Predgovor - WordPress.com · 2016-12-25 · I. Na kraju knjige smo u posebnom dodatku pored nekih osnovnih formula naveli i glavne teoreme Analize I. Sluˇze´ci se citiranom literaturom,

Predgovor

Rukopis koji student ima pred sobom predstavlja trece preradjeno kao idopunjeno izdanje zbirke zadataka iz Analize I, koja je prvi put izasla 1995godine. Iako je tada kod nas postojalo vise zbirki zadataka iz Analize I, kakona nasem tako i na ruskom jeziku, nasa metodska zbirka resenih ispitnih idrugih zanimljivih zadataka, izazvala je interes studenata matematike, teori-jske fizike i nekih tehnickih fakulteta (specijalna grupa ETF). U ovom novomizdanju otklonili smo greske i propuste prva dva izdanja i dodali dosta novihzadataka koji ce znacajnije pomoci studentima u pripremi ispita iz AnalizeI. Na kraju knjige smo u posebnom dodatku pored nekih osnovnih formulanaveli i glavne teoreme Analize I. Sluzeci se citiranom literaturom, u zbircismo naveli vise od 600 zadataka, od toga preko 400 resenih i oko 200 zasamostalni rad. Mnogi od tih zadataka su bili na ispitima na fakultetimau Beogradu ili Kragujevcu. Pojedini zadaci su sa takmicenja studenata uRusiji. Tekst smo kompjuterski obradili koristeci ”Latex-2e”firme ’TCI Soft-ware” iz Novog Meksika. Zahvalni smo recenzentima dr Ljiljani Petrovic idr Milanu Jovanovicu koji su svojim predlozima dosta doprineli da prvo tj.drugo izdanje bude kvalitetnije. Sto se tice ovog izdanja knjige, posebnosmo zahvalni profesoru Dusanu Georgijevicu na korisnim sugestijama kojenam je dao u vezi prve glave knjige. 10. septembra 2014, Beograd StojanRadenovic, [email protected]

1

2

Sadrzaj

1 Nizovi 51.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Rešeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Redovi 492.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.2 Rešeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3 Neprekidnost 813.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 813.2 Rešeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4 Diferencijabilnost 934.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 934.2 Rešeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

5 Ispitivanje funkcije 1055.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1055.2 Rešeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

6 Integrali 1356.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1356.2 Rešeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

7 Razni zadaci 1717.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1717.2 Rešeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

8 Dodatak 239

3

4 SADRZAJ

Glava 1

Nizovi

1.1 Uvod

Rekurentno zadati nizovi zauzimaju najviše prostora u ovoj glavi zbirkezadataka. Cilj nam je da studentima pomognemo da ovaj tip problema onizovima bolje savladaju. Najviše cemo primenjivati teoremu o postojanjugranicne vrednosti monotonog i ogranicenog niza. Verujemo da ce staviznet na samom pocetku dosta pomoci studentima da mnoge nizove ispitujuelementarno-bez, na primer, Banahovog stava o nepokretnoj tacki. Unekim primerima koristicemo teoremu o uklještenju: Ako je xn ≤ zn ≤ yni ako nizovi xn i yn imaju granicnu vrednost jednaku a, onda i niz zn imagranicnu vrednost jednaku a.

Neka je niz xn realnih brojeva zadat rekurentno, tj. x1 je proizvoljanbroj, a xn+1 = f(xn) za n ≥ 1, gde je f funkcija definisana na nekomrazmaku u R ili na celom R. Za domen funkcije uzimamo (videce se izprimera koji slede) onaj razmak u R iz koga se funkcijom f dobijaju clanoviniza. Kada student na ispitu dobije ovakav zadatak on pokušava da dokazemonotonost i ogranicenost i onda prema poznatom stavu zakljucuje daniz konvergira. Ta dva svojstva kod vecine primera proisticu iz odgovara-jucih osobina same funkcije f. Smatramo da ce sledeci stav pomoci vecinistudenata koji za ispit pripremaju zadatke ovog tipa.

Stav 1.1 Neka je E ⊂ R razmak i neka f : E → R tako da je f(E) ⊂ E.Neka je zatim x1 ∈ E i xn+1 = f(xn) za n ≥ 1 niz zadat rekurentno. Ondaimamo:

10 Ako je f rastuca (neopadajuca) funkcija na E, niz xn je monoton(raste, ne opada, opada, ne raste);

5

6 GLAVA 1. NIZOVI

20 Ako je f opadajuca (nerastuca) funkcija na E, onda niz xn nijemonoton, ali su podnizovi x2n−1 i x2n monotoni i to jedan raste a drugiopada.

◭ 10 Neka je, na primer, x1 < x2. Tada se indukcijom lako dokazujeda je xn rastuci (neopadajuci) niz. Stvarno, ako je xn < xn+1, tada jexn+1 = f(xn) ≤ f(xn+1) = xn+2. Slicno, ako je x1 > x2, tada se ponovoindukcijom dokazuje da je xn opadajuci (nerastuci) niz.

20 Ako je, na primer, x1 < x3, tada je x2 = f(x1) ≥ f(x3) = x4. Naosnovu toga je x3 = f(x2) ≤ f(x4) = x5, itd. Znaci indukcijom se dokazujeda podniz x2n−1 raste a x2n opada. U slucaju kada je x1 > x3 onda podnizx2n−1 opada, a x2n raste. ◮

Napomena. Slucaj 20 se svodi na slucaj 10 na sledeci nacin: Ako je fopadajuca (nerastuca) funkcija onda je f◦f = f2 rastuca (neopadajuca)i kako je x2n+2 = (f ◦ f) (x2n) odnosno, x2n+1 = (f ◦ f) (x2n−1) to su pod-nizovi x2n i x2n+1 monotoni na osnovu 10.

Naravno, prethodni stav se moze koristiti u onim primerima u kojima jefunkcija f monotona. Takvi su sledeci nizovi:

1. x1 ∈ R+, xn+1 = 11+xn

, n ≥ 1;

Iz x1 > 0 sledi da je xn > 0 za svako n ∈ N, te je f(t) = 1t+1 i E =

]0,+∞[ .

2. x1 ∈ ]−∞, 0[ , xn+1 = exn − 1, n ≥ 1;

Iz x1 ∈ ]−∞, 0[ sledi da xn ∈ ]−1, 0[ za svako n ≥ 2. To se dokazujeindukcijom na osnovu osobina funkcije t → et−1.Dakle, ovde je f(t) = et−1,E = ]−∞, 0[ .

3. x1 ∈ R+, xn+1 = 1+xn2+xn

, n ≥ 1;

Vidi se (dokaz indukcijom) da je xn > 0 za svako n ∈ N. Ovde je E = R+,f(t) = 1+t

2+t .

4. x1 ∈ R+, xn+1 =√

1 + xn, n ≥ 1.

Svi clanovi niza su pozitivni, te je E = R+, , f(t) =√

1 + t.

U svim primerima od 1 do 4 funkcija f je monotona. Stvarno, f ′(t) =− 1(t+2)2

< 0, za svako t ∈ E u slucaju 1. U primeru 2 f ′(t) = et > 0, za

svako t ∈ E, a u primerima 3 i 4 ispunjeno je f ′(t) = 1(t+2)2

> 0, za svako

t ∈ E, odnosno, f ′(t) = 12

1√t+2

> 0, za svako t ∈ E. Neka student nacrtagrafike navedenih funkcija.

U poslednja tri slucaja niz je monoton (zavisi od odnosa prvog i drugogclana), a u primeru 1 niz nije monoton. Njegovi podnizovi x2n−1 i x2n sumonotoni, i to jedan raste a drugi opada.

1.2. REŠENI ZADACI 7

Ako funkcija f, koja reprodukuje clanove niza, zadovoljava uslove 10 ili20 stava 1.1, i ako je pritom ogranicena, onda postoji lim

n→+∞xn u slucaju 10,

tj. postoje limn→+∞

x2n−1 i limn→+∞

x2n u slucaju 20. U drugom slucaju iz uslova

x2n = f(x2n−1) i x2n+1 = f(x2n), prelaskom na granicne vrednosti (ako je,na primer, funkcija f neprekidna) dobija se sistem jednacina za odreñivanjegranicnih vrednosti podnizova x2n−1 i x2n. Po pravilu se dobija da su tegranicne vrednosti jednake, što predstavlja lim

n→+∞xn. Ako je funkcija f

neogranicena, onda se u oba slucaja indukcijom ili nametanjem uslova naprvi clan, dobija ogranicenost ili neogranicenost niza. Odatle sledi njegovakonvergencija ili divergencija.

U prethodnim primerima 1, 2 i 3, funkcija f je ogranicena, a u primeru4 je neogranicena.

1.2 Rešeni zadaci

U sledecim primerima nizova koji su zadati rekurentno pridrzavacemose, kad god je to moguce, stava 1.1. Savetujemo studentima da na ispitu,ako koriste naš metod, detaljno obrazloze stav, uz dokaz indukcijom.

1.1. Neka je x0 = a, xn = exn−1 − 1, n ≥ 1, dati niz. Ispitati njegovukonvergenciju u zavisnosti od parametra a.

◭ Za a = 0, svi clanovi niza xn su jednaki nuli i niz je onda konvergentan.Neka je a > 0. Posmatrajmo funkciju f(t) = et − 1, t > 0. Ona je u svomdomenu rastuca i kako je x1 = ea − 1 > a = x0, to je prema stavu 1.1niz rastuci. On je tada konvergentan ako i samo ako je ogranicen odozgo.Moguca granicna vrednost se dobija rešavanjem jednacine x = ex − 1. Lakose dokazuje da je x = 0 jedino rešenje. Zaista, posmatranjem funkcijaf1(x) = ex − x i f2(x) = 1, dokazuje se da f1 ima minimum za x = 0, kojiiznosi tacno 1. Dakle, ako niz konvergira onda je lim

n→+∞xn =sup

nxn = 0 ≥ a,

što je kontradikcija, jer je a > 0. Ako je a < 0, posmatrajmo istu funkcijuf(t) = et − 1, ali za t < 0. Niz je opet prema stavu 1.1 rastuci, jer je i uovom slucaju x1 = ea−1 > a = x0, ali je i ogranicen odozgo, što se dokazujeindukcijom. Zaista, ako je xn < 0, tada je xn+1 = exn − 1 < 1 − 1 = 0.Dakle, samo za a ≤ 0, dati niz konvergira i lim

n→+∞xn = 0. ◮

Napomena. Nejednakost ex ≥ x+ 1 je tacna za svako x ∈ R i cesto sekoristi.

1.2. Dat je niz x1 = 0, xn+1 = 11+xn

, n ≥ 1. Naci limn→+∞

xn.

8 GLAVA 1. NIZOVI

◭ Ovde je xn+1 = f(xn), gde je f(t) = 11+t, t > 0. Sobzirom da je

f ′(t) = − 1(1+t)2

< 0, funkcija f opada za t > 0. Zato se niz raspada na

podnizove x2n−1 ր i x2n ց .Kako iz t > 0, sledi 0 < f(t) < 1, oba podnizasu ogranicena, tj. postoje lim

n→+∞x2n−1 = x′ i lim

n→+∞x2n = x′′. Iz uslova

x2n−1 =1

1 + x2n−2i x2n =

1

1 + x2n−1,

prelaskom na granicne vrednosti levih i desnih strana (to je moguce-zašto?)dobijamo da je x′ = x′′. Odatle sledi da postoji lim

n→+∞xn = x, koji je rešenje

jednacine x = 11+x , tj. jednacine x2 − x + 1 = 0. Kako je x ≥ 0, to je

x =√5−12 = lim

n→+∞xn. ◮

1.3. Dat je niz: x1 = 2000 i xn = 21−xn−1 za n ≥ 2. Naci limn→+∞

xn.

◭ Iz date rekurentne veze sledi da je xn > 0 za svako n ∈ N. Ovde jef(t) = 21−t, t ∈ E = R+. Kako je f ′(t) = −21−t ln 2 < 0, to prema stavu1.1 niz xn nije monoton, ali su podnizovi x2n−1 i x2n monotoni i za njih je

2−1999 = x2 < x4 < · · · < x2n < · · · < x2n−1 < · · · < x3 < x1 = 2000

tj. x2n−1 opada, a x2n raste. Iz ogranicenosti funkcije f naE sledi ogranicenostniza xn sa obe strane, tj. 2−1999 ≤ xn ≤ 2000 za svako n ∈ N. Ovo daljeznaci da postoje lim

n→+∞x2n−1 = x i lim

n→+∞x2n = y i y ≤ x. Brojevi x i y su

prema rekurentnoj vezi rešenja sistema jednacina

y = 21−x ∧ x = 21−y,

i limn→+∞

xn postoji ako i samo ako je x = y = limn→+∞

xn. Pokazacemo da

navedeni sistem ima jedinstveno rešenje x = y = 1, što je i granicna vrednostniza xn. U tu svrhu analiziracemo funkciju

F (x) = 21−21−x − x.

Za nju je F (0+) = 12 i F (+∞) = −∞. Zatim je

F ′ (x) = 21−21−x (

1− 21−x)′ · ln 2 − 1

= 21−21−x (−21−x (1 − x)′

)· (ln 2)2 − 1

= 21−21−x · 21−x · (ln 2)2 − 1

= 22−x−21−x · (ln 2)2 − 1.


Ako je F ′ (x) < 0 za svako x > 0, onda F opada i ima jedinstvenu nulux = 1. Za funkciju F ′ je: F ′ (0+) = (ln 2)2 − 1 < 0 i F ′ (+∞) = −1. Zatimje

F ′′ (x) = 22−x−21−x · (ln 2)3 ·

(2 − x− 21−x

)′

= 22−x−21−x · (ln 2)3 ·

(−1 + 21−x ln 2

).

Znak drugog izvoda F ′′ funkcije F jednak je znaku funkcije G (x) = −1 +21−x ln 2. Za nju je: G (0+) = 2 ln 2 − 1 = ln 4

e> 0,G (+∞) = −1+ kao i

G′ (x) = 21−x (1− x)′ · (ln 2)2 = −21−x · (ln 2)2 < 0.

Dakle funkcija G ima samo jednu nulu x0. Izracunajmo F ′ (x0) :

F ′ (x0) = 21+1−x0−21−x0 · (ln 2)2 − 1

= 21−ln ln 2ln 2

− 1ln 2 · (ln 2)2 − 1 < 0

jer je 21−ln ln 2ln 2

− 1ln 2 <

1

(ln 2)2.

Poslednja nejednakost je ekvivalentna nejednakosti(

1− ln ln 2

ln 2− 1

ln 2

)· ln 2 < −2 ln ln 2

tj. nejednakostiln 2 − ln ln 2 − 1 < −2 ln ln 2,

koja je tacna, jer je

ln2

e< ln

1

ln 2⇔ ee > 4. ◮

Napomena. Kod nekih nizova zadatih rekurentno granicna vrednostse dobija rešavanjem sistema: y = f (x) ∧ x = f (y) , gde je f funkcija kojareprodukuje clanove niza.

1.4. Dat je niz: x1 = a, xn+1 = 2xn1+x2n

, n ≥ 1. Naci limn→+∞

xn za razne

vrednosti parametra a.◭ Ovo je primer niza gde pridruzena funkcija koja reprodukuje clanove

niza nije monotona. Zato razlikujemo više slucajeva za vrednost broja a.Ako je a = 0 svi clanovi niza su jednaki nuli i tada je lim

n→+∞xn = 0. Neka je

a > 0. Onda je xn > 0 za svako n ∈ N, a sa druge strane je xn+1 ≤ 1 takoñeza svako n. Zaista, to sledi iz nejednakosti 1+x2n ≥ 2xn, koja je ekvivalentna

nejednakosti 2xn(1 + x2n)−1 ≤ 1. Zatim je xn+1 − xn = xn(1−x2n)1+x2n

≥ 0, jer je

10 GLAVA 1. NIZOVI

0 < xn ≤ 1, tj. niz xn ne opada. Ovo dalje znaci da postoji limn→+∞

xn = x.

Iz jednacine x = 2x1+x2

, sledi da je x = −1 ili x = 0 ili x = 1. Kako jeniz rastuci, to je lim

n→+∞xn = 1. Prepuštamo studentu da sam ispita slucaj

a < 0. Tada ce se dobiti da je limn→∞

xn = −1. ◮

Napomena. U prethodnom primeru nismo konvergenciju ispitivaliprema stavu 1.1. Zašto?

1.5. Neka je a1 =√

2, an+1 =√

2 +√an, n ≥ 1. Dokazati da niz an

konvergira, kao i da je an < 2 za svako n ∈ N.◭ Indukcijom dobijamo da su svi clanovi niza pozitivni. Zato posmatra-

jmo funkciju f(t) =√

2 +√t za t > 0. Kako je tada f ′(t) = 1

41√

2+√t·√t> 0,

to je funkcija f rastuca. S obzirom da je a2 =√

2 +√a1 =

√2 +√√

2 >√2 = a1, niz an je rastuci. On je onda konvergentan ako i samo ako je

ogranicen odozgo. Ogranicenost se dokazuje indukcijom po n. Stvarno,tvrñenje je tacno za 1, tj.

√2 < 2. Neka je an < 2. Tada je an+1 =√

2 +√an <

√2 +

√2 < 2, odnosno, an+1 < 2. Dakle, postoji lim

n→+∞an. ◮

1.6. Ako je x1 = 0, xn+1 = xn+2xn+1

, n ≥ 1, naci limn→+∞

xn.

◭ Indukcijom se dokazuje da je xn > 0 za n ≥ 2. Zato posmatrajmofunkciju f(t) = t+2

t+1 , t > 0, ciji je izvod f ′(t) = − 1(t+1)2

< 0. Dakle, prema

stavu 1.1 niz se raspada na podnizove x2n−1 ր i x2n ց . Kako je f(0) = 2,a funkcija opada i s obzirom da je lim

t→+∞f(t) = 1+, to je 1 < xn ≤ 2 za

svako n ≥ 2. Zato oba podniza imaju granicne vrednosti jednake respek-tivno a i b, tj. x2n−1 → a i x2n → b, kad n → +∞. Iz sistema jednacina{a = b+2

b+1 ∧ b = a+2a+1

}, sledi da je a = b. Onda granicnu vrednost nalazimo

iz jednacine: x = x+2x+1 , odnosno iz jednacine x2 = 2, iz koje sledi da je

limn→+∞

xn =√

2, jer je limn→+∞

xn ≥ 1. ◮

1.7. Neka je a > 0, x1 =√a i xn+1 =

√a+ xn, n ≥ 1. Ispitati

konvergenciju datog niza i naci limn→+∞

xn.

◭ Ovde je f(t) =√a+ t, t > −a. S obzirom da je f ′(t) = 1

2√a+t

> 0 zat > −a i da je x1 < x2, dati niz je rastuci. On je onda konvergentan ako isamo ako je ogranicen odozgo. Nañimo mogucu granicnu vrednost. Ona sedobija rešavanjem jednacine: t =

√a+ t, odnosno jednacine: t2 − t − a =

0 za t ≥ 0 (zašto?). Njena rešenja su t1,2 = 12

(1±

√1 + 4a

). Kako je

xn > 0, to je limn→+∞

xn ≥ 0. Dakle, imamo da je 12

(1 +

√1 + 4a

)moguca

granicna vrednost. Ogranicenost niza se ne moze dobiti iz funkcije, jer onanije ogranicena odozgo. Kod ovakvih primera treba pokušati sa dokazom


da je xn ≤ l, gde je l moguca granicna vrednost u slucaju da niz xn neopada, ili sa l ≤ xn u slucaju da niz ne raste. Naravno, to se dokazujeindukcijom. U ovom primeru se to jednostavno dobija. Zaista, imamo daje

√a < 1

2

(1 +

√1 + 4a

), odnosno da je (2

√a − 1)2 < 1 + 4a, odakle je

−4√a < 0. Dakle, tvrñenje je tacno za 1. Neka je xn < 1

2

(1 +

√1 + 4a

).

Treba pokazati da je xn+1 < 12

(1 +

√1 + 4a

). To sledi iz niza ekvivalentnih

nejednakosti:

√a+ xn <

1

2

(1 +

√1 + 4a

),

4 (a+ xn) < 1 + 2√

1 + 4a+ 1 + 4a,

4xn < 2(1 +

√1 + 4a

),

xn <1

2

(1 +

√1 + 4a

).

Znaci, niz je ogranicen odozgo i postoji limn→+∞

xn = 12

(1 +

√1 + 4a

). ◮

1.8. Niz an zadovoljava uslove: 2 < a1 < 3 i 5an+1 = a2n + 6, n ≥ 1.Dokazati da je niz konvergentan i naci lim

n→+∞an.

◭ Ovde je f(t) = 15 t2 + 6

5 , t > 0, tj. E = R+, jer su svi clanoviniza pozitivni (zašto?). Na tom skupu f je rastuca funkcija i ociglednopreslikava segment [2, 3] na njega samog (nacrtati sliku). Zato je za sven ∈ N : 2 < an < 3. Kako je an+1 − an = 1

5a2n + 6

5 − an = 15(an − 2)(an − 3),

to je niz an opadajuci, dakle, postoji limn→+∞

an. Neka student obrazlozi zašto

je limn→+∞

an = 2. ◮

1.9. Niz xn je definisan sa 0 < x1 < b, xn+1 =√

ab2+x2na+1 , a > 0, n ≥ 1.

Ispitati konvergenciju niza xn i naci limn→+∞

xn ako postoji.

◭ Vidimo da su svi clanovi niza pozitivni. Zato posmatrajmo funkciju

f(t) =√

ab2+t2

a+1 , t > 0, tj. E = R+. Kako je f ′(t) = t√(a+1)(ab2+t2)

> 0

na E, to je funkcija rastuca. Nije teško proveriti da je x2 > x1, što naosnovu stava 1.1 znaci da niz raste. Moguca granicna vrednost je rešenje

jednacine: x =√

ab2+x2

a+1 , tj. x = −b ili x = b. Iz cinjenice da je xn > 0 sledida je lim

n→+∞xn = b, ako pokazemo da je niz ogranicen odozgo. Meñutim,

indukcijom se lako dokazuje da je za svako n ∈ N ispunjeno xn ≤ b. Dokazje isti kao u primeru 7. ◮

1.10. Odrediti granicnu vrednost niza xn, ako je x1 = 1, xn+1 = 4xn+2xn+3

,n ≥ 1.

12 GLAVA 1. NIZOVI

◭ Imamo da je xn > 0 za svako n ∈ N i onda je f(t) = 4t+2t+3 , t ∈ E = R+.

Kako je f ′(t) = 10(t+3)2

> 0 na E, niz xn je rastuci jer je x2 = 32 > 1 =

x1. Moguca granicna vrednost se dobija kao rešenje jednacine: x = 4x+2x+3 ,

odnosno jednacine x2 − x− 2 = 0. Odavde se dobija da je x = −1 ili x = 2.Iz xn > 0 sledi da je x = 2 moguca granicna vrednost. Dokaz da je xn < 2za svako n ∈ N je isti kao u primeru 7. Na osnovu recenog sledi da jelim

n→+∞xn = 2. ◮

1.11. Ispitati konvergenciju niza xn definisanog sa x1 = 1, xn+1 =xn+sinxn

3 , n ≥ 1.◭ Kako je x1 = 1, tada je 0 < x2 <

23 < 1, tj. indukcijom se moze

dokazati da je 0 < xn < 1 za svako n ∈ N. Zato je f(t) = t+sin t3 , t > 0. Iz

ocene f ′(t) = 1+cos t3 ≥ 0, imamo da niz opada jer je x2 < x1. Iz ogranicenosti

odozdo sledi da postoji limn→+∞

xn i ta granicna vrednost je nenegativna.

Ocigledno je ona rešenje jednacine: x = x+sinx3 tj. ekvivalentne jednacine:

2x = sinx, cije je rešenje x = 0. ◮Napomena. Da bismo dokazali da jednacina 2x = sinx ima jedinstveno

rešenje x = 0, posmatracemo funkciju g(x) = 2x− sinx i njen izvod g′(x) =2 − cos x. Ocigledno je g′(x) > 0 za svako x ∈ R, što znaci da je funkcija frastuca, dakle ne moze imati dve razlicite nule.

1.12. Naci limn→+∞

xn ako je x1 = 1, xn+1 = 1√x2n+1

, n ≥ 1.

◭ Ocigledno je za svako n ∈ N : 0 < xn ≤ 1. Zato posmatrajmo funkcijuf (t) = 1√

t2+1, t > 0. Ona preslikava razmak ]0,+∞[ u razmak ]0, 1] ⊂

]0,+∞[ = E. Pošto je f ′ (t) = − t

(t2+1)32< 0 za svako t ∈ E, to prema

satvu 1.1 niz nije monoton ali podnizovi x2n, x2n−1 su monotoni i to jedanraste a drugi opada. Dalje, x2n i x2n−1 su konvergentni i ako njihove limeseoznacimo redom sa x′ i x′′, imamo sledece:

x′ =1√

x′′2 + 1∧ x′′ = 1√

x′2 + 1∧ x′ ≥ 0 ∧ x′′ ≥ 0.

Odatle dobijamo da je x′ = x′′. To dalje znaci da niz xn konvergira i da senjegova granicna vrednost x dobija iz uslova:

x =1√x2 + 1

∧ x ≥ 0.

Odatle je x =

√√5−12 . ◮

Napomena. Ne moramo uvek znati koji od nizova x2n i x2n−1 raste,odnosno opada.


1.13. Dati su nizovi xn i yn tako da je x0, y0 > 0 i

xn+1 =x2n

xn + yni yn+1 =

y2nxn + yn

, n ≥ 0.

Naci limn→+∞

xn i limn→+∞

yn.

◭ Indukcijom sledi da su svi clanovi oba niza pozitivni. Zbog toga je zasvako n ∈ N ispunjeno xn+1 < xn i yn+1 < yn, tj. oba niza opadaju. Dakle,postoje lim

n→+∞xn i lim

n→+∞yn. Oznacimo ih redom sa x i y. Primetimo još i

sledece jednakosti

yn+1 − xn+1 =y2n − x2nyn + xn

= yn − xn = · · · = y0 − x0,

koje su tacne za svako n ∈ N. Stoga za nalazenje granicnih vrednosti nizovaxn i yn imamo sledeci sistem jednacina:

{y − x = y0 − x0 ∧ x(x+ y) = x2 ∧ y(x+ y) = y2

}.

Odavde sledi da je xy = 0, odnosno da je x = 0 ili y = 0. Kako je x+ y �= 0,x ≥ 0, y ≥ 0, to je

(y − x = y0 − x0 i x = 0) ∨ (y − x = y0 − x0 i y = 0) .

Dakle, immo da je x = 0 i y = y0 − x0 ili y = 0 i x = y0 − x0. ◮1.14. Dat je niz x1 ∈ R i xn+1 = x2n, n ≥ 1. Ispitati konvergenciju niza

xn u zavisnosti od parametra x1.◭ Ako je x1 = 0, tada je xn = 0 za svako n ∈ N i lim

n→+∞xn = 0. Ako je

zatim x1 = ±1, tada je xn = 1, n ≥ 2 i limn→+∞

xn = 1. Ako x1 ∈ ]−1, 0[ ili

x1 ∈ ]0, 1[ , tada se indukcijom moze dokazati da xn ∈ ]0, 1[ , n ≥ 2. Dakle,tada je niz xn ogranicen. Inace je xn+1 − xn = x2n − xn = xn(xn − 1) < 0,tj. xn ց . Zato postoji lim

n→+∞xn = x. Granicna vrednost x se onda dobija

rešavanjem jednacune: x = x2, cija su rešenja x1 = 0, x2 = 1. S obzirom daniz xn opada, to je lim

n→+∞xn = 0. Lako se dokazuje da za x1 < −1 ili x1 > 1

niz nema granicnu vrednost. Obrazloziti. ◮1.15. Neka je a > b > 0. Definišimo nizove

a1 =a+ b

2, b1 =

√ab, ..., an+1 =

an + bn2

, bn+1 =√anbn, n ≥ 1.

Dokazati da su oni konvergentni i da imaju jednake granicne vrednosti.

14 GLAVA 1. NIZOVI

◭ Indukcijom dokazujemo da su oba niza pozitivna. Zatim je 0 < bn+1 ≤an+1 i an+1 = an+bn

2 ≤ an+an2 , tj. niz opada. Iz nejednakosti bn+1 =√

anbn ≥√b2n = bn, sledi da niz bn raste. Preciznije receno, an ne raste, a

bn ne opada. Dakle, dobili smo sledece nejednakosti b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn+1 ≤an+1 ≤ an ≤ · · · ≤ a1, tj. niz an je ogranicen odozdo, a niz bn odozgo, paprema poznatom stavu sledi da postoje lim

n→+∞an = A i lim

n→+∞bn = B. Iz

svake od jednakosti A = A+B2 , B =

√AB, sledi A = B. ◮

1.16. Za koje a ∈ R niz x0 = a, xn = x2n−1 + xn−1, n ≥ 1, konvergira?

◭ Iz date veze imamo da je xn − xn−1 = x2n−1 ≥ 0, n ≥ 1, što znacida niz xn ne opada. Zato je on konvergentan ako i samo ako je ogranicenodozgo. Moguca granicna vrednost datog niza je rešenje jednacine t = t2+t,koje iznosi t = 0. Dakle, ako niz xn konvergira, tada je lim

n→+∞xn =sup

nxn =

0 ≥ x0 = a. Odavde sledi da za a > 0 niz nije konvergentan. Funkcijakoja reprodukuje clanove niza data je sa f(x) = x2 + x. Odavde sledi da zax0 = a < −1 imamo da je x1 > 0, što je nemoguce u slucaju da granicnavrednost niza postoji. Inace, da bi niz konvergirao (jer ne opada) potrebnoje i dovoljno da bude odozgo ogranicen. Ako a ∈ [0, 1] , koristeci grafikfunkcije f vidimo da je niz ogranicen odozgo. Zaista, za a ∈ ]0, 1[ sledi da je−14 ≤ xn < 0, n ∈ N. Ovo tvrñenje je tacno za 1, jer je x1 = f(a) ∈

]−14 , 0[.

Ako je −14 ≤ xn < 0, tada je i −1

4 ≤ xn+1 < 0, jer je xn+1 = f(xn), a datafunkcija preslikava segment [−1, 0] na

[−14 , 0]. (Neka student nacrta sliku).

Dakle, niz xn konvergira ako i samo ako a ∈ [−1, 0] . ◮

1.17. Dat je niz xn tako da je x1 = a, xn+1 = x2n − xn + 1, n ≥ 1.Ispitati konvergenciju niza za razlicite vrednosti parametra a.

◭ Ako je a = 1, tada je xn = 1, n ∈ N i onda je limn→+∞

xn = 1. Neka je

a �= 1, tada je xn+1−xn = (xn−1)2 ≥ 0, odakle sledi da niz ne opada. Prematome, on konvergira ako i samo ako je ogranicen odozgo. Zato, posmatrajmofunkciju f(t) = t2 − t + 1. Moguca granicna vrednost je rešenje jednacinea2−a+1 = a, odakle dobijamo da je a = 1. Kako je sup

nxn = 1 u slucaju da

niz konvergira, to zakljucujemo da za a < 0 ili a > 1 niz nije konvergentan,jer je tada vec x2 > 1 =sup

nxn. Ako a ∈ [0, 1] , niz je ogranicen. Zaista, tada

je 34 ≤ xn ≤ 1 za svako n. To dokazujemo indukcijom kao u prethodnom

zadatku. Ovde se koristi cinjenica da f : [0, 1]na→[34 , 1]. (Neka student

nacrta grafik date funkcije). ◮

1.18. Ako je za niz xn realnih brojeva x2n + x2n+1 ≤ an + 2xnxn+1, gdea ∈ ]0, 1[ i n ∈ N, dokazati da postoji lim

n→+∞xn.


◭ Dati uslov mozemo zapisati u obliku |xn+1 − xn| ≤ (√a)n = bn, gde

je b =√a, b ∈ ]0, 1[ . Ako p ∈ N, tada je

0 ≤ |xn+p − xn|= |xn+p − xn+p−1 + xn+p−1 − · · · + xn+1 − xn|≤ |xn+p − xn+p−1| + |xn+p−1 − xn+p−2| + · · · + |xn+1 − xn|

≤ bn+p−1 + bn+p−2 + · · · + bn︸︷︷︸p sabiraka

= bn · 1− bp1− b <

bn

1 − b,

i kako bn

1−b → 0 kad n→ +∞, niz xn je Košijev i zato je konvergentan. ◮1.19. Naci granicnu vrednost niza xn = n−k ·

(nk

)kad n→ +∞, gde je

k fiksiran prirodan broj.◭ Imamo da je

xn = n−k ·(n

k

)=

1

nk· n (n− 1) (n− 2) · · · (n− k + 1)

k!

=nk(1− 1

n

) (1− 2

n

)· · ·(1− k−1

n

)

nk · k! .

Odavde sledi da je limn→+∞

xn = 1k! . ◮

1.20. Dokazati da niz sa opštim clanom an = 1+x+x2+···+xnxn konvergira

za |x| > 1 ka xx−1 .

◭ Na osnovu formule o zbiru geometrijskog niza imamo da je an =1−xn+1

xn(1−x) = 1xn(1−x) − x

1−x , odakle sledi da an → xx−1 za |x| > 1. Jasno je da

za 0 �= x ∈ ]−1, 1] niz divergira, a za x = −1 nema granicnu vrednost. ◮1.21. Dokazati da za svako x ∈ R postoji niz xn ∈ Q takav da xn → x.◭ Uzmimo da je xn := n−1 · [nx] . Vidimo da xn ∈ Q. Na osnovu osobine

celobrojne vrednosti [x] broja x koja glasi: x − 1 < [x] ≤ x, imamo da jenxn − 1

n < xn ≤ nxn = x, odnosno da je x− 1

n < xn ≤ x, odakle prema teoremio uklještenju sledi da xn → x. ◮

Napomena. Obnovimo sada funkciju x → [x] , tzv. celobrojnu vred-nost broja x. Na primer [π] = 3,

[√2]

= 1, [4] = 4. Celobrojna vrednostbroja x (u oznaci [x]) je dakle, najveci ceo broj koji nije veci od x. Neka stu-dent nacrta njen grafik. Vidimo da je ona prekidna u celobrojnim tackama,tj. prekidna je sleve strane, a zdesne strane je neprekidna. Dakle, u celo-brojnim tackama funkcija x → [x] nije diferencijabilna, ali je zdesne stranetakva, tj. f ′+ (k) = 0 za k ∈ Z, a f ′− (k) ne postoji. Ova funkcija se dostakoristi u matematickoj analizi i nejednakost

(∀x ∈ R) (x− 1 < [x] ≤ x)

16 GLAVA 1. NIZOVI

korišcena u prethodnom zadatku je od posebne vaznosti. Neka student zavezbu nacrta grafike funkcija: x → [2x] ;x → [sinx] ;x → [

√x] , itd.

1.22. Dokazati da niz [x]+[2x]+···+[nx]n2

konvergira ka x2 , kad n→ +∞.

◭ S obzirom da je (∀y ∈ R) (y − 1< [y] ≤ y), za dati niz je ispunjeno

x− 1 + 2x− 1 + · · · + nx− 1

n2<

[x] + [2x] + · · · + [nx]

n2≤ x+ 2x+ · · · + nx

n2,

tj. imamo da je

xn(n+1)2 − nn2

<[x] + [2x] + · · · + [nx]

n2≤ xn(n+1)

2

n2,

odnosno da je

x · n2 + n

2n2− 1

n<

[x] + [2x] + · · · + [nx]

n2≤ x · n

2 + n

2n2.

Odavde, prema teoremi o uklještenju sledi da dati niz konvergira ka x2 . ◮

1.23. Ako xn → x, yn → y dokazati da zn = x1yn+x2yn−1+···+xny1n → xy,

kad n→ +∞.◭ Neka je xn = x+αn, yn = y+βn, gde αn, βn → 0 kad n→ +∞. Tada

je

zn = xy + xβ1 + · · · + βn

n+ y

α1 + · · · + αnn

+α1βn + · · · + αnβ1

n.

Odavde sledi da zn → xy + x · 0 + y · 0 + 0 = xy, kad n→ +∞. Zaista, ako

neki niz an → a, tada 1n

n∑

k=1

ak → a, što se moze dokazati na više nacina.

Zato nizovi uz x, odnosno y, teze 0 jer αn, βn → 0. Dokazimo da poslednjisabirak tezi 0 kad n→ +∞. Zaista, imamo da je

0 ≤∣∣∣∣α1βn + · · · + αnβ1

n

∣∣∣∣ ≤M · ||α1| + · · · |αn||n

,

gde jeM granica nula niza βn. Iz dobijene ocene i primene navedene cinjenicesledi dokaz. ◮

1.24. Odrediti limn→+∞

an i limn→+∞

an, ako je a1 = 0, a2n = a2n−12 ,

a2n+1 = 12 + a2n, n ≥ 1.

◭ Koristeci date uslove imamo da clanovi datog niza redom glase

0, 0,1

2,1

4,3

8,7

8,

7

16,15

16,15

32,31

32,31

34, · · ·


tj. dobijamo da je a2n−1 = 1 − 12n−1 i a2n = 1

2 − 12n , što se moze dokazati

indukcijom. S obzirom da a2n−1 → 1, a2n → 12 , to je lim

n→+∞an = 1 i

limn→+∞

an = 12 . ◮

Napomena. Ako podnizovi a2n i a2n−1 niza an konvergiraju redomvrednostima a, b ∈ R∪{−∞,+∞} tada su to jedine delimicne granicnevrednosti (neka student to dokaze).


(0. 99...9︸︷︷︸n

)n.

◭ Najpre imamo da je 0. 99...9︸︷︷︸n

= 1− 10−n, odakle je

limn→+∞

(0. 99...9︸︷︷︸n

)n = limn→+∞

(1− 1

10n

)n

= limn→+∞

(1− 1

10n

)−10n· −n10n

= e0 = 1,

jer n10n → 0 kad n→ +∞. ◮Napomena. Neka student dokaze da je lim

n→+∞(0. aa...a︸︷︷︸

n

)n = 0, ako

a ∈ {0, 1, 2, ..., 8} .1.26. Niz xn zadat je sa x1 = a

2 , xn+1 = a+x2n2 , n ≥ 1. Ispitati konver-

genciju niza xn u zavisnosti od parametra a ∈ [0, 1] .

◭ Vidimo da je xn ≥ 0, za svako n ∈ N. Zato uvedimo funkciju f(t) =a+t2

2 , t > 0, koja ocigledno raste na datom razmaku. S obzirom da je x2 =

a+a2

42 = a

2 + a2

8 ≥ a2 = x1, niz xn je prema stavu 1.1 rastuci (ili preciznije

receno neopadajuci). Moguca granicna vrednost niza je rešenje jednacinex = a+x2

2 , odnosno jednacine x2−2x+a = 0, iz koje sledi x1,2 = 1±√

1− a.Indukcijom se dokazuje da je xn ≤ 1 za svako n ∈ N. Zaista, tvrñenje jetacno za 1, jer je 0 ≤ a ≤ 1. Ako je 0 ≤ xn ≤ 1, tada je i xn+1 ≤ 1+1

2 = 1.Ovo znaci da granicna vrednost postoji i iznosi lim

n→+∞xn = 1 −

√1 − a. ◮

1.27. 1. Dat je niz realnih brojeva sa x1 = a, x2 = b, xn = xn−1+xn−22 ,

n ≥ 3. Naci limn→+∞

xn.

2. Na osnovu 1 odrediti limn→+∞

yn i limn→+∞

zn ako je y1 = z1 = c,

y2 = z2 = d; c, d > 0, i yn = 2yn−1yn−2yn−1+yn−2

, zn =√zn−1zn−2, n ≥ 3.

◭ 1. Iz date rekurentne veze niz xn mozemo dobiti eksplicitno. Za-ista, imamo da je xn = c1r

n1 + c2r

n2 , gde su r1 i r2 rešenja jednacine:

2r2−r−1 = 0, odnosno r1 = 1, r2 = −12 . Stoga je xn = c1 ·1n+c2 ·

(−12

)n=

c1 + c2(−12

)n, odakle sledi da xn → c1 kad n → +∞. Konstante c1 i c2

odreñujemo iz pocetnih uslova x1 = a, x2 = b, odnosno iz sistema jed-

18 GLAVA 1. NIZOVI

nacina{a = c1 − 1

2c2 ∧ b = c1 + 14c2}. Rešavanjem ovog sistema dobijamo

da je c1 = a+2b3 i c2 = 4(b−a)

3 . Dakle, imamo da je limn→+∞

xn = a+2b3 .

2. Transformacijom nizova yn i zn dobijamo da je

1

yn=

1yn−2

+ 1yn−1

2i ln zn =

ln zn−2 + ln zn−12

.

Odavde prema 1 sledi 1yn

→ 13

(1y1

+ 2y2

)= d+2c

3cd , odnosno yn → 3cdd+2c , i

ln zn → 13 (ln c+ 2 lnd) = ln

3√cd2, odnosno zn → 3

√cd2. ◮

1.28. Dat je niz 0 ≤ x1 < π, xn+1 = xn − sinxn, n ≥ 1. Dokazati dapostoji lim

n→+∞xn, a zatim naci lim

n→+∞xn+1x3n.

◭ Indukcijom dokazujemo da je 0 ≤ xn < π. Zaista, tvrñenje je tacno za1. Ako je tacno za n tada je xn+1 = xn − sinxn ≤ xn < π, a zbog sinx ≤ xza x ∈ [0, π] sledi da je i 0 ≤ xn+1, cime je tvrñenje dokazano za n+1. Zatimje xn+1−xn = − sinxn ≤ 0, odakle sledi da xn ne raste, i kako je ogranicenodozdo, postoji lim

n→+∞xn. Granicna vrednost niza xn, u oznaci x, dobija se

rešavanjem jednacine: x = x − sinx, uz uslov x ∈ [0, π[ . Odavde je x = 0.Sada imamo da je

limn→+∞

xn+1x3n

= limn→+∞

xn − sinxnx3n

= limn→+∞

xn −(xn − 1

6x3n + o

(x4n))

x3n

= limn→+∞

(1

6+ o (xn)

)=

1

6. ◮


11+22+···+nn

nn .

◭ I nacin. Oznacavajuci dati niz sa an imamo:

1 =nn

nn≤ an ≤ n1 + n2 + · · · + nn

nn=nn+1 − n(n− 1)nn

=nn − 1

nn· n

n− 1<

n

n− 1.

Odavde se na osnovu teoreme o uklještenju dobija da an → 1, jer nn−1 → 1

kad n→ +∞.II nacin. Primenom Štolcovog stava je

limn→+∞

(n+ 1)n+1

(n+ 1)n+1 − nn= lim

n→+∞1

1 −(1 + 1

n

)−n · 1n+1

=1

1 − e−1 · 0 = 1. ◮


1.30. Koliko clanova ima niz an =ln ln ... ln︸︷︷︸n

n?

◭ Imamo da je a1 = ln 1 = 0, tj. a1 postoji. Kako je a2 = ln ln 2 iln 2 > 0, to postoji i a2. Slicno, postoji i a3 = ln ln ln 3, jer je nejednakostln ln 3 > 0, ekvivalentna nejednakosti ln 3 > 1, odnosno 3 > e, koja je tacna.Meñutim, a4 = ln ln ln ln 4 ne postoji (nije realan broj) jer usov ln ln ln 4 > 0nije ispunjen. Data nejednakost je ekvivalentna nejednakosti ln ln 4 > 1,odnosno ln 4 > e. Poslednja nejednakost nije tacna jer je ekvivalentna sa4 > ee, koja ocigledno nije tacna. Dakle, niz an ima samo tri clana. ◮

1.31. Dokazati da limn→+∞

sinn ne postoji.

◭ Pretpostavimo suprotno, tj. da je limn→+∞

sinn = a. Tada je

limn→+∞

(sin(n+ 2)− sinn) = 0, jer je i limn→+∞

sin(n+ 2) = a. Odavde imamo

da je limn→+∞

2 cos(n+1) sin 1 = 0, odnosno da je limn→+∞

cos(n+1) = 0. Dakle,

dobijamo da je limn→+∞

cosn = 0. Sada je limn→+∞

sin 2n = limn→+∞

2 sinn cosn =

2 · a · 0 = 0, odnosno i limn→+∞

sinn = a = 0, jer je n → sin 2n podniz niza

n → sinn. Kako je sin2 n+cos2 n = 1, to se prelaskom na granicnu vrednostdobija da je 0 = 1, što je kontradikcija. Znaci, lim

n→+∞sinn ne postoji. ◮

1.32. Ispitai granicnu vrednost niza

xn =1

n− 2

n+

3

n− · · · + (−1)n−1

n

n.

◭ Dati niz divergira jer njegovi podnizovi x2k i x2k−1 konvergiraju ra-zlicitim vrednostima. Stvarno, imamo da je

x2k =1

2k− 2

2k+

3

2k− · · · + (−1)2k−1

2k

2k

=1

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

=1

2k· (−1) · k = −1

2,

x2k−1 =1

2k − 1− 2

2k − 1+

3

2k − 1− · · · + (−1)2k−2

2k − 1

2k − 1

=1

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

=1

2k − 1· (−1) · (k − 1) + 1 =

k

2k − 1→ 1

2, k→ +∞. ◮

1.33. Dokazati da niz xn zadat sa x0 = b, xn+1 = x2n − (2a− 1)xn + a2,n ≥ 0, konvergira ako i samo ako je a− 1 ≤ b ≤ a.

20 GLAVA 1. NIZOVI

◭ Kako je za svako n ≥ 0 : xn+1 − xn = (xn − a)2 ≥ 0, to dati niz neopada (raste). Znaci, niz xn konvergira ako i samo ako je ogranicen odozgo.Ako niz konvergira tada je lim

n→+∞xn = a i onda je za sve n ≥ 0 ispunjeno

da je xn ≤ a. Trinom x2n− (2a−1)xn +a2 je ogranicen odozgo brojem a akoi samo ako je a − 1 ≤ xn ≤ a. Odavde sledi da je u slucaju konvergencijeniza xn ispunjeno da je a − 1 ≤ b ≤ a. Obrnuto, ako je a − 1 ≤ b ≤ a,indukcijom dokazujemo da je a − 1 ≤ xn ≤ a za sve n ∈ N, odakle sledikonvergencija. Tvrñenje je tacno za 0. Ako je tvrñenje tacno za n, ondaimamo da je xn+1 ≥ xn ≥ a− 1, i

xn+1 = xn + (xn − a)2 = xn + (a− xn)2 ≤ xn + a− xn = a,

jer je 0 ≤ a− xn ≤ 1. Dakle, tvrñenje je tacno i za n+ 1. Zadatak je time upotpunosti rešen. ◮


n sin(2πen!).

◭ Kako je

e = 1 +1

1!+

1

2!+ · · · + 1

n!+

1

(n+ 1)!+

θn+1(n+ 1) (n+ 1)!

