjesenje:

Sustav cemo rijesiti Gauss - Jordanovom metodom eliminacije.

Napravimo prosirenu matricu sustava:⎡⎣ 2 3 4 � 1

1 −2 3 � 2−3 −8 −5 � 0

⎤⎦ ∼ zamijenimo mjesta 1. i 2. retku, jer u 2.

retku imamo jedinicu na prvom mjestu

⎡⎣ 1 −2 3 � 2

2 3 4 � 1−3 −8 −5 � 0

⎤⎦ /(−2) /3

∼

prvo: cilj nam je dobiti nulena prvom mjestu u 2. i 3. retku:mnozimo 1. redak sa (−2) idodamo 2. retku, mnozimo1. redak sa 3 i dodamo 3. retku⎡

⎣ 1 −2 3 � 20 7 −2 � −30 −14 4 � 6

⎤⎦ /(−2) ∼

drugo: cilj nam je dobiti nule na drugommjestu u 3. retku: mnozimo 2. redaksa 2 i dodamo 3. retku⎡

⎣ 1 −2 3 � 20 7 −2 � −30 0 0 � 0

⎤⎦ cilj nam je dobiti nule na podcrtanim mjestima

Medutim, mi ovdje imamo specificnu situaciju, kada u jednom retku imamo sve nule →ima beskonacno rjesenja.(U slucaju da se pojavi situacija da su lijevo od crtkane linije nule, a desno neki broj razlicitod nule (kao u prethodnom zadatku), sustav nema rjesenja.)

Iz 2. retka citamo: 7y − 2z = −3

Za jednu nepoznanicu (npr. z) uzmimo z = t, t ∈ R. Sada imamo:

7x − 2t = −3

7y = 2t − 3 / : 7

y =2t − 3

7

Iz 1. retka citamo: 1x − 2y + 3z = 2.

Znamo koliki su y i z, pa uvrstimo:

x − 22t − 3

7+ 3t = 2


x =2(2t − 3) − 21t + 14

7

x =4t − 6 − 21t + 1

7

x =−17t + 8

7

Rjesenje:

x =−17t + 8

7

y =2t − 3

7z = t, t ∈ R

Ovaj sustav ima beskonacno mnogo rjesenja (jer t bilo koji realan broj), pa kazemo da jesustav neodreden.


Zadaci za vjezbu

Zadatak 1 Nadi sve matrice koje komutiraju s matricom

A =

[1 23 4

].

Rjesenje:

Da bi matrica B =

[a bc d

]komutirala a matricom A mora biti ispunjen zakon komutacije

mnozenja matrica: A · B = B · A :[1 23 4

]·[

a bc d

]=

[a bc d

]·[

1 23 4

]Pomnozimo matrice: [

a + 2c b + 2d3a + 4c 3b + 4d

]=

[a + 3b 2a + 4bc + 3d 2c + 4d

]Matrice su jednake ako su odgovarajuci elementi jednaki:

a + 2c = a + 3b/ : 2 → c =3

2b (1)

b + 2d = 2a + 4b → 2d = 2a + 3b/ : 2 → d = a +3

2b (2)

3a + 4c = c + 3d → 3d = 3a + 3c/ : 3 → d = a + c (3)

3b + 4d = 2c + 4d → c =3

2b (4)

(1) = (4)(1) u (2) → d = a + c → (2) = (3)

Znaci imamo dva uvjeta: c =3

2b i d = a +

3

2b :

B =

[a b32b a + 3

2b

]; a, b ∈ R.


Zadatak 2 Zadana je matrica A =

[3 22 1

].

Izracunaj: a) |A|, b) Aτ , c) A · Aτ , d) A−3.

Rjesenje:

a) A =

[3 22 1

]|A| = 3 · 1 − 2 · 2 = 3 · 4 = −1.

b) Aτ - transponirana matrica (zamijenimo stupce i retke)

Aτ =

[3 22 1

].

c) A · Aτ =

[3 22 1

]·[

3 22 1

]=

[3 · 3 + 2 · 2 3 · 2 + 2 · 12 · 3 + 1 · 2 2 · 2 + 1 · 1

]=

[13 88 5

].

d) A−3 = (A−1)3 = A−1 · A−1 · A−1

A−1 =?

A =

[3⊕ 2�

2� 1⊕

]Matrica kofaktora:

Mk =

[1 −2−2 3

], Aadj =

[1 −2−2 3

]A−1 =

1

|A| · Aadj

A−1 =1

−1

[1 −2−2 3

]=

[ −1 22 −3

]

A−3 = A−1 · A−1 · A−1 =

[ −1 22 −3

]·[ −1 2

2 −3

]·[ −1 2

2 −3

]

=

[5 −8−8 13

]·[ −1 2

2 −3

]=

[ −21 3434 −55

]

A−3 =

[ −21 3434 −55

].


Zadatak 3 Dane su matirce

A =

⎡⎣ 2 4 5

0 5 31 2 1

⎤⎦ , B =

⎡⎣ 5 3 1

2 2 10 2 1

⎤⎦ .

Odredite A−1 · B.

Rjesenje:

Naci A−1 :

A−1 =1

|A| · A∗

|A| = 2 ·∣∣∣∣ 5 3

2 1

∣∣∣∣− 4 ·∣∣∣∣ 0 3

1 1

∣∣∣∣ + 5 ·∣∣∣∣ 0 5

1 2

∣∣∣∣ = 2 · (−1) − 4 · (−3) + 5 · (−5) =

= −2 + 12 − 25 = −15 → postoji A−1.

Matrica kofaktora Mk

Mk =

⎡⎣ −1 3 −5

6 −3 0−13 −6 10

⎤⎦

A∗ = M τk =

⎡⎣ −1 6 −13

3 −3 −6−5 0 10

⎤⎦

A−1 =1

|A| · A∗ =

1

−15·⎡⎣ −1 6 −13

3 −3 −6−5 0 10

⎤⎦

A−1 · B =1

−15·⎡⎣ −1 6 −13

3 −3 −6−5 0 10

⎤⎦ ·

⎡⎣ 5 3 1

2 2 10 2 1

⎤⎦ =

1

−15·⎡⎣ 7 −17 −8

9 −9 −6−25 5 5

⎤⎦ .


Zadatak 4 Odredite t ∈ R tako da matrica A =

⎡⎣ 2 2 t

2 t 2t 2 2

⎤⎦ bude regularna.

Rjesenje:

Matrica je regularna kada joj je determinanta razlicita od nule.

|A| �= 0

|A| = 2 ·∣∣∣∣ t 2

2 2

∣∣∣∣− 2 ·∣∣∣∣ 2 2

t 2

∣∣∣∣ + t ·∣∣∣∣ 2 t

t 2

∣∣∣∣ =

= 2 · (2t − 4) − 2 · (4 − 2t) + t · (4 − t2) =

= −4 · (2 − t) − 4 · (2 − t) + t · (2 − t) · (2 + t) =

= (2 − t) · (−4 − 4 + 2t + t2)

2 − t �= 0 t2 + 2t − 8 �= 0

t �= 0 t1,2 �= −2 ±√4 + 32

2=

−2 ± 6

2t �= 2, t �= −4

⇒ matrica A je regularna za svaki t ∈ R\{2,−4}.

Zadatak 5 Nadite inverz matrice A =

⎡⎣ 1 −2 3

2 −4 53 −5 6

⎤⎦ .

Rjesenje:

|A| = 1 ·∣∣∣∣ −4 5−5 6

∣∣∣∣ + 2 ·∣∣∣∣ 2 5

3 6

∣∣∣∣ + 3 ·∣∣∣∣ 2 −4

3 −5

∣∣∣∣ =

= 1 · (−24 + 25) + 2 · (12 − 15) + 3 · (−10 + 12) =

= 1 + 2 · (−3) + 3 · 2 = 1

|A| = 1

Mk =

⎡⎣ 1 3 2

−3 −3 −12 1 0

⎤⎦

Aadj = M τk =

⎡⎣ 1 −3 2

3 −3 12 −1 0

⎤⎦

A−1 =1

|A| · Aadj =1

1·⎡⎣ 1 −3 2

3 −3 12 −1 0

⎤⎦ =

⎡⎣ 1 −3 2

3 −3 12 −1 0

⎤⎦ .


Zadatak 6 Izracunajte determinantu matrice n− tog reda

A =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣

1 1 1 . . . 11 2 1 . . . 11 1 2 . . . 1...

......

......

1 1 1 . . . 2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ .

Rjesenje:

Ovdje ce nam trebati:

Osnovna svojstva determinante:

- determinantu mnozimo brojem tako da elemente bilo kojeg retka ili stupca pomnozimotim brojem

- ako dva retka ili stupca zamijene mjesta, determinanta mijenja predznak

- determinanta se ne mijenja ako elementima jednog retka dodamo elemente drugogretka pomnozene nekim brojem

Cilj je dobiti u jednom retku ili stupcu sto vise nula primjenom navedenih pravila.

|A| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 11 2 1 . . . 11 1 2 . . . 1...

......

......

1 1 1 . . . 2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣·(−1) ∼

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 10 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

......

......

0 0 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(Mnozimo elemente 1. retka i dodajemo ih elementima drugog, . . . , n− tog retka)

Kako bismo izracunali determinantu matrice A, napravimo rastav na poddeterminantepo 1. stupcu jer su svi elementi osim 1. nule:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 10 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

......

......

0 0 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

• • • . . . •• 1 0 . . . 0• 0 1 . . . 0...

......

......

• 0 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸jedinicna determinanta ciji je iznos jednak 1

+

+ 0 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

• 1 1 . . . 1• • • . . . •• 0 1 . . . 0...

......

......

• 0 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ . . . + 0 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

• 1 1 . . . 1• 1 0 . . . 0• 0 1 . . . 0...

......

......

• • • . . . •

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣︸︷︷︸0

=


= 1 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

• • • . . . •• 1 0 . . . 0• 0 1 . . . 0...

......

......

• 0 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 · 1 + 0 + . . . + 0 = 1.


A =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎣

1 1 1 . . . 11 −2 1 . . . 11 1 −2 . . . 1...

......

......

1 1 1 . . . −2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎦ .

Rjesenje:

|A| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 11 −2 1 . . . 11 1 −2 . . . 1...

......

......

1 1 1 . . . −2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

·(−1)

∼

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 10 −3 0 . . . 00 0 −3 . . . 0...

......

......

0 0 0 . . . −3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Laplaceov razvoj po prvom stupcu:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1+ 1 1 . . . 10− −3 0 . . . 00+ 0 −3 . . . 0...

......

......

0 0 0 . . . −3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−3 0 . . . 00 −3 . . . 0...

......

...0 0 . . . −3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

+ 0 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣ + 0 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣ + . . .

︸︷︷︸0

=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣−3 0 . . . 00 −3 . . . 0...

......

...0 0 . . . −3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

= (−3) · (−3) · . . . · (−3) = (−3)n−1.



A =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

1 1 1 1 . . . 11 2 1 1 . . . 11 1 3 1 . . . 11 1 1 4 . . . 1...

......

......

...1 1 1 1 . . . n

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

.

Rjesenje:

|A| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1 . . . 11 2 1 1 . . . 11 1 3 1 . . . 11 1 1 4 . . . 1...

......

......

...1 1 1 1 . . . n

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦

·(−1)

∼

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1 . . . 10 1 0 0 . . . 00 0 2 0 . . . 00 0 0 3 . . . 0...

......

......

...0 0 0 0 . . . n − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Laplaceov razvoj po prvom stupcu:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1+ 1 1 1 . . . 10− 1 0 0 . . . 00+ 0 2 0 . . . 00− 0 0 3 . . . 0...

......

......

...0 0 0 0 . . . n − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0 . . . 00 2 0 . . . 00 0 3 . . . 0...

......

......

0 0 0 . . . n − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+

+ 0 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ 0 ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ . . .

︸︷︷︸0

=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0 . . . 00 2 0 . . . 00 0 3 . . . 0...

......

......

0 0 0 . . . n − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

= 1 · (1 · 1 · 3 · . . . · (n − 1)) = (n − 1)!


Zadatak 9 Odredite vrijednosti parametra a ∈ R za koje je matrica

A =

⎡⎣ a 1 a

a a2 21 a 2a

⎤⎦

regularna, te odredite A−1 kada ona postoji.

Rjesenje:

|A| = a ·∣∣∣∣ a2 2

a 2a

∣∣∣∣− 1 ·∣∣∣∣ a 2

1 2a

∣∣∣∣ + a ·∣∣∣∣ a a2

1 a

∣∣∣∣ =

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

= (2a2 − 2) · (a2 − 1) = 2(a2 − 1)(a2 − 1) = 2(a2 − 1)2

|A| �= 0

2(a2 − 1)2 �= 0 / : 2

(a2 − 1)2 �= 0 /√

a2 − 1 �= 0

a2 �= 1 /√

a �= ±1

⇒ matrica je regularna za svaki a ∈ R\{−1, 1}

Mk =

⎡⎣ 2a3 − 2a 2 − 2a2 0

a2 − 2a 2a2 − a 1 − a2

2 − a3 a2 − 2a a3 − a

⎤⎦

Aadj = M τk =

⎡⎣ 2a3 − 2a a2 − 2a 2 − a3

2 − 2a2 2a2 − a a2 − 2a0 1 − a2 a3 − a

⎤⎦

A−1 =1

|A| · Aadj =1

a · (a − 1)·⎡⎣ 2a3 − 2a a2 − 2a 2 − a3

2 − 2a2 2a2 − a a2 − 2a0 1 − a2 a3 − a

⎤⎦.


Zadatak 10 Odredite k ∈ R takav da za matricu

A =

⎡⎣ 2k + 1 1 0

k k + 2 0k 1 k + 1

⎤⎦

vrijedi: detA = −2.

Rjesenje:

|A| = (k + 1) · ((2k + 1)(k + 2) − k) = (k + 1)(2k2 + k + 4k + 2 − k) =

= (k + 1)(2k2 + 4k + 2) = (k + 1) · 2(k2 + 2k + 1) = (k + 1) · 2(k + 1)2 =

= 2(k + 1)3

|A| = −2

2(k + 1)3 = −2 / : 2

(k + 1)3 = −1 / 3√

k + 1 = −1

k = −2


A =

⎡⎣ k − 2 5 0

k k −2−3k2

2 k + 1

⎤⎦

vrijedi: |A| = −8.

Rjesenje:

|A| = (k − 2) · (k(k + 1) + 4) − 5 · (k(k + 1) − 3k) = (k − 2)(k2 + k + 4) − 5(k2 + k − 3k) =

= (k − 2)(k2 + k + 4) − 5k(k − 2) = (k − 2)(k2 + k + 4 − 5k) = (k − 2)(k2 − 4k + 4) =

= (k − 2)(k − 2)2 = (k − 2)3

|A| = −8

(k − 2)3 = −8 / 3√

k − 2 = −2

k = 0



A =

⎡⎣ 2k + 1 k k

1 k + 2 10 0 k + 1

⎤⎦

vrijedi: |A| = −2.

Rjesenje:

|A| = (k + 1) · ((2k + 1)(k + 2) − k) = (k + 1)(2k2 + k + 4k + 2 − k) =

= (k + 1)(2k2 + 4k + 2) = (k + 1) · 2(k2 + 2k + 1) = (k + 1) · 2(k + 1)2 =

= 2(k + 1)3

|A| = −2

2(k + 1)3 = −2 / : 2

(k + 1)3 = −1 / 3√

k + 1 = −1

k = −2


A =

⎡⎣ k + 2 0 4

k + 1 k 0−2 k k

⎤⎦

vrijedi: detA = −8. Za taj k rijesite matricnu jednadzbu AX = b, gdje je b =

⎡⎣ −2

2−2

⎤⎦ .

Rjesenje:

|A| = (k + 2) · k2 + 4 · ((k + 1) · k + 2k) = k2(k + 2) + 4 · (k2 + k + 2k) =

= k3 + 2k2 + 4k2 + a2k = k3 + 6k2 + 12k

|A| = −8

k3 + 6k2 + 12k = −8

k3 + 6k2 + 12k + 8 = 0 ((a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3)

(k + 2)3 = 0/ 3√

k + 2 = 0

k = −2


Za k = −2 je A =

⎡⎣ 0⊕ 0� 4⊕

−1� −2⊕ 0�

−2⊕ −2� −2⊕

⎤⎦

A−1 · / AX = b

A−1 · A · X = A−1 · bX = A−1 · b

Mk =

⎡⎣ 4 −2 −2

−8 8 08 −4 0

⎤⎦

Aadj = M τk =

⎡⎣ 4 −8 8

−2 8 −4−2 0 0

⎤⎦

A−1 =1

|A| · Aadj =1

−8·⎡⎣ 4 −8 8

−2 8 −4−2 0 0

⎤⎦

X = A−1 · b = −1

8·⎡⎣ 4 −8 8

−2 8 −4−2 0 0

⎤⎦ ·

⎡⎣ −2

2−2

⎤⎦ = −1

8·⎡⎣ −40

28−4

⎤⎦

⇒ X =

⎡⎢⎢⎢⎣

5

−7

2

−1

2

⎤⎥⎥⎥⎦ .

Zadatak 14 Rijesi matricnu jednadzbu A2X = B, gdje je

A =

⎡⎣ −1 2 0

−1 0 21 1 1

⎤⎦ , b =

⎡⎣ 1

11

⎤⎦ , X = [x1, x2, x3]

τ .

Rjesenje:

A2 · X = b

A · A · X = b

X = A−1 · A−1 · b


A =

⎡⎣ −1⊕ 2� 0⊕

−1� 0⊕ 2�

1⊕ 1� 1⊕

⎤⎦

|A| = −1 ·∣∣∣∣ 0 2

1 1

∣∣∣∣− 2 ·∣∣∣∣ −1 2

1 1

∣∣∣∣ + 0 =

= −1 · (0 − 2) − 2 · (−1 − 2) + 0 = 2 + 6 = 8

Mk =

⎡⎣ −2 3 −1

−2 −1 34 2 2

⎤⎦

Aadj = M τk =

⎡⎣ −2 −2 4

3 −1 2−1 3 2

⎤⎦

A−1 =1

|A| · Aadj =1

8·⎡⎣ −2 −2 4

3 −1 2−1 3 2

⎤⎦

X = A−1 · A−1 · b =1

8·⎡⎣ −2 −2 4

3 −1 2−1 3 2

⎤⎦ · 1

8·⎡⎣ −2 −2 4

3 −1 2−1 3 2

⎤⎦ ·

⎡⎣ 1

11

⎤⎦ =

=1

64·⎡⎣ −6 18 −4

−11 1 149 5 6

⎤⎦ ·

⎡⎣ 1

11

⎤⎦ =

=1

64·⎡⎣ 8

420

⎤⎦ =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

8

644

6420

64

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

1

81

165

16

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ .

Zadatak 15 Rijesite matricnu jednadzbu A · (B + X · C) = (I + A) · B, gdje je

A =

[ −1 32 1

], B =

[ −7 −2614 −4

], C =

[1 −33 2

].

Rjesenje:

A · (B + X · C) = (I + A) · BA · B + A · X · C = I · B + A · B

A · X · C = B

X = A−1 · B · C−1


A−1 =?

A =

[ −1⊕ 3�

2� 1⊕

]|A| = −1 · 1 − 2 · 3 = −1 − 6 = −7

Mk =

[1 −2−3 −1

]

Aadj =

[1 −3−2 −1

]

A−1 = −1

7·[

1 −3−2 −1

]

C−1 =?

C =

[1⊕ −3�

3� 2⊕

]|C| = 1 · 2 − 3 · (−3) = 2 + 9 = 11

Mk =

[2 −33 1

]

Cadj =

[2 3−3 1

]

C−1 =1

11·[

2 3−3 1

]Sada uvrstimo to sto smo dobili za A−1 i C−1 :

X = A−1 · B · C−1 =1

−7·[

1 −3−2 −1

]·[ −7 −26

14 −4

]· 1

11·[

2 3−3 1

]=

= − 1

11 · 7 ·[ −49 −14

0 56

]·[

2 3−3 1

]=

= − 1

11·[ −7 −2

0 8

]·[

2 3−3 1

]= − 1

11·[ −8 −23−24 8

].


Zadatak 16 Zadane su matrice A =[

1 2 3 4]

i B =

⎡⎢⎢⎣

−11−11

⎤⎥⎥⎦ .

a) Rijesi jednadzbu A · B · X = 1,

b) Rijesi jednadzbu B · A · Y = 0, gdje je Y =[

y1 y2 y3 y4

]τ,

0 =[

0 0 0 0]τ

.

Rjesenje:

a)

A · B =[

1 2 3 4] ·

⎡⎢⎢⎣

−11−11

⎤⎥⎥⎦ =

=[

1 · (−1) + 2 · 1 + 3 · (−1) + 4 · 1 ]=

[2]

[2]−1 · / [

2] · X = 1[

2]−1 · [ 2

] · X =[

2]−1 · 1

X =

[1

2

]

b)

B · A =

⎡⎢⎢⎣

−11−11

⎤⎥⎥⎦ · [ 1 2 3 4

]=

⎡⎢⎢⎣

−1 −2 −3 −41 2 3 4−1 −2 −3 −41 2 3 4

⎤⎥⎥⎦

⎡⎢⎢⎣

−1 −2 −3 −41 2 3 4−1 −2 −3 −41 2 3 4

⎤⎥⎥⎦ ·

⎡⎢⎢⎣

y1

y2

y3

y4

⎤⎥⎥⎦ =

⎡⎢⎢⎣

0000

⎤⎥⎥⎦

C · Y = b

[C � b

]=

⎡⎢⎢⎣

−1 −2 −3 −4 � 01 2 3 4 � 0−1 −2 −3 −4 � 01 2 3 4 � 0

⎤⎥⎥⎦

/1 /(−1) /1

∼


∼

⎡⎢⎢⎣

−1 −2 −3 −4 � 00 0 0 0 � 00 0 0 0 � 00 0 0 0 � 0

⎤⎥⎥⎦

Imamo samo 1. redak:

−y1 − 2y2 − 3y3 − 4y4 = 0

Kako se radi o jednoj jednadzbi s cetiri nepoznanice, tri nepoznanice biramo:

y4 = a

y3 = b

y2 = c

y1 = −2y2 − 3y3 − 4y4 = −2c − 3b − 4a

Sada je

Y =

⎡⎢⎢⎣

−2c − 3b − 4acba

⎤⎥⎥⎦ , a, b, c ∈ R.


Zadatak 17 Zadane su matrice

A =

⎡⎣ 1 −2 1

−2 −1 21 −2 −2

⎤⎦ i b =

⎡⎣ 1

−22

⎤⎦

i matrica nepoznanica X = [x1, x2, x3]τ . Rijesite matricnu jednadzbu A2X = b.

Rjesenje:

C = A2 = A · A =

⎡⎣ 1 −2 1

−2 −1 21 −2 −2

⎤⎦ ·

⎡⎣ 1 −2 1

−2 −1 21 −2 −2

⎤⎦ =

⎡⎣ 6 −2 −5

2 1 −83 4 1

⎤⎦

Sada je

C−1 · /C · X = b

I · X = C−1 · bX = C−1 · b

|C| = 6 · 33 + 2 · 26 − 5 · 5 = 198 + 52 − 25 = 225

Mk =

⎡⎣ 33 −26 5

−18 21 −3021 38 10

⎤⎦

Cadj = M τk =

⎡⎣ 33 −18 21

−26 21 38−5 −30 10

⎤⎦

C−1 =1

|C| · Cadj =1

225·⎡⎣ 33 −18 21

−26 21 38−5 −30 10

⎤⎦

X = C−1 · b =1

225·⎡⎣ 33 −18 21

−26 21 38−5 −30 10

⎤⎦ ·

⎡⎣ 1

−22

⎤⎦ =

=1

225·⎡⎣ 111

885

⎤⎦

Napomena: Mogli smo racunati i na drugi nacin:

A2 · X = b

A · A · X = b

X = A−1 · A−1 · b


Zadatak 18 Nadite svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrice

A =

[5 −6−4 −5

].

Rjesenje:

λI − A = λ ·[

1 00 1

]−

[5 −6−4 −5

]=

[λ 00 λ

]−

[5 −6−4 −5

]=

=

[λ − 5 6

4 λ + 5

]

|λI − A| = (λ − 5) · (λ + 5) − 24 = λ2 − 25 − 24 = λ2 − 49

⇒ s(λ) = λ2 − 49 → svojstveni polinom matrice A

λ2 − 49 = 0λ2 = 49 /

√λ1,2 = ±√

49λ1 = 7, λ2 = −7 → svojstvene vrijednosti


λ1I − A =

[7 − 5 6

4 7 + 5

]=

[2 64 12

](λ1I − A) · X1 = 0[

2 64 12

]·[

x1

x2

]=

[00

]2x1 + 6x2 = 0 iste

4x1 + 12x2 = 0 jednadzbe

2x1 + 6x2 = 0

x1 = a, a ∈ R

2a + 6x2 = 0

6x2 = −2a / : 6

x2 = −a

3


[a

−a

3

], a ∈ R\{0}.

Za λ2 = −7 trazimo 2. svojstveni vektor:

λ2I − A =

[ −7 − 5 64 −7 + 5

]=

[ −12 64 −2

]


(λ2I − A) · X2 = 0[ −12 64 −2

]·[

x1

x2

]=

[00

]−12x1 + 6x2 = 0 iste

4x1 − 2x2 = 0 jednadzbe

4x1 − 2x2 = 0

x1 = b, b ∈ R

4b − 2x2 = 0

−2x2 = −4b / : (−2)

x2 = 2b


[b2b

], b ∈ R\{0}.

Zadatak 19 Nadite svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrice

A =

[ √2 2

1√

2

].

Rjesenje:

λI − A = λ ·[

1 00 1

]−

[ √2 2

1√

2

]=

[λ 00 λ

]−

[ √2 2

1√

2

]=

=

[λ −√

2 −2

−1 λ −√2

]

|λI − A| = (λ −√

2) · (λ −√

2) − (−1) · (−2) = λ2 − 2√

2λ + 2 − 2 =

= λ2 − 2√

2λ = λ(λ − 2√

2)

⇒ s(λ) = λ(λ − 2√

2) → svojstveni polinom matrice A

λ(λ − 2√

2) = 0λ1 = 0, λ − 2

√2 = 0 ⇒ λ2 = 2

√2 → svojstvene vrijednosti


λ1I − A =

[0 −√

2 −2

−1 0 −√2

]=

[ −√2 −2

−1 −√2

](λ1I − A) · X1 = 0[ −√

2 −2

−1 −√2

]·[

x1

x2

]=

[00

]


−√

2x1 − 2x2 = 0 / :√

2

−x1 −√

2x2 = 0

−x1 − 2√2x2

= 0 iste

−x1 −√

2x2 = 0, jednadzbe (2√2·√

2√2

=2√

2

2=

√2)

x1 = a

−√

2a − 2x2 = 0 ⇒ −2x2 =√

2a / : (−2)

x2 = −√

2

2a


⎡⎣ a

−√

2

2a

⎤⎦ , a ∈ R\{0}.

Za λ2 = 2√

2 trazimo 2. svojstveni vektor:

λ2I − A =

[2√

2 −√2 −2

−1 2√

2 −√2

]=

[ √2 −2

−1√

2

](λ2I − A) · X2 = 0[ √

2 −2

−1√

2

]·[

x1

x2

]=

[00

]√

2x1 − 2x2 = 0

−x1 +√

2x2 = 0 /(−√

2)

√2x1 − 2x2 = 0 iste√2x1 − 2x2 = 0 jednadzbe

x1 = b, b ∈ R√2b − 2x2 = 0 ⇒ −2x2 = −

√2b / : (−2)

x2 =

√2

2b


⎡⎣ b√

2

2b

⎤⎦ , b ∈ R\{0}.


Zadatak 20 Rijesite sustav linearnih jednadzbi:

3x − 3y + z = 1x − y + z = −1

−x + y + z = −3.

Rjesenje:⎡⎣ 3 −3 1 � 1

1 −1 1 � −1−1 1 1 � −3

⎤⎦ ∼

⎡⎣ 1 −1 1 � −1

3 −3 1 � 1−1 1 1 � −3

⎤⎦ /(−3) / 1

∼

⎡⎣ 1 −1 1 � −1

0 0 −2 � 40 0 2 � −4

⎤⎦ ∼

⎡⎣ 1 −1 1 � −1

0 0 −2 � 40 0 0 � 0

⎤⎦ ⇒

x − y + z = −1 (1)−2z = 4 (2)0 = 0 (3)

(3) uvijek tocno

(2) ⇒ z = −2 ⇒ z = −2

(1) ⇒ x = −1 − z + y = −1 − (−2) + y = 1 + y

Imamo dvije nepoznanice i jednu jednadzbu, pa uzimamo y = t, t ∈ R.Rjesenje:

x = 1 + t

y = t

z = −2, t ∈ R.


Zadatak 21 Rijesite sustav linearnih jednadzbi u ovisnosti o a :

2x1 + x2 − x3 = 1x1 − 3x2 + x3 = 2

−x1 − 4x2 + 2x3 = a.

Rjesenje:⎡⎣ 2 1 −1 � 1

1 −3 1 � 2−1 −4 2 � a

⎤⎦ ∼

⎡⎣ 1 −3 1 � 2

2 1 −1 � 1−1 −4 2 � a

⎤⎦ /(−2) /1

∼

⎡⎣ 1 −3 1 � 2

0 7 −3 � −30 −7 3 � 2 + a

⎤⎦ /1 ∼

⎡⎣ 1 −3 1 � 2

0 7 −3 � −30 0 0 � −1 + a

⎤⎦ ⇒

x1 − 3x2 + x3 = 2 (1)7x2 − 3x3 = −3 (2)0 = −1 + a (3)

(3) ⇒ ako je − 1 + a �= 0 ⇒ a �= 1 sustav nema rjesenja,

ako je a = 1, sustav ima beskonacno mnogo rjesenja, tj. neodreden je

(2) ⇒ x3 = t, t ∈ R ⇒ 7x2 − 3t = −3 ⇒ 7x2 = 3t − 3 ⇒ x2 =3t − 3

7

(1) ⇒ x1 − 33t − 3

7+ t = 2 ⇒ 7x1 = 14 + 9t − 9 − 7t ⇒ x1 =

2t + 5

7

Rjesenje:

x1 =2t + 5

7

x2 =3t − 3

7x3 = t, t ∈ R.


Zadatak 22 Rijesite sustav linearnih jednadzbi:

2x1 + 3x2 = 54x1 − x2 + x3 = 0

x2 + x4 = 1.

Rjesenje:⎡⎣ 2 3 0 0 � 5

4 −1 1 0 � 00 1 0 1 � 1

⎤⎦ /(−2)

∼

⎡⎣ 2 3 0 0 � 5

0 −7 1 0 � −100 1 0 1 � 1

⎤⎦ ∼

⎡⎣ 2 3 0 0 � 5

0 1 0 1 � 10 −7 1 0 � −10

⎤⎦ /7 ∼

⎡⎣ 2 3 0 0 � 5

0 1 0 1 � 10 0 1 7 � −3

⎤⎦ ⇒

2x1 + 3x2 = 5 (1)x2 + x4 = 1 (2)x3 + 7x4 = −3 (3)

(3) ⇒ x4 = t, t ∈ R ⇒ x3 + 7t = −3 ⇒ x3 = −3 − 7t

(2) ⇒ x2 + t = 1 ⇒ x2 = 1 − t

(1) ⇒ 2x1 + 3(1 − t) = 5 ⇒ 2x1 + 3 − 3t = 5 ⇒ 2x1 = 2 + 3t ⇒ x1 = 1 +3

2t

Rjesenje:

x1 = 1 +3

2t

x2 = 1 − t

x3 = −3 − 7t

x4 = t, t ∈ R


Zadatak 23 Odredi determinantu matrice

A =

⎡⎣ −5 −3 1

1 3 5−1 2 0

⎤⎦

i rijesi sustav jednadzbi AX = b, b = [1, 1, 1]τ

Rjesenje:

|A| = −5 ·∣∣∣∣ 3 5

2 0

∣∣∣∣ + 3 ·∣∣∣∣ 1 5−1 0

∣∣∣∣ + 1 ·∣∣∣∣ 1 3−1 2

∣∣∣∣ =

= −5 · (−10) + 3 · 5 + 1 · 5 = 50 + 15 + 5 = 70

Kako je |A| �= 0 sustav ima jedinstveno rjesenje pa mozemo rjesavati matricnu jednadzbu(u suprotnom bismo morali Gaussovom metodom eliminacije)

A−1 · / A · X = b

A−1 · A · X = A−1 · bX = A−1 · b

Mk =

⎡⎣ −10 −5 5

2 1 13−18 26 −12

⎤⎦

Aadj = M τk =

⎡⎣ −10 2 −18

−5 1 265 13 −12

⎤⎦

A−1 =1

|A| · Aadj =1

70·⎡⎣ −10 2 −18

−5 1 265 13 −12

⎤⎦

X = A−1 · b =1

70·⎡⎣ −10 2 −18

−5 1 265 13 −12

⎤⎦ ·

⎡⎣ 1

11

⎤⎦ =

=1

70·⎡⎣ −26

226

⎤⎦ =

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

−26

7022

706

70

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ =

=

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

−13

3511

353

35

⎤⎥⎥⎥⎥⎦ .