,

θn ogranicen niz, to je 2πen! = 2πN + 2πn+1 + o

(1

n+1

), n→ +∞, gde je N

prirodan broj. Zatim je, kad n→ +∞

n sin (2πen!) = n sin

(2π

n+ 1+ o

(1

n+ 1

))= n

(2π

n+ 1+ o

(1

n+ 1

)).

Dakle, imamo da je limn→+∞

n sin(2πen!) = 2π. ◮

Napomena. Korišcena je cinjenica:

(∀n ∈ N) (∃θn ∈ ]0, 1[) e = 1 +1

1!+

1

2!+ · · · + 1

n!+

θnn · n! .


13+23+···+(4n−1)3n4

.

◭ I nacin. Niz yn = n4 je rastuci i tezi +∞ kad n→ +∞, i onda premaŠtolcovom stavu imamo da je

L = limn→+∞

13 + 23 + · · · + (4n− 1)3

n4

= limn→+∞

13 + 23 + · · · + (4n− 1)3 −(13 + 23 + · · · + (4n− 5)3

)

n4 − (n− 1)4

= limn→+∞

(4n− 4)3 + (4n− 3)3 + (4n− 2)3 + (4n− 1)3

4n3 − 6n2 + 4n− 1= 64.


II nacin. Kako je

L =1

n

((1

n

)3+

(2

n

)3+ · · · +

(k

n

)3+ · · · +

(4 − 1

n

)3)

=4

4n

((1

n

)3+

(2

n

)3+ · · · +

(k

n

)3+ · · · +

(4 − 1

n

)3)

→4∫

0

x3dx = 64, n→ +∞.

Primenili smo integralnu sumu funkcije x → x3 deleci segmet [0, 4] na 4njednakih delova.

III nacin. Imamo da je

13 + 23 + · · · + (4n− 1)3 =

((4n− 1) 4n

2

)2= 4n2 (4n− 1)2 ,

pa je trazena granicna vrednost jednaka 64. Koristili smo formulu

13 + 23 + · · · + k3 =

(k (k + 1)

2

)2. ◮

1.36. Ispitati konvergenciju niza xn datog sa

x1 =√

13, x2 =

√13 +

√5, xn+2 =

√13 +

√5 + xn, n ≥ 1.

◭ Podnizovi x2k−1 i x2k datog niza su rastuci i ograniceni odozgo brojem4. Zaista, funkcija t →

√13 +

√5 + t, t ≥ 0, je rastuca i kako je x1 < x3

i x2 < x4 to se indukcijom dokazuje da je x2k−1 ≤ x2k+1 i x2k ≤ x2k+2 zasvako k ∈ N. Iz nejednakosti x1 < 4 i x2 < 4, sledi da je x2k−1 < 4 i x2k < 4za svako k ∈ N, dokaz opet indukcijom. Znaci da postoje lim

k→+∞x2k−1 i

limk→+∞

x2k. Iz rekurentnih veza

x2k+1 =

√13 +

√5 + x2k−1 i x2k+2 =

√13 +

√5 + x2k,

sledi da su rešenja jednacine t =√

13 +√

5 + t, moguce granicne vrednostipodnizova x2k−1 i x2k. Dokazimo da je t = 4 jedino rešenje date jednacine,odakle sledi da je lim

n→+∞xn = 4. Funkcija g(t) = t −

√13 +

√5 + t, t ≥ 0,

22 GLAVA 1. NIZOVI

je rastuca, jer je g′(t) = 1 − 1

4√13+

√5+t·

√5+t

> 0. Kako je g(4) = 0 to je

rešenje zadatka potpuno. ◮Napomena. Iz jednakosti

x2k − x2k−1 =

√13 +

√5 + x2k−2 −

√13 +

√5 + x2k−3

=

√5 + x2k−2 −

√5 + x2k−3√

13 +√

5 + x2k−2 +√

13 +√

5 + x2k−3

= · · · =x2 − x1

⊕ > 0, i

x2k+1 − x2k =

√13 +

√5 + x2k−1 −

√13 +

√5 + x2k−2

=

√5 + x2k−1 −

√5 + x2k−2√

13 +√

5 + x2k−1 +√

13 +√

5 + x2k−2

= · · · =

√13

⊕ > 0,

sledi da niz xn raste.1.37. Ispitati konvergenciju niza xn zadatog sa x0 = a, xn+1 = xn+1

xn−1 ,n ≥ 0 u zavisnosti od parametra a.

◭ Za a �= 1 imamo da je x0 = a, x1 = a+1a−1 , x2 =

a+1a−1+1a+1a−1−1

= 2a2 = a = x0.

Dakle, imamo niz x0, x1, x0, x1, ..., a �= 1 i on je konvergentan ako i samoako je a+1

a−1 = a, tj. ako je a = 1±√

2. ◮


(n+1)2∑

k=n2

1√k.

◭ Imamo da je

limn→+∞

(n+1)2∑

k=n2

1√k

= limn→+∞

1√n2

+1√n2 + 1

+ · · · + 1√

(n+ 1)2

.

Najpre je broj sabiraka jednak (n+ 1)2 − (n2 − 1) = 2n+ 2. Stavimo xn =(n+1)2∑

k=n2

1√k, onda je 1

n+1(2n + 2) ≤ xn ≤ 1n(2n+ 2), odakle prema teoremi o

uklještenju sledi da xn → 2. ◮1.39. Pokazati da nizovi an, bn definisani sa

a1 = a, b1 = b, a > b > 0, an+1 =a2n + b2nan + bn

, bn+1 =an + bn

2,


konvergiraju istom broju.◭ Ocigledno je an > 0 i bn > 0 za svako n ∈ N (dokaz indukcijom).

Zatim jean+1bn+1

=2a2n + 2b2n(an + bn)2

≥ 1 ⇔ (an − bn)2 ≥ 0,

odaklle sledi da je an+1 ≥ bn+1. Dalje imamo

an+1 − an =a2n + b2nan + bn

− an =bn (bn − an)

an + bn≤ 0,

odakle sledi da postoji limn→+∞

an = A, jer je niz an ogranicen odozdo. Pošto

je i

bn+1 − bn =an + bn

2− bn =

an − bn2

≥ 0,

što znaci da postoji limn→+∞

bn = B jer je bn ≤ an ≤ a1, tj. niz bn je ogranicen

odozgo. Da bismo dokazali da je A = B posmatrajmo sistem jednacina:

A =A2 +B2

A+B∧B =

A+B

2.

Iz prve jednacine sledi da je AB = B2, tj. A = B, jer je B > 0. Zašto? Izdruge jednacine se takoñe dobija da je A = B. ◮

1.40. Ako podnizovi x2n, x2n−1 i x7n niza xn konvergiraju, onda i nizxn konvergira. Dokazati.

◭ Neka su x′, x′′ i x′′′ redom granicne vrednosti datih podnizova. Pod-nizovi x7, x21,x35, .... i x14, x28, ... konvergiraju ka x′′′ (zašto?), odakle sledida je x′′ = x′′′ i x′ = x′′′, jer se zna da svaki podniz konvergentnog niza imaistu granicnu vrednost kao i niz. Dobili smo dakle x′ = x′′ = x′′′. Ovo znacida niz xn konvergira ka x′ (= x′′ = x′′′). ◮

1.41. Ispitati konvergenciju niza

xn =1

√n (n+ 1)

+1

√(n+ 1) (n+ 2)

+ · · · + 1√

(2n− 1) 2n.

◭ Za dati niz je ocigledno ispunjeno

1√

(n+ 1)2+ · · ·+ 1

√(2n)2

< xn <1√n2

+1

√(n+ 1)2

+ · · ·+ 1√

(2n− 1)2,

odnosno,

1

n+ 1+

1

n+ 2+ · · · + 1

2n< xn <

1

n+

1

n+ 1+ · · · + 1

2n− 1.

24 GLAVA 1. NIZOVI

Stavljajuci yn = 1n+1 + 1

n+2 + · · · + 12n , sledi yn < xn <

1n

+ yn − 12n .

Dakle, niz xn konvergira ako i samo ako konvergira niz yn i tada na osnovuteoreme o uklještenju imamo da je lim

n→+∞xn = lim

n→+∞yn. Dokazimo da je

limn→+∞

yn = ln 2. Poznato je da niz zn = 1 + 12 + · · · + 1

n− lnn konvergira

i njegova granicna vrednost je Ojlerova konstanta C ≈ 0.571828.... Zato jetacna formula: 1 + 1

2 + · · · + 1n = C + lnn+ εn, gde εn → 0 kad n→ +∞.

Na osnovu toga je

yn =

(1 +

1

2+ · · · + 1

2n

)−(

1 +1

2+ · · · + 1

n

)

= (C + ln 2n+ ε2n) − (C + lnn+ εn) = ln 2 + ε2n − εn,

kad n → +∞, odakle sledi da yn → ln 2. Neka student pokaze da je niz znopadajuci i ogranicen odozdo nulom, odnosno da postoji lim

n→+∞zn. ◮

1.42. Niz xn definisan je rekurentno tako da x1 ∈ ]0, π[ i xn = sinxn−1,

n ≥ 2. Dokazati da je xn ∼√

3n, n→ +∞.

◭ Indukcijom dokazujemo da je xn > 0 za svako n ∈ N. S obzirom naosobinu funkcije x → sinx imamo još i nejednakost xn < xn−1. Dakle, nizje ogranicen odozdo i opadajuci i zato postoji lim

n→+∞xn = x. Prelaskom

na granicnu vrednost u jednaksti xn = sinxn−1 i koristeci neprekidnostfunkcije ”sin” dobijamo jednacinu x = sinx. Ona ima jedinstveno rešenjex = 0. (Predlazemo studentu da to dokaze). Dobili smo dakle da xn ց 0.Zatim je

1

x2n=

1

sin2 xn−1=

1

x2n−1

(1− x2n−1

3 + o(x2n−1

))

=1

x2n−1

(1− x

2n−13

+ o(x2n−1

))−1=

1

x2n−1

(1 +

x2n−13

+ o(x2n−1

))

=1

x2n−1+

1

3+ o (1) ,

odnosno 1x2n

= 1x2n−1

+ 13+yn, gde yn → 0, kad n→ +∞. Na osnovu poslednje

formule imamo da je

1

x2n=

1

x21+n− 1

3+

n∑

k=2

yk,


odnosno posle sreñivanja

3

nx2n=n− 1

n+

3

nx21+

3

n

n∑

k=2

yk.

Odavde se dobija da 3nx2n

→ 1, tj. da je xn ∼√

3n , kad n → +∞, jer

1n

n∑

k=2

yk → 0. Zašto? ◮

1.43. Ako je a1 = 1, ak = k(ak−1 + 1), k ≥ 2, naci limn→+∞

n∏

k=1

(1 + 1

ak

).

◭ Primetimo da je

n∏

k=1

(1 +

1

ak

)=

a1 + 1

a1· a2 + 1

a2· · · an + 1

an

=1

a1· a1 + 1

a2· a2 + 1

a3· · · an−1 + 1

an· an + 1

1

=1

a1· 1

2· 1

3· · · 1

n· an + 1

1=an + 1

n!.

Imamo da je an = n+n(n− 1)+ · · ·+n(n− 1) · · · 3 · 2+n(n− 1) · · · 3 · 2 · 1.Ovo se dokazuje indukcijom. Ako je tvrñenje tacno za n, onda je

an+1 = (n+ 1) (an + 1)

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

= (n+ 1) + (n+ 1)n+ · · · + (n+ 1)n (n− 1) · · · 3 · 2 · 1,

tj. tacno je i za n+ 1. Sada imamo da je

an + 1

n!= 1 + 1 +

1

2!+

1

3!+ · · · + 1

n!→ e,

kad n→ +∞. Dakle, dobili smo da je limn→+∞

n∏

k=1

(1 + 1

ak

)= e. ◮

1.44. Neka niz xn zadovoljava uslov xn = πn

+ o(1n2

), kad n → +∞.

Odrediti limn→+∞

xn ·n∑

k=1

12+cos kπ

2n

.

◭ Posmatrajmo proizvod

xn ·n∑

k=1

1

2 + cos kπ2n

=π

n·

n∑

k=1

1

2 + cos kπ2n

+ o

(1

n2

)·

n∑

k=1

1

2 + cos kπ2n

.

26 GLAVA 1. NIZOVI

Drugi sabirak ocigledno tezi 0. Obrazloziti detaljno! Prvi sabirak postaje

2 · π2n

n∑

k=1

12+cos kπ

2n

i predstavlja dvostruku integralnu sumu funkcije f(x) =

12+cos x na segmentu

[0, π2]. Naime, taj segment je podeljen na n jednakih

delova, a istaknute tacke ξ1, ξ2, ..., ξn su redom jednake desnom kraju svakogpodsegmenta podele. Dakle, trazena granicna vrednost je dva puta veca ododreñenog integrala funkcije f na

[0, π2]. Znaci, imamo da kad n → +∞ :

xn ·n∑

k=1

12+cos kπ

2n

→ 2·π2∫

0

12+cosxdx = 2

√3π9 . Dobijeni integral se rešava smenom

tan x2 = t, odnosno, svoñenjem na integral racionalne funkcije. ◮1.45. Dokazati da niz 2, 2 + 1

2 , 2 + 12+ 1

2

, .....konvergira i odrediti mu

granicnu vrednost.◭ Vidimo da je niz zadat rekurentno, tj. x1 = 2, xn+1 = 2 + 1

xn, n ≥ 1.

Pošto je xn > 0 za svako n ∈ N (dokaz indukcijom) to cemo posmatratifunkciju f(t) = 2+ 1

t , t ∈ ]0,+∞[ . Iz f ′(t) = − 1t2< 0 sledi da funkcija opada

na datom razmaku, te prema stavu 1.1 niz xn nije monoton, ali podnizovix2n−1 i x2n jesu i to jedan raste a drugi opada. S obzirom da je xn > 2 zan ≥ 1, to je 0 < 1

xn< 1

2 takoñe za n ≥ 1, odakle sledi da je 2 < xn <52 za

n > 1. Na osnovu toga imamo da postoje limn→+∞

x2n−1 = x i limn→+∞

x2n = y.

Iz rekurentne veze sledi da je{x = 2 + 1

y∧ y = 2 + 1

x∧ x > 0 ∧ y > 0

}, tj.

da je x = y. Odavde se zatim dobija da je limn→+∞

xn = 1 +√

2. ◮

1.46. Neka je a > b > 0. Definišimo nizove

a1 =a+ b

2, b1 =

√ab, an+1 =

an + bn2

, bn+1 =√anbn, n ≥ 1.

Dokazati da nizovi an i bn konvergiraju ka istim granicnim vrednostima.◭ Nizovi an i bn su pozitivni. Zatim je an+1 − bn+1 = an+bn

2 −√anbn ≥

0 (kao odnos aritmeticke i geometrijske sredine nenegativnih brojeva), tj.an+1 ≥ bn+1 za n ≥ 1. Pošto je zatim

an+1an

=an + bn

2an=

1

2+bn2an

≤ 1

2+

1

2= 1,

(iz uslova an ≥ bn sledi bnan

≤ 1) to je niz an opadajuci. Dakle, postojilim

n→+∞an = a. Slicno, imamo da je

bn+1bn

=

√anbnbn

=

√anbn

≥ 1,


tj. niz bn raste. Kako je bn ≤ an ≤ a1, niz bn je ogranicen odozgo, pa postojilim

n→+∞bn = b. Iz svake od rekurentnih veza sledi da je a = b (b > 0). ◮

1.47. Neka je data duz AB. Niz tacaka Mn duzi AB definisan je nasledeci nacin: M1 = A, M2 = B i svaka tackaMn+1 je sredina duziMn−1Mn,n ≥ 2. Kojoj tacki duzi AB konvergira niz Mn?

◭ Ako sa xn oznacimo rastojanje tacke Mn od pocetka A duzi AB, ondaimamo

xn = l − l

2+l

4− · · · + (−1)n

l

2n−2=

2l

3

(

1 −(−1

2

)n−1)

,

gde je l duzina duzi AB (dokaz indukcijom). Odavde je limn→+∞

xn = 23 l. Niz

Mn konvergira tacki na AB koja je od A udaljena za 23 l. ◮

1.48. Naci limm→+∞

(lim

n→+∞cos2n (πm!x)

), m, n ∈ N, x ∈ R.

◭ Kako je funkcija x → cosx parna, to se moze pretpostaviti da je x ≥ 0.Neka je najpre x racionalan broj, tj. x = p

q gde su p i q uzajamno prostibrojevi. Uzimajuci m > q imamo da je m!p

q= 1 ·2 ·3 · · · ·(q−1)(q+1) · · ·m ·p

paran broj. Odavde sledi da je

limm→+∞

(lim


)= lim

m→+∞

(lim

n→+∞cos2n (2kπ)

)= 1.

Ako je x iracionalan broj, to je πm!x �= kπ, k ∈ Z, te je tada |cos(πm!x)| < 1,tj. imamo da je

limm→+∞

(lim


)= lim

m→+∞0 = 0.

Dakle,

limm→+∞

(lim


)=

{1, x ∈ Q,0, x ∈ I. ◮

1.49. Rešiti jednacinu limn→+∞

n2000

nx−(n−1)x = 12001 .

◭ Kad n→ +∞ leva strana jednacine ima oblik

n2000

nx(1 −(1− 1

n

)x) =n2000

nx(xn + o

(1n

)) =n2001−x

x+ o (1),

odakle se dobija da je x = 2001. ◮

1.50. Dokazati da granicna vrednost niza x0 > 0, xn+1 = xn(x2n+3a)3x2n+a

,a ≥ 0, postoji i naci je.

28 GLAVA 1. NIZOVI

◭ Indukcijom se dokazuje da su svi clanovi niza pozitivni. Zato posma-

trajmo funkciju f(t) = t(t2+3a)3t2+a

, t ∈ ]0,+∞[ . Pošto je f ′(t) = 3(t2−a)2

(3t2+a)2≥ 0,

to je prema stavu 1.1 niz xn monoton. Nalazimo da je x1−x0 =2x0(a−x20)

3x20+a.

Zato prema istom stavu imamo da niz raste ako je x0 <√a, opada ako

je x0 >√a. Ako je x0 =

√a svi clanovi su jednaki

√a. Ako je x0 <

√a

(resp. x0 >√a) onda je xn <

√a (resp. xn >

√a) za svako n ∈ N.

Ovo se dokazuje indukcijom. Zaista, ako je xn <√a (resp. xn >

√a)

onda je xn+1 <√a (resp. xn+1 >

√a) ako i samo ako je xn(x2n+3a)

3x2n+a<

√a

(resp. xn(x2n+3a)3x2n+a

>√a). Poslednja nejednakost ekvivalentna je nejednakosti

x3n − 3x2n√a+ 3xna− a

√a < 0 (resp. x3n − 3x2n

√a+ 3xna− a

√a > 0), tj.

nejednakosti (xn −√a)3< 0 (resp. (xn −√

a)3> 0), koja je po indukci-

jskoj hipotezi tacna. Ovo znaci da u svim slucajevima granicna vrednostniza postoji i da je ≥ √

a ako niz opada, odnosno, ≤ √a ukoliko niz raste.

Pošto su rešenja jednacine t = f(t) : t1 = 0, t2 =√a to je lim

n→+∞xn =

√a.

◮

1.51. Niz xn zadat je sa x1 = 12 , xn+1 = xn − x2n, n ≥ 1. Dokazati da je

limn→+∞

nxn = 1.

◭ I nacin. Pošto je xn+1 − xn = −x2n ≤ 0, to niz xn nije rastuci.Kako funkcija f(t) = t − t2 preslikava segment

[0, 12]

na segment[0, 14]

to se indukcijom pokazuje da xn ∈[0, 14]

za svako n ≥ 2.To znaci da jeniz ogranicen odozdo, tj. postoji granicna vrednost i jednaka je 0 (rešenjujednacine x = x−x2). Onda imamo da niz 1

xnraste i tezi +∞ kad n→ +∞.

Sada imamo da je

limn→+∞

(n+ 1) − n1

xn+1− 1

xn

= limn→+∞

xn+1xnxn − xn+1

= limn→+∞

xn+1xn

= limn→+∞

(1− xn) = 1,

odakle prema Štolcovom stavu sledi da je i limn→+∞

n1xn

= limn→+∞

nxn = 1.

II nacin. S obzirom da xn → 0 kad n→ +∞ (prema prethodnom) toje

1

xn+1=

1

xn (1 − xn)=

1

xn(1 + xn + o (xn)) =

1

xn+ 1 + o (1) , n→ +∞.

Postupajuci na isti nacin kao u zadatku 1.42, dobijamo da je

1

xn=

1

x1+ (n− 1) +

n−1∑

k=1

yk, yn →n→+∞

0,


tj.1

nxn=

1

nx1+n− 1

n+

1

n

n−1∑

k=1

yk,

odakle sledi da je limn→+∞

nxn = 1, kad n → +∞, jer je limn→+∞

1n

n−1∑

k=1

yk = 0

(obrazloziti). ◮1.52. Neka je niz xn realnih brojeva definisan sa x1 = 1, xn+1 =xn

1+arctanxn, n ≥ 1. Dokazati da je lim

n→∞nxn = 1.

◭ Bez teškoca se dokazuje da niz xn opada i tezi nuli: stvarno, pošto jexn > 0 za svako n ∈ N (dokaz indukcijom) to je xn+1 < xn. Dakle, postojilim

n→+∞xn = x. Iz jednacine x = x

1+arctanx sledi x = 0. Dalje, sledi da je niz1xn

rastuci i tezi +∞, te se za nalazenje granicne vrednosti nxn = n1xn

moze

primeniti Štolcov stav. Imamo

limn→+∞

(n+ 1) − n1

xn+1− 1

xn

= limn→+∞

xn+1xnxn − xn+1

= limn→+∞

xnarctanxn

= 1. ◮

1.53. Ispitati konvergenciju niza an definisanog sa: a0 > 0, an+1 =√1+a2nan

, n ≥ 0.

◭ Ocigledno je an > 0 za svako n ∈ N; zato posmatrajmo funkciju

f(t) =√

1 + 1t2, t > 0. Pošto je f ′(t) = 1

2

(1 + 1

t2

)− 12 · (−2t−3) < 0, t > 0, to

funkcija opada na datom razmaku, te prema stavu 1.1 niz xn nije monotonali podnizovi x2n−1 i x2n su monotoni i to jedan raste a drugi opada. Kako

je zatim an+1 =√

1 + 1a2n> 1, n ≥ 0, odatle sledi da je i an+1 <

√2, n ≥ 0.

Znaci, podnizovi a2n−1 i a2n konvergiraju respektivno vrednostima a i b. Za

njihovo odreñivanje imamo sistem:{a =√

1 + 1b2

∧ b =√

1 + 1a2

}odakle

zbog pozitivnosti brojeva a i b sledi a = b. Konacno granicna vrednost niza

an se dobija kao rešenje jednacine: a =√

1 + 1a2

tj. jednacine a4−a2−1 = 0.

Iz uslova koje ispunjava niz an sledi da je limn→+∞

an =√

1+√5

2 . ◮

154. Neka je x0 = a ∈ R i xn =√

4xn−1 − 3 za n ≥ 1. Ispitati konver-genciju niza xn u zavisnosti od parametra a.

◭ Najpre vidimo da su moguce granicne vrednosti niza rešenja jednacine:t =

√4t− 3 ∧t ≥ 3

4 ⇔ t = 1 ∨ t = 3. Zato razlikujemo slucajeve:10 3

4 ≤ a < 1; 20 a = 1; 30 1 < a < 3; 40 a = 3; 50 a > 3.

Posmatrajuci grafike funkcija y = x i f (x) =√

4x− 3 u istom koordi-natnom sistemu (neka student nacrta sliku), imamo:

30 GLAVA 1. NIZOVI

10 Za a = 34 , vec x2 nije definisano. Zato neka je 3

4 < a < 1. Ondaje x1 = f (x0) < x0 (na tom delu je grafik funkcije f ispod grafika pravey = x). Prema stavu 1.1 niz onda opada, te u tom slucaju nema granicnuvrednost.

20 U ovom slucaju su svi clanovi niza jednaki 1 te je i limn→+∞

xn = 1.

30 Na ovom delu je grafik funkcije f iznad grafika prave y = x, te jex0 < f (x0) = x1 i zato tada niz raste. Indukcijom se dokazuje da je xn ≤ 3za svako n, što znaci da je lim

n→+∞xn = 3.

40 Svi clanovi niza su jednaki 3 i onda je limn→+∞

xn = 3.

50 Opet sa grafika vidimo da je x0 > f (x0) = x1, tj. niz opada. Kakoje tada (dokaz indukcijom) xn ≥ 3, to je i u ovom slucaju lim

n→+∞xn = 3.

Napomena. Ako je 34 < a < 1 onda postoji n0 ∈ N tako da je xn0 = 3

4 ,tj. xn0+1 = 0 i onda niz nije definisan za n > n0 + 1.

Zaista, ako takvo n0 ne postoji, onda s obzirom da je niz opadajuci(gledaj odnos grafika funkcije f i prave y = x) i ogranicen odozdo nulom, toon ima konacnu granicnu vrednost. Kontradikcija (1 i 3 su jedini kandidatiza granicnu vrednost niza).

Time je zadatak u potpunosti rešen. ◮

1.55. Niz xn zadat je sa x1 = 2000, xn+1 = 14−3xn , n ≥ 1. Naci lim

n→+∞xn.

◭ I nacin: Moguce granicne vrednosti su 13 i 1 (rešenja jednacine: x =

14−3x) i grafici funkcija y = x i f (x) = 1

4−3x se seku u tackama M(13 ,13

)i

N (1, 1) . Za x ∈[13 , 1]

prava y = x je iznad grafika funkcije f, odakle sledi daje x ≥ f (x) za svako x ∈

[13 , 1]. Ako postoji n0 ∈ N tako da je 1

3 ≤ xn0 ≤ 1onda je niz xn opadajuci (nerastuci) za n ≥ n0. Zaista, funkcija f preslikavasegment

[13 , 1]

na njega samog (ona je na njemu bijekcija) i ispunjeno je:xn0 ≥ f (xn0) = xn0+1. Sada prema stavu 1.1 (uzimajuci E =

[13 , 1])

niz xn opada za n ≥ n0. Racunajuci prvih nekoliko clanova vidimo davec x3 = 5996

23987 zadovoljava trazeni uslov. Na osnovu recenog imamo da jelim

n→+∞xn = 1

3 , jer se indukcijom pokazuje da je za sve clanove niza xn,

n ≥ 3 : xn ≥ 13 .

II nacin:Uzimajuci da je1 xn = unvn

niz xn mozemo dobiti eksplicitno.Dalje je

un+1vn+1

= xn+1 =1

4 − 3 · unvn

=vn

4vn − 3un,

1 Za ovakav nacin odreñivanja niza xn student moze videti [7].


odakle sledi: un+1 = vn ∧ vn+1 = 4vn − 3un. Sada eliminacijom un iz drugejednakosti, dobijamo diferencnu jednacinu niza vn :

vn+1 − 4vn + 3vn−1 = 0.

Pošto njena karakteristicna jednacina: λ2− 4λ+3 = 0 ima realne i razlicitekorene λ1 = 1, λ2 = 3 to je kao što dobro znamo iz teorije o diferencnostima,

vn = c1 · 1n + c2 · 3n = c1 + c2 · 3n,

gde su c1, c2 konstante koje odreñujemo iz pocetnih uslova. Dalje zbogun+1 = vn, imamo da je un = vn−1 = c1 + c2 · 3n−1. Konacno dobijamoeksplicitan oblik niza xn :

xn =c1 + c2 · 3n−1c1 + c2 · 3n

.

Iz uslova x1 = 2000 i x2 = − 15996 neka student odredi nepoznate konstante

c1 i c2. Bez obzira na njihove vredosti (c2 �= 0,jer niz xn nije konstantan),dobijamo da je lim

n→+∞xn = 1

3 . ◮

1.56 Neka x1 ∈ R i xn+1 = xn (xn − 1) za n ≥ 1. Ispitati konvergencijuniza xn u zavisnosti od x1.

◭ Ovo je primer rekurentno zadatog niza gde se ne moze primeniti stav1.1. Najpre vidimo da su 0 i 2 jedine moguce granicne vrednosti niza xn.Neka student prati odnos susednih clanova xn+1 i xn niza sa grafika funkcija:t → t i t → t2 − t. Dokazacemo da niz xn konvergira, ako i samo ako je−1 ≤ x1 ≤ 2. Neka je najpre za neki clan xk ispunjeno: 0 ≤ xk ≤ 1. Tada je(gledaj sliku) −1

4 ≤ xk+1 ≤ 0, 0 ≤ xk+2 ≤ 1,−14 ≤ xk+3 ≤ 0, 0 ≤ xk+4 ≤ 1

itd. Podniz xk+2l niza xn opada, jer je

xk+2l+2 − xk+2l = (xk+2l+1)2 − xk+2l+1 − xk+2l

= (xk+2l)4 − 2 (xk+2l)

3 = (xk+2l)3 (xk+2l − 2) ≤ 0.

Zato postoji granicna vrednost c = liml→+∞

xk+2l. Prelaskom na limes u jed-

nakostixk+2l+2 = xk+2l + (xk+2l)

4 − 2 (xk+2l)3

i uzimajuci u obzir da je c ≤ 1, dobijamo c = 0. Meñutim

liml→+∞

xk+2l+1 = liml→+∞

((xk+2l)

2 − xk+2l)

= c2 − c = 0,

tj. limn→+∞

xn = 0.

32 GLAVA 1. NIZOVI

Pokazimo sada da niz xn konvergira, ako je za neko k : 0 ≤ xk ≤ 2. Uovom slucaju je (opet iz odnosa grafika navedenih funkcija) xk+1 ≤ xk ≤ 2.Ako je xk+1 ≥ 0, onda je xk+2 ≤ xk+1 ≤ 2 itd. Dakle, ili je niz xk+l

nenegativan i nerastuci, i dakle ima granicnu vrednost, ili je za neko l ≥ 1 :xk+l < 0 ≤ xk+l−1. U ovom drugom slucaju je 0 ≤ xk+l−1 ≤ 1 i, kao štoje vec pokazano, tada je lim

n→+∞xn = 0. Specijalno, niz xn konvergira ako je

0 ≤ x1 ≤ 2.Neka je sada −1 ≤ x1 < 0. Onda je 0 < x2 ≤ 2, i prema vec dokazanom

(k = 2) niz xn konvergira. Ako je x1 < −1 ili x1 > 2, to je x2 < x3 < x4 < ...,tj. tada niz nema granicnu vrednost. Tako smo dokazali da niz xn konvergiraako i samo ako je −1 ≤ x1 ≤ 2. ◮

Napomena. Kada radi rekurentno zadate nizove student treba danacrta grafike prave y = x i funkcije y = f (x) koja reprodukuje clanoveniza xn i sa slike uporeñuje xn i xn+1 = f (xn) .

1.57. Naci maksimalno α i minimalno β tako da bude(

1 +1

n

)n+α

≤ e ≤(

1 +1

n

)n+β

za sve n ∈ N.◭ Pošto je

(1 +

1

n

)n+α

≤ e⇔ α ≤ 1

ln(1 + 1

n

) − n i

e ≤(

1 +1

n

)n+β

⇔ 1

ln(1 + 1

n

) − n ≤ β

to je

α ≤infn

(1

ln(1 + 1

n

) − n)

i supn

(1

ln(1 + 1

n

) − n)

≤ β

Zato uzmimo funkciju f (x) = 1ln(1+ 1

x)− x, x ≥ 1. Imamo da je

f ′ (x) =1

(x2 + x) ln2(1 + 1

x

) − 1.

Ispitajmo da li je f ′ (x) > 0 za x ≥ 1, tj. da li je(x2 + x

)ln2(1 + 1

x

)<

1. Stavljanjem t = 1x poslednja nejednakost je ekvivalentna sa t√

1+t−

ln (1 + t) > 0, koju dokazujemo delimicnim ispitivanjem funkcije

Φ(t) =t√

1 + t− ln (1 + t) , t ∈ ]0, 1] .


Za nju dobijamo

limt→0+

Φ(t) = 0;Φ (1) =1√2− ln 2.

Pošto je

Φ′ (t) =

√1 + t− t

2√1+t

1 + t− 1

1 + t=

(√1 + t− 1

)2

2 (1 + t)32

> 0

to funkcija Φ raste i zato je Φ(t) ≥ limt→0+

Φ(t) = 0, odnosno, Φ(t) > 0

za t ∈ ]0, 1] . Znaci funkcija f je rastuca na skupu x ≥ 1. Zato je f (1) =1ln 2 −1 = α trazena maksimalna vrednost, a β = f (+∞) = lim

x→+∞f (x) = 1

2

trazena minimalna vrednost. Koristeci asimptotski razvoj funkcije x →ln (1 + x) , x→ 0, nalazimo β :

β = limx→+∞

(1

ln(1 + 1

x

) − x)

= limx→+∞

(1

1x − 1

2x2+ o(1x2

) − x)

= limx→+∞

(1

1x

(1 − 1

2x + o(1x

)) − x)

= limx→+∞

12 + o (1)

1− 12x + o

(1x

) =1

2. ◮

1.58. Dat je niz: a1 = 2, an+1 = 5an−1 , n ≥ 1. Ispitati konvergenciju

datog niza i odrediti limn→+∞

an ako postoji.

◭ Ako je za neko k, ak < 1,onda je an < 0 za n > k. Tada se primenomstava 1.1 dobija da niz an (n > k) nije monoton, ali podnizovi a2n i a2n−1 sumonotoni i to jedan raste a drugi opada. Zaista, uzmimo f (t) = 5

t−1 , t < 0.Tada f : ]−∞, 0] → [−5, 0[ ⊂ ]−∞, 0] = E. S obzirom da je ovako definisanafunkcija (neka student nacrta njen grafik) ogranicena i odozdo i odozgo, tosu podnizovi a2n i a2n−1 konvergentni. Iz uslova

a2n =5

a2n−1 − 1∧ a2n+1 =

5

a2n − 1

prelaskom na granicne vrednosti levih i desnih strana navedenih jednakosti(x′ = lim

n→+∞a2n, x

′′ = limn→+∞

a2n−1) sledi x′ = x′′. Sada se iz jednacine x =

5x−1 , x ≤ 0 dobija x = lim

n→+∞an = 1−

√21

2 . Izracunavanjem prvih nekoliko

clanova niza dobijamo da je k = 5, tj. a6 < 0. ◮1.59 Neka je a1 = a > 0 i an+1 = aan , n ≥ 1. Ispitati konvergenciju niza

an u zavisnosti od a ∈ R.

34 GLAVA 1. NIZOVI

◭ Pošto su svi clanovi niza pozitivni, to cemo uzeti funkciju f (t) =at, t > 0, koja reprodukuje clanove niza. Neka je najpre 0 < a < 1. Onda jefunkcija f opadajuca i preslikava ]0,+∞[ → ]0, 1[ ⊂ ]0,+∞[ tako da premastavu 1.1 niz an nije monoton ali za njegove podnizove a2n−1 ր i a2n ց jeispunjeno:

0 < a1 < a3 < · · · < a2n−1 < · · · < · · · < a2n < a2n−2 < · · · < a4 < a2 < 1.

S obzirom na skup vrednosti funkcije f oba podniza su ogranicena i zatopostoje

limn→+∞

a2n−1 = x ∧ limn→+∞

a2n = y ∧ x ≤ y.

Sada imamo da je niz an konvergentan ako i samo ako je

y = ax ∧ x = ay ∧ y = x.

Analizirajmo funkciju

ϕ (x) = aax − x, x > 0, 0 < a < 1.

Za nju neposredno imamo:

ϕ′ (x) = aax+x · ln2 a− 1 i ϕ′′ (x) = aa

x+x · ln3 a · (1 + ax lna) .

Za funkcije ϕ i ϕ′ je:

ϕ(0+)

= a, ϕ (+∞) = −∞ i ϕ′(0+)

= a ln2 a− 1, ϕ′ (+∞) = −1.

Lako se dobija da je ϕ′ (0+) < 0 za svako a ∈ ]0, 1[ . Odredimo a tako da jemaxxϕ′ (x) < 0. Za te vrednosti parametra a funkcija ϕ je opadajuca i onda

jednacina aax − x = 0 ima jedinstveno rešenje, tj. tada niz an konvergira.

Jasno je da drugi izvod ϕ′′ ima samo jednu nulu, recimo x0 u kojoj ϕ′ postizemaksimum. Onda je

ϕ′ (x0) = aax0 · ax0 · lna · ln a− 1 = aa

x0 · (−1) · ln a− 1

=1

e· (−1) · ln a− 1 ≤ 0 ⇔ a ≥ 1

ee.

U nastavku pokazujemo da za 0 < a < 1ee niz an divergira. Zaista, uzmimo

1ee := b. Onda prema prethodnom postoji jedinstven broj xb tako da jebxb = xb, xb > 0. Neka je zatim 0 < a < b. Definišimo nizove: a1 = a ian+1 = aan , n ≥ 1 i b1 = b i bn+1 = bbn , n ≥ 1. Onda imamo

b2k ց xb ∧ b2k−1 ր xb kao i koristeci indukciju


a2k > b2k ≥ xb i a2k > xba2k−1 < b2k−1 ≤ xb i a2k−1 < xb,

zatim i da

a2k ց x′a, a2k−1 ր x′′a i x′′a ≤ x′a i x′a ≥ xb, x′′a ≤ xb i ax′a = x′′a, a

x′′a = x′a.

Pretpostavimo da niz an konvergira, tj. da je x′′a = x′a (= xa) = xb. Onda je

axa = xa i axa = xb = axb tj. axa = bxb ,

odnosno axa = bxa , odakle sledi a = b. Kontradikcija!Ako je a = 1 svi clanovi niza su jednaki 1 i onda je lim

n→+∞an = 1.

Neka je sada a > 1. Onda je prema stavu 1.1 niz an monoton. Kako jea2 = aa11 = aa > a1 = a1 to je niz an rastuci. On je zato konvergentan akoi samo ako je ogranicen odozgo. Moguca granicna vrednost niza an se ondadobija rešavanjem jednacine x = ax. Da bismo odredili broj njenih rešenja,posmatrajmo funkciju

ϕ (x) =1

x· ax

i uporedimo je sa 1. Imamo da ϕ (x) → +∞, x → 0+ i ϕ (x) → +∞, x →+∞. Odavde sledi da ϕ ima minimum. Zatim je

ϕ′ (x) = − 1

x2ax +

1

xax ln a =

1

x2ax (x ln a− 1) ,

odakle dobijamo minimum funkcije ϕ : ϕ(1ln a

)= ϕ (loga e) = e lna. Kon-

acno iz tri mogucnosti

e ln a > 1 ∨ e ln a = 1 ∨ e ln a < 1

sledi da za a > e√e jednacina x = ax nema rešenja. Za a = e

√e ona ima jedno

rešenje (x = e), a za a < e√e dva realna rešenja: x1 i x2. U prvom slucaju

niz nema konacnu granicnu vrednost a u ostala dva slucaja je konvergentan.Zaista, kao i u mnogim primerima od ranije, posmatranjem prave y = x igrafika funkcije y = ax imamo: a1 = a = e

√e < e i indukcijom dokazujemo

da je an < e za svako n ∈ N. Niz tada konvergira ka e. Ako je a1 = a < e√e

niz konvegira ka manjem rešenju x1 jer je odozgo ogranicen tim brojem(dokaz opet indukcijom). Napomenimo da a1 ne moze biti izmeñu x1 i x2,jer bi tada niz an bio opadajuci. Zbog x1 < e < x2 sledi da a ne moze bitivece od x2.

Dobili smo dakle da niz an konvergira za 1ee < a <

e√e. ◮

36 GLAVA 1. NIZOVI

1.60 Dokazati nejednakost

√

a+

√a+ · · · + √

a︸︷︷︸

n korena

< 1+√1+4a2 , za a ≥ 0.

◭ Pogledati primer 1.7. ◮1.61 Odrediti lim

n→+∞14+24+···+n4

n5, bar na dva nacina.

◭ I nacin. Primenom Štolcovog stava (proveriti uslove) sledi

limn→+∞

(14 + 24 + · · · + n4 + (n+ 1)4

)−(14 + 24 + · · · + n4

)

(n+ 1)5 − n5

= limn→+∞

(n+ 1)4

(n+ 1)5 − n5= lim

n→+∞n4 + 4n3 + 6n2 + 4n+ 1

5n4 + 10n3 + 10n2 + 5n+ 1=

1

5.

II nacin. Primenom integralne sume funkcije x → x4, x ∈ [0, 1] , dobi-jamo

14 + 24 + · · · + n4n5

=1

n·

n∑

i=1

(i

n

)4→

n→+∞

1∫

0

x4dx =1

5. ◮

1.62 Naci limn→+∞

((n+ a) α − (n+ b) α), ako a �= b, α ∈ R.◭ Ako je L navedeni limes, transformacijom izraza i primenom asimp-

totskih formula, dobijamo

L = limn→+∞

nα

((1 +

a

n

)α

−(

1 +b

n

)α)

= limn→+∞

nα

((a− b)αn

+O

(1

n2

))

= limn→+∞

nα−1(

(a− b)α+O

(1

n

))=

a− b, α = 10, α < 1+∞, α > 1 i a > b−∞, α > 1 i a < b.

. ◮

1.63 Košijevim kriterijumom dokazati divergenciju niza

xn =n∑

k=1

(1

3k−2 + 13k−1 − 1

3k

).

◭ Treba pokazati da postoji ε > 0 takvo da za svaki prirodan broj n0postoje prirodni brojevi n = n (n0) i p = p (n0) tako da je

|xn+p − xn| ≥ ε.


Meñutim

|xn+p − xn| =

n+p∑

k=n

(1

3 (k + 1) − 2+

1

3 (k + 1) − 1− 1

3 (k + 1)

).

Pošto je 13(k+1)−2 + 1

3(k+1)−1 − 13(k+1) ≥ 2

3(k+1) − 13(k+1) = 1

3(k+1) , to je

|xn+p − xn| ≥n+p∑

k=n

1

3 (k + 1)≥ p

3 (n+ p).

Ako sada uzmemo n = p = n0, dobijamo da je |xn+p − xn| ≥ n03·2n0 = 1

6 .

Znaci, ε moze biti proizvoljan broj iz razmaka]0, 16]. ◮

1.64 Dokazati da limn→+∞

tann ne postoji kao realan broj niti kao ±∞.◭ Najpre je tan 2n = 2 tann

1−tan2 n . Ako je limn→+∞

tann = a ∈ R, onda mora

biti i

a =2a

1 − a2 , tj. a = 0.

Odatle zatim sledi da je limn→+∞

sinn = 0, što nije tacno (zadatak 1. 31).

Ako je limn→+∞

tann = +∞, onda je limn→+∞

cotn = 0, tj. limn→+∞

cosn = 0,

što nije tacno (opet zadatak 1.31). Na isti nacin sledi da ne moze bitilim

n→+∞tann = −∞. ◮

1.65 Ispitati konvergenciju niza xn datog sa xn+1 = x2n +5xn+4, n ≥ 1,u zavisnosti od x1 ∈ R.

◭ Niz xn je neopadajuci jer je

xn+1 − xn = (xn − 2)2 ≥ 0, n = 1, 2, 3, ...

To znaci da xn konvergira ako i samo ako je ogranicen odozgo. Mogucagranicna vrednost se dobija rešavanjem jednacine

t = t2 + 5t+ 4,

iz koje sledi t1 = t2 = −2. Dakle, ako xn konvergira onda je limn→+∞

xn =

supnxn = −2, što znaci da je x1 ≤ −2. Kako je prava x = −5

2 osa simetrije

parabole y = x2+5x+4, ako niz konvergira mora biti i x1 ≥ −3. Znaci, nizxn konvergira ako i samo ako je −3 ≤ x1 ≤ −2. ◮

Napomena. Neka student nacrta grafik prave y = x i grafik paraboley = x2 + 5x+ 4 i na osnovu toga detaljnije obrazlozi rešenje. Uporediti sazadatkom 1.17.

38 GLAVA 1. NIZOVI

1.66 Dat je niz: x1 = a, xn+1 = 1 + x2n4 , n ≥ 1. Ispitati konvergenciju

niza xn i reda+∞∑

n=1(2 − xn) u zavisnosti od realnog parametra a.

◭ Na isti nacin kao u porethodnom primeru pokazujemo da niz xn kon-vergira ako i samo ako je −2 ≤ x1 = a ≤ 2 i ako lim

n→+∞xn postoji jednak je

2. Da bismo ispitali konvergenciju reda+∞∑

n=1(2 − xn) potrazimo

C = limn→+∞

2− xn1n

= limn→+∞

n · (2− xn) = limn→+∞

n1

2−xn

.

Pošto niz 2 − xn opada i tezi nuli to niz 12−xn

raste i tezi +∞, te se na

poslednji limes moze primeniti Štolcov stav:

C = limn→+∞

(n+ 1) − n1

2−xn+1 −1

2−xn

= limn→+∞

(2− xn) (2 − xn+1)xn+1 − xn

= limn→+∞

(2− xn)(1 − x2n

4

)

1 + x2n4 − xn

= limn→+∞

(2 − xn)2 (2 + xn)

(xn − 2)2= 4.

Prema napomeni posle zadatka 2.15 sledi da red divergira. ◮1.67 Neka je xn niz pozitivnih brojeva tako da je 4xn+5xn+1 ≥ 10xn+2,

n ≥ 1. Dokazati da je limn→+∞

xn = 0.

1.68. Ako je x1 = a, xn = 11+bxn

, n ≥ 1, ispitati konvergenciju niza xnu zavisnosti od a, b ∈ R.

◭ Koristeci metod ”diferencnosti” naveden u [7] mozemo niz xn nacieksplicitno i odatle izvesti diskusiju po a i b za konvergenciju tj. divergencijuniza xn. Neka student to izvede do kraja. ◮

1.69 Dokazati da jednacina x = cosx ima jedinstveno rešenje x0, kao ida niz x1 = 20, xn = cosxn−1, n ≥ 2, konvergira ka x0.

◭ Uzmimo funkciju f (x) = x − cosx i uporedimo je sa nulom. Za njuje:

f (−∞) = −∞, f (+∞) = +∞kao i f ′ (x) = 1 + sinx ≥ 0, odakle sledi da je f rastuca. Ovo znaci da fima samo jednu realnu nulu. Pošto je f (0) = −1 i f

(π2

)= π

2 to premaBolcano-Košijevoj teoremi ta nula pripada intervalu

]0, π2[. Što se tice

niza xn imamo da je vec 0 < x4 < 1, što znaci da je xn ogranicen nizpozitivnih brojeva. Pošto je xn = cosxn−1 = f (xn−1) to prema stavu 1.1niz xn nije monoton ali podnizovi x2n−1 i x2n su monotoni i to jedan raste


a drugi opada, jer funkcija f opada. Ako je x = limn→+∞

x2n−1 i y = limn→+∞

x2n

(oni postoje), onda niz xn konvergira ako i samo ako je x = y. Za brojeve xi y je ispunjeno:

x = cos y ∧ y = cosx.

Dokazujemo da je x = y. U tu svrhu analiziracemo funkciju ϕ (x) = x −cos (cosx) , x ∈

[0, π2]. Kako je ϕ′ (x) = 1 + sinx · sin (cosx) > 0, x ∈

[0, π2]

to ϕ ima jedinstvenu nulu x0, koja je i granicna vrednost niza xn. ◮1.70 Naci lim

n→+∞f((2 +

√3)n), gde je f(x) = x− [x] za x ∈ R.

◭ U razlaganju(2 +

√3)n

=n∑

k=1

(nk

) (√3)k

2n−k sa An oznacimo sabirke

za parne k, a sa Bn sabirke za neparne k, tj. imamo(2 +

√3)n

= An +Bn.

Ocigledno je(2 −

√3)n

= An −Bn, pri cemu je An > Bn, An −Bn → 0 kaoi Bn

An→ 1, kad n → +∞. Pošto je An ceo broj to se Bn kad n → +∞ sve

manje i manje razlikuje od celog broja, tj. f (Bn) = Bn − [Bn] → 1, kadn→ +∞, odakle sledi da je i

limn→+∞

f((2 +√

3)n) = limn→+∞

f (An +Bn) = limn→+∞

(An +Bn − [An +Bn])

= limn→+∞

(An +Bn −An − [Bn]) = limn→+∞

(Bn − [Bn]) = 1.

Koristili smo: limx→k−

(x− [x]) = 1, k ∈ Z, kao i [x± y] = x± [y] ako je x ceo

broj. ◮

1.71 Dokazati da je limn→+∞

(1 + n+ n2

2! + · · · + nn

n!

)e−n = 1

2 .

◭ Neka je 12 < α <

23 , r = [nα] . Predstavimo en =

+∞∑

k=0

nk

k! u obliku

n−r∑

k=0

nk

k!+

n∑

k=n−r+1

nk

k!+

n+r∑

k=n+1

nk

k!+

2n+1∑

k=n+r+1

nk

k!+

+∞∑

k=2n+2

nk

k!

= S1 + S2 + S3 + S4 + S5.

Koristeci na primer, Stirlingovu formulu2, nije teško dalje oceniti S1, S4i S5 i pokazati da je S1 = o (S2) , S4 = o (S2) , S5 = o (S2) kao i S3 =S2 + o (S2) , odakle i sledi navedeni limes. ◮

2 Za Stirlingovu formulu pogledati poslednju glavu.

40 GLAVA 1. NIZOVI

1.72 Niz xn realnih brojeva ispunjava: x2n+1 + x2n ≤ 1n3

+ 2xnxn+1.Dokazati da konvergira.

1.73 Niz xn je zadat sa x0 = 13 , xn = 0, 5x2n−1−1, n ≥ 1. Naci lim

n→+∞xn.

◭ Vec je x1 < 0. Zato uzmimo funkciju f (t) = 12 t2 − 1, t ∈

[−√

2, 0].

Imamo da f :[−√

2, 0]→ [−1, 0] ⊂

[−√

2, 0]

i da je opadajuca, tj. nizxn nije monoton, ali su podnizovi x2n−1 i x2n monotoni i to jedan od njihraste a drugi opada (stav 1.1). To dalje znaci da postoje x′ = lim

n→+∞x2n−1

i x′′ = limn→+∞

x2n i za brojeve x′, x′′ je ispunjeno:

1

2x′2 − 1 = x′′ ∧ 1

2x′′2 − 1 = x′.

Odatle je

x′2 − x′′2 = 2(x′′ − x′

)⇔(x′ − x′′

) (x′ + x′′ + 2

)= 0

⇔ x′ = x′′ ∨ x′ + x′′ = −2.

Druga jednakost je nemoguca. Stvarno, iz uslova

1

2x′2 − 1 = x′′ ∧ x′ + x′′ = −2,

dobijamo x′2 + 2x′ + 2 = 0. Ostaje, x′ = x′′ = 1−√

3. ◮1.74 Ispitati konvergenciju niza xn u zavisnosti od α, β i γ ako je

1. xn = nα+1n β+1

; 2. xn =n γ( 3

√n3+1−n)√

n+1−√n.

1.75 Ako je xn niz nenegativnih realnih brojeva i limn→+∞

xn ≤ 0, tada

xn → 0, kad n→ +∞. Dokazati.1.76 Ako je xn > 0, tada je lim

n→+∞1xn

= 1lim

n→+∞xn

i limn→+∞

1xn

= 1lim

n→+∞xn.

Dokazati.1.77 Ispitati konvergenciju niza xn definisanog sa xn+1 = 3

4xn + 4x3n,

n ≥ 1, ako je 1. x1 > 0; 2. x1 < 0.◭ 1. Svi clanovi niza xn su pozitivni-dokaz indukcijom. Zato posmatra-

jmo funkciju f (t) = 34 t +

4t3, t > 0. Lako dobijamo da je fmin = f (2) = 2.

Zato je xn ≥ 2 za sve n ∈ N. Zatim je

xn+1 − xn =3

4xn +

4

x3n− xn =

16− x4n4x3n

< 0,

tj. xn opada (na osnovu ogranicenosti dokazali smo monotonost). Poštoje niz xn opadajuci i ogranicen odozdo, to postoji lim

n→+∞xn = x ≥ 2. Iz


jednacine

x =3

4x+

4

x3, x ≥ 2

dobijamo x = 2.2. Ovaj slucaj ostavljamo studentu. ◮

1.78 Niz an dat je sa: a1 = 0, an+1 = α2

2 + an − a2n2 , n ≥ 1, i |α| ≤ 1.

Ispitati njegovu konvergenciju.◭ Uzmimo funkciju f (t) = α2

2 + t− t2

2 , t ∈ [0, 1] . Imamo da f : [0, 1] →[α2

2 ,α2+12

]⊂ [0, 1] i pošto je a1 ≤ a2 to je prema stavu 1.1 an neopadajuci

niz. Dalje je

an ≤ f (1) =α2 + 1

2≤ 12 + 1

2= 1,

tj. an je ogranicen odozgo. Rešenja jednacine

a =α2

2+ a− a

2

2

su a1,2 = ±α, odakle sledi da je limn→+∞

an = |α| . ◮

1.79 Niz an je definisan sa a1 > 0, an+1 = 13

(2an + 8

a2n

), n ≥ 1. Pokazati

da niz an konvergira, a zatim odrediti njegovu granicnu vrednost.◭ Postupak je isti kao kod zadatka 1.77. Neka student proveri. ◮1.80 Odrediti sve realne brojeve b za koje postoji beskonacan niz yn koji

zadovoljava uslove: y0 = b, yn+1 = yn−1yn+1

, n ≥ 0. Za koje b niz yn konvergira?◭ Nalazimo prvih nekoliko clanova:

y1 =b− 1

b+ 1, y2 =

y1 − 1

y1 + 1=

y0−1y0+1

− 1y0−1y0+1

+ 1=

−2

2y0= −1

b

y3 =y2 − 1

y2 + 1=

− 1y0

− 1

− 1y0

+ 1=b+ 1

b+ 1

y4 =y3 − 1

y3 + 1=

y0+1−y0+1

− 1y0+1−y0+1

+ 1=

2y02

= b.

Odavde sledi da mora biti b �= 0∧b �= ±1 Jasno je da niz yn konvergira ako isamo ako je y0 = y1 = y2 = y3, što je nemoguce ni za jednu realnu vrednostb ◮

1.81 Ako je x1 = a, x2 = b, xn+2 = −12 (3xn+1 + xn) , n ∈ N, a, b ∈ R

izraziti xn eksplicitno i naci limn→+∞

xn, ako postoji.

42 GLAVA 1. NIZOVI

◭ Koristeci diferencnost, dobijamo da je

xn = C1 (−1)n +C2

(−1

2

)n

,

gde su C1, C2 konstante koje odreñujemo iz pocetnih uslova: x1 = a, x2 = b.Naravno R1 = −1, R2 = −1

2 su koreni (rešenja) odgovarajuce karakteristicnejednacine R2 + 3

2R+ 12 = 0 date diferencnosti. Konstante C1 i C2 nalazimo

iz sistema

a = −C1 −1

2C2

b = C1 +1

4C2.

Njegova rešenja su: C1 = a + 2b i C2 = −4a − 4b. Ocigledno je da nizxn konvergira ako i samo ako je C1 = 0, tj. ako je a + 2b = 0 i tada jelim

n→+∞xn = 0. ◮

1.82 Ako je x0 = 13 , xn = 1

2x2n−1 + 2

5xn−1. Ispitati konvergencijnu nizaxn.

◭ Indukcijom dokazujemo da su svi clanovi niza pozitivni. Zato uzimamofunkciju

f (t) =1

2t2 +

2

5t, t > 0

koja reprodukuje clanove niza. Ona preslikava interval ]0,+∞[ na njegasamog i tu je rastuca, odakle prema stavu 1.1 sledi da je niz xn monoton.Pošto je

x1 = f (x0) =1

2· 1

9+

2

5· 1

3=

11

90<

1

3= x0

to je niz opadajuci. Znaci postoji limn→+∞

xn = x. Iz jednacine

x =1

2x2 +

2

5x, x ≥ 0

dobijamo x = 0 ∨ x = 65 > 1, što znaci da je lim

n→+∞xn = 0. ◮

1.83 Ispitati konvergenciju niza xn ako je x1 > 0, xn+1 = x− nn+1

n , n ≥ 1.

◭ Izracunajmo prvih nekoliko clanova:

x2 = x− 12

1 ;x3 = x− 23

2 =

(x− 12

1

)− 23

= x1·22·31 = x

131 ; ....


Naslucujemo da je xn = x(−1)n−1 1

n

1 i to dokazujemo indukcijom. Tvrñenje jetacno za 1. Ako je tacno za n, onda za n+ 1 imamo:

xn+1 = x− nn+1

n =

(x(−1)n−1 1

n1

)− nn+1

= x(−1)n 1

n+1

1 ,

tj. imamo tacnost i za n+ 1. Odatle je

limn→+∞

xn = xlim

n→+∞(−1)n−1 1

n

1 = x01 = 1. ◮

1.84 Dokazati konvergenciju niza xn ako konvergiraju njegovi podnizovix2n, x3n, x2n+1.

◭ Neka podnizovi x2n, x3n, x2n+1 konvergiraju respektivno ka x, y, z.Onda podnizovi

x3, x9, x15, ..... i x6, x12, x18,....

konvergiraju prvi ka x a drugi ka z, ali oba konvergiraju i ka y. Odatle jex = y = z. Niz xn dakle konvergira.◮

1.85 Neka je f : R→ R konveksna funkcija i an = f(n) + f(−n) zan = 0, 1, 2, ....Dokazati da je niz an monoton, kao i da konvergira ako i samoako je f(x) = αx+ β za neke vrednosti α, β ∈ R.

1.86 Neka je x1 = 18 , xn+1 = xn − 2x2n, n ≥ 1. Dokazati:

1. xn ≤ 12 · 1

n+3 , n ∈ N; 2. red+∞∑

n=1(1− 2nxn) divergira.

◭ 1. Indukcijom sledi. Za 1 je tacno. Za n+1 imamo: Pošto je funkcijaf (t) = t− 2t2 rastuca na

[0, 14]

i pošto je 0 < 12 · 1

n+3 ≤ 14 za svako n ∈ N,

to je

xn+1 = f (xn) ≤ f(

1

2· 1

n+ 3

)=

1

2· 1

n+ 3− 2 · 1

(n+ 3)2

=(n+ 3) − 4

2 (n+ 3)2=

n− 1

2 (n+ 3)2≤ 1

2· 1

n+ 4,

jer je (n− 1) (n+ 4) ≤ (n+ 3)2 za svako n ∈ N.2. Dati red divergira prema poredbenom kriterijumu, jer je

1 − 2nxn = 1 + 2n (−xn) ≥ 1 + 2n ·(−1

2· 1

n+ 3

)=

3

2 (n+ 3)

i red+∞∑

n=1

32(n+1) = 3

2

+∞∑

n=1

1n+1 divergira. ◮

44 GLAVA 1. NIZOVI

1.87 Odrediti niz an eksplicitno, ako je a1 = α, an+1 = −an1+(−1)n+1an ,

n ≥ 1; Ispitati zatim konvergenciju reda+∞∑

n=1anx

n za α = 12 .

◭ Izracunajmo prvih nekoliko clanova:

a1 = α; a2 =−α

1 + (−1)2 α= − α

1 + α;a3 =

α

1 + 2α, ...

naslucujemo da je an = (−1)n−1α1+(n−1)α i to dokazujemo indukcijom. Za 1 formula

je tacna. Neka je tacna za n. Pošto je

an+1 =−an

1 + (−1)n+1 an=

− (−1)n−1α1+(n−1)α

1 + (−1)n−1 (−1)n−1α

1+(n−1)α

=(−1)n α

1 + nα,

to je formula tacna i za n+1. Zamenjujuci α = 12 dati red postaje

+∞∑

n=1

(−1)n+1n+1 xn,

za koji se jednostavno dobija da konvergira na skupu ]−1, 1] . ◮1.88 Naci granicnu vrednost niza: y1 = x, yn+1 = a sin yn, n ≥ 1, ako je

|a| ≤ π2 i x ∈ R.

1.89 Za koje a ∈ R, niz x1 = a, xn+1 = 2x3n3x2n−1 ima konacnu granicnu

vrednost?1.90 Neka niz xn ima granicnu vrednost a ∈ R. Dokazati da je

∩α>0

∪β>0

∩n>β

]xn − α, xn + α[ = {a} .◭ Cinjenicu da niz xn konvergira ka a zapisujemo u ekvivalentnim oblicima:

a = limn→+∞

xn ⇔ ∀α > 0∃β > 0∀n > β |a− xn| < α⇔ ∀α > 0∃β > 0∀n > β a ∈ ]xn − α, xn + α[

⇔ ∀α > 0∃β > 0 a ∈ ∪β>0

∩n>β

]xn − α, xn + α[

⇔ a ∈ ∩α>0

∪β>0

∩n>β

]xn − α, xn + α[ ,

što je i dokaz navedene skupovne jednakosti. ◮

1.91 Dokazati da niz xn =√a1 +

√a2 + · · · + √

an, ai > 1, konvergira,

ako je limn→+∞

1n

ln (lnan) < ln 2.

◭ Stavimo bn = ane2n , n ≥ 1 i yn =

√b1 +

√b2 + · · · +

√bn. Sada je

yn =

√√√√b1 +

√

b2 + · · · +√

bn−1 +

√an

e2n−1


=

√√√√b1 +

√

b2 + · · · +√an−1e2n−1

+

√an

e2n−1

=

√√√√b1 +

√

b2 + · · · +√bn−2 +

1

e2n−2

√an−1 +

√an

=

√√√√√b1 +

√√√√b2 + · · · +

√1

e2n−3+

√

an−2 +√an−1 +

√an

= · · · =1

e

√

a1 +√a2 + · · · + √

an =xne,

tj. konvergencija niza xn ekvivalentna je konvergenciji niza yn.Pošto niz yn raste, to je za njegovu konvergenciju dovoljno da je ogranicen

odozgo. Po uslovu postoji prirodan broj n0 takav da je za n > n0 :1n ln (ln an) < ln 2, tj. an < e2

nodnosno, an

e2n < 1. Dakle, bn < 1 za n > n0.

Oznacimo a = max (b1, b2, ..., bn0 , 1) . Imamo, bn ≤ a, za sve prirodne brojeven. Stavimo:

z1 =√a, z2 =

√a+

√a, z3 =

√

a+

√a+

√a, ......

Imamo da je

yn =

√

b1 +

√b2 + · · · +

√bn ≤

√

a+

√a+ · · · + √

a = zn.

Kako je prema zadatku 1.60 niz zn ogranicen odozgo, takav je i niz yn, štoje i trebalo dokazati. ◮

1.92 Neka je f neprekidna i rastuca funkcija na segmentu [a, b] , takvada je f(a) ≥ a, f(b) ≤ b. Ako x1 ∈ [a, b] i xn+1 = f(xn), n ≥ 1, dokazati dapostoji lim

n→+∞xn = x⋆ i da je f(x⋆) = x⋆.

◭ Prema stavu 1.1 niz xn je monoton a iz uslova zadatka i ogranicen,znaci konvergentan. Zbog neprekidnosti funkcije f je f(x⋆) = x⋆-nekastudent obrazlozi detalje! ◮

1.93 Neka je x0 = 25 i xn = arctanxn−1 za n ≥ 1. Dokazati da niz xnkonvergira i naci lim

n→+∞xn.

◭ Ocigledno su svi clanovi niza xn pozitivni-dokaz indukcijom. Zatouzmimo funkciju f (t) = arctan t, t ≥ 0. Pošto je tada 0 ≤ arctanx ≤ xto je xn monoton i to opadajuci-prema stavu 1.1, jer je x2 < x1. Niz

46 GLAVA 1. NIZOVI

xn dakle konvergira i granicna vrednost mu je x = 0. Jedinstvenost nulejednacine x = arctanx dobijamo delimicnim ispitivanjem funkcije ϕ (x) =x− arctanx, x ≥ 0. ◮

1.94 Neka su x1, x2, ... svi pozitivni koreni jednacine tanx = x, poreñaniu rastucem poretku. Naci lim

n→+∞(xn − xn−1) .

1. 95 Dokazati da je

0 < limn→+∞

(1

1 + 1+

1

2 + 12

+ · · · + 1

n+ 1n

− lnn√2

)

<1

2.

1.96 Niz xn definisan je sa x1 = 1 i

xn =1

n!+

x1(n− 1)!

+x2

(n− 2)!+ · · · + xn−1

1!

za n > 1. Dokazati da je xn = 12(ln 2)n+1

+ o(

1(ln 2)n+1

)kad n→ +∞.

1.97 Za ogranicen niz xn brojeva je: limn→+∞

(xn − 2xn+1 + xn+2) = 0.

Dokazati da je onda limn→+∞

(xn+1 − xn) = 0.

1.98 Clanovi ogranicenog niza xn su prirodni brojevi. Dokazati, ako jelim

n→+∞n√x1 · x2 · · · xn = 1 onda je i

limn→+∞

x1 + x2 + · · · + xnn

= 1.

1.99 Za niz xn se zna da je x1 > 0, x2 > 0 i xn+1 = 2xn+xn−1

za n ≥ 2.Dokazati da niz xn konvergira.

1.100 Neka je c0 > 0, c1 > 0 i cn+1 =√cn +

√cn−1 za n ≥ 1. Dokazati

da niz cn konvergira i naci limn→+∞

cn.

◭ Najpre vidimo da su 0 i 4 jedine moguce granicne vrednosti niza cn.Razmotrimo sada nizove an i bn definisane na sledeci nacin:

a0 = min (c0, c1, 4) , b0 = max (c0, c1, 4) , i

an = 2√an−1, bn = 2

√bn−1, n ≥ 1.

Lako se dokazuje da je

a0 ≤ a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ 4, i b0 ≥ b1 ≥ ... ≥ 4.

Pokazimo primenom indukcije da je an ≤ min (c2n, c2n+1) . Zaista, tvrñenjeje tacno za 0. Neka je tacno za n−1, tj. neka je an−1 ≤ c2n−2 i an−1 ≤ c2n−1.


Onda je

c2n =√c2n−1 +

√c2n−2 ≥ 2

√an−1 = an,

c2n+1 =√c2n +

√c2n−1 ≥

√an +

√an−1 ≥ 2

√an−1 = an,

tj. tvrñenje je tacno i za n. Slicno, se dokazuje i bn ≥ max (c2n, c2n+1) .Nejednakosti

an ≤ min (c2n, c2n+1) ≤ max (c2n, c2n+1) ≤ bnzapišimo u obliku an ≤ c2n ≤ bn i an ≤ c2n+1 ≤ bn. Pošto jelim

n→+∞an = lim

n→+∞bn = 4 (lako se dokazuje), to je i lim

n→+∞c2n =

limn→+∞

c2n+1 = 4, tj. limn→+∞

cn = 4. ◮

1.101 Neka je a0 = 1 i an+1 = 3√

1 − 3an − 1 za n ≥ 0.a) Ispitati konvergenciju niza an i u slucaju da konvergira naci granicnu

vrednost;b) Odrediti C �= 0 i α ∈ R tako da bude lim

n→+∞annα

= C;

c) Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1(−1)n an.

1.102 Neka je x0 > 0 i xn+1 = xn + 1xn

za n ≥ 0.a) Odrediti lim

n→+∞xnnα ;

b) Odrediti realne brojeve C i α tako da je xn ∼ C · nα kad n→ +∞;

c) Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1

1x0+x1+···+xn

.

1.103 Neka je a > 0, α ∈ R, 1n+1 ≤ an ≤ 1

n , bn = a1 + · · · + an − α lnn(n ∈ N) . Dokazati:

a) 1n+1 ≤ ln

(1 + 1

n

)≤ 1

n ;b) Niz (bn) je monoton od nekog clana na dalje;c) Za α = 1 vazi |bn+1 − bn| ≤ 1+a

n(n+1) ;

d) Niz (bn) je Košijev ako i samo ako je α = 1.1.104 Neka3 je a1 > 0, an+1 = an + lnn (n ∈ N) .a) Izracunati lim

n→+∞an

n lnn ;

b) Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1

xn

an.

1.105 Ako je an niz pozitivnih4 brojeva, odrediti

limn→+∞

(a1a2

+a2a3

+ · · · + anan+1

).

3 Zadaci 1.103 i 1.104 su bili na kolokvijumu iz analize I za IV tok (5 mart 2005).4 Zadatak preuzet iz [14]

48 GLAVA 1. NIZOVI

1.106 Neka je niz (an) zadat na sledeci nacin: a1 = 1, an+1 = 1 −3−an , n ≥ 1. Ispitati konvergenciju niza (an) i u slucaju da konvergira, naci

granicnu vrednost. Ispitati zatim konvergenciju reda+∞∑

n=1an.

1.107 Naci granicne vrednosti nizova funkcija kad n→ +∞ za one x ∈ Rza koje postoje:

a) fn (x) = n√

1 + x+ xn;

b) fn (x) =2n√

cos2n x+ sin2n x i u oba slucaja nacrtati grafike funkcijaf (x) = lim

n→+∞fn (x) .

Glava 2

Redovi

2.1 Uvod

U ovom delu zbirke uradili smo više karakteristicnih ispitnih primeraredova. Kod zadataka iz ove oblasti, studentu je najteze da zadatak pocne.Savetujemo da treba najpre videti da li opšti clan tezi nuli, zatim da li suclanovi reda stalnog ili promenljivog znaka. Ako su promenljivog znaka,poci od apsolutne konvergencije, jer ona daje obicnu. U principu trebaopšti clan posmatrati asimptotski, kad n→ +∞, kombinujuci sa osnovnimkriterijumima konvergencije (poredbeni, Dalamberov, Košijev,...) kaoi sa nesvojstvenim integralima. Moze se na primer koristiti cinjenica da

red+∞∑

n=1an (an > 0) konvergira, ako je kad n → +∞, an = 1

np+ o(1np

)=

1np (1 + o (1)) , p > 1. Preciznije receno, redovi

+∞∑

n=1an (an > 0) i

+∞∑

n=1bn

(bn > 0) su ekvikonvergentni, ako je an = bn+o (bn) = bn(1+o(1)), n→ +∞.Mnogo više i detaljnije o svim tipovima zadataka iz redova moze se naci u[12].

2.2 Rešeni zadaci

2.1. Naci sumu reda+∞∑

n=1

n2

3n .

◭ Uocimo parcijalnu sumu

Sn =12

31+

22

32+ · · · + n2

3n.

49

50 GLAVA 2. REDOVI

Odavde, mnozenjem sa 3 i oduzimanjem dobijamo da je

2Sn = 12 +22

31+

32

32+ · · · + n2

3n−1− 12

31− 22

32− · · · − n

2

3n

= 12 +22 − 12

31+

32 − 22

32+ · · · + n2 − (n− 1)2

3n−1− n

2

3n

= 1 +3

31+

5

32+ · · · + 2n− 1

3n−1− n

2

3n= σn − n

2

3n.

Nañimo sada sazetu formulu za σn, odnosno za

σn = 1 +3

31+

5

32+ · · · + 2n− 1

3n−1.

Opet mnozenjem sa 3 i oduzimanjem dobijamo da je

2σn = 3 +

(3 +

5

31+

7

32+ · · · + 2n− 1

3n−2

)− 1 − 3

31− 5

32− · · · − 2n− 1

3n−1

= 5 +

(5− 3

31+

7− 5

32+ · · · + 2n− 1 − (2n− 3)

3n−2

)− 2n− 1

3n−1

= 5 + 2

(1

31+

1

32+ · · · + 1

3n−2

)− 2n− 1

3n−1

= 5 +2

3· 1− 1

3n−2

1 − 13

− 2n− 1

3n−1= 6 − 1

3n−2− 2n− 1

3n−1.

Dakle, dobili smo da je 2Sn = 3− 12·3n−2 − 2n−1

2·3n−1 − n2

3n . Pošto su 12·3n−2 ,

2n−12·3n−1

i n2

3n nula nizovi, to je limn→+∞

Sn = 32 , što predstavlja sumu datog reda. ◮


n=1

2n−12n .

◭ Slicno prethodnom primeru, za parcijalnu sumu Sn datog reda imamo

Sn =2 · 1− 1

21+

2 · 2− 1

22+ · · · + 2 · n− 1

2n

=2 · 121

+2 · 222

+ · · · + 2 · n2n

−(

1

21+

1

22+ · · · + 1

2n

)

= 2 · σn − 1

2· 1− 1

2n

1 − 12

= 2 · σn − 1 +1

2n,

gde je σn = 121

+ 222

+ · · ·+ n2n . Mnozenjem sa 2 i oduzimanjem dobijamo da

je

σn =2 · 121

+2 · 222

+ · · · + 2 · n2n

− 1

21− 2

22− · · · − n

2n


=1

1+

2

21+ · · · + n

2n−1− 1

21− 2

22− · · · − n

2n

= 1 +2 − 1

21+

3 − 2

22+ · · · + n− (n− 1)

2n−1− n

2n

= 1 +1

21+

1

22+ · · · + 1

2n−1− n

2n= 2− 1

2n−1− n

2n.

Sada je Sn = 4− 22n−1 − n

2n−1 − 1 + 12n , i Sn → 3 kad n→ +∞. Dakle, suma

reda je 3. ◮


n=1

cos 2nπ3

2n .

◭ Posmatrajmo sume A =+∞∑

n=1

cos 2nπ3

2n i B =+∞∑

n=1

sin 2nπ3

2n . Imamo da je

A+ iB =+∞∑

n=1

(e2πi3

2

)n

=e2πi3

2

1 − e2πi3

2

=e2πi3

2 − e 2πi3=

−12 + i

√32

2 + 12 − i

√32

=−1 + i

√3

5 − i√

3=

−8 + 4i√

3

28= −2

7+ i

√3

7,

odakle sledi da je A = −27 , B =

√37 . ◮

2.4. Neka a0 ∈ R i an+1 = cos an, n ≥ 0. Da li red+∞∑

n=1an konvergira?

◭ Ocigledno je 0 ≤ an ≤ 1, kad god je n ≥ 2, te je tada an+1 = cos an ≥cos 1 > 0 i odatle an � 0, dakle dati red divergira. ◮

2.5. Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1

ln(n+1)nα u zavisnosti od parametra

α ∈ R.◭ Red ocigledno divergira za α ≤ 0. Neka je zato α > 0. Pošto je

limn→+∞

(ln(n+ 1)

n α:lnn

nα

)= lim

n→+∞ln(n+ 1)

lnn= lim

n→+∞lnn+ ln

(1 + 1

n

)

lnn= 1,

to je dati red ekvikonvergentan sa redom+∞∑

n=1

lnnnα . Poslednji red je prema

integralnom Koši-Maklorenovom kriterijumu ekvikonvergentan sa nesvo-

jstvenim integralom+∞∫

1

lnxxα dx (obrazloziti detalje!). Za α = 1, primenom

parcijalnog integraljenja se dobija da integral divergira. Pošto je lnxxα ≥ lnx

x

na skupu [1,+∞[ , za α < 1, onda sledi da integral divergira na osnovu

52 GLAVA 2. REDOVI

poredbenog kriterijuma. Neka je α > 1. Tada imamo

+∞∫

1

lnx

xαdx = lim

b→+∞

b∫

1

lnx

xαdx = lim

b→+∞

lnx

(1 − α)xα−1

∣∣∣∣b

1

− 1

1 − α

b∫

1

1

xαdx

= limb→+∞

(ln b

(1 − α) bα−1− 1

(1− α) bα−1+

1

1 − α

)=

1

1 − α,

odakle sledi konvergencija integrala. Dakle, polazni red konvergira za α > 1a divergira za α ≤ 1. ◮


n=1(−1)n ln

n xn .

◭ Ispitajmo najpre apsolutnu konvergenciju reda. Sobzirom da opšticlan glasi an = (−1)n ln

n xn, tada prema Košijevom korenskom kriterijumu

dobijamo, kad n → +∞, da n√|an| = |lnx|

n√n

→ |lnx| . Odavde sledi da je

|lnx| < 1 za 1e < x < e. Dakle, red apsolutno konvergira za x ∈

]1e , e[, tj.

za te vrednosti broja x on i konvergira. Za x = 1e i x = e dobijamo brojne

redove+∞∑

n=1

1n i

+∞∑

n=1(−1)n 1

n . Prvi red divergira a drugi uslovno konvergira.

Znaci, red divergira za x ∈]0, 1e[∪ ]e,+∞[ a konvergira za x ∈

]1e , e[

. ◮


n=1(−1)n−1 ln

(1 − 1

(n+1)2

).

◭ Red apsolutno konvergira, jer je |an| ∼ 1(n+1)2

, n→ +∞. Zbog toga sesuma reda moze dobiti kao lim

n→+∞S2n, gde je Sn niz parcijalnih suma reda.

Dalje je

S2n = ln1 · 322

− ln2 · 432

+ · · · + ln(2n− 1) (2n+ 1)

(2n)2− ln

2n (2n+ 2)

(2n+ 1)2

= ln

((2n− 1)!!

(2n)!!

)2(2n+ 1) − ln

((2n)!!

(2n− 1)!!

)2 1

2n+ 1· n+ 1

2n+ 1

= lnx−1n − lnxn − lnn+ 1

2n+ 1,

gde smo uveli oznaku xn =(

(2n)!!(2n−1)!!

)21

2n+1 . Kako xn →n→+∞

π2 ,(Valisova

formula), dobijamo da S2n → ln 2π − ln π

2 − ln 12 = ln 8

π2, kad n → +∞, što

je i suma reda. ◮


n=1

sinn cos(n+ 1n)

nα .


◭ Ako je α ≤ 0, red divergira jer tada opšti clan ne tezi nuli. Nekaje α > 0. Ako je α > 1 red apsolutno konvergira na osnovu poredbenog

kriterijuma, jer je tada |an| ≤ 1nα , a red

+∞∑

n=1

1nα konvergira. Ispitajmo slucaj

0 < α ≤ 1. Opšti clan mozemo zapisati u obliku

an =sinn cosn cos 1n

nα− sin2 n sin 1

n

nα=

sin 2n

2nα· cos

1

n− sin2 n sin 1

n

nα.

Red ciji je opšti clansin2 n sin 1

n

nα apsolutno konvergira za date vrednosti brojaα, a red sa opštim clanom sin 2n

2nα , konvergira prema Dirihleovom kriterijumu(zašto?). Kako je niz cos 1n monoton i ogranicen, onda prema Abelovomkriterijumu i red sa opštim clanom sin 2n

2nα · cos 1n konvergira. Za 0 < α ≤ 1,

red uslovno konvergira, jer tada red+∞∑

n=1

|sin 2n|2nα · cos 1n divergira.◮

Napomena. Ako je α ≤ 0, dokazimo da opšti clan ne tezi nuli. Pret-postavimo suprotno. Kad n → +∞, tada sinn cos

(n+ 1

n

)→ 0, (zašto?),

tj. sinn cosn cos 1n − sin2 n sin 1n → 0. Odavde sin 2n→ 0, kad n→ +∞, jer

sin2 n sin 1n → 0. To dalje znaci da sin(2n− 2) → 0, kad n→ +∞, odnosno

da cos 2n → 0. Ovo je kontradikcija, zbog jednakosti sin2 2n+ cos2 2n = 1,koja je tacna za svako n ∈ N.


n=1an, ako je

1. an = n1

n2+1 − 1; 2. an =(cos 1√

n

)n2; 3. an =

(n sin 1

n

)n3.

◭ 1. Imamo da je

an = elnnn2+1 − 1 = 1 +

lnn

n2 + 1+ o

(lnn

n2 + 1

)=

lnn

n2 + 1(1 + o (1)) ,

kad n → +∞. Dakle, an ∼ lnnn2+1

∼ lnnn2, n → +∞. Pošto red

+∞∑

n=1

lnnn2

konvergira na osnovu integralnog kriterijuma:

+∞∫

1

lnx

x2dx = − lnx

x

∣∣∣∣+∞

1

+

+∞∫

1

1

x2dx = − 1

x

∣∣∣∣+∞

1

= 1,

to i dati red konvergira.2. Imamo da je

an = en2 ln(1− 1

2n+o( 1n)) = e

n2(− 12n− 18n2

+o(1n2

))

= e−n2 · e− 1

8 · eo(1), n→ +∞.

54 GLAVA 2. REDOVI

Dobili smo da je an ∼ e−n2 , n → +∞, tj. dati red konvergira jer je takav

red+∞∑

n=1e−

n2 (na osnovu kojeg kriterijuma?).

3. Kad n→ +∞, sledi

an =

(n sin

1

n

)n3

= en3 ln(n sin 1

n) = en3 ln

(n(1n− 16n3

+o(1n3

)))

= en3 ln

(1− 1

6n2+o(1n2

))

= en3(− 16n2

+ 172n4

+o(1n4

))

= e−n6 · eo(1) ∼ e−n

6 .

Kako red+∞∑

n=1e−

n6 konvergira, to konvergira i red

+∞∑

n=1an. ◮


n=1an, ako je

1. an =√n+ 1−√

n; 2. an =√n+1−√n

n ; 3. an = ( n√n− 1)

n;

4. an = ln(1+2n)nα .

◭ 1. Kad n→ +∞, imamo da je

an =√n

(√1 +

1

n− 1

)

=√n

(1 +

1

2n− 1

8n2+ o

(1

n2

)− 1

)

=1

2√n

(1− 1

4n+ o

(1

n

))∼

1

2√n.

Odavde sledi da red+∞∑

n=1an divergira, jer je takav red

+∞∑

n=1

12√n.

2. Ovde je kad n→ +∞ :

an =

√n+ 1 −√

n

n=

1

2n32

+ o

(1

n32

)=

1

2n32

(1 + o (1)) ∼1

2n32

,

tj. dati red konvergira, jer je takav red+∞∑

n=1

1

2n32.

3. Red konvergira prema Košijevom korenskom kriterijumu, jer jen√an = n

√n− 1 → 1− 1 = 0 < 1, kad n→ +∞.

4. Kad n→ +∞, imamo

an =1

nα

(ln 2n + ln

(1 +

1

2n

))=

1

nα

(n ln 2 +

1

2n+ o

(1

2n

))

=ln 2

nα−1

(1 +

1

n2n ln 2+ o

(1

n2n

))∼

ln 2

nα−1 ,

odakle sledi da red konvergira za α− 1 > 1, tj. za α > 2. ◮



n=1(−1)n

(sin(e1n − 1

))α, za razne

vrednosti α ∈ R.◭ Kako sin

(e1n − 1

)→ 0, kad n → +∞, to je ocigledno da za α ≤ 0

opšti clan ne tezi nuli i tada red divergira. Neka je zato α > 0. Pošto je

kad n → +∞,∣∣∣(−1)n

(sin(e1n − 1

))α∣∣∣ =(sin(e1n − 1

))α∼ 1

nα , to znaci

da red apsolutno konvergira za α > 1. Ako je 0 < α ≤ 1, onda red uslovno

konvergira prema Lajbnicovom kriterijumu, jer tada niz(sin(e1n − 1

))α

opada i tezi nuli kad n→ +∞ (obrazloziti zašto?). ◮


n=1an, ako je

1. an = α2n

1+α4n, α ∈ R; 2. an = nα sin πn2

n+1 , α ∈ R.◭ 1. Red ocigledno divergira ako je |α| = 1. Ako je |α| < 1, tada je

0 ≤ an < α2n, tj. red+∞∑

n=1an konvergira prema poredbenom kriterijumu, jer

red+∞∑

n=1α2n konvergira. Ako je |α| > 1, onda se smenom α = 1

β dobija da je

an = β2n

1+β4n. Kako je |β| < 1, to red

+∞∑

n=1an konvergira.

2. Opšti clan se moze transformisati na sledeci nacin:

an = nα sin

(π (n− 1) +

π

n+ 1

)= (−1)n−1 nα sin

π

n+ 1.

S obzirom da je∣∣∣(−1)n−1 nα sin π

n+1

∣∣∣ = nα sin πn+1 ∼

πn1−α , n→ +∞ to red

apsolutno konvergira u slucaju da je 1 − α > 1, tj. α < 0. Vidimo da zaα ≥ 1 opšti clan reda ne tezi nuli. Zaista, imamo da je

∣∣∣∣(−1)n−1 nα sinπ

n+ 1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣(−1)n−1

πnα

n+ 1

sin πn+1π

n+1

∣∣∣∣∣=

nα

n+ 1π

sin πn+1π

n+1

.

Dakle, |an| → π kad n → +∞ i α = 1, odnosno |an| → +∞ kad n → +∞i α > 1. Ovo pokazuje da tada an ne tezi nuli. Ako α ∈ ]0, 1[ kolicnik an

an+1

predstavimo u obliku 1+ pn

+o(1n

), n→ +∞, p > 0, onda prema napomeni

koja sledi nize, red konvergira. Kad n→ +∞, imamo

sinπ

n+ 1=

π

n+ 1+ o

(1

n2

)=π

n− π

n2+ o

(1

n2

),

sinπ

n+ 2=

π

n+ 2+ o

(1

n2

)=π

n− 2π

n2+ o

(1

n2

),

56 GLAVA 2. REDOVI

odakle je

anan+1

=

(1 +

1

n

)−α

·πn − π

n2+ o(1n2

)

πn − 2π

n2+ o(1n2

)

=

(1 − α

n+ o

(1

n

))(1− 1

n+ o

(1

n

))(1 − 1

n+ o

(1

n

))−1

=

(1 − α

n+ o

(1

n

))(1 +

1

n+ o

(1

n

))= 1 +

1 − αn

+ o

(1

n

). ◮

Napomena. Treba imati u vidu sledeci rezultat: Znakopromenljivi red+∞∑

n=1(−1)n−1 bn gde je bn > 0, n ∈ N konvergira, ako je bn

bn+1= 1+ p

n+o(1n

),

n→ +∞, p > 0.

2.13. Ispitati obicnu i apsolutnu konvergenciju reda+∞∑

n=2(−1)n lnα n

n .

◭ Najpre imamo da za α = 0 red uslovno konvergira. Neka je α �= 0.Posmatrajmo funkciju f(x) = lnα x

x , i njen prvi izvod:

f ′ (x) =α lnα−1 x− lnα x

x2=

(lnα−1 x

)(α− lnx)

x2.

Imamo da je f ′ (x) < 0 za dovoljno veliko x. Kako konacno clanova redane utice na konvergenciju, to znaci da se za apsolutnu konvergenciju redamoze primeniti Košijev integralni kriterijum, tj. ispitajmo konvergenciju

integrala I =+∞∫

2

lnα xx dx, α �= 0. Sledi

I = lnα+1 x∣∣+∞2

−+∞∫

2

(lnx)α lnα−1 xx

dx = 0 − lnα+1 2 − α+∞∫

2

lnα x

xdx,

za α + 1 < 0, tj. za α < −1. Za te vrednosti α red apsolutno konvergira.Ocigledno je da za α = −1, integral i red uslovno konvergiraju. Neka je−1 < α < 0 ili α > 0. U oba slucaja niz n → lnα n

nmonotono tezi nuli. Ovo

se dokazuje Lopitalovim pravilom sve dok stepen logaritma ne postanenegativan. Prema Lajbnicovom kriterijumu red uslovno konvergira. ◮


n=1an, ako je

1. an =n+1∫

n

e−√xdx, n ≥ 1; 2. an =

π2∫

0

sin3 x1+x dx, n ≥ 1; 3. an = a− lnn,

a > 0, n ≥ 2.


◭ 1. Kako je e−√n+1 < an < e−

√n, to su redovi

+∞∑

n=1e−√n i

+∞∑

n=1an

ekvikonvergentni. Red+∞∑

n=1e−√n konvergira ako i samo ako konvergira inte-

gral:

+∞∫

1

e−√xdx = 2

+∞∫

1

te−tdt = 2

−e −tt∣∣+∞1

+

+∞∫

1

e−tdt

=4

e< +∞,

to na osnovu Košijevog integralnog kriterijuma sledi da je red konvergen-tan.

2. Pošto je 0 < an <

πn∫

0

x2dx = π3

3n3, to red

+∞∑

n=1an konvergira, jer

konvergira red+∞∑

n=1

1n3. Korišcena je ocena 0 < sin3 x

1+x <x3

x = x2, ako je x > 0.

3. Pošto je

an = eln(a− lnn) = e(lnn)·(− ln a) =

1

nln a,

to je za lna ≤ 1, tj. 0 < a ≤ e red divergentan, a za ln a > 1, odnosno,a > e red je konvergentan. ◮

2.15. Dokazati da red+∞∑

n=1an, an > 0, konvergira ako i samo ako kon-

vergira red+∞∑

n=1(ean − 1) .

◭ S obzirom da su redovi sa pozitivnim clanovima, data ekvivalencijasledi iz cinjenice da je lim

n→+∞ean−1an

= 1. ◮

Napomena. Student treba da zna sledeci stav: Neka su+∞∑

n=1an i

+∞∑

n=1bn

redovi sa pozitivnim clanovima i neka je limn→+∞

anbn

= c. Onda, ako je:

1. 0 < c < +∞, redovi su ekvikonvergentni;

2. c = 0, iz konvergencije reda+∞∑

n=1bn sledi konvergencija reda

+∞∑

n=1an;

3. c = +∞, iz divergencije reda+∞∑

n=1bn sledi divergencija reda

+∞∑

n=1an.

2.16. Odrediti sve vrednosti realnog parametra α za koje red+∞∑

n=1

(nn

α − 1),

konvergira.

58 GLAVA 2. REDOVI

◭ Napišimo opšti clan reda u obliku an = enα lnn − 1. Naravno, ako je

α ≥ 0 red divergira, jer opšti clan ne tezi nuli. Neka je zato α < 0. Tadanα · lnn→ 0, kad n→ +∞ (zašto?) i zato je

an = 1 + nα lnn+ o (nα lnn) − 1 = nα lnn (1 + o (1)) ∼ nα lnn.

Za ispitivanje konvergencije reda+∞∑

n=2nα lnn, koristimo Košijev integralni

kriterijum, tj. razmatramo nesvojstveni integral

+∞∫

2

xα lnxdx =xα+1

α+ 1· lnx|+∞2 −

+∞∫

2

xα

α+ 1dx,

koji konvergira za α+1 < 0, tj. za α < −1. Ovo znaci da dati red konvergiraza α < −1, a divergira za α ≥ −1. ◮


n=1( n√n− 1)α u zavisnosti od para-

metra α.◭ Ocigledno je da red divergira ako je α ≤ 0, jer tada opšti clan reda ne

tezi nuli. Neka je α > 0. Kad n→ +∞, imamo da je

n√n− 1 = e

1nlnn − 1 =

1

nlnn+

ln2 n

2n2+ o

(ln2 n

n2

).

Sada je kad n→ +∞

an =(n√n− 1

)α=

1

nαlnα n

(1 +

lnn

2n+ o

(lnn

n

))∼

1

nαlnα n.

Za α = 1, parcijalnim integraljenjem se dobija da integral divergira. Naosnovu toga i prema poredbenom kriterijumu se dobija da integral diver-gira za α < 1. Za α > 1, takoñe parcijalnim integraljenjem sledi da integralkonvergira. Znaci, za α ≤ 1 red divergira a za α > 1 red konvergira. ◮

2.18. Odrditi parametre a i b za koje red+∞∑

n=1

(√n+ a

√n+ 1 + b

√n+ 2

)

konvergira. Za dobijene vrednosti a i b naci sumu reda.◭ Opšti clan an, kad n→ +∞, zapišimo u obliku

an =√n

(

1 + a

(1 +

1

n

) 12

+ b

(1 +

2

n

) 12

)

=√n

(1 + a

(1 +

1

2n− 1

8n2+ o

(1

n2

))


+b

(1 +

1

n− 1

2n2+ o

(1

n2

)))

=√n (1 + a+ b) +

1√n

(a2

+ b)− 1

n32

(a

8+b

2+ o (1)

).

Sada zakljucujemo da dati red konvergira ako i samo ako je a + b = −1 ia2 + b = 0, tj. a = −2, b = 1. Da bismo sada našli zbir reda

+∞∑

n=1

(√n− 2

√n+ 1 +

√n+ 2

),

uzmimo njegovu parcijalnu sumu

Sn =(√

1 − 2√

2 +√

3)

+(√

2 − 2√

3 +√

4)

+ · · · +(√n− 2

√n+ 1 +

√n+ 2

)

= 1 −√

2 −√n+ 1 +

√n+ 2 = 1 −

√2 +

1√n+ 2 +

√n+ 1

.

Odavde imamo da je suma reda S = limn→+∞

Sn = 1−√

2. ◮

Napomena. Kod parcijalne sume treba napisati više sabiraka i napocetku i na kraju, da bi se videlo koji se sabirci potiru. Onda formulu zaSn mozemo dokazati indukcijom, mada nije neophodno.

2.19. Neka je a0 ∈ ]0, π[ i an = sin an−1, n ∈ N.1. Dokazati da je lim

n→+∞an = 0;

2. Dokazati da redovi+∞∑

n=1ln sin an

ani+∞∑

n=1a2n divergiraju;

3. Ispitati konvergenciju stepenog reda+∞∑

n=1anx

n.

◭ 1. Indukcijom dokazujemo da je an > 0 za svako n ∈ N. S obziromna osobinu funkcije x → sinx imamo još i nejednakost an < an−1. Dakle,niz je ogranicen odozdo i opada i zato postoji lim

n→+∞an = a. Prelaskom

na granicnu vrednost u jednakosti an = sin an−1 i koristeci neprekidnostfunkcije “sin ” dobijamo jednacinu a = sin a. Ona ima jedinstveno rešenje.Predlazemo studentu da to dokaze.

2. Kad n→ +∞, imamo da je

lnsin anan

= lnan − a3n

6 + o(a3n)

an= ln

(1− a

2n

6+ o(a2n))

= −a2n

6+ o(a2n).

60 GLAVA 2. REDOVI

Dakle dati redovi su ekvikonvergentni. Na osnovu primera 1.42 imamo da

je an ∼√

3n, kad n→ +∞, odakle sledi da oba reda divergiraju.