Zadatak 24 Rijesite sustav algebarskih jednadzbi:

2x1 + x2 + x3 + x4 = 34x1 + 2x2 + 2x3 + 5x4 = 76x1 + 3x2 + 3x3 + 10x4 = 13

Rjesenje:⎡⎣ 2 1 1 1 � 3

4 2 2 5 � 76 3 3 10 � 13

⎤⎦ /(−2) /(−3)

∼

⎡⎣ 2 1 1 1 � 3

0 0 0 3 � 10 0 0 8 � 4

⎤⎦ ⇒

2x1 + x2 + x3 + x4 = 3 (1)3x4 = 1 (2)8x4 = 4 (3)

(3) ⇒ x4 =1

2

(2) ⇒ 3 · 1

2= 1 ⇒ 3

2�= 1 dobili smo neistinu ⇒ sustav nema rjesenja.


Zadatak 25 Rijesite sustav linearnih jednadzbi AX = b :

A =

⎡⎣ 4 6 −2

−2 −3 13 −3 3

⎤⎦ , b = [−2, 1, 1]τ .

Rjesenje:

b = [−2, 1, 1]τ =

⎡⎣ −2

11

⎤⎦

⎡⎣ 4 6 −2 � −2

−2 −3 1 � 13 −3 3 � 1

⎤⎦ : 2

∼

⎡⎣ 2 3 −1 � −1

−2 −3 1 � 13 −3 3 � 1

⎤⎦ /(−3

2)

∼

⎡⎣ 2 3 −1 � −1

0 0 0 � 00 −15

292

�52

⎤⎦

·2∼

⎡⎣ 2 3 −1 � −1

0 −15 9 � 50 0 0 � 0

⎤⎦ ⇒

2x1 + 3x2 − x3 = −1 (1)−15x2 + 9x3 = 5 (2)0 = 0 (3)

(2) ⇒ x3 = t, t ∈ R ⇒ −15x2 + 9t = 5 ⇒ −15x2 = 5 − 9t ⇒ x2 =9t − 5

15

(1) ⇒ 2x1 + 3 · 9t − 5

15− t = −1 ⇒ 30x1 = −12t ⇒ x1 = −2

5t

Rjesenje:

x1 = −2

5t

x2 =9t − 5

15x3 = t, t ∈ R.


Zadatak 26 Rijesite sustav linearnih jednadzbi u ovisnosti o a :

x1 + 2x2 + 3x3 = 1x1 − x2 − 3x3 = 5

3x1 + 3x2 + 3x3 = a.

Rjesenje:⎡⎣ 1 2 3 � 1

1 −1 −3 � 53 3 3 � a

⎤⎦ /(−1) /(−3)

∼

⎡⎣ 1 2 3 � 1

0 −3 −6 � 40 −3 −6 � −3 + a

⎤⎦ /(−1) ∼

⎡⎣ 1 2 3 � 1

0 −3 −6 � 40 0 0 � −7 + a

⎤⎦ ⇒

x1 + 2x2 + 3x3 = 1 (1)−3x2 − 6x3 = 4 (2)0 = −7 + a (3)

(3) ⇒ ako je − 7 + a �= 0 ⇒ a �= 7 sustav nema rjesenja,

ako je a = 7, sustav ima beskonacno mnogo rjesenja, tj. neodreden je

(2) ⇒ x3 = t, t ∈ R ⇒ −3x2 − 6t = 4 ⇒ −3x2 = 6t + 4 ⇒ x2 = −4

3− 2t

(1) ⇒ x1 = 1 − 2 · (−4

3) − 2t − 3t ⇒ x1 = 1 +

8

3+ 4t − 3t ⇒ x1 =

11

3+ t

Rjesenje:

x1 =11

3+ t

x2 = −4

3− 2t

x3 = t, t ∈ R.



3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 = 36x1 + 8x2 + 2x3 + 5x4 = 79x1 + 12x2 + 3x3 + 10x4 = 13

Rjesenje:⎡⎣ 3 4 1 2 � 3

6 8 2 5 � 79 12 3 10 � 13

⎤⎦ /(−2) /(−3)

∼

⎡⎣ 3 4 1 2 � 3

0 0 0 1 � 10 0 0 4 � 4

⎤⎦ /(−1) ∼

⎡⎣ 3 4 1 2 � 3

0 0 0 1 � 10 0 0 0 � 0

⎤⎦ ⇒

3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 = 3 (1)x4 = 1 (2)0 = 0 (3)

(2) ⇒ x4 = 1

(1) ⇒ x3 = t, x2 = v, t, v ∈ R ⇒ 3x1 + 4v + t = 1 ⇒ x1 =1 − 4v − t

3

Rjesenje:

x1 =1 − 4v − t

3x2 = v

x3 = t

x4 = 1, t, v ∈ R.


Zadatak 28 Rijesite sustav linearnih jednadzbi AX = b, gdje je

A =

⎡⎣ 36 12 24

24 36 1212 24 36

⎤⎦ , b =

⎡⎣ 26

2620

⎤⎦ .

Rjesenje:⎡⎣ 36 12 24 � 26

24 36 12 � 2612 24 36 � 20

⎤⎦ ∼

⎡⎣ 12 24 36 � 20

24 36 12 � 2636 12 24 � 26

⎤⎦ /(−2) /(−3)

∼

⎡⎣ 12 24 36 � 20

0 −12 −60 � −140 −60 −84 � −34

⎤⎦ /(−5) ∼

⎡⎣ 12 24 36 � 20

0 −12 −60 � −140 0 216 � 36

⎤⎦ ⇒

12x1 + 24x2 + 36x3 = 20 (1)−12x2 − 60x3 = −14 (2)216x3 = 36 (3)

(3) ⇒ x3 =1

6

(2) ⇒ −12x2 − 60 · 1

6= −14 ⇒ −12x2 = −4 ⇒ x2 =

1

3

(1) ⇒ 12x1 + 24 · 1

3+ 36 · 1

6= 20 ⇒ 12x1 = 20 − 8 − 6 ⇒ 12x1 = 6 ⇒ x1 =

1

2

Rjesenje:

x1 =1

2

x2 =1

3

x3 =1

6.



x1 − 2x2 + x3 + x4 − x5 = 02x1 + x2 − x3 − x4 + x5 = 0x1 + 7x2 − 5x3 − 5x4 + 5x5 = 0

3x1 − x2 − 2x3 + x4 − x5 = 0

Rjesenje:⎡⎢⎢⎣

1 −2 1 1 −1 � 02 1 −1 −1 1 � 01 7 −5 −5 5 � 03 −1 −2 1 −1 � 0

⎤⎥⎥⎦

/(−2) /(−1) /(−3)

∼

⎡⎢⎢⎣

1 −2 1 1 −1 � 00 5 −3 −3 3 � 00 9 −6 −6 6 � 00 5 −5 −2 2 � 0

⎤⎥⎥⎦ /(−9

5) /(−1) ∼

⎡⎢⎢⎣

1 −2 1 1 −1 � 00 5 −3 −3 3 � 00 0 −3

5−3

535

� 00 0 −2 1 −1 � 0

⎤⎥⎥⎦ / : (−3

5)

∼

⎡⎢⎢⎣

1 −2 1 1 −1 � 00 5 −3 −3 3 � 00 0 1 1 −1 � 00 0 −2 1 −1 � 0

⎤⎥⎥⎦ /(−2)

∼

⎡⎢⎢⎣

1 −2 1 1 −1 � 00 5 −3 −3 3 � 00 0 1 1 −1 � 00 0 0 3 −3 � 0

⎤⎥⎥⎦ ⇒

x1 − 2x2 + x3 + x4 − x5 = 0 (1)5x2 − 3x3 − 3x4 + 3x5 = 0 (2)x3 + x4 − x5 = 0 (3)3x4 − 3x5 = 0 (4)

(4) ⇒ x5 = t, t ∈ R ⇒ 3x4 − 3t = 0 ⇒ 3x4 = 3t ⇒ x4 = t

(3) ⇒ x3 + t − t = 0 ⇒ x3 = 0

(2) ⇒ 5x2 − 3 · 0 − 3t + 3t = 0 ⇒ x2 = 0

(1) ⇒ x1 − 2 · 0 + 0 + t − t = 0 ⇒ x1 = 0

Rjesenje:

x1 = 0

x2 = 0

x3 = 0

x4 = t

x5 = t, t ∈ R.



x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 02x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 03x1 + 2x2 + x3 + 2x4 = 04x1 + 3x2 + 2x3 + x4 = 0

Rjesenje:⎡⎢⎢⎣

1 2 3 4 � 52 1 2 3 � 13 2 1 2 � 14 3 2 1 � −5

⎤⎥⎥⎦

/(−2) /(−3) /(−4)

∼

⎡⎢⎢⎣

1 2 3 4 � 50 −3 −4 −5 � −90 −4 −8 −14 � −140 −5 −10 −25 � −25

⎤⎥⎥⎦ / : (−1)

/ : (−2)/ : (−5)

∼

⎡⎢⎢⎣

1 2 3 4 � 50 1 2 3 � 50 2 4 5 � 70 3 4 5 � 9

⎤⎥⎥⎦ /(−2) /(−3) ∼

⎡⎢⎢⎣

1 2 3 4 � 50 1 2 3 � 50 0 0 −1 � −30 0 −2 −4 � −6

⎤⎥⎥⎦ / : (−1)

/ : (−2)

∼

⎡⎢⎢⎣

1 2 3 4 � 50 1 2 3 � 50 0 1 2 � 30 0 0 1 � 3

⎤⎥⎥⎦ ⇒

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 5 (1)x2 + 2x3 + 3x4 = 5 (2)x3 + 2x4 = 3 (3)x4 = 3 (4)

(4) ⇒ x4 = 3

(3) ⇒ x3 + 2 · 3 = 3 ⇒ x3 = 3 − 6 ⇒ x3 = −3

(2) ⇒ x2 + 2 · (−3) + 3 · 3 = 5 ⇒ x2 = 5 − 9 + 6 ⇒ x2 = 2

(1) ⇒ x1 + 2 · 2 + 3 · (−3) + 4 · 3 = 5 ⇒ x1 = 5 − 12 + 9 − 4 ⇒ x1 = −2

Rjesenje:

x1 = −2

x2 = 2

x3 = −3

x4 = 3.


1.4 Dodatak teorija

1.4.1 Svojstva zbrajanja i mnozenja vektora

Zbrajanje vektora ima sljedeca svojstva:

1. (a + b) + c = a + (b + c) (asocijativnost);

2. postoji barem jedan vektor 0 takav da je za svaki vektor a a + 0 = 0 + a = a (0je neutralni element zbrajanja, tj. nul - vektor);

3. za svaki vektor a postoji vektor a′ (zovemo ga suprotan vektor vektora a i oznacavamoga s −a) takav da je a + a′ = a′ + a = 0;

4. a + b = b + a (komutativnost);za sve vektore a, b, c.

Dakle, skup V3(E) svih vektora euklidskog prostora E a operacijom zbrajanja tvori ko-mutativnu ili Abelovu grupu.

Za mnozenje vektora skalarima vrijedi:

5. λ(a + b) = λa + λb (distributivnost mnozenja skalarima prema zbrajanju);

6. (λ + µ)a = λa + µa (distributivnost zbrajanja u R prema mnozenju skalarima);

7. (λµ)a = λ(µa) (kompatibilnost mnozenja u R s mnozenjem skalarima);

8. 1a = a;za sve vektore a, b i sve skalare λ, µ.

1.4.2 Vektorski prostor

Realnim [komleksnim] vektorskim prostorom zovemo svaki skup X u kome su defini-rane operacije zbrajanja (tj. za svaki par x, y ∈ X definirano je x + y ∈ X) i operacijamnozenja s elementima iz R [C].Elemente vektorskog prostora zovemo vektorima.

1.4.3 Linearna zavisnost i nezavisnost vektora

Neka su λ1, . . . , λn ∈ R [C] i a1, . . . , an ∈ X, gdje je X realan [kompleksan] vektorskiprostor. Vektor a = λ1a1 + . . . + λnan zove se linearan spoj ili linearna kombinacijavektora a1, . . . , an s koeficijentima λ1, . . . , λn.

Vektori a1, . . . , an su linearno nezavisni, ako iz

n∑i=1

λiai = 0


slijedi λ1 = λ2 = · · · = λn = 0. U suprotnom, ako

n∑i=1

λiai = 0

moze biti zadovoljeno i na taj nacin da je barem jedan od koeficijenata λ1, . . . , λn razlicitod nule onda kazemo da su vektori a1, . . . , an linearno zavisni.

1.4.4 Baza vektorskog prostora

Uredena n− torka (e1, . . . , en) vektora vektorskog prostora X zove se baza tog prostoraako ona ima sljedeca dva svojstva:

i) skup {e1, . . . , en} generira X, tj. svaki vektor x ∈ X moze se prikazati kao linearanspoj vektora e1, . . . en.

ii) vektori e1, . . . , en su linearno nezavisni.

1.4.5 Skalarni produkt i norma vektora

Skalarnim produktom dvaju vektora x = (x1, . . . , xn) i y = (y1, . . . , yn) prostora Rn

zove se realan broj

(x|y) =

n∑i=1

xiyi.

Norma ili duljina vektora x je realan broj

||x|| =

√√√√ n∑i=1

x2i .

Prostor Rn u kojem je uveden skalarni produkt na navedeni nacin zove se euklidski vek-torski prostor.

1.4.6 Sustav linearnih jednadzbi

Maksimalan broj linearno nezavisnih stupaca matrice A jednak je maksimalnom brojunjenih linearno nezavisnih redaka. Taj broj zove se rang matrice A i oznacava s r(A).

Teorem 1.1. (Kronecker - Capelli - Rouche-ov) Sustav linearnih jednadzbi ima rjesenjeonda i samo onda ako matrica A toga sustava i prosirena matrica [A, b] imaju isti rang.

Cramerovo pravilo: Sustav od n linearnih jednadzbi s n nepoznanica ima jedinstvenorjesenje

x1 =D1

D, x2 =

D2

D, · · · , xn =

Dn

D(gdje je D determinanta matrice A, a Di determinanta matrice koja nastaje iz matrice Anadomijestanjem i− tog stupca elementima stupcanog vektora b, gdje je i = 1, . . . , n.) ondai samo onda ako je D �= 0;Ako je D = 0, da bi sustav bio rjesiv mora biti D1 = D2 = · · · = Dn = 0.


1.4.7 Sarrusovo pravilo

(za racunanje determinante):Npr. determinanta 3. reda:

a11 a12 a13 � a11 a12

. . .. . . ↙ ↙ . . . ↙

a21 a22 a23 � a21 a22

↙ ↙ . . . ↙ . . .. . .

a31 a32 a33 � a31 a32


2 Financijsk amatematika

Oznake i terminologija

C0 − pocetna vrijednost necega (kapitala, zajma, itd.)

Cn − konacna vrijednost necega (kada imamo jednu uplatu)

Sn − konacna vrijednost necega (kada imamo vise (periodicnih) uplata)

n − broj obracunskih razdoblja

m − oznacava ispodgodisnje razdoblje (m = 12 za mjesecno ukamacivanje,

m = 4 za kvartalno ukamacivanje, m = 2 za polugodisnje ukamacivanje,

m = 365 za dnevno ukamacivanje)

p − nominalna godisnja kamatna stopa (kamatna stopa je postotak),

p% od C0 =p · C0

100kamate

r − godisnji kamatni faktor, r = 1 +p

100

p100

− kamatnjak

pm − ispodgodisnja kamatna stopa

rm − ispodgodisnji kamatni faktor

a − anuiteti (pojedini iznosi kojima otplacujemo zajam)

Prenumerando uplata - uplata na pocetku razdoblja

Postnumerando uplata - uplata na kraju razdoblja

Dekurzivno ukamacivanje - obracun kamata na kraju obracunskog razdoblja

Anticipativno ukamacivanje - obracun kamata na pocetku obracunskog razdoblja


2.1 Jednostavni i slozeni kamatni racun i razlika medu njima

2.1.1 Jednostavni kamatni racun - izvod formule

(a) Jednostavni godisnji kamatni racun

Ako ulozimo pocetni kapital C0 uz godisnju kamatnu stopu p, kapital nakon 1. godine cebiti:

C1 = C0 +p · C0

100= C0 · (1 +

p

100)

C2 = C1 +p · C0

100= C0 · (1 +

p

100) +

p · C0

100= C0 · (1 +

p

100+

p

100) = C0 · (1 +

2p

100)

C3 = C2 +p · C0

100= C0 · (1 +

2p

100) +

p · C0

100= C0 · (1 +

2p

100+

p

100) = C0 · (1 +

3p

100)

...

Cn = Cn−1 +p · C0

100= C0 · (1 +

n · p100

)

Cn = C0 · (1 +n · p

100) (1)

Kod jednostavnog kamatnog racuna kamate se uvijek obracunavaju samo na pocetnu vri-jednost kapitala i po tome se razlikuje od slozenog kamatnog racuna (nema kamata nakamate).

Ako netko ulozi 1000 kuna uz godisnju kamatnu stopu p = 8%, kapital nakon5 godina ce biti:

C5 = C0 · (1 +n · p100

) = 1000 · (1 +5 · 8100

) = 1400 kuna

(b) Jednostavni ispodgodisnji kamatni racun

Ako ulozimo pocetni kapital C0 uz ispodgodisnju kamatnu stopu pm, kapital nakon nispodgodisnjih razdoblja (mjeseca, polugodista, kvartala, dana) ce biti:

C nm

= C0 · (1 +npm

100) (2)

- izvod isti kao i za godisnji

Iz uvjeta da kapital nakon, recimo, jedne godine mora biti isti, koristili mi formulu (1)ili (2) slijedi:


C1 = C0 · (1 +1 · p100

) = C nm

= C0 · (1 +m · pm

100)

C0 · (1 +1 · p100

) = C0 · (1 +m · pm

100)

p = m · pm / : m

pm =p

m

Ispodgodisnja kamatna stopa se dobije tako da se godisnja podijeli sa m.

Ako netko ulozi 1000 kuna uz godisnju kamatnu stopu p = 24%, kapital nakon 7 mjesecice biti:

C 712

= C0 · (1 +n · pm

100), p12 =

p

12=

24

12= 2% - mjesecna kamatna stopa

C 712

= 1000 · (1 +7 · 2100

) = 1400 kuna

2.1.2 Slozeni kamatni racun

(a) Slozeni godisnji kamatni racun

Ako se ulaze pocetni kapital C0 uz godisnju kamatnu stopu p, kapital nakon 1. godine C1

ce biti:

C1 = C0 +p · C0

100= C0 · (1 +

p

100) = C0 · r1

C2 = C1 +p · C1

100= C1 · (1 +

p

100) = C0 · r1 · r = C0 · r2

C3 = C2 +p · C2

100= C2 · (1 +

p

100) = C0 · r2 · r = C0 · r3

...

Cn = Cn−1 +p · Cn−1

100= C0 · rn

Kod slozenog kamatnog racuna kamate se obracunavaju na ukupni kapital do tada a ne,kao kod jednostavnog kamatnog racuna, na pocetni kapital.

Cn = C0 · rn (3)

Ako netko ulozi 1000 kn uz godisnju kamatnu stopu 8%, kapital nakon 5 godina ce biti:

C5 = C0 · rn = 1000 · 1.085 = 1469.33


(b) Slozeni ispodgodisnji kamatni racun

Ako ulazemo pocetni kapital C0 uz ispodgodisnju kamatnu stopu pm, konacni kapital nakonn ispodgodisnjih razdoblja ce biti:

C nm

= C0 · rnm (4)

- izvod kao i za godisnji

Konforna kamatna stopa - ispodgodisnja kamatna stopa kod slozenog kamatnog racuna

Iz uvjeta da kapital nakon, recimo, jedne godine mora biti isti koristili mi formulu (3)ili (4) slijedi:

C1 = C0 · r1 = Cmm

= C0 · rmm

r = rmm/ m

√

rm = r1m = m

√r

1 +pm

100= m

√1 +

p

100

pm = ( m

√1 +

p

100− 1) · 100%

Ako netko ulozi pocetni kapital C0 = 1000 kn uz godisnju kamatnu stopu p = 12%, konacnikapital nakon 7 kvartala ce biti:

C 74

= C0 · r7KV = 1000 · r7

KV

rKV = 1 + pKV

100a pKV = (

4

√1 +

12

100− 1) · 100% = (1.12

14 − 1) · 100% = 2.8737%

rKV = 1 +2.8737

100= 1.028737

C 74

= 1000 · 1.0287377 = 1219, 36

Imajuci u vidu da je rm = r1m , onda formula C n

m= C0 · rn

m prelazi u C nm

= C0 · rnm

Kada racunamo ispodgodisnju vrijednost kod ispodgodisnjeg ukamacivanja ne moramouopce traziti ispodgodisnju kamatnu stopu, nego radimo direktno s godisnjom.


Prethodni zadatak: Ako netko ulozi pocetni kapital C0 = 1000 kn uz godisnju kamatnustopu p = 12%, konacni kapital nakon 7 kvartala ce biti:

C 74

= C0 · r 74 = 1000 · 1.12

74 = 1219.36 (Elegantnije se dobije isti rezultat.)

2.1.3 Relativna i konforna kamatna stopa

Relativna kamatna stopa - linearna aproksimacija konforne kamatne stope

pr =p

m% - linearna veza pr i p (pr =

1

m· p)

pm = ( m

√1 +

p

100− 1) · 100% - nelinearna veza (korijen)

Za neki p, pr ≥ pm

Efektivna kamatna stopa - takva dekurzivna godisnja kamatna stopa cijom primjenomna kraju godine dobijemo isti iznos kao da smo m puta primjenili relativnu kamatnu stopu:

C1 = C0 · (1 +pe

100) = C0 · (1 +

pr

m)m


2.1.4 Konacna vrijednost (na kraju posljednjeg razdoblja) n periodicnih up-lata koje se uplacuju pocetkom razdoblja

a) godisnje uplate:

Sn = an · r1 + an−1 · r2 + ... + a3 · rn−2 + a2 · rn−1 + a1 · rn

Ako su sve uplate jednake a1 = a2 = a3 = ... = an = a

Sn = a · (r1 + r2 + ... + rn−1 + rn)︸︷︷︸konacan geom. red, Sn= a1 · qn − 1

q − 1

q =an + 1

an= r - omjer svaka dva susjedna clana reda

a1 = r - prvi clan reda

Sn = a · a1 · qn − 1

q − 1= a · r · rn − 1

r − 1

Sn = a · r · rn − 1

r − 1

Kolika je konacna vrijednost 10 jednakih godisnjih uplata od 1000 kn, 5 godina nakonzadnje uplate uz 10% godisnjih uplata?

r = 1.10


S10 = a · r · rn − 1

r − 1= 1000 · 1.10 · 1.1010 − 1

1.10 − 1= 17531.17

S = S10 · r4 = 17531.17 · 1.104 = 25667.38

b) ispodgodisnje uplate:

S nm

= an · r1m + an−1 · r

2m + ... + a3 · r

n−2m + a2 · r

n−1m + a1 · r

nm

Ako su sve uplate jednake a1 = a2 = a3 = ... = an = a

S nm

= a · (r 1m + r

2m + ... + r

n−2m + r

n−1m + r

nm )︸︷︷︸

konacan geom. red, Sn= a1 · qn − 1

q − 1

a1 = r1m - prvi clan

q =an + 1

an

= r1m - omjer svaka 2 susjedna clana

S nm

= a · r1m · r

nm − 1

r1m − 1

Kolika je konacna vrijednost 10 jednakih kvartalnih uplata od 1000 kn na kraju posljednjegrazdoblja uz p = 8%?

S 104

= a · r · rn − 1

r − 1= 1000 · 1.08

14 · 1.08

104 − 1

1.0814 − 1

= 11133.22


2.2 Zajam

- su financijska sredstva potrebna za investicije koja treba vratiti uz obracun slozenihdekurzivnih kamata

Pojedini iznosu kojima otplacujemo zajam se zovu ANUITETI.

Anuitet = otplatna kvota + kamate na ostatak duga

Otplatna kvota je dio anuiteta kojim otplacujemo glavnicu.

Zajam mozemo vracati:

1. Jednakim godisnjim anuitetima2. Jednakim ispodgodisnjim anuitetima3. Proizvoljnim anuitetima

2.2.1 Otplata zajma jednakim godisnjim anuitetima

Ako pretocimo ovu sliku u rijeci, bilo bi:

U nekom nultom trenutku uzima se zajam i nas je dug C0. Na taj dug idu kamate godinudana, vraca se prvi anuitet a pa imamo ostatak duga O1. Na O1 idu kamate godinu dana,vraca se drugi anuitet a, pa imamo ostatak duga O2. Na O2 idu kamate godinu dana,vraca se treci anuitet, pa imamo ostatak duga O3 i tako sve do kraja kad nakon n godinavracamo zadnji anuitet a i nas ostatak duga nakon n godina je 0.

Ako ove rijeci prebacimo u formule bilo bi:

O1 = C0 · r1 − a

O2 = O1 · r − a = (C0 · r − a) · r − a = C0 · r2 − a · r − a

O3 = O2 · r − a = (C0 · r2 − a · r − a) · r − a = C0 · r3 − a · r2 − a · r − a...

Ok = Ok−1 · r − a = C0 · rk − a · rk−1 − . . . − a · r2 − a · r − a


Ok = C0 · rk − a · (1 + r + r2 + ... + rk−1)︸︷︷︸konacan geom. red, Sn= a1 · qn − 1

q − 1

Ok = C0 · rk − a · rk − 1

r − 1, opcenito, ostatak duga nakon uplacenog k-tog anuiteta

(nakon k godina)

k = n, On = 0

0 = C0 · rn − a · rn − 1

r − 1

a · rn − 1

r − 1= C0 · rn /:

rn − 1

r − 1

a = C0 · rn · r − 1

rn − 1

Zajam od 10000 kuna treba vratiti sa 10 jednakih godisnjih uplata na kraju godine uzp = 8% godisnje kamate. Izracunaj iznos anuiteta i koliki je ostatak duga nakon uplacenih5 anuiteta.

a = C0 · rn · r − 1

rn − 1= 10000 · 1.0810 · 1.08 − 1

1.0820 − 1= 1490.29

O5 = C0 · rk − a · rk − 1

r − 1= 10000 · 1.085 − 1490.29 · 1.085 − 1

1.08 − 1= 14693.28− 8742.94 =

= 5950.34

2.2.2 Otplata zajma jednakim ispodgodisnjim anuitetima

O 1m

= C0 · r 1m − a

O 2m

= O 1m· r 1

m − a = (C0 · r 1m − a) · r 1

m − a = C0 · r 2m − a · r 1

m − a

O 3m

= O 2m· r 1

m − a = (C0 · r 2m − a · r 1

m − a) · r 1m − a = C0 · r 3

m − a · r 2m − a · r 1

m − a


...

O km

= C0 · r km − a · k − 1

m− a · r 2

m − a · r 1m − a

O km

= C0 · r km − a · (1 + r

1m + r

2m + ... + r

k−1m )︸︷︷︸

konacan geom. red, Sn= a1 · qn − 1

q − 1

O km

= C0 · rkm − a · r

km−1

r1m−1

Ostatak duga nakon isplacenih k ispodgodisnjih anuiteta

k = n, O nm

= 0

0 = C0 · r nm − a · r

1m − 1

rnm − 1

a = C0 · rnm · r

1m − 1

rnm − 1

Zajam od 10000 kuna treba vratiti sa 20 mjesecnih jednakih anuiteta uz godisnju kamatnustopu p = 9%. Odredite iznos anuiteta i ostatak duga nakon 10 anuiteta.

a = C0 · r nm · r

1m − 1

rnm − 1

= 10000 · 1.092012 · 1.09

112 − 1

1.092012 − 1

= 538.70

O 1012

= C0 · r km − a · r

km − 1

r1m − 1

= 10000 · 1.051012 − 538.70 · 1.09

1012 − 1

1.09112 − 1

= 10744.56 − 5565.12 =

= 5179.44

2.2.3 Otplata zajma proizvoljnim anuitetima

C0 = C1 + C2 + ... + Cn


C0 =a1

rt1+

a2

rt2+ ... +

an

rtn= a1 · r−t1 + a2 · r−t2 + ... + an · r−tn

C0 = a1 · r−t1 + a2 · r−t2 + ... + an · r−tn t1, ..., tn godine

Zajam od 10000 kuna treba vratiti sa 3 mjesecna anuiteta na kraju 1., 3. i 7. mjeseca oduzimanja zajma. Odredite iznos anuiteta uz 7% kamata godisnje.

C0 = a1 · r−t1 + a2 · r−t2 + a3 · r−t3

10000 = a · 1.07−112 + a · 1.07−

312 + a · 1.07−

712

10000 = a · (1.07−112 + a · 1.07−

312 + a · 1.07−

712 ) /: (1.07−

112 + a · 1.07−

312 + a · 1.07−

712 )

a =10000

1.07−112 + a · 1.07−

312 + a · 1.07−

712

= 3402.63


2.3 Postnumerando i prenumerando renta

2.3.1 Postnumerando renta

Klasicni zajam: banka odobri osobi zajam C0 a osoba banci vraca anuitet na kraju raz-doblja tijekom n razdoblja.Problem rente: Osoba ulozi kapital C0 u banku kao osnovu za rentu koju banka osobiisplacuje krajem razdoblja (postnumerando renta) ili pocetkom razdoblja (prenumerandorenta) tijekom n razdoblja.

Formule za postnumerando rentu su iste kao i za zajam:

godisnja: a = C0 · rn · r − 1

rn − 1

ispodgodisnja: a = C0 · rnm · r

1m − 1

rnm − 1

Formule za proizvoljnu rentu su iste kao i za otplatu zajma proizvoljinim anuitetima:

C0 = a1 · r−t1 + a2 · r−t2 + ... + an · r−tn

2.3.2 Prenumerando renta

a) Godisnja renta

O1 = C0 − a

O2 = O1 · r − a = (C0 − a) · r − a = C0 · r − a · r − a

O3 = O2 · r − a = (C0 · r − a · r − a) · r − a = C0 · r2 − a · r2 − a · r − a...

Ok = C0 · rk−1 − a · rk−1 − ... − a · r2 − a · r − a

Ok = C0 · rk−1 − a · (1 + r + r2 + ... + rk−1)

Ok = C0 · rk−1 − a · 1 · rk − 1

r − 1Ostatak duga makon k-te rente

k = n, On = 0

0 = C0 · rn−1 − a · rn − 1

r − 1


a = C0 · rn−1 · r − 1

rn − 1

b) ispodgodisnja renta

O km

= C0 · rk−1m − a · r

km − 1

r1m − 1

a = C0 · rn−1m · r

1m − 1

rnm − 1

2.4 Potrosacki kredit

To su financijska sredstva koja treba vratiti jednakim otplatinim kvotama (dio koji ot-placuje glavnicu C0) kojima se dodaju jednostavne anticipativne kamate obracunate naostatak duga.

Ri =C0

n+ Ii

Ri - pojedina rata na pocetku godine

C0

n- otplatna kvota

Ii - jednostavne anticipativne kamate za pojedinu godinu

Kamate na pocetku prve godine I1:

I1 =C0 · p100

I2 = (C0 − C0

n) · p

100=

C0 · p100

· (1 − 1

n)

I3 = (C0 − 2C0

n) · p

100=

C0 · p100

· (1 − 2

n)

...