3. Prema Dalamberovom kriterijumu imamo da je

limn→+∞

an+1 |x|an

= limn→+∞

sin anan

|x| = |x| .

Odavde sledi da red konvergira za |x| < 1, a divergira za |x| > 1. Za x =

±1 imamo redove+∞∑

n=1an i

+∞∑

n=1(−1)n an. Drugi red konvergira na osnovu

Lajbnicovog kriterijuma. S obzirom da je an ≥ a2n i da red+∞∑

n=1a2n divergira,

onda i red+∞∑

n=1an divergira. Dakle, za x ∈ [−1, 1[ red konvergira, a za ostale

x on divergira. ◮2.20. Neka je x1 �= 0, xn+1 = f(xn), n ≥ 1, gde je f : R→ R

diferencijabilna funkcija sa osobinom da je f(x) = 0 ako i samo ako x = 0,i za koju je (∀x ∈ R) |f ′(x)| ≤ λ za neko λ ∈ ]0, 1[ .

1. Za koje vrednosti α red+∞∑

n=1nαxn konvergira?

2. Dokazati da red+∞∑

n=1anxn konvergira za |a| ≤ 1

λ .

◭ 1. Dokazimo da red apsolutno konvergira za svako α ∈ R. Zaista, naosnovu Dalamberovog kriterijuma imamo da je

∣∣∣∣(n+ 1)α xn+1

nαxn

∣∣∣∣ =

(1 +

1

n

)α ∣∣∣∣xn+1xn

∣∣∣∣ =(

1 +1

n

)α ∣∣∣∣f (xn)

xn

∣∣∣∣

=

(1 +

1

n

)α ∣∣∣∣f (xn) − f (0)

xn − 0

∣∣∣∣ =(

1 +1

n

)α ∣∣f ′ (ξn)∣∣

za neko ξn ∈ ]0, xn[ , na osnovu Lagranzove teoreme. Odavde sledi da je

limn→+∞

∣∣∣an+1an

∣∣∣ ≤ λ < 1, gde je an = nαxn, tj. red apsolutno konvergira za

svako α ∈ R.2. Na isti nacin imamo da je

∣∣∣∣an+1xn+1anxn

∣∣∣∣ = |a|∣∣∣∣f (xn)

xn

∣∣∣∣ = |a|∣∣f ′ (ξn)

∣∣ ≤ |a| |λ| < 1,

za |a| ≤ 1λ , što je i trebalo pokazati. ◮


2.21. Neka je x > 0, an > 0, n ≥ 1, i neka red+∞∑

n=1

1an

divergira. Dokazati

da tada reda1

a2 + x+

a1a2 + x

· a2a3 + x

+ · · ·

konvergira i naci njegovu sumu.

◭ Neka je An = a1a2+x · a2

a3+x · · · anan+1+x i Sn =

n∑

k=1

Ak. Onda je AkAk−1

=

akak+1+x , k ≥ 2, odnosno, Akak+1 + Akx = Ak−1ak, k ≥ 2. Sabiranjem ovihjednacina za k = 2, 3, ..., n dobijamo da je Anan+1 + Snx − A1x = A1a2.Kako je

0 < Anan+1 = a1 ·a1

a2 + x· a2a3 + x

· · · anan+1 + x

= a1 ·1(

1 + xa2

)(1 + x

a3

)· · ·(1 + x

an+1

) <an+1

xn+1∑

k=2

1ak

,

tada kad n→ +∞ imamo da a1

xn+1∑

k=2

1ak

→ 0, jer prema pretpostavcin+1∑

k=2

1ak

→

+∞, kad n→ +∞. Sada je

limn→+∞

Sn =A1 (x+ a2)

x=a1x.

Ovo znaci da posmatrani red konvergira i da mu je suma a1x. ◮

Napomena. Kako red+∞∑

n=1

1an+1

divergira, konvergencija reda+∞∑

n=1An

moze se dokazati i pomocu Kumerovog kriterijuma. Naime, imamo da je

an+1 ·An

An+1− an+2 = an+1 ·

an+2 + x

an+1− an+2 = x > 0,

pa prema Kumerovom kriterijumu, red+∞∑

n=1An konvergira.

2.22. 1. Odrediti asimptotsko ponašanje parcijalne sume Sn =n∑

k=1

ak

reda sa opštim clanom ak = 1√k+1+

√k;

2. Uporeñujuci red ciji je opšti clan bn = 1√n, n ≥ 1, sa prethodnim,

odrediti asimptotsko ponašanje njegove parcijalne sume.3. Ispitati konvergenciju reda sa opštim clanom bn − 2an, n ≥ 1.

62 GLAVA 2. REDOVI

◭ 1. Imamo da je

Sn =n∑

k=1

1√k + 1 +

√k

=n∑

k=1

(√k + 1 −

√k)

=√n+ 1−1 ∼ n

12 , n→ +∞.

2. Prema Štolcovom stavu imamo da je

limn→+∞

n∑

k=1

bk

n∑

k=1

ak

= limn→+∞

bnan

= limn→+∞

√n+ 1 +

√n√

n= 2,

te jen∑

k=1

bk ∼ 2n12 , kad n→ +∞.

3. Imamo da je

bn − 2an =1√n− 2√

n+ 1 +√n

=

√n+ 1 −√

n√n(√n+ 1 +

√n)

=1

√n(√n+ 1 +

√n)2 ∼

1

4n32

,

kad n→ +∞, te red+∞∑

n=1(bn − 2an) konvergira. ◮

2.23. Neka je an > 0 i neka red+∞∑

n=1an divergira, a funkcija f : [1,+∞[ →

R opada i f(x) → 0, kad x→ +∞.Onda iz konvergencije integrala+∞∫

1

f(x)dx

sledi konvergencija reda+∞∑

n=1anf(Sn), i pod pretpostavkom an

an−1= O (1) ,

kad n → +∞, iz divergencije integrala+∞∫

1

f(x)dx sledi divergencija reda

+∞∑

n=1anf(Sn).

◭ Dokaz sledi na osnovu dvostruke nejednakosti

anf(Sn) <

Sn∫

Sn−1

f (x)dx < anf (Sn−1) < Man−1f (Sn−1) ,

koja je ispunjena za dovoljno veliko n. ◮


2.24. Ako red+∞∑

n=1an sa pozitivnim clanovima divergira, ispitati konver-

genciju sledecih redova:

1.+∞∑

n=1

ana1+a2+···+an

; 2.+∞∑

n=1

an(a1+a2+···+an)

2 ; 3.+∞∑

n=1

an1+n2an

.

◭ 1. Neka je Sn = a1 + a2 + · · · + an. Tada je

an+1Sn+1

+an+2Sn+2

+ · · · + an+pSn+p

>an+1 + an+2 + · · · + an+p

Sn+p= 1− Sn

Sn+p.

Pošto red+∞∑

n=1an divergira, tada za svako n ∈ N postoji p ∈ N tako da je

SnSn+p

< 12 , odakle sledi da je

an+1Sn+1

+an+2Sn+2

+ · · · + an+p

Sn+p>

1

2,

što znaci da niz anSn

nije Košijev, tj. red+∞∑

n=1

anSn

divergira.

2. Red konvergira na osnovu prethodnog zadatka, jer integral+∞∫

1

1x2dx

konvergira.3. Iz jasnih nejednakosti 0 < an

1+n2an< an

n2an= 1

n2, sledi konvergencija

navedenog reda za svaki red+∞∑

n=1an sa pozitivnim clanovima. ◮

2.25. Ispitati konvergenciju reda

+∞∑

n=1

(−1)n−1(

1√n3 + 1

+1√n3 + 2

+ · · · + 1√n3 + n

).

◭ S obzirom da je

n√n3 + n

≤ 1√n3 + 1

+1√n3 + 2

+ · · · + 1√n3 + n

≤ n√n3 + 1

,

kao i da su n√n3+n

i n√n3+1

nula nizovi, to je dati red konvergentan premaLajbnicovom kriterijumu, jer je niz

an =1√n3 + 1

+1√n3 + 2

+ · · · + 1√n3 + n

opadajuci (pogledati zadatak 2.47). Neka student dokaze da je konvergencijauslovna. ◮

64 GLAVA 2. REDOVI


n=1(−1)n arcsin 1√

n· cos 1

n2.

◭ Red je konvergentan prema Abelovom kriterijumu, jer je niz bn =

cos 1n2

monoton i ogranicen, a red+∞∑

n=1(−1)n arcsin 1√

nkonvergentan na os-

novu Lajbnicovog kriterijuma. Obrazlozimo detaljno monotonost niza bn.Posmatrajmo funkciju: g(x) = cos 1

x2, x ∈ [1,+∞[ . Imamo da je g′(x) =

2x3

sin 1x2> 0, tj. funkcija g raste. Ovo znaci da je niz bn rastuci. ◮


n=1

(e(−1)nn − 1

)qn, u zavisnosti od

q ∈ R.◭ Kad n→ +∞, za opšti clan an imamo da je

an =(−1)n

nqn +

(1

2n2+ o

(1

n2

))qn,

odakle sledi da za −1 < q ≤ 1 oba reda konvergiraju. Neka student ovodetaljno obrazlozi. Za q ≤ −1 ili q > 1 oba reda divergiraju, jer tada zaq �= −1 opšti clan svakog od njih ne tezi nuli. ◮


n=2

(−1)n lnn100√n

sin 100√n.

◭ Red konvergira na osnovu Abelovog kriterijuma, jer je niz bn =

sin 100√n

monoton i ogranicen, a red+∞∑

n=2

(−1)n lnn100√n

konvergira prema Lajbni-

covom kriterijumu. Neka student pokaze da niz monotono tezi nuli, naravnoposle nekog dovoljno velikog n. ◮

2.29. Ako red+∞∑

n=1an, an ≥ 0, konvergira, onda konvergira i red

+∞∑

n=1aαn

za α ≥ 1. Dokazati.◭ Iz konvergencije datog reda sledi da an → 0 kad n→ +∞, tj. postoji

n0 ∈ N tako da je 0 ≤ an < 1 za n ≥ n0. Odavde se dobija da je 0 ≤ aαn ≤ an,tj. red

+∞∑

n=1aαn , α ≥ 1, konvergira prema poredbenom kriterijumu. ◮

2.30. Ako red+∞∑

n=1an apsolutno konvergira, onda i red

+∞∑

n=1

1n |an| konver-

gira.

◭ Kako je 1n |an| ≤ 1

2

(1n2

+ |an|2), to je prema poredbenom kriteri-

jumu, cinjenici da red+∞∑

n=1

1n2

konvergira i prema prethodnom zadatku i red

+∞∑

n=1

1n |an| konvergentan. ◮


2.31. Red+∞∑

n=1an uslovno konvergira. Uvedimo oznake s′n = 1

2

n∑

i=1(|ai| + ai)

i s′′n = 12

n∑

i=1(|ai| − ai) . Pokazati da je lim

n→+∞s′ns′′n

= 1.

◭ Imamo da je

limn→+∞

s′ns′′n

= limn→+∞

12

n∑

i=1(|ai| + ai)

12

n∑

i=1(|ai| − ai)

= limn→+∞

1 + 1n∑

i=1|ai|

·n∑

i=1ai

1 − 1n∑

i=1|ai|

·n∑

i=1ai

=1 + 0

1 − 0= 1,

jer je 1n∑

i=1|ai|

nula niz, an∑

i=1ai ogranicen niz. ◮

2.32. Naci1 + π4

5! + π8

9! + π12

13! + · · ·13! +

π4

7! + π8

11! +π12

15! + · · ·.

◭ Kako za svako x ∈ R imamo da je sinx = x− x3

3! + x5

5! − x7

7! + · · · to za

x = π dobijamo da je 0 = π − π3

3! + π5

5! − π7

7! + π9

9! − · · ·. Odavde je

π +π5

5!+π9

9!+π13

13!+ · · · =

π3

3!+π7

7!+π11

11!+ · · ·,

odnosno

π

(1 +

π4

5!+π8

9!+π12

13!+ · · ·

)= π3

(1

3!+π4

7!+π8

11!+π12

15!+ · · ·

).

Iz poslednje jednakost sledi da je vrednost navedenog razlomka π2. ◮


Sn, ako je Sn =2n∑

k=1

(−1)k−1k .


n=1

((2n−1)!!(2n)!!

)2.

2.35. Neka je x1 = a > 0, xn+1 = xn1+xn+x2n

, n ≥ 1. Ispitati konvergenciju

redova:+∞∑

n=1(−1)n xn i

+∞∑

n=1xn.

◭ Indukcijom dokazujemo da je xn > 0 za sve n ∈ N. Pošto je onda

1 + xn + x2n > 1, to je xn+1 < xn,

66 GLAVA 2. REDOVI

odnosno niz xn konvergira. Prelazeci na limes dobijamo da je limn→+∞

xn = 0.

Sada prema Lajbnicovom kriterijumu imamo da red+∞∑

n=1(−1)n xn konver-

gira. Red+∞∑

n=1xn divergira jer je xn ∼ 1

n kad n → +∞. Zaista, pošto xn

opada, to 1xn

raste i onda je

limn→+∞

n · xn = limn→+∞

n1xn

Stolc= lim

n→+∞(n+ 1) − n1

xn+1− 1

xn

= limn→+∞

xn+1xnxn − xn+1

= limn→+∞

xn+1xnxn+1 (xn + x2n)

= limn→+∞

1

1 + xn= 1. ◮


n=1an ako je

1. an = (n!)3

((2n)!)2; 2. an = 1

2nn (n+ 5) (n+ 10) ; 3. an = 2n−310lnn

4. an = n10

23√n ; 5. an =

∣∣ln(cos 1

n

)∣∣ 35 ; 6. an = 3

√ln(n tan 1

n

);

7. an = (2n)!!(2n+1)!!e

−√n; 8. an = nα−1 arcsin nn2+1 ; 9. an = ln3 n

n2;

10. an = ln(lnn)(lnn)α , n ≥ 2; 11. an = |sinn|

n ln2 n, n ≥ 2.

◭ 8. Kad n→ +∞ sledi:

an = nα−1 arcsin1

n(1 + 1

n2

) = nα−1 arcsin1

n

(1− 1

n2+ o

(1

n2

))

= nα−1 arcsin

(1

n+ o

(1

n

))= nα−1

(1

n+ o

(1

n

))∼

1

n2−α.

Dakle, red konvergira za α < 1 a divergira za α ≥ 1. ◮


n=1

sin(n+ 1n)

nα u zavisnosti od parametra

α ∈ R.2.38. Dokazati da redovi

+∞∑

n=2

sinnxlnn i

+∞∑

n=2

cosnxlnn konvergiraju za sve x ∈ R.

2.39. Ako red+∞∑

n=1an konvergira, tada konvergiraju i sledeci redovi

1.+∞∑

n=2

anlnn ; 2.

+∞∑

n=1

n+1nan; 3.

+∞∑

n=1

n√nan.

2.40. Navesti primer konvergentnog reda+∞∑

n=1an, an > 0, tako da je

an �= o(1n

).


◭ Ako je n kvadrat prirodnog broja uzmimo da je an = 1n, inace an = 1

n2.

Tada je an �= o(1n

), iako red

+∞∑

n=1an konvergira, jer njegova proizvoljna

parcijalna suma nije veca od 2+∞∑

n=1

1n2

= k < +∞. ◮

2.41. Navesti primer konvergentnog reda+∞∑

n=1an, tako da red

+∞∑

n=1an lnn

divergira.

◭ Na primer red+∞∑

n=1

(−1)n−1lnn je takav. ◮

2.42. Niz xn sa pozitivnim clanovima je rastuci i ogranicen odozgo.

Dokazati da red+∞∑

n=1

(1 − xn

xn+1

)konvergira.

◭ Pošto je 1 − xnxn+1

≥ 0 to je za konvergenciju reda dovoljno pokazatiogranicenost odozgo njegove parcijalne sume. Koristeci odnos aritmeticke igeometrijske sredine imamo:

Sn =

(1− x1

x2

)+

(1 − x2

x3

)+ · · · +

(1− xn

xn+1

)= n−

n∑

k=1

xkxk+1

≤ n− n n

√x1x2

· x2x3

· · · xnxn+1

= n

(1− n

√x1xn+1

)

= −e1n·ln x1

xn+1 − 11n

ln x1xn+1

· ln x1xn+1

= yn.

Pošto yn → ln xx1, kad n→ +∞, gde je x = lim

n→+∞xn, to je niz yn ogranicen,

te je i niz Sn ogranicen odozgo. ◮2.43. 1. Primenom Lagranzove teoreme na funkciju x → 1

xα , α > 0,

pokazati da je za n ∈ N, n ≥ 2, i α > 0 ispunjeno: 1n1+α

< 1α

(1

(n−1)α − 1nα

).

2. Na osnovu 1. pokazati da red+∞∑

n=1

1n σ

konvergira, ako je σ > 1.

2.44. Za realne parametre λ i µ ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=2

lnλ nnµ .

2.45. Odrediti a, b ∈ R, za koje red+∞∑

n=1(lnn+ a ln (n+ 1) + b ln (n+ 2))

konvergira i u tom slucaju naci sumu reda.◭ Imamo da je

an = lnn+ a ln (n+ 1) + b ln (n+ 2)

68 GLAVA 2. REDOVI

= lnn+ a lnn+ a ln

(1 +

1

n

)+ b lnn+ b ln

(1 +

2

n

)

= (1 + a+ b) lnn+ (a+ 2b)1

n+(−a

2− 2b) 1

n2+ o

(1

n2

),

kad n→ +∞. Red onda konvergira, ako i samo ako je

a+ b+ 1 = 0 ∧ a+ 2b = 0,

odnosno ako je a = −2, b = 1. Red sada postaje

+∞∑

n=1

(lnn− 2 ln (n+ 1) + ln (n+ 2)) .

Posmatrajmo njegovu parcijalnu sumu:

Sn =n∑

k=1

(lnk − 2 ln (k + 1) + ln (k + 2))

= (ln 1 − ln 2 − ln 2 + ln 3) + (ln 2− ln 3 − ln 3 + ln 4) + · · ·+(lnn− ln (n+ 1) − ln (n+ 1) + ln (n+ 2))

= − ln 2 − ln (n+ 1) + ln (n+ 2) = − ln 2 + lnn+ 2

n+ 1→ − ln 2,

kad n→ +∞, što je i suma reda. ◮


n=1an, ako je:

1. an =(ln n4+2n2

n4+1

)p, p ∈ R; 2. an = p(p+1)···(p+n−1)

n! · 1n2

;

3. an = sinnx, x ∈ R; 4. an = cosnx, x ∈ R.5. an = 1√

n−√

ln n+1n .

2.47. Pokazati da je niz an =n∑

k=1

1√n3+k

opadajuci (zadatak: 2.25).

◭

an − an+1 ≥ n

1√n3 + n

− 1√

(n+ 1)3 + 1

− 1√

(n+ 1)3 + n+ 1

≥√

n

n2 + 1− n 1√

(n+ 1)3 + 1− 1√

(n+ 1)3 + 1

=

√n

n2 + 1−√

(n+ 1)2

(n+ 1)3 + 1≥ 0 ⇔


n

n2 + 1≥ (n+ 1)2

(n+ 1)3 + 1⇔ n

((n+ 1)3 + 1

)≥(n2 + 1

)(n+ 1)2 ,

što je tacno. ◮2.48. Za koje a i b konvergira red

+∞∑

n=1

(3√n3 + n2 + n+ 1 −

√n2 + 1 + a+

b

n

)?

◭ Ako n→ +∞, tada je

an = n

(1 +

1

n+

1

n2+

1

n3

) 13

− n(

1 +1

n2

) 12

+ a+b

n

= n

(1 +

1

3

(1

n+

1

n2+

1

n3

)− 1

9n2+ o

(1

n2

))

−n(

1 +1

2n2− 1

8n4+ o

(1

n4

))+ a+

b

n

=

(a+

1

3

)+

1

n

(b− 1

6

)+

1

8n3+ o

(1

n3

).

Red konvergira ako i samo ako je a = −13 i b = 1

6 . ◮


n=1sin(2π

√n2 + a2

)u zavisnosti od

a ∈ R.◭ Red konvergira i suma mu je 0 ako je a = 0. Neka je a �= 0 i neka

n→ +∞ :

an = sin(2π√n2 + a2

)= sin

(

2πn

(1 +

a2

n2

)12

)

= sin

(2πn

(1 +

a2

2n2+ o

(1

n2

)))= sin

(2πn+

a2π

n+ o

(1

n

))

= sin

(a2π

n+ o

(1

n

))=a2π

n+ o

(1

n

)∼a2π

n,

red divergira. ◮


n=1

(cot nπ

4n−2 − sin nπ2n+1

).

◭ Imamo

an = cotnπ

4n− 2− sin

nπ

2n+ 1

70 GLAVA 2. REDOVI

= cot

(nπ

4n− 2− π

4+π

4

)− cos

(π

2− nπ

2n+ 1

)

=1

tan(π4 + π

2(4n−2)

) − cosπ

2 (2n+ 1).

Tako dobijamo

an =1 − tan π

2(4n−2)1 + tan π

2(4n−2)− cos

π

2 (2n+ 1).

Ako n→ +∞, onda sledi

an =1 − π

2(4n−1) + o(1n2

)

1 + π2(4n−1) + o

(1n2

) − 1 +π2

8 (2n+ 1)2+ o

(1

n3

)

=

(1 − π

2 (4n− 1)+ o

(1

n2

))(1 +

π

2 (4n− 1)+ o

(1

n2

))−1− 1

+π2

8 (2n+ 1)2+ o

(1

n3

)

=

(1 − π

2 (4n− 1)+ o

(1

n2

))·(

1 − π

2 (4n− 1)+ o

(1

n

))− 1 + o

(1

n

)

= − 2π

2 (4n− 1)+ o

(1

n

)= − π

4n

(1 − 1

4n

)−1+ o

(1

n

)= − π

4n+ o

(1

n

)

∼ −π4· 1

n,

red divergira. Najpre smo trigonometrijskim transformacijama izraz pripremiliza primenu formula: tanx = x+o

(x2), ako x→ 0, i cosx = 1− x2

2 +o(x3),

za x→ 0. ◮2.51. Niz xn dat je sa x1 = a > 1, xn+1 = x2n − xn + 1 (n ≥ 1) . Naci

+∞∑

n=1

1xn.

◭ Iz datog uslova sledi

xn+1 − xn = (xn − 1)2 ≥ 0, n = 2, 3, ...,

tj. niz xn je neopadajuci. Ako je i ogranicen odozgo, onda postoji limn→+∞

xn = x. Rešavanjem jednacine x = x2−x+1, dobijamo x = 1, što bi znaciloda su svi clanovi manji ili jednaki 1, kontradikcija. Dakle, lim

n→+∞xn = +∞.


Zatim imamo xn+1 − 1 = xn (xn − 1) , odnosno,

1

xn+1 − 1=

1

xn (xn − 1)=

1

xn − 1− 1

xn, tj.

1

xn=

1

xn − 1− 1

xn+1 − 1.

Sada je

1

x1+

1

x2+ · · · + 1

xn

=1

x1 − 1− 1

x2 − 1+

1

x2 − 1− 1

x3 − 1+ · · · + 1

xn − 1− 1

xn+1 − 1

=1

x1 − 1− 1

xn+1 − 1→ 1

a− 1, n→ +∞,

jer 1xn+1−1 → 0, kad n→ +∞. Dakle,

+∞∑

n=1

1xn

= 1a−1 . ◮

2.52. Neka je an > 0, n ∈ N, i neka je

an+1an

= 1 − 1

n+βnn2,

gde je |βn| ≤M. Dokazati da red+∞∑

n=1an divergira.

◭ Imamo,

anan+1

=1

1 − 1n + βn

n2

=

(1− 1

n+βnn2

)−1

= 1 +1

n− βnn2

+

(−1

n+βnn2

)2+ o

((−1

n+βnn2

)2)

= 1 +1

n+

1 − βnn2

− 2βnn3

+ o

(1

n2

)= 1 +

1

n+θnn1+ε

,

gde je |θn| ≤ C, 0 < ε < 1. Sada primenom Gausovog kriterijuma sledidivergencija datog reda. ◮


(1

1·2·3 + 12·3·4 + · · · + 1

n(n+1)(n+2)

).

◭ Navedeni limes je zapravo suma reda+∞∑

n=1

1n(n+1)(n+2) , koji ocigledno

konvergira, jer je

an =1

n (n+ 1) (n+ 2)∼

1

n3, n→ +∞.

72 GLAVA 2. REDOVI

Zatim je

an =1

2· (n+ 2) − nn (n+ 1) (n+ 2)

=1

2

(1

n (n+ 1)− 1

(n+ 1) (n+ 2)

)

=1

2

(1

n− 2

n+ 1+

1

n+ 2

), tj.

Sn =1

2

n∑

k=1

1

k−

n∑

k=1

1

k + 1+

1

2

n∑

k=1

1

k + 2=

1

2

n∑

k=1

1

k−

n+1∑

k=2

1

k+

1

2

n+2∑

k=3

1

k

=1

2+

1

4+

1

2

n∑

k=3

1

k− 1

2−

n∑

k=3

1

k− 1

n+ 1+

1

2

n∑

k=3

1

k+

1

2 (n+ 1)+

1

2 (n+ 2)

=1

4− 1

n+ 1+

1

2 (n+ 1)+

1

2 (n+ 2)→ 1

4, kad n→ +∞. ◮


n=1nα

1n∫

0

t1t dt u zavisnosti od parame-

tra α ∈ R.◭ Ovo je red sa pozitivnim clanovima. Najpre pokazimo da on konver-

gira, kad je α = −2. Tada je

an (−2) =1

n2

1n∫

0

t1t dt ≤ e

1e

n3

(e1e je maksimalna vrednost funkcije t → t

1t , t > 0, dakle prema pored-

benom kriterijumu red+∞∑

n=1n−2

1n∫

0

t1t dt konvergira). Neka je sada α �= −2.

Pošto je

limx→+∞

xα

1x∫

0

t1t dt

1x2

= limx→+∞

1x∫

0

t1t dt

1x2+α

= limx→+∞

− 1x2

(1x

)x

−(2+α)x3+α

= limx→+∞

1

(2 + α)xx−α−1 = 0,

što znaci da je limn→+∞

an(α)n−2 = 0, odakle prema napomeni posle zadatka

2.15, sledi da red+∞∑

n=1an (α) konvergira, jer je takav red

+∞∑

n=1

1n2. Dakle, dati

red konvergira za svako α ∈ R. ◮


Napomena. Primenili smo Lopitalovo pravilo i Hajneov princip.


n=1arccot

(n2 + n+ 1

).

◭ Pošto je za x > 0 : arccotx = arctan 1x, to je

arccot(n2 + n+ 1

)= arctan

1

n2 + n+ 1= arctan

1

1 + n (n+ 1)

= arctan1n − 1

n+1

1 + 1n(n+1)

= arctan1

n− arctan

1

n+ 1i

Sn =n∑

k=1

arccot(k2 + k + 1

)=

n∑

k=1

(arctan

1

k− arctan

1

k + 1

)

= arctan1 − arctan1

2+ arctan

1

2− · · · + arctan

1

n− arctan

1

n+ 1

= arctan 1 − arctan1

n+ 1→ π

4, n→ +∞.

Dakle, dati red konvergira i suma mu je π4 ◮

2.56 Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1an ako je:

a) an = 3

√ln(n tan 1

n

); b) an =

∣∣∣sin(e1n − 2

n− cos

√2n

)∣∣∣α

;

c) an =

√n(√

4 + 1n2

− 3

√8 + 3

n2

); d) an = sinα

(1

n2 ln2 n

).

◭ a) Kad n→ +∞, najpre imamo

tan1

n=

sin 1n

cos 1n=

(1

n− 1

6n3+ o

(1

n3

))(1− 1

2n2+ o

(1

n2

))−1

=

(1

n− 1

6n3+ o

(1

n3

))(1 +

1

2n2+ o

(1

n2

))

=1

n+

1

3n3+ o

(1

n3

),

onda je

ln

(n tan

1

n

)= ln

(1 +

1

3n2+ o

(1

n2

))=

1

3n2+ o

(1

n2

).

Sada je za n→ +∞ :

an = 3

√1

3n2+ o

(1

n2

)=

(1

3n2

) 13

(1 + o (1))13 ∼

13√

3· 1

n23

,

74 GLAVA 2. REDOVI

odakle sledi da red divergira.b) Za n→ +∞ je:

xn = e1n − 2

n− cos

√2

n

= 1 +1

n+

1

2n2+ o

(1

n2

)− 2

n−(

1− 1

n+

1

24· 4

n2

)

=1

3n2+ o

(1

n2

),

odnosno,

an = |xn| =

∣∣∣∣sin(

1

3n2+ o

(1

n2

))∣∣∣∣α

=

∣∣∣∣1

3n2+ o

(1

n2

)∣∣∣∣α

=1

3αn2α(1 + o (1))α ∼

1

3αn2α.

Dakle, red konvergira za α > 12 , a divergira za α ≤ 1

2 .

c) Najpre je za n→ +∞ :

xn =

√4 +

1

n2− 3

√8 +

3

n2= 2

((1 +

1

4n2

) 12

−(

1 +3

8n2

) 13

)

= 2

(1 +

1

8n2− 1

128n4+ o

(1

n4

)− 1− 1

8n2+

1

64n2

)

=1

64n4+ o

(1

n4

).

Sada je za n→ +∞

an =

√1

64n3+ o

(1

n3

)=

(1

64n3

) 12

(1 + o (1))12 ∼

1

8· 1

n32

,

pa red konvergira.d) Za α ≤ 0 red divergira, jer tada opši clan ne tezi nuli. Neka je α > 0.

Onda za n→ +∞ imamo:

an =

(1

n2 ln2 n+ o

(1

n2 ln2 n

))α

=1

n2α ln2α n(1 + o (1))α ∼

1

n2α ln2α n<

1

n2α, (n ≥ 2) .


Red konvergira za α > 12 . Za α = 1

2 red divergira jer integral+∞∫

2

dxx lnx

divergira. Ako je 0 < α < 12 , iz nejednakosti 1

n2α ln2α n> 1

n lnn sledi da red

divergira. Dakle, red konvergira za α > 12 , a divergira za α ≤ 1

2 . ◮2.57. Ispitati konvergenciju redova:

a)+∞∑

n=1(−1)n

((2n+ 1)

1n − 1

); b)

+∞∑

n=1(−1)n

((1 + 1

n+1

)n−(1 + 1

n

)n+1).

◭ a) Posmatrajmo funkciju f (x) = (2x+ 1)1x − 1, x ≥ 1. Imamo da je

f ′ (x) = e1xln(2x+1) · 2x− (2x+ 1) ln (2x+ 1)

x2 (2x+ 1)< 0

za svako x ≥ 1. Dakle, funkcija opada u svom domenu, što dalje znaci da

niz sa opštim clanom an = (2n+ 1)1n − 1 opada. Red je onda konvergentan

prema Lajbnicovom kriterijumu. S obzirom da je, kad n→ +∞,

an = e1nln(2n+1) − 1 =

1

nln (2n+ 1) + o

(1

nln (2n+ 1)

)∼

1

nln (2n+ 1) ,

to red konvergira uslovno, jer je red+∞∑

n=1

1n ln (2n+ 1) divergentan.

b) Zbog nejednakosti(

1 +1

n+ 1

)n

<

(1 +

1

n

)n

<

(1 +

1

n

)n+1

,

red napišimo u obliku

+∞∑

n=1

(−1)n−1((

1 +1

n

)n+1

−(

1 +1

n+ 1

)n)

=+∞∑

n=1

(−1)n−1 an,

gde je an =(1 + 1

n

)n+1 −(1 + 1

n+1

)n> 0.

Posmatrajmo sada funkciju:

f (x) =

(1 +

1

x

)x+1

−(

1 +1

x+ 1

)x

, x ≥ 1.

Njen izvod je

f ′ (x) =

(1 +

1

x

)x+1(ln

(1 +

1

x

)− 1

x

)

−(

1 +1

x+ 1

)x(ln

(1 +

1

x+ 1

)− 1

(x+ 1) (x+ 2)

).

76 GLAVA 2. REDOVI

Kako je1

x+ 1< ln

(1 +

1

x

)<

1

x, x > 0,

to je zbog nejednakosti

ln

(1 +

1

x+ 1

)− 1

(x+ 1) (x+ 2)>

1

x+ 2− 1

(x+ 1) (x+ 2)> 0,

f ′ (x) < 0, x > 0, a tim pre i za x ≥ 1. Niz an je onda opadajuci, te je redkonvergentan na osnovu Lajbnicovog kriterijuma.Dokazimo da je konvergencija reda uslovna, tj. da red

+∞∑

n=1

∣∣∣(−1)n−1 an∣∣∣ =

+∞∑

n=1

an

divergira. Prema Maklorenovoj formulu u Peanovom obliku, kad n →+∞, imamo:

xn =

(1 +

1

n

)n+1

= e(n+1) ln(1+1n)

= e(n+1)

(1n− 12n2

+ 13n3

+o(1n3

))

= e · e(12n− 16n2

+o(1n2

))

= e

(1 +

1

2n− 1

6n2+ o

(1

n2

)+

1

8n2

)= e

(1 +

1

2n− 1

24n2+ o

(1

n2

)),

i yn =

(1 +

1

n+ 1

)n

= en ln(1+1

n+1) = en ln(1+ 1

n− 1n2+ 1n3+o(1n3

))

= en

((1n− 1n2+ 1n3

)− 12

(1n− 1n2+ 1n3

)2+ 13

(1n− 1n2+ 1n3

)3+o(1n3

))

= e1− 3

2n+ 2n2+o(1n2

)

= e ·(

1 − 3

2n+

25

8n2+ o

(1

n2

)).

Dakle, kad n→ +∞, dobijamo

an = xn − yn =

(1 +

1

n

)n+1

−(

1 +1

n+ 1

)n

= e ·(

1 +1

2n− 1

24n2+ o

(1

n2

))− e ·

(1 − 3

2n+

25

8n2+ o

(1

n2

))

=2e

n− 19e

6n2+ o

(1

n2

)=

2e

n

(1 − 19

12n+ o

(1

n

))∼

2e

n,

red+∞∑

n=1an divergira, odnosno konvergencija polaznog reda je uslovna. ◮



n=1

n(n+1)(n+2)···(4n−3)(n+1)(n+2)···(4n−2) · 1

(n+2)2.

◭ Pošto je za opšti clan an ispunjeno

0 < an =n

n+ 1· n+ 1

n+ 2· · · 4n− 3

4n− 2· 1

(n+ 2)2<

1

(n+ 2)2<

1

n2

to dati red konvergira na osnovu poredbenog kriterijuma, jer je red+∞∑

n=1

1n2

konvergentan. ◮

2.59. Ako red+∞∑

n=1an konvergira i ako je an �= 0, n ∈ N, da li red

+∞∑

n=1

(1 − sin an

an

)konvergira? Posebno analizirati slucaj an > 0, n ∈ N.

◭ Red+∞∑

n=1

(1 − sin an

an

)je sa pozitivnim clanovima i za njegov opšti clan

kad n→ +∞, imamo

1 − sinanan

= 1− an − 16a3n + o

(a4n)

an=

1

6a2n + o

(a3n)∼

1

6a2n,

jer an → 0. Sada imamo zakljucak: ako je an > 0 i red+∞∑

n=1an konvergira

onda i red+∞∑

n=1

16a2n konvergira, a samim tim i red

+∞∑

n=1

(1− sin an

an

)konvergira.

Ako red+∞∑

n=1an nije sa pozitivnim clanovima, onda red

+∞∑

n=1

16a2n, a samim tim

i red+∞∑

n=1

(1 − sin an

an

)ne mora biti konvergentan. Dovolnjo je uzeti an =

(−1)n−1√n. ◮

2.60. Ako je a realan broj, ispitati konvergenciju reda ciji je opšti clan

an = na((n+ 1)

n+1n − (n− 1)

n−1n

).

◭ Uzimajuci da je xn = (n+ 1)n+1n i yn = (n− 1)

n−1n kad n → +∞,

imamo

xn = en+1n·ln(n+1) = e · e 1n ·

(lnn+ ln

(1 +

1

n

))

= (e lnn)

(1 +

1

n+ o

(1

n

))(1 +

1

n lnn+ o

(1

n lnn

))

78 GLAVA 2. REDOVI

= (e lnn)

(1 +

1

n+ o

(1

n

))i

yn = en−1n·ln(n−1) = (e lnn)

(1 − 1

n+ o

(1

n

)).

Sada je, kad n→ +∞,

an = na (xn − yn) = na (e lnn)

(2

n+ o

(1

n

))=

2e lnn

n1−a(1 + o (1)) ∼

2e lnn

n1−a.

Dakle, red+∞∑

n=1an konvergira ako i samo ako konvergira red 2e

+∞∑

n=1

lnnn1−a .

Ocigledeno za 1 − a ≤ 0, tj. za a ≥ 1 red divergira (tada opšti clan netezi nuli). Za 1−a > 0 red je ekvikonvergentan sa nesvojstvenim integralom+∞∫

1

lnxx1−adx. Nije teško utvrdidti (parcijalno integraljenje) da navedeni inte-

gral konvergira za a < 0, a divergira za a ≥ 0. Znaci, red+∞∑

n=1an konvergira

za a < 0 a divergira za a ≥ 0. ◮2.61 Neka je an niz realnih brojeva, takav da je an+3 = an za svako

n ∈ N. Dokazati da red+∞∑

n=1

ann konvergira, ako i samo ako je a1+a2+a2 = 0.

◭ Neka je a1 + a2 + a2 = 0. Tada je za parcijalnu sumu reda+∞∑

n=1an

ispunjeno:

Sn =

0, n = 3k;a1 + a2 = −a3, n = 3k − 1;a1, n = 3k − 2.

Odatle sledi |Sn| ≤ max {|a1| , |a3|} , tj. niz Sn je ogranicen. Onda prema

Dirihleovom kriterijumu sledi konvergencija reda+∞∑

n=1

ann .

Obrnuto, neka je red+∞∑

n=1

ann

konvergentan. Onda je njegova suma jednaka

limn→+∞

S3n. Meñutim,

S3n = A1 +A2 + · · · +An−1 +An,

gde je

An =a1

3n− 2+

a23n− 1

+a33n


=9(a1 + a2 + a2)n2 − 3 (a1 + 2a2 + 3a3)n+ 2a3

(3n− 2) (3n− 1) 3n

=a1 + a2 + a2

3n(1 − 2

3n

) (1− 1

3n

) − a1 + 2a2 + 3a3

9n2(1 − 2

3n

) (1 − 1

3n

)

+2a3

27n3(1 − 2

3n

) (1 − 1

3n

)

= xn + yn + zn.

Uzeli smo da je

xn =a1 + a2 + a2

3n(1 − 2

3n

) (1 − 1

3n

) , yn = − a1 + 2a2 + 3a3

9n2(1− 2

3n

) (1− 1

3n

)

zn =2a3

27n3(1− 2

3n

) (1 − 1

3n

) .

S obzirom da redovi+∞∑

n=1An,

+∞∑

n=1yn i

+∞∑

n=1zn konvergiraju, to i red

+∞∑

n=1xn

konvergira. Pošto je

xn ∼a1 + a2 + a3

3· 1

n, n→ +∞,

mora biti a1 + a2 + a3 = 0, cime je zadatak u potpunosti rešen. ◮

2.62. Ako je p ∈ R, ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1an, gde je:

a) an = n−p − lnp n+1n ; b) an = 1

np

(1− 3p lnn

n

)n.

◭ a) Red ocigledno konvergira za p = 0. Neka je p �= 0 i neka n→ +∞ :

an =1

np− lnp

(1 +

1

n

)=

1

np−(

1

n− 1

2n2+ o

(1

n2

))p

=1

np− 1

np

(1 − p

2n+ o

(1

n

))=

p

2np+1+ o

(1

np+1

)

=p

2np+1(1 + o (1)) ∼

p

2np+1.

Dakle, red konvergira za p ≥ 0, a divergira za p < 0.b) Za p = 0, red divergira jer tada opšti clan ne tezi nuli. Za p �= 0, kad

n→ +∞ imamo:

an =1

np

(1− 3p lnn

n

)n

=1

npen ln(1−

3p lnnn )

80 GLAVA 2. REDOVI

=1

npen

(− 3p lnn

n− 12· 9p

2 ln2 n

n2+o(ln2 nn2

))

=1

npe

(−3p lnn− 9

2p2· ln2 n

n+o(ln2 nn

))

=1

n4p· e(−92p2· ln2 n

n+o(ln2 nn

))

=1

n4p

(1 − 9

2p2 · ln2 n

n+ o

(ln2 n

n

))∼

1

n4p.

Znaci, dati red konvergira za p > 14 , a divergira ako je p ≤ 1

4 . Pošto jered sa nenegativnim clanovima, pojmovi obicna i apsolutna konvergencijase poklapaju. ◮

2.63 Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1

x2n−1

1−x2n za razne vrednosti x ∈ R.

2.64 Ako su α, β, γ i x pozitivni brojevi, ispitati konvergenciju hiperge-ometrijskog reda

1 ++∞∑

n=1

α (α+ 1) · · · (α+ n− 1)β (β + 1) · · · ((β + n− 1))

n!γ (γ + 1) · · · (γ + n− 1)xn.

2.65 Ispitati konvergenciju reda

+∞∑

n=1

(1 +

1

2+ · · · + 1

n

)sinnx

n,

za razne vrednosti x ∈ R.

Glava 3

Neprekidnost

3.1 Uvod

Ova glava sadrzi prvenstveno zadatke gde se najviše koristi Bolcano-Košijeva teorema o neprekidnim funkcijama na segmentu. Ako je E pod-skup od R, onda se sa C(E) oznacava skup svih funkcija koje su na njemuneprekidne. Ako je E = [a, b] ,−∞ < a < b < +∞, onda studenti treba daznaju pored navedene Bolcano-Košijeve teoreme i njenu posledicu, zatimVajerštrasovu teoremu o ogranicenosti i postizanju supremuma i infimumakao i Kantorovu teoremu o ravnomernoj neprekidnosti funkcije neprekidnena segmentu. Cinjenica da “lim” i “f” komutiraju je najsuptilnije svojstvokoje se koristi kod neprekidnih funkcija. Preporucujemo studentima da ob-nove glavne teoreme ove oblasti, pa tek onda da pocnu da rešavaju zadatke.Napominjemo da su pitanja navedena u ovom delu više teorijskog karakterasa dosetkama, a manje racunska.

3.2 Rešeni zadaci

3.1. Ako f ∈ C [0, 2] , onda postoji c ∈ [0, 1] tako da je f(c+1)−f(c) =12(f(2) − f(0)). Dokazati.◭ Posmatrajmo funkciju F (x) = f(x + 1) − f(x), koja je ocigledno

neprekidna na [0, 1] kao razlika dve neprekidne funkcije. Razume se, funkcijax → f(x+1) je neprekidna kao kompozicija neprekidne funkcije f i funkcijex → x+ 1. Kako je F (0) = f(1) − f(0) i F (1) = f(2) − f(1), to je F (0) +F (1) = f(2) − f(0). Iz relacije

min {F (0), F (1)} ≤ F (0) + F (1)

2≤ max {F (0), F (1)} ,

81

82 GLAVA 3. NEPREKIDNOST

sledi da broj 12(f(2)−f(0)) pripada segmentu sa krajevima F (0) i F (1), štona osnovu posledice Bolcano-Košijeve teoreme znaci da postoji c ∈ [0, 1]tako da je F (c) = 1

2(f(2) − f(0)). Time je dokaz tvrñenja završen. ◮3.2. Neka su f : ]a, b[ → ]c, d[ i g : ]c, d[ → R neprekidne funkcije i neka

g nije konstantna ni na jednom segmentu [α, β] ⊂ ]c, d[ . Dokazati da je fkonstantna funkcija, ako je g ◦ f konstantna funkcija.

◭ Pretpostavimo suprotno: postoje dve razlicite tacke x1, x2 ∈ ]a, b[ zakoje je f(x1) �= f(x2). Kako funkcija g nije konstantna ni na jednom seg-mentu koji je sadrzan u ]c, d[ to postoji y ∈ ]f(x1), f(x2)[ ili y ∈ ]f(x2), f(x1)[ ,takvo da je g(y) �= g(f(x1)) = g(f(x2)). Ali, zbog neprekidnosti funkcije fna segmentu sa krajevima x1 i x2, postoji x iz tog segmenta za koje jey = f(x). Sada je g(y) = g(f(x)) = g(f(x1)), što je kontradikcija. Koristilismo pretpostavku da je g ◦ f konstantna funkcija. ◮

3.3. Ako f ∈ C(R) i ako je f(f(7)) = 7, onda postoji c ∈ R tako da jef(c) = c. Dokazati.

◭ Ako je f(7) = 7, tada je c = 7. Neka je na primer 7 < f(7) i posmatra-jmo datu funkciju na segmentu [7, f(7)] . Ocigledno, funkcija f je neprekidnana tom segmentu. Za pomocnu funkciju uzmimo F (x) = f(x) − x. Sada je

F (7)·F (f(7)) = (f (7) − 7) ·(f (f (7)) − f (7)) = (f (7) − 7)·(7− f (7)) < 0,

što prema Bolcano-Košijevoj teoremi znaci da postoji c ∈ ]7, f(7)[ takoda je F (c) = 0, odnosno, f(c) = c. Ako je 7 > f(7) onda se posmatra istapomocna funkcija, ali na segmentu [f(7), 7] . ◮

3.4. Neka f ∈ C [0, 1] i neka je {an}n∈N ⊂ [0, 1] dati niz. Dokazati da

postoji c ∈ [0, 1] tako da je f(c) =+∞∑

n=12−nf(an).

◭ Dokazimo da je

f (c1) ≤+∞∑

n=1

2−nf(an) ≤ f (c2) , (1)

gde su c1 i c2 tacke iz [0, 1] u kojima funkcija f postize minimum i mak-simum. Tacke c1 i c2 postoje po Vajerštrasovoj teoremi. Zaista, imamoda je f(c1) ≤ f(an) ≤ f(c2) za svako n ∈ N, jer je {an} ⊂ [0, 1] . Zatimje 2−nf(c1) ≤ 2−nf(an) ≤ 2−nf(c2). I na kraju sumiranjem prethodnih

nejednakosti, uz korišcenje jednakosti+∞∑

n=12−n = 1, sledi dokaz za (1). S

obzirom da je f neprekidna funkcija na segmentu sa krajevima c1 i c2, a

kako+∞∑

n=12−nf(an) pripada segmentu ciji su krajevi f(c1) i f(c2), tada prema


posledici Bolcano-Košijeve teoreme postoji c ∈ [min {c1, c2} ,max {c1, c2}]tako da je f(c) =

+∞∑

n=12−nf(an). Ovim je dokaz tvrñenja završen. ◮

3.5. Ako f ∈ C [−1, 1] , f(−1) = f(1), tada postoje c1, c2 ∈ [−1, 1]takvi da je |c1 − c2| = 1 i f(c1) = f(c2). Dokazati.

◭ Posmatrajmo funkciju F (x) = f(x) − f(x − 1). Ona je ociglednoneprekidna na [0, 1] . Vidimo da je F (0) = f(0) − f(−1) = f(0) − f(1) iF (1) = f(1) − f(0). Ako je f(0) = f(1), onda je c1 = 0 i c2 = 1. Ako f(0)i f(1) nisu jednaki, tada zbog F (0) · F (1) < 0, sledi da postoji c ∈ ]0, 1[tako da je F (c) = 0, odnosno f(c) = f(c − 1). Ako sada uzmemo da jec1 = c, c2 = c − 1, tada c1 i c2 ocigledno zadovoljavaju trazene uslove: c1,c2 ∈ [−1, 1] , |c1 − c2| = |c− (c− 1)| = 1 i f(c1) = f(c2). ◮

3.6. Ako f ∈ C [0, 1] , tada postoji c ∈ [0, 1[ tako da je f2(c) ·(1−c) = c.Dokazati.

◭ Ako je f(0) = 0, tada je c = 0. Neka je f(0) �= 0. Tada je f2(0) > 0 isada mozemo posmatrati pomocnu funkciju F (x) = f2(x) · (1−x)−x. Kakoje

F (0) · F (1) =(f2 (0) · (1 − 0) − 0

)·(f2 (1) · (1 − 1) − 1

)= −f2 (0) < 0,

to prema posledici Bolcano-Košijeve teoreme znaci da postoji c ∈ ]0, 1[sa osobinom da je F (c) = 0, odnosno da je f2(c) · (1− c) = c. ◮

3.7. Da li postoji neprekidna funkcija f : R→ R takva da je za svakox ∈ R : (f ◦ f)(x) = e−x?

◭ Pretpostavimo da takva funkcija postoji. Dokazimo onda da je ona”1-1“. Neka x1, x2 ∈ R tako da je f(x1) = f(x2). Odavde sledi da je(f ◦ f)(x1) = (f ◦ f)(x2), odnosno da je e−x1 = e−x2 . Dakle, imamo daje x1 = x2 jer je funkcija x → e−x “1-1” kao opadajuca. Neka je sadax1 < x2 i x1, x2 ∈ R. Ako je f neprekidna funkcija na R, ona je neprekidnana segmentu [x1, x2] . Iz cinjenice da je f i “1-1”, sledi da je rastuca iliopadajuca. Ako je f ratuca, iz nejednakosti f(x1) < f(x2), sledi da jee−x1 < e−x2 , što je nemoguce. Ako je f opadajuca1, onda iz x1 < x2imamo da je f(x1) > f(x2), odnosno, (f ◦ f)(x1) < (f ◦ f)(x2). Odavde jee−x1 < e−x2, što je opet kontradikcija. Dakle, takva funkcija ne postoji. ◮

3.8. Ako f : [0, 1] → [0, 1] i f ∈ C [0, 1] sa osobinom da je f(0) = 0,f(1) = 1 i (f ◦ f)(x) = x za svako x ∈ [0, 1] , tada je f(x) = x za svakox ∈ [0, 1] .

◭ Iz uslova (f ◦ f)(x) = x, sledi da je f “1-1”. Zaista, ako je f(x1) =f(x2) za x1, x2 ∈ [0, 1] , tada je (f ◦ f)(x1) = (f ◦ f)(x2), odnosno x1 = x2.

1 Koristimo tipove monotonosti: raste, ne opada, opada i ne raste.


Kako je f(0) = 0, f(1) = 1, tada je f rastuca funkcija na [0, 1] . Ako postojix0 ∈ ]0, 1[ za koje je f(x0) �= x0, na primer f(x0) < x0, tada zbog rastenjafunkcije f imamo da je (f ◦ f)(x0) < f(x0), tj. x0 < f(x0) što je suprotnopretpostavci. Ako uzmemo da je f(x0) > x0, dobicemo da je f(x0) < x0,što je opet kontradikcija. Dakle, f(x) = x, za svako x ∈ [0, 1] . ◮

3.9. Ako f : [0, 1] → [0, 1] i f ∈ C [0, 1] , tada postoji c ∈ [0, 1] tako daje f(c) = c. Šta geometrijski znaci ova jednakost?

◭ Posmatrajmo funkciju F (x) = f(x) − x. Ako je f(0) = 0 ili f(1) = 1,tada je c = 0 ili c = 1 i zadatak je rešen. Neka je f(0) > 0 i f(1) < 1.Sada je F (0) · F (1) = (f(0) − 0) · (f(1) − 1) = f(0) · (f(1) − 1) < 0. Dakle,prema Bolcano-Košijevoj teoremi postoji c ∈ ]0, 1[ tako da je F (c) = 0,tj. f(c) = c, cime je zadatak rešen. Geometrijski, grafik funkcije x → f(x)sece pravu y = x. ◮

3.10. Neka je f : R→ R neprekidna i ogranicena funkcija. Dokazati dapostoji c ∈ R takvo da je f(c) = c2n−1, za svako n ∈ N.

◭ Funkcija F (x) = f(x) − x2n−1, n ∈ N je neprekidna na R i imamo daje

limx→±∞

F (x) = limx→±∞

x2n−1(

1

x2n−1· f (x) − 1

)= (±∞) (0 − 1) = ∓∞.

Prema definiciji granicne vrednosti postoje a, b ∈ R tako da je F (a) < 0 iF (b) > 0, tj. F (a) · F (b) < 0. Prema Bolcano-Košijevoj teoremi postojic ∈ ]a, b[ tako da je F (c) = 0, tj. f(c) = c2n−1, cime je dokaz završen. ◮

3.11. Ako f, g ∈ C [a, b] tako da je f(a) < g(a) i f(b) > g(b), tadapostoji tacka c ∈ ]a, b[ za koju je f(c) = g(c).

◭ Funkcija F (x) = f(x) − g(x) je neprekidna na [a, b] i imamo da jeF (a)F (b) = (f(a)− g(a))(f(b)− g(b)) < 0. Dakle, postoji c ∈ ]a, b[ takvo daje F (c) = 0, odnosno, f(c) = g(c). ◮

3.12. Neka je f : [0, 1] → R neprekidna funkcija tako da je f(0) = f(1).Da li postoji α ∈

[0, 23]

tako da je f(α) = f(α+ 1

3

)?

◭ Posmatrajmo funkciju F (x) = f(x+ 1

3

)− f(x), x ∈

[0, 23]. Ona je

ocigledno neprekidna na[0, 23]

i ako nije stalnog znaka onda prema Bolcano-Košijevoj teoremi postoji α ∈

[0, 23]

tako da je F (α) = 0, tj. f(α) =f(α+ 2

3

). Neka je F (x) > 0 za svako x ∈

[0, 23]. Onda sabiranjem jed-

nakosti

F (0) = f

(1

3

)− f(0), F

(1

3

)= f

(2

3

)−f(

1

3

), F

(2

3

)= f(1)−f

(2

3

)

dobijamo: 0 < F (0)+F(13

)+F(23

)= f(1)−f(0) = 0, što je kontradikcija.

Kontradikciju slicno dobijamo ako pretpostavimo da je F (x) < 0. Dakle,


postoji α ∈[0, 23]

tako da je f(α) = f(α+ 1

3

). ◮

3.13. Naci sve neprekidne funkcije f : R→ R koje zadovoljavaju uslovf(2x) = f(x), za svako x ∈ R.

◭ Neka je x ∈ R fiksiran broj. Niz n → x2n konvergira ka nuli, i funkcija

je na njemu konstantna, tj. imamo da je f(x) = f(x2

)= · · · = f

(x2n

)=

· · · → f(0) zbog neprekidnosti funkcije f. Kako su svi clanovi niza n →f(

x2n

)meñusobno jednaki, tada je f(x) = f(0). Ovo znaci da je rešenje

date funkcionalne jednacine konstantna funkcija, tj. od neprekidnih funkcijasamo konstantne zadovoljavaju dati uslov. ◮

3.14. Odrediti sve neprekidne funkcije f : R→ R takve da je za svex ∈ R : f(x) + f

(23x)

= x.◭ Neka je x ∈ R fiksirano. Tada primenom datog uslova dobijamo:

f(x) = x− f(

2

3x

)= x−

(2

3x− f

(4

9x

))= · · ·

= x− 2

3x+

4

9x− 8

27x+ · · · + (−1)n−1

(2n−1

3n−1x− f

(2n

3nx

))

= x− 2

3x+

4

9x− 8

27x+ · · · + (−1)n−1

2n−1

3n−1+ (−1)n f

(2n

3nx

)

→ x · 1

1 + 23

+ 0 =3

5x, n→ +∞,

jer je funkcija f neprekidna. ◮3.15. Odrediti sve neprekidne funkcije f : R→ R za koje je:1. f(0) = 1;2. f je neprekidna u 0;3. f(2x) = f(x) · cos2 x, za svako x ∈ R.◭ Neka je x ∈ R {0} fiksiran broj. Onda na osnovu uslova 3 imamo

f (x) = f(x

2

)cos2

x

2= f( x

22

)cos2

x

22cos2

x

2= ··· = f

( x2n

)cos2

x

2n···cos2 x

2,

gde je n ∈ N. Odavde se dobija da je f(x) = f(

x2n

)· sin2 x22n sin2 x

2n, jer je

sinx = 2sinx

2cosx

2= 22 sin

x

22cos

x

22cosx

2= ··· = 2n sin

x

2ncos

x

2n···cos x

2.

Uzimajuci da n→ +∞, dobijamo da je f(x) = f(0) · sin2 xx2, zbog jednakosti

22n sin2 x2n =

(sin x

2nx2n

)2x2. Kako je f(0) = 1, to je f(x) =

(sinxx

)2. ◮

3.16. Naci sve neprekidne funkcije f : R→ R sa osobinom da je f(x) =f(arctanx) za sve x ∈ R.


◭ Dokazacemo najpre da svaki niz oblika x1 ∈ R, xn+1 = arctanxn,n ≥ 1, konvergira ka nuli. Neka je x1 > 0. Indukcijom se lako dokazujeda je xn > 0 za svako n ∈ N, i zato posmatrajmo funkciju f(t) = arctan t,koja je rastuca. Zbog nejednakosti x2 = arctanx1 < x1, imamo da jeniz opadajuci (stav 1.1). Dakle, postoji granicna vrednost niza xn. Bezteškoca se pokazuje da je lim

n→+∞xn = 0. Slicno se razmatra slucaj x ≤ 0.

Posmatrajmo sada niz x, arctanx, arctan(arctanx), ... gde je x ∈ R fiksiranbroj. Prema prvom delu zadatka ovaj niz konvergira ka 0. Po uslovu zadatkafunkcija f na ovom nizu uzima sve jednake vrednosti i zbog neprekidnostiimamo da f(xn) → f(0), gde je x1 = x, xn = arctanxn−1, n ≥ 2. Ovo znacida konstantan niz n → f(xn) konvergira ka f(0). Dakle, rešenje funkcionalnejednacine f : R→ R, f ∈ C(R) i f(x) = f(arctanx) za svako x ∈ R, cinesve konstantne funkcije, jer je za fiksirano x ∈ R, x �= 0, f(x) = f(0). ◮

3.17. Neka f ∈ C [a, b] , f(a) = f(b). Dokazati da postoji [c, d] ⊂ [a, b]tako da je d− c = b−a

2 i f(c) = f(d).

◭ Posmatrajmo funkciju F (x) = f(x), x ∈ [a, b] i F (x) = F (x+ b− a),x /∈ [a, b] . Dakle, funkcija F je neprekidna i periodicna sa periodom b − a.Dokazacemo da postoji x0 ∈ ]a, b[ tako da je F

(x0 + b−a

2

)= F (x0). Uocimo

funkciju g(x) = F(x+ b−a

2

)− F (x). Imamo da je

b∫

a

g (x)dx =

b∫

a

F

(x+

b− a2

)dx−

b∫

a

F (x)dx

=

b+ b−a2∫

a+ b−a2

F (t) dt−b∫

a

F (x) dx = 0,

posle uvoñenja smene x+ b−a2 = t. Stoga mora postojati x0 ∈ ]a, b[ tako da

je g(x0) = 0, odnosno da je F(x0 + b−a

2

)= F (x0). Ako x0 ∈

]a, a+ b−a

2

],

uzmimo da je c = x0, d = x0 + b−a2 , a ako x0 ∈

]a+ b−a

2 , b], uzmimo da je

c = x0 − b−a2 , d = x0. U oba slucaja dobijamo da je d − c = b−a

2 , i da jef(c) = f(d). ◮

Napomena. Ako je f ∈ C [a, b] ib∫

a

f(x)dx = 0, onda postoji c ∈ [a, b]

tako da je f(c) = 0. Zaista, funkcija F (x) =x∫

a

f(t)dt je diferencijabilna na

]a, b[ i F (a) = F (b) = 0. Kako je i neprekidna na [a, b] , ona zadovoljavaRolovu teoremu, i zato je F ′(c) = 0 za neko c ∈ ]a, b[ , tj. f(c) = 0.


3.18. Ako f, g ∈ C [0, 1] i f, g : [0, 1] → [0, 1] tako da je f ◦ g = g ◦ f,tada postoji x ∈ [0, 1] tako da je f(x) = g(x).

◭ I nacin. Pretpostavimo suprotno, na primer2 da je g − f funkcijastalnog znaka (pozitivnog) na [0, 1] . Neka je F = {x ∈ [0, 1] : f(x) = x} .Skup F nije prazan prema zadatku 3.9. Skup F ⊂ [0, 1] je i zatvoren jersadrzi sve svoje tacke nagomilavanja. Zaista, ako je x tacka nagomilavanjaskupa F, onda postoji niz xn ∈ F takav da xn → x. Zbog neprekidnostifunkcije f imamo da xn = f(xn) → f(x), te je f(x) = x. Dakle, x ∈ F. Ali,skup F je i ogranicen podskup jer je sadrzan u [0, 1] . Zato supF = c ∈ F.Sada je f(g(c)) = g(f(c)) = g(c), odakle sledi da g(c) ∈ F. Kako je g(c) >f(c) = c i g(c) ∈ F, c = supF, dobili smo kontradikciju. Zato mora dapostoji x ∈ [0, 1] tako da je f(x) = g(x).

II nacin. Neka je na primer f (x) − g (x) > 0 za svako x ∈ [0, 1] .Uzmimo x0 ∈ [0, 1] takvo da je g (x0) = x0 (x0 postoji prema zadatku 3.9).Posmatrajmo niz

x1 = x0, xn+1 = f (xn) , za n ≥ 1.

On je rastuci (dokaz indukcijom, jer je g (xn) = xn za svako n ∈ N−proveritidetaljno) i pošto je ogranicen odozgo brojem jedan (zašto?) to on konvergira.Odnosno, postoji a ∈ [0, 1] tako da je lim

n→+∞xn = a. Zbog neprekidnosti

funkcije f imamo da je f (a) = a. Zatim je

g (xn+1) = g (f (xn)) = f (g (xn)) = f (xn) ,

za svako n ∈ N, jer su clanovi niza xn nepokretne tacke preslikavanja g. Zatoje

limn→+∞

g (xn+1) = limn→+∞

f (xn) ,

odnosno

g

(lim

n→+∞xn+1

)= g (a) = f (a) ,

što je kontradikcija pretpostavci da je f (x) > g (x) za svako x ∈ [0, 1] . ◮3.19. Ako je funkcija f : R→ R neprekidna u tacki x = 0 i ako je za

svako x, y ∈ R : f(x+y−xy)+f(xy) = f(x)+f(y), dokazati da je funkcijag(x) = f(x) − f(0), neparna na intervalu ]−1, 1[ .

◭ Stavljajuci u datom uslovu y = −x dobijamo da je f(x2) + f(−x2) =f(x)+f(−x), a zatim zamenjujuci u novom uslovu x redom sa x2, x4, .., x2

n, ..

kada je |x| < 1, dobijamo za svako n ∈ N jednakost f(x2n) + f(−x2n) =

2 Ovo rešenje je dao profesor Z.Kadelburg.


f(x) + f(−x). Odavde zbog neprekidnosti funkcije f u nuli, sledi jednakostf(0) + f(0) = f(x) + f(−x), odnosno f(x) − f(0) = −(f(−x) − f(0)). Ovoznaci da je funkcija g neparna. ◮

3.20. Neka je f : R→ R funkcija, tako da je |f(a) − f(b)| < |a− b| zaa �= b. Dokazati da iz uslova f(f(f(0))) = 0 sledi f(0) = 0.

◭ Dati uslov zapišimo u obliku |f(a) − f(b)| ≤ |a− b| , gde je jednakostispunjena samo u slucaju a = b. Ako uvedemo oznake f(0) = x i f(x) = y,tada je f(y) = 0. Ovo je dati uslov f(f(f(0)) = 0. Primenjujuci date usloveviše puta, imamo

|x− 0| ≥ |f (x) − f (0)| = |y − x| ≥ |f (y) − f (x)|= |0− y| ≥ |f (0) − f (y)| = |x− 0| .

Dakle, u svim nejednakostima mora da stoji jednakost, i onda sledi da jex = y = 0, odnosno f(0) = 0, što je i trebalo pokazati. ◮

3.21. Neka su f, g neprekidne funkcije segmenta [0, 1] na samog sebe.Dokazati da postoji c ∈ [0, 1] takvo da je f(g(c)) = g(f(c)).

◭ Neka su h1, h2 dva neprekidna preslikavanja segmenta [0, 1] na samogsebe. Ako je za svako c ∈ [0, 1] : h1(c)−h2(c) > 0, odnosno, h1(c)−h2(c) < 0,tada zbog sirjektivnosti preslikavanja h2, odnosno h1, postoji c1, odnosno,c2, iz [0, 1] takvo da je h2(c1) = 1, odnosno, h1(c2) = 1. Odavde sledi daje h1(c1) > 1,odnosno, h2(c2) > 1, što je suprotno pretpostavci da h1 i h2preslikavaju segment [0, 1] na samog sebe. Uzimajuci da je h1 = f ◦ g ih2 = g ◦ f imamo dokaz. ◮

Napomena. Ako razlika h1−h2 nije stalnog znaka na [0, 1] , onda premaBolcano-Košijevoj teoremi postoji c ∈ [0, 1] takvo da je (h1 − h2)(c) = 0,odnosno da je h1(c) = h2(c), što se tvrdi u zadatku.

3.22. Naci sve neprekidne funkcije f : R→ R sa osobinom da je za svex, y ∈ R : f(x+ y) = f(x) + f(y).

◭ Ocigledno je da funkcija f1(x) = f(1) · x, zadovoljava date uslove.Dokazacemo da je ona jedina. Stoga posmatrajmo razliku F (x) = f(x) −f(1)x, gde f zadovoljava date uslove. Iz jednakosti f(0 + 0) = f(0) + f(0),sledi da je f(0) = 0, tj. F (0) = 0. Dokazimo sada da iz uslova (∀x, y ∈ R)f(x+ y) = f(x) + f(y) sledi da je f(rx) = rf(x) za svako r ∈ R. Zaista, zan ∈ N je

f

x+ · · · + x︸︷︷︸n

= f (x) + f

x+ · · · + x︸︷︷︸n−1

= · · · = nf (x) .

Dalje iz jednakosti f (nx+ (−nx)) = f (nx) + f (−nx) , sledi da je 0 =f(nx)+f(−nx), odakle je f(−nx) = −nf(x).Dakle, za svako n = 0,±1,±2, ...


sledi da je f(nx) = nf(x). Iz jednakosti nx = r dobijamo x = rn, odakle sledi

da je f(r) = n · f(rn

). Odavde je f

(rn

)= 1

nf(r), za svako n = ±1,±2, ...;n �= 0. Zatim, za svaki racionalan broj p

q , p ∈ Z, q ∈ N imamo da je

f(pqx)

= 1qf(px) = p

qf(x), odnosno da je (∀n ∈ Q) f(nx) = nf(x). Neka

sada r ∈ I, gde je I skup iracionalnih brojeva. Na osnovu zadatka 1.21 sledida postoji niz rn ∈ Q tako da rn → r i zbog neprekidnosti funkcije f imamoda f(rnx) → f(rx), odnosno rnf(x) → f(rx). Odavde je rf(x) = f(rx),jer niz rnf(x) → rf(x), kad n → +∞. Ovo znaci da je za (∀r ∈ R)(∀x ∈ R) f(rx)=rf(x), odnosno da je (∀x ∈ R) F (x) = 0. Odavde sledida je f(x) = f(1) · x jedinstveno rešenje navedene funkcionalne jednacine,koja je u literaturi poznata kao Košijeva jednacina. ◮

3.23. Odrediti sve neprekidne funkcije f : R→ R takve da je (∀x, y ∈ R)f(x+ y) = eyf(x) + exf(y).

◭ Posmatrajmo funkciju F (x) = e−xf(x). Sada je

F (x+ y) =f (x+ y)

ex+y=eyf(x) + exf(y)

ex+y=f (x)

ex+f (y)

ey= F (x) + F (y) .

Prema prethodnom primeru, opšte rešenje funkcionalne jednacine po nepoz-natoj F glasi F (x) = F (1)x = e−1f(1)x. Odavde je f(x)

ex= f(1)

ex, odnosno,

f(x) = f(1)e · xex. ◮

Napomena. Neka student proveri da li dobijeno rešenje zadovoljavanavedeni uslov.

3.24. Ako f, g ∈ C [a, b] , onda i F, G ∈ C [a, b] gde je

F (x) = maxx∈[a,b]

{f(x), g(x)} , G(x) = minx∈[a,b]

{f(x), g(x)} .

Dokazati.◭ Najpre je F (x) = f(x)+g(x)

2 + |f(x)−g(x)|2 i G(x) = f(x)+g(x)

2 − |f(x)−g(x)|2 .

S obzirom da je funkcija x → |f(x) − g(x)| neprekidna, kad god su funkcijef i g neprekidne, to imamo dokaz tvrñenja. ◮

3.25. Ako je f funkcija definisana i neprekidna na kruznici, onda postojedve dijametralno suprotne tacke a i b za koje je f(a) = f(b). Dokazati.

◭ Neka je polozaj tacke na kruznici zadat uglom ϕ ∈ ]−∞,+∞[ (tj.svakoj tacki odgovara beskonacno mnogo vrednosti ϕ); tada funkcija f zavisiod promenljive ϕ i neprekidna je. Uocimo pomocnu funkciju: g(ϕ) = f(ϕ+π)−f(ϕ). Imamo g(ϕ+π) = f(ϕ+2π)−f(ϕ+π) = f(ϕ)−f(ϕ+π) = −g(ϕ),odakle prema Bolcano-Košijevoj teoremi sledi da je g(ϕ′) = 0 za nekoϕ′ ∈ ]ϕ, ϕ+ π[ , odnosno f(ϕ′ + π) = f(ϕ′), što je i trebalo dokazati. ◮

3.26. Ispitati ravnomernu neprekidnost funkcije f(x) = x4

x2+1 , x ∈ R.


◭ Imamo da je f(x) = x4−1+1x2+1

= x2 − 1 + 1x2+1

= x2 − 1 + g(x), gde je

g(x) = 1x2+1 . Kako je |g′(x)| =

∣∣∣− 2x(1+x2)2

∣∣∣ ≤ |2x|1+x2

≤ 1 za sve x ∈ R, to je

g ravnomerno neprekidna funkcija. Meñutim, funkcija h(x) = x2 − 1 nijeravnomerno neprekidna na R. Zaista, uzimajuci x′n = n, x′′n = n+ 1

n imamo

da x′′n−x′n = 1n → 0 kad n→ +∞, a h(x′′n)−h(x′n) =

(n+ 1

n

)2−1−n2+1 =2 + 1

n2� 0, kad n → +∞. Zato funkcija f nije ravnomerno neprekidna na

R, jer bi u suprotnom x2− 1 = f(x)− g(x) bila ravnomerno neprekidna kaorazlika istih. ◮

Napomena. Zbir i razlika ravnomerno neprekidnih funkcija je ravnomerno neprekidna funkcija. Meñutim, proizvod i kolicnik ravnomerno neprekid-nih funkcija nije uvek ravnomerno neprekidna funkcija. Navesti primere.

3.27. Ispitati ravnomernu neprekidnost funklcije f(x) = x cosx, x ∈ R.◭ Uzimajuci nizove x′n = n + 1

n , x′′n = n, imamo da x′n − x′′n = 1

n → 0,kad n→ +∞. Meñutim, f(x′n)− f(x′′n) � 0, kad n→ +∞. Stvarno, imamoda je

f(x′n) − f(x′′n) =

(n+

1

n

)cos

(n+

1

n

)− n cosn

= n cosn cos1

n− n sinn sin

1

n+

1

ncos

(n+

1

n

)− n cosn

= −n cosn ·(

1 − cos1

n

)− sinn · sin 1

n1n

+1

ncos

(n+

1

n

)

= −2n cosn sin21

2n+

1

ncos

(n+

1

n

)− sinn · sin 1

n1n

,

odakle je limn→+∞

(f(x′n) − f(x′′n)) = − limn→+∞

sinn, tj. f(x′n) − f(x′′n) � 0,

kad n→ +∞, prema zadatku 1.31. ◮3.28. Ispitati ravnomernu neprekidnost funkcije f(x) = x lnx, x ≥ 1.◭ Uzimajuci da je x′n = en, x′′n = en + 1

n , imamo da x′′n − x′n → 0. Kakoje

f(x′n) − f(x′′n) =

(en +

1

n

)ln

(en +

1

n

)− en ln en

=

(en +

1

n

)(ln en + ln

(1 +

1

enn

))− nen

=

(en +

1

n

)(n+

1

enn+ o

(1

enn

))− nen

= enn+1

n+ o

(1

n

)+ 1 +

1

enn2+ o

(1

enn2

)− nen


= 1 +1

n+ o

(1

n

)→ 1, n→ +∞,

što znaci da funkcija f nije ravnomerno neprekidna. ◮Napomena. Ako f : A → R, A ⊂ R i ako postoje nizovi x′n, x

′′n ∈ A

takvi da x′′n − x′n → 0 kad n→ +∞, a f(x′′n) − f(x′n) � 0, tada funkcija fnije ravnomerno neprekidna na A.

3.29. Neka je p(x) polinom sa realnim koeficijentima. Ispitati ravnomernuneprekidnost funkcije f(x) = p(sinx) na R.

◭ Dokazacemo da funkcija f ima ogranicen prvi izvod, što znaci da je

ravnomerno neprekidna na R. Neka je p(x) = a0 +n∑

k=1

akxk. Posmatrajmo

funkcije ϕk(x) = ak sink x, k = 1, 2, ..., n. Njihovi izvodi glase ϕ′k(x) = ak ·k ·sink−1 x·cosx, odakle sledi da je |ϕ′k(x)| ≤ k ·|ak| . Kako je f(x) = p(sinx) =

a0 +n∑

k=1

ak sink x, to je

∣∣f ′(x)∣∣ =

∣∣∣∣∣

n∑

k=1

ak · k · sink−1 x · cosx∣∣∣∣∣≤

n∑

k=1

k · |ak| ≤M · n (n+ 1)

2,

gde je M = max {|ak| : k = 1, 2, ..., n} . S obzirom da je n fiksiran stepenpolinoma, dokazali smo ogranicenost prvog izvoda funkcije f. ◮

3.30. Neka je p(x) polinom sa realnim koeficijentima. Ispitati ravnomernuneprekidnost funkcije f(x) = p(e−x2) na R.

◭ Slicno prethodnom primeru, ovde imamo: ϕk(x) = ake−x2 , odakle

dobijamo da je ϕ′k(x) = −2kxake−x2. Izvod ϕ′k clana ϕk je neparna funkcija,

sa horizontalnom asimptotom x osom i lako se dobija da ima jedan lokalnimaksimum, odnosno da je |ϕ′k(x)| ≤Mk. Dakle, |f ′(x)| ≤M za nekoM > 0,što znaci da je funkcija ravnomerno neprekidna na R. ◮

3.31. Ispitati ravnomernu neprekidnost funkcije x → (1 + x2)α defin-isane na R+, za α ∈ R.

◭ Pošto je f ′(x) = 2αx(1 + x2)α−1, to je prvi izvod ogranicen ako je0 < α ≤ 1

2 (proveriti). Ako je α > 12 funkcija nije ravnomerno neprekidna.

Zaista, uzimajuci x′n = nβ, x′′n = nβ+n−β, β = 2α−12(α−1) imamo da x′′n−x′n → 0

a f(x′n) − f(x′′n) � 0. Proveriti detalje. ◮3.32. Dokazati ravnomernu neprekidnost funkcije f(x) = arctanxα,

x > 0 za sve α ∈ R.◭ Za fiksrano α funkcija se moze dodefinisati u nuli tako da bude neprekidna

na razmaku [0,+∞[ . Pošto limx→+∞

arctanxα postoji za svako α, to je funkcija

f ravnomerno neprekidna prema napomeni koja sledi ([4]). ◮


Napomena. Ako f ∈ C [a,+∞[ i ∃ limx→+∞

f(x) tada je f ravnomerno

neprekidna na [0,+∞[ . Dokazati ili pogledati [4] .3.33. Neka je f neprekidno “1-1” preslikavanje segmenta [0, 1] ⊂ R na

samog sebe.1. Dokazati da je f({0, 1}) = {0, 1} ;2. Odrediti f ako je f(f(x)) = x za svako x ∈ [0, 1] .3.34. Ako f ∈ C [a, b] i ako postoji f−1, onda je f monotona funkcija

na [a, b] . Dokazati.3.35. Dokazati da Rimanova funkcija

R (x) =

{1n , x = m

n , NZD (m,n) = 1, x ∈ Q {0} ,0, x ∈ {0} ∪ I,

ima samo prekide prve vrste.3.36. Ispitati neprekidnost funkcija f ◦ g i g ◦ f, ako je f(x) = sgnx,

g(x) = 1 + x− [x] .3.37. Da li je funkcija f(n) = sinn, definisana na skupu N prirodnih

brojeva , ravnomerno neprekidna?3.38. Neka f ∈ C(R). Da li postoje neprekidne funkcije g i h takve da

je za svako x ∈ R : f(x) = g(x) sinx+ h(x) cosx?3.39. Ispitati ravnomernu neprekidnost sledecih funkcija:1. f(x) =

√x, 0 < x < +∞; 2. f(x) = x2

x+1 , 0 < x < +∞;

3. f(x) = x2

x+1 , −1 < x < 0; 4. f(x) = x3 + x2 + 1, x ∈ R.

3.40. Neka je f : R→ R neprekidna funkcija takva da je1∫

0

f(x)dx = 1.

Dokazati da postoji c ∈ ]0, 1[ tako da je f(c) = 12√c.

Glava 4

Diferencijabilnost

4.1 Uvod

U ovom delu zbirke primenjujemo osnovne teoreme diferencijalnog racuna,a najviše Lagranzovu teoremu i njene posledice.Teorijski zadatak na pis-menom delu ispita iz Analize I vecina studenata ne radi. To nas je i mo-tivisalo da im pomognemo navodeci preko trideset zadataka na temu:

ako f ∈ C [a, b] ∩D ]a, b[ , tada ...

C [a, b] i D ]a, b[ su uobicajene oznake za skup neprekidnih i diferencija-bilnih funkcija na [a, b] , odnosno na ]a, b[ . Studenti treba dobro da “vlada-ju” svim teoremama diferencijalnog racuna (videti [?]) da bi razumeli rešenjanavedenih zadataka.

4.2 Rešeni zadaci

4.1. Ako f ∈ C [a, b] i ako jeb∫

a

f(x)dx = 0, onda postoji c ∈ [a, b] tako

da je f(c) =c∫

a

f(x)dx. Dokazati.

◭ Uzmimo funkciju F (x) = e−xx∫

a

f(t)dt. Imamo da F ∈ C [a, b]∩D ]a, b[

(obrazloziti zašto?) i prema pretpostavci je F (a) = F (b) = 0.Dakle, funkcijaF zadovoljava Rolovu teoremu i zato postoji c ∈ ]a, b[ tako da je F ′(c) = 0,

93

94 GLAVA 4. DIFERENCIJABILNOST

odnosno, imamo da je

e−c

c∫

a

f(t)dt− e−cf (c) = 0,

tj. posle sreñivanja sledi f(c) =c∫

a

f(x)dx. Naravno, ako je f(a) = 0 ili

f(b) = 0, tada je c = a ili c = b. ◮Sledeci zadatak je opštiji od prethodnog.4.2. Ako f ∈ C [a, b] ∩ D ]a, b[ i ako je f(a) = f(b) = 0, tada za svako

λ ∈ R postoji c ∈ ]a, b[ tako da je f ′(c) = λf(c).◭ Ovde je pomocna funkcija F (x) = e−λxf(x), koja ocigledno zado-

voljava Rolovu teoremu i zato postoji c ∈ ]a, b[ tako da je F ′(c) = 0, tj.f ′(c) = λf(c). ◮

Napomena. Jednakost f(c) =c∫

a

f(x)dx znaci upravo F ′(c) = F(c) gde

je F(x) =x∫

a

f(t)dt, dakle λ = 1 prema prethodnom zadatku. Zato zadatak

4.2 treba imati u vidu. Studentu je na ispitu najteze da sam uoci pomocnufunkciju. Sledeci primer je takav.

4.3. Ako funkcija f ∈ D(R) i ima bar jednu realnu nulu, onda postojic ∈ R tako da je cf ′(c) + f(c) = 0.

◭ Ovde je pomocna funkcija F (x) = x · f(x) i ona zadovoljava Rolovuteoremu na segmentu [a, b] gde je a = min {x1, 0} , b = max {x1, 0} , a x1 jeneka nula funkcije f. Zaista F (a) = F (b) = 0 i zato postoji c ∈ ]a, b[ tako daje F ′(c) = 0, tj. imamo da je c · f ′(c) + f(c) = 0. Naravno, ako je f(0) = 0,tada je c = 0. ◮

4.4. Ako su funkcije f, g ∈ C [a, b] ∩D ]a, b[ razlicite od konstantnih na]a, b[ , takve da je f + g �= 0 na ]a, b[ i f ′g − fg′ = 0 na ]a, b[ , onda je f

g

konstantna funkcija na ]a, b[ . Dokazati.◭ Pomocna funkcija je F (x) = f(x)

f(x)+g(x) , i za njen izvod imamo

F ′(x) =f ′ (x) (f (x) + g (x)) − f (x) (f ′ (x) + g′ (x))

(f (x) + g (x))2= 0,

za svako x ∈ ]a, b[ . Odavde prema posledici Lagranzove teoreme, sledi daje f(x)

f(x)+g(x) = c, za svako x ∈ ]a, b[ . Iz poslednje jednakosti dobijamo da jef(x) = cf(x) + cg(x) na ]a, b[ , odnosno da je f(x)(1 − c) = cg(x). Dakle,f(x)g(x) = c

1−c = c1. Ako je c = 1, tada je g konstantna funkcija na ]a, b[ , što jesuprotno pretpostavci. ◮


Napomena. FunkcijaG(x) = f(x)g(x) , takoñe ima izvodG′(x) = 0 za svako

x ∈ ]a, b[ , ali iz pretpostavke ne sledi da je g(x) �= 0 za svako x ∈ ]a, b[ , štoznaci da funkcija G(x) = f(x)

g(x) nije dobro izabrana pomocna funkcija.

4.5. Ako f ∈ C [0, 1]∩D ]0, 1[ , tada je f(1)−f(0) = 12(f

′(c)+f ′(1−c)),za neko c ∈ ]0, 1[ .

◭ Pomocna funkcija je F (x) = f(x) − f(1 − x). Zašto F ∈ C [0, 1] ∩D ]0, 1[? Imamo da je F (1) − F (0) = F ′(c) za neko c ∈ ]0, 1[ , odnosno da jef (1)−f (0)−(f (0) − f (1)) = f ′ (c)+f ′ (1 − c) . Odavde je 2(f(1)−f(0)) =f ′(c) + f ′(1 − c), što je i trebalo dokazati. ◮

4.6. Ako f ∈ C [a, b]∩D ]a, b[ , tako da je a · b > 0 i af(b) = bf(a), tadaje

1. f ′(c) = f(c)c

za neko c ∈ ]a, b[ ;

2. f ′(c) = f(c)a+b−c za neko c ∈ ]a, b[ .

◭ U slucaju 1 pomocna funkcija glasi F (x) = f(x)x , a u slucaju 2 imamo

da je F (x) = (a+ b− x)f(x). U oba slucaja uvedene funkcije zadovoljavajuLagranzovu teoremu na [a, b] . ◮

4.7. Ako f ∈ C [0, π] ∩ D ]0, π[ , tada je f ′(c) − f2(c) < 1, za nekoc ∈ ]0, π[ . Dokazati.

◭ Uocimo funkciju F (x) = arctan f(x). Prema teoremi o izvodu slozenefunkcije F ∈ C [0, π] ∩ D ]0, π[ , dakle, zadovoljava Lagranzovu teoremu.Zato je

arctan f (π) − arctan f (0) = πf ′ (c)

1 + f2 (c),

za neko c ∈ ]0, π[ . Pošto je za svako x, y ∈ R : −π < arctanx−arctan y < π,

imamo da je π f ′(c)1+f2(c) < π, tj. f ′(c)− f2(c) < 1, što je i trebalo dokazati. ◮

4.8. Ako je a01 + a1

2 + · · · + ann+1 = 0, onda polinom x → a0 +

n∑

k=1

akxk

ima bar jednu nulu u ]0, 1[ . Dokazati.

◭ Funkcija F (x) =n∑

k=0

akxk+1

k+1 ocigledno zadovoljava Rolovu teoremu

na [0, 1] i zato je F ′(c) = 0 za neko c ∈ ]0, 1[ . Ovim je tvrñenje dokazano. ◮4.9. Ako f ∈ C [0,+∞[ ∩ D ]0,+∞[ tako da je f(0) = 0 i f ′ raste na

]0,+∞[ , tada je funkcija g(x) = f(x)x takoñe rastuca na ]0,+∞[ . Dokazati.

◭ Funkcija g′ postoji kao izvod kolicnika diferencijabilnih funkcija na]0,+∞[ . Stoga, imamo da je

g′(x) =xf ′(x) − f(x)

x2,


za x > 0. Ako x fiksiramo, onda na segmentu [0, x] funkcija f zadovoljavaLagranzovu teoremu i zato je f(x)−f(0) = (x−0)f ′(c), za neko c ∈ ]0, x[ ,odnosno f(x) = xf ′(c). Sada je

g′(x) =x (f ′(x) − f ′(c))

x2> 0,

jer je f ′ rastuca funkcija na ]0,+∞[ . ◮4.10. Neka f : R→ R i neka je za bilo koje x, y ∈ R ispunjeno

|f (x) − f (y)| ≤ c · |x− y|p ,

gde p ∈ R+, c ∈ R. Dokazati:1. Ako je p > 0, tada f ∈ C(R);2. Ako je p > 1, tada je f konstantna funkcija na R.◭ 1. Ako je p > 0, tada imamo da f(x) → f(y) kad x→ y, što znaci da

je funkcija f neprekidna u tacki y ∈ R.2. Ako je p > 1, tada je p = q + 1 za neko q > 0, te je

0 ≤∣∣∣∣f (x) − f (y)

x− y

∣∣∣∣ ≤ c |x− y|q → 0

ako x �= y i x → y, što znaci da je f ′(y) = 0 za fiksirano y ∈ R. Dakle,prema posledici Lagranzove teoreme, funkcija je konstantna na R. ◮

4.11. Dokazati da jednacinan∑

k=1

ak cos kx = 0 ima bar jedno rešenje u

]0, π[ za svaki izbor brojeva a1, a2, ..., an.

◭ Funkcija F (x) =n∑

k=1

akk sin kx zadovoljava Rolovu teoremu na [0, π] .

Zaista, funkcija F ∈ C [0, π] kao zbir neprekidnih funkcija, a F ∈ D ]0, π[kao zbir diferencijabilnih funkcija. Stoga, prema Rolovoj teoremi postoji

c ∈ ]0, π[ tako da je F ′(c) = 0, odnosno,n∑

k=1

ak cos kc = 0. Naravno, F (0) =

F (π) = 0 je uslov za ispunjenje Rolove teoreme. ◮4.12. Neka f ∈ C [a, b]∩D ]a, b[ tako da je f2(b)−f2(a) = b2−a2. Onda

postoji c ∈ ]a, b[ tako da je f ′(c) · f ′(c) = c. Dokazati.◭ Pomocna funkcija u ovom slucaju je F (x) = f2(x) − x2. Ona zado-

voljava Rolovu teoremu (obrazloziti!) i zato postoji c ∈ ]a, b[ tako da jeF ′(c) = 0, tj. 2f ′(c) · f(c) − 2c = 0. Odavde sledi da je f ′(c) · f(c) = c. ◮

4.13. Neka funkcija f zadovoljava sledece uslove:1. f ′ ∈ C [a, b] ;2. f ′ ∈ D ]a, b[ ;


3. f(a) = f ′(a) = 0, f(b) = 0.Dokazati da postoji tacka c ∈ ]a, b[ takva da je f ′′(c) = 0.◭ Prema Rolovoj teoremi postoji c1 ∈ ]a, b[ tako da je f ′(c1) = 0,

a zatim opet prema Rolovoj teoremi primenjenoj na f ′ i segment [c1, b]imamo da postoji c ∈ ]c1, b[ takvo da je f ′′(c) = 0. ◮

4.14. Neka a, b ∈ R i f ∈ D ]a, b[ tako da je

limx→a+

f(x) = +∞, limx→b−

f(x) = −∞ i f ′(x) + f2(x) ≥ −1,

za svako x ∈ ]a, b[ . Dokazati da je b− a ≥ π.◭ Funkcija F definisana sa

F (x) =

π2 , x = a,arctan f(x), x ∈ ]a, b[ ,−π2 , x = b,

neprekidna je na segmentu [a, b] , a diferencijabilna u ]a, b[ , pa sledi da zado-voljava Lagranzovu teoremu na tom segmentu. Zato je

F (b) − F (a) = (b− a) f ′ (c)1 + f2 (c)

za neko c ∈ ]a, b[ , tj. imamo da je −π = (b− a) f ′(c)1+f2(c)

. Odavde je

−(1 + f2 (c)

)π = (b− a) f ′ (c) ≥ (b− a)

(−1 − f2 (c)

)= − (b− a)

(1 + f2 (c)

),

tj. b− a ≥ π, što je i trebalo dokazati. ◮4.15. Neka je f : R→ R sirjektivno preslikavanje koje je diferencijabilno

u svakoj tacki. Dokazati da je f(c) + c · f ′(c) = 0, za neko c ∈ R.◭ Ako je f(0) = 0, onda je c = 0 i zadatak je rešen. Neka je f(0) �= 0.

Zbog sirjektivosti preslikavanja f iz R u R, mora da postoji x0 ∈ R {0}tako da je f(x0) = 0. Onda iz uslova zadatka sledi da funkcija F (x) = xf(x)zadovoljava Rolovu teoremu na segmentu ciji su krajevi 0 i x0. Zato postojic ∈ ]0, x0[ ili c ∈ ]x0, 0[ tako da je F ′(c) = 0, odnosno da je f(c)+c·f ′(c) = 0,što je i trebalo pokazati. ◮

4.16. Neka su funkcije f, g : [a, b] → R neprekidne na [a, b] , a diferen-cijabilne u ]a, b[ , tako da je f(a) = f(b) = 0, g(a)g(b) �= 0 i f ′(x)g(x) �=f(x)g′(x), a < x < b. Dokazati da funkcija g ima bar jednu nulu u ]a, b[ .

◭ Ako funkcija g nema nula u ]a, b[ , onda je funkcija F (x) = f(x)g(x)

neprekidna na [a, b] , diferencijabilna u ]a, b[ i F (a) = F (b) = 0. Dakle,funkcija F zadovoljava Rolovu teoremu. To znaci da je F ′(ξ) = 0 za neko


ξ ∈ ]a, b[ , tj. da je f ′(ξ)g(ξ)−f(ξ)g′(ξ) = 0 za ξ ∈ ]a, b[ , što je kontradikcijasa uslovom u zadatku. ◮

4.17. Funkcija f : [a, b] → R je neprekidna na [a, b] , diferencijabilna u]a, b[ i f(a) = f(b) = 0. Dokazati da postoji ξ ∈ ]a, b[ tako da je2f(ξ) + f ′(ξ) = 0.

◭ Primeniti zadatak 2 uzimajuci λ = −2. ◮4.18. Ako f ∈ C [1, 2] ∩ D ]1, 2[ , onda postoji c ∈ ]1, 2[ tako da je

f(2) − f(1) = 12c2f ′(c). Dokazati.

◭ Primenom Košijeve teoreme na funkcije x → f(x) i g(x) = 1x, sledi

rezultat. ◮4.19. Ako f ∈ C [a, b] ∩ D ]a, b[ gde je a · b > 0, tada postoji tacka

c ∈ ]a, b[ takva da je

af (b) − bf (a) = (a− b)(f(c) − cf ′(c)

).

Dokazati.◭ Primenom Košijeve teoreme na funkcije x → f(x)

x i x → 1x , sledi

dokaz tvrñenja. ◮4.20. Data je funkcija

f (x) =3

√

ex − 1− x− x2

2.

Ispitati njenu diferencijabilnost.◭ Vidimo da je funkcija definisana i neprekidna na celoj brojnoj pravoj.

Ona je na osnovu teoreme o izvodu kompozicije funkcija (obnoviti je) difer-encijabilna u svim tackama, izuzev mozda u onim za koje je

ex − 1− x− x2

2= 0.

Dokazimo da je x = 0 jedino rešenje date jednacine. Zaista, detaljnimispitivanjem funkcije

x → ex − 1− x− x2

2,

koristeci granicne vrednosti, prvi i drugi izvod, zakljucujemo da je x = 0jedina njena nula. Nañimo još f ′(0) po definiciji. Imamo da je

f ′ (0) = limx→0

f (x) − f (0)

x− 0= lim

x→0f (x)

x= lim

x→0

3

√ex − 1 − x− x2

2

x

= limx→0

3

√1 + x+ x2

2 + x3

6 + o (x3) − 1− x− x2

2

x


= limx→0

3

√x3(16 + o (1)

)

x= lim

x→03

√1

6+ o (1) =

13√

6.

Dakle, funkcija je diferencijabilna za svako x ∈ R. ◮4.21. Neka je f diferencijabilna funkcija na [0, 1] tako da je f ′(0) = 1,

f ′(1) = 0. Dokazati da postoji c ∈ ]0, 1[ takvo da je f ′(c) = c.

◭ Uzmimo funkciju g(x) = x2

2 − f(x). Ocigledno je g′(0) · g′(1) < 0,te prema Darbuovoj teoremi (kako glasi?) postoji c ∈ ]0, 1[ takvo da jeg′(c) = 0, odnosno, f ′(c) = c. ◮

4.22. Neka je f dva puta neprekidno diferencijabilna na [a, b] i imabar tri razlicite nule u [a, b] . Dokazati da postoji c ∈ ]a, b[ takvo da jef ′(c) + f ′′(c) = 2f ′(c).