Ik =C0 · p100

· (1 − k − 1

n)

...


In =C0 · p100

· (1 − n − 1

n)

Ukupne kamate I =C0 · p100

+C0 · p100

· (1 − 1

n) +

C0 · p100

· (1 − 2

n) + ... +

C0 · p100

· (1 − n − 1

n)

I =C0 · p100

· (1 +0

n+ 1 − 1

n+ 1 − 2

n+ ... + 1 − n − 1

n)

I =C0 · p100

· (n − 0 + 1 + 2 + 3 + ... + n − 1

n) =

C0 · p100

· (n −n−1

n· n

n) =

=C0 · p100

· (n − n

2+

1

2) =

C0 · p100

· n + 1

n

I =C0 · p

100· n + 1

nUkupne kamate za godisnje ukamacivanje

I =C0 · p

100 · m· n + 1

nUkupne kamate za ispodgodisnje ukamacivanje

Moze se definirati i prosjecna rata: R =C0 + I

n


Zadaci za vjezbu

Zadatak 1 Netko zeli otplatiti zajam od 2000 kn s tri jednaka anuiteta od kojih prvi dospi-jeva jedan mjesec, drugi tri mjeseca, a treci sedam mjeseci nakon uzimanja zajma. Odrediteiznos anuiteta ako banka racuna 10 % godisnjih kamata.

Rjesenje:

C0 = 2000 knp = 10% ⇒ r = 1.10

a = ?

C0 = a1 · r−t1 + a2 · r−t2 + a3 · r−t3

2000 = a · 1.10−112 + a · 1.10−

312 + a · 1.10−

712

a =2000

1.10−112 + 1.10−

312 + 1.10−

712

= 686, 23 kn

Zadatak 2 Koliki najmanji iznos treba uplatiti 1. veljace u godini koja nije prestupna dabi se u istoj godini moglo podici 1.5. 2000 kn, 1.8. 2000 kn i 1.10. 500 kn uz dekurzivnukamatnu stopu 14 %?

Rjesenje:

p = 14% ⇒ r = 1.14

C0 = a1 · r−t1 + a2 · r−t2 + a3 · r−t3

C0 = 2000 · 1.14−89365 + 2000 · 1.14−

181365 + 500 · 1.14−

242365

C0 = 4269, 69 kn


Zadatak 3 Netko se obavezao vratiti zajam odobren 1.3. neke godine s 3 jednaka anuitetaod 1200 kn (1.4., 1.5., 1.6.). Umjesto toga on zeli vratiti zajam s 3 anuiteta (nepromjenjividatumi uplate) tako da prvi anuitet iznosi 1500 kn, a preostala dva da budu jednaka. Kolikoiznose novi anuiteti uz 14 % kamata godisnje?

Rjesenje:

1. verzija : otplate - nademo C0

C0 = a1 · r−t1 + a2 · r−t2 + a3 · r−t3 =

= 1200 · 1.14−31365 + 1200 · 1.14−

61365 + 1200 · 1.14−

92365

C0 = 3521, 74 kn

2. verzija : uvrstimo C0 i nademo a

C0 = 1500 · 1.14−31365 + a · 1.14−

61365 + a · 1.14−

92365

3251, 74 − 1500 · 1.14−31365 = a · (1.14−

61365 + 1.14−

92365 ) / : (1.14−

61365 + 1.14−

92365 )

a =3251, 74 − 1500 · 1.14−

31365

1.14−61365 + 1.14−

92365

= 1047, 53

?

a = 1047, 53 kn

Zadatak 4 Netko se obavezao vratiti dug sa 20 jednakih anuiteta od 1000 kn plativih kra-jem godine. Umjesto toga on zeli otplatiti dug sa 2 jednaka anuiteta krajem 1. i 10. godine.Koliko iznose novi anuiteti uz 4 % slozenih godisnjih kamata?

Rjesenje:

1. verzija : otplata zajma jednakim godisnjim anuitetima

a = 1000 knn = 20p = 4% ⇒ r = 1.04

C0 = ?

C0 =a

rn· rn − 1

r − 1=

1000

1.0420· 1.0420 − 1

1.04 − 1= 13590, 33 kn


2. verzija : uvrstimo C0 i nademo a

C0 = a1 · r−t1 + a2 · r−t2

13590, 33 = a · 1.04−1 + a · 1.04−10

13590, 33 = a(1.04−1 + 1.04−10) / : (1.04−1 + 1.04−10)

a =13590, 33

(1.04−1 + 1.04−10)= 8301, 45 kn

Zadatak 5 Netko je posudio 5.3. 10000 kn uz obracun slozenih kamata i promjenjivu ka-matnu stopu. Dug treba vratiti 20.5. Mjesecna kamatna topa u ozujku je 1%, u travnju2,5% a u svibnju 2%.

Rjesenje:

p1 = 1% ⇒ r1 = 1.01 - mjesecni kamatni faktor za ozujak

C1 = C0 · r27311 = 10000 · 1.01

2731 = 10087, 04 kn

p2 = 2, 5% ⇒ r2 = 1.025

C2 = C1 · r30302 = 10087, 04 · 1.025

3030 = 10339, 22 kn

p3 = 2% ⇒ r3 = 1.02

C3 = C2 · r19313 = 10339, 22 · 1.02

1931 = 103465, 47 kn

C3 = 10465, 47 kn


Zadatak 6 Netko se zaduzio 1.3. za 1000 N.J. a 15.4. za 2000 N.J. uz 400% kamatagodisnje. 15.5 iste godine vraca 3000 N.J. a ostatak duga ce vratiti 1.6. Koliki je ostatakduga? Banka koristi konfornu kamatnu stopu.

Rjesenje:

- godisnja kamatna stopa je p = 400%- treba naci konfornu (dnevnu) kamatnu stopu pd

pd = ( m√

1 + p100

− 1) · 100% = (51

365 − 1) · 100% = 0, 4419%

rd = 1 + pd

100= 1, 004419 - dnevni kamatni faktor

C15.4. = C1 · r45d + C2 = 3219, 48 kn

C15.5. = C15.4 · r29d − a1 = 658, 63 kn

C1.6. = C15.5 · r17d = 709, 9 kn

Ostatak duga iznosi 709,9 kn.

Zadatak 7 Zajam od 20000 kn treba vratiti sa 24 mjesecne uplate tako da su prve dvijepo 2000 kn a preostale da su medusobno jednake. Koliko iznose preostale uplate uz 12%kamata godisnje?

Rjesenje:

- treba prvo naci ostatak duga nakon 2. anuiteta

Ok = C0 · r km − b · r

km − 1

r1m − 1

O2 = 20000 · 1.12212 − 2000 · 1.12

212 − 1

1.12212 − 1

= 16362,37 kn

- O2 je sada pocetni kapital za otplatu zajma sa 22 jednaka anuiteta

a = O2 · r nm · r

1m − 1

rnm − 1

= 16362, 37 · 1.122212 · 1.12

112 − 1

1.122212 − 1

= 827, 58 kn

a = 827, 58 kn


Zadatak 8 Netko se obavezao vratiti zajam, odobren pocetkom mjeseca, sa 20 mjesecnihanuiteta od 1500 kn plativih krajem mjeseca. Nakon sto je izvrsio desetu uplatu odlucujeostatak duga vratiti sa 2 jednaka iznosa koji ce biti uplaceni na kraju 11. i na kraju 13.mjeseca od dana uzimanja zajma. Odredi visinu tih uplata ako je zajam odobren uz 12%kamata godisnje.

Rjesenje:

1. verzija : otplata zajma jednakim mjesecnim anuitetima - nademo C0

C0 =a

rnm

· rnm − 1

r1m − 1

=1500

1.122012

· 1.122012 − 1

1.12112 − 1

= 27208, 16 kn

2. verzija : uvrstimo C0 pa imamo:

- treba prvo naci ostatke duga nakon 10. anuiteta

O10 = C0 · r 1012 − a · r

1012 − 1

r112 − 1

= 27208, 16 · 1.121012 − 1500 · 1.12

1012 − 1

1.12112 − 1

= 14246, 08 kn

- taj ostatak duga O10 treba vratiti sa 2 proizvoljna anuiteta

C0 = a1 · r−t1 + a2 · r−t2

O10 = b · 1.12−112 + b · 1.12−

312

O10 = b · (1.12−112 + 1.12−

312 ) / : (1.12−

112 + 1.12−

312 )

b =O10

1.12−112 + 1.12−

312

= 7258, 54 kn

Zadatak 9 Netko se obavezao vratiti zajam s 10 kvartalnih jednakih anuiteta od 5000 kn,plativih krajem razdoblja. Nakon 5 uplacenih anuiteta, odlucuje ostatak duga vratiti u ter-minu 6. uplate. Koliko ona mora iznositi ako je zajam odobren uz 7% kamata godisnje?

Rjesenje:

1. verzija : otplata zajma jednakim kvartalnim anuitetima - nademo C0

C0 =a

rnm

· rnm − 1

r1m − 1

=5000

1.07104

· 1.07104 − 1

1.07104 − 1

= 45612, 02 kn



- nademo ostatak duga nakon 5. anuiteta, O5

O5 = C0 · r km − a · r

km − 1

r1m − 1

= 45612, 06 · 1.0754 − 5000 · 1, 07

54 − 1

1, 0714 − 1

= 23769, 85 kn

- na taj dug idu kamate jedan kvartal, pa je ukupni dug u terminu 6. uplate, Od

Od = O5 · r 14

Od = 23769, 85 · 1, 0714 = 24175, 33 kn

Zadatak 10 Netko se obavezao vratiti zajam, odobren pocetkom godine, sa 12 godicnjihanuiteta od 1200 kn, plativih krajem godine. Umjesto toga on zeli isti zajam vratiti takoda prva 2 anuiteta ne uplati, a zajam da vrati sa 4 jednake polugodisnje uplate, pocevsi odkraja trece godine. Koliko ce iznositi novi anuiteti ako banka racuna 12% kamata godisnje?

Rjesenje:

1. verzija : otplata zajma jednakim kvartalnim anuitetima - nademo C0

C0 =a

rn· rn − 1

r − 1=

1200

1.1212· 1.1212 − 1

1.12 − 1= 7433, 25 kn


- imamo pocek 2,5 godine, pa je dug ”narastao” na

C ′0 = C0 · r2.5 = 7433, 25 · 1.122.5 = 9867, 88 kn

Napomena : C ′0 je na 2.5 jer mora biti 1 razdoblje (kvartal) ispred prvog anuiteta b.

- sada taj dug otplacujemo sa 4 jednaka polugodisnja (postnumerando) anuiteta b


b = C ′0 · r

nm · r

1m − 1

rnm − 1

= 9867, 88 · 1.1242 · 1.12

12 − 1

1.1242 − 1

= 2836, 71 kn

Napomena : Mogli smo raditi sa pocekom od 3 godine, pa dug otplatiti sa 4 jednakapolugodisnja prenumerando anuiteta. Rezultat je isti.

Zadatak 11 Iznos od 50000 kn polozen je u banku kao osnova za petogodisnju mjesecnurentu, koje se pocinju isplacivati 2 mjeseca nakon pologa u istim iznosima uz 8% kamatagodisnje. U trenutku 12. isplate banka mijenja kamatnu stopu na 10%. Koliko su timepovecane preostale rente?

Rjesenje:

- prvo izracunamo na koliko se povecao pocetni kapital za 2. mjeseca odgode

C ′0 = C0 · r

2121 = 50000 · 1.08

212 = 50645, 47 kn

- sada bi trebalo taj iznos isplatiti sa 60 jednakih prenumerando renti (vidimo da se prvarenta a poklapa sa C ′

0)

a = C ′0 · r

n−1m

1 · r1m − 1

rnm − 1

= 50645, 47 · 1, 0860−112 · 1, 08

112 − 1

1, 086012 − 1

= 1013, 63 kn

- medutim, nakon 12. isplate banka mijenja kamatnu stopu na 10% pa treba naci prvoostatak duga nakon 12. rente, O12

O12 = C ′0 · r

k−1m

1 − a · rkm − 1

r1m − 1

= 50645, 47 · 1, 0812−112 − 1013, 63 · 1, 08

1212 − 1

1, 08112 − 1

= 41744, 07 kn

- sada taj iznos O12 isplacujemo sa 48 jednakih renti sa kamatnom stopom 10%, ali post-numerando (prva isplata b ide mjesec dana nakon O12), pa je b :

b = O12 · rnm2 · r

1m2 − 1

rnm2 − 1

= 41744, 07 · 1, 104812 · 1, 10

112 − 1

1, 104812 − 1

= 1050, 12 kn


- preostale rente su time uvecane za

b − a = 1050, 12− 1013, 63 = 36, 49 kn

Zadatak 12 Koliki je kapital ulozen uz 4% slozenih godisnjih kamata ako se na njega kon-cem svake godine podize iznos 1117,4 kn, te nakon 8 godina jos uvijek ostane 1200 kn?

Rjesenje:

- ovo mozemo shvatiti kao postnumerando rentu, pa je ostatak duga nakon 8. rente,O8

O8 = C0 · rk − a · rk−1r−1

1200 = C0 · 1, 048 − 1117, 4 · 1, 048 − 1

1, 04 − 1

1200 = C0 · 1, 048 − 10295, 976

C0 =1200 + 10295, 976

1, 048= 8400 kn

Zadatak 13 Netko tijekom 10 godina uplacuje pocetkom godine iznos ”a”, da bi osiguraokapital dovoljan za 10 mjesecnih renti po 10000 kn. Prva renta dospijeva godinu dananakon zadnje uplate. Koliko iznose uplate ”a” uz 12% kamata godisnje?

Rjesenje:

- konacna vrijednost S10 (na kraju posljednjeg razdoblja (10. godine)) za 10 uplatapocetkom godine iznosi:


S10 = a · r · rn − 1

r − 1= a · 1.12 · 1.1210 − 1

1.12 − 1= 19, 65 · a kn

- sadasnja vrijednost C0 za 10 jednakih mjesecnih prenumerando renti b iznosi:

C0 =b

rn−1m

· rnm − 1

r1m − 1

=10000

1.1210−112

· 1.121012 − 1

1.12112 − 1

= 95874, 48 kn

- vidimo da se S10 vremenski poklapa sa C0 (S10 = C0)

19, 65 · a = 95874, 48/ : 19, 65

a =95874, 48

19, 65= 4879, 11 kn

Zadatak 14 Koliko godina mora netko ulagati u banku iznos od 3000 kn da bi osiguraokapital dovoljan za 3 rente od 20000 kn? 1. renta dospijeva godinu dana nakon zadnjeuplate, druga 3 godine nakon 1. rente, a 3. renta dvije godine nakon druge. racuna se 6%kamata godisnje.

Rjesenje:

- konacna vrijednost Sn (na kraju posljednjeg razdoblja) iznosi:

Sn = a · r · rn − 1

r − 1

- sadasnja vrijednost C0, za 3 proizvoljne rente b iznosi:

C0 = a1 · r−t1 + a2 · r−t2 + a3 · r−t3

C0 = b · 1.06−0 + b · 1.06−3 + b · 1.06−5 = 20000 · (1 + 1.06−3 + 1.06−5) = 51737, 55

Sn = C0

51737, 55 = a · r · rn − 1

r − 1


51737, 55 =3000 · 1.06

1.06 − 1· (1.06n − 1)

1.06n − 1 =51737, 55 · 0.06

3000 · 1.06= 0.97618

1.06n = 1.97618 /ln

ln1.06n = ln1.97618

n · ln1.06 = ln1.97618 / : ln1.06

n =ln1.97618

ln1.06= 11.69

n = 11.69 godina

Zadatak 15 Po rodenju sina roditelji su ulozili 5000 kn u banku uz 5% kamata godisnje.Uvecavaju svoju svotu koncem svake godine za 2000 kn. Pocetkom 10. godine podigli su3000 kn. Kojom svotom raspolaze sin kad napuni 25 godina?

Rjesenje:

- nadimo prvo svotu kojom sin raspolaze na kraju 9. godine (netom prije nego sto suuplatili a i podigli 3000 kn), S9

- S9 se sastoji od dva dijela: C0 sa kamatom 9 godina ikonacne vrijednosti 8 uplata ”a”

S ′9 = C0 · r9 + a · r · r8 − 1

r − 1= 5000 · 1.059 + 2000 · 1.05 · 1.058 − 1

1.05 − 1= 27809, 77

- u istom trenutku roditelji ulazu a (malo nelogicno) i podizu 3000 kn pa je

S ′9 = S9 + a − 3000 = 27809, 77 + 2000 − 3000 = 26809, 77


- na kraju 25. godine (prije nego je uplacen zadnji a) S25 je opet zbroj: S ′9 sa kamatama

16 godina i konacne vrijednosti 15 uplata ”a”:

S25 = S ′9 · r16 + a · r · r15 − 1

r − 1= 26809, 77 · 1.0516 + 2000 · 1.05 · 1.0515 − 1

1.05 − 1=

= 103837, 35 kn

Zadatak 16 Netko se obavezao vratiti zajam sa 10 polugodisnjih anuiteta od 437 kn, cijaotplata ce poceti 1.3.2000. Umjesto toga on zeli isti zajam vratiti jednokratnom uplatom1.8.2000. Koliko iznosi uplata uz 9% kamata godisnje?

Rjesenje:

- otplata ce poceti 1.3.2000 → znaci da prvi anuitet ide 1.3.

- poctna vrijednost zajma C0 na dan 1.3.2000 iznosi:

C0 =a

rn−1m

· rnm − 1

r1m − 1

=437

1.0910−1

2

· 1.09102 − 1

1.0912 − 1

= 3627, 38 kn

- formula za prenumerando (jer prvi anuitet ide 1.3. i trazimo C0 na dan 1.3)

- sada, jednokratnom otplatom tog zajma 1.8.2000

C1.8. = C0 · r 153365 = 3627, 38 · 1.09

153365 = 3760, 81 kn

C1.8. = 3760, 81 kn


Zadatak 17 1.2. je uplaceno u banku 5000 kn. Izracunaj kapital 15.11. iste godine ako jebanka obracunavala kamatu po stopi od 20% do 30.04., a nadalje je obracunavala po stopiod 40%. Banka koristi konfornu kamatnu stopu u godini od 365 dana.

Rjesenje:

C0 = 5000knp1 = 20%p2 = 40%

- od 1.2. do 30.4. (88 dana):

p1 = 20% → pm = ( m√

1 + p100

− 1) · 100% konforna (ispodgodisnja) k. s.

pd = ( 365

√1 + 20

100− 1) · 100% = 0.04996 - dnevna kamatna stopa

rd = 1 +pd

100= 1.0004996

C30.4. = C0 · rnd = 5000 · 1.000499688 = 5224.67 kn

- od 30.4. do 15.11. (199 dana):

p2 = 40% → pd = ( 365

√1 + 40

100− 1) · 100% = 0.09223 - dnevna kamatna stopa

rd = 1 +pd

100= 1.0009223

C15.11. = C30.4. · rnd = 5224.67 · 1.0009223199 = 6276.70 kn

Zadatak 18 Zajam od 10000 kn, odobren uz godisnju kamatnu stopu 12%, vraca se mjesecnimanuitetima od 201 kn, uz pocek od 3 mjeseca. Koliko mjeseci se mora otplacivati ovaj zajami koliko ce iznositi zadnji anuitet, ako je on definiran kao posljednji ostatak duga veci od201 kn?

Rjesenje:

- dug nakon 2 mjeseca (da dobijemo jedno razdoblje prije prvog anuiteta):

C nm

= C0 · r nm ⇒ C 2

12= 10000 · 1.12

212 = 10190, 68 kn

- taj ostatak duga O 212

treba vratiti sa n - jednakih postnumerando mjesecnih anuiteta”a”:


n = − ln(1 − C0·(r 1m −1)a

)

ln · r 1m

uz C0 = O 212

n = 69.46 mjeseci

- zajam se mora otplacivati 69 mjeseci, pocevsi od kraja 2. mjeseca, ali zadnji anuitetmora biti uvecan (0, 46)

- naci ostatak duga nakon 69. mjeseci:

Ok = C0 · r km − a · r

km − 1

r1m − 1

uz C0 = C 212

, k = 69, a = 201 , dobijemo O69 = 92.3 kn

- ostatak duga nakon 69. anuiteta iznosi 92.3 kn; za toliko bi trebalo uvecati zadnji 69.anuitet:

a69 = 201 + 92.3 = 293.3 kn

Zadnji anuitet iznosi 293.3 kn

Zadatak 19 Po rodenju kceri roditelji su ulozili 4000 novcanih jedinica (NJ) u bankuuz 3% slozene godisnje kamate i uvecavaju svoju svotu koncem svake godine za 1500 NJ.Pocetkom 11. i 12. godine podigli su 1000 Nj. Kojom svotom raspolaze kcer kada napuni22 godine?

Rjesenje:

C10 - svota kojom kcer raspolazena kraju godine (prije nego sto se ulozi 1500 i podigne1000 NJ)

C ′11 - nakon sto se ulozi i podigne - pocetak 11. godine (zapravo se C10 i C ′

11 dogadaju uistom trenutku)

C10 = C0 · r10 + a · r · r9 − 1

r − 1= 4000 · 1.0310 + 1500 · 1.03 · 1.039 − 1

1.03 − 1=

= 5375.66 + 15695.82 = 1071.48 NJ

C ′11 = C10 + 1500 − 1000 = 21071.48 + 500 = 21571.48 NJ

C11 = C ′11 · r1 = 21571.48 · 1.03 = 22218.62 NJ


C ′12 = C ′

11 + 1500 − 1000 = 22218.62 + 500 = 22718.62 NJ

C21 = C ′12 · r11 + a · r · r10 − 1

r − 1= 22718.62 · 1.0311 + 1500 · 1.03 · 1.0310 − 1

1.03 − 1=

= 31447.88 + 17711.69 = 49159.57 NJ

C ′22 = C21 + 1500 = 49159.57 + 1500 = 50659.57 NJ

Kada napuni 22 godine, kcer raspolaze sa 50659.57 NJ.

Zadatak 20 Netko je uplatio 1.4. u banku 150 NJ, 30.5. podigao je 100 NJ, a 1.7. uplatioje 400 NJ. Da li je kapital koji je ostao u banci dovoljan da bi 1.10. podigao 200 NJ, 1.11.200 NJ i 30.12. 100 NJ, ako banka obracunava 14% kamata godisnje, a ispodgodisnji jekamatnjak konforni. Dokazite svoju tvrdnju.

Rjesenje:

p = 14% - godisnja kamatna stopa

- treba naci dnevnu kamatnu stopu, odnosno dnevni kamatni faktor

pd = ( 365

√1 +

p

100− 1) · 100% = 0.0359%

rd = 1 + pd

100= 1.000359%

C30.5. = 150 · 1.00035959 − 100 = 53.21 NJ

C1.7. = C30.5. · 1.00035932 + 400 = 453.82 NJ

C1.10. = C1.7. · 1.00035992 − 200 = 269.06 NJ

C1.11. = C1.10. · 1.00035931 − 200 = 72.07 NJ

C30.12. = C1.11. · 1.00035959 − 100 = −26.39 NJ ⇒ nedovoljno!


Zadatak 21 Netko se obavezao vratiti zajam s 12 polugodisnjih jednakih anuiteta od 800kn, plativih krajem razdoblja. Nakon 7 uplacenih anuiteta, odlucuje preostali dug vratititako da u terminu osme uplate otplati polovinu ostatka duga, a da preostali dug otplati uterminu devete uplate. Koliko iznose osma i deveta uplata ako je zajam odobren uz 7%godisnje kamate?

Rjesenje:

- prvo, otplata zajma jednakim ispodgodisnjim anuitetima → nademo C0

C0 =a

rnm

· rnm − 1

r1m − 1

=800

1.07122

· 1.07122 − 1

1.0712 − 1

= 7757.67 kn

O7 = C0 · r km − a · r

km − 1

r1m − 1

= 7757.67 · 1.0772 − 800 · 1.07

72 − 1

1.0712 − 1

= 3618.11 kn

- dug u terminu osme uplate iznosi (prije osme uplate):

O8 = O7 · r 12 = 3618.11 · 1.071

2= 3742.60 kn

- osma uplata a8

a8 =O8

2=

3742.60

2= 1871.30 kn

- dug neposredno nakon osme uplate je

O′8 = O8 − a8 = 3742.60 − 1871.30 = 1871.30 kn

- dug u terminu devete uplate O9

O9 = O′8 · r

12 = 1871.30 · 1.07

12 = 1935.69 kn

- deveta uplata a9 je sav dug

a9 = O9 = 1935.69 kn


Zadatak 22 Netko je ulozio u banku iznos od 15000 NJ na pocetku godine uz kamatnustopu 20%. Na kraju iste godine navedena osoba je uzela zajam od 10000 NJ, uz godisnjukamatnu stopu od 30%, koji treba vratiti sa 6 kvartalnih jednakih anuiteta krajem razdoblja.Koliki kapital ostaje u banci nakon isplate posljednjeg anuiteta ako osoba vraca zajam odnovca polozenog u banci? Kvartalni kamatnjak je konforni.

Rjesenje:

C0 = 10000 NJ

n = 6

m = 4

a = C0 · r nm · r

1m − 1

rnm − 1

= 10000 · 1.3 64 · 1.3

14 − 1

1.364 − 1

= 2083.66 NJ

Toliko iznose anuiteti zajma.

C1 = 15000 NJ p1 = 20% → r1 = 1.2

- nakon jedne godine kapital je narastao na

C ′1 = C1 · r1 = 15000 · 1.21 = 18000 NJ

- na racun ovoga kapitala uzimaju se anuiteti za zajam

- ostatak duga nakon 6. anuiteta

Ok = C0 · r km − a · r

km − 1

r1m − 1

O6 = C ′1 · 1.2

64 − 2083.66 · 1.2

64 − 1

1.214 − 1

= 23661.61 − 14053.40 = 9608.21 NJ

Nakon isplate povoljednjeg anuieta u banci ostaje 9608.21 NJ.


Zadatak 23 Netko je dobio zajam od 20000 kn koji treba otplatiti sa 60 jednakih anuitetaplativih krajem mjeseca. Nakon 15 uplacenih anuiteta on odlucuje sesnaestom uplatomprepoloviti ostatak duga i nakon toga s dodatne 4 medusobno jednake uplate otplatiti kredit.Odredite iznos 16. uplate, te koliko iznose dodatne 4 uplate ukoliko je zajam odobren uz12% kamata godisnje.

Rjesenje:

C0 = 20000n = 60p = 12% → r = 1.12

a = C0 · r nm · r

1m − 1

rnm − 1

= 20000 · 1.126012 · 1.12

112 − 1

1.126012 − 1

= 438.71 NJ

O15 = C0 · r nm − a · r

1m − 1

rnm − 1

= 20000 · 1.121512 − 438.71 · 1.12

1512 − 1

1.12112 − 1

=

= 23043.72 − 7036.24 = 16007.48 kn

O16 = O15 · r 112 = 16007.48 · 1.12 1

12= 16159.37 kn

Dug u terminu seste uplate iznosi 16159.37 kn.

- sesnaesta uplata b = O16

2= 8079.68, a to je

O′16 = 8079.68 kn - taj dug treba otplatiti sa 4 jednake mjesecne uplate C

C = O′16 · r

nm · r

1m − 1

rnm − 1

= 8079.68 − 1.12412 · 1.12

112 − 1

1.12412 − 1

= 2068.06 kn


Zadaci za vjezbu

Zadatak 24 Koliki najmanji iznos treba uplatiti 1. veljace u godini koja nije prestupnada bi se prvog u narednih sedam mjeseci moglo podici 2000 kn, ako je godisnja kamatnastopa 14%?

[C0 = 13413, 64 kn]

Zadatak 25 Netko se obavezao vratiti zajam, odobren uz 20% kamata godisnje, sa 6 jed-nakih godisnjih postnumerando anuiteta od 20000 kn, ali zeli isti zajam vratiti sa 12 jed-nakih polugodisnjih anuiteta. Koliko iznose novi anuiteti?

[C0 = 66510, 20 kn, a = 9544, 51 kn]

Zadatak 26 Netko uziva postnumerando rentu kroz 25 godina od 1000 kn, koju zeli pretvoritiu drugu od 1500 kn. Koliko dugo je moze koristiti uz 4% godisnjih kamata?

[n = 13, 74 godine]

Zadatak 27 Koliki kapital moramo uplatiti da bi dobili godisnju postnumerandorentu koja bi bila isto toliko velika kao godisnja prenumerando renta koja se dobiva naosnovu kapitala od 45000 kn, ako banka racuna 8% kamata godisnje?

[C0 = 41666, 67 kn]

Zadatak 28 Netko zeli zajam od 10000 kn, odobren 1.3. otplatiti sa tri anuiteta tako daje drugi anuitet (1.7.) duplo veci od prvoga (1.5.) a treci (1.8.) tri puta veci od prvoga.Koliko iznose anuiteti ako banka racuna 12%kamata godisnje? rente teku isti brojgodina.

[a1 = 1733, 79 kn, a2 = 3467, 58 kn, a3 = 5201, 37 kn]

Zadatak 29 Netko se obavezao vratiti zajam od 50000 kn, odobren 1.2. u godini koja nijeprestupna, sa 4 anuiteta (1.4.,1.6.,1.8. i 1.10.) tako da je svaki sljedecianuitet duplo veciod prethodnog. Odredi iznos 1. anuiteta uz 9% kamata godisnje. Kolika bi trebala bitijednokratna otplata zajma 1.7. iste godine?

[a1 = 3491, 94 kn; C1.7. = 51802, 50 kn]


Zadatak 30 Netko zeli otplatiti zajam sa 10 polugodisnjih anuiteta 0d 1000 kn uz kamatnustopu 1’%. Medutim, on zeli isti zajam otplatiti tako da prva dva anuiteta iznose po 500kn, a preostalih osam da su medusobno jednaki. Koliko iznose novi anuiteti ako jekamatna stopa za preostalih 8 anuiteta 12%?

[a = 1201, 67 kn]

Zadatak 31 Netko se obavezao vratiti kredit od 30000 sa 10 polugodisnjih anuiteta, plativihkrajem razdoblja, tako da prva 3 anuiteta iznose po 1000 kn, a preostali da su mwdusobnojednaki. Koliko iznose novi anuiteti ako banka racuna 10% kamata godisnje?

[a = 5413, 79 kn]

Zadatak 32 Netko se zaduzio pocetkom mjeseca za 5000 kn uz mjesecnu kamatnu stopu3%. Nakon 10 mjeseci vraca 1000 kn. Ostatak duga vraca sa 6 jednakih mjesecnih anuiteta,krajem mjeseca, uz godisnju kamatnu stopu 12%. Odredi iznos anuiteta.

[O10 = 5719, 58 kn; a = 985, 17 kn]

Zadatak 33 Koliki kapital je ostvaren sa 10 jednakih mjesecnih uplata od 2000 kn, 5mjeseci nakon zadnje uplate, uz 12% kamata godisnje?

[S10 = 21074, 05 kn; S = 21885, 38 kn]

Zadatak 34 Netko zeli otplatiti zajam od 2000 kn sa 4 jednaka anuiteta. Prvi dospijeva 1mjesec, drugi 3 mjeseca, treci 7 mjeseci i cetvrti 9 mjeseci nakon uzimanja zajma. Kolikoiznose anuiteti uz 10% kamata godisnje?

[a = 520, 08 kn]

Zadatak 35 Prije 10 godina uplaceno je 5000 kn, a prije 6 godina 1000 kn. Kolikomora biti uplaceno danas ako se zeli dobiti suma dovoljna za 5 godisnjih renti po 3800kn cija isplata pocinje za godinu dana, ako banka racuna 12% kamata godisnje?