◭ Uzmimo pomocnu funkciju g(x) = e−xf(x). Ona je na [a, b] dvaputa neprekidno diferencijabilna i prema Rolovoj teoremi postoje ξ1 ∈]x1, x2[ , ξ2 ∈ ]x2, x3[ tako da je g′(ξ1) = g′(ξ2) = 0, gde su x1 < x2 < x3tri nule funkcije f, a samim tim i funkcije g. Opet prema Rolovoj teoremiprimenjenoj sada na g′ imamo da postoji c ∈ ]ξ1, ξ2[ takvo da je g′′(c) = 0,tj. da je

e−cf (c) − 2e−cf ′ (c) + e−cf ′′ (c) = 0,

odakle sledi da je f(c) + f ′′(c) = 2f ′(c), što je i trebalo dokazati. ◮4.23. Ispitati neprekidnost i diferencijabilnost funkcije

f (x) =

x∫

−1

dt√|t|, x ∈ R.

Da li grafik funkcije u svakoj tacki ima tangentu?◭ Direktnim racunom dobijamo da je

f (x) =

2 − 2√−x, x < 0

2, x = 0,2 + 2

√x, x > 0.

Ocigledno je funkcija f neprekidna na celoj brojnoj pravoj. Štaviše, ona jediferencijabilna u svakoj tacki x �= 0 i za njen izvod imamo da je

f ′ (x) =

{1√−x, x < 0,

1√x, x > 0,

=1√|x|.

Kako je limx→0

f ′(x) = +∞, to f ′(0) ne postoji. Moze se f ′(0) traziti i po

definiciji. Grafik funkcije u tacki (0, 2) meñutim ima tangentu i to je y osa.


Iako u 0 integral ima singularitet, on je konvergentan, te je data funkcijadefinisana za svako x ∈ R. ◮

4.24. Neka je f : R→ R neprekidna funkcija i neka je f(x) =x∫

0

f(t)dt

za svako x ∈ R. Dokazati da je f ≡ 0.

◭ Na osnovu glavne teoreme integralnog racuna, funkcija f je diferen-cijabilna i imamo da je f ′(x) = f(x), za svako x ∈ R. Sve funkcije kojezadovoljavaju poslednju jednakost imaju oblik f(x) = c ·ex. Odavde se zbogjednakosti f(0) = 0, dobija da je c = 0, odnosno da je f ≡ 0. ◮

4.25. Neka f ∈ D ]0,+∞[ i neka je limx→+∞

f ′(x) = 0. Dokazati da je

limx→+∞

g(x) = 0, gde je g(x) = f(x+ 1) − f(x).◭ S obzirom da je funkcija x → x + 1 diferencijabilna u svakoj tacki

x ∈ R, onda je prema teoremi o izvodu kompozicije funkcija takva i funkcijax → f(x + 1), tj. funkcija g ∈ D ]0,+∞[ . Ako je x fiksiran pozitivanbroj, onda prema Lagranzovoj teoremi primenjenoj na segmentu [x, x+ 1]imamo da je g(x) = f ′(ξ), za neko ξ ∈ ]x, x+ 1[ , odnosno,

limx→+∞

g (x) = limx→+∞

f ′ (ξ) = limξ→+∞

f ′ (ξ) = 0.

Primenili smo teoremu o granicnoj vrednosti kompozicije funkcija. ◮4.26. Ako f ∈ D [a, b] , f(a) = 0 i ako postoji konstanta A takva da je

|f ′(x)| ≤ A · |f(x)| za svako x ∈ [a, b] , onda je f ≡ 0 na [a, b] .

◭ Iz datog uslova sledi da je A ≥ 0. Ako je A = 0, onda je f ′(x) = 0, tj.f(x) = c = 0, jer je f(a) = 0. Neka je A > 0. Odredimo x0 ∈ ]a, b] takvo daje A(x0 − a) < 1, i neka je M0 = sup |f(x)| , M1 = sup |f ′(x)| za x ∈ [a, x0] .Onda je

|f (x) − f (a)| = |f (x)| ≤M1 (x− a) ≤ A (x0 − a)M0.

Prelaskom na supremum, odnosno maksimum, za x ∈ [a, x0] , imamo da jeM0 ≤ A(x0 − a)M0, odnosno, da je 1 ≤ A(x0 − a), što je kontradikcija.Dakle, imamo da je f ≡ 0 na [a, x0] . Nastavljajuci ovaj postupak dobijamoda je f ≡ 0 na citavom [a, b] . ◮

4.27. Neka f ∈ D ]0,+∞[ , f(0) = 1 i |f(x)| ≤ e−x za svako x ≥ 0.Dokazati da je f ′(c) = −e−c za neko c ∈ ]0,+∞[ .

◭ Funkcija F (x) = f(x) − e−x pripada klasi D ]0,+∞[ , jer su takvefunkcije x → e−x i f. Kako je lim

x→+∞F (x) = 0− i F (x) ≤ 0 za svako x ≥ 0,

to funkcija F postize minimalnu vrednost u nekoj tacki c ∈ ]0,+∞[ , jer jeF (0) = 0. Zato je F ′(c) = 0, tj. f ′(c) = −e−c, što je i trebalo dokazati. ◮


4.28. Neka je f parna funkcije iz klase C2(R) i f ′′(0) �= 0. Dokazati dafunkcija f ima ekstremnu vrednost u nuli.

◭ Kako je f(−x) = f(x), imamo da je −f ′(−x) = f ′(x), odakle sledida je f ′(0) = 0, jer f ∈ C2(R). Sada prema Maklorenovoj formuli uPeanovom obliku, dobijamo da je

f (x) = f (0) +f ′′ (0)

2!x2 + o

(x2),

odakle sledi da f(x)− f(0) ima stalan znak, odnosno da funkcija u nuli imaekstremum. ◮

Napomena. Student treba da obrati paznju gde je korišcena pret-postavka da f ∈ C2(R). Ovo je trenutak gde treba obnoviti sve oblikeTejlorove i Maklorenove formule.

4.29. Dokazati da je funkcija f(x) = ex2

x∫

0

e−t2dt rastuca. Koju difer-

encijalnu jednacinu prvog reda ona zadovoljava?◭ Kako je f neparna funkcija, to je njen izvod f ′ parna funkcija, te je

tvrñenje dovoljno pokazati za x ≥ 0. Tada je

f ′ (x) = 2xex2

x∫

0

e−t2dt+ 1 ≥ 1 > 0,

za sve x ≥ 0. To znaci da je f rastuca funkcija. Uporeñujuci jednakosti prvogizvoda f ′ i funkcije f imamo ociglednu diferencijalnu jednacinu: f ′(x) =2xf(x) + 1, koju zadovoljava funkcija f. ◮

4.30. Naci pozitivnu diferencijabilnu funkciju f na [0,+∞[ , ako smenom

ξ =x∫

0

f(t)dt nezavisno promenljive ona prelazi u funkciju ξ → e−ξ.

◭ Po uslovu zadatka je e−

x∫

0

f(t)dt= f(x), odnosno

x∫

0

f(t)dt = − ln f(x).

Diferenciranjem leve i desne strane imamo da je f ′(x) = −f2(x), odnosnoda je df(x)

f2(x)= −dx. Iz poslednje jednakosti sledi da je − 1

f(x) = −x+C. Kako

je f(0) = e−0 = 1, to je f(x) = 1x+1 , x > −1. ◮

4.31. Neka je f dva puta diferencijabilna funkcija tako da je f(0) =f(1) = 0 i min

x∈[0,1]f(x) = −1. Koristeci Tejlorovu formulu dokazati da je

maxx∈[0,1]

f ′′(x) ≥ 8.


◭ Neka je a (0 < a < 1) tacka minimuma funkcije f. Tada je f ′(a) = 0,f(a) = −1 i po Tejlorovoj formuli je

f (x) = −1 +1

2f ′′ (a+ θx (x− a)) · (x− a)2 , 0 < θx < 1.

Uzimajuci da je x = 0 i x = 1 dobijamo da je

0 = −1 +1

2f ′′ (a− θ0a) · a2,

0 = −1 +1

2f ′′ (a+ θ1 (1 − a)) · (1− a)2 .

Ako uvedemo oznake f ′′(a+θi(i−a)) = Ci, i = 0, 1; nalazimo da je C0 = 2a2

i C1 = 2(1−a)2

. Ako a ∈]0, 12[

imamo da je C0 ≥ 8, a za a ∈[12 , 1[

dobijamoda je C1 ≥ 8, što je i dokaz tvrñenja u zadatku. ◮

4.32. Neka je f ∈ C [0, 1] ∩ D ]0, 1[ , f(0) · f(1) �= 0 i f ′(x) �= 0 kadgod je f(x) = 0. Dokazati da jednacina f(x) = 0 ima samo konacno mnogorešenja.

◭ Pretpostavljajuci suprotno, imamo da postoji niz xn ∈ [0, 1] sa beskon-acno meñusobno razlicitih clanova takvih da je f(xn) = 0. Pošto je xnogranicen, to prema Bolcano-Vajerštrasovom stavu on ima konvergen-tan podniz xnk . Neka je lim

k→+∞xnk = x0. Iz uslova zadatka sledi da x0 ∈ ]0, 1[

kao i da je zbog neprekidnosti funkcije f ispunjeno f(x0) = 0. Dokazimo daje i f ′(x0) = 0. Ako je na primer f ′(x0) > 0, onda za onu okolinu V (f ′(x0))tacke f ′(x0) koja ne sadrzi 0 (takva postoji) postoji okolina U(x0) tackex0 takva da je za sve x ∈ U(x0) {x0} , f(x)−f(x0)

x−x0= f(x)

x−x0 ∈ V (f ′(x0)).Pošto svaka okolina tacke x0 sadrzi beskonacno clanova podniza xnk to jef(xnk )

xnk−x0= 0 /∈ V (f ′(x0)). Kontradikcija. Dakle, jednacina f(x) = 0 ima

konacno rešenja. ◮4.33. Neka funkcija x → f(x) ima kosu asimptotu, i neka je f ′′(x) > 0.

Dokazati da se grafik funkcije priblizava asimptoti sa gornje strane.◭Neka je y = ax+b jednacina kose asimptote kad x→ +∞. Razmotrimo

funkciju g(x) = f(x)−ax−b. Ocigledno je limx→+∞

g(x) = 0 i g′′(x) = f ′′(x) >

0. Pretpostavimo da je u nekoj tacki x0, g′(x0) = c > 0. Tada je za x > x0 ig′(x) > c, odakle je g(x) > g(x0) + c(x− x0), x > x0 (prema Lagranzovojteoremi), i nije lim

x→+∞g(x) = 0. Zato je g′(x) ≤ 0 i g ne raste. Ako je za neko

x1, g(x1) = K < 0, onda je za x > x1 takoñe g(x) ≤ K, što je nemogucejer g(x) → 0, kad x → +∞. Zato je g(x) ≥ 0. Ako je sada g(x1) = 0 zaneko x1, onda je g(x) = 0, kad god je x > x1, što je suprotno cinjenici da jeg′′(x) > 0. Na taj nacin je g(x) > 0, za svako x, što je i trebalo pokazati. ◮


4.34. Ako je f : [0, 1] → R funkcija koja je neprekidna na [0, 1] , adiferencijabilna u ]0, 1[ , onda je f(1) − f(x) = xf ′(x) za neko x ∈ ]0, 1[ .Dokazati.

◭ Posmatrajmo pomocnu funkciju F (x) = xf(x). Kako je funkcija Fneprekidna na [0, 1] , a diferencijabilna u svakoj tacki intervala ]0, 1[ , onazadovoljava Lagranzovu teoremu na segmentu [0, 1] . Zato postoji x ∈ ]0, 1[takvo da je F (1) − F (0) = (1 − 0)F ′(x). Odavde je f(1) = xf ′(x) + f(x),odnosno f(1) − f(x) = xf ′(x), što je i trebalo pokazati. ◮

4.35. Neka f ∈ C [a, b] i f(x) > 0 za svako x ∈ [a, b] . Dokazati da onda

postoji c ∈ ]a, b[ takvo da je f(b) = f(a)ef(b)−f(a)

f(c) .

◭ Ako je 0 < x < y onda je tacna nejednakost 1y <

ln y−lnxy−x < 1

x .

Zaista, prema Lagranzovoj teoremi sledi da je ln y−lnxy−x = 1

z, za neko z ∈

]x, y[ , i onda je 1y <

1z <

1x . Trazena jednakost u zadatku ekvivalentna je

sa ln f(b)−ln f(a)f(b)−f(a) = 1

f(c) , odnosno sa f(b)−f(a)ln f(b)−ln f(a) = f(c). Moze se uzeti da je

f(b) > f(a). S obzirom da je sada f(a) < f(b)−f(a)ln f(b)−ln f(a) < f(b), to prema

Bolcano-Košijevoj teoremi postoji c ∈ ]a, b[ sa trazenom osobinom. ◮4.36. Neka je f : R→ R diferencijabilna funkcija i f ′(x) = arctan 1

x zax ∈ ]0, 1[ . Izracunati f ′(0).

◭ Imamo f ′(0) = limx→0+

f ′(x) = arctan(+∞) = π2 . Ovo sledi prema stavu:

f ∈ C [a, b] i postoji limx→a+

f ′(x) tada je f ′+(a) = f ′(a+). ◮

4.37. Ako je f : R→ R diferencijabilna funkcija, takva da jednacinaexf(x) = 1 ima beskonacno mnogo rešenja, onda se izmeñu svaka dva njenarešenja nalazi rešenje jednacine exf ′(x) = −1.

◭ Uzmimo pomocnu funkciju g(x) = f(x)−e−x. Neka su x1 i x2 susednarešenja jednacine exf(x) = 1, onda je g(x1) = g(x2) = 0 (zašto?) i premaRolovoj teoremi postoji c ∈ ]x1, x2[ tako da je g′(c) = 0, tj. ecf ′(c) = −1,što je i trebalo dokazati. ◮

4.38. Neka f : [a, b] → R i neka je f dva puta diferencijabilna funkcijana [a, b] . Ako je pri tom f(a) = f(b) = f ′(a) = f ′(b) = 0, onda postojiξ ∈ ]a, b[ takvo da je f ′′(ξ) = f(ξ). Dokazati.

◭ Pomocna funkcija g(x) = e−x(f(x)+f ′(x)) zadovoljava: g(a) = g(b) =0 odakle sledi da postoji ξ ∈ ]a, b[ tako da je g′(ξ) = 0, tj. f ′′(ξ) = f(ξ). ◮

4.39. Neka f ∈ C [a, b] ∩ D ]a, b[ i neka je f razlicita od konstantnefunkcije. Dokazati da postoji c ∈ ]a, b[ tako da je |f (b) − f (a)| < |f ′ (c)| ·|b− a| .

◭ Pomocna funkcija g (x) = f (x)−f (a)− f(b)−f(a)b−a (x− a) je neprekidna

na [a, b] diferencijabilna u ]a, b[ , i g (a) = g (b) = 0. Pošto f nije linearna


funkcija, to je g′ �= 0 na ]a, b[ . Odatle sledi da postoje c1, c2 ∈ ]a, b[ tako daje g′ (c1) > 0, a g′ (c2) < 0, odakle je f ′ (c1) >

f(b)−f(a)b−a , a f ′ (c2) <

f(b)−f(a)b−a .

Dakle u jednoj od tacaka ci je |f ′ (ci)| >∣∣∣f(b)−f(a)

b−a

∣∣∣ , tj. |f (b) − f (a)| <|f ′ (ci)| · |b− a| . ◮

4.40. Ako je funkcija f diferencijabilna na [a, b] i ako pri prolazu kroztacku ξ ∈ ]a, b[ prvi izvod menja znak, i ako je f ′(ξ) = 0, tada postojeα, β ∈ [a, b] , α < β, tako da je f(α) = f(β).

4.41. Ako je f ogranicena dva puta diferencijabilna funkcija na R, tadaje f ′′(c) = 0 za neko c ∈ R. Dokazati.

4.42. Ako je kvadratni trinom y = ax2 + bx+ c pozitivan za sve x ∈ R,tada je lim

x→∞d2

dx2√y = 0. Dokazati.

4.43. Ako je f(x) = (1 + x)x, onda je f (k)(0) ceo broj deljiv sa k.Dokazati.

4.44.Da li je Rimanova funkcija

R (x) =

{1n, x = m

n, NZD (m,n) = 1, x ∈ Q {0} ,

0, x ∈ {0} ∪ I,

diferencijabilna u nuli?4.45.Dokazati da funkcija f(x) = x + x2 sin 2

x , x �= 0 i f(0) = 0 nijerastuca na intervalu ]−ε, ε[ za svako ε > 0.

4.46. Neka je funkcija f dva puta diferencijabilna na ]0,+∞[ i nekaje lim

x→+∞f(x) = 0 i |f ′′(x)| ≤ 1 za x ∈ ]0,+∞[ . Dokazati da je tada

limx→+∞

f ′(x) = 0.

4.47. Neka je p(x) realni polinom treceg stepena koji ima tri razliciterealne nule. Naci broj realnih rešenja jednacine: (p′(x))2 − 2p(x)p′′(x) = 0.

4.48. Odrediti broj realnih rešenja jednacine: ex = ax2, a ∈ R.4.49. Ako f ∈ C [a, b]∩D ]a, b[ i ako je f (a) = f (b) onda za svaki priro-

dan broj n postoje konstante c1, c2, ..., cn ∈ ]a, b[ takve da jen∑

k=1

f ′ (ck) = 0.

Dokazati.4. 50 Dokazati da je dvaput diferencijabilna funkcija f : [0,+∞[ → R,

koja zadovoljava uslov: f ′′ (x) + exf (x) = 0, za x ≥ 0, ogranicena kadx→ +∞ (uputstvo: razmotriti funkciju g (x) = f2 (x) + e−x (f ′)2 (x)).

Glava 5

Ispitivanje funkcije

5.1 Uvod

U ovoj glavi zbirke zadataka detaljno cemo uraditi više karakteristicnihprimera funkcija i nacrtacemo njihove grafike.Te funkcije ce biti zadate

uobicajeno, u obliku f(x) = · · ·, preko integrala f(x) =x∫

a

f(t)dt ili

parametarski. Da bi studenti mogli da razumeju rešenja vecine zadataka,moraju najpre da se dobro upoznaju sa elementarnim funkcijama:

e±x, cosx, sinx, tanx, cotx, lnx, arcsinx, arccosx,

arctanx, ax2 + bx+ c, x3,√x, sinhx, coshx, tanhx, ...

Za odreñivanje definisanosti, ponašanja na krajevima intervala definisanostii asimptota funkcija, studenti treba dobro da “vladaju” odreñivanjem znakaizraza. Za to se cesto koristi znak kvadratnog trinoma, cinjenica da a

b ia · b imaju isti znak, zatim da x i neparan koren iz x takoñe imaju istiznak. Odreñivanje znaka izraza posebno je vazno za ispitivanje lokalnih ek-stremuma, prevojnih tacaka, intervala monotonosti i konveksnosti.Kad god je moguce funkciju cemo razviti asimptotski u obliku ax+ b+ c

x+

o(1x

), kad x → ±∞, koristeci formule navedene u delu zbirke sa raznim

zadacima. To je korisno za odreñivanje polozaja grafika u odnosu na kosuasimptotu y = ax+ b, a �= 0 ili horizontalnu asimptotu y = b, a = 0. Poredtablicnih granicnih vrednosti

sinx

x→ 1, x→ 0

(1 + x)1x → e, x→ 0,

105

106 GLAVA 5. ISPITIVANJE FUNKCIJE

(1 +

1

x

)x

→ e, x→ ±∞ i x→ ∞,

ax − 1

x→ ln a, x→ 0, a > 0,

(1 + x)m − 1

x→ m, x→ 0,

koristicemo1 i to da je a±∞ = 0, a �= ±∞, kao i a

0 = ±∞, a �= 0.

Napomenimo sada da cemo definisanost iskljucivo odreñivati koristecicinjenicu da u analitickom izrazu za funkciju mogu da nastupe “teškoce”:deljenje, parni koren, log, arcsin, arccos.

Znamo da su tacke (vrednosti promenljive) u kojima funkcija moze daima lokalne ekstremume nule prvog izvoda i one tacke u kojima prviizvod nije definisan, a funkcija jeste. Ako u takvoj tacki prvi izvodmenja znak od plusa na minus, odnosno od minusa na plus, a funkcija jeneprekidna u toj tacki, onda u njoj funkcija postize lokalni maksimum,odnosno, lokalni minimum. Na slican nacin odreñujemo konveksnost,konkavnost i prevojne tacke koristeci umesto prvog izvoda drugi izvodfunkcije. Kandidati za apscise prevojnih tacaka su nule drugog izvoda kaoi one tacke u kojima drugi izvod ne postoji a funkcija je definisana. Akou svakoj takvoj tacki drugi izvod menja znak od plusa na minus, odnosnood minusa na plus, a funkcija je neprekidna u toj tacki, onda je ta tackaapscisa prevoja (prevojne tacke) grafika funkcije.

Za proveravanje da li prvi izvod funkcije u nekoj tacki postoji, koristise: ako lim

x→a+f ′(x) postoji kao broj ili ±∞, tada je desni izvod f ′+(a) u toj

tacki jednak toj granicnoj vrednosti. Slicno se proverava da li postoji leviizvod f ′−(a), a samim tim da li postoji izvod f ′(a).

Napomena. Cesto se neki studenti zale kako su dobili malo poena nazadatku “tok i grafik funkcije”. Pojedini ne znaju gde prave greške. Akotreba na primer ispitati parnost i neparnost funkcije, neki studenti tourade pogrešno. Na primer, neka je data funkcija f(x) = 1

x−1+4.Da funkcijanije parna, dosta studenata to uradi ovako: kako je f(−x) = 1

−x−4 + 4 �=1

x−1 +4 = f(x), funkcija nije parna. Naravno, ovakav nacin zakljucivanja jepogrešan.

Tacno rešenje glasi: S obzirom da je Df = R {1} , onda Df nijesimetrican podskup brojne prave u odnosu na nulu, te zato funkcija nijeni parna ni neparna. Drugim recima, ako negiramo svojstvo “biti parna”

1 Treba znati da su za neke funkcije, limx→+∞

f (x) , limx→−∞

f (x) i limx→∞

f (x) meñusobno

razliciti.


dobijamo svojstvo: (∃x0 ∈ Df ) f(−x0) �= f(x0). U prethodnom primerux0 = −1 te imamo da je f(−1) = 4 − 1

2 = 72 �= ±f(1), jer f(1) ne postoji.

Zato funkcija f nije ni parna ni neparna.Pod zadatkom ”Ispitati precizno tok i nacrtati grafik funkcije”

podrazumeva se da treba uraditi sledece:Oblast definisanosti, nule, presek sa y osom, znak, parnost i nepar

nost, periodicnost, neprekidnost, sve vrste asimptota i polozaj grafikasa njima-što istovremeno ukljucuje i ponašanje na krajevima intervala defin-isanosti i eventualni presek grafika sa asimptotama, diferencijabilnost,monotonost, lokalne ekstremume, konkavnost i konveksnost, pre-vojne tacke i na kraju grafik i skup vrednosti funkcije.

5.2 Rešeni zadaci

Ispitati precizno tok i nacrtati grafik funkcije:5.1. f(x) = x ln x

x−1 .◭ Funkcija je definisana za one vrednosti x ∈ R za koje je x �= 1 i

x(x − 1) > 0, odnosno Df = ]−∞, 0[ ∪ ]1,+∞[ . Pošto Df nije simetricanpodskup od R, tj. f(−1) postoji, a f(1) ne postoji, to funkcija nije ni parnani neparna. Nema nula i pozitivna je za svako x iz domena. Ocigledno jeneprekidna u oblasti definisanosti. Imamo da je

limx→0−

x lnx

x− 1= lim

x→0−x ln(−x) − lim

x→0−x ln(1 − x) = 0 − 0 = 0, i

limx→1+

x lnx

x− 1= lim

x→1+ln

x

x− 1= +∞.

To znaci da je prava x = 1 vertikalna asimptota, a prava x = 0 nije.Polozaj grafika u odnosu na dobijene asimptote odreñujemo na osnovu znakafunkcije. Prikazimo sada datu funkciju u obliku ax + b + c

x + o(1x

)kad

x→ ±∞. Kako je

x

x− 1=

1

1 − 1x

=

(1 − 1

x

)−1= 1 +

1

x+

1

x2+ o

(1

x2

), x→ ±∞,

tada je ln xx−1 = ln(1+ t) = t− t2

2 + o(t2), gde je t = 1x

+ 1x2

+ o(1x2

)i t→ 0

kad x→ ±∞. Zato imamo da je

lnx

x− 1=

1

x+

1

x2+ o

(1

x2

)− 1

2x2+ o

(1

x2

)=

1

x+

1

2x2+ o

(1

x2

).


Dakle, kad x→ ±∞ imamo da je

f (x) = x

(1

x+

1

2x2+ o

(1

x2

))= 1 +

1

2x+ o

(1

x

). (1)

Ovo znaci da funkcija f ima horizontalnu asimptotu y = 1 i da je kadx→ +∞ grafik iznad, a kad x→ −∞ ispod horizontalne asimptote. To jezato što o

(1x

)ne utice na znak desne strane jednakosti (1), kad x→ ±∞.

U svom domenu funkcija je diferencijabilna kao proizvod diferencijabilnihfunkcija i imamo da je

f ′ (x) = lnx

x− 1− 1

x− 1= ln

(1 +

1

x− 1

)− 1

x− 1.

Jasno je da i drugi izvod postoji u domenu funkcije f i f ′′(x) = 1x(x−1)2 .

Ovo znaci da je za x < 0 funkcija konkavna, a za x > 1 konveksna (pos-matramo znak drugog izvoda u domenu funkcije). Dakle, funkcija nemaprevojnih tacaka. Za ispitivanje monotonosti i ekstremnih vrednosti koris-timo cinjenicu da je ln(1 + t) − t < 0 za svako t > −1. Uzimajuci da je1

x−1 = t dobijamo da je f ′(x) < 0 za x < 0 ili x > 1, tj. na svakom odintervala definisanosti data funkcija opada i nema lokalnih ekstremuma. Naosnovu recenog o izvodima, grafik funkcije nije teško nacrtati. S obzirom daje lim

x→0−f ′(x) = −∞, grafik u okolini tacke (0, 0) crtamo kao da je y−osa

tangenta date funkcije. ◮Napomena. Mozemo funkciju dodefinisati u nuli uzimajuci da je f(0) =

0 i onda je ona neprekidna u 0 sleve strane. Da li tada postoji f ′−(0)? Nekastudent pokaze da funkcija nije periodicna, kao i da je ]0, 1[ ∪ ]1,+∞[ skupnjenih vrednosti.

5.2. f(x) = xe−|x−1|.◭ Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Zbog toga i cinjenice da je

neprekidna u svojoj oblasti definisanosti funkcija nema vertikalnih asimp-tota. Inace je f(x) > 0 za x > 0, f(x) < 0 za x < 0 i f(x) = 0 zax = 0. Funkcija nije periodicna jer ima samo jednu nulu. Pošto je f(1) = 1 if(−1) = −e−2 �= ±f(1), to funkcija nije ni parna ni neparna. Iz jednakosti

f (x) =

{xe−x+1, x ≥ 1,xex−1, x < 1,

imamo da f(x) → 0± kad x→ ±∞, tj. prava y = 0 (x−osa) je horizontalnaasimptota i koristeci znak funkcije lako je ustanoviti njen polozaj u odnosuna grafik funkcije.


Funkcija je diferencijabilna u svom domenu izuzev mozda u tacki x = 1.Imamo da je

f ′ (x) =

{e−x+1 − xe−x+1, x > 1,ex−1 + xex−1, x < 1.

Kako je limx→1+

f ′(x) = 1−1 = 0 i limx→1−

f ′(x) = 1+1 = 2, to znaci da f ′(1) ne

postoji, ali funkcija u tacki A(1, 1) ima levu i desnu polutangentu. Zatim,nalazimo da je

f ′′ (x) =

{e1−x (x− 2) , x > 1,ex−1 (x+ 2) , x < 1.

Ispitujuci znak prvog i drugog izvoda nalazimo intervale monotonosti, kon-veksnosti, lokalne ekstremume i prevojne tacke. Imamo da funkcija raste naintervalu ]−1, 1[ , opada na ]−∞,−1[ i ]1,+∞[ , zatim da je konveksna na]−2, 1[ i ]2,+∞[ a konkavna na ]−∞,−2[ i ]1, 2[ . Odatle sledi da za x = −1funkcija ima lokalni minimum fmin = − 1

e2, a za x = 1 lokalni maksimum

fmax = 1. Za x ∈ {−2, 1, 2} funkcija ima prevojne tacke. Skup vrednosti je[−e−2, 1

]. Sada grafik nije teško nacrtati. ◮

5.3 f(x) = ex+ e1x .

◭ Funkcija je definisana za svako x ∈ R {0} i neprekidna je u svojojoblasti definisanosti kao zbir linearne funkcije x → ex (koja je neprekidna)i slozene funkcije x → e

1x koja je takoñe neprekidna kao kompozicija ek-

sponencijalne i funkcije obrnute proporcionalnosti. Funkcija nije ni parnani neparna jer je f(1) = 2e, f(−1) = −e + 1

e = 1−e2

e �= ±2e. S obzirom

da je e1x = 1 + 1

x + o(1x

), kad x → ±∞, jer tada 1

x → 0, onda je f (x) =ex + 1 + 1

x + o(1x

), x → ±∞. Dakle prava y = ex + 1 je kosa asimptota

funkcije, i kad x → +∞ grafik funkcije je iznad te prave, a kad x → −∞grafik funkcije je ispod prave. Ispitajmo dalje da li grafik funkcije sece kosuasimptotu, tj. da li postoji x ∈ R {0} takvo da je ex + e

1x = ex + 1,

odnosno da je e1x = 1. Jasno je da takvo x ∈ R {0} ne postoji, te grafik

funkcije ne sece kosu asimptotu. Ako x → 0+ imamo da f(x) → +∞,a kad x → 0− imamo da f(x) → 0. Dakle, prava x = 0 (y−osa) je ver-tikalna asimptota zdesne strane, a sleve strane grafik funkcije “udara” utu pravu. Koristeci analiticki izraz funkcije, imamo da je ona pozitivnaza x > 0, a za x < 0 ne znamo da li ima nula i da li menja znak. Nar-avno, funkcija je diferencijabilna u svom domenu kao zbir diferencijabilnihfunkcija. Funkcija x → e

1x je diferencijabilna kao kompozicija diferencijabil-

nih funkcija (obnoviti odgovarajucu teoremu-narocito njen dokaz). Imamoda je f ′(x) = e− 1

x2e1x . Kako f ′ i f imaju istu oblast definisanosti, kandidati

za apscise lokalnih ekstremuma su jedino nule prvog izvoda. Ispitajmo da


li osim x = 1 prvi izvod ima još nula. Da bismo dali odgovor na to pitanjeispitajmo f ′(x) kao posebnu funkciju. Kad x→ ±∞ imamo da f ′(x) → e i

da je limx→0+

f ′(x) = −∞ i limx→0−

f ′(x) = e−. Pošto je f ′′(x) = e1x

x4(2x+1), to za

x < −12 funkcija f ′ opada, a na intervalima

]−12 , 0[

i ]0,+∞[ funkcija f ′ raste.

Ovo znaci da f ′ ima minimum za x = −12 i on iznosi f ′

(−12

)= e3−4

e2> 0.

Dakle, dobijamo da je tacka x = 1 jedina nula prvog izvoda.

Vidimo da i drugi izvod ima istu oblast definisanosti kao i funkcija,tako da su kandidati za apscise prevojnih tacaka jedino nule drugog izvoda.U ovom primeru to je tacka x = −1

2 . Iz znaka prvog izvoda sledi da su]−∞, 0[ i ]1,+∞[ intervali rastenja funkcije, a ]0, 1[ je interval opadanjafunkcije. Za x = 1 funkcija ima lokalni minimum i on iznosi 2e, tj. M(1, 2e)je tacka minimuma funkcije. Iz znaka drugog izvoda (koji je jednostavnoispitati) dobijamo da je funkcija konveksna na intervalima

]−12 , 0[

i ]0,+∞[ ,odnosno konkavna na intervalu

]−∞,−1

2

[. Dalje, imamo da je lim

x→0−f ′(x) =

e− limt→−∞

t2et = e− limy→+∞

y2

ey = e. Odavde sledi da je prava y = ex tangenta

funkcije u tacki (0, 0) pod uslovom da je f(0) = 0. Tada bi bilo f ′−(0) = e.

Inace za x < 0 ceo grafik funkcije je ispod kose asimptote, jer je tada e1x < 1,

te je zadovoljena nejednakost: ex+ e1x < ex+ 1. Skup vrednosti funkcije je

]−∞, 0[ ∪ [2e,+∞[ . Sada nije teško nacrtati grafik funkcije. ◮

5.4. f(x) = x ln 2xx+1 .

◭ Funkcija je definisana za x �= −1 i x(x + 1) > 0, tj. za x < −1ili x > 0. Imamo da je f(x) = 0 ako i samo ako je 2x

x+1 = 1, odnosnoako je x = 1. Funkcija nije ni parna ni neparna, jer domen nije simetricanpodskup brojne prave u odnosu na nulu. Funkcija je neprekidna u oblastidefinisanosti kao proizvod neprekidnih funkcija. Ispitajmo znak funkcije.Imamo da je ln 2x

x+1 > 0, ako je 2xx+1 > 1. Posle sreñivanja dobijamo da je

x−1x+1 > 0, odnosno da je x < −1 ili x > 1. Dakle, dobijamo da je f(x) >0 ako je x > 1, odnosno da je f(x) < 0 ako je x < −1 ili x ∈ ]0, 1[ .Da bismo odredili vertikalne asimptote koristicemo znak funkcije. Imamoda je lim

x→−1−f (x) = −1 · ln −2

0− = −∞; limx→0+

f (x) = limx→0+

x ln 2x− limx→0+

x ln (x+ 1) = limx→0+

x ln 2+ limx→0+

x lnx− 0 · 1 = 0+0− 0 = 0−. Ovo znaci da

je prava x = −1 vertikalna asimptota sleve strane, a prava x = 0 (y−osa)nije vertikalna asimptota. Iz jednakosti

2x

x+ 1= 2

(1 +

1

x

)−1= 2

(1− 1

x+

1

x2+ o

(1

x2

)), x→ ±∞,


sledi da je ln 2xx+1 = ln2 + ln(1 + t) gde je t = − 1

x+ 1

x2+ o(1x2

)→ 0, kad

x→ ±∞. Onda je

ln (1 + t) = t− t2

2+o(t2)

= −1

x+

1

x2+o

(1

x2

)− 1

2x2= −1

x+

1

2x2+o

(1

x2

).

Dakle, kad x→ ±∞ imamo da je

f (x) = x

(ln 2 − 1

x+

1

2x2+ o

(1

x2

))= x ln 2− 1 +

1

2x+ o

(1

x

).

Odavde sledi da je prava y = (ln 2)x − 1 kosa asimptota date funkcije. Iznavedenog razvijanja funkcije dobijamo i polozaj grafika u odnosu na kosuasimptotu u slucaju da x→ ±∞.

Funkcija je diferencijabilna u oblasti definisanosti kao proizvod funkcijax → x i x → ln 2x

x+1 , koje su diferencijabilne. Nalazimo da je

f ′ (x) = ln2x

x+ 1+

1

x+ 1i f ′′ (x) =

1

x (x+ 1)2.

Kako nule i znak prvog izvoda ne mozemo odrediti direktno, to moramof ′(x) ispitati kao funkciju, ali ne detaljno, nego samo delove iz kojih semoze saznati broj nula, njihov polozaj i eventualno znak. Kako f ′ i f ′′ imajuisti domen kao funkcija f, to su kandidati za apscise lokalnih ekstremuma iprevojnih tacaka jedino nule prvog i drugog izvoda. Iz znaka drugog izvodaimamo da prvi izvod opada na intervalu ]−∞,−1[ , a raste na ]0,+∞[ .Nañimo lim

x→±∞f ′(x), lim

x→−1−f ′(x) i lim

x→0+f ′(x). Kako je

ln2x

x+ 1= ln 2− 1

x+ o

(1

x

), x→ ±∞,

onda je

limx→±∞

(ln

2x

x+ 1+

1

x+ 1

)= ln 2.

Zatim je

limx→0+

(ln

2x

x+ 1+

1

x+ 1

)= −∞ + 1 = −∞.

Uvoñenjem smene 1x+1 = −t, dobijamo da t→ +∞ kad x→ −1−. Kako je

x = − t+1t, dobijamo da je

ln2x

x+ 1+

1

x+ 1= ln2 + ln (t+ 1) − t,


odnosno da je

limx→−1−

f ′(x) = limt→+∞

(ln 2 + ln (t+ 1) − t)

= limt→+∞

t

(ln 2

t+

ln (t+ 1)

t− 1

)= −∞.

Sada nije teško nacrtati grafik prvog izvoda date funkcije.S obzirom da je f ′(−2) = ln 4 − 1 > 0, lim

x→−1−f ′(x) = −∞, f ′(1) = 1

2 i

limx→0+

f ′(x) = −∞, to znaci da su x1 ∈ ]−2,−1[ i x2 ∈ ]0, 1[ jedine nule prvog

izvoda. Za lokalizaciju nula prvog izvoda koristili smo Bolcano-Košijevuteoremu. Na osnovu recenog imamo da za x ∈ ]−∞, x1[ i x ∈ ]x2,+∞[funkcija raste, a za x ∈ ]x1,−1[ i x ∈ ]0, x2[ opada. Funkcija u tacki x = x1ima lokalni maksimum, a u tacki x = x2 lokalni minimum. Inace, funkcijanema prevojnih tacaka, ali menja konveksnost. Naime, za x < −1 funkcijaje konkavna, a za x > 0 funkcija je konveksna. Sada se moze nacrtati grafikfunkcije. Iz lim

x→0+f ′(x) = −∞ sledi da se grafik u okolini nule ponaša kao da

je y−osa tangenta. Ako uzmemo da je f(0) = 0 onda je funkcija neprekidnau nuli zdesne strane. ◮

Napomena. U primerima funkcija gde se ne mogu naci nule prvog idrugog izvoda, ispituju se zasebno kao funkcije prvi i drugi izvod. Tada sena osnovu teorema Analize I zakljucuje o broju njihovih nula, eventualnojlokalizaciji i znaku.

5.5. f (x) = xe12

(1− 1

x2

)

, x �= 0 i f (0) = 0.◭ Funkcija je definisana za svako x ∈ R, pozitivna je za x > 0, a neg-

ativna za x < 0. Ima jednu nulu x = 0. Zato nije periodicna. Funkcija jeocigledno neparna. Dakle, grafik funkcije je centralno simetrican u odnosuna koordinatni pocetak. Pošto je lim

x→0±f(x) = 0, to je funkcija neprekidna

u oblasti definisanosti i nema vertikalnih asimptota. Ako x→ ±∞,

f (x) = xe12

(1 − 1

2x2+ o

(1

x2

))= x

√e−

√e

2x+ o

(1

x

).

Odavde dobijamo da je prava y = x√e kosa asimptota i njen grafik je ispod

asimptote za x > 0, odnosno, iznad asimptote za x < 0.Funkcija je ocigledno diferencijabilna za svako x ∈ R, izuzev mozda u

nuli. Zato imamo da je

f ′ (x) = e12

(1− 1

x2

)

+ x · e12

(1− 1

x2

)

· 1

x3= e

12

(1− 1

x2

)

· x2 + 1

x2, x �= 0.


Dalje, kako je limx→0±

f ′(x) = limt→+∞

(1 + t)√e 1

(√e)t = 0, to je f ′(0) = 0.

Zatim, dobijamo da je f ′′(x) = e12(1− 1

x2)

x5

(1 − x2

). Na osnovu znaka prvog

izvoda imamo da funkcija raste na celom R i nema lokalnih ekstremuma. Izznaka drugog izvoda sledi da je funkcija konveksna na intervalima ]−∞,−1[ i]0, 1[ , a konkavna na ]−1, 0[ i ]1,+∞[ . Prevojne tacke su P1(−1,−1), P2(0, 0)i P3(1, 1). Sada sliku sa kosom asimptotom treba završiti. ◮

5.6. f(x) = − 1x

+ arctan 2xx2−1 .

◭ Funkcija je definisana za svako x ∈ R {−1, 0, 1} . Lako se mozepokazati da je funkcija neparna. Nule i znak cemo odrediti posle nalazenjaprvog izvoda. Funkcija je neprekidna u oblasti definisanosti i nije periodicna.Ocigledno je lim

x→±∞f(x) = 0, tj. prava y = 0 (x−osa) je horizontalna asimp-

tota. Kako je

limx→1±

f(x) = arctan(±∞) − 1 = ±π2− 1,

zbog neparnosti funkcije dobijamo da je

limx→−1±

f(x) = arctan(∓∞) + 1 = ∓π2

+ 1, i limx→0±

f (x) = ∓∞.

Ovo znaci da je jedino prava x = 0 (y−osa) vertikalna asimptota. Imamoda je funkcija diferencijabilna u oblasti definisanosti i njeni izvodi glase

f ′ (x) =1 − x2

x2 (x2 + 1)i f ′′ (x) =

2

(1 + x2)2 x2· x

4 − 2x2 − 1

x.

Ispitujuci znak prvog i drugog izvoda student sada moze da dobije intervalemonotonosti i konveksnosti. Funkcija nema lokalnih ekstremuma, ima dve

prevojne tacke P1(−√

1 +√

2, f(−√

1 +√

2))

i P2(√

1 +√

2, f(√

1 +√

2)).

U tacki x = 0 funkcija menja samo konveksnost. Na osnovu recenog nijeteško nacrtati grafik funkcije. Na kraju moze da se procita znak funkcije izakljuci da ona nema nula. ◮

Napomena. Ovaj primer pokazuje da je odreñivanje znaka izraza vaznoza ispitivanje funkcija.

5.7. f (x) = |x|1|x| , x �= 0 i f (0) = 1.

◭ Funkcija je definisana za svako x ∈ R, parna je, pozitivna (daklenema nula), neprekidna u svakoj tacki izuzev u 0. Kad x → 0, dobijamo

da f(x) = e1|x| ln|x| → e+∞·(−∞) = 0+ �= f(0), odakle sledi da je funkcija

prekidna u nuli. Ovaj prekid je otklonjiv. Ovo dalje znaci da je funkcija


diferencijabilna u svakoj tacki osim u 0. Zbog parnosti ispitajmo funkcijusamo za x > 0. Kako je tada f(x) = e

1xlnx → e0 = 1, kad x → +∞,

imamo da je prava y = 1 horizontalna asimptota. Prema razvoju funkcijepo Maklorenovoj formuli u Peanovom obliku dobijamo da je f(x) =1+ lnx

x + o(1x lnx

), x→ +∞. Dakle, grafik funkcije je iznad prave y = 1 za

|x| > 1. Iz jednakosti f(x) = e1xlnx sledi da je f ′(x) = x

1x · 1−lnx

x2, odakle je

f ′(x) = 0 za x = e. Ispitujuci zatim znak prvog izvoda dobijaju se intervalimonotonosti funkcije. Iz znaka prvog izvoda takoñe sledi da funkcija u svetri tacke postize lokalni maksimum. Skup vrednosti je ]0, e

√e] . Neka dalje

student nacrta grafik funkcije. ◮Napomena. Objasniti slucaj tacke x = 0. Obnoviti definiciju lokalnog

maksimuma! Neka student obrazlozi zašto funkcija nije periodicna.

5.8. f(x) = xe1

1−x .◭ Funkcija je definisana za svako x ∈ R {1} . Nije ni parna, ni neparna,

jer f(−1) postoji, a f(1) ne postoji. Nula funkcije je x = 0. Inace je f(x) > 0za x > 0, odnosno f(x) < 0 za x < 0. Zatim je lim

x→1+f(x) = 0 i lim

x→1−f(x) =

+∞, što znaci da je prava x = 1 vertikalna asimptota samo sleve strane.Kad x→ ±∞, imamo da je f(x) = ax+ b+ c

x+ o(1x

), gde konstante a, b i

c nalazimo koristeci jednakost

1

1− x = −1

x

(1 − 1

x

)−1= −1

x

(1 +

1

x+ o

(1

x

))= −1

x− 1

x2+ o

(1

x2

),

kad x→ ±∞. Kad x→ ±∞ imamo da je

e1

1−x = 1 − 1

x− 1

x2+

1

2x2+ o

(1

x2

)= 1− 1

x− 1

2x2+ o

(1

x2

),

odnosno da je f(x) = x− 1 − 12x + o

(1x

), x→ ±∞. Iz poslednjeg oblika se

dobija polozaj grafika u odnosu na kosu asimptotu y = x− 1.Funkcija je diferencijabilna u oblasti definisanosti i njeni izvodi glase

f ′ (x) = e1

1−x · x2 − x+ 1

(1 − x)2i f ′′ (x) = e

11−x · 2 − x

(1− x)4.

Dakle, na intervalima ]−∞, 1[ i ]1, 2[ funkcija je konveksna, a na intervalu]2,+∞[ je konkavna. Funkcija je rastuca na intervalima ]−∞, 1[ i ]1,+∞[ ,ali nema lokalnih ekstremuma. S obzirom da je lim

x→1+f ′(x) = 0, to se grafik

priblizava tacki (1, 0) kao da je x−osa u toj tacki tangenta. Ako uzmemoda je f(1) = 0, onda je f ′+(1) = 0 i tada je funkcija neprekidna u toj tacki


zdesne strane, i onda u toj tacki ima lokalni minimum. Skup vrednostifunkcije je R. ◮

5.9. f(x) = arcsin 2x1+x2 .

◭ S obzirom da je −1 ≤ 2x1+x2

≤ 1, za svako x ∈ R, funkcija je definisanana celoj brojnoj pravoj. Funkcija je neparna, ima samo jednu nulu (x =0), nije periodicna, pozitivna je za x > 0, a negativna za x < 0. Pravay = 0 (x−osa) je horizontalna asimptota. Funkcija je neprekidna u oblastidefinisanosti, a diferncijabilna u svim tackama izuzev mozda u x = ±1.Koristeci apsolutnu vrednost imamo da je

f ′ (x) =

{ 21+x2

, 1− x2 > 0,

− 21+x2

, 1− x2 < 0.

Kako je limx→1±

f ′(x) = ∓1 i limx→−1±

f ′(x) = ±1, odnosno f ′+(1) = −1,

f ′−(1) = 1, f ′−(−1) = −1, f ′+(−1) = 1, sledi da funkcija nije diferencija-bilna u tackama ±1. Imamo da je

f ′′ (x) =

{− 4x(1+x2)2

, 1 − x2 > 0,4x

(1+x2)2, 1− x2 < 0.

Na osnovu znaka prvog i drugog izvoda nalazimo lokalne ekstremume, prevo-jne tacke, intervale rastenja i opadanja funkcije, kao i intervale konveksnostii konkavnosti. Funkcija nije diferencijabilna u tackama ±1, ali u njima imalokalne ekstremume. Isti je zakljucak i za prevojne tacke. ◮Napomena. Napisati intervale monotonosti, konveksnosti i tacke prevoja,maksimuma i minimuma, dokazati da nije periodicna i za vezbu ispitatifunkciju x → arccos 2x

1+x2.