[C = 13698, 15 kn (ukupan C danas); C0 = 10171, 41 kn (uplatiti danas)]




3 Funkcije, limesi i redovi

3.1 Matematicka indukcija

- matematicka metoda kojom dokazujemo neke tvrdnje- sastoji se od tri koraka

1. Baza indukcijedokazujemo da tvrdnja vrijedi za: n = 1 (ako je n ∈ N)

za: n = 3 (ako je n ≥ 3)za: n = 0 (ako je n ∈ N0)

II. pretpostavka indukcije: n = k

III. dokazdokazujemo da tvrdnja vrijedi za n = k + 1 pod pretpostavkom n = k

Ako tvrdnja vrijedi za prvi (n = 1), za k-ti (n = k) i k+1 onda kazemo da tvrdanja vrijediza svaki n.

3.2 Binomna formula

- formula pomocu koje razlazemo binom na neku potenciju n

(a + b)n =

(n

0

)anb0 +

(n

1

)an−1b1 +

(n

2

)an−2b2 + . . . +

(n

n − 1

)a0bn

(2x − 3y)4 =

(4

0

)(2x)4(−3y)0

︸︷︷︸1.clan

+

(4

1

)(2x)3(−3y)1

︸︷︷︸2.clan

+

(4

2

)3.clan

(2x)2(−3y)2

︸︷︷︸+

+

(4

3

)(2x)1(−3y)3

︸︷︷︸4.clan

+

(4

4

)(2x)0(−3y)4

︸︷︷︸5.clan

- opci clan razvoja: Ak =(

nk−1

)an−k+1bk−1 k-ti clan(

n

k − 1

)- binomni koeficijent(

n

k

)=

(n

n − k

)- osnovno svojstvo binomnog koeficijenta npr.

(5

3

)=

(5

5 − 3

)=

(5

2

)(

n

k

)=

n!

k!(n − k)!- tako racunamo binomne koeficijente

(5

3

)=

5!

3!2!

n! - en faktorijel (umnozak brojeva do n) 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 4! · 5(n + 1)! = n! · (n + 1)(n + 2)! = (n+)! · (n + 2) = n!(n + 1)(n + 2)5! = 4! · 5 5! = 3! · 4 · 5 5! = 2! · 3 · 4 · 5 kako nam vec odgovara


3.3 Kompleksni brojevi

z - oznaka za kompleksne brojeve i =√−1

C - skup kompleksnih brojeva i2 = (√−1)2 = −1

z ∈ C i3 = i2 · i = −1 · i = −iz = x + yi - opci oblik kompleksnog broja i4 = i2 · i2 = (−1)(−1) = 1x - realni bio Re i23 = i5·4+3 = i3 = −iy - imaginarni dio Imi - imaginrna jedinicaz = x − yi ( z potez) - konjugirano kompleksni broj| z |= √

x2 + y2 - apsolutna vrijednost, modul ili iznos kompleksnog broja

Kompleksna (Gaussova) ravnina - ravnina u kojoj prikazujemo kompleksne brojeve

Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja- pomocu polarnih koordinata r i ϕ

r =| z |=√

x2 + y2, ϕ = arctgy

xz = x + yi = r(cosϕ + i sin ϕ)

n-ta potencija kompleksnog broja (Moivreova formula)

zn = rn(cosnϕ + i sin nϕ)

n-ti korijen kompleksnog broja

n√

z = n√

r(cosϕ + 2kπ

n+ i sin

ϕ + 2kπ

n), k = 0, 1, 2, . . . , n − 1


Zadatak: Kolika je apsolutna vrijednost kompleksnog broja z = 2+i3+i

+ i+1i−1

- treba naci realni i imaginarni dio kompleksnog broja

z =2 + i

3 + i+

i + 1

i − 1=

2 + i

3 + i· 3 − i

3 − i+

i + 1

i − 1

i + 1

i + 1=

6 + 3i − 2i − i2

32 − i2+

(i + 1)2

i2 − 12=

=7 + i

10+

i2 + 2i + 1

−2=

7

10+

1

10i +

2i

−2=

7

10+

1

10i − i =

7

10︸︷︷︸Re

− 9

10︸︷︷︸Im

i

| z |=√

(7

10)2 + (− 9

10)2 =

√49

100+

81

100=

√130

100=

√130

10

| z |=√

130

10


3.4 Funkcije

Funkcija oznacava vezu iliti odnos izmedu necega. Stvari (ljudi i sve ostalo) mogu bitipovezani na razne nacine. Mogu funkcionirati na razne nacine. Funkcija je naprosto vezaizmdu ”ovoga” i ”onoga” sto god ”ovo” i ”ono” bilo. Matematicari prozvase ”ovo” x a”ono” y. Vezu izmedu ”ovoga” i ”onoga” prozvase ”funkcija” f i zapisase: y je funkcijaf od x ili y = f(x) (prijevod: ovo je povezano s onim). I vidjese matematiceri da je todobro. I bijase to dobro dok je bilo. Cini se da sad vise nije. Moramo se vratiti malo napocetak, na izvor, osvjeziti se, pa ce opet biti dobro. S vremena na vrijeme svima trebamalo osvjezenja.Ovo (dajmo mu ime Drago) i ono (dajmo mu ime Mira) moze biti povezano na raznenacine.Drago i Mira mogu biti povezani obiteljskim vezama (veza brat-sestra), mogu bitipovezani poslovnim vezama (veza radnik-voditelj), slucajnim vezama (veza kupac1-kupac2),intimnim vezama (veza ljubavnika) itd.x i y mogu biti povezani na razne nacine: linearnim vezama (y = 2x + 3), kvadratnimvezama (y = x2 + 5x + 6), eksponencijalnim vezama (y = ex), logaritamskim vezama(y = log x), trigonometrijakim vezama (y = sin x), itd.Ocu reci, funkcija je pojam, izmisljen, da opcenito pokaze i ukaze na povezanost (nespret-niji izraz je ovisnost) svega u prirodi. x i y naprosto moze biti bilo sto. U prirodi sve imasvoju svrhu ili funkciju.

Domena funkcije su oni x-evi za koje se funkcija moze izracunati, za koje je funkcijadefinirana (podrucje definicije).Kodomena su y-i, tj. one vrijednosti koje fukcija moze poprimiti.Nultocke su sjecista grafa s y osi.

Monotonost funkcije (rast i pad funkcije)

f(x) je monotono rastuca funkcija ako ∀ x1, x2 ∈ D vrijedi: x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2)f(x) je monotono padajuca funkcija ako ∀ x1, x2 ∈ D vrijedi:x1 > x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2)

Konveksnost funkcije

f(x) je konveksna (okrenuta gore, ∪) u intervalu I ako ∀x1, x2 ∈ I vrijedi:

f(x1 + x2

2

)≤ f(x1) + f(x2)

2, a konveksna (okrenuta dolje,∩) ako ∀x1, x2 ∈ I vrijedi:

f(x1 + x2

2

)≥ f(x1) + f(x2)

2.

Parnost funkcije

f(x) je parna ako vrijedi: f(−x) = f(x) (simetricna obzirom na os y).f(x) je neparna ako vrijedi: f(−x) = −f(x) (simetricna obzirom na ishodiste).f(x) moze biti da nije ni parna ni neparna.


Restrikcija funkcije

To je ista funkcija samo na manjoj domeni.

Neprekidnost funkcije

f(x) je neprekidna u tocki x = x0 ako je lijevi limes u x0 (x−0 ) jednak desnom limesu u x0

(x+0 ): lim

x→x+0

f(x) = limx→x−

0

f(x) = f(x0)

Elementarne funkcije

1. Linearna funkcija (polinom prvog stupnja)

Graf linearne funkcije je pravac opceg oblika f(x) = ax + b.a nazivamo koeficijent smjera, a b odsjecak na y osi.

Neki specificni pravci su:


2. Kvadratna funkcija (polinom drugog stupnja)

Graf kvadratne funkcije je parabola opceg oblika f(x) = ax2 + bx + c. Kako ce parabolaizgledati ovisi o diskriminanti (D = b2 − 4ac) i o predznaku od a. Ako je D > 0 tadakvadratna funkcija ima dvije realne nultocke, za D = 0 postoji samo jedna realna nultocka,a za D < 0 nema realnih nultocki nego konjugirano kompleksne nultocke. Ako je a > 0parabola je okrenuta prema gore (konveksna), a ako je a < 0 tada je parabola okrenutaprema dolje (konkavna).

(eksponencijalna)

a > 0

D < 0

a > 0

D = 0

a > 0

D > 0

a < 0

D < 0

a < 0

D = 0

a < 0

D > 0

3. Eksponencijalna funkcija

f(x) = ax, a > 0, a �= 1, x je eksponent, a baza.Za a > 1 eksponencijalna funkcija je rastuca, a za 0 < a < 1 eksponencijalna funkcija jepadajuca, D = R, a kodomena je R+ (tj. eksponencijalna funkcija je uvijek pozitivna).

(eksponencijalna)

a > 1a < 1


Specijalni slucaj eksponencijalne funkcije je kada je a=e (e=2.718281828 Eulerov broj).Graf funkcije f(x) = ex izgleda ovako:

(eksponencijalna)f(x) = ex

Pravila za potenciranje:

1.xa+b = xa · xb (ex · ex = e2x)

2.xa−b =xa

xb

(e2x

ex= ex

)3.(xa)b = xa·b ((ex)2 = e2x)4.xa · ya = (xy)a (2x · 3x = 6x)


4. Logaritamska funkcija

Logaritamska funkcija je inverzna funkcija od eksponencijalne, kao sto je korjenovanje in-verzna funkcija od kvadriranja. f(x) = loga b, a > 0, a �= 1, x > 0. Logaritamska funkcijaza a > 1 strogo raste, a za 0 < a < 1 strogo pada.

(logaritamska funkcija a > 1

a < 1

Graf funkcije dobijemo tako da napravimo osnosimetricnu sliku grafa eksponencijalnefunkcije obzirom na parvac y = x.

ln2 x

2x

y = x

Specijalno za a=e i a=10 imamo: loge x = ln x, log10 x = log x

Pravila za logaritmiranje:

1. log(a · b) = log a + log b log(2 · 3) = log 2 + log 32. log a

b= log a − log b log 5

2= log 5 − log 2

3. log ab = b log a log 47 = 7 log 4


5. Trigonometrijske funkcije

1. f(x) = sin x

sin x

x

sin 0 = 0

sin 30◦ =1

2

sin 45◦ =

√2

2

sin 60◦ =

√3

2

sin 90◦ = 1

sin 180◦ = 0

sin 270◦ = −1

sin 360◦ = 0

2. f(x) = cos x

cos xx

cos 0 = 1

cos 30◦ =

√3

2

cos 45◦ =

√2

2

cos 60◦ =1

2

cos 90◦ = 0

cos 180◦ = −1

cos 270◦ = 0

cos 360◦ = 1

3. f(x) = tg x

tg x

x

tg 0 = 0

tg 30◦ =

√3

3

tg 45◦ = 1

tg 60◦ =√

3

tg 90◦ = ∞

4. f(x) = ctg x ctg x

x

ctg 0 = ∞

ctg 30◦ =√

3

ctg 45◦ = 1

ctg 60◦ =

√3

3

ctg 90◦ = 0


Osnovne relacije izmedu trigonometrijskih funkcija:

sin2 x + cos2 x = 1

tg x =sin x

cos x

tg x =1

ctg x

ctg x =cos x

sin x

Mjere za kuteve:

1. stupanj (kutna mjera) Cijeli krug ima 360◦

2. radijan (lucna mjera)Cijeli krug ima 2π

Ispruzeni kut od 180◦ ima π radijana.

Veza izmedu stupnjeva i radijana:αs

180◦=

αr

π

0◦ = 0rad30◦ =

π

6rad

45◦ =π

4rad

60◦ =π

3rad

90◦ =π

2rad

6. Ciklometrijske funkcije

Ciklometrijske funkcije su inverzne funkcije od trigonometrijskih.

1. f(x) = arcsin(x)2. f(x) = arccos(x)3. f(x) = arctg(x)4. f(x) = arcctg(x)

Npr. arcsin 12

= 30◦, jer je sin 30◦ = 12


3.5 Limesi

Limes je matematicki pojam koji izrazava samu prirodu zivota. Kako vrijeme prolazitako stvari, pojave i sva bica necemu teze ili bolje receno zude, nekakvom svome, na-zovi zamisljenom cilju sto god to bilo. ”Sve ima svoju granicu”, rekli bi ljudi, iliti svojlimes. Nekada ljudi tocno znaju cemu teze, sto zele postici, ta granica je tocno odredena,konkretna, ljudi su usmjereni na to, pa kazemo da to ima konvegentni karakter a nekad basi ne znaju kuda idu, nekako su rasprseni, ta granica bas i nije jasno odredena pa kazemoda to nesto ima divergentan karakter.Pojam limesa mogli bi sazeti u poznatom stihu: ideal (limes) je voce sto zrije na grani kojenikad nece dohvatit ruka covjecja. Oce reci, sve vise i vise mu se priblizavamo ali ga nikaddo kraja ne mozemo dotaci. E, sad, kako matematicari vole poopciti stvari, oni to i ucinise.Teznju ili zudnju necemu prozvase limes i oznacise lim. I vidjese da je to dobro i bi dobro.To, nesto, sto tezi moze biti bilo sto, sto ima svoju svrhu a sve pod kapom nebeskom imasvoju svrhu (pojava, stvar, covjek, biljka, zivotinja,. . . ) Nazvat cemo to, nesto, opcenitofunkcija (veza ili odnos). Funkcija je u vezi s necim drugim. To nesto drugo opet necemutezi. I sad imamo slijedecu situaciju ili pitanje.Cemu mi tezi funkcija f (koja je u vezi s x-om pa to oznacavamo f(x)) kad x tezi necemu(recimo malom ”a”).Odgovor: Funkcija tezi svome limesu kojega mozemo oznacavati veliki ”L”.Cijelu ovu pricu matematicki zapisujemo:L = lim

x→af(x)

Znaci, umjesto funkcije moze biti bilo sto drugo, realno, iz zivota; x moze biti bilo sto, stoje u vezi s funkcijom ili tim necim drugim; mali a, isto tako, moze biti bilo sto.Npr. cemu zudi Pero kako vrijeme tezi prema 35 godina. On tezi da postane savrsenekonom - to je njegov limes.Savrsen ekonom= lim

t→35Pero(t)

Funkciju a : N → R, kojoj je domena citav skup N, a kodomena skup R nazivamo niz re-alnih brojeva i oznacavamo sa: a1, a2, . . . , an, . . . ili (an), gdje je an = a(n), n = 1, 2, . . . , a.an nazivamo opci clan niza.Ako je niz zadan npr. sa: an = 2n − 1 to je niz 1, 2, 3, . . ., 2n-1,. . .

Geometrijski niz

Kvocijent svaka dva susjedna elementa je konstantan (q - kvocijent).q = an+1

an= an+2

an+1= . . .

Opci clan: an = a1 · qn−1

Geometrijaska sredina: G(a, b) =√

ab

Zbroj Sn prvih n clanova niza: Sn =

{a1 · 1−qn

1−q, q �= 1

n · a1, q = 1


Primjer:1, 2, 4, 8, 16, . . ., 2n, . . . q = 2

Aritmeticki nizRazlika svaka dva susjedna elementa je konstantna (d - razlika).d = an+1 − an

Opci clan: an = a1 + (n − 1)dAritmeticka sredina: A(a, b) = a+b

2

Zbroj Sn prvih n clanova niza: Sn = n2(a1 + an)

Primjer:2, 4, 6, 8, 10, . . ., 2n, . . .

Za niz kazemo da je omeden ako ima donju granicu i gornju granicu.Za realan broj a kazemo da je gomiliste niza realnih brojeva an, ako svaka ε - okolina brojaa (< a − ε, a + ε >) sadrzi beskonacno mnogo clanova niza.

Bolzano-Weierstrassov teoremSvaki omeden niz realnih brojeva ima barem jedno gomiliste.

Realan broj a je limes ili granicna vrijednost niza realnih brojeva ako za svaki realan brojε > 0 postoji prirodan broj n0 takav da (n > n0) ⇒ (|an − a| < ε)a = lim

n→∞an

Divergentni nizovi nemaju granicnu vrijednost, a konvergentni imaju.

Odredeni oblici: ∞ + ∞ = ∞, ∞ ·∞ = ∞, 1∞ = 0, 1

0= ∞

Neodredeni oblici: ∞−∞, ∞∞ , 0 · ∞, 1∞, 00,∞0, 0

0

limx→∞

(1 +

1

x

)x

= e limx→0

(1 + x

) 1x

= e limx→0

sin x

x= 1


Zadaci s limesima:

I.a) limn→∞

Pn(x)

Pm(x), a imamo neodredeni oblik ∞

∞

1.) limx→∞

3x2 + 5x + 1

x + 2=

∞∞

taj problem rjesavamo tako da i brojnik i nazivnik podijelimo sa ukupnomnajvecom potencijom x2:

limx→∞

3x2 + 5x + 1

x + 2

: x2

: x2= lim

x→∞3 + 5

x+ 1

x2

1x

+ 2x2

=3 + 5

∞ + 1∞2

1∞ + 2

∞2

=3

0= ∞

skraceni postupak: uzimamo samo najvece clanove brojnika i nazivnika:

limx→∞

3x2 + 5x + 1

x + 2= lim

x→∞3x2

x= lim

x→∞3x = 3 · ∞ = ∞

2.) limx→∞

7x3 + 2

15x3 + x2 + 1

: x3

: x3= lim

x→∞7 + 2

x3

15 + 1x

+ 1x3

=7 + 2

∞3

15 + 1∞ + 1

∞3

=7

15

skraceni postupak:

limx→∞

7x3 + 2

15x3 + x2 + 1= lim

x→∞7x3

15x3=

7

15

b) limn→∞

Pn(x)

Pm(x), polinom s korijenima, a imamo neodredeni oblik ∞

∞

1.) limx→∞

√x2 + 2 + x

4√

x4 + x + 1=

√∞2 + 2 + ∞4√∞4 + ∞ + 1

=∞ + ∞∞ + 1

=∞∞(neodreden oblik)

problem rijesavamo kao i pod a):

limx→∞

√x2 + 2 + x

4√

x4 + x + 1

: x

: x= lim

x→∞

√x2+2x

+ xx

4√x4+xx

+ 1x

= limx→∞

√x2+2

x2 + 1

4

√x4+x

x4 + 1x

= limx→∞

√1 + 2

x2 + 1

4

√1 + 1

x3 + 1x

=

=

√1 + 2

∞ + 1

4

√1 + 1

∞ + 1∞

=

√1 + 1

4√

1 + 0=

2

1= 2

2.) limx→∞

√x√

x +√

x

:√

x

:√

x= lim

x→∞1√

x+√

x√x

= limx→∞

1√x+

√x

x

= limx→∞

1√1 +

√x

x

= limx→∞

1√1 + 1√

x

=

=1√

1 + 1√∞= 1


II. a) Limesi: polinom kroz polinom, a x tezi nekom broju a.

limn→a

Pn(x)

Pm(x), a imamo neodredeni oblik 0

0

1.) limx→−2

x3 + 2x2 + x + 2

x2 + x − 2=

0

0

problem rjesavamo tako da i brojnik i nazivnik podijelimo sa x-a, u primjerux-(-2)=x+2

limx→−2

x3 + 2x2 + x + 2

x2 + x − 2

: (x + 2)

: (x + 2)= lim

x→−2

x2 + 1

x − 1=

(−2)2 + 1

−2 − 1=

5

−3= −5

3

x3 + 2x2 + x + 2 : x + 2 = x2 + 1 x2 + x − 2 : x + 2 = x − 1

−x3 − 2x2 −x2 − 2x

0 0 + x + 2 0 − x − 2

−x − 2 x + 2

0 0

b) limn→a

Pn(x)

Pm(x), polinom s korijenima, a imamo neodredeni oblik 0

0

1.) limx→1

x − 1√x − 1

problem rijesavamo:- prvi nacin: supstitucijom x = t2 (da se rijesimo korijena), pa dobijemo II vrstu

limx→1

x − 1√x − 1

=⏐⏐⏐x = t2

t2 = 1

x → 1

t → 1

⏐⏐⏐ = limt→1

t2 − 1√t2 − 1

= limt→1

t2 − 1

t − 1= lim

t→1

(t + 1)(t − 1)

t − 1=

= 1 + 1 = 2

- drugi nacin: racionalizacija

limx→1

x − 1√x − 1

·√

x + 1√x + 1

= limx→1

(x − 1) · √x + 1

x − 1=

√1 + 1 = 2

2.) limx→1

x − 13√

x − 1=

⏐⏐⏐x = t3

t3 = 1

x → 1

t → 1

⏐⏐⏐ = limt→1

t3 − 13√

t3 − 1= lim

t→1

t3 − 1

t − 1

: (t − 1)

: (t − 1)= lim

t→1

t2 + t + 1

1=

= 12 + 1 + 1 = 3t3 − 1 : t − 1 = t2 + t + 1

−t3 + t2

t2 − 1

−t2 + t

t − 1


III. Limesi sa ”e”

Koristimo cinjenicu da je limx→∞

(1 +

1

x

)x

= e i limx→0

(1 + x

) 1x

= e;

neodreden oblik 1∞

1.) limx→∞

(1 +

7

2x

)x

=(1 +

7

2 · ∞)∞

= 1∞

-problem rjesavamo supstitucijom t = 72x

limx→∞

(1 +

7

2x

)x

=⏐⏐⏐ t = 7

2x

x = 72t

x → ∞t → 0

⏐⏐⏐ = limt→0

(1 + t

) 72t

= limt→0

(1 + t

) 1t· 72

=

= limt→0

[(1 + t)

1t

] 72

= e72

2.) limx→0

(1 +

7

2x

)x+5

= limx→0

(1 +

7

2x

)x

︸︷︷︸e

72

·(1 +

7

2x

)5

︸︷︷︸15

= e72 · 1 = e

72

-skraceni postupak:

limx→∞

(1 +

a

bx

)cx+d

= eacb / d ne utjece na rezultat

3.) limx→∞

(2x − 1

2x + 2

)x

= limx→∞

(2x − 1

2x + 2

: 2x

: 2x

)x

= limx→∞

(1 − 12x

1 + 22x

)x

= limx→∞

(1 − 12x

)x

(1 + 1x)x

=

=e−

12

e= e−

32

4.) limx→∞

(1 +

1

x2

)x

=⏐⏐⏐ t = 1

x2

x = 1√t

x → ∞t → 0

⏐⏐⏐ = limt→0

(1 + t

) 1√t

= limt→0

(1 + t

) tt· 1√

t=

= limt→0

(1 + t

) 1t· t√

t= lim

t→0

[(1 + t

) 1t]√t

= e√

0 = e0 = 1

Neki zadaci se mogu rijesiti i imajuci u vidu da je limx→∞

(1 +

1

∗)∗

= e uz neodreden

oblik 1∞

limx→∞

(1 +

1

x2

)x

= limx→∞

(1 +

1

x2

)x·xx

= limx→∞

(1 +

1

x2

) 1x·x2

= limx→∞

[ (1 +

1

x2

)x2

︸︷︷︸e

] 1x

=

= e1∞ = e0 = 1


IV. vrsta limesa

- koristimo cinjenicu da je limx→0

sin x

x= 1 i takoder je lim

x→0

x

sin x= 1

- neodreden oblik 00

1.) limx→0

sin 2x

x=

⏐⏐⏐t = 2x

x = t2

x → 0

t → 0

⏐⏐⏐ = limt→0

sin tt2

= limt→0

2 sin t

t= 2

- ovi zadaci se mogu rijesiti i imajuci u vidu da je limx→0

sin ∗∗ = 1, uz neod. oblik 0

0

znaci: limx→0

sin 2x

x= lim

x→0

sin 2x2x2

= limx→0

2sin 2x

2x= 2

2.) limx→0

sin 5x

sin 3x= lim

x→0

sin 5x

sin 3x· 5x

5x= lim

x→0

5x

sin 3x· 3

3= lim

x→0

5

3· 3x

sin 3x

5

3

3.) limx→0

√x sin x + 1 − 1

x2=

√0 sin 0 + 1 − 1

02=

√1 − 1

0=

0

0

- zbog korijena prvo racionalizacija

limx→0

√x sin x + 1 − 1

x2·√

x sin x + 1 + 1√x sin x + 1 + 1

= limx→0

(√

x sin x + 1)2 − 12

x2(√

x sin x + 1 + 1)=

= limx→0

x sin x + 1 − 1

x2(√

x sin x + 1 + 1)= lim

x→0

1√x sin x + 1 + 1

=

=1√

0 sin 0 + 1 + 1=

1√1 + 1

=1

2


Zadaci za vjezbu

1. Izracunaj limes: limx→0

sin2 x2

x2

limx→0

sin2 x2

x2= lim

x→0

sin x2· sin x

2x1· 2

2x1· 2

2

= limx→0

sin x2· sin x

22x2· 2x

2

=1

2 · 2 =1

4

2. Odredi granicnu vrijednos niza((

3i−53i−1

)i, i ∈ N

)

limi→∞

(3i − 5

3i − 1

)i

= limi→∞

(3i − 5

3i − 1

: 3i

: 3i

)i

= limi→∞

(1 − 53i

1 − 13i

)i

=limi→∞

(1 − 5

3i

)i

limi→∞

(1 − 1

3i

)i =

⏐⏐⏐ t=− 53i

i=− 53t

i→∞t→0

⏐⏐⏐⏐⏐⏐ t=− 13i

− 13t

i→∞t→0

⏐⏐⏐ =

=limt→0

(1 + t)−53t

limt→0

(1 + t)−13t

=limt→0

[(1 + t)

1t

]− 53

limt→0

[(1 + t)

1t

]− 13

=e−

53

e−13

= e−53−(− 1

3) = e−

43

3. Zadana je funkcija f(x) = 3x + 1. Izracunaj limn→∞

[f(n + 1)

f(n)

]n2

.

f(x) = 3x + 1f(n) = 3n + 1f(n + 1) = 3(n + 1) + 1 = 3n + 3 + 1 = 3n + 4

limn→∞

[f(n + 1)

f(n)

]n2

= limn→∞

(3n + 4

3n + 1

)n2

= limn→∞

(3n + 4

3n + 1

: 3n

: 3n

)n2

=limn→∞

(1 + 4

3n

)n2

limn→∞(1 + 1

3n

)n2

=

=e

43 · 1

2

e13 · 1

2

=e

46

e16

= e46− 1

6 = e36 = e

12 =

√e

4. Zadana je funkcija f(x) = 3x − 9. Izracunaj limn→∞

[n · ln

f(n + 1)

f(n)

].

f(x) = 3x − 9f(n) = 3n − 9f(n + 1) = 3(n + 1) − 9 = 3n + 3 − 9 = 3n − 6

limn→∞

n · ln 3n − 6

3n − 9= lim

n→∞ln

(3n − 6

3n − 9

)n

= ln limn→∞

(3n − 6

3n − 9

)n

= ln limn→∞

( 3n−63n

3n−93n

)n

=

= ln limn→∞

(1 − 63n

1 − 93n

)n

= ln limn→∞

(1 − 2

n

)n

(1 − 3

n

)n = lne−2

e−3=

= ln e−2−(−3) = ln e1 = 1


5. Odredit granicnu vrijednost (limes) niza kojemu je opci clanan =

√n2 + 8n + 3 − √

n2 + 4n + 3.

limn→∞

an = limn→∞

(√

n2 + 8n + 3 −√

n2 + 4n + 3) ·√

n2 + 8n + 3 +√

n2 + 4n + 3√n2 + 8n + 3 +

√n2 + 4n + 3

=

= limn→∞

√(n2 + 8n + 3)2 −√

(n2 + 4n + 3)2

√n2 + 8n + 3 +

√n2 + 4n + 3

= limn→∞

n2 + 8n + 3 − n2 − 4n − 3√n2 + 8n + 3 +

√n2 + 4n + 3

=

= limn→∞

4n√n2 + 8n + 3 +

√n2 + 4n + 3

: n

: n= lim

n→∞4

√n2+8n+3

n+

√n2+4n+3

n

=

= limn→∞

4√n2+8n+3

n2 +√

n2+4n+3n2

= limn→∞

4√1 + 8

n+ 3

n2 +√

1 + 4n

+ 3n2

=

=4√

1 + 8∞ + 3

∞ +√

1 + 4∞ + 3

∞

=4√

1 +√

1=

4

2= 2

6. Odredit granicnu vrijednost (limes) niza kojemu je opci clanan =

√3n3 + n − n

√3.

limn→∞

an = limn→∞

√3n3 + n − n

√3 ·

√3n3 + n + n

√3√

3n3 + n + n√

3= lim

n→∞(√

3n3 + n)2 + (n√

3)2

√3n3 + n + n

√3

=

= limn→∞

3n3 + n − 3n2

√3n3 + n + n

√3

: n3

: n3= lim

n→∞3 + 1

n2 − 3n√

3n3+nn3 +

√3

n2

= limn→∞

3 + 1n2 − 3

n√3n3+n

n6 +√

3n2

=

= limn→∞

3 + 1n2 − 3

n√3n3 + 1

n5 +√

3n2

=3 + 1

∞ − 3∞√

3∞ + 1

∞ +√

3∞

=3

0= ∞

7. Izracunaj: limn→∞

n · [ln(3n + 2) − ln 3n].

limn→∞

n · [ln(3n + 2) − ln 3n] = limn→∞

n ·[ln

3n + 2

3n

]= lim

n→∞ln

(3n + 2

3n

)n

=

= limn→∞

ln(1 +

3

3n

)n⏐⏐⏐ t = 23n

n = 23t

n → ∞t → 0

⏐⏐⏐ =

= limt→∞

ln(1 + t)23t = lim

t→∞ln

[(1 + t)

1t

] 23t

= ln e23 =

2

3


3.6 Redovi

Red oznacavamo: a1 + a2 + a3 + . . . + an + an+1 + . . . ili∞∑

n=1

an.

Npr. 1 + 3 + 5 + 7 + . . . 2n − 1 + . . . =∞∑

n=1

2n − 1- suma svih prirodnih neparnih brojeva

Ocito je suma svih neparnih prirodnih brojeva (suma reda) beskonacna. Za takav redkazemo da je divergentan red (suma mu je beskonacna).Ako je suma reda konacna, red zovemo konvergentnim.Parcijalna suma:• Prva parcijalna suma S1 = a1 = 1• Druga parcijalna suma S2 = a1 + a2 = 1 + 3 = 4• Treca parcijalna suma S3 = a1 + a2 + a3 = 1 + 3 + 5 = 9• . . . . . . . . . . . . . . . . . .• n-ta parcijalna suma Sn = a1 + a2 + a3 . . . + 2n − 1

Suma reda:• S = lim

n→∞Sn

Za red kazemo da je konvergentan ako je njegov niz parcijalnih suma (1, 4, 9, . . . ) kon-vergentan, a divergentan ako je niz parcijalnih suma divergentan.Nuzan uvijet da red konvergira je: lim

n→∞an = 0. To znaci, ako to nije ispunjeno da red

sigurno divergira.

Definicija: Redom realnih brojeva nazivamo ureden par nizova realnih brojeva ((an), (sn)),pri cemu an nazivamo opci clan reda s sn n-ta parcijalna suma tog reda.

Sumu reda je opcenito tesko izracunati, a samim time i odrediti konvergenciju reda. Zaneke specificne redove suma se moze izracunati:• geometrijski red (omjer bilo koja dva susjedna clana je konstantan i oznacava se q = an+1

an),

a |q| < 1, S = a1

1−q


Za redove, kojima se suma ne moze tako lako izracunati, odredujemo samo konvergenciju(da li konvergira ili divergira) pomocu kriterija konvergencije:

• D’Alambertov kriterij

limn→∞

an+1

an=

{< 1 − konvergira> 1 − divergira= 1 − neodlucno

• Cauchyjev kriterij

limn→∞

n√

an =

{< 1 − konvergira> 1 − divergira= 1 − neodlucno

- imati u vidu da je limn→∞

n√

n = 1 i limn→∞

n√

c = 1

• Kriterij usporedivanja

∞∑n=1

an usporedujemo sa redom

∞∑n=1

bn ciju konvergenciju znamo.

1) Ako je an ≤ bn a bn konvergira, tada i an konvergira2) Ako je an ≥ bn a bn divergira, tada i an divergira

Granicni oblik kriterija usporedivanja: Ako je limn→∞

an

bn> 0 tada oba reda istodobno

ili konvergiraju ili divergiraju.

Za usporedbu najcesce uzimamo redove∞∑

n=1

1

nk, za k > 1 red konvergira, za k ≤ red

divergira.


Zadaci za vjezbu

1. Ispitati konvergenciju reda

∞∑n=1

(n3 + 2n

2n3 − 3

)n.

- konvergenciju zadanog reda ispitujemo po Cauchyijevom kriteriju:

limn→∞

n√

an = limn→∞

n

√(n3 + 2n

2n3 − 3

)n

= limn→∞

n3 + 2n

2n3 − 3

: n3

: n3= lim

n→∞

n3

n3 + 2nn3

2n3

n3 − 3n3

= limn→∞

1 + 2n2

2 − 3n3

=

=1 + 2

∞2

2 − 3∞3

=1 + 0

2 − 0=

1

2< 1 ⇒ red konvergira

2. Ispitati konvergenciju reda∞∑n=1

6

2n3 − 3.

- konvergenciju zadanog reda ispitujemo pomocu poredbenog kriterija u formi limesa(kad god imamo opci clan ”polinom kroz polinom”).

∞∑n=1

6

2n3 − 3usporedujemo sa redom

∞∑n=1

1

n3(najveca potencija brojnika n0 = 1, najvece potencija nazivnika n3)

- za red

∞∑n=1

1

n3znamo da konvergira

- ispitujemo limes:

limn→∞

an

bn= lim

n→∞

62n3−3

1n3

= limn→∞

6n3

2n3 − 3

: n3

: n3= lim

n→∞6

2 − 3n3

=6

2 − 3∞

=6

2= 3 > 0

∞∑n=1

6

2n3 − 3konvergira zato sto

∞∑n=1

1

n3konvergira.


∞∑n=1

5n√n + 1

.

- konvergenciju zadanog reda ispitujemo pomocu D’Alambertovog kriterija.

limn→∞

an+1

an

= limn→∞

5n+1√n+1+15n√n+1

= limn→∞

5n+1 · √n + 1

5n · √n + 2= lim

n→∞5n · 51

5n·√

n + 1

n + 2= lim

n→∞5

√n

n=

= 5 · √1 = 5 > 1, red divergira



∞∑n=1

√n2 − 1

n5 − n − 1.

Poredbeni kriterij - granicni oblik

∞∑n=1

√n2 − 1

n5 − n − 1usporedujemo sa redom

∞∑n=1

√n2

n5=

∞∑n=1

n

n5=

∞∑n=1

1

n4k > 4 red konvergira

limn→∞

an

bn= lim

n→∞

√n2−1

n5−n−11n4

= limn→∞

n4 · √n2 − 1

n5 − n − 1= lim

n→∞

√n8(n2 − 1)

n5 − n − 1= lim

n→∞

√n10 − n8

n5 − n − 1=

= limn→∞√

n10

n5 = limn→∞ n5

n5 = 1 > 0

∞∑n=1

√n2 − 1

n5 − n − 1konvergira zato sto

∞∑n=1

1

n4konvergira.

5. Ispitati konvergenciju reda∞∑i=1

(2i2 + 1

2i2 − 1

)i3.

Cauchyjev kriterij:

limi→∞

i√

ai = limi→∞

i

√(2i2 + 1

2i2 − 1

)i3

= limi→∞

(2i2 + 1

2i2 − 1

)i2

= limi→∞

(2i2 + 1

2i2 − 1

: 2i2

: 2i2

)i2

= limi→∞

(1 + 12i2

1 − 12i2

)i2

=

=limi→∞

(1 +

1

2i2

)i2

limi→∞

(1 − 1

2i2

)i2=

limi→∞

(1 +

1

2i2

)i2

limi→∞

(1 − 1

2i2

)i2=

⏐⏐⏐ t= 12i2

i2= 12t

i→∞t→0

⏐⏐⏐⏐⏐⏐ t=− 12i2

i2=− 12t

i→∞t→0

⏐⏐⏐ =limt→0

(1 + t)12t

limt→0

(1 + t)−12t

=

=limt→0

[(1 + t)

1t

] 12

limt→0

[(1 + t)

1t

]− 12

=e

12

e−12

= e12−(− 1

2) = e1 = e ≈ 2, 71 > 1 red divergira


∞∑n=1

(n2 + 2

n2 − 3

)n3

.

Cauchyjev kriterij:

limn→∞

n√

an = limn→∞

n

√(n2 + 2

n2 − 3

)n3

= limn→∞

(n2 + 2

n2 − 3

)n2

= limn→∞

(n2 + 2

n2 − 3

: n2

: n2

)n2

=

= limn→∞

(1 + 2n2

1 − 3n2

)n2

= limn→∞

(1 + 2n2 )

n2

(1 − 3n2 )n2 =

e2

e−3= e5 > 1 red divergira



∞∑n=1

√n

n4 − 3.

- konvergenciju zadanog reda ispitujemo pomocu poredbenog kriterija u formi limesa∞∑

n=1

√n

n4 − 3usporedujemo sa redom

∞∑n=1

√n

n4∼

∞∑n=1

√1

n3∼

∞∑n=1

1

n32

( 32 > 1 red konvergira)

limn→∞

√n

n4−3√1n3

= limn→∞

√n · n3

n4 − 3= lim

n→∞

√n4

n4 − 3

: n4

: n4= lim

n→∞

√1

1 − 3n4

=

√1

1 − 3∞

= 1 > 0

∞∑n=1

√n

n4 − 3konvergira zato sto

∞∑n=1

√1

n3konvergira


n!

nn−1.

D’Alambertov kriterij

limn→∞

an+1

an

= limn→∞

(n+1)!(n+1)n+1−1

n!nn−1

= limn→∞

(n + 1)! · nn−1

n! · (n + 1)n= lim

n→∞n!(n + 1) · nn · n−1

n! · (n + 1)n=

= limn→∞

n + 1

n· nn

(n + 1)n= lim

n→∞n + 1

n

: n

: n· lim

n→∞nn

(n + 1)n=

= limn→∞

(1 +

1

n

)· lim

n→∞1

(n+1)n

nn

=(1 +

1

∞)· lim

n→∞1(

n+1n

)n = 1 · limn→∞

1(1 +

1

n

)n

︸︷︷︸e

=

= 1 · 1

e=

1

e< 1 red konvergira


3 + n2

n3 − 1.


n=1

3 + n2

n3 − 1usporedujemo sa redom

∞∑n=1

n2

n3=

∞∑n=1

1

n(harmonijski red i on divergira)

limn→∞

3+n2

n3−11n

= limn→∞

n · (3 + n2)

n3 − 1= lim

n→∞3n + n3

n3 − 1

: n3

: n3= lim

n→∞

3n2 + 1

1 − 1n3

=3∞ + 1

1 − 1∞

=0 + 1

1 − 0=

= 1 > 0

∞∑n=1

3 + n2

n3 − 1divergira jer

∞∑n=1

1

2divergira.



∞∑n=1

en−1

2(n − 1)!.


limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

en+1−1

2(n+1−1)!

en−1

2(n−1)!

= limn→∞

2(n + 1 − 1)! · en

2n! · en−1= lim

n→∞(n − 1)!

(n − 1)! · n · en−(n−1) =

= limn→∞

1

n· en−n+1 = lim

n→∞1

n· e =

1

∞ · e = 0 · e = 0 < 1 red konvergira


∞∑n=1

nn

(2n)!.


limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(n+1)n+1

[2(n+1)]!

nn

(2n)!

= limn→∞

(n + 1)n+1 · (2n)!

nn · (2n + 2)!= lim

n→∞(n + 1)n · (n + 1) · (2n)!

nn · (2n)! · (2n + 1) · (2n + 2)=

= limn→∞

(n + 1

n

)n

· n + 1

4n2 + 2n + 4n + 2= lim

n→∞e · n

4n2= lim

n→∞e · 1

4n=

= e · 1

∞ = e · 0 = 0 < 1 red konvergira


∞∑n=1

1√n2 + 2n

.


n=1

1√n2 + 2n

usporedujemo sa redom

∞∑n=1

1√n2

=

∞∑n=1

1

n(harmonijski red i on divergira)

limn→∞

1√n2+2n

1n

= limn→∞

n√n2 + 2n

: n

: n= lim

n→∞1

√n2+2n

n

= limn→∞

1√n2+2n

n2

= limn→∞

1√1 + 2

n

=

=1√

1 + 2∞

= 1 > 0

∞∑n=1

1√n2 + 2n

divergira jer∞∑

n=1

1

ndivergira



∞∑n=1

(n2 + n

n2 − 3

)n.

Cauchyjev kriterij:

limn→∞

n√

an = limn→∞

n

√(n2 + n

n2 − 3

)n

= limn→∞

n2 + n

n2 − 3= lim

n→∞n2

n2= 1 nema odluke - moramo na drugi nacin

-ispitujemo da li je ispunjen nuzan uvijet konvergencije(

limn→∞

an = 0)

limn→∞

an = limn→∞

(n2 + n

n2 − 3

)n

= 1∞ - neodreden oblik

limn→∞

(n2 + n

n2 − 3

: n

: n

)n

= limn→∞

( 1 + 1n

1 − 3n2

)n

=lim

n→∞

(1 +

1

n

)n

limn→∞

(1 − 3

n2

)n =e⏐⏐⏐ t=− 3

n2

n2=− 3t

n→∞t→0

⏐⏐⏐ =

=e

limn→∞

(1 + t)√

− 3t

=e

limn→∞

[(1 + t)

1t

]t√

− 3t

=e

limn→∞

[(1 + t)

1t

]√−3t

=e

e√−3·0

=

=e

1= e ≈ 2, 7 nije ispunjen nuzan uvijet konvergencije → red divergira


3n

(n + 1)! · 4n.

D’Alambertov kriterij:

limn→∞

3n+1

(n+1+1)!·4n+1

3n

(n+1)!·4n

= limn→∞

3n+1 · 4n · (n + 1)!

3n · 4n+1 · (n + 2)!= lim

n→∞3n · 3 · 4n · (n + 1)!

3n · 4n · 4 · (n + 1)!(n + 2)=

= limn→∞

3

4(n + 2)=

3

∞ = 0 < 1 red konvergira


( n2 + 2

3n2 − 3

)n.

Cauchyjev kriterij:

limn→∞

n√

an = limn→∞

n

√( n2 + 2

3n2 − 3

)n

= limn→∞

n2 + 2

3n2 − 3

: n2

: n2= lim

n→∞1 + 2

n2

3 − 3n2

=1 + 2

∞3 − 3

∞=

=1

3< 1 red konvergira


16. Ispitati konvergenciju reda2

3+

(2

3

)2

+(2

3

)3

+ . . .+(2

3

)n+ . . .i naci sumu

reda.

2

3+

(2

3

)2

+(2

3

)3

+ . . . +(2

3

)n

+ . . . =∞∑

n=1

(2

3

)n

Cauchyjev kriterij:

limn→∞

n√

an = limn→∞

n

√(2

3

)n

=2

3< 1 red konvergira

ovdje se radi o geometrijskom redu ciji je q =an+1

an

=(2

3)2

23

=2

3

cija je suma jednaka S =a1

1 − q=

23

1 − 23

=2313

= 2


∞∑n=1

1

ln n.

Konvergenciju zadanog reda ispitujemo pomocu kriterija o usporedivanju redova, koji glasi:

Ako su clanovi reda

∞∑n=1

an manji ili jednaki od

∞∑n=1

bn, pocevsi od nekoga, i ako

∞∑n=1

bn

konvergira onda i

∞∑n=1

an konvergira.

Ako su clanovi reda

∞∑n=1

an veci ili jednaki od

∞∑n=1

bn, pocevsi od nekoga, i ako

∞∑n=1

bn

divergira onda i

∞∑n=1

an divergira.

∞∑n=1

1

ln nusporedujemo sa

∞∑n=1

1

n, za kojeg znamo da divergira (harmonijski red).

∞∑n=1

1

n=

1

1+

1

2+

1

3+

1

4+ . . . +

1

n+ . . .

∞∑n=1

1

ln n=

1

n=

1

ln 1+

1

ln 2+

1

ln 3+

1

ln 4+ . . . +

1

ln n+ . . .

pocevsi od treceg:1

ln 3>

1

3,

1

ln 4>

1

4. . . ,

1

ln n>

1

3, . . .

Znaci: zato sto∞∑

n=1

1

ndivergira, i

∞∑n=1

1

ln ndivergira.


18. Odredite opci clan niza, ako su mu prva cetiri clana 12!

, 14!

, 16!

, 18!

. . .i ispitajkonvergenciju reda koji nastaje sumiranjem tog niza.

opci clan niza je 1(2n)!

konvergencija reda

∞∑n=1

1

(2n)!

D’Alambertov kriterij:

limn→∞

an+1

an

= limn→∞

1(2(n+1))!

1(2n)!

= limn→∞

(2n)!

(2n + 2)!= lim

n→∞(2n)!

(2n)!(2n + 1)(2n + 2)=

= limn→∞

1

(2n + 1)(2n + 2)=

1


19. Zadan je niz sa clanovima 1,1

8!,

1

27!,

1

64!,

1

125!. . .

a) nadi opci clan nizab) ispitaj konvergenciju reda

a) an =1

(n3)!

b) D’Alambertov kriterij:

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

1(n+1)3!

1n3!

= limn→∞

n3!

(n + 1)3!- tesko

bolje poredbeni:

∞∑n=1

1

(n3)!usporedujemo sa redom

∞∑n=1

1

n!koji konvergira po D’Alambertu.

Dokaz da je∞∑

n=1

1

n!konvergentan:

limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

1(n+1)!

1n!

= limn→∞

n!

(n + 1)!= lim

n→∞n!

n!(n + 1)= lim

n→∞1

n + 1=

=1


Clanovi reda∞∑

n=1

1

(n3)!≤

∞∑n=1

1

n!i onda mozemo reci da

∞∑n=1

1

(n3)!konvergira zato sto

∞∑n=1

1

n!konvergira jer je

1

(n3)!≤ 1

n!



∞∑n=2

ln n

n.

Konvergenciju zadanog reda ispitujemo pomocu poredbenog kriterija.∞∑

n=2

ln n

nusporedujemo sa redom

∞∑n=2

1

nkoji divergira.

∞∑n=2

1

n=

1

2+

1

3+

1

4+

1

5+ . . . +

1

n+ . . .

∞∑n=2

ln n

n=

ln 2

2+

ln 3

3+

ln 4

4+

ln 5

5+ . . . +

ln n

n+ . . .

Vidimo da su clanovi reda

∞∑n=2

ln n

n> clanova reda

∞∑n=2

1

n(svi osim prvog),

a red

∞∑n=2

1

ndivergira zato i red

∞∑n=2

ln n

ndivergira.


1. f(x) =

{3 · e

x2−2x+1

x2−3x+2 , x �= 1a, x = 1

. Odredi a ∈ R da bi funkcija f(x) bila neprekidna

u x = 1.

limx→1

f(x) = f(1) = a

limx→1

3 · ex2−2x+1x2−3x+2 = 3 · e

limx→1

x2 − 2x + 1

x2 − 3x + 2 = 3 · elimx→1

(x − 1)2

(x − 2)(x − 1) = 3 · elimx→1

x − 1

x − 2 =

= 3 · e 0−1 = 3 · e0 = 3 · 1 = 3

a = 3

2. f(x) =

{3x2−x−2sin(x−1)

, x �= 1a, x = 1

. Odredi a ∈ R da bi funkcija f(x) bila neprekidna

∀x ∈ R.

limx→1

3x2 − x − 2

sin(x − 1)= lim

x→1

3x2 − x − 2

sin(x − 1)· x − 1

x − 1= lim

x→1

3x2 − x − 2

(x − 1)

: x − 1

: x − 1= lim

x→1

3x + 2

1=

= 5a = 5

5. f(x) =

{sin(x−2)

x2−x−2, x �= 2

a, x = 2. Odredi a ∈ R da bi funkcija f(x) bila neprekidna

∀x ∈ R.

limx→2

sin(x − 2)

x2 − x − 2= lim

x→2

sin(x − 2)

x2 − x − 2· x − 2

x − 2= lim

x→2

x − 2

x2 − x − 2

: x − 2

: x − 2= lim

x→2

1

x + 1=

1

2 + 1=

=1

3a = 1

3

3. f(x) =

{x−6

x3+4x2−x(1 − cos x), x �= 0a, x = 0

. Odredi a ∈ R da bi funkcija f(x)

bila neprekidna ∀x ∈ R.

limx→0

x − 6

x3 + 4x2 − x(1−cos x) =

⏐⏐⏐cos x = cos(2 · x2) = cos2 x

2− sin2 x

2= 1 − sin2 x

2− sin2 x

2=

cos x = 1 − 2 sin2 x2⇒ 1 − cos x = 2 sin2 x

2

⏐⏐⏐ =

= limx→0

x − 6

x3 + 4x2 − x· 2 sin2 x

2= lim

x→0

(x − 6) · 2 sin2 x2

x(x2 + 4x − 1)=

= limx→0

(x − 6) · 2 sin x2

x2 + 4x − 1· sin x

2

x= lim

x→0

2(x − 6) · sin x2

x2 + 4x − 1· sin x

22xx

=2(0 − 6) sin 0

0 + 0 − 1· 1

2=

0

−1

1

2= 0

a = 0


3.7 Matematicka indukcija

Matematicka indukcija je metoda kojom dokazujemo neke tvrdnje. Sastoji se od tri koraka:

I. baza indukcijedokazujemo da tvrdnja vrijedi za: n = 1 (ako je n ∈ N)

za: n = 3(ako je n ≤ 3)za: n = 0(ako je n ∈ N0)

II. pretpostavka indukcije: n = k

III. dokazdokazujemo da tvrdnja vrijedi za n = k + 1 pod pretpostavkom n = k

Ako tvrdnja vrijedi za prvi (n = 1), za k-ti (n = k) i k+1 onda kazemo da tvrdanja vrijediza svaki n.

1. Matematickom indukcijom dokazite tvrdnju: 1+2+3+ . . .+n =n(n + 1)

2.

I. baza n = 1 1 =1

2· 2

II. pretpostavka n = k 1 + 2 + 3 + . . . + k =k(k + 1)

2

III. dokaz n = k + 1

1 + 2 + 3 + . . . + k + (k + 1) =(k + 1)(k + 2)

2k(k + 1)

2+ (k + 1) =

(k + 1)(k + 2)

2| · 2

k(k + 1) + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 2)

(k + 1)(k + 2) = (k + 1)(k + 2)

2. Matematickom indukcijom dokazite tvrdnju:1 + 5 + 9 + . . . + (4n − 3) = n(2n − 1).

I. baza n = 1 1 = 1(2 − 1)

II. pretpostavka n = k 1 + 5 + 9 + . . . + (4k − 3) = k(2k − 1)


1 + 5 + 9 + . . . + (4k − 3) + (4(k + 1) − 3) = (k + 1)(2(k + 1) − 1)

k(2k − 1) + (4k + 1) = (k + 1)(2k + 1)

2k2 + 3k + 1 = 2k2 + 3k + 1


3. Matematickom indukcijom dokazite da je 5n + 2n+1 djeljivo sa 3 za svakiprirodan broj (3 | 5n + 2n+1 ∀n ∈ N).

I. baza n = 1 51 + 22 = 9 je djeljiv sa 3

II. pretpostavka n = k 5k + 2k+1 = 3 · m, m ∈ N


5k+1 + 2k+2 = 5 · 5k + 2 · 2k+1 = 2(5k + 2k+1) + 3 · 5k = 2 · 3m + 3 · 5k = 3(2m + 5k)

4. Matematickom indukcijom dokazite da 19 | 7 · 52n + 12 · 6n ∀n ∈ N.

I. baza n = 1 7 · 25 + 72 = 175 + 72 = 247 je djeljivo sa 19

II. pretpostavka n = k 7 · 52k + 12 · 6k = 19 · m, m ∈ N


7·52(k+1)+12·6(k+1) = 7·52k+2+12·6(k+1) = 7·52k ·52+12·6k ·6 = 6(7·52k+12·6k)+19·52k == 6 · 19m + 19 · 52k = 19(6m + 52k)

5. Matematickom indukcijom dokazite da (I + A)n = I + (2n − 1)A, uz uvjetA2 = A.

I. baza n = 1 (I + A) = I + (2 − 1)A

II. pretpostavka n = k (I + A)k = I + (2k − 1)A


(I + A)k+1 = I + (2k+1 − 1)A

(I + A)k · (I + A) = I + (2k+1 − 1)A

[I + (2k − 1)A](I + A) = I + (2k+1 − 1)A

I2 + (2k − 1)A + A + (2k − 1)A2 = I + (2k+1 − 1)A

I + (2k − 1)A + A + (2k − 1)A = I + (2k+1 − 1)A

I + 2(2k − 1)A + A = I + (2k+1 − 1)A

I + (2k+1 − 2)A + A = I + (2k+1 − 1)A

I + (2k+1 − 2 + 1)A = I + (2k+1 − 1)A

I + (2k+1 − 1)A = I + (2k+1 − 1)A


6. Matematickom indukcijom dokazite da (I + A)n = 2n−1(I + A), uz uvjetA2 = I.

I. baza n = 1 (I + A) = I + A

II. pretpostavka n = k (I + A)k = 2k−1(I + A)


(I + A)k+1 = 2k(I + A)

(I + A)k · (I + A) = 2k(I + A)

[2k−1(I + A)](I + A) = 2k(I + A)

2k−1(I2 + 2A + A2) = 2k(I + A)

2k−1(I + 2A + I) = 2k(I + A)

2k−1(2I + 2A) = 2k(I + A)

2k−12(I + A) = 2k(I + A)

2k(I + A) = 2k(I + A)

7. Matematickom indukcijom dokazite tvrdnju:n∑i=1

(2i − 1) · 2i =1

3n(n + 1)(4n − 1).

I. baza n = 1

(2 · 1 − 1) · 2 · 1 = 13· 1(1 + 1)(4 · 1 − 1)

1 · 2 = 13· 2 · 3

2 = 2

II. pretpostavka n = k

k∑i=1

(2i − 1) · 2i =1

3k(k + 1)(4k − 1)


k∑i=1

(2i − 1) · 2i + [(2(k + 1) − 1) · 2(k + 1)] =1

3(k + 1)(k + 1 + 1)(4(k + 1) − 1)

1

3k(k + 1)(4k − 1) + (2k + 1)(2k + 2) =

1

3(k + 1)(k + 2)(4k + 3) \ · 3

k(k + 1)(4k − 1) + 3(2k + 1)2(k + 1) = (k + 1)(k + 2)(4k + 3) \ : (k + 1)

k(4k − 1) + 6(2k + 1) = (k + 2)(4k + 3)

4k2 − k + 12k + 6 = 4k2 + 8k + 3k + 6

4k2 + 11k + 6 = 4k2 + 11k + 6


8. Matematickom indukcijom dokazite tvrdnju:n5

5+

n4

2+

3n

10∈ N, ∀n ∈ N.

I. baza n = 1

15

5+

14

2+

3 · 110

=1

5+

1

2+

3

10=

2 + 5 + 3

10=

10

10= 1 ∈ N

II. pretpostavka n = kk5

5+

k4

2+

3k

10= m ∈ N


(k+1)5

5+ (k+1)4

2+ 3(k+1)

10= k5+5k4+10k3+10k2+5k+1

5+ k4+4k3+6k2+4k+1

2+ 3k+3

10=

= k5

5+ 5k4+10k3+10k2+5k+1

5+ k4

2+ 4k3+6k2+4k+1

2+ 3k

10+ 3

10=

= m+5k4+10k3+10k2+5k+15

+4k3+6k2+4k+12

+ 310

= m+10k4+40k3+30k2+30k+1010

=

= m + 10(k4+4k3+3k2+3k+1)10

= m + (k4 + 4k3 + 3k2 + 3k + 1) ∈ N

9. Matematickom indukcijom dokazite da 4 | 5n + 2 · 3n−1 ∀n ∈ N.

I. baza n = 1

51 + 2 · 31−1 = 5 + 2 · 30 + 1 = 5 + 2 + 1 = 8 je djeljiv sa 4

II. pretpostavka n = k 5k + 2 · 3k−1 = 4m, m ∈ N


5k+1 +2 ·3(k+1)−1 +1 = 5k ·51 +2 ·3k+1−1 +1 = 5 ·5k +2 ·3k−1 ·31 +1 = 5 ·5k +6 ·3k−1 +1 == 5k+4·5k+2·3k−1+4·3k−1+1 = 4m+4·5k+3k−1 = 4(m+5k+3k−1)

10. Matematickom indukcijom dokazite da 3 | 3n + 6n+1 ∀n ∈ N.

I. baza n = 1

31 + 61+1 = 3 + 62 = 3 + 36 = 39 (39 : 3 = 13)


3k + 6k+1 = 3m, m ∈ N


3k+1 + 6k+1+1 = 3k · 31 + 6k+1 · 61 = 3 · 3k + 6 · 6k+1 = 3 · 3k + 3 · 6k+1 + 3 · 6k+1 == 3(3k + 6k+1) + 3 · 6k+1 = 3 · m + 3 · 6k+1 = 3(3m + 6k+1)


11. Matematickom indukcijom dokazite da vrijedi:

1√n

+1√2n

+1√3n

+ . . . +1√

n(n − 1)+

1√nn

≥ 1, ∀n ∈ N.

I. baza n = 1

1√1≥ 1 ⇒ 1 = 1


1√n

+1√2n

+1√3n

+ . . . +1√

n(n − 1)+

1√kn

≥ 1 | + 1√(k + 1)n

1√n

+1√2n

+1√3n

+ . . . +1√

n(n − 1)+

1√kn

+1√

(k + 1)n≥ 1 +

1√(k + 1)n

1√n

+1√2n

+1√3n

+ . . . +1√

n(n − 1)+

1√kn

+1√

(k + 1)n≥ 1

n = k + 1 III. dokaz


Zadaci za vjezbu

1. Odredi limese:

a) limn→∞

(3 − n)2 + (3 + n)2

(3 − n)2 − (3 + n)2b) lim

n→∞

(3 − n)4 − (2 − n)4

(1 − n)3 − (1 + n)3

c) limn→∞

(6 − n)2 + (6 + n)2

(6 + n)2 − (1 − n)2d) lim

n→∞

8n3 − 2n

(n + 1)4 − (n − 1)4

Rjesenja:

a) −∞ b) 2 c) −127

d) −4 e) 0 f) 2

2. Odredi limese:

a) limn→∞

3√

n2 − 1 + 7n3

4√

n12 + n + 1 − nb) lim

n→∞

6n3 − √n5 + 1√

4n6 + 3 − n

c) limn→∞

√n + 2 − √

n2 + 24√

n4 + 1 − 3√

n4 − 1d) lim

n→∞

√n4 + 2 +

√n − 2

4√

n5 + 2 +√

n − 3

Rjesenja:

a) 0 b) 3 c) 0 d) ∞

3. Odredi limese:

a) limn→∞

(√

n2 + 1 −√

n2 − 1 b) limn→∞

(√

n3 − 3n + 2 − n)

c) limn→∞

2n + 7n

2n − 7n−1d) lim

n→∞

2n − 5n+1

2n+1 + 5n+2

Rjesenja:

a) 0 b) ∞ c) −7 d) −15

4. Odredi limese:

a) limn→∞

(2n + 3

2n + 1

)n+1

b) limn→∞

(n2 − 1

n2

)3n2

c) limn→∞

(n + 3

n + 5

)n+4

Rjesenja:

a) e b) 1e3 c) 1

e2


5. Odredi limese:

a) limx→2

x3 − 3x − 2

x2 − x − 2b) lim

x→1

x2 − 2x + 1

2x2 − x − 1c) lim

x→2

x3 − 3x − 2

x − 2

d) limx→1

√x − 1

x2 − 1e) lim

x→0

√9 + 3x − 6√

x − 3f) lim

x→0

3√

1 + x2 − 1

x2

Rjesenja:

a) 3 b) 0 c) 9 d) 14

e) 32

f) 13

6. Poredbenim kriterijem ispitajte konvergenciju redova:

a)∞∑n=1

2

(2n − 1)22nb)

∞∑n=1

2 + n

1 + n2c)

∞∑n=1

1

3n − 1d)

∞∑n=1

1

n2 − 4n + 5

e)

∞∑n=1

1√n2 + 2n

f)

∞∑n=1

√n

n4 + 1g)

∞∑n=1

1

ln nh)

∞∑n=1

(√

n−√n − 1)

Rjesenja:

a) konvergira b) divergira c) divergira d) konvergirae) divergira f) konvergira g) divergira h) divergira

7. D’Alambertovim kriterijem ispitajte konvergenciju redova:

a)∞∑n=1

3n2−1

2n2√nb)

∞∑n=1

nn

n!n!c)

∞∑n=1

nn

(2n)!d)

∞∑n=1

72n

(2n − 1)!

e)

∞∑n=1

n2

(n − 1)!f)

∞∑n=1

3n

(n + 2)!4ng)

∞∑n=1

n!√2n + 3

h)

∞∑n=1

nn

n!

Rjesenja:

a) divergira b) konvergira c) konvergira d) konvergirae) konvergira f) konvergira g) divergira h) divergira

8. Cauchyjevim kriterijem ispitajte konvergenciju redova:

a)

∞∑n=1

2−n(n + 1

n

)n2

b)

∞∑n=1

(n2 + 2

n2 + 1

)n3

c)

∞∑n=1

n3

(ln n)nd)

∞∑n=1

2n+1

nn

e)∞∑n=1

n53n

(2n + 1)nf)∞∑n=1

√n( n − 2

2n + 1

)3n

g)∞∑n=1

n(3n − 1

4n + 2

)2n

h)∞∑n=1

n3n+2

5n

Rjesenja:

a) divergira b) divrgira c) konvergira d) konvergirae) konvergira f) konvergira g) konvergira h) konvergira


4 Derivacije (Diferencijalni racun)

Pojam derivacije

Derivacija je mjera za dinamiku nekog procesa iliti odnosa iliti veze ili ako bas hocetematematicki funkcije - znaci koliko se brzo nesto mijenja.Ako, recimo, odnos brzo napreduje znaci da ima veliku derivaciju, a ako sporo napredujeima malu derivaciju. Ako odnos uopce ne napreduje nego stagnira, derivacija je nula.Odnos moze i nazadovati pa ima negativnu derivaciju.Naravno, jedan te isti odnos moze danas stagnirati, sutra napredovati, prekosutra jo brzenapredovati, dosegnuti kulminaciju pa nakon toga nazadovati.Znaci, promatramo promjenu odnosa u odredenom trenutku

ili matematicki poopceno, promatramo promjenu y (funkcije) za odredeni x.


Sada cemo tu cijelu pricu opisati matematicki. Ako promatramo neku funkciju y=f(x)

(eksponencijalna)

∆x

∆x

x x + ∆x

∆y

f(x + ∆x)

f(x)

∆y

Vidjet cemo da male (skoro nula) promjene x − a (∆x) izazivaju nekakve promjene y − a(∆y). Upravo ce odnos tih promjena definirati derivaciju funkcije ali cim smo rekli da je∆x jako mali (tezi nuli), moramo u igru uvesti derivacije.

Znaci, derivacija koju oznacavamo s f(x) ili y je definirana kao: f ′(x) = lim∆x→0

∆y

∆x, gdje

je ∆y = f(x + ∆x) − f(x) pa

f ′(x) = lim∆x→0

f(x + ∆x) − f(x)

∆xTo je osnovna definicija derivacija iz koje izvodimo derivacije svih funkcija.

1. izvod za derivacija funkcije f(x) = x2

f ′(x) = lim∆x→0

f(x + ∆x) − f(x)

∆x= lim

∆x→0

(x + ∆x)2 − x2

∆x= lim

∆x→0

x2 + 2x∆x + ∆2x − x2

∆x=

= lim∆x→0

2x∆x + ∆2x

∆x= lim

∆x→0

∆x(2x + ∆x)

∆x= lim

∆x→02x + ∆x = 2x + 0 = 2x

znaci: (x2)′ = 2x

2. izvod za derivacija funkcije f(x) =√

x

f ′(x) = lim∆x→0

f(x + ∆x) − f(x)

∆x= lim

∆x→0

√x + ∆x −√

x

∆x·√

x + ∆x +√

x√x + ∆x +

√x

=

= lim∆x→0

(√

x + ∆x)2 − (√

x)2

∆x(√

x + ∆x +√

x)= lim

∆x→0

x + ∆x − x

∆x(√

x + ∆x +√

x)= lim

∆x→0

∆x

∆x(√

x + ∆x +√

x)=

= lim∆x→0

1√x + ∆x +

√x

=1

2√

x

znaci: (√

x)′ =1

2√

xitd.