5.10. f(x) =x∫

0

tarctan tdt.

◭ Kako je limt→0

tarctan t = 1, to je prema Lebegovoj teoremi podinte-

gralna funkcija integrabilna na svakom segmentu [0, x] za x ≥ 0, odnosno nasegmentu [x, 0] za x < 0. Zato je data funkcija definisana za svako x ∈ R. Za-tim je f(−x) = −f(x), tj. funkcija je neparna, jer je podintegralna funkcijaparna. Odredimo sada lim

x→±∞f(x). Iz nejednakosti arctan t < t za t > 0,

dobijamo da jex∫

0

tarctan tdt >

x∫

0

1 · dt = x. Ovo znaci da funkcija f nema

horizontalnu asimptotu, jer integral+∞∫

0

tarctan tdt divergira. Ako je prava


y = kx+ n kosa asimptota funkcije, onda je

k = limx→+∞

f ′ (x) = limx→+∞

x

arctanx≥ 2

πlim

x→+∞x = +∞.

Dakle, data funkcija nema nikakvih asimptota. Iz oblika prvog izvoda vidimoda je f ′(x) > 0 za svako x ∈ R {0} . Tacka x = 0 je onda jedino mogucatacka u kojoj funkcija moze da ima lokalni ekstremum (obnoviti Fermaovulemu i stav koji daje dovoljan uslov za ekstremume). Kako u 0 prvi izvod nemenja znak, funkcija nema ekstremnih vrednosti i rastuca je u oblasti defin-isanosti. Odavde sledi da je x = 0 jedina nula funkcije. Na osnovu formule za

izvod kolicnika funkcija imamo da je f ′′(x) =arctanx− x

1+x2

arctan2 x. Ocigledno je da

konveksnost i prevojne tacke zavise od znaka funkcije g(x) = arctanx− x1+x2

.Ako je x < 0 onda je g(x) > −π

2 , a ako je x > 0 onda je g(x) < π2 . Kako

je g′(x) = 2x2

(1+x2)2> 0 za x �= 0, onda je g rastuca funkcija za x < 0 i za

x > 0. Dakle, imamo da je f ′′(x) > 0 za x > 0, odnosno f ′′(x) < 0 zax < 0. To dalje znaci da je O(0, 0) prevojna tacka date funkcije. Kako jelim

x→0±x

arctanx = 1, odnosno f ′+(0) = 1 = f ′−(0), sledi da je funkcija diferenci-

jabilna u 0 i f ′(0) = 1. Skup svih vrednosti date funkcije je R. ◮

5.11. f(x) =x∫

1

et

t dt.

◭ Kao što znamo oblast definisanosti ovako zadate funkcije su oni re-alni brojevi x za koje dati integral konvergira. U ovakvim slucajevima pre-porucujemo studentu da ispita podintegralnu funkciju. U datom primeru jeϕ(t) = et

t . Imamo da je ϕ′(t) = et

t2(t−1), odakle se lako dobija grafik funkcije

ϕ. Kako je za svako x > 0 podintegralna funkcija neprekidna na segmentu[x, 1] (za 0 < x ≤ 1), odnosno na segmentu [1, x] (x > 1), to je tada funkcijaf definisana. Iz relacija

f(0) = limδ→0+

δ∫

1

et

tdt = − lim

δ→0+

1∫

δ

et

tdt ≤ − lim

δ→0+

1∫

δ

1

tdt = −∞,

sledi da funkcija u tacki x = 0 nije definisana. Odavde dalje sledi da onanije definisana ni za x < 0 zbog jednakosti

x∫

1

et

tdt = −

1∫

x

et

tdt = −

0∫

x

et

tdt−

1∫

0

et

tdt.

Iz prirode oblasti definisanosti, imamo da data funkcija nije ni parna ni

neparna. Kako je limx→0+

f(x) =0∫

1

et

t dt = −1∫

0

et

t dt = −∞, dobijamo da


je prava x = 0 vertikalna asimptota. Iz nejednakostix∫

1

et

t dt >x∫

1

1t dt =

lnx, sledi dax∫

1

et

tdt → +∞, kad x → +∞, te funkcija nema horizontalnu

asimptotu. Pošto je

k = limx→+∞

f ′ (x) = limx→+∞

ex

x= lim

x→+∞ex = +∞,

prava y = kx + n nije kosa asimptota ni za jedno k. Dakle, funkcija nemakosu asimptotu. S obzirom da je f ′(x) = ex

x> 0 za svako x iz oblasti

definisanosti, to znaci da je funkcija rastuca i da nema lokalnih ekstremuma.Kako je f ′′(x) = ex

x2(x−1), onda je za x ∈ ]0, 1[ funkcija konkavna, a za x > 1

funkcija je konveksna. Odavde dobijamo da u x = 1 funkcija ima prevojnutacku P (1, 0). Iz cinjenice da je funkcija f rastuca u svom domenu onda jex = 1 jedina njena nula. Skup vrednosti je R. ◮

5.12. x →x∫

0

sin πt1+t2

dt.

◭ S obzirom da je podintegralna funkcija neprekidna na svakom seg-mentu [x, 0] za x < 0 i [0, x] za x ≥ 0, ona je integrabilna na tim segmentima

pa imamo da je funkcija f(x) =x∫

0

sin πt1+t2

dt definisana za svako x ∈ R. Iz

istog razloga, funkcija f je i diferencijabilna za svako x ∈ R i ispunjeno jef ′(x) = sin πx

1+x2. Iz cinjenice da je funkcija t → sin πt

1+t2neparna, imamo da

je funkcija f parna. Zato je dovoljno naci

limx→+∞

f (x) =

+∞∫

0

sinπt

1 + t2dt =

1∫

0

sinπt

1 + t2dt+

+∞∫

1

sinπt

1 + t2dt.

Meñutim, poslednji nesvojstveni integral divergira jer je sin πt1+t2

∼ πt, kad

t → +∞, a integral+∞∫

1

πt dt divergira. Ovo znaci da funkcija f nema hori-

zontalnu asimptotu. Ako je y = kx+ n kosa asimptota funkcije, onda je

k = limx→+∞

f (x)

x= lim

x→+∞f ′ (x) = lim

x→+∞sin

πx

1 + x2= sin lim

x→+∞πx

1 + x2= 0.

Kako je funkcija definisana i neprekidna za svako x ∈ R, uzimajuci u obziri poslednje, zakljucujemo da funkcija nema nikakvih asimptota. Nañimodrugi izvod funkcije. On postoji na osnovu teoreme o izvodu kompozicije dve

funkcije. Imamo da je f ′′(x) =π(1−x2)(1+x2)2

cos πx1+x2

. Iz dvostruke nejednakosti


−π2 ≤ πx

1+x2≤ π

2 , koja se lako proverava, dobijamo da znak drugog izvodazavisi samo od izraza 1 − x2. Dakle, na intervalima ]−∞,−1[ i ]1,+∞[funkcija je konkavna, a na intervalu ]−1, 1[ ona je konveksna. Ovo znacida prvi izvod funkcije opada na intervalima ]−∞,−1[ i ]1,+∞[ , a raste naintervalu ]−1, 1[ , odnosno imamo da je max f ′(x) = f ′(1) = 1 i min f ′(x) =f ′(−1) = −1. S obzirom da je lim

x→±∞f ′(x) = 0±, to je ocigledno da je

x = 0 jedina nula prvog izvoda, kao i da za x = 0 funkcija f ima lokalniminimum i taj minimum iznosi f(0) = 0. Iz znaka prvog izvoda (f ′(x) < 0za x < 0 i f ′(x) > 0 za x > 0) sledi da je x = 0 jedina nula funkcije kao i

da je f(x) ≥ 0 za svako x ∈ R. Prevojne tacke su P1

(−1,

−1∫

0

sin πt1+t2

dt

)i

P2

(1,

1∫

0

sin πt1+t2

dt

). Skup vrednosti funkcije je [0,+∞[ . Sad grafik funkcije

nije teško nacrtati. ◮5.13. f(x) = |x+ 2| e− 1

x .◭ Funkcija je definisana za svako x ∈ R {0} . Nenegativna je u oblasti

definisanosti. Nije ni parna ni neparna jer je f(−2) = 0 �= ±f(2). Kako jelim

x→0+f(x) = 0+ i lim

x→0−f(x) = +∞, to je prava x = 0 (y−osa) vertikalna

asimptota sleve strane. Iz jednakosti e−1x = 1− 1

x+ 12x2

+ o(1x2

), x→ ±∞,

imamo da je

f (x) =

{(x+ 2)

(1 − 1

x+ 1

2x2+ o(1x2

))= x+ 1 − 3

2x + o(1x

), x→ +∞,

− (x+ 2)(1 − 1

x+ 12x2

+ o(1x2

))= −x− 1 + 3

2x + o(1x

), x→ −∞.

Odavde sledi da su prave y = x+1 i y = −x−1 kose asimptote kad x→ +∞,odnosno kad x→ −∞. Iz predstavljanja

f (x) =

{(x+ 2) e−

1x , x > −2, x �= 0,

− (x+ 2) e−1x , x < −2,

imamo da je

f ′ (x) =

{e−

1x + x+2

x2e−

1x , x > −2, x �= 0,

−e− 1x − x+2

x2e−

1x , x < −2.

Iz granicnih vrednosti limx→−2+

f ′(x) = e12 i lim

x→−2−f ′(x) = −e 12 sledi da

f ′(−2) ne postoji, samo u tacki M(−2, 0) imamo levu i desnu polutangentu.Dakle,

f ′ (x) =

{e−

1x

x2

(x2 + x+ 2

), x > −2, x �= 0,

−e−1x

x2

(x2 + x+ 2

), x < −2.


i f ′′ (x) =

{e−

1x

x2(2 − 3x) , x > −2, x �= 0,

−e−1x

x2(2− 3x) , x < −2.

Sada iz znaka prvog i drugog izvoda zakljucujemo sledece: funkcija imatacku P1(−2, 0) za lokalni minimum, opada na ]−∞,−2[ , a raste na ]−2, 0[

i ]0,+∞[ ; ima dve prevojne tacke P1(−2, 0) i P2

(23 ,8e−

32

3

). Razmak [0,+∞[

je skup vrednosti funkcije. ◮Napomena. U opštem slucaju pogrešno je napisati da funkcija raste na

]−2, 0[∪ ]0,+∞[ ili reci da je funkcija rastuca u oblasti definisanosti. Slicnovazi i za konveksnost i konkavnost. Šta se moze reci o monotonosti funkcijex → tanx u oblasti definisanosti? (Odgovor: Funkcija x → tanx u oblastidefinisanosti nije monotona).2

5.14. 1. f(x) = x(π2 − arctan 1

x

);

2. Koristeci rezultat pod 1. izracunati I =

π4∫

0

f−1(y)dy.

◭ 1.Funkcija je definisana za svako x ∈ R {0} , nema nula i pozitivna jeza x > 0, a negativna za x < 0. Funkcija je neprekidna u oblasti definisanosti,i kad x → 0± imamo da f(x) → 0±. Dakle, funkcija nema vertikalnihasimptota. Što se tice kose asimptote, imamo da je

k = limx→±∞

f (x)

x= lim

x→±∞

(π

2− arctan

1

x

)=π

2,

n = limx→±∞

(π

2x− x arctan

1

x− π

2x

)= lim

x→±∞

(−x arctan

1

x

)

= − limx→±∞

arctan 1x

1x

= −1.

Dobijamo da funkcija ima kosu asimptotu y = π2x− 1. Kako je

f (x) −(π

2x− 1

)= 1− x arctan

1

x= x

(1

x− arctan

1

x

)> 0

za x > 0 ili x < 0, sledi da je grafik funkcije iznad grafika kose asimptote.Funkcija je diferencijabilna u oblasti definisanosti i njeni izvodi glase

f ′ (x) =π

2+

x

1 + x2− arctan

1

xi f ′′ (x) =

2

(1 + x2)2.

2 Ako je funkcija data analitickim izrazom, onda se pod njenim domenom podrazumevanajveci podskup od R na kome ona uzima realne vrednosti.


Kako nule i znak prvog izvoda ne mozemo da odredimo direktno, ondamoramo da ispitamo prvi izvod kao posebnu funkciju. Sledi da jelim

x→±∞f ′(x) = π

2 , limx→0−

f ′(x) = π2 , lim

x→0+f ′(x) = π

2 . Inace f ′ raste na

intervalima ]−∞, 0[ i ]0,+∞[ i njegov grafik nije teško nacrtati.Sada na osnovu znaka prvog izvoda zakljucujemo: funkcija nema lokalnih

ekstremuma; raste na intervalima ]−∞, 0[ i ]0,+∞[ , ali nema prevojnihtacaka. Grafik funkcije zajedno sa kosom asimptotom nije teško nacrtati.

2. Smenom f−1(y) = x dobijamo da je y = f(x), dy = f ′(x)dx, asegment [0, 1] se preslikava na segment

[0, π4]. Zato je

I =

π4∫

0

f−1 (y) dy =

1∫

0

x

(π

2+

x

1 + x2− arctan

1

x

)dx

=π

2

1∫

0

xdx+

1∫

0

x2

1 + x2dx−

1∫

0

x arctan1

xdx =

π

4+ 1 − π

4− 1

2=

1

2. ◮

5.15. f(x) = ln(1 + x) − xx+1 .

◭ Funkcija je definisana za x > −1, zato nije ni parna ni neparna (f(−2)postoji a f(2) ne postoji). Vidi se da je x = 0 nula funkcije, ali za sada neznamo da li ima još nula. S obzirom da je

f (x) = − ln1

x+ 1− x+ 1 − 1

x+ 1=

1

x+ 1− ln

1

x+ 1− 1,

imamo da f(x) → +∞ kad x → −1+, jer se smenom 1x+1 = t dobija da je

t− ln t−1 = t(1− ln t

t

)−1 → +∞·1−1 = +∞, kad t→ +∞. Dakle, prava

x = −1 je vertikalna asimptota. Lako je proveriti da funkcija nema kosihasimptota. Funkcija je diferencijabilna u svom domenu i imamo da je

f ′ (x) =x

(1 + x2)2, f ′′ (x) =

1 − x(x+ 1)3

=1

(x+ 1)2· 1 − x1 + x

.

Odreñujuci znak prvog i drugog izvoda ostavljamo studentu da sam odrediintervale monotonosti, konveksnosti, lokalne ekstremume i prevojne tacke.Dokazati da je x = 0 jedina nula funkcije. Skup vrednosti je [0,+∞[ . ◮

5.16. f(x) = x−√|x2 + 4x+ 3|.

◭ Funkcija je definisana za svako x ∈ R. Kako je f(1) = 1 −√

8,f(−1) = −1, to funkcija nije ni parna ni neparna. Funkcija nema vertikalnihasimptota (zašto?) i neprekidna je na celoj brojnoj pravoj. Za x ≤ 0, ona jenegativna. Ako je x > 0, onda je f(x) = x−

√|x2 + 4x+ 3| < x−

√x2 = 0.


Dakle, funkcija nema nula i grafik se prostire ispod x−ose. Kad x → ±∞imamo da je

f (x) = x− |x|(

1 +4

x+

3

x2

) 12

= x− |x|(

1 +1

2

(4

x+

3

x2

)− 1

8

(4

x+

3

x2

)2+ o

(1

x2

))

= · · · ·

=

{−2 + 1

2x + o(1x

), x→ +∞,

2x+ 2 − 12x + o

(1x

), x→ −∞.

Odavde sledi da su prave y = −2 i y = 2x + 2 kose asimptote (ova prvase zove i horizontalna) i tacno se cita polozaj grafika u odnosu na njih. Izpredstavljanja

f (x) =

{x−

√x2 + 4x+ 3, x ≤ −3 ili x ≥ −1,

x−√−x2 − 4x− 3, − 3 < x < −1,

nalazimo da je

f ′ (x) =

{1− x+2√

x2+4x+3, x < −3 ili x > −1,

1 + x+2√x2+4x+3

, − 3 < x < −1,

f ′′ (x) =

1

(x2+4x+3)32, x < −3 ili x > −1,

1

(−x2−4x−3) 32, − 3 < x < −1.

Sada iz znaka prvog izvoda imamo da funkcija ima lokalne maksimume zax = −3 i x = −1 i oni iznose −3 i −1, a za x = −2 − 1√

2= x1 ima

lokalni minimum i on iznosi −2−√

2, što je i tacka preseka grafika sa asimp-

totom y = 2x + 2.Tacke A(−3,−3), B(−2− 1√

2,−2 −

√2), C(−1,−1) i

D(−2 +

√22 ,−2

)su tacke lokalnih ekstremuma i preseka grafika sa hori-

zontalnom asimptotom. Razmak ]−∞,−1] je skup vrednosti date funkcije.◮

Napomena. Za odreñivanje znaka prvog izvoda koristimo smenu x+2 =t, tako da je

f ′ (t) =

{ √t2−1−t√t2−1 , t < −1 ili t > 1,

√1−t2+t√1−t2

, − 1 < t < 1.

Znak ovih izraza je jednostavnije ispitati.


5.17. f(x) = arcsin x√2x2+4x+4

.

◭ S obzirom da je za svako x ∈ R ispunjeno: −1 ≤ x√2x2+4x+4

≤ 1, ondaje funkcija definisana na celoj brojnoj pravoj. Funkcija je jednaka nuli akoje x = 0, veca od nule ako je x > 0 i manja od nule ako je x < 0. Dalje,

imamo da je limx→±∞

f(x) = ±π4 , jer je x√

2x2+4x+4= ±√

x2

2x2+4x+4→ ± 1√

2,

kad x → ±∞. Odavde sledi da su prave y = ±π4 horizontalne asimptote.

Kako je f(−2) �= ±f(2) to funkcija nije ni parna ni neparna. Funkcija nemavertikalnih asimptota jer je definisana za svako x ∈ R i neprekidna je usvakoj tacki svog domena. Lako se dobija da je

f ′ (x) =

{ 1x2+2x+2

, x > −2,

− 1x2+2x+2

, x < −2.

Odavde se uzimanjem granicnih vrednosti kad x → −2± dobija da f ′(−2)ne postoji. Dalje je

f ′′ (x) =

{− 2x+2(x2+2x+2)2

, x > −2,2x+2

(x2+2x+2)2, x < −2.

Na osnovu znaka prvog i drugog izvoda neka sada student odredi intervalerastenja i opadanja, konveksnosti i konkavnosti, kao i lokalne ekstremume iprevojne tacke. Kako glase leva i desna polutangenta u tacki minimuma?Odrediti polozaj grafika prema horizontalnim asimptotama kao i tacku pre-seka. Skup vrednosti je interval

[−π2 ,

π4

[. ◮

5.18. f(x) = 2x3−5x2+14x−64x2

.◭ Domen funkcije je Df = R {0} zbog deljenja sa nulom. Kako je

f(1) = 54 i f(−1) = −27

4 , to funkcija nije ni parna ni neparna. Funkcija jeneprekidna u oblasti definisanosti. Kad x → 0±, f(x) → −∞, te je pravax = 0 (y−osa) vertikalna asimptota. Kako je

f (x) =1

2x− 5

4+

7

2x− 3

2x2=

1

2x− 5

4+

72

x+ o

(1

x

), x→ ±∞,

to je prava y = 12x− 5

4 kosa asimptota i kad x→ +∞ grafik funkcije je iznadasimptote, a kad x→ −∞ ispod asimptote. Ispitajmo da li grafik sece kosuasimptotu, tj. rešimo jednacinu 2x3−5x2+14x−6 = 4x2

(12x− 5

4

). Odavde

imamo da je 2x3 − 5x2 + 14x − 6 = 2x3 − 5x2, odnosno x = 37 , y = −29

28 ,te je M

(37 ,−29

28

)tacka preseka asimptote i grafika funkcije. S obzirom da

je f(1) = 54 > 0 i lim

x→0+f(x) = −∞, sledi da postoji x1 ∈ ]0, 1[ tako

da je f(x1) = 0. Nalazimo da je x1 = 12 jedina racionalna nula funkcije.


Zatim, deljenjem dobijamo da je f(x) =2(x− 1

2)(x2−2x+6)

4x2, odakle imamo i

znak funkcije, jer je x2 − 2x + 6 > 0 za svako x ∈ R. Znak pomaze kodcrtanja grafika i za proveravanje urañenog. Dalje, imamo da je f ′(x) =(x−1)(x−2)(x+3)

2x3, f ′′(x) = 7x−9

x4, odakle sledi da su f ′ i f ′′ definisani u svakoj

tacki domena funkcije. Zato su kandidati za apscise lokalnih ekstremumai prevojnih tacaka jedino nule prvog i drugog izvoda. Iz znaka prvog idrugog izvoda zakljucujemo sledece: funkcija u tackama x = −3 i x =1 postize lokalni maksimum, u x = 2 lokalni minimum; funkcija za x =97 ima prevojnu tacku. Tacke ekstremnih vrednosti i prevojna tacka suA(−3,−49

12

), B(1, 54), C(2, 98)

i P(97 ,913756

). Skup vrednosti je ceo skup R

realnih brojeva.◮5.19. f(x) = 2arctan 1

|x| + arcsin 2x1+x2

.

◭ Oblast definisanosti funkcije je Df = R {0} . Funkcija nije ni parnani neparna, jer je f(−1) = 0, f(1) = π. Funkcija je neprekidna u svomdomenu i lim

x→±∞f(x) = 0, a lim

x→0f(x) = π. Ovo znaci da funkcija nema

vertikalnu asimptotu. S obzirom da je

f (x) =

{2 arctan 1

x + arcsin 2x1+x2

, x > 0,

−2 arctan 1x

+ arcsin 2x1+x2

, x < 0,

nalazimo da je

f ′ (x) =

− 41+x2

, x > 1,4

1+x2 , x ∈ ]−1, 0[ ,

0, x ∈ ]−∞,−1[ ∪ ]0, 1[ ,

f ′′ (x) =

8x2

(1+x2)2, x > 1,

− 8x(1+x2)2

, x ∈ ]−1, 0[ ,

0, x ∈ ]−∞,−1[ ∪ ]0, 1[ .

Zbog limx→1+

f ′(x) = −2, limx→1−

f ′(x) = 0, limx→−1+

f ′(x) = 2, limx→−1−

f ′(x) =

0, limx→0+

f ′(x) = 0, limx→0−

f ′(x) = 4, sledi da f ′(±1) i f ′(0) ne postoje.

Funkcija je konstantna na intervalima ]−∞,−1[ i ]0, 1[ . Nañimo te kon-stante. Zbog neprekidnosti funkcije je f(x) = f(−1) = 2 · π

4 − π2 = 0 za

x ≤ −1, i f(x) = f(1) = 2 · π4 + π

2 = π za x ∈ ]0, 1] . Koristeci znakprvog i drugog izvoda dobijamo lokalne ekstremume, prevojne tacke, inter-vale monotonosti i konveksnosti. Tako imamo da je N(1, π) tacka lokalnogmaksimuma, A(−1, 0) tacka lokalnog minimuma. Skup vrednosti je [0, π] .Funkcija ima beskonacno nula i njen grafik nije teško priblizno skicirati. ◮


5.20. f(x) = x2

|x|+e1x.

◭ Domen funkcije je Df = R {0} i ona je pozitivna na svom domenu,dakle nema nula. Funkcija nije ni parna ni neparna jer je f(1) = 1

1+e ,

f(−1) = e1+e

�= ±f(1). Dalje je limx→0+

f(x) = 0+∞ = 0 i

limx→0−

f (x) = limx→+∞

f

(−1

x

)= lim

x→+∞1

x+ x2e−x= lim

x→+∞ex

xex + x2

= limx→+∞

ex

ex + xex + 2x= lim

x→+∞ex

ex + ex + xex + 2

= limx→+∞

ex

2ex + ex + xex= lim

x→+∞1

3 + x= 0.

Dakle, funkcija f se moze dodefinisati u nuli tako da bude neprekidna. Toznaci da prava x = 0 nije vertikalna asimptota. Imamo da je

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞x

x+ e1x

= 1 i limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞x

−x+ e1x

= −1.

Kako je dalje

limx→+∞

(f (x) − x) = limx→+∞

−xe 1xx+ e

1x

= limx→+∞

−e 1x1 + 1

xe1x

= −1, i

limx→−∞

(f (x) + x) = limx→−∞

(x

−x+ e1x

+ x

)= lim

x→−∞xe

1x

−x+ e1x

= −1,

imamo da su prave y = x−1 i y = −x−1 kose asimptote funkcije. Ispitajmopolozaj grafika funkcije u odnosu na asimptote. Imamo da je

f (x) − (x− 1) =x2

x+ e1x

− (x− 1) =e1x (1 − x) + x

x+ e1x

=

(1 + 1

x + 12x2

+ o(1x2

))(1 − x) + x

x+ e1x

=1− x+ 1

x − 1 + 12x2

− 12x + o

(1x

)+ x

x+ e1x

=12x + 1

2x2+ o(1x

)

x+ e1x

,

odakle sledi da je f (x)− (x− 1) > 0 kad x→ +∞. Dakle, grafik funkcije jeiznad kose asimptote kad x → +∞ . Slicno se dobija i kad x → −∞. Ako


poñemo od oblika funkcije

f (x) =

x2

x+e1x, x > 0,

x2

e1x−x

, x < 0,

dobijamo da je

f ′ (x) =

x2+(2x+1)e1x

(x+e

1x

)2 , x > 0,

−x2+(2x+1)e1x

(e1x−x

)2 , x < 0.

Odavde je za x > 0 ispunjeno

f ′ (x) =x2 + (2x+ 1) e

1x

(x+ e

1x

)2 >x2 + (2x+ 1)(x+ e

1x

)2 =(x+ 1)2(x+ e

1x

)2 > 0.

Nije trivijalno pokazati da je f ′(x) < 0 za svako x < 0. Imamo da je

f ′(x) <−x2 + (2x+ 1) e

1x

x2,

jer je e2x − e 1x · 2x = e

1x

(e1x − 2x

)> 0, za x < 0. Dalje je

−x2 + (2x+ 1) e1x

x2= −1 +

(2

x+

1

x2

)e1x .

Uzimajuci 1x = u, dovoljno je dokazati: −1 +

(2u+ u2

)eu < 0, u < 0. To

se dokazuje ispitivanjem funkcije: g(u) = −1 +(2u+ u2

)eu, koristeci njene

izvode. Što se tice drugog izvoda imamo da je

f ′′ (x) =

e1x

x2(x+e

1x

)3

((2x2 + x+ 1

)e1x −(2x2 + x

)), x > 0,

e1x

x2(x+e

1x

)3

(2 + 1

x +(2 + 2

x + 1x2

)e1x

), x < 0.

Kako je

(2x2 + 2x+ 1

)e1x −(2x2 + x

)>(2x2 + 2x+ 1

)−(2x2 + x

)= x+ 1 > 0

za x > 0, onda je f ′′(x) > 0 za x > 0. Vidimo da f ′′(x) ima isti znakkao i 2 + 1

x +(2 + 2

x + 1x2

)e1x u slucaju x < 0. Smenom 1

x = u, funkcija


g(u) = 2 + u +(2 + 2u+ u2

)eu se moze detaljno ispitati za u < 0. Lako

se pokazuje da postoji η takvo da je f ′′(x) < 0 na ]η, 0[ , odnosno da jef ′′(x) > 0 na ]−∞, η[ . Sada iz svega što smo dobili o prvom i drugomizvodu imamo intervale monotonosti i konveksnosti. Vidimo da grafik imaprevojnu tacku P (η, f(η)). Skup vrednosti je ]0,+∞[ . Zapoceti grafik saasimptotama se moze završiti. ◮

5.21 f (x) = (x+ 1)33√x2.

◭ Funkcije je definisana za svako x ∈ R, nije ni parna ni neparna jerje f (−1) = 0, f (1) �= 0. Neka student precizno obrazlozi zašto funkcijanije periodicna. Funkcija nema vertikalnih asimptota jer je definisana ineprekidna za svako x ∈ R. Imamo da je f (x) > 0 za x > −1 i x �= 0, i daje f (x) < 0 za x < −1. Dalje je f (x) = 0 za x = 0 ili x = −1. Funkcijanema ni horizontalnih ni kosih asimptota.

Diferencijabilna je u svakoj tacki domena izuzev u nuli. Zaista, kako je

f ′ (x) =(x+ 1)2 (11x+ 2)

3 3√x

i f ′′ (x) =2 (x+ 1)

(44x2 + 16x− 1

)

9x 3√x

,

to je limx→0±

f ′ (x) = ±∞. Ocigledo je da su apscise lokalnih ekstremuma − 211 i

0. I u ovom primeru se vidi da funkcija ima lokalni ekstremum (minimum) utacki u kojoj prvi izvod ne postoji. Ako su p1 i p2 nule trinoma 44x2+16x−1,onda su to apscise prevojnih tacaka funkcije. Na osnovu znaka prvog i drugogizvoda lako je odrediti intervale monotonosti i konveksnosti. Skup vrednostifunkcije je R. ◮

5.22 f (x) = x+ elnx−2 .

◭ Funkcija je definisana za x > 0 i x �= e2, tj. Df =]0, e2[∪]e2,+∞

[.

Funkcija nije ni parna ni neparna, jer Df nije simetrican skup u odnosu nanulu. Za x ∈

]e2,+∞

[funkcija je pozitivna, a vrednost funkcije za ostale

x kao i nule funkcije ispitacemo kasnije. Funkcija je neprekidna u svomdomenu. Ispitajmo ponašanje funkcije na krajevima intervala definisanosti.Imamo da je

limx→0+

f (x) =e

−∞ = 0−, limx→(e2)±

f (x) = e2 +e

0±= ∓∞,

odakle sledi da je prava x = e2 vertikalna asimptota. Zatim nalazimo daje lim

x→+∞f (x) = +∞, što znaci da funkcija nema horizontalnu asimptotu.

Nañimo kosu asimptotu. Imamo da je

k = limx→+∞

f (x)

x= 1 + lim

x→+∞e

x (lnx− 2)= 1 + 0 = 1,

n = limx→+∞

(f (x) − x) = limx→+∞

e

lnx− 2=

e

+∞ = 0.


Ovo znaci da je prava y = x kosa asimptota funkcije. Kako je

f (x) − x =e

lnx− 2> 0

za x > e2, onda je na tom delu grafik funkcije iznad kose asimptote.Funkcija je diferencijabilna u svom domenu i imamo da je

f ′ (x) = 1− e

x (lnx− 2)2, f ′′ (x) =

e

x2 (lnx− 2)2· lnx

lnx− 2.

Kako prvi i drugi izvod imaju isti domen kao i data funkcija, onda ona mozeimati lokalne ekstremume i prevojne tacke jedino u nulama prvog i drugogizvoda. Znak i nule prvog izvoda mozemo odrediti jedino ako prvi izvodispitamo kao posebnu funkciju. Imamo da je lim

x→+∞f ′ (x) = 1−, odnosno da

je

limx→(e2)±

f ′ (x) = 1 − e

e2 · 0+ = 1− e

0+= 1− (+∞) = −∞.

Obrazloziti zašto je limx→0

f ′ (x) = −∞. S obzirom da smo ispitali prvi izvod,

sada na osnovu njegovog znaka zakljucujemo: u tackamaA (x1, f (x1)) , B (e, 0)i C (x2, f (x2)) funkcija ima lokalne ekstremume. Iz znaka drugog izvodasledi da je tacka P

(1, 1− e

2

)prevojna. Naravno, u tacki x = e2 grafik

funkcije samo menja okrenutost. Neka student odredi intervale rastenja iopadanja.

Napomena. Ovo je bio tipican primer zadatka gde je ispitivanje prvogizvoda kao funkcije ”vaznije” od ispitivanja same funkcije. Šta moze da sekaze o nulama date funkcije? U nastavku dokazujemo da je x = e jedinanula funkcije.

Zaista, imamo da je

f (x) = 0 ⇔ x+e

lnx− 2= 0 ⇔ e = 2x− x lnx.

Odredimo broj nula poslednje jednacine. Uzmimo ϕ (x) = 2x−x lnx. Imamoda je

limx→0+

ϕ (x) = 0+, limx→+∞

ϕ (x) = −∞.

Zatim jeϕ′ (x) = 2− (lnx+ 1) = 1− lnx.

Odavde sledi da je ϕ′ (x) = 0 za x = e. Dalje je ϕ′′ (x) = − 1x , tj. ϕ ima

maksimum za x = e i on iznosi e. Kako jednacina 1 − lnx = 0 ima samojedno rešenje, to znaci da funkcija f ima tacno jednu nulu. Vidi se da je


to x = e, odnosno, tacka lokalnog maksimuma je B (e, 0) . Skup vrednostifunkcije je ]−∞, 0[∪ [f (x2) ,+∞[ . Sada se moze nacrtati grafik funkcije. ◮

5.23 f (x) =√x2 + 1 + ln 1−

√x2+1x .

◭ Domen funkcije je Df = ]−∞, 0[ . Zbog toga funkcija nije ni parna nineparna. Neka student obrazlozi zašto zbog prirode domena funkcija nijeperiodicna. Kad x→ −∞, imamo

√x2 + 1 = −x

(1 +

1

2x2+ o

(1

x2

))= −x− 1

2x+ o

(1

x

),

te je

1 −√x2 + 1

x=

1 + x+ 12x + o

(1x

)

x= 1 +

1

x+

1

2x2+ o

(1

x2

).

Zatim je

ln1 −

√x2 + 1

x=

1

x+ o

(1

x

),

kad x→ −∞. Dakle, kad x→ −∞ dobijamo da je

f (x) = −x+1

2x+ o

(1

x

).

Znaci prava y = −x je kosa asimptota funkcije i njen grafik je ispod asimp-tote. Kako je

limx→0−

f (x) = limx→0−

√x2 + 1 + lim

x→0−ln

1 −√x2 + 1

x

= 1 + limx→0−

ln−x

1 +√x2 + 1

= 1 + ln 0+ = −∞,

to je prava x = 0 (y osa) vertikalna asimptota.Nañimo sada oba izvoda uz napomenu da oni postoje u svom domenu

na osnovu teoreme o izvodu kompozicije elementarnih funkcija. Imamo daje

f ′ (x) =x√x2 + 1

+x

1 −√x2 + 1

·− x2√

x2+1− 1 +

√x2 + 1

x2

=x√x2 + 1

+x

x−√x2 + 1

· 1 + x2 −√x2 + 1 − x2√

x2 + 1 · x2

=x√x2 + 1

+1

x√x2 + 1

=

√x2 + 1

x< 0,


za svako x ∈ Df . Dalje je

f ′′ (x) = − 1

x2

√x2 + 1 +

1

x· x√x2 + 1

= − 1

x2√x2 + 1

< 0,

za svako x ∈ Df . Dobili smo da funkcija opada u svom domenu i da jekonkavna. Nema lokalnih ekstremuma niti prevojnih tacaka. Znaci da imasamo jednu nulu x1 < 0 i da je pozitivna na intervalu ]−∞, x1[ , a negativnaza x ∈ ]x1, 0[ . Skup vrednosti funkcije je R. ◮

Ispitati precizno tok i nacrtati grafik krive date parametarskisa:

5.24. 1. x(t) =√t, y(t) = 3

√t; 2. x(t) = t2 − 1, y(t) = t+ 3.

◭ 1. Na skupu T = [0,+∞[ funkcija t →√t ima inverznu funkciju, tako

da je datim uslovima x(t) =√t, y(t) = 3

√t definisana funkcija y = y(x) =

3√x2. Lako je nacrtati grafike funkcija x = x(t) i y = y(t) u koordinatnim

sistemima tO1x i tO2y. Funkcija y = y(x) je definisana za sve x ≥ 0 (skupvrednosti funkcije x = x(t)) i x(t) = 0 ako i samo ako je t = 0. Odavde sledida je x = 0 jedina nula funkcije y = y(x). Kad x → +∞ onda t → +∞ itada y → +∞, tj. funkcija y = y(x) nema horizontalnu asimptotu. Kako je

limx→+∞

y(x)x = lim

t→+∞3√t√t

= 0, i

limx→+∞

(y(x) − 0 · x) = limt→+∞

y(t) = +∞, funkcija y = y(x) nema kosu asimp-

totu. Funkcija nije ni parna ni neparna zbog prirode oblasti definisanosti.Ona je ocigledno nenegativna za sve x iz svog domena. Kako su funkcijex → x(t) i y → y(t) diferencijabilne na ]0,+∞[ to je

y′ (x) =y′ (t)x′ (t)

∣∣∣∣t=x2

=13t− 23

12t− 12

∣∣∣∣∣t=x2

=2√t

33√t2

∣∣∣∣t=x2

=2x

33√x4

=2

3 3√x.

Znaci, funkcija y = y(x) raste na skupu ]0,+∞[ i kako je neprekidna na]0,+∞[ to ima minimum za x = 0, i on iznosi 0. Što se tice konveksnosti iprevojnih tacaka imamo da je

y′′ (x) =y′′ (t)x′ (t) − y′ (t)x′′ (t)

(x′ (t))3

∣∣∣∣t=x2

= · · · = −2

9t−

23 = − 2

93√x4.

Dakle, imamo da je y′′ (x) < 0 za sve x > 0, tj. da je funkcija y = y(x)konkavna na razmaku ]0,+∞[ i nema prevojnih tacaka. Njen grafik nijeteško nacrtati. Kako je lim

x→0+y′(x) = +∞, dobijamo da je y−osa tangenta

funkcije sa dodirom u tacki minimuma O(0, 0).


2. Date jednacine odreñuju (definišu) funkciju na onim razmacimaT ⊂ R, t ∈ T, na kojima je funkcija x(t) = t2 − 1 invertibilna. Treba nacr-tati najpre grafike jednostavnih funkcija x = (t) i y = y(t). Posmatrajmorazmake T1 = ]−∞, 0] i T2 = ]0,+∞[ . Na svakom od njih posebno, funkcijax(t) = t2 − 1 je invertibilna. Prva inverzna funkcija preslikava [−1,+∞[ urazmak ]−∞, 0] , tj. domen funkcije y = y(x) je skup [−1,+∞[ . Za x = −1,imamo da je t = 0, te je y(−1) = 3. Nañimo nule funkcije y = y(x). Zat = −3 dobijamo da je y(−3) = 0, i kako je x(−3) = 9 − 1 = 8, sledi da jey(8) = 0. Dakle, x = 8 je nula funkcije. Imamo da je

limx→+∞

y (x)

x= lim

t→−∞t+ 3

t2 − 1= 0 i lim

x→+∞y (x) = lim

t→−∞(t+ 3) = −∞,

odakle sledi da funkcija nema asimptota. Funkcija y(x) nije ni parna nineparna zbog prirode domena. Dalje je

y′ (x) =y′ (t)x′ (t)

∣∣∣∣t<0

=1

2t

∣∣∣∣t<0

=1

−2√x+ 1

.

Kako je y′(x) < 0 za x > −1 to funkcija opada, i s obzirom na neprekidnost(kao slozena funkcija) u tacki x = −1 (t = 0) postize maksimalnu vrednost.Imamo da je

y′′ (x) =y′′ (t)x′ (t) − y′ (t)x′′ (t)

(x′ (t))3

∣∣∣∣t<0

=0 · 2t− 1 · 2

8t3

∣∣∣∣t<0

=−1

4t3=

1

4√

(x+ 1)3,

odakle sledi da je y′′(x) > 0 za x > −1. Funkcija je konveksna i nemaprevojnih tacaka.

Na skupu ]0,+∞[ funkcija x(t) = t2−1 ima inverznu funkciju t =√x+ 1

i definiše funkciju y = y(x) ciji je grafik lako nacrtati.Crtanjem grafika obeju grana u istom koordinatnom sistemu dobijamo

grafik krive (trajektorije) koju opisuje tacka M(x, y) ako je x = t 2 − 1,y = t+ 3, t ∈ R. ◮

Napomena. Dobijena kriva je parabola x = (y − 3)2 − 1 sa temenomu tacki T (−1, 3) koja za osu simetrije ima pravu y = 3. Date jednakostix(t) = t2 − 1 i y(t) = t+ 3 definišu jedinstvenu funkciju x = x(y).

5.25. x(t) = t1−t2 , y(t) = t−2t3

1−t2 , t ≥ 0.◭ Kao u prethodna dva primera najpre cemo nacrtati grafike funkcija

t → x(t) i t → y(t). Uobicajenim nacinom ispitivanja funkcija lako dobijamonjihove grafike. Vidimo sa grafika funkcije t → x(t) da postoje dve granefunkcije y = y(x), prva kada t ∈ [0, 1] i druga kada t ∈ ]1,+∞[ . Grafik


funkcije x → f(x) = y onda nije teško skicirati. Pokazimo kako se odreñujekosa asimptota. Imamo da je

k = limx→±∞

y (x)

x= lim

t→1∓t− 2t3

1− t2 · 1− t2t

= limt→1∓

(1 − 2t2

)= −1,

jer x→ ±∞ ako i samo ako t→ 1∓. Zatim je

n = limx→±∞

(y (x) + x) = limt→1∓

(t− 2t3

1 − t2 +t

1 − t2)

= limt→1∓

2t(1 − t2

)

1 − t2 = 2,

odakle dobijamo da je prava y = −x+2 kosa asimptota funkcije y = y(x). ◮5.26. x(t) = 2t− t2, y(t) = 3t− t3.◭Najpre treba nacrtati grafike funkcija x i y. Sa grafika funkcije x = x(t)

vidimo da kriva y = y(x) ima dve grane, i to jednu ciji domen je x ∈ ]−∞, 1] ,t ∈ ]−∞, 1] , i drugu gde je x iz istog skupa, a t ∈ ]1,+∞[ . Kriva odreñenadatim jednacinama se onda moze jednostavno skicirati. ◮

Napomena. Ostavljamo studentu da pokaze da obe grane nemajuasimptota, zatim da preko izvoda odredi monotonost i konveksnost koris-teci metod izlozen u primerima 5.24 i 5.25.

5.27. x(t) = t ln t, y(t) = ln tt .

◭ Obe funkcije su definisane za t > 0. Imamo da je:

limt→0+

x (t) = 0, limt→+∞

x (t) = +∞, x′ (t) = 1 + ln t, x′′ (t) =1

t,

limt→0+

y (t) = −∞, limt→+∞

y (t) = 0+, y′ (t) =1 − ln t

t2, y′′ (t) =

2 ln t− 3

t3.

Grafici funkcija x(t), y(t) se onda mogu lako skicirati. Analizirajuci grafikfunkcije x = x(t) dobijamo dve grane krive odreñene uslovima:

x ∈[−1

e, 0

[, t ∈

]0,

1

e

]i x ∈

[−1

e,+∞

[, t ∈

[1

e,+∞

[.

Imamo da je

limx→0−

y (x) = limt→0+

ln t

t= −∞, y

(−1

e

)∣∣∣∣x=− 1

e

= y

(1

e

)∣∣∣∣t= 1

e

= −e,

odnosno, dobijamo da je y−osa vertikalna asimptota, kad x → 0−. Ostalihasimptota u slucaju prve grane nema, jer je domen razmak

[−1

e , 0[. Dalje,

imamo da je

y′ (x) =y′ (t)x′ (t)

=1− ln t

t2 (1 + ln t), y′′(x) =

2(ln2 t− 2

)

t3 (1 + ln t)3,


odakle sledi da je y′(x) < 0 jer t ∈]0, 1

e

[, tj. funkcija y(x) opada i za t = 1

e

(x = −1e ) postize maksimalnu vrednost jednaku −e.Drugi izvod menja znak.

Naime, za t ∈]1

e√2, 1e

[on je pozitivan, a za t ∈

]0, 1

e√2

[on je negativan,

tako da prva grana ima prevojnu tacku P1(−√2

e√2,−

√2e√2).

Oblast definisanosti druge grane je[−1

e ,+∞[, i lim

x→+∞y(x) = lim

t→+∞ln tt = 0+. Dakle, x−osa je horizontalna asimptota. Ostalih asimptota nema.

Funkcija nije ni parna ni neparna. Vidimo da je y(x) = 0 za x = 0. Naime,y = 0 za t = 1 odakle sledi da je x = 0. Kako su izvodi isti bez obzira nagranu, to je y′ = 0 za t = e, tj. za x = e. Ispitujuci znak prvog izvodasledi da za x = e funkcija y(x) ima maksimum i on iznosi 1

e . Slicno kao i

kod prve grane, ispitujuci nule i znak drugog izvoda dobijamo da za t = e√2

funkcija ima prevojnu tacku P2(√

2e√2,√

2e−√2), i grafik se onda moze

kompletirati.Napomena. Ako je neka kriva zadata jednacinom u polarnim koordi-

natama ρ = ρ(ϕ), onda se koristeci vezu Dekartovih i polarnih koordinata:x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, ispitivanje krive svodi na ispitivanje krive zadateparametarski: x = ρ(ϕ) cosϕ, y = ρ(ϕ) sinϕ, gde je ϕ parametar.

5.28. 1. ρ = sinϕ; 2. ρ = 1; 3. ρ = cos2 ϕ.

◭ 1.Imamo da je x(ϕ) = sinϕ cosϕ i y = sin2 ϕ. 2. x = cosϕ i y = sinϕ.3. x = cos3 ϕ i y = cos2 ϕ sinϕ. ◮

U nastavku navodimo ukratko rešenja još nekih ispitnih za-dataka iz oblasti ispitivanja funkcija, ali ne crtajuci grafike.

10 f (x) = (x+ 1) e1

x+1 .

◭Df = ]−∞,−1[∪]−1,+∞[ ; ni parna ni neparna; nema nula; negativnaza x < −1; pozitivna za x > −1; neprekidna i nije periodicna; y osu sece utacki (0, e) ; prava x = −1 je vertikalna asimptota zdesne strane, tj. f (x) →+∞ kad x→ −1+ i f (x) → 0− kad x→ −1−, odnosno prava x = −1 nijevertikalna asimptota sleve strane; kada x→ ±∞ imamo da je

f (x) = x+ 2 +12

x+ o

(1

x

);

dakle, prava y = x + 2 je kosa asimptota funkcije i kad x → −∞ grafikfunkcije je ispod, a kad x→ +∞ grafik funkcije je iznad kose asimptote.

Funkcija je beskonacno diferencijabilna u svakoj tacki domena (neka stu-dent obrazlozi!); zato su apscise mogucih lokalnih ekstremuma (prevojnihtacaka) jedino nule prvog (drugog) izvoda; primenom poznatih pravila za


diferenciranje dobijamo da je

f ′ (x) =x

x+ 1e

1x+1 i f ′′ (x) =

1

(x+ 1)3e

1x+1 ;

vidimo da funkcija raste na ]−∞,−1[ i ]0,+∞[ a opada na ]−1, 0[ ; dakle(0, e) je tacka lokalnog minimuma; funkcija nema prevojnih tacaka i konkavnaje na ]−∞,−1[ a konveksna na ]−1,+∞[ . Skup vrednosti je ]−∞, 0[ ∪[e,+∞[ . ◮

20 f (x) = xxx.