Derivacije elementarnih funkcija

1. (c)′ = 0 (5)′ = 02. (x)′ = 13. (cx)′ = c (5x)′ = 54. (x2)′ = 2x5. (cxn)′ = c · n · xn−1 (3x6)′ = 18x5

5.1.( 1

x6

)′=

(x−6

)′= −6x−7 =

−6

x7

5.2.(

3√

x5)′

=(x

53

)′=

5

3x

23 =

5

3

3√

x2

5.2.( 1

3√

x

)′=

( 1

x13

)′=

(x− 1

3

)′= −1

3x− 4

3 = − 1

3x43

= − 1

33√

x4

6. (√

x)′ = 12√

x

7. (ax)′ = ax ln a (5x)′ = 5x ln 58. (ex)′ = ex

9. (loga x)′ =1

x ln a(log x)′ =

1

x ln 10

10. (ln x)′ =1

x11. (sin x)′ = cos x12. (cos x)′ = − sin x

13. (tg x)′ =1

cos2 x

14. (ctg x)′ = − 1

sin2 x

15. (arcsin x)′ =1√

1 − x2

16. (arccos x)′ =−1√1 − x2

17. (arctg x)′ =1

1 + x2

18. (arcctg x)′ =−1

1 + x2

Svojstva derivacije

1. (u ± v)′ = u′ ± v′ (x2 + sin x)′ = (x2)′ + (sin x)′ = 2x + cos x

2. (u · v)′ = u′ · v + u · v′ (5x · ln x)′ = 5x ln 5 · ln x + 5x · 1

x

3.(u

v

)′=

u′ · v − u · v′

v2

(2x − 1

ex

)′=

2 · ex − (2x − 1) · ex

(ex)2=

ex(2 − 2x + 1)

(ex)2=

3 − 2x

ex

4. [a · f(x)]′ = a · f ′(x) (2 · sin x)′ = 2 · (sin x)′ = 2 · cos x

Derivacije slozene funkcije

Elementarna funkcija je npr. f(x) = sin x i njena derivacija je (sin x)′ = cos xAko kod sin x umjesto x imamo bilo sto drugo dobijemo slozenu funkciju.


f(x) = sin x elementarna funkcije (sin x)′ = cos xf(x) = sin 3x5 slozena funkcijaDerivacije slozene funkcije: derivacija sin© je cos© ali jos mnozimo sa derivacijom ©Znaci: (sin 3x5)′ = cos 3x5· = (3x5)′ cos 3x5 · 15x4

Primjeri: (sin(−x))′ = cos(−x) · (−x)′ = cos(−x) · 15x4

(sin ln x)′ = cos ln x · (ln x)′ = cos ln x · 1

x[sin(5x2 + 6x)]′ = cos(5x2 + 6x) · (5x2 + 6x)′ = cos(5x2 + 6x) · (10x + 6)

Duplo slozena funkcija:

(sin ln√

x)′ = cos ln√

x · (ln√x)′ = cos ln

√x · 1√

x· (√x)′ = cos ln

√x · 1√

x· 1

2√

x

Elementarna funkcija: (ex)′ = ex

Slozene funkcije: (e2x)′ = e2x · (2x)′ = e2x · 2(e

√x)′ = e

√x · √x

′= e

√x · 1

2√

x

Elementarna funkcija: (x2)′ = 2xSlozene funkcije: [(3x + 5)2]′ = 2 · (3x + 5) · (3x + 5)′ = 2 · (3x + 5) · 3

[(ln x)2]′ = 2 · ln x · 1

x(sin2 x)′ = [(sin x)2]′ = 2 · sin x · (sin x)′ = 2 · sin x · cos x

f(x) =e√

x

x2, f ′(x) =

(e√

x)′ · x2 − e√

x · (x2)′

(x2)2=

e√

x · 12√

x· x2 − e

√x · 2x

x4

f(x) =ex · (x2 − 1)

ln x, f ′(x) =

[ex · (x2 − 1)]′ · ln x − ex · (x2 − 1)(lnx)′

(lnx)2=

=[(ex)′ · (x2 − 1) + ex · (x2 − 1)′] · ln x − ex · (x2 − 1) · 1

x

(ln x)2=

=[ex · (x2 − 1) + ex · 2x] · ln x − ex · (x2 − 1) · 1

x

(ln x)2


Zadaci za vjezbu

1. Pomocu definicione formule odredite f (x0):

a) f(x) = x2 − 3x, x0 = 1 b) f(x) = 4x2 + 7, x0 = −1

c) f(x) =1√x

, x0 =√

2 d) f(x) =1

2x + 3, x0 = −1

e) f(x) =x

x + 1, x0 = 0 f) f(x) =

√2x − 1, x0 = 2

g) f(x) = x2 + 3√

x, x0 = 4 h) f(x) =√

x +5

x, x0 = 4

Rjesenja:

a) f ′(1) = −1 b) f ′(−1) = −8 c) f ′(√

2) = −2−74 d) f ′(−1) = −2 e) f ′(0) = 1

f) f ′(2) =1√3

g) f ′(4) =19

4h) f ′(4) = − 1

16i) f ′(8) =

1

12j) f ′(81) =

1

12

2. Odredite derivacije funkcija:

a) y = x + sin π b) y = 29 c) y = cos e − e5

d) y = (3x)4 − (2x)5 e) y = (x2 + 2x)2 f) y = (2x)2(3x + 5)

g) y = (x2−2)(x+1) h) y = x(3x+2)(3x−2) i) y = 8x3−3(x+1)2+2

j) y =

√x√

x√

x k) y = 2x + log2 x l) y =

√x + 13√

x

Rjesenja:

a) y′ = 1 b) y′ = 0 c) y′ = 0

d) y′ = −160x4+324x3 e) y′ = 2(x2+2x)(2x+2) f) y′ = 8x(3x+5)+12x2x

g) y′ = 3x2(x + 1) + (x2 − 2) h) y′ = 27x2 − 4 i) y′ = 24x2 − 6(x + 1)

j) y′ =7

8x− 1

8 k) y′ = 2x ln 2 +1

x ln 2l) y′ =

1

6x− 5

6 − 1

3x− 4

3



a) y = x sin x b) y = sin2 x c) y = sin x cos x d) y = ex ln x

e) y = x arctg x f) y = x2 cos x g) y =x2 − 2

x + 3h) y =

x2 + 4x + 4

1 − x3

i) y =(x2 + 7)(x + 2)

x(x − 3)j) y =

cos x + sin x

exk) y =

( 1

x + 1

)( 2

x + 2

)Rjesenja:

a) y′ = x cos x + sin x b) y′ = 2 sin x cos x = sin(2x) c) y′ = cos2 x − sinx = cos(2x)

d) y′ = ex(ln x + 1x) e) y′ = arctg x + x

1+x2 f) y′ = 2x cos x − x2 sin x

g) y′ =x2 + 6x + 2

(x + 3)2h) y′ =

−x6 + 12x3 + 12x2 + 4

(1 − x3)2i) y′ =

x4 − 6x3 − 13x2 − 28x + 12

(x2 − 3x)2

j) y′ = −2e−x sin x k) y′ = − 4x + 6

(x2 + 3x + 2)2


a) y =

√x2 + 1

(x + 5)3b) y =

(√

x + 7)3

√9 − x2

c) y =√

10 − √x d) y = x sin 1

x

e) y = x2 ln(x − a) f) y = ex2tg(2x) g) y = ln tg x h) y = 5cosx

Rjesenja:

a) y′ =

12√

x2+1· (x + 5)3 −√

x2 + 1 · 3(x + 5)2

(x + 5)6=

−2x2 + 5x − 3√x2 + 1(x + 5)4

b) y′ =3(√

x + 7)2 · 12√

x· √9 − x2 − (

√x + 7)3 · 1

2√

9−x2 · (−2x)

9 − x2

c) y′ =1

2√

10 −√x· (− 1

2√

x) =

−1

4√

x√

10 −√x

d) y′ = sin1

x+ x · cos

1

x· (− 1

x2) = sin

1

x− 1

x· cos

1

x

e) y′ = 2x · ln(x − a) + x2 · 1

x − a

f) y′ = ex2 · 2x · tg(2x) + ex2 · 1

cos2(2x)· 2 = 2 · ex2

[x tg(2x) +

1

cos2(2x)

]g) y′ =

1

tg x· 1

cos2 x=

cos x

sin x· 1

cos2 x=

1

sin x · cos x

h) y′ = 5cos x · ln 5 · (− sin x)


4.1 Trazenje ekstrema funkcije

Ekstremi: minimum i maksimum

Postupak trazenja ekstrema:1. nademo prvu derivaciju i ”sredimo ju”f ′(x)2. izjednacimo je s nulom i rijesimo jednadzbu f ′(x) = 0 cija se Rjesenja x1, x2, . . . zovustacionarne tocke3. nademo drugu derivaciju i uvrstavamo stacionarne tockef ′′(x1) > 0 → min(x1, y1)

< 0 → max(x1, y1)= 0 → infleksija (nije ekstrem)

Ponoviti postupak za x2, x3, . . .

Primjer:f(x) = x3 − 3x2 − 9x + 11. f ′(x) = 3x2 − 6x − 92. 3x2 − 6x − 9 = 0 / : 3x2 − 2x − 3 = 0

x1,2 =2 ±√

4 + 12

2=

2 ± 4

2x1 = 3, x2 = −1 stacionarne tocke

3. f ′′(x) = 6x − 6f ′′(3) = 6 · 3 − 6 = 12 > 0 → min(3, 0)f ′′(−1) = 6 · (−1) − 6 = −12 < 0 → max(−1, 0)


4.2 L’Hospitalovo pravilo

- pravilo za racunanje limesa, primjenom derivacije- da bismo ga mogli upotrijebiti moramo imati limes kvocijenta (ili ga mozemo svesti nate oblike) i moramo imati neodreden oblik ”0

0” ”∞

∞” (ili ga mozemo svesti na te oblike)- ako su ispunjena ta dva uvijeta L’H pravilo glasi:

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)

g′(x)= lim

x→a

f(x)′′

g(x)′′. . .

Primjeri:

1. limx→∞

3x3 + 2x − 1

7x3 − 2=

(∞∞

)= lim

x→∞9x2 + 2

21x2=

(∞∞

)= lim

x→∞18x

42x=

18

42=

3

7

2. limx→0

sin x

x=

(0

0

)= lim

x→0

cos x

1=

cos 0

1= 1

3. limx→∞

ex

x2=

(∞∞

)= lim

x→∞ex

2x=

(∞∞

)= lim

x→∞ex

x=

∞2

= ∞

4. limx→0+

x · ln x = limx→0+

ln x1x

= limx→0+

1x

− 1x2

= limx→0+

−x = 0

Zadaci za vjezbu

1. Primjenom L’Hospitalova pravila izracunajte limese:

a) limx→0

sin x2

xb) lim

x→0

tg x − x

x − sin xc) lim

x→0

1 − cos x

x2d) lim

x→0

1 + cos√

x

sin x

e) limx→π

2

tg x2

− 1

x − π2

f) limx→0+

x2

x − sin xg) lim

x→0+

(1

x− 1√

x

)h) lim

x→∞

ln x

x

i) limx→0+

x ln x j) limx→0

sin x

ex − e−xk) lim

x→0

sin x2

cos2 x − 1l) lim

x→π

sin2 x

(x − π)2

m) limx→π

2

cos x ln(x − π

2) n) lim

x→∞(x + ex)

3x o) lim

x→0+x3e

1x

p) limx→∞

(1 +

2

x

)xq) lim

x→∞

(1 +

1

x2

)xr) lim

x→∞

(1 +

1

x2

)x2

Rjesenja:

a) 0 b) 2 c)1

2d) +∞ e) 1 f) +∞ g) +∞ h) 0 i) 0

j)1

2k) −1 l) 1 m) 0 n) e3 o) +∞ p) e2 q) 1 r) +∞


4.3 Trazenje domene funkcije

Domena funkcije su x za koje se funkcija moze izracunati.Neke elementarne funkcije su definirane za sve x ∈ R (x2, sin x, x + 1, ex, . . .) a neke basinisu pa na njih treba pripaziti (

√x, x+1

x−1, log x, ln x, arcsin x, . . .)

Uvjeti za trazenje domene:

1.√

f(x) → f(x) > 0

2.f(x)

g(x)→ g(x) �= 0

3. log f(x) ili ln f(x) → f(x) > 0

4. arcsin f(x) ili arccos f(x) → f(x) ≤ 0 i f(x) ≥ −1

Primjeri:

1. f(x) =ex

x|x �= 0 → D = R\{0}|

2. f(x) =ln(x − 1)

x|x − 1 > 0 i x �= 0

x > 1 i x �= 0 ⇒ D : x ∈< 1, +∞ > |

3. f(x) =√

x − 2 + 12x−3

− log(x + 4)I. uvjet II. uvjet III. uvjet

x − 2 ≥ 0 2x − 3 �= 0 x + 4 > 0x ≥ 2 x �= 3

2x > −4

Domena su sve x koji zadovoljavaju sve uvjete: D : x ∈ [2, +∞ >.

4. f(x) = (x − 1)−2 · ex = ex

(x−1)2

uvjet (x − 1)2 �= 0x − 1 �= 0

x �= 1D = R\{1}


4.4 Rjesavanje nejednadzbi

1. Linearne nejednadzbea) 2x − 1 ≤ −3x + 22x + 3x ≤ 2 + 1

5x ≤ 3

x ≤ 3

5x ∈ 〈−∞,

3

5]

b) x + 2 ≤ 4x − 3x − 4x ≤ −3 + 2−3x ≤ −5

x ≥ 5

3x ∈ [

5

3,∞〉

2. Kvadratna nejednadzba

rjesavamo je tako da doticnu parabolu skiciramo (nademo x1 i x2, gledamo a) i ondaocitamo rjesenje

a) x2 − 5x + 6 ≤ 0

x1,2 =−b ±√

b2 − 4ac

2a=

−5 ±√25 − 4 · 1 · 62a

=5 ± 1

2x1 = 2, x2 = 3

a = 1 > 0 znaci ∪

- sad se pitamo za koje je x-ove parabola < 0 i vidimo za x ∈ [2, 3]

3. Nejednadzbe tipaax + b

cx + d≤ 0 rjesavamo tako da skiciramo pravac y = ax + b,

zatim y = cx + d i ocitamo rjesenje.


a)2x − 1

x + 2< 0

- kvocijent je negativan (< 0) kada je jedan pravac pozitivan, a drugi negativan a to je zax ∈ 〈−2, 1

2〉

4. Nejednadzbe tipaf(x)

g(x)< 0 (> 0) rjesavamo kao i 3)

- skiciramo obje funkcije i ocitamo rjesenje

a)x + 2

x2 − 5x + 6> 0

- crtamo pravac i parabolu

- kvocijent je poziivan (> 0) ako su oba pozitivna ili oba negativna, a to je za:x ∈ 〈−2, 2〉 ∪ 〈3, +∞〉

b)(x − 1)2

2x − 1> 0

- kvocijent je negativan (< 0) ako je jedna funkcija pozitivna a druga negativna;(x − 1)2 je uvijek pozitivno zbog kvadrata, znaci da 2x − 1 mora biti negativno da bi svezajedno bilo negativno:2x − 1 < 0

2x < 1x < 1

2


5.e2x−3

x + 2> 0

e na nesto je uvijek pozitivno, znaci da i x + 2 mora biti pozitivno da bi sveukupno bilopozitivnox + 2 > 0

x > −2

4.5 Asimptote

- pravac p je asimptota funkcije f(x) ako udaljenost tocka A na krivulju od pravca p kon-vergira nuli kad se udaljavamo od ishodista (pojednostavljeno: asimptota je pravac kojemufunkcija tezi ali ga nikada ne dira)

- postoji vertikalna (v.a.), horizontalna (h.a.) i kosa (k.a) asimptota

vertikalna asimptota (v.a.) - trazimo je u tockama prekida domene (ili na rubu inter-vala)npr. za prethodnu sliku: D=R/{−1}v.a. trazimo za x = −2, x = 1 i za svaku tocku prekida ispitujemo lijevi limes

(lim

x→−2−f(x)

)i desni limes

(lim

x→−2+f(x)

), tako i za x = 1 ispitujemo: lim

x→1−f(x) lim

x→1+f(x)

- ako je limx→a

f(x) = ±∞ → u x = a je v.a.

= neki broj → u x = a nije v.a.

horizontalna asimptota (h.a.)- uvijek ispitujemo: lim

x→∞f(x) i lim

x→−∞f(x)

- ako je rjesenje limesa ±∞, nema h.a.- ako je lim

x→±∞f(x) = a (moze biti i 0) → y = a je h.a.

kosa asimptota (k.a.)- ako ima h.a. kosa ne postoji- ako nema h.a. trazimo k.a. y = ax + b

a = limx→∞

f(x)

x= ±∞ ili 0 → nema k.a.

= a (neki broj) → trazimo ”b”

b = limx→∞

[f(x) − ax] = ±∞ → nema k.a.

= c (moze i 0) → k.a. y = ax + b


Derivacija implicitno zadane funkcije

3y2 = 3xy2 − 4x3 /′

3 · 2y · y′ = (3x)′ · y2 + 3x(y2)′ − 12x2

6 · y · y′ = 3y2 + 3x2yy′ − 12x2

6 · y · y′ − 6xyy′ = 3y2 − 12x2

y′ · (6y − 6xy) = 3y2 − 12x2 / : (6y − 6xy)

y′ =3y2 − 12x2

6y − 6xy

Logaritamsko deriviranje- za funkcije tipa y = [f(x)g(x)]

y = xx

ln y = ln x

ln y = x ln x1

y= ln x + x · 1

x

y′ = (ln x + 1)y

y′ = (ln x + 1)xx

Derivacija inverzne funkcije

[f−1(x)] =1

f ′[f−1(x)]

(arcsin x)′ =1

cos(arcsin x)=

1√1 − sin2(arcsin x)

= [sinarcsin x = x] =1√

1 − x2


4.6 Osnovni teoremi diferencijalnog racuna

Cauchyjev teorem:

Neka su f i g neprekidne funkcije na segmentu [a, b] i derivabilne na intervalu < a, b >.Ako je g′(x) �= 0 za svaki x ∈< a, b >, onda postoji tocka c ∈< a, b > takva da je

f(b) − f(a)

g(b) − g(a)=

f ′(c)g′(c)

Fermatov teorem

Neka funkcija f : [a, b] → R u tocki x0 ∈< a, b > ima lokalni ekstrem. Ako je f derivabilnau tocki x0, onda je f ′(x0) = 0.

Lagrangeov teorem

Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i derivabilna na intervalu < a, b >, ondapostoji tocka c ∈< a, b > takva da je

f(b) − f(a) = f ′(c) · (b − a)

Geometrijska interpretacija Lagrangeovog teoremaPomicemo li paralelno sekantu s odredenu tockama (a, f(a)) i (b, f(b)) dolazimo do tan-gente t u tocki (c, f(c)).

Rolleov teorem:

Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i derivabilna na intervalu < a, b >. Akoje f(a) = f(b) = 0, onda postoji tocka c ∈< a, b > takva da je f ′(c) = 0

Geometrijska interpretacija Rolleova teorema:Ako graf neprekidne funkcije sijece x-os u dvije tocke i ako ima tangentu u svakoj tockiizme dju te dvije tocke, onda postoji barem jedna medutocka u kojoj je tangenta paralelnas x osi.

Taylorov teorem:

Neka je < a, b > interval, c ∈< a, b >. f :< a, b >→ R funkcija koja ima (n + 1)-vuderivaciju na intervalu < a, b > i p bilo koji prirodan broj. Tada za svaki x ∈< a, b >postoji realan broj ξx (c < ξx < x za x > c, odnosno x < ξx < c za x < c), takav da vrijedi:

f(x) = f(c) +f ′(c)1!

(x − c) +f 2

2!(x − c)2 +

f 3

3!(x − c)3 + . . . +

fn

n!(x − c)n + Rn(f, c; x),

gdje je Rn(f, c; x) =( x − c

x − ξx

)p (x − ξx)n+1

n!pf (n+1)(ξx).


4.7 Tijek funkcije

1. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =x2 − 1

5x2 + 4x!

DOMENA:

5x2 + 4x �= 0x(5x + 4) �= 0

x �= 0

x �= −45

D = R\{0,−45}

NUL-TOCKE:

f(x) = 0x2 − 1

5x2 + 4x= 0 | · (5x2 + 4x)

x2 − 1 = 0

x2 = 1

x = ±1 u ±1 funkcija sijece os x

f(0) nema jer 0 /∈ D - funkcija ne sijece os y

EKSTREMIPrvu derivaciju sredimo, izjednacimo s nulom i rjesimo jednadzbu, cija se rjesenja zovu stacionarne tocke

f ′(x) =2x(5x2 + 4x) − (x2 − 1)(10x + 4)

(5x2 + 4x)2=

4x2 + 10x + 4

(5x2 + 4x)2

4x2 + 10x + 4

(5x2 + 4x)2= 0 4x2 + 10x + 4 = 0

x1,2 =−10 ±√

102 − 4 · 4 · 42 · 4 =

−10 ± 6

8x1 = −2, x2 = −1

2- stacionarne tocke

U tim tockama su ekstremi ali ne znamo kakvi pa moramo naci drugu derivaciju. Ako je druga derivacijau stacionarnoj tocki > 0, radi se o minimumu, a ako je < 0, radi se o maksimumu.Ako je, pak, druga derivacija = 0, nemamo ekstrem nego infleksiju.

f ′′(x) =(4x2 + 10x + 4

(5x2 + 4x)2

)′=

(8x + 10)(5x2 + 4x)2 − (4x2 + 10x + 4) · 2 · (5x2 + 4x)(10x + 4)

(5x2 + 4x)4

f ′′(−2) =(8 · (−2) + 10) · ⊕ − 0 · nesto

⊕ =�⊕ < 0 → max(−2,

1

4)

f ′′(−12) =

(8 · (−12) + 10) · ⊕ − 0 · nesto

⊕ =⊕⊕ > 0 → min(−1

2, 1)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0 i x = −45

zbog D = R\{0,−45}

limx→0+

x2 − 1

5x2 + 4x= lim

x→x+0

x2 − 1

x(5x + 4=

0 − 1

0+(0 + 4)=

−1

+0= −∞

limx→0−

x2 − 1

5x2 + 4x= lim

x→x+0

x2 − 1

x(5x + 4=

0 − 1

0−(0 + 4)=

−1

−0= +∞

limx→− 4

5

+

x2 − 1

5x2 + 4x=

(−45)2 − 1

(−45)+ · (5(−4

5)+ + 4)

=− 9

25

−45(+0)

=− 9

25

−0= +∞

limx→− 4

5

−

x2 − 1

5x2 + 4x=

(−45)2 − 1

(−45)− · (5(−4

5)− + 4)

=− 9

25

−45(−0)

=− 9

25

+0= −∞

h.a. limx→∞

x2 − 1

5x2 + 4x= lim

x→∞x2

5x2=

1

5

y = 15

je h.a. za ±∞


2. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =x2

x2 − 4!

DOMENA:

x2 − 4 �= 0

x2 �= 4

x �= ±2

D = R\{±2}

NUL-TOCKE:

f(x) = 0x2

x2 − 4= 0 | · (x2 − 4)

x2 = 0

x = 0

f(0) = 0

EKSTREMI

f ′(x) =2x(x2 − 4) − x2 · 2x

(x2 − 4)2=

2x3 − 8x − 2x3

(x2 − 4)2=

−8x

(x2 − 4)2

−8x

(x2 − 4)2= 0 | · (x2 − 4)2

−8x = 0

x = 0 - stacionarna tocka

f ′′(x) =−8(x2 − 4)2 − (−8x)(2(x2 − 4) · 2x

(x2 − 4)4

f ′′(0) =−8(0 − 4)2 − 0

(0 − 4)4=

�⊕ < 0 → max(0, 0)

ASIMPTOTE

v.a. x = 2 i x = −2 zbog D = R\{±2}

limx→2+

x2

x2 − 4=

4

+0= +∞

limx→2−

x2

x2 − 4=

4

−0= −∞

limx→−2+

x2

x2 − 4=

4

−0= −∞

limx→−2−

x2

x2 − 4=

4

+0= +∞

h.a. limx→∞

x2

x2 − 4= lim

x→∞x2

x2= 1 y = 1 je h.a. za ±∞


3. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =4 − x3

x2!

DOMENA:

x2 �= 0

x �= 0

D = R\{0}

NUL-TOCKE:

f(x) = 04 − x3

x2= 0 | · (x2)

4 − x3 = 0

x3 = 4

x =3√

4


EKSTREMI

f ′(x) =−3x2 · x2 − (4 − x3) · 2x

x4=

x(−3x3 − 8 + 2x3

x4=

−x3 − 8

x3

−x3−8x3 = 0 | · (x3)

−x3 − 8 = 0

x3 = −8 x = −2- stacionarna tocka

f ′′(x) =−3x2 · x3 − (−x3 − 8) · 3x2

x6

f ′′(−2) =3

2> 0 → min(−2, 3)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

4 − x3

x2=

4

+0= +∞

limx→0−

4 − x3

x2=

4

+0= +∞

h.a. limx→∞

4 − x3

x2= lim

x→∞−x3

x2= lim

x→∞−x = −∞ nema h.a.

k.a. y = ax + b

a = limx→∞

4−x3

x2

x= lim

x→∞4 − x3

x3= lim

x→∞−x3

x3= −1

b = limx→∞

4 − x3

x2− (−1)x = lim

x→∞4 − x3

x2+ x = lim

x→∞4 − x3 + x3

x2=

4

∞ = 0

y = −x je k.a. za ±∞


4. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =x + 1

x2 − x!

DOMENA:

x2 − x �= 0

x(x − 1) �= 0

x �= 0, x �= 1

x = −1D = R\{0, 1}

NUL-TOCKE:

f(x) = 0x + 1

x2 − x= 0 | · (x2 − x)

x + 1 = 0

x = −10


EKSTREMI

f ′(x) =1 · (x2 − x) − (x + 1)(2x − 1)

(x2 − x)2=

x2 − x − 2x2 − 2x + x + 1

(x2 − x)2

−x2 − 2x + 1

(x2 − x)2= 0 | · (x2 − x)2

−x2 − 2x + 1 = 0

x1,2 =2 ±√

4 + 4

−2=

2 ± 2√

2

−2=

2(1 ±√2)

−2= −(1 ±

√2)

x1 = −2.41, x2 = 0.41 - stacionarne tocke

f ′′(x) =−2x − 2 · (x2 − x) − (−x2 − 2x + 1) · 2(x2 − x)(2x − 1)

(x2 − x)4

f ′′(−2.41) =⊕− 0

⊕ > 0 → min(−2.41,−0.17)

f ′′(0.41) =�− 0

⊕ < 0 → max(0.41,−5.83)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0 i x = 1

limx→0+

x + 1

x2 − x= lim

x→0+

x + 1

x(x − 1)=

1

−0= −∞

limx→0−

x + 1

x(x − 1)=

1

+0= +∞

limx→1+

x + 1

x(x − 1)=

2

+0= +∞

limx→1−

x + 1

x(x − 1)=

2

−0= −∞

h.a. limx→∞

x + 1

x2 − x= lim

x→∞x

x2= lim

x→∞1

x=

1

∞ = 0

y = 0 (os x) je h.a. za ±∞


5. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =2x3

x2 + 1!

DOMENA:

x2 + 1 �= 0

x2 �= −1, sto ne moze biti

D = R

NUL-TOCKE:

f(x) = 02x3

x2 + 1= 0 | · (x2 + 1)

2x3 = 0x3 = 0

x = 0

f(0) = 0

EKSTREMI

f ′(x) =6x2(x2 + 1) − 2x3 · 2x

(x2 + 1)2=

6x4 + 6x2 − 4x2

(x2 + 1)2=

2x4 + 6x2

(x2 + 1)2

2x4 + 6x2

(x2 + 1)2= 0 | · (x2 − x)2

2x4 + 6x2 = 0

2x2(x2 + 3) = 0

2x2 = 0 i x2 + 3 = 0

x2 = 0 x2 = −3, sto ne moze biti


f ′′(x) =(8x3 + 12x)(x2 + 1) − (2x4 + 6x2) · 2(x2 + 1) · 2x

(x2 + 1)4

f ′′(0) =0 − 0

1= 0 → infleksija(0, 0)

ASIMPTOTE

v.a. nema jer je D = R

h.a. limx→∞

2x3

x2 + 1= lim

x→∞2x3

x2= lim

x→∞2x = 2 · ∞ = ∞ nema h.a.

k.a. y = ax + b

a = limx→∞

2x3

x2+1

x= lim

x→∞2x3

x3 + x= lim

x→∞2x3

x3= 2

b = limx→∞

2x3

x2 + 1− 2x = lim

x→∞2x3 − 2x3 − 2x

x2 + 1= lim

x→∞−2x

x2= lim

x→∞−2

x=

−2

∞ = 0

y = 2x je k.a. za ±∞


6. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =x3 − 1

2x2 − 2!

f(x) =x3 − 1

2x2 − 2=

(x − 1)(x2 + x + 1)

2(x − 1)(x + 1)=

x2 + x + 1

2(x + 1)

DOMENA:

2x2 − 2 �= 0

x2 − 1 �= 0

x2 �= 1 |√

x �= ±1

D = R\{±1}

NUL-TOCKE:

f(x) = 0x2 + x + 1

2(x + 1)= 0 | · 2(x + 1)

x2 + x + 1 = 0

x1,2 =−1 ±√

1 − 4

2=

−1 ±√−3

2nema nultocaka

f(0) =1

2

EKSTREMI

f ′(x) =(2x + 1)(2(x + 1)) − (x2 + x + 1) · 2 · 1

4(x + 1)2=

4x2 + 2x + 4x + 2 − 2x2 − 2x − 2

4(x + 1)2=

=2x2 + 4x

4(x + 1)2=

2(x2 + 2x)

4(x + 1)2=

x2 + 2x

2(x + 1)2

x2 + 2x

2(x + 1)2= 0 | · 2(x + 1)2

x2 + 2x = 0 x(x + 2) = 0 x = 0 i x = −2 - stacionarne tocke

f ′′(x) =(2x + 2) · 2(x + 1)2 − (x2 + 2x) · 4(x + 1) · 1

4(x + 1)2

f ′′(0) =(2 · 0 + 2) · ⊕ − 0

⊕ > 0 → min(0,1

2)

f ′′(−2) =(2 · (−2) + 2) · ⊕ − 0

⊕ < 0 → max(−2,−3

2)

ASIMPTOTE

v.a. x = −1 i x = 1

limx→−1+

x2 + x + 1

2(x + 1)=

1

+0= +∞

limx→1+

x2 + x + 1

2(x + 1)=

1

−0= −∞

h.a. limx→∞

x2 + x + 1

2(x + 1)= lim

x→∞x2

2x= ∞ nema h.a.za ±∞

k.a. y = ax + b

a = limx→∞

x2+x+12x+2

x= lim

x→∞x2 + x + 1

2x2 + 2x= lim

x→∞x2

2x2=

1

2

b = limx→∞

x2 + x + 1

2x + 2− 1

2x = lim

x→∞x2 + x + 1 − x2 − x

2(x + 1)=

1

∞ = 0

y = 12x je k.a. za ±∞


7. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =x3

x2 + 1+ 1!

f(x) =x3

x2 + 1+ 1 =

x3 + x2 + 1

x2 + 1

DOMENA:

x2 + 1 �= 0

x2 �= −1

D = R

NUL-TOCKE:

f(x) = 0x3 + x2 + 1

x2 + 1= 0 | · (x2 + 1)

x3 + x2 + 1 = 0

tesko tijesiti, pa ne moramo

f(0) = 1

EKSTREMI

f ′(x) =(3x2 + 2x)(x2 + 1) − (x3 + x2 + 1) · 2x

(x2 + 1)2=

3x4 + 2x3 + 3x2 + 2x − 2x4 − 2x3 − 2x

(x2 + 1)2=

=x4 + 3x2

(x2 + 1)2

x4 + 3x2

(x2 + 1)2= 0 | · ((x2 + 1)

x4 + 3x2 = 0

x2(x2 + 3) = 0

x2 = 0 x2 = −3

x = 0 - stacionarna tocka x = ±√−3- nije moguce

f ′′(x) =(4x3 + 6x)(x2 + 1)2 − (x4 + 3x2) · 2(x2 + 1) · 2x

(x2 + 1)4=

=2x(x2 + 1)(3 − x2)

(x2 + 1)4=

2x(3 − x2)

(x2 + 1)3

f ′′(0) = 0 → infleksija(0, 1)

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

x3 + x2 + 1

x2 + 1= ∞ nema h.a.

k.a. y = ax + b

a = limx→∞

x3+x2+1x2+1

x= lim

x→∞x3 + x2 + 1

x3 + x= 1

b = limx→∞

x3 + x2 + 1

x2 + 1− x =

= limx→∞

x3 + x2 + 1 − x3 − x

x2 + 1= lim

x→∞x2 − x + 1

x2 + 1= 1

y = x + 1 je k.a. za ±∞


8. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =x − 1

x2 + 1+ 1!

f(x) =x − 1

x2 + 1+ 1 =

x − 1 + x2 + 1

x2 + 1=

x2 + x

x2 + 1

DOMENA:

x2 + 1 �= 0

x2 �= −1

D = R

NUL-TOCKE:

f(x) = 0x2 + x

x2 + 1= 0 | · (x2 + 1)

x2 + x = 0

x(x + 1) = 0

x = 0 x = −1

f(0) = 0

EKSTREMI

f ′(x) =(2x + 1)(x2 + 1) − (x2 + x) · 2x

(x2 + 1)2=

2x3 + x2 + 2x + 1 − 2x3 − 2x2

(x2 + 1)2=

−x2 + 2x + 1

(x2 + 1)2

−x2 + 2x + 1

(x2 + 1)2= 0 | · (x2 + 1)2

−x2 + 2x + 1 = 0

x1,2 =−2 ±√

4 + 4

−2=

−2 ± 2√

2

−2=

−2(1 ∓√2)

−2= 1 ∓

√2

x1 = −0.41 x2 = 2.41 - stacionarne tocke

f ′′(x) =(−2x + 2)(x2 + 1)2 − (−x2 + 2x + 1) · 2(x2 + 1) · 2x

(x2 + 1)4

f ′′(−0.41) > 0 → min(−0.41,−0.02)

f ′′(2.41) < 0 → max(2.41, 1.2)

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

x2 + x

x2 + 1= 1

y = 1 je h.a. za ±∞


9. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = 2 + e−x2

!

DOMENA:

D = R

NUL-TOCKE:

f(x) = 0

2 + e−x2= 0

e−x2= −2 |ln

−x2 = ln(−2) - log. neg.broja ne postoji pa nema nultocki

f(0) = 2 + e0 = 2 + 1 = 3

EKSTREMI

f ′(x) = 0 + e−x2(−2x) = −2xe−x2

−2xe−x2= 0

−2x = 0 e−x2= 0- nemoguce


f ′′(x) = −2xe−x2

+ (−2x)e−x2

(−2x)

f ′′(0) = −2 < 0 → max(0, 3)

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

2 + e−x2

= 2 + e−∞ = 2 + 0 = 2

limx→−∞

2 + e−x2

= 2 + e−(−∞)2 = 2 + e−∞ = 2 + 0 = 2

y = 2 je h.a. za ±∞


10. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = x · e1x !

DOMENA:

x �= 0

D = R\{0}

NUL-TOCKE:

f(x) = 0

x · e 1x = 0

x = 0 /∈ D- nije nultocka


EKSTREMI

f ′(x) = e1x + xe

1x (− 1

x2) = e

1x (1 − 1

x)

e1x (1 − 1

x) = 0

e1x = 0 - to ne moze nikada

1 − 1

x= 0 | · x

x − 1 = 0


f ′′(x) = e1x (− 1

x2)(1 − 1

x) + e

1x (

1

x2)

f ′′(1) = 0 + ⊕ > 0 → min(1, e)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

x · e 1x = (0 · ∞) = lim

x→+

e1x

1x

L′H=

limx→+

1x(− 1

x2 )

− 1x2

= e1

0+ = +∞

limx→0−

x · e 1x = 0− · e−∞ = 0

h.a. limx→∞

x · e 1x = ∞ · e 1

∞ = ∞ · e0 = ∞ · 0 = ∞

limx→−∞

x · e 1x = −∞ · e 1

−∞ = −∞ · e0 = −∞

y = 2 je h.a. za ±∞


11. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =1

x· e

1x !

DOMENA:

x �= 0

D = R\{0}

NUL-TOCKE:1

x· e 1

x = 0

1

x= 0 e

1x = 0

nema nultocki


EKSTREMI

f ′(x) =e

1x (− 1

x2 )x − e1x

x2=

e1x (− 1

x− 1)

x2

e1x (− 1

x− 1)

x2= 0 | · x2

e1x (−1

x− 1) = 0


−1

x− 1 = 0 | · x

−1 − x = 0

x = −1 - stacionarna tocka

f ′′(x) =[e

1x (− 1

x2 )(− 1x− 1) + e

1x (− 1

x2 )]x2 − e

1x (− 1

x− 1)2x

x4

f ′′(−1) > 0 → min(−1,−1

e)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

e1x

x=

e1

0+

0+=

e∞

0+=

∞0+

= +∞

limx→0−

e1x

x=

e1

0−

0−=

e−∞0−

=0

0= lim

x→0−

1x

e−1x

=

L′H=

limx→0−

− 1x2

e−1x · 1

x2

= limx→0−

−1

e−1x

=−1

e−1

0−=

−1

e∞=

−1

∞ = 0

x = 0 je v.a. za +∞

h.a. limx→∞

e1x

x=

e1∞

∞ =e0

∞ =1

∞ = 0

limx→−∞

e1x

x=

e1

−∞

−∞ =e0

−∞ =1

−∞ = 0

y = 0 je h.a. za ±∞


12. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =ex

x2+ 1!

DOMENA:

x �= 0

D = R\{0}

NUL-TOCKE:ex

x2+ 1 = 0 | · x2

ex + x2 = 0 ex > 0 i x2 > 0 → zbroj ex + x2 > 0

nema nultocki


EKSTREMI

f ′(x) =ex · x2 − ex · 2x

x4=

x · ex(x − 2)

x4=

ex(x − 2)

x3

ex(x − 2)

x3= 0 | · x3

ex(x − 2) = 0

ex = 0 - to ne moze nikada

x − 2 = 0 | · xx = 2 - stacionarna tocka

f ′′(x) =[ex(x − 2) + ex]x3 − ex(x − 2) · 3x2

x6

f ′′(2) > 0 → min(2,e2

4+ 1)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

ex

x2+ 1 =

e0

(+0)2+ 1 =

1

0+ 1 = ∞ + 1 = ∞

limx→0−

ex

x2+ 1 =

e0

(−0)2+ 1 =

1

+0+ 1 = ∞ + 1 = ∞

h.a. limx→∞

ex

x2+ 1 =

∞∞ + 1

L′H=

limx→∞

ex

2x+ 1

L′H=

= limx→∞

ex

2+ 1 =

∞2

+ 1 = ∞

limx→−∞

ex

x2+ 1 =

−∞(−∞)2

+ 1 =0

∞ + 1 = 0 + 1 = 1

y = 1 je h.a. za −∞, a za +∞ nema h.a.


13. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = (1 − x2) · e−(x+1)!

DOMENA:

D = R

NUL-TOCKE:

(1 − x2) · e−(x+1) = 0

e−(x+1) = 0 - to ne moze nikada

(1 − x2) = 0

x2 = 1 |√

x = ±1

f(0) = (1 − 0)e−(0+1) = e−1 =1

e

EKSTREMI

f ′(x) = −2x · e−(x+1) + (1 − x2) · e−(x+1) · (−1) = e−(x+1)(−2x − 1 + x2)

e−(x+1)(x2 − 2x + 1) = 0

e−(x+1) = 0 - to ne moze nikada

x2 − 2x − 1 = 0

x1,2 =2 ±√

4 + 4

2=

2 ± 2√

2

2=

2(1 ±√2)

2= 1 ±

√2

x1 = 2.41 x2 = −0.41 - stacionarne tocke

f ′′(x) = e−(x+1)(−1)(x2 − 2x + 1) + e−(x+1)(2x − 2)

f ′′(2.41) > 0 → min(2.41,−0.16)

f ′′(−0.41) < 0 → max(−0.41, 0.46)

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

(1 − x2) · e−(x+1) = −∞ · 0 =1 − x2

ex+1

L′H=

= limx→∞

−2x

ex+1=

∞∞

L′H=

limx→∞

−2

ex+1=

−2

∞ = 0

limx→−∞

(1 − x2) · e−(x+1) = −∞ · e−(∞) = −∞ · e∞ = −∞ ·∞ = −∞

y = 0 je h.a. za +∞, a za −∞ nema h.a.



x2· e−

1x2 !

DOMENA:

x �= 0

D = R\{0}

NUL-TOCKE:1

x2· e− 1

x2 = 0

1

x2= 0 - nije moguce e

1x = 0 - to ne moze nikada

nema nultocki


EKSTREMI

f ′(x) = −2x−3 · e− 1x2 +

1

x2· e− 1

x2 · 2x−3 = e−1

x2 (− 2

x3+

2

x5)

e−1

x2 (− 2

x3+

2

x5) = 0

e−1

x2 = 0 - to ne moze nikada

− 2

x3+

2

x5= 0 | · x5

−2x2 + 2 = 0

−1 − x = 0

x2 = 1

x1 = 1 x2 = −1 - stacionarne tocke

f ′′(x) = e−1

x2 · 2x−3(− 2

x3+

2

x5) + e−

1x2 · (6x−4 − 10x−6)

f ′′(1) < 0 → max(1,1

e)

f ′′(−1) < 0 → max(−1,1

e)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

1

x2· e− 1

x2 =1

0+· e− 1

0+ = ∞ · e−∞ = ∞ · 0 = limx→0+

1x2

e1

x2

L′H=

= limx→0+

−2x−3

e1

x2

=1

e1

0+

=1

∞ = 0

limx→0−

1

x2· e− 1

x2 = 0 x = 0 nije v.a.

h.a. limx→∞

1

x2· e− 1

x2 =1

∞ · e− 1∞ = 0 · e0 = 0 · 1 = 0

limx→−∞

1

x2· e− 1

x2 = 0

y = 0 je h.a. za ±∞


15. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = x2 · e−x2 !

DOMENA:

D = R

NUL-TOCKE:

f(x) = 0

x2 · e−x2 = 0

x2 = 0

x = 0

e−x2 = 0 - nije nikad

f(0) = 0

EKSTREMI

f ′(x) = 2x · e−x2 + x2 · e−x

2 · (−1

2) = e−

x2 (2x − x2

2)

e−x2 (2x − x2

2) = 0

e−x2 = 0 - nemoguce

2x − x2

2= 0

x(2 − x

2) = 0

x1 = 0

2 − x2

= 0 | · 24 − x = 0

x2 = 4 - stacionarne tocke

f ′′(x) = e−x2 · (−1

2)(2x − x2

2) + e−

x2 · (2 − x)

f ′′(0) > 0 → min(0, 0)

f ′′(4) < 0 → max(4,16

e2)

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

x2 · e−x2 = ∞ · e−∞ = ∞ · 0 = lim

x→∞x2

ex2

L′H=

= limx→∞

2x

ex2 · 1

2

=∞∞

L′H=

limx→∞

212· ex

2 · 12

=2

∞ = 0

limx→−∞

x2 · e−x2 = (−∞)2 · e−(−∞) = ∞ · e∞ = ∞ ·∞ = ∞

y = 0 je h.a. za +∞, za −∞ nema h.a.


16. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = (2x + 3) · e−2(x+1)!

DOMENA:

D = R

NUL-TOCKE:

(2x + 3) · e−2(x+1) = 0

e−2(x+1) = 0 - to ne moze nikada

2x + 3 = 0

x = −3

2

f(0) = (2 · 0 + 3) · e−2(0+1) = 3e−2 =3

e2

EKSTREMI

f ′(x) = 2 · e−2(x+1) + (2x + 3) · e−2(x+1) · (−2) = e−2(x+1)(−2 − 4x − 6) = e−2(x+1)(−4 − 4x)

e−2(x+1)(−4 − 4x) = 0

e−2(x+1) = 0 - to ne moze nikada

−4 − 4x = 0

x = −1 - stacionarna tocka

f ′′(x) = e−2(x+1)(−2)(−4 − 4x) + e−2(x+1) · (−4)

f ′′(−1) < 0 → max(−1, 1)

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

(2x + 3) · e−2(x+1) = (2 · ∞ + 3) · e−2(∞+1) =

= ∞ · e−∞ = ∞ · 0 = limx→∞

2x + 3

e2(x+1)

L′H=

= limx→∞

2

e2(x+1) · 2 =2

e∞=

2

∞ = 0

limx→−∞

(2x + 3) · e−2(x+1) = (2 · (−∞) + 3) · e−2(−∞+1) =

= −∞ · e∞ = −∞ ·∞ = −∞



17. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = (x2 − 1) · e−x2

!

DOMENA:

D = R

NUL-TOCKE:

(x2 − 1) · e−x2= 0

e−x2= 0 - to ne moze nikada

x2 − 1 = 0

x = ±1

f(0) = (0 − 1) · e0 = −1

EKSTREMI

f ′(x) = 2x · e−x2

+ (x2 − 1) · e−x2 · (−2x) = 2x · e−x2

[1 − (x2 − 1)] = 2x · e−x2

(2 − x2)

2x · e−x2

(2 − x2) = 0

e−x2

= 0 - to ne moze nikada

2 − x2 = 0

x2 = 2

x1 =√

2 x2 = −√2

2x = 0

x3 = 0 - stacionarne tocke

f ′′(x) = e−x2 · (−2x) · 2x(2 − x2) + e−x2 · 2(2 − x2) + e−x2 · 2x(−2x)

f ′′(√

2) < 0 → max(√

2,1

e2)

f ′′(−√

2) < 0 → max(−√

2,1

e2)

f ′′(0) > 0 → min(0,−1)

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

(x2 − 1) · e−x2

= ∞ · e−∞ = ∞ · 0 = limx→∞

(x2 − 1)

ex2

L′H=

= limx→∞

2x

ex2 · 2x = limx→∞

1

ex2 =1

e∞=

1

∞ = 0

limx→−∞

(x2 − 1) · e−x2

= ∞ · e−∞ = ∞ · 0 = limx→∞

(x2 − 1)

ex2

L′H=

= limx→∞

2x

ex2 · 2x = limx→∞

1

ex2 =1

∞ = 0

y = 0 je h.a. za ±∞


18. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = (3 − x) · ex−2!

DOMENA:

D = R

NUL-TOCKE:

(3 − x) · ex−2 = 0

ex−2 = 0 - to ne moze nikada

3 − x = 0

x = 3

f(0) = (3 − 0) · e0−2 = 3 · e−2 = 3e2

EKSTREMI

f ′(x) = (−1) · ex−2 + (3 − x) · ex−2 · 1 = ex−2(−1 + 3 − x) = ex−2(2 − x)

ex−2(2 − x) = 0


2 − x = 0


f ′′(x) = e2−x · 1(2 − x) + e2−x · (−1)

f ′′(2) < 0 → max(2, 1)

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

(3 − x) · ex−2 = (3 −∞) · e∞−2) = −∞ ·∞ = −∞

limx→−∞

(3 − x) · ex−2 = (3 − (−∞)) · e−∞−2) = ∞ · e−∞ =

= ∞ · 0 = limx→−∞

3 − x

e−(x−2)

L′H=

= limx→∞

−1

e−(x−2) · (−1)=

1

e∞= 0

y = 0 je h.a. za −∞, a za +∞ nema h.a.


19. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = x2 · e1x !

DOMENA:

x �= 0

D = R\{0}

NUL-TOCKE:

f(x) = 0

x2 · e 1x = 0

x = 0 /∈ D- nije nultocka


EKSTREMI

f ′(x) = 2x · e 1x + x2 · e 1

x (− 1

x2) = e

1x (2x − 1)

e1x (2x − 1) = 0


2x − 1 = 0 | · x2x = 1

x = 12

- stacionarna tocka

f ′′(x) = e1x (− 1

x2)(2x − 1) + e

1x · 2

f ′′(1

2) > 0 → min(

1

2,e2

4)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

x2 · e 1x = (0 · ∞) = lim

x→0+

e1x

1x2

L′H=

limx→0+

e1x·(− 1

x2 )

− 2x3

=

= limx→0+

e1x

2x

L′H=

limx→0+

e1x·(− 1

x2 )

−2 · 2x2

= limx→0+

e1x

−2=

e∞

2= +∞

limx→0−

x2 · e 1x = 0 · e−∞ = 0 · 0 = 0

h.a. limx→∞

x2 · e 1x = ∞ · e 1

∞ = ∞ · e0 = ∞

limx→−∞

x2 · e 1x = ∞ · e 1

∞ = ∞ · e0 = ∞

nema h.a. za ±∞

k.a. y = ax + b

a = limx→∞

x2 · e 1x

x= lim

x→∞x · e 1

x = ∞ · e0 = ∞

nema ni k.a.


20. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = (x − 2)−2 · ex−2!

f(x) = (x − 2)−2 · ex−2 =ex−2

(x − 2)2

DOMENA:

x − 2 �= 0

x �= 2

D = R\{2}

NUL-TOCKE:

ex−2

(x−2)2= 0


nema nul-tocki

f(0) =e0−2

(0 − 2)2=

e−2

4=

1

4e2

EKSTREMI

f ′(x) =ex−2 · (x − 2)2 − ex−2 · 2(x − 2)

(x − 2)4=

(x − 2)ex−2(x − 2 − 2)

(x − 2)4=

ex−2(x − 4)

(x − 2)3

ex−2(x − 4)

(x − 2)3= 0 | · (x − 2)3

ex−2(x − 4) = 0



f ′′(x) =[ex−2(x − 4) + ex−2](x − 2)3 − ex−2(x − 4) · 3(x − 2)2

(x − 2)6

f ′′(4) > 0 → min(4,e2

4)

ASIMPTOTE

v.a. x = 2

limx→2+

ex−2

(x − 2)2=

e0

(0+)2=

1

+0= +∞

limx→2−

ex−2

(x − 2)2=

e0

(0−)2=

1

+0= +∞

h.a. limx→∞

ex−2

(x − 2)2=

∞∞

L′H=

= limx→∞

ex−2

2(x − 2)

L′H=

= limx→∞

ex−2

2=

∞2

= ∞ - nema h.a. za +∞

limx→−∞

ex−2

(x − 2)2=

e−∞

∞ =0

∞ = 0

y = 0 je h.a. za −∞, za +∞ nema ni k.a.



(x + 1)2· e

(x+1)2

2 !

DOMENA:

(x + 1)2 �= 0

x + 1 �= 0x �= −1

D = R\{−1}

NUL-TOCKE:1

(x + 1)2· e (x+1)2

2 = 0 | · (x + 1)2

e(x+1)2

2 = 0 - nije moguce

nema nultocki

f(0) =√

e - sijece y - os

EKSTREMI

f ′(x) =e

(x+1)2

2 (x + 1)(x + 1)2 − e(x+1)2

2 · 2(x + 1)

(x + 1)4=

(x + 1) · e (x+1)2

2 [(x + 1)2 − 2]

(x + 1)4=

=e

(x+1)2

2 (x2 + 2x − 1)

(x + 1)3

e(x+1)2

2 (x2 + 2x − 1)

(x + 1)3= 0 | · (x + 1)3

e(x+1)2

2 - to ne moze nikadax2 + 2x − 1 = 0

x1,2 =−2 ±√

4 + 4

2=

−2 ± 2√

2

2=

2(−1 ±√2)

2= −1 ±

√2

x1 = 0.41 x2 = −2.41 - stacionarne tocke

f ′′(x) = e1

x2 · 2x−3(2

x3+

2

x5) + e

1x2 · (6x−4 − 10x−6)

f ′′(0.41) > 0 → min(0.41,e

2)

f ′′(−2.41) < 0 → max(−2.41,e

2)

ASIMPTOTE

v.a. x = −1

limx→−1+

e(x+1)2

2

(x + 1)2=

e0

+0= +∞

limx→−1−

e(x+1)2

2

(x + 1)2=

e0

+0= +∞

h.a. limx→∞

e(x+1)2

2

(x + 1)2=

∞∞

L′H=

limx→∞

e(x+1)2

2 · (x + 1)

2(x + 1)=

∞2

= ∞

limx→−∞

e(x+1)2

2

(x + 1)2=

∞∞

L′H=

limx→∞

e(x+1)2

2 · (x + 1)

2(x + 1)=

∞2

= ∞nema h.a.

k.a. y = ax + b

a = limx→∞

e(x+1)2

2

(x+1)2

x= lim

x→∞e

(x+1)2

2

x(x + 1)2= 3 × L′H = ∞ nema ni k.a.


22. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =ln x − 2

2x!

DOMENA:

x > 0

2x �= 0x �= 0

D : x ∈< 0 + ∞ >

NUL-TOCKE:ln x − 2

2x= 0 | · 2x

ln x − 2 = 0ln x = 2

x = e2 ≈ 7.3


EKSTREMI

f ′(x) =1x· 2x − (ln x − 2) · 2

4x2=

2 − 2 lnx + 4

4x2=

6 − 2 ln x

4x2=

2(3 − ln x)

4x2=

3 − ln x

4x2

3 − ln x

4x2= 0 | · 2x2

3 − ln x = 0

ln x = 3

x = e3 ≈ 20- stacionarna tocka

f ′′(x) =− 1

x· 2x2 − (3 − ln x) · 4x

4x4

f ′′(e3) =− 1

e3 · ⊕ − 0

⊕ < 0 → max(e3,1

2e3)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

ln x − 2

2x=

−∞+0

= −∞

h.a. limx→∞

lnx − 2

2x=

∞∞

L′H=

= limx→∞

1x

2=

1∞2

=0

2= 0

y = 0 je h.a. za +∞

k.a. nema jer ima h.a.


23. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =ln2 x − 1

x!

DOMENA:

x > 0x �= 0

D : x ∈< 0 + ∞ >

NUL-TOCKE:ln2 x − 1

x= 0 | · x

ln2 x − 1 = 0

ln2 x = 1 |√

ln x = ±1 ln x = 1 → x = eln x = −1 → x = e−1


EKSTREMI

f ′(x) =(2 lnx · 1

x) · x − (ln2 x − 1) · 1

x2=

2 lnx − ln2 x + 1

x2

− ln2 x + 2 lnx + 1

x2= 0 | · x2

− ln2 x + 2 lnx + 1 = 0 sup. ln x = t − t2 + 2t + 1 = 0

t1,2 =−2 ±√

4 + 4

−2=

−2 ± 2√

2

−2=

−2(1 ±√2)

−2= 1 ±

√2

t1 = 2.41 → ln x = 2.41

x = e2.41 ≈ 10.95

t2 = −0.41 → ln x = −0.41

x = e−0.41 ≈ 0.66 - stacionarne tocke

f ′′(x) =(−2 ln x 1

x+ 2 1

x) · x2 − (− ln2 x + 2 ln x + 1) · 2x

x4

f ′′(e2.41) =(−2 ln e2.41 · 1

e2.41 + 2 · 1e2.41 ) ⊕−0

⊕ < 0 → max(10.95, 0.44)

f ′′(e−0.41) =(−2 ln e−0.41 · 1

e−0.41 + 2 · 1e−0.41 ) ⊕−0

⊕ > 0 → min(0.66,−1.2)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

ln2 x − 1

x=

(−∞)2

+0=

∞+0

= ∞

h.a. limx→∞

ln2 x − 1

x=

∞∞

L′H=

= limx→∞

2 lnx 1x

1= lim

x→∞2 lnx

x=

∞∞

L′H=

= limx→∞

2 1x

1= 2

1

∞ = 2 · 0 = 0

y = 0 je h.a. za +∞k.a. nema jer ima h.a.


24. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) = x · ln2 x!

DOMENA:

x > 0

D : x ∈< 0 + ∞ >

NUL-TOCKE:

x · ln2 x = 0 | · xx = 0 - nije, jer 0 nije u domeni

ln2 x = 0 |√

ln x = 0

x = e0 = 1


EKSTREMI

f ′(x) = 1 · lnx +x · 2 lnx · 1

x= ln2 x + 2 lnx

ln2 x + 2 lnx = 0

ln x(ln x + 2) = 0

ln x = 0

x = e0 = 1

ln x + 2 = 0

x = e−2 - stacionarne tocke

f ′′(x) = 2 ln x · 1

x+ 2 · 1

x

f ′′(1) = 2 ln 1︸︷︷︸0

·11

+ 2 · 1

1= 2 > 0 → min(1, 0)

f ′′(e−2) = 2 ln e−2︸︷︷︸−2

· 1

e−2+ 2 · 1

e−2= − 2

e−2< 0 → max(e−2, 4e−2)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

x · ln2 x = 0 · ∞ = limx→0+

lnx

1x

L′H=

limx→0+

2 ln x · 1x

− 1x2

=

= limx→0+

2 ln x

− 1x

L′H=

limx→0+

2 1x1x2

= limx→0+

2x = 2 · 0 = 0

u x = 0 nije v.a.

h.a. limx→∞

x · ln2 x = ∞ ·∞ = ∞

nema h.a.

k.a. y = ax + b

a = limx→∞

x · ln2 x

x= lim

x→∞ln2 x = ∞

nema ni k.a.


25. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =x2 + 5x + 6

e2x!

DOMENA:

D = R

NUL-TOCKE:

x2 + 5x + 6

e2x= 0 | · 2x

x2 + 5x + 6 = 0

x1,2 =−5 ±√

25 − 24

2=

−5 ± 1

2x1 = −3 x2 = −2

f(0) = 6

EKSTREMI

f ′(x) =(2x + 5)e2x − (x2 + 5x + 6) · e2x · 2

(e2x)2=

e2x(2x + 5 − 2x2 − 10x − 12)

(e2x)2=

−2x2 − 8x − 7

e2x

−2x2 − 8x − 7

e2x= 0 | · e2x

x1,2 =8 ±√

64 − 56

−4=

8 ±√8

−4

x1 = −1.29 x2 = −2.7 - stacionarne tocke

f ′′(x) =(−4x − 8)e2x − (−2x2 − 8x − 7)e2x · 2

(e2x)2

f ′′(−1.29) =(�) ⊕−0

⊕ < 0 → max(−1.29, 15.74))

f ′′(−2.7) =(⊕) ⊕−0

⊕ > 0 → min(−2.7,−44.8))

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

x2 + 5x + 6

e2x=

∞∞

L′H=

= limx→∞

2x + 5

e2x · 2 =∞∞

L′H=

limx→∞

2

2 · e2x · 2 =2

∞ = 0

y = 0 je h.a. za +∞

limx→−∞

x2 + 5x + 6

e2x= lim

x→∞x(x + 5) + 6

e2x=

−∞ · (−∞) + 6

e−∞ =

=∞0

= ∞ - nema h.a. za −∞

k.a. za −∞ y = ax + b

a = limx→−∞

x2+5x+6e2x

x= lim

x→−∞x2 + 5x + 6

x · e2x

nema ni k.a. za −∞


26. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =(x − 1)2

x3!

DOMENA:

x3 �= 0

x �= 0

D = R\{0}

NUL-TOCKE:

(x − 1)2

x3= 0 | · x3

(x − 1)2 = 0 |√

x − 1 = 0



EKSTREMI

f ′(x) =2(x − 1) · x2 − (x − 1)2 · 3x2

x6=

x2(x − 1)(2x− 3(x − 1))

x6=

(x − 1)(−x + 3)

x4

(x − 1)(−x + 3)

x4= 0 | · x4

(x − 1)(−x + 3) = 0

x = 1 x = 3 - stacionarne tocke

f ′′(x) =[(−x + 3) + (x − 1) · (−1)x4 − (x − 1)(−x + 3) · 4x3

x8

f ′′(1) =(2 + 0) ⊕−0

⊕ > 0 → min(1, 0)

f ′′(3) =(0 − 2) ⊕−0

⊕ < 0 → max(3,4

27)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

(x − 1)2

x3=

1

+0= +∞

limx→0−

(x − 1)2

x3=

1

−0= −∞

h.a. limx→∞

(x − 1)2

x3= lim

x→∞x2

x3= lim

x→∞1

x=

1

∞ = 0

y = 0 je h.a. za ±∞


27. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =(x − 2)2

2x!

DOMENA:

2x �= 0

to je ispunjeno ∀ x

D = R

NUL-TOCKE:

(x − 2)2

2x= 0 | · 2x

(x − 2)2 = 0 |√

x − 2 = 0

x = 2

f(0) =(0 − 2)2

20=

4

1= 4

EKSTREMI

f ′(x) =2(x − 2) · 2x − (x − 2)2 · 2x ln 2

(2x)2=

2x(x − 2)(2 − ln 2(x − 2))

(2x)2=

(x − 2)(2 + 2 ln 2 − x ln 2)

2x

(x − 2)(2 + 2 ln 2 − x ln 2)

2x= 0 | · 2x

(x − 2)(2 + 2 ln 2 − x ln 2) = 0

x − 2 = 0

x = 2

2 + 2 ln 2 − x ln 2 = 0

x ln 2 = 2 + 2 ln 2

x = 2+2 ln 2ln 2

≈ 4.9 - stacionarne tocke

f ′′(x) =[2 + 2 ln 2 − x ln 2 + (x − 2)(− ln 2)]2x − (x − 2)(2 + 2 ln 2 − x ln 2)2x ln 2

(2x)2

f ′′(2) > 0 → min(2, 0)

f ′′(4.9) < 0 → max(4.9, 0.28)

ASIMPTOTE


h.a. limx→∞

(x − 2)2

2x

L′H=

limx→∞

2(x − 2)

2x ln 2

L′H=

limx→∞

2)

2x ln2 2=

2

∞ = 0

limx→−∞

(x − 2)2

2x=

(−∞)2

2−∞ =∞0

= +∞


k.a. za −∞ y = ax + b

a = limx→−∞

(x−2)2

2x

x= lim

x→−∞(x − 2)2

x· 1

2x= lim

x→−∞(x2

x· 1

2x= −∞ · 1

2−∞ = −∞ ·∞ = −∞

nema ni k.a. za −∞


28. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =1 − ln x

x2!

DOMENA:

x �= 0

x > 0

D : x ∈< 0, +∞ >

NUL-TOCKE:

1 − ln x

x2= 0 | · x2

1 − lnx = 0

ln x = 1 |ex = e1


EKSTREMI

f ′(x) =− 1

x· x2 − (1 − ln x) · 2x

x4=

−x − 2x + 2x ln x

x4=

x(−3 + 2 lnx)

x4=

−3 + 2 ln x

x3

−3 + 2 lnx

x3= 0 | · x3

−3 + 2 lnx = 0

2 lnx = 3

ln x = 32

x = e32 - stacionarna tocka

f ′′(x) =2 · 1

x· x3 − (−3 + 2 lnx) · 3x2

x6

f ′′(2) > 0 → min(e32 ,− 1

2e3)

f ′′(4.9) < 0 → max(4.9, 0.28)

ASIMPTOTE

v.a. x = 0

limx→0+

1 − ln x

x2=

1 − (−∞)

+0=

∞0

= +∞

h.a. limx→∞

1 − ln x

x2=

(−∞∞

)=

L′H=

limx→∞

− 1x

2x=

− 1∞

∞ =−0

∞ = 0

y = 0 je h.a. za +∞


29. Ispitaj tijek i nacrtaj graf funkcije f(x) =x2 + 2x − 3

x2 − 3!

DOMENA:

x2 − 3 �= 0

x2 �= 3

x �= ±√3

D = R\{±√3}

NUL-TOCKE:

x2 + 2x − 3

x2 − 3= 0 | · (x2 − 3)

x2 + 2x − 3 = 0

x1,2 = −4±√16+122

= −4±√28

2

x1 = −4.64 x2 = 0.64

f(0) = −3−3

= 1

EKSTREMI

f ′(x) =(2x + 2)(x2 − 3) − (x2 + 2x − 3) · 2x

(x2 − 3)2=

2x3 + 2x2 − 6x − 6 − 2x3 − 4x2 + 6x

(x2 − 3)2=

−2x2 − 6

(x2 − 3)2

−2x2 − 6

(x2 − 3)2= 0 | · (x2 − 3)2

−2x2 − 6 = 0

−2x2 = 6

x2 = −3 |√x = ±√−3 - nema rjesenja, nema ekstrema

f ′′(x) =2 · 1

x· x3 − (−3 + 2 lnx) · 3x2

x6

f ′′(2) > 0 → min(e32 ,− 1

2e3)

f ′′(4.9) < 0 → max(4.9, 0.28)

ASIMPTOTE

v.a. x =√

3 x = −√3

limx→√

3+

x2 + 2x − 3

x2 − 3=

2√

3

+0= +∞

limx→√

3−

x2 + 2x − 3

x2 − 3=

2√

3

−0= −∞

limx→−√

3+

x2 + 2x − 3

x2 − 3=

−2√

3

−0= +∞

limx→−√

3−

x2 + 2x − 3

x2 − 3=

−2√

3

+0= −∞

h.a. limx→∞

x2 + 2x − 3

x2 − 3= lim

x→∞x2

x2= 1

y = 1 je h.a. za ±∞


Zadaci za vjezbu

1. Razni zadaci iz tijeka:

a) f(x) =x2 − x + 1

x − 1b) f(x) =

x2 − 4x + 1

x − 4c) f(x) =

1 − x3

x2

d) f(x) = (2x + 3)e−2(x+1) e) f(x) =e2−x

2 − x

a) f(x) =x2 − x + 1

x − 1b) f(x) =

x2 − 4x + 1

x − 4

c) f(x) =1 − x3

x2d) f(x) = (2x + 3)e−2(x+1)


e) f(x) =e2−x

2 − x

2. Odredite derivaciju funkcije:a) f(x) = (ln x)x

y = (ln x)x | lnln y = ln[ln x]x

ln y = x ln ln x |′1

y· y′ = 1 · ln ln x + x

1

ln x· 1

xy

y′ = ln ln x +1

lnx| · y

y′ = y(ln ln x +1

ln x)

y′ = (ln x)x(ln ln x +1

lnx)

b) f(x) = (cos x)x

y = (cos x)x | lnln y = ln[cos x]x

ln y = x ln cos x |′1

y· y′ = 1 · ln cos x + x

1

cos x· (− cos x)

y

y′ = ln cos x − x tg x | · yy′ = y(ln cosx − x tg x)

y′ = (cos x)x(ln cosx − x tg x)


5 Integrali i diferencijalne jednadzbe

5.1 Integrali

1. Neodredeni integrali

∫f(x)dx

2. Odredeni integrali

∫ b

a

f(x)dx

5.1.1 Neodredeni integrali

oznaka∫

f(x)dx = F (x) + c↪→ rjesenje: primitivna funkcija

↪→ podintegralna funkcija (njen integral trazimo)

- integrali su inverzna operacija od derivacija:znaci:

(x2)′ = 2x →∫

2xdx = x2 + c → daje neodredenost

(x2 + 2)′ = 2x

(x2 + 5)′ = 2x

Svojstva neodredenih integrala:1. Homogenost:

∫a · f(x)dx = a · ∫ f(x)dx

npr:∫

2 · cos xdx = 2 · ∫ cos xdx = 2 · sin x + c2. Aditivnost:

∫(u + v)dx =

∫udx +

∫vdx

npr.∫

(x2 + sin x)dx =∫

x2dx +∫

sin xdx = x3

3+ (− cos x) + c


Tablica neodredenih osnovnih integrala:

1.∫

dx = x + c

2.∫

x dx =x2

2+ c

3.∫

x2 dx =x3

3+ c

4.∫

xn dx =xn+1

n + 1+ c

5.∫ 1

xdx = ln |x| + c

6.∫

ax dx =ax

ln a+ c

7.∫

ex dx = ex + c

8.∫

sin x dx = − cos x + c

9.∫

cos x dx = sin x + c

10.∫ 1

cos2 xdx = tg x + c

11.∫ 1

sin2 xdx = − ctg x + c

12.∫ 1√

1 − x2dx = arcsin x + c

13.∫ 1

1 + x2dx = arctg x + c

METODE INTEGRACIJE

I. DIREKTNA (neposredna) INTEGRACIJA

Integriranje koristenjem tablice osnovnih integrala, svojstava i elementarnih matematickih ”trikova”

1.

∫(x2 + 3

√x − 1

x2) dx =

∫x2 dx +

∫3√

x dx −∫

1

x2dx =

x3

3+

∫x

13 dx −

∫x−2 dx =

x3

3+

x13+1

13

+ 1− −2 + 1

−2 + 1+ c =

x3

3+

x43

43

− −1

−1+ c =

x3

3+

4

3

3√

x4 +1

x+ c

2.

∫x +

√x − 1

x2dx =

∫(

x

x2+

√x

x2− 1

x2) dx =

∫(x−1 + x

12−2 − x−2) dx =

∫x−1 dx +∫

x− 32 dx −

∫x−2 dx =

∫1

xdx +

x− 32+1

−32

+ 1− −2 + 1

−2 + 1= ln |x| + x− 1

2

−12

− −1

−1+ c = ln |x| −

21√x

+1

x+ c = ln |x| − 2√

x+

1

x+ c

3.

∫ √5 dx =

√5

∫dx =

√5 · x + c


II. METODA SUPSTITUCIJE (prijelaz na novu varijablu):

primjeri:∫ √x dx −→ neposrrdna integracija =

∫x

12 dx =

x12+1

12

+ 1=

x32

32

=2

3

√x3 + c

1.

∫ √2x + 5 dx =

⏐⏐⏐2x + 5 = t

2 · dx = dtdx =

dt

2

⏐⏐⏐ =

∫ √t · dt

2=

1

2

∫ √tdt =

1

2

∫t

12 dt =

=1

2· t

32

32

=1

2

2

3

√t3 =

1

3

√(2x + 5)3 + c

2.

∫x·ex2+1 dx =

⏐⏐⏐ x2 + 1 = t

2x · dx = dtdx =

dt

2x

⏐⏐⏐ =

∫x·et dt

2x=

1

2

∫etdt =

1

2·et =

1

2·ex2+1+c

3.

∫x + 1

x − 2dx =

⏐⏐⏐x − 2 = t ⇒ x = t + 2

dx = dt

⏐⏐⏐ =

∫t + 2 + 1

tdt =

∫t + 3

tdt =

=

∫ (t

t+

∫3

t

)dt =

∫dt +

∫3

tdt = t + 3 · ln |t| = x − 2 + 3 · ln |x− 2|+ c

III. PARCIJALNA INTEGRACIJA

Izvod formule:d(u · v) = v · du + u · v - derivacija umnoska∫d(u · v) =

∫(v · du + u · v) - integriramo jednadzbu

u · v =∫

v · du +∫

u · v - integral i drivacija se poniste jer su inverzne operacije∫u · v = u · v − ∫

v · du - osnovna formula za parcijalnu integraciju

Primjer:∫x·sin x dx =

⏐⏐⏐ u=xdu=dx

dv= sinx dxv=− cos x

⏐⏐⏐ = x·(− cos x)−∫(− cos x) dx = −x cos x+

∫cos x dx =

= −x · cos x + sin x + c

TIPICNI INTEGRALI KOJE RJESAVAMO PARCIJALNOM INTEGRACIJOM:

∫x2 · cos x dx,

∫(x + 1) · cos(2x − 3) dx,

∫x · ex dx,

∫(x2 + 1) · 5x dx,

∫ln x dx,

∫ln2 x dx,∫

ln(x2 + 1) dx,∫

x · ln x dx,∫

arctg x dx,∫

x2 · arctg x,∫

sin x · ex dx,∫

cos ln x dx

1.∫

ln x dx =⏐⏐⏐ u=lnx

du= 1xdx

dv= dxv=x

⏐⏐⏐ = ln x · x− ∫x · 1

xdx = x · ln x− ∫

dx = x · ln x− x + c

2.∫

ln2 x dx =⏐⏐⏐ u=ln2 x

du=2 lnx· 1x

dxdv= dxv=x

⏐⏐⏐ = ln2 x·x−∫x·2 lnx· 1

xdx = x·ln2 x−2

∫ln x dx =

| jos jedna p.i. | = x · ln2 x − 2(x · lnx − x) + c

3.∫

x· dxcos2 x

=∫

x 1cos2 x

dx =⏐⏐⏐ u=x

du=dxdv= 1

cos2 x·dx

v=tg x

⏐⏐⏐ = x tg x−∫tg x dx = x tg x−∫

sinxcos x

dx =⏐⏐⏐ cos x=t− sinx dx=dt

dx = − dtsin x

⏐⏐⏐ = x tg x − ∫sin x

t−dtsin x

= x tg x +∫

1tdt = x tg x + ln |t| =

= x tg x + ln | cos x| + c


IV. INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJA:

- neke vrste smo vec obradili:

1.

∫x + 1

x2dx =

∫ ( x

x2+

1

x2

)dx =

∫1

xdx+

∫x−2 dx = ln |x|+ x−2+1

−2 + 1+c = ln |x|− 1

x+c

2.

∫x + 3

x − 2dx =

∫x − 2 + 2 + 3

x − 2dx =

∫x − 2 + 5

x − 2dx =

∫ (x − 2

x − 2+

5

x − 2

)dx =

= x + 5

∫1

x − 2dx =

⏐⏐⏐x − 2 = t

dx = dt

⏐⏐⏐ = x + 5

∫1

t= x + 5 ln |t| + c =

= x + 5 ln |x − 2| + c

3.

∫dx

x2 + 2x + 5=

⏐⏐⏐x2 + 2x + 5 = 0

x1,2 = −2±√−162

nema nultocki pa

svodimo na potpuni kvadrat

⏐⏐⏐ =

∫dx

(x + 1)2 + 4=

=⏐⏐⏐x + 1 = t

dx = dt

⏐⏐⏐ =

∫dt

t2 + 22=

1

2arctg

t

2=

1

2arctg

x + 1

2+ c

4.

∫2x − 5

x2 + x + 3dx =

∫2x − 5

(x + 12)2 + 11

4

dx =⏐⏐⏐x + 1

2= t

dx = dt

⏐⏐⏐ =

∫2x − 5

t2 + 114

dt =⏐⏐⏐x + 1

2= t

x = t − 12

⏐⏐⏐ =

=∫ 2(t− 1

2)−5

t2+ 114

dt =∫

2t−1−5t2+ 11

4

dt =∫

2t−6t2+ 11

4

dt =∫

2tt2+ 11

4

dt − 6∫

1t2+ 11

4

dt =

=⏐⏐⏐t2 + 11

4= z

2tdt = dzdt =

dz

2t

⏐⏐⏐ =

∫2t

z· dz

2t− 6 · 1√

114

arctgt√114

=

= ln |z| − 6√

112

arctgt

√112

= ln |t2 +11

4| − 12√

11arctg

2t√11

=

= ln |(x +1

2)2 +

11

4| − 12√

11arctg

2(x + 12)√

11=

= ln |x2 + x + 3| − 12√11

arctg2x + 1√

11+ c

RASTAV NA PARCIJALNE RAZLOMKE:

- kod pravih racionalnih funkcija (potencija brojnika veca od potencije nazivnika)- nazivnik mora biti napisan u obliku najjednostavnijih faktora

TIPICNI RASTAVI:

1.2x + 7

(x − 1)(x + 2)=

A

x − 1+

B

x + 2| · (x − 1)(x − 2) - treba naci A i B

2x + 7 = A(x + 2) + B(x − 1)za x = −2 : x = 1 :2 · (−2) + 7 = A(−2 + 2) + B(−2 − 1) 2 · 1 + 7 = A(1 + 2) + B(1 − 1)

3 = 0 − 3B 9 = 3AB = −1 A = 3

2x + 7

(x − 1)(x + 2)=

3

x − 1− 1

x + 2


- kada imamo∫

2x+7(x−1)(x+2)

dx, prvo rastavimo razlomak na parcijalne razlomke:∫ ( 3

x − 1− 1

x + 2

)dx =

∫3

x − 1dx −

∫1

x + 2dx = 3

∫1

x − 1dx −

∫1

x + 2dx =

= 3 · ln |x − 1| − ln |x + 2| + c

2.2x + 7

(x − 1)2(x + 2)=

A

x − 1+

B

(x − 1)2+

C

x + 2| · (x − 1)2(x − 2)

2x + 7 = A(x − 1)(x + 2) + B(x + 2) + C(x − 1)2

za x = 1 : x = −2 : x = 0 :9 = 0 + 3B + 0 3 = 0 + 0 + 9C 7 = −2A + 2B + CB = 3 3 = 9C 7 = −2A + 2 · 3 + 1

3

C = 13

2A = −23

A = −13

2x + 7

(x − 1)2(x + 2)=

−13

x − 1+

3

(x − 1)2+

13

x + 2

3.2x + 7

(x + 2)(x2 + 1)=

A

x + 2+

Bx + C

x2 + 1| x2 + 1 - ne mozemo jednostavnije rastaviti

4.2x + 7

(x2 + 1)(x2 + 4)2=

Ax + B

x2 + 1+

Cx + D

x2 + 4+

Ex + F

(x2 + 4)2


5.1.2 Odredeni integrali

oznaka:

∫ b

a

f(x) dxa − donja granica

b − gornja granica

rjesenje:

∫ b

a

f(x) dx = F (x)⏐⏐⏐b

a= F (b) − F (a) - Newton-Leibnizova formula

smisao: povrsina ispod krivulje i osi x u intervalu od a do b se moze aproksimirati sa nizommalih povrsina pravokutnika cija je povrsina Pi = f(x) · dx, zbroj svih tih malih povrsina

je ukupna povrsina pseudotrapeza, a to je ODREDEN INTEGRAL P =

∫ b

a

f(x) dx

Svojstva odredenog integrala:

1. c ∈ [a, b],

∫ b

a

f(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx +

∫ b

c

f(x) dx

2.

∫ b

a

λ · f(x) dx = λ ·∫ b

a

f(x) dx

3.

∫ b

a

(u + v) dx =

∫ b

a

u dx +

∫ b

a

v dx

Teoremi integralnog racuna:1. Riemannov teorem: Ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na [a, b], onda je ona iintegrabilna na [a, b].

2. Teorem srednje vrijednosti: Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na [a, b]. Tada

postoji tocka c ∈ [a, b], takva da je:∫ b

af(x) dx = f(c) · (b − a).

ZADACI S ODREDENIM INTEGRALIMA:

I. izracunavanje odredenog integrala:

1.

∫ 1

0

(x3 − 3x2 + 2) dx =

∫ 1

0

x3 dx −∫ 1

0

3x2 dx +

∫ 1

0

2 dx = (x4

4− x3 + 2x)

⏐⏐⏐1

0=

= (1

4− 1 + 2) − (0 − 0 + 0) =

5

4


2.

∫ e

1

ln x

x=

⏐⏐⏐ ln x = t1x

dx = dtdx = x dt

⏐⏐⏐ =

∫ e

1

t

x· x dx =

t2

2=

(ln x)2

2

⏐⏐⏐e

1=

(ln e)2

2− (ln 1)2

2=

=1

2− 0 =

1

2

3.

∫ 1

0

ln(x + 1) =⏐⏐⏐u = ln(x + 1)

du = 1x+1

dx

∫dv =

∫dx

v = x

⏐⏐⏐ = ln(x + 1) · x −∫

x · 1

x + 1dx =

= x ln(x + 1) −∫

x + 1 − 1

x + 1dx = x ln(x + 1) −

∫ (x + 1

x + 1− 1

x + 1

)dx =

= x ln(x + 1) −∫

(1 − 1

x + 1dx = x ln(x + 1) −

∫dx +

∫1

x + 1dx =

= x ln(x + 1) −∫

dx +

∫1

x + 1dx = x ln(x + 1) − x + ln(x + 1)

⏐⏐⏐1

0=

= 1 ln(1+1)−1+ln(1+1)− (0 ln(0 + 1)︸︷︷︸0

−0+ln(0 + 1)︸︷︷︸0

) = ln 2−1+ln 2 =

= 2 ln 2 − 1

II. izracunavanje povrsine ispod krivulje i osi x od [a, b]:1. Izracunaj povrsinu lika omedenog krivuljom f(x) = ex i osi x od x = 0 do x = 2.

P =

∫ 2

0

f(x) dx =

∫ 2

0

ex dx = ex⏐⏐⏐2

0= e2 − e0 = e2 − 1jed2

2. Izracunaj povrsinu lika omedenog funkcijom f(x) = ln x√x

i osi x za x ∈ [0, 1].

P =

∫ 1

0

ln x√x

dx =⏐⏐⏐ u = ln x

du = 1x

dx

∫dv =

∫1√x

dx

v =∫

x− 12

= 2√

x⏐⏐⏐ = ln x · 2√x −

∫2√

x · 1

xdx =

= 2√

x lnx − 2

∫x

12

xdx = 2

√x ln x − 2

∫x− 1

2 dx = 2√

x ln x − 2x

12

12

=

= 2√

x lnx − 4√

x⏐⏐⏐2

1= 2

√x(ln x − 2)

⏐⏐⏐2

1= 2

√2(ln 2 − 2) − 2

√1( ln 1︸︷︷︸

0

−2) =

= 2√

2 ln 2 − 4√

2 + 4jed2


III. izracunavanje povrsine izmedu dvije krivulje:a) nije zadan interval

P =⏐⏐⏐∫ x2

x1

(y1 − y2) dx⏐⏐⏐

b) zadan je interval [a, b]

P =⏐⏐⏐∫ b

y

(y1 − y2) dx

Primjer:Odredi povrsinu omedenu pravcima x = 0, x = 1 i krivuljama y1 = 32x i y2 = 2x − x2.

P =⏐⏐⏐∫ 1

0

(32x − (2x − x2)) dx⏐⏐⏐ =

⏐⏐⏐∫ 1

0

(32x − 2x + x2) dx⏐⏐⏐ =

=⏐⏐⏐∫ 1

0

32x dx −∫ 1

0

2x dx +

∫ 1

0

x2 dx⏐⏐⏐ =

⏐⏐⏐ 2x = t

2dx = dtdx =

dt

2

⏐⏐⏐ =

=⏐⏐⏐∫

3t dt

2− 2

∫ 1

0

x dx +

∫ 1

0

x2 dx⏐⏐⏐ =

⏐⏐⏐ 3t

2 ln 3− 2

x2

2+

x3

3

⏐⏐⏐ =⏐⏐⏐ 32x

ln 32− x2 +

x3

3

⏐⏐⏐⏐⏐⏐1

0=

=⏐⏐⏐ 32

ln 9− 12 +

13

3− 30

ln 9+ 0 − 0

3

⏐⏐⏐ =⏐⏐⏐ 9

ln 9− 1 +

1

3− 1

ln 9

⏐⏐⏐ = −2

3+

8

ln 9jed2


Zadaci za vjezbu

1. Rijesi integral:

∫5

x2 + 12x + 39dx

- prvo probamo naci nul-tocke kvadratne funkcije u nazivniku:x2 + 12x + 39 = 0

x1,2 =−12 ±√

144 − 156

2=

−12 ±√−12

2- pod korijenom je negativan broj, znaci nema nul-tocaka

- ako nema nul-tocaka onda uvijek kvadratnu funkciju svodimo na potpuni kvadrat∫5

x2 + 12x + 39dx =

∫5

(x + 6)2 − 36 + 39dx =

∫5

(x + 6)2 + 3dx =

⏐⏐⏐x + 6 = t

dx = dt

⏐⏐⏐ =∫5

t2 + 3dt = 5

∫dt

t2 + (√

3)2= 5 · 1√

3arctg

t√3

=5√3

arctgx + 6√

3+ c

2. Rijesi integral:

∫1 + ln x

3 + x ln xdx∫

1 + lnx

3 + x ln xdx =

⏐⏐⏐ 3 + x ln x = t

(ln x + 1) dx = dtdx =

dt

ln x + 1

⏐⏐⏐ =

∫1 + ln x

t· dt

ln x + 1=

=

∫1

tdt = ln |t| + c = ln |3 + ln x| + c

3. Rijesi integral:

∫(x − 1)3e(x−1)2 dx

∫(x − 1)3e(x−1)2 dx =

⏐⏐⏐ (x−1)2=t2(x−1) dx=dt

dx = dt2(x−1)

⏐⏐⏐ =∫

(x − 1)3et · dt2(x−1)

=

=∫

(x − 1)2︸︷︷︸t

et · dt2

= 12

∫tet dt =

⏐⏐⏐ t=udt=du

et dt= dvet=v

⏐⏐⏐ =

= 12(t · et − ∫

et dt) = 12(t · et − et) + c = 1

2· et(t − 1) + c =

= 12· e(x−1)2((x − 1)2 − 1) + c = 1

2· e(x−1)2(x2 − 2x + 1 − 1) + c =

= 12· e(x−1)2(x2 − 2x) + c

4. Rijesi integral:

∫x2e

√x dx

∫x2e

√x dx =

⏐⏐⏐ √x=t

12√

xdx=dt

dx=2√

x dtdx=2t dt

x=t2

x2=t4

⏐⏐⏐ =∫

t4et2t dt =∫

2t5et dt = (P.I.5×)

=⏐⏐⏐ 2t5=u

10t4dt=duet dt= dv

et=v

⏐⏐⏐ = 2t5et − ∫et · 10t4 dt =

⏐⏐⏐ 10t4=u40t3dt=du

et dt= dvet=v

⏐⏐⏐ =

= 2t5et − (10t4et − ∫et · 40t3 dt) =

⏐⏐⏐ 40t3=u120t2dt=du

et dt= dvet=v

⏐⏐⏐ =

= 2t5et − 10t4et + (40t3et − ∫et · 120t2 dt) =

⏐⏐⏐ 120t2=u240t dt=du

et dt= dvet=v

⏐⏐⏐ =

= 2t5et − 10t4et + 40t3et − (120t2et − ∫et · 240t dt) =

⏐⏐⏐ 240t=u240 dt=du

et dt= dvet=v

⏐⏐⏐ =

= 2t5et − 10t4et + 40t3et − 120t2et + (240tet − ∫2et · 240 dt) =

= 2t5et − 10t4et + 40t3et − 120t2et + 240tet − 240et + c =


= et(2t5 − 10t4 + 40t3 − 120t2 + 240t − 240) + c == e

√x(2

√x5 − 10

√x4 + 40

√x3 − 120

√x2 + 240

√x − 240) + c =

= e√

x(2x√

x − 10x2 + 40x√

x − 120x + 240√

x − 240) + c

5. Rijesi integral:

∫sin x 3

√3 + 2 cos x dx

∫sin x 3

√3 + 2 cos x dx =

⏐⏐⏐ 3+2 cos x=t2(− sinx) dx=dt

dx = dt−2 sinx

⏐⏐⏐ =∫

sin x 3√

t · dt−2 sinx

= −12

∫t

13 dt =

= −12

t13+1

13+1

+ c = −12

t43

43+1

+ c = −12

34

3√

t4 + c = −38

3√

(3 + 2 cosx)4 + c

6. Rijesi integral:

∫ 2

0

x ln(x2 + 1)

(x2 + 1)2dx∫ 2

0

x ln(x2 + 1)

(x2 + 1)2dx =

⏐⏐⏐x2 + 1 = t

2x dx = dtdx =

dt

2x

x1 = 0 →x2 = 2 →

t1 = 02 + 1 = 1

t2 = 22 + 1 = 5

⏐⏐⏐ =

=

∫ 5

1

x ln t

t2· dt

2x=

1

2

∫ 5

1

ln t

t2dt =

⏐⏐⏐ ln t = u1tdt = du

∫dtt2

=∫

dv

−1t

= v

⏐⏐⏐ =

=1

2

[ln t ·

(− 1

t

)−

∫− 1

t2dt]5

1=

1

2

[− ln t

t− 1

t

]5

1=

=1

2

[− ln 5

5− 1

5− (− ln 1︸︷︷︸

0

−1)]

=1

2(− ln 5

5− 1

5+ 1) = − 1

10ln 5 +

2

5

7. Rijesi integral:

∫ 2

0

xex2+1(x2 + 1) dx∫ 2

0

xex2+1(x2 + 1) dx =⏐⏐⏐x2 + 1 = t

2x dx = dtdx =

dt

2x

x1 = 0 →x2 = 2 →

t1 = 02 + 1 = 1

t2 = 22 + 1 = 5

⏐⏐⏐ =

=

∫ 5

1

xet·t dt

2x=

∫ 5

1

et·tdt

2=

1

2

∫ 5

1

et·t dt =⏐⏐⏐ t = u

dt = du

∫etdt =

∫dv

et = v

⏐⏐⏐ =

=1

2

[t · et −

∫etdt

]5

1=

1

2

[t · et − et

]5

1=

1

2

[5 · e5 − e5 − (e− e)

]= 2e5


8. Odredi povrsinu lika omedenog krivuljama y = 2x2 − 8x i y = 8x − 2x2

- skiciramo doticne funkcije, odnosno lik koje one omedujuy = 2x2 − 8x - parabola okrenuta gore y = 8x − 2x2 - parabola okrenuta dolje2x2 − 8x = 0 8x − 2x2 = 0 - nultocke parabola2x(x − 4) = 0 2x(4 − x) = 0x1 = 0, x2 = 4 x1 = 0, x2 = 4

iz slike vidimo da se parabole sijeku u tockama x1 = 0, x2 = 4, pa su to granice integracije

P =

∫ x2

x1

(fg − fd) dxfg − gornja krivulja y = 8x − 2x2

fd − donja krivulja y = 2x2 − 8x

P =

∫ 4

0

[8x − 2x2 − (x2 − 8x)] dx =

∫ 4

0

(8x − 2x2 − x2 + 8x) dx =

∫ 4

0

(16x − 4x2) dx =

= 16x2

2− 4

x3

3

⏐⏐⏐4

0= 8 · 42 − 4

3· 43 − (8 · 0 − 4

3· 0) = 8 · 16 − 256

3− 0 =

128

3jed2


5.2 Diferencijalne jednadzbe

- jednadzbe koje sadrze x, y i derivaciju od y nazivamo diferencijalnim jednadzbamaΦ(x, y, y′, y′′, . . . , yn) = 0- redom diferencijalne jednadzbe nazivamo red najvise derivacijey′ = 2xy - diferencijalna jednadzba I. reday′′ = − sin x - diferencijalna jednadzba II. reda itd.

Diferencijalne jednadzbe I. reda

Rjesenje diferencijalne jednadzbe y = F (x, c) nazivamo opce rjesenje (integral)Geometrijski: opce rjesenje predstavlja familiju krivulja koje nazivamo INTEGRALNIMKRIVULJAMA, razlicitim C-ovima pripada razlicita krivuljaCauchyjev problem - rjesenje diferencijalne jednadzbe uz pocetne uvjete x0, y0, pa imamoposebno (pratikularno) rjesenje

VRSTE DIFERENCIJALNIH JEDNADZBI:

1. Separacija varijabli: Opci oblik: P (x)dx = Q(y)dy

- umjesto y′ pisemo dydx

i onda na jednoj strani uz dx separiramo sve ovisno o x, a na drugojuz dy sve ovisno o y

1. y′(x2 − 4) = 2xy

dy

dx(x2 − 4) = 2xy | · dx

dy(x2 − 4) = 2xydx | : (x2 − 4) | : y

dy

y=

2xdx

x2 − 4|∫

∫dy

y=

∫2xdx

x2 − 4|∫

ln |y| =⏐⏐⏐ x2 = t

2xdx = dt

⏐⏐⏐ln |y| =

∫dt

t

ln |y| = ln |t| + c

ln |y| = ln |x2 − 4| + c − a moze i ljepse

ln |y| = ln |x2 − 4| + ln |c| − umjesto c mozemo pisati ln c jer je to opet neki broj

ln |y| = ln |c(x2 − 4)|y = c(x2 − 4)


2. (1 + ex)yy′ = ex | : (1 + ex)

y y′ =ex

1 + ex

ydy

dx=

ex

1 + ex| · dx

y dy =ex

1 + exdx |

∫∫

y dy =ex

1 + exdx

y2

2=

⏐⏐⏐1 + ex = t

ex dx = dt

⏐⏐⏐y2

2=

∫dt

t

y2

2= ln |t| + c

y2 = 2 ln |1 + ex| + c

2. Homogena diferencijalna jednadzba: Opci oblik: y′ = f( yx)

- jednadzbu treba svesti na oblik yx, napraviti supstituciju z = y

x, y′ = z′x + z i dalje

separacijom varijabli rijesiti jednadzbu

1. x2y′ = y2 + x y | : x2

y′ =y2

x2+

xy

x2

y′ =(y

x

)2

+y

xz =

y

x, y′ = z′x + z

z′x + z = z2 + z

z′x = z2 separacijadz

dxx = = z2 | · dx

dz x = z2 dx | : x : z2

∫∫

dz

z2=

∫dx

x∫z−2 dz = ln |x| + c

z−1

−1= ln |x| + c

1

z= ln |x| + c

−x

y= ln |x| + c


3. Linearna diferencijalna jednadzba: Opci oblik: y′ + f(x) · y = g(x)

rijesenje: y = e− f(x) dx · [∫ g(x) · e f(x) dxdx + c]

1. y′ + y = x

y = e− 1 dx · [∫

x · e 1 dxdx + c]

y = e−x · [∫

x · ex dx + c]

∫x · ex dx =

⏐⏐⏐ u = x

du = dx

∫dv =

∫ex dx

v = ex

⏐⏐⏐ = x · ex −∫

ex dx = x · ex − ex

y = e−x · (x · ex − ex + c)

y = e−x · x · ex − e−x · ex + c · e−x

y = x − 1 + c · e−x


Sadrzaj

1 Matrice i determinante 3

1.1 Matricne jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2 Svojstvene vrijednosti i svojstveni vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3 Sustav linearnih algebarskih jednadzbi (A · X = b) . . . . . . . . . . . . . . 17

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.4 Dodatak teorija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.4.1 Svojstva zbrajanja i mnozenja vektora . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.4.2 Vektorski prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.4.3 Linearna zavisnost i nezavisnost vektora . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.4.4 Baza vektorskog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1.4.5 Skalarni produkt i norma vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1.4.6 Sustav linearnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1.4.7 Sarrusovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2 Financijsk amatematika 54

2.1 Jednostavni i slozeni kamatni racun i razlika medu njima . . . . . . . . . . 55

2.1.1 Jednostavni kamatni racun - izvod formule . . . . . . . . . . . . . . 55

2.1.2 Slozeni kamatni racun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.1.3 Relativna i konforna kamatna stopa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.1.4 Konacna vrijednost (na kraju posljednjeg razdoblja) n periodicnihuplata koje se uplacuju pocetkom razdoblja . . . . . . . . . . . . . 59

2.2 Zajam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.2.1 Otplata zajma jednakim godisnjim anuitetima . . . . . . . . . . . . 61

2.2.2 Otplata zajma jednakim ispodgodisnjim anuitetima . . . . . . . . . 62

2.2.3 Otplata zajma proizvoljnim anuitetima . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.3 Postnumerando i prenumerando renta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.3.1 Postnumerando renta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.3.2 Prenumerando renta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.4 Potrosacki kredit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

3 Funkcije, limesi i redovi 89

3.1 Matematicka indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

3.2 Binomna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

3.3 Kompleksni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

3.4 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3.5 Limesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.6 Redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109


3.7 Matematicka indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4 Derivacije (Diferencijalni racun) 125

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

4.1 Trazenje ekstrema funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

4.2 L’Hospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

4.3 Trazenje domene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

4.4 Rjesavanje nejednadzbi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

4.5 Asimptote . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

4.6 Osnovni teoremi diferencijalnog racuna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

4.7 Tijek funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

5 Integrali i diferencijalne jednadzbe 170

5.1 Integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

5.1.1 Neodredeni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

5.1.2 Odredeni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175

Zadaci za vjezbu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

5.2 Diferencijalne jednadzbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181


Documents

Matematika Za Ekonomiste