◭ Df = ]0,+∞[ ;ni parna ni neparna; nema nula i pozitivna za svakox ∈ Df ; grafik ne sece y osu; neprekidna i nije periodicna; pošto f (x) → 0+

kad x→ 0+ to funkcija nema vertikalnih asimptota; lako se dobija da nemani kosu asimptotu.3

Funkcija je beskonacno diferencijabilna u svakoj tacki domena (vazi istizakljucak kao za prethodni primer). Nalazimo da je

f ′ (x) = xxx · xx ·

(ln2 x+ lnx+

1

x

);

kako je lnx+ 1x = 1

x − ln 1x > 0, to je funkcija rastuca na intervalu ]0,+∞[

i nema lokalnih ekstremuma. Prevojne tacke, konkavnost i konveksnostnecemo ispitivati (glomaznost drugog izvoda). ◮

30f (x) = (1 − x) n

√x1−x (n ∈ N) .

◭ Ako je n paran broj, onda je funkcija definisana za x ∈ [0, 1[ ; nije niparna ni neparna; 0 je jedina nula; inace je pozitivna za x �= 0; nema kosuasimptotu zbog prirode oblasti definisanosti; ako x → 1− onda f (x) → 0+

što znaci da funkcija nema vertikalnu asimptotu; neprekidna je i nije peri-odicna; grafik sece y osu u koordinatnom pocetku. Funkcija je beskonacnodiferencijabilna u svakoj tacki domena razlicitoj od 0 i vazi:

f ′ (x) =1

n(1− x)n−1n x

1n

(1

x− n− 1

1 − x

),

f ′′ (x) =1− nn2

(1 − x)n−1n x1n

1

x2 (1 − x)2.

Funkcija postize lokalni maksimum za x = 1n i on iznosi n

√(1 − 1

n

)n−1 1n ;

grafik funkcije je konkavan na celom domenu i nema prevojnih tacaka. Slucajkada je n neparan broj ostavljamo studentu za vezbu.◮

3 Horizontalna asimptota je specijalna kosa asimptota;


40f (x) = 3√x+ 1 − 3

√x.

◭ Df = R; funkcija je pozitivna i nema realnih nula; nije ni parna nineparna, jer je f (−1) = 1 i f (1) = 3

√2 − 1; nema vertikalnih asimptota jer

je uvek definisana i neprekidna; ako x→ ±∞ imamo da je

f (x) = 3√x

((1 +

1

x

) 13

− 1

)

= 3√x

(1 +

1

3x+ o

(1

x

)− 1

)=x−

23

3+o(x−

23

).

Ovo znaci da f (x) → 0+, kad x→ ±∞, tj. prava y = 0 (x−osa) je horizon-talna asimptota; nije periodicna i grafik sece y osu u tacki (0, 1) . Funkcijaje beskonacno diferencijabilna u svakoj tacki domena koja se razlikuje od 0i −1; imamo

f ′ (x) =1

3(x+ 1)−

23 − 1

3x−

23 =

1

3·

3√x2 − 3

√(x+ 1)2

3

√x2 (x+ 1)2

,

f ′′ (x) = −2

9(x+ 1)−

53 +

2

9x−

53 =

2

9

13√x5

− 1

3

√(x+ 1)5

.

Sada je koristeci znak prvog izvoda lako zakljuciti da funkcija postize lokalnimaksimum za x = −1

2 i on iznosi 23√2 ; na osnovu znaka drugog izvoda sledi

da funkcija ima dve prevojne tacke: P1 (−1, 1) i P2 (0, 1) . ◮50f (x) = x+ ln |cosx| .◭ Df = R\

{π2 + kπ : k ∈ Z

}; ni parna ni neparna jer je f

(−π4

)=

−π4 − ln 2

2 , f(π4

)= π

4 − ln 22 ; prave xk = π

2 + kπ : k ∈ Z su vertikalneasimptote; funkcija nema kosih (horizontalnih) asimptota; zatim nalazimoda je

f ′ (x) = 1− tanx i f ′′ (x) = − 1

cos2 x.

Odatle se lako nalaze lokalni ekstremumi i intervali monotonosti; funkcija jekonkavna na svakom intervalu definisanosti i nema prevojnih tacaka. ◮

Ispitati precizno tok i nacrtati grafike sledecih funkcija:5.29. f(x) = arcsin 1−x2

1+x2− 217x; 5.30. f(x) = x

1+e1x;

5.31. f(x) = e1x ln∣∣x+1

x

∣∣ ; 5.32. f(x) = 1

ln(1+ 1

|x|

) − |x| ;

5.33. f(x) = −x+ ln |x|−1x

; 5.34. f(x) = e1ln x ;

5.35. f(x) = ln2 x− lnx2; 5.36. f(x) = arctan log2 cos(πx+ π

4

);

5.37. f(x) = arccos(32 − sinx

); 5.38. f(x) = logx2−3x+2 2;

Glava 6

Integrali

6.1 Uvod

U ovoj glavi izracunali smo jednu grupu odreñenih i nesvojstvenihintegrala. Cilj nam je da naucimo studente da najpre razmotre da li jeintegral Rimanov ili nesvojstven, tj.da li su pojedine tacke stvarni iliprividni singulariteti. Naravno, zeleli smo da pomognemo studentima i kodprimene osnovnih teorema o smeni promenljive. Ako se prilikom uvoñenjasmene pazljivo ne analiziraju uslovi teoreme o tome, bolje je zadatak i nerešavati. Mnogi zadaci o integralima svrstani su u glavi 7-Razni zadaci.Navodimo sledece tri teoreme o smeni promenljive:

Teorema 6.1. Ako je ϕ : [α, β] → [a, b] neprekidno diferencijabilnopreslikavanje segmenta α ≤ t ≤ β u segment a ≤ x ≤ b, tako da je ϕ(α) = ai ϕ(β) = b, onda je za svaku neprekidnu funkciju f na [a, b] , funkcijaf(ϕ(t))ϕ′(t) neprekidna na [α, β] i ispunjena je jednakost

b∫

a

f (x) dx =

β∫

α

f(ϕ(t))ϕ′(t)dt.

Teorema 6.2. Neka je ϕ : [α, β] → [a, b] neprekidno diferencijabilnomonotono preslikavanje segmenta α ≤ t ≤ β u segment a ≤ x ≤ b saodgovarajucim krajevima ϕ(α) = a, ϕ(β) = b ili ϕ(α) = b, ϕ(β) = a. Ondaza svaku funkciju f, integrabilnu na segmentu [a, b] , imamo da je funkcijaf(ϕ(t))ϕ′(t) integrabilna na [α, β] i ispunjena je jednakost

ϕ(β)∫

ϕ(α)

f (x)dx =

β∫

α

f(ϕ(t))ϕ′(t)dt.

135

136 GLAVA 6. INTEGRALI

Teorema 6.3. Neka je ϕ : [α, γ[ → [a, ω[ glatko, monotono preslika-vanje tako da je ϕ(α) = a, ϕ(β) → ω za β → γ, β ∈ [α, γ[ . Tada nesvojstveniintegral od funkcije t → (f ◦ ϕ)(t)ϕ′(t) na [α, γ[ postoji i tacna je jednakost

ω∫

a

f (x) dx =

γ∫

α

(f ◦ ϕ) (t))ϕ′(t)dt.

6.2 Rešeni zadaci

6.1. Neka je f neprekidno diferencijabilna funkcija na [0, 1] i f(1) −f(0) = 1. Dokazati da je

1∫

0

(f ′(x))2dx ≥ 1.

◭ Uocimo da integral1∫

0

(f ′(x))2dx postoji, jer iz neprekidnosti funkcije

f ′ sledi neprekidnost funkcije (f ′)2. Kako je1∫

0

(f ′(x) − 1)2dx ≥ 0, dobijamo

1∫

0

(f ′(x))2dx− 2

1∫

0

f ′(x)dx+

1∫

0

dx ≥ 0.

Odavde sledi da je1∫

0

(f ′(x))2dx − 2f(x)|10 + 1 ≥ 0. Dakle, imamo da je

1∫

0

(f ′(x))2dx ≥ 1, jer je f(1) − f(0) = 1 prema uslovu zadatka. ◮

6.2. Dokazati da je I =

√2π∫

0

sinx2dx > 0.

◭ Smenom x =√t segment [0, 2π] preslikava se na segment

[0,√

2π],

tako da dati integral postaje

I =

2π∫

0

sin t

2√tdt =

π∫

0

sin t

2√tdt+

2π∫

π

sin t

2√tdt

=

π∫

0

sin t

2√tdt+

π∫

0

sin (π + z)

2√π + z

dz

=1

2

π∫

0

(1√t− 1√

t+ π

)sin tdt.


Odavde sledi da je I =

√2π∫

0

sinx2dx > 0. U prethodnom sreñivanju integrala

koristili smo sledece osobine:1. sin(π + z) = − sin z;

2. smenu t = π + z u integralu2π∫

π

sin t2√tdt;

3.b∫

a

f(x)dx =b∫

a

f(y)dy;

4. Ako je f(x) ≥ 0 na [a, b] , f ∈ C [a, b] , i ako je f(x0) > 0 za neko

x0 ∈ [a, b] , onda jeb∫

a

f(x)dx > 0.

Napomena. U integralu

√2π∫

0

sin t2√tdt, tacka t = 0 nije singularitet, tj.dati

integral je Rimanov, iako podintegralna funkcija nije definisana u 0. Nekastudent obnovi teoremu o tome.

6.3. Izracunati integrale:

1.+∞∫

0

xe−x sinxdx; 2.+∞∫

0

xe−x cosxdx; 3.2∫

1

x arctan 2xx2−1dx;

4.1∫

0

lnx ln(x+

√1 + x2

)dx; 5.

1∫

0

dx

x+√1+x2

; 6.1∫

−1dx

(1+x2)(1+ex);

7.+∞∫

0

x lnxdx(1+x2)2

; 8.1∫

0

arcsin√xdx√

x(1−x).

◭ 1. Integral+∞∫

0

xe−x sinxdx je apsolutno konvergentan, jer je

+∞∫

0

∣∣xe−x sinx∣∣ dx ≤

+∞∫

0

xe−xdx = −xe−x|+∞0 +

+∞∫

0

e−xdx = 0−e−x|+∞0 = 1.

Koristili smo da je limx→+∞

xex = 0. Primenom parcijalnog integraljenja dati

integral postaje:

I =

+∞∫

0

xe−x sinxdx = −xe−x cosx|+∞0 +

+∞∫

0

(e−x − xe−x

)cosxdx

= 0 +

+∞∫

0

(e−x − xe−x

)cosxdx =

(e−x − xe−x

)sinx|+∞0


−+∞∫

0

(xe−x − 2e−x

)sinxdx = 0 − I + 2

+∞∫

0

e−x sinxdx.

Odavde se dobija: I =+∞∫

0

e−x sinxdx. Primenom ponovo parcijalnog inte-

graljenja, imamo da je

I = −e−x cosx|+∞0 −+∞∫

0

e−x cosxdx = 1 − e−x sinx|+∞0 − I = 1 − I,

odnosno, I = 12 .

Napomena. Više puta smo imali da je

−xe−x cosx|+∞0 = 0, − xe−x sinx|+∞0 = 0, − e−x cosx|+∞0 = 1, ...

Ovakve jednakosti su u stvari granicne vrednosti. Primecujemo da se u timprimerima javlja granicna vrednost proizvoda, od kojih jedan cinilac tezinuli, a drugi je ogranicen. Napominjemo da ta cinjenica (pominjali smo jei ranije) cini osnovu kod mnogih zadataka, i zato je ne treba gubiti iz vida.Na osnovu toga se rešava i zadatak pod 2. Preporucujemo studentu da zavezbu sam uradi sledeca dva vazna primera:

a).+∞∫

0

e−ax cos bxdx, a > 0; b).+∞∫

0

e−ax sin bxdx, a > 0.

3. Uocimo najpre da je

limx→1+

x arctan2x

x2 − 1= arctan lim

x→1+2x

x2 − 1= arctan

2

0+= arctan (+∞) =

π

2.

Kako je podintegralna funkcija neprekidna na ]1, 2] , ogranicena na njemu inije definisana samo u tacki x = 1 sledi da ima Rimanov integral. Dakle,zadati integral nije nesvojstven nego je Rimanov. Na koji stav iz teorijesmo se pozvali? Rešimo sada integral primenom parcijalnog integraljenja.Imamo da je dv = xdx, v = x2

2 , u = arctan 2xx2−1 , du = − 2

x2+1dx. Sada je

I =x2

2arctan

2x

x2 − 1

∣∣∣∣2

1

+

2∫

1

x2

1 + x2dx

= 2arctan4

3− π

4+

2∫

1

1 + x2

1 + x2dx−

2∫

1

1

1 + x2dx

= 2arctan4

3+ 1 − arctan 2.


4. Ako podintegralnu funkciju napišemo u obliku

f (x) = x · lnx ·ln(x+

√1 + x2

)

x,

imamo da f(x) → 0 kad x → 0+. Dakle, tacka x = 0 nije singularitet, tj.dati integral je Rimanov. Nañimo sada primitivnu funkcjiu podintegralne

funkcije. Uzimajuci da je dv = lnxdx, u = ln(x+

√1 + x2

), dobijamo da

je v = x lnx− x, du = 1√1+x2

dx. Odavde je

F (x) = (x lnx− x) ln(x+√

1 + x2)−∫x (lnx− 1)√

1 + x2dx.

Ako je sada u = lnx− 1, xdx√1+x2

= dv, dobijamo da je

F (x) = (x lnx− x) ln(x+√

1 + x2)−(lnx− 1)

√1 + x2+

∫1

x

√1 + x2dx.

Poslednji integral se moze napisati u obliku I(x) =∫

xx2

√1 + x2dx, i on se

smenom√

1 + x2 = t svodi na

I (x) =√

1 + x2 +1

2ln

√1 + x2 − 1√1 + x2 + 1

=√

1 + x2 +1

2ln

x2(√

1 + x2 + 1)2

=√

1 + x2 + lnx− ln(√

1 + x2 + 1).

Sada se nakon mnozenja i grupisanja clanova dobija da je

F (x) = (x lnx) ln(x+√

1 + x2)− x ln

(x+√

1 + x2)

− x2 lnx

1 +√

1 + x2+ 2√

1 + x2 − ln(√

1 + x2 + 1)

+C.

Našli smo dakle primitivnu funkciju, ali smo je morali tako transformisati dasvaki sabirak bude dobro definisan na ]0, 1] i da u 0 ima konacnu granicnuvrednost. Vrednost integrala je prema Njutn-Lajbnicovoj formuli jednaka

F (1)−F (0+) = 2√

2−2 ln(1 +

√2)−2+ln 2 = 2

(√2− 1

)+ln(6− 4

√2).

5. Podintegralna funkcija je neprekidna na [0, 1] , dakle integrabilna je izato rešimo najpre neodreñeni integral. Smenom x = sinh t, sledi

I (x) =

∫dx

x+√

1 + x2=

∫ (√1 + x2 − x

)dx =

∫(cosh t− sinh t) cosh tdt


=

∫ (et + e−t − et + e−t

2

)et + e−t

2dt =

∫e−t e

t + e−t

2dt

=

∫1 + e−2t

2dt =

t

2− e

−2t

4+C.

Primetimo da se smenom x = sinh t, segment[0, ln(1 +

√2)]

bijektivno pres-likava na segment [0, 1] . Dakle, zadovoljena je teorema o smeni promenljiveu odreñenom integralu. Sada je prema Njutn-Lajbnicovoj formuli

1∫

0

f (x) dx =

(t

2− e

−2t

4+C

)∣∣∣∣ln(1+

√2)

0

=ln(1 +

√2)

+√

2− 1

2.

6. Podintegralna funkcija je neprekidna na segmentu [−1, 1] , odaklesledi da je i integrabilna. Osnovna je teškoca kako izdvojiti transcendentnideo ”1 + ex“. Da granice nisu simetricne ili da je integral neodreñen, nebismo ga mogli izracunati. Imamo da je

1∫

−1

dx

(1 + x2) (1 + ex)=

0∫

−1

dx

(1 + x2) (1 + ex)+

1∫

0

dx

(1 + x2) (1 + ex).

U prvom integralu uvedimo smenu x = −t. Obrazloziti detaljno uslove daje jedna od teorema o smeni promenljive zadovoljena. Onda imamo

1∫

−1

f (x) dx =

0∫

1

−etdt(1 + t2) (1 + et)

+

1∫

0

dt

(1 + t2) (1 + et)

=

1∫

0

(1 + et

)dt

(1 + t2) (1 + et)= arctan t|10 =

π

4.

7. I nacin. Kako je limx→0+

x lnx = 0, to je dati integral nesvojstven sa

singularitetom u +∞ i zato imamo da je

+∞∫

0

x lnxdx

(1 + x2)2=

1∫

0

x lnxdx

(1 + x2)2+

+∞∫

1

x lnxdx

(1 + x2)2.

Iz ove jednakosti sledi da je polazni imtegral konvergentan. Zaista, prvi inte-

gral je Rimanov (zašto?) a drugi je zbog ocene∣∣∣ x lnx(1+x2)2

∣∣∣ = x lnx(1+x2)2

≤ x2

x4=


1x2, x ≥ 1, i cinjenice da je

+∞∫

1

1x2dx = 1 < +∞, konvergentan nesvojstveni

integral. Uvoñenjem smene x = 1t

u prvom integralu i pazljivim racunom

dobijamo da je1∫

0

f(x)dx = −+∞∫

1

f(x)dx, tj. dati integral+∞∫

0

f(x)dx ima

vrednost 0.II nacin. Pošto je podintegralna funkcija x → x lnx

(1+x2)2neprekidna na

razmaku ]0,+∞[ to ona ima primitivnu funkciju F. Nalazimo je parcijal-nim integraljenjem: u = lnx, du = 1

xdx, dv = xdx(1+x2)2

, v = 12

∫2xdx

(1+x2)2=

− 12(1+x2)

:

F (x) = − lnx

2 (1 + x2)+

1

2

∫dx

x (1 + x2)

= − lnx

2 (1 + x2)+

1

2lnx− 1

4ln(1 + x2

)+C.

Sada je

+∞∫

0

x lnxdx

(1 + x2)2= lim

ε→0+b→+∞

b∫

ε

x lnxdx

(1 + x2)2= lim

b→+∞F (b) − lim

ε→0+F (ε)

= limb→+∞

(− ln b

2 (1 + b2)+

1

2ln b− 1

4ln(1 + b2

))

− limε→0+

(− ln ε

2 (1 + ε2)+

1

2ln ε− 1

4ln(1 + ε2

))

=1

2lim

b→+∞ln

b√1 + b2

− limε→0+

ε2 ln ε

2 (1 + ε2)= 0.

III nacin. Ako u polaznom integralu uvedemo smenu x = 1t dobijamo

da je I = −I odakle sleduje I = 0.8. Primetimo da je ovo nesvojstveni integral, jer podintegralna funkcija

x → arcsin√x√

x(1−x)nije ogranicena na segmentu [0, 1]. Štaviše, ona nije definisana

na krajevima 0 i 1. Meñutim, kad x → 0+ funkcija ima konacnu granicnuvrednost jednaku 1, a kad x→ 1− ona tezi ka +∞. Kako se podintegralnafunkcija ponaša kao π

2 · 1√1−x

kad x→ 1−, onda je dati integral konvergentan,

jer je takav1∫

0

dx√1−x. Prema teoremi o smeni promenljive u nesvojstvenom

integralu, uzimajuci da je t = arcsin√x, dobijamo da je

π2∫

0

2tdt = π2

4 , što je


i vrednost datog integrala. ◮Napomena. Ima dosta primera Rimanovih integrala koji se svode na

nesvojstvene integrale, i nesvojstvenih integrala koji se smenom svode naRimanove integrale.

6.4. Dokazati jednakost1∫

0

arctanxx dx = 1

2

π2∫

0

xsinxdx.

◭ Kako je limx→0+

arctanxx = lim

x→0+xsinx = 1, to su dati integrali Rimanovi.

Mozemo smatrati da podintegralne funkcije uzimaju u 0 vrednost 1. Smenomarctanx = z, imamo da je x = tan z, dx = 1

cos2 zdz. Ako sa L oznacimo levu

stranu jednakosti, dobijamo da je

L =

π4∫

0

z

tan z· 1

cos2 zdz =

π4∫

0

z

sin z cos zdz

=

π4∫

0

2z

sin 2zdz =

1

2

π2∫

0

t

sin tdt =

1

2

π2∫

0

x

sinxdx. ◮

Napomena. Kada se dobije zadatak da se izracuna integral, studenttreba da proveri da li je integral svojstven, odnosno Rimanov, ili nesvojstven.Ako se uvodi neka smena, obavezno se proveravaju uslovi teoreme (jedne ilidruge). Kod trigonometrijskih integrala cesto se koristi jednakost: 1

cos2 x=

1 + tan2 x.

6.5. Dokazati jednakost:1∫

0

cos2 πx2√

x−x2dx =

1∫

0

sin2 πx2√

x−x2 dx, i na osnovu nje

izracunati date integrale.◭ Uocimo najpre da ovo nisu Rimanovi integrali, jer podintegralne

funkcije ocigledno nisu ogranicene kad x→ 0+ u prvom integralu, i kad x→1− u drugom integralu. Meñutim, oni su konvergentni kao nesvojstveniprve vrste, jer je

cos2 πx2√

x− x2=

cos2 πx2√

x (1− x)∼

1√x, x→ 0+,

odnosno imamo da je

sin2 πx2√

x− x2=

sin2 πx2√

x (1 − x)∼

1√1 − x, x→ 1−.

Kao što dobro znamo, integrali1∫

0

1√xdx i

1∫

0

1√1−xdx konvergiraju. Uvoñenjem

smene x− 1 = t u prvom integralu i koristeci cinjenicu da je cos(π2 − α

)=


sinα, dobijamo jednakost ovih integrala. Sada sabiranjem datih integraladobijamo da je svaki od njih jednak

1

2

1∫

0

dx√x− x2

=1

2

1∫

0

dx√

14 −(12 − x

)2=

1

2

1∫

−1

dt√1 − t2

=π

2. ◮

Napomena. Uveli smo smenu 12 − x = 1

2 t.

6.6. Dokazati da vrednost integrala+∞∫

0

dx(1+x2)(1+xα) ne zavisi od para-

metra α i na osnovu toga izracunati integral.◭ Dati integral je konvergentan prema Vajerštrasovom kriterijumu,

jer je

0 <

+∞∫

0

dx

(1 + x2)(1 + xα)<

+∞∫

0

dx

1 + x2=π

2.

Zapišimo zatim dati integral u obliku+∞∫

0

f (x) dx =1∫

0

++∞∫

1

. Ako u prvom

integralu uvedemo smenu x = 1t , dobijamo da je

1∫

0

f(x)dx =+∞∫

1

tαdt(1+t2)(1+tα) .

Sada je

+∞∫

0

f (x) dx =

+∞∫

1

tαdt

(1 + t2)(1 + tα)+

+∞∫

1

dt

(1 + t2)(1 + t α)

=

+∞∫

1

(tα

1 + tα+

1

1 + tα

)1

1 + t2dt =

+∞∫

1

1

1 + t2dt.

Odavde sledi da integral ne zavisi od α. Vrednost integrala je π2 − π

4 = π4 . ◮

6.7. Naci vrednost integrala I =+∞∫

0

e−ax |sin bx| dx, ako je a > 0, b ∈ R.◭ Ako je b = 0, vrednost integrala je 0. Zbog jednakosti |sin(−b)x| =

|− sin bx| = |sin bx| , mozemo pretpostaviti da je b > 0. Dati integral jeapsolutno konvergentan, jer je

0 ≤+∞∫

0

e−ax |sin bx| dx ≤+∞∫

0

e−axdx =1

a< +∞.


Za njegovo izracunavanje uvedimo smenu promenljive, tj.uzmimo da je bx =t, dx = 1

bdt. Onda dati integral postaje

I =

+∞∫

0

e−ax |sin bx| dx =1

b

+∞∫

0

e−abt |sin t| dt

=1

b

π∫

0

e−abt sin tdt−

2π∫

π

e−abt sin tdt+

3π∫

2π

e−abt sin tdt− · · ·

na osnovu definicije apsolutne vrednosti i znaka funkcije t → sin t. Datiintegral se moze napisati i u obliku sume. Imamo da je

I =1

b

+∞∑

k=0

(−1)k(k+1)π∫

kπ

e−abt sin tdt.

Nañimo najpre neodreñeni integral∫e−

abt sin tdt. Primenjujuci dva puta

parcijalno integraljenje sledi∫e−

abt sin tdt = − b

a2+b2e−

abt(a sin t + b cos t).

Odavde se dobija da je

(k+1)π∫

kπ

e−abt sin tdt =

b2

a2 + b2(−1)k e−

abkπ(1 + e−

abπ),

odnosno da je

I =1

b· b2

a2 + b2

(1 + e−

abπ) +∞∑

k=0

(−1)2k(e−

abπ)k

=b(1 + e−

abπ)

(a2 + b2)(1 − e−a

bπ) .

Dakle, I = ba2+b2

· eabπ+1

eabπ−1, a > 0, b ∈ R. ◮

6.8. Izracunati limn→+∞

n∑

k=1

2kn

n+ 1k

.

◭ Transformišimo dati zbir tako da on bude specijalna integralna suma

neke funkcije. Izraz pod sumom mozemo zapisati u sledecem obliku 1n

n∑

k=1

2kn

1+ 1nk

.

Dokazimo sada da je 2k−1n < 2

kn

1+ 1nk

< 2kn za k = 2, 3, ..., n. Desna strana ne-

jednakosti je ocigledna jer je 11+ 1

nk

< 1. Što se tice leve strane imamo da

je2kn

1 + 1nk

= 2k−1n · 2

1n

1 + 1nk

≥ 2k−1n · 1 + ln 2

n

1 + 1nk

> 2k−1n ,


zbog 21n = e

1nln 2 = 1 + 1

n ln 2 + · · ·i ln 2 > 1k za k = 2, 3, 4, .... Na osnovu

posledice Bolcano-Košijeve teoreme imamo da za k = 2, 3, ..., n postoji

ξk ∈]k−1n, kn

[tako da je 2

kn

1+ 1nk

= f(ξk). Za k = 1 uzmimo ξ1 = 0 i f(ξ1) =

f(0) = 1 i onda je

Sn =1

n

n∑

k=1

2kn

1 + 1nk

=1

n

21n

1 + 1n·1

+1

n

n∑

k=2

2kn

1 + 1nk

=1

n

21n

1 + 1n·1

+1

n

n∑

k=2

f (ξk) =1

n

21n

1 + 1n·1

− 1

nf (ξ1) +

1

n

n∑

k=1

f (ξk) ,

odakle sledi da je trazena granicna vrednost upravo odreñeni integral funkcije

x → 2x na segmentu [0, 1] , tj.1∫

0

2xdx = 1ln 2 . ◮

6.9. Neka f ∈ C [0, 1] i f(x) > 0 za svako x ∈ [0, 1] . Dokazati da je

limn→+∞

n

√

f

(1

n

)f

(2

n

)· · · f

(nn

)= e

1∫

0

ln f(x)dx.

◭ Imamo da je

limn→+∞

n

√

f

(1

n

)f

(2

n

)· · · f

(nn

)= e

1n

n∑

k=1ln f( kn)

→ e

1∫

0

ln f(x)dx

prema uslovu u zadatku. Vidimo da eksponent 1n

n∑

k=1

ln f(kn

)predstavlja

upravo integralnu sumu neprekidne funkcije ln f na segmentu [0, 1] , kojaodgovara specijalnoj podeli segmenta [0, 1] .Naime, segment [0, 1] je podeljenna n jednakih delova, a istaknute tacke su jednake desnom kraju svakogpodsegmenta. Parametar podele je λ(P ) = 1

n. Uporediti ovaj primer sa

zadatkom 7.22. ◮6.10. Neka je f : [a, b] → R, f ∈ R [a, b] i f(a+ b− x) = f(x) za svako

x ∈ [a, b] .1. Dokazati da je

b∫

a

xf (x) dx =a+ b

2

b∫

a

f (x) dx = (a+ b)

a+b2∫

a

f (x)dx;

2. Izracunatiπ∫

0

x sinx1+cos2 xdx.


◭ Dokazimo najpre implikaciju

f ∈ R [a, b] ⇒b∫

a

f (x) dx =

b∫

a

f (a+ b− x)dx.

Zaista, smenom x = a + b − t dobijamo rezultat, ako vodimo racuna o

jednakostib∫

a

f(z)dz =b∫

a

f(y)dy. Na osnovu toga imamo dokaz za 1. Stvarno,

imamo da je

b∫

a

xf (x)dx =

b∫

a

(a+ b− x) f (a+ b− x) dx =

b∫

a

(a+ b− x) f (x) dx

= (a+ b)

b∫

a

f (x) dx−b∫

a

xf (x)dx,

odnosno da jeb∫

a

xf (x) dx = a+b2

b∫

a

f (x)dx. Dati uslov f(a+ b − x) = f(x)

znaci da je grafik funkcije simetrican u odnosu na pravu x = a+b2 . Zato je

I =a+ b

2

b∫

a

f (x)dx =a+ b

2

a+b2∫

a

f (x)dx+

b∫

a+b2

f (x)dx

=a+ b

2· 2 ·

a+b2∫

a

f (x)dx = (a+ b)

a+b2∫

a

f (x) dx.

Na osnovu formule iz 1 imamo da je

π∫

0

x sinx

1 + cos2 xdx =

π

2

π∫

0

sinx

1 + cos2 xdx =

π

2

1∫

−1

dt

1 + t2=π2

4. ◮

Napomena. Uveli smo smenu t = cosx. Razjasniti ispunjenost uslovateoreme o smeni promenljive u odreñenom integralu. Da li se mogu primenitiobe teoreme ili samo jedna od njih?

6.11. Izracunati1∫

0

ln(1+x2)(α+x)2 dx, α > 0.


◭ Funkcija x → ln(1+x2)(α+x)2

je za dato α, ocigledno neprekidna na segmentu

[0, 1] , i zato je integrabilna. Ispunjeni su uslovi za primenu parcijalnogintegraljenja. Koji su to uslovi? Obnoviti odgovarajuci stav. Uzimajuci daje u = ln(1 + x2), du = 2xdx

1+x2i dv = dx

(α+x)2, v = − 1

α+x dobijamo da je datiintegral jednak

I (α) = − 1

α+ x· ln(1 + x2

)∣∣10+

1∫

0

2x

1 + x2· 1

α+ xdx

= − ln 2

α+ 1+

1∫

0

(Ax+B

1 + x2+

C

α+ x

)dx

= − ln 2

α+ 1+B arctanx|10 +

A

2ln(1 + x2

)∣∣10+C ln (α+ x)|10

= − ln 2

α+ 1+πB

4+A

2ln 2 +C ln

α+ 1

α.

Za odreñivanjeA,B,C imamo sistem: {A+C = 0 ∧Aα+B = 2 ∧ αB +C = 0} .Lako se dobija da je A = 2α

1+α2, B = 2

1+α2, C = − 2α

1+α2. Vrednost zadatog

integrala sada glasi

I (α) = − ln 2

α+ 1+

π

2 (1 + α2)+

α

1 + α2ln 2− 2α

1 + α2lnα+ 1

α. ◮

Napomena. Ispitati da li postoji limα→0+

I(α).

6.12. Izracunati Im,n =1∫

0

xm(lnx)ndx, n ∈ {0, 1, 2, ...} , m > 0.

◭ S obzirom da je limx→0+

xm(lnx)n = 0, dati integral je Rimanov. Par-

cijalnim integraljenjem dobijamo da je

Im,n =xm+1

m+ 1(lnx)n|10 −

n

m+ 1

1∫

0

xm (lnx)n−1 dx = − n

m+ 1Im,n−1,

jer je limx→0+

xm+1

m+1 (lnx)n = 0. Obrazloziti detaljno! Ovo je najvazniji korak

u ovakvim primerima! Iz rekurentne veze Im,n = − nm+1Im,n−1 dobijamo da

je Im,n = (−1)n n!(m+1)n+1 jer je Im,0 =

1∫

0

xmdx = 1m+1 . ◮

Napomena. Treba zapamtiti da x ε(lnx)α → 0, x → 0+, ε > 0,α ∈ R.


6.13. Izracunati integral1∫

e−2πn

∣∣ ddx

cos(ln 1

x

)∣∣ dx, n ∈ N.

◭ Podintegralna funkcija je neprekidna na segmentu[e−2πn, 1

], n ∈ N

i zbog toga je dati integral Rimanov. Smenom ln 1x = t, dx = −e−tdt =

−xdt, integral postaje

2nπ∫

0

|sin t| dt =

π∫

0

sin tdt−2π∫

π

sin tdt+ · · · −2nπ∫

(2n−1)π

sin tdt

= − cos t|π0 + cos t|2ππ − · · · + cos t|2nπ(2n−1)π= 2 + 2 + · · · + 2︸︷︷︸

2n

= 4n. ◮

6.14. Izracunati vrednost integrala1∫

0

ln(1+x)1+x2

dx.

◭ Smenom x = tan t segment[0, π4]

preslikava se na segment [0, 1] ,tako da su zadovoljenji svi uslovi teoreme o smeni promenljive u odreñenomintegralu. Kako je dx = 1

cos2 tdt = (1 + tan2 t)dt, to je dati integral jednak

I =

π4∫

0

ln (1 + tan t)dt =

π4∫

0

ln(1 + tan

(π4− t))dt

=

π4∫

0

ln

(1 +

1 − tan t

1 + tan t

)dt =

π4∫

0

ln2

1 + tan tdt

=π

4ln 2−

π4∫

0

ln (1 + tan t)dt.

Odavde sledi da je1∫

0

ln(1+x)1+x2

dx = π8 ln 2.

Napomena. Koristili smo jednakosta∫

0

f(x)dx =a∫

0

f(a − x)dx, koju

smo ranije naveli (zadatak 6.10).

6.15. Izracunati integral I =

π2∫

0

dx(a2 sin2 x+b2 cos2 x)2

.

◭ Ako je a · b �= 0, podintegralna funkcija je neprekidna na segmentu[0, π2]

i zato je I Rimanov integral. Ako je bar jedan od brojeva a ili


b jednak 0, onda je lako pokazati da se dobije divergentan nesvojstveniintegral. Imamo da je

I =

π2∫

0

(sin2 x+ cos2 x

)dx

(a2 sin2 x+ b2 cos2 x

)2

=

π2∫

0

sin2 xdx(a2 sin2 x+ b2 cos2 x

)2 +

π2∫

0

cos2 xdx(a2 sin2 x+ b2 cos2 x

)2

=

π2∫

0

dx

|a|4 sin2 x(1 + k2 cot2 x)2+

π2∫

0

dx

|b|4 cos2 x(1 +m2 tan2 x)2,

gde je k = ba , m = a

b . Uvoñenjem smene cotx = t u prvom, odnosno tanx =z u drugom integralu, i prelaskom na nesvojstveni integral dobijamo da je

I =1

|a|4+∞∫

0

dt

(1 + k2t2)2+

1

|b|4+∞∫

0

dz

(1 +m2z2)2= I1 + I2.

Rešicemo samo prvi integral. Imamo da je

I1 =

+∞∫

0

1 + k2t2 − k2t2(1 + k2t2)2

dt =

+∞∫

0

dt

1 + k2t2− k2

+∞∫

0

t2dt

(1 + k2t2)2

=π

2 |k| − k2

t · −1

2k2 (1 + t2k2)

∣∣∣∣+∞

0

+

+∞∫

0

dt

2k2 (1 + k2t2)

=π

2 |k| −1

2

+∞∫

0

dt

1 + k2t2=

π

2 |k| −π

4 |k| =π |a|4 |b| .

Sada je I = 1|a|4 ·

π|a|4|b| + 1

|b|4 ·π|b|4|a| = π

4

(1

|a|3|b| +1

|a||b|3)

= π(a2+b2)

4|ab|3 . ◮

Napomena. Kada u izrazu stoji a2 onda se zbog jednakosti |a|2 = a2,moze pretpostaviti nenegativnost broja a.

6.16. Dokazati da je+∞∫

0

lnx√x(1+x)

dx = 0, i onda naci I =+∞∫

0

√x lnx

(1+x)2dx.

◭ Prvi integral je nesvojstven sa singularitetima u nuli i beskonacnosti.

Kako je f(x) ∼ lnx√x, x→ 0+ i f(x) ∼ lnx

x32, x→ +∞ i pošto integrali

1∫

0

lnx√xdx


i+∞∫

1

lnx

x32dx konvergiraju (provera parcijalnim integraljenjem), onda i dati

integral konvergira. Da bismo ga izracunali, uvedimo u njemu smenu x = 1t.

Pazljivim racunom dobijamo da je+∞∫

0

lnx√x(1+x)

dx = −+∞∫

0

lnx√x(1+x)

dx, odakle

sledi da je+∞∫

0

lnx√x(1+x)

dx = 0, jer smo dokazali da konvergira. Za izracu-

navanje drugog integrala, primenimo parcijalno integraljenje: u =√x lnx,

du =(lnx2√x

+ 1√x

)dx, dv = dx

(1+x)2, v = − 1

1+x , odakle sledi

I = −√x lnx

x+ 1

∣∣∣∣+∞

0

+1

2

+∞∫

0

lnx√x(1 + x)

dx+

+∞∫

0

dx√x(1 + x)

= 0 + 0 +

+∞∫

0

dx√x(1 + x)

=

+∞∫

0

2tdt

t(1 + t2)= 2 arctan t|+∞0 = π.

Koristili smo da je limx→+∞

√x lnxx+1 = 0 i lim

x→0+

√x lnxx+1 = 0. ◮

6.17. Izracunati integral I =+∞∫

2

1√x

ln x+1x−1dx.

◭ Uzimajuci da je u = ln x+1x−1 , du = −2dx

x2−1 , dv = 1√xdx, v = 2

√x,

dobijamo

I = 2√x · ln x+ 1

x− 1

∣∣∣∣+∞

2

+

+∞∫

2

4√x

x2 − 1dx

= limx→+∞

(ln x+1

x−1

)′

(12√x

)′ − 2√

2 ln 3 +

+∞∫

√2

4t · 2tt4 − 1

dt

= 0 − 2√

2 ln 3 + 8

+∞∫

√2

t2 − 1 + 1

(t2 − 1) (t2 + 1)dt

= −2√

2 ln 3 + 8

+∞∫

√2

dt

t2 + 1+ 8

+∞∫

√2

dt

(t2 − 1) (t2 + 1)


= −2√

2 ln 3 + 8arctan t|+∞√2

+8

2

+∞∫

√2

(1

t2 − 1− 1

t2 + 1

)dt

−2√

2 ln 3 + 8 · π2− 8 arctan

√2 + 4 · 1

2ln

∣∣∣∣t− 1

t+ 1

∣∣∣∣

∣∣∣∣+∞

√2

− 4 arctan t|+∞√2

= −2√

2 ln 3 + 4π − 8 arctan√

2− 2 ln

√2 − 1√2 + 1

− 4 · π2

+ 4arctan√

2

= −2√

2 ln 3 + 2π − 4 arctan√

2− 4 ln(√

2− 1). ◮

6.18. Polazeci od jednakosti+∞∫

0

sinxx dx = π

2 , ili na neki drugi nacin

izracunati I =+∞∫

0

sin3 xx3dx.

◭ S obzirom da je+∞∫

0

sin3 xx3dx =

1∫

0

sin3 xx3dx +

+∞∫

1

sin3 xx3dx, onda je prvi

integral Rimanov (zašto?), a drugi je apsolutno konvergentan prema Va-

jerštrasovom kriterijumu. Zaista, za svako x ∈ R je∣∣∣ sin

3 xx3

∣∣∣ ≤ 1x3, a inte-

gral+∞∫

1

1x3dx konvergira. Dakle zadati integral konvergira. Napomenimo da

podintegralna funkcija ima tacku +∞ za jedini singularitet. Imamo da je

I = − 1

2x2sin 3x

∣∣+∞0

+3

2

+∞∫

0

sin2 x cosx

x2dx

=3

2

−1

xsin2 x cosx|+∞0 +

+∞∫

0

2 sinx cos2 x− sin3 x

xdx

=3

2

+∞∫

0

2 sinx(1 − sin2 x

)− sin3 x

xdx

= 3

+∞∫

0

sinx

xdx− 9

2

+∞∫

0

sin3 x

xdx =

3π

2− 9

2

+∞∫

0

(3 sinx− sin 3x)dx

4x

=3π

2− 27

8· π2

+9

8

+∞∫

0

sin 3xd (3x)

3x= −3π

16+

9π

16=

3π

8.


Primenili smo, kao i mnogo puta do sada, cinjenicu da je limx→x0

f(x)·g(x) = 0,

ako je limx→x0

f(x) = 0 i |g(x)| ≤M, kao i formulu sin 3x = −4 sin3 x+3 sinx,

i više puta parcijalno integraljenje. ◮

6.19. Dokazati jednakost

π2∫

0

dx√tanx

=

π2∫

0

√tanxdx = π√

2.

◭ Oba integrala su nesvojstvena. Prvi ima tacku x = 0 za singularitet,a drugi tacku x = π

2 . S obzirom da je limx→π

2−0

1√tanx

= 0, tacka π2 je prividni

singularitet prvog integrala. Smenom tanx = y2, ili što je ekvivalentno sax = arctan y2, razmak [0,+∞[ se preslikava na razmak

[0, π2[. Dakle, ispun-

jeni su uslovi o smeni promenljive u nesvojstvenom integralu. Obnovitiglavnu teoremu o tome. Odavde dobijamo da je

π2∫

0

dx√tanx

=

+∞∫

0

1

y· 1

1 + y4· 2ydy = 2

+∞∫

0

1

1 + y4dy i

π2∫

0

√tanxdx =

+∞∫

0

y · 1

1 + y42ydy = 2

+∞∫

0

y2

1 + y4dy.

Ako u integralu+∞∫

0

11+y4

dy uvedemo smenu y = 1t , dobijamo

+∞∫

0

t2

1+t4dt, što

znaci da su integrali jednaki. S obzirom da su dobijeni integrali konvergentni,konvergentni su i polazni integrali. Oznacimo jedan od polaznih integralasa I. Posle sabiranja dobijenih integrala i uvoñenja smene imamo da je

2I =

+∞∫

0

1

1 + y4dy +

+∞∫

0

y2

1 + y4dy = 2

+∞∫

0

1 + y2

1 + y4dy,

odnosno da je I =

+∞∫

0

1 + y2

1 + y4dy =

+∞∫

0

1 + 1y2

y2 + 1y2

dy.

Sada se smenom y− 1y = u dobija da je I =

+∞∫

−∞du

u2+2 . Ovo sledi iz jednakosti

y2+ 1y2

=(y − 1

y

)2+2 = u2+2. Dalje imamo da je I = 1√

2arctan u√

2

∣∣∣+∞

0=

1√2

(π2 + π

2

)= π√

2, što se i tvrdi u zadatku. ◮

6.20. Izracunati integrale:


1.1∫

0

arctan 3√x3√x2+x 3√x

dx; 2.

√3∫

1

arctanxx4

dx; 3.1∫

0

arctan 1√xdx; 4.

e∫

1e

|lnx| dx.

◭ 1. Tacka x = 0 je singularitet zadatog integrala, ali se smenom 3√x =

t, odnosno, x = t3, segment [0, 1] preslikava na samog sebe. Ispunjeni suuslovi teoreme o smeni promenljive u nesvojstvenom integralu, Stoga, zadati

integral postaje jednak 31∫

0

arctan t1+t2

, koji je Rimanov integral. Dalje je

1∫

0

arctan 3√x

3√x2 + x 3

√xdx = 3

1∫

0

arctan t

1 + t2dt =

3arctan2 t

2

∣∣∣∣1

0

=3π2

32.

2. Parcijalnim integraljenjem dati integral se svodi na integral racionalnefunkcije koji se lako rešava.

3. Podintegralna funkcija nije definisana u nuli, ali zbog granicne vred-nosti lim

x→0+arctan 1√

x= arctan(+∞) = π

2−, zadati integral je Rimanov.

Rešimo ga parcijalnim integraljenjem. Imamo

1∫

0

arctan1√xdx = x arctan

1√x

∣∣∣∣1

0

−1∫

0

x · 1

1 + 1x

·(−1

2

)· 1

x√xdx

=π

4+

1

2

1∫

0

xdx

(1 + x)√x

=π

4+

1

2

1∫

0

√xdx

1 + x

=π

4+

1

2

1∫

0

t

1 + t22tdt =

π

4+

1∫

0

t2 + 1 − 1

1 + t2dt

=π

4+ t|10 − arctan t|10 =

π

4+ 1− π

4= 1.

Koristili smo da je limx→0+

x arctan 1√x

= 0. Obrazloziti zašto je ispunjena

poslednja jednakost?4. Podintegralna funkcija je neprekidna na segmentu

[1e , e]

i zato je datiintegral Rimanov. Imamo

e∫

1e

|lnx| dx = −1∫

1e

lnxdx+

e∫

1

lnxdx = − (x lnx− x)|11e

+(x lnx− x)|e1 = 2−2

e.

6.21. Izracunati integralπ∫

0

sinnxsinx dx, n ∈ N.


◭ Iako podintegralna funkcija nije definisana u 0 i π, integral je Ri-manov jer je lim

x→0+sinnxsinx = lim

x→0+n cosnxcos x = n, i lim

x→π−sinnxsinx = n · (−1)n+1. Da

bismo ga izracunali, formirajmo razliku

In − In−2 =

π∫

0

sinnx− sin (n− 2)x

sinxdx

=

π∫

0

2 cos (n− 1)x sinx

sinxdx = 2

π∫

0

cos (n− 1)xdx,

za n ≥ 2. Dakle, dobijamo da je In−In−2 = 2n−1 sin(n− 1)x|π0 = 0, odnosno

da je I2 = I4 = I6 = · · ·.i I1 = I3 = I5 = · · ·. Pošto je I1 =π∫

0

sinxsinxdx = π, i

I2 =π∫

0

sin 2xsinx dx = 2

π∫

0

cosxdx = 0 to je In =

{0, n = 2, 4, 6, ...π, n = 1, 3, 5, ...

. ◮

6.22. Izracunati I(α) =

π4∫

0

ln cosx(sinx+α cos x)2dx, α > 0 i naci I(0+).

◭Vidimo da je integral Rimanov jer je podintegralna funkcija neprekidna.Uzimajuci u = ln cosx, du = − sinx

cosxdx, dv = dx(sinx+α cos x)2

= dxcos2 x(α+tanx)2

,

v = − 1α+tanx , dobijamo

I (α) = − 1

α+ tanx· ln cosx|

π40 −

π4∫

0

1

α+ tanx· sinx

cosxdx

= − 1

α+ 1ln

√2

2−

π4∫

0

tanx

α+ tanxdx

= − 1

α+ 1ln

√2

2−

1∫

0

t

α+ t· 1

1 + t2dt,

opet posle uvoñenja smene tanx = t i korišcenja formule 1+tan2 x = 1cos2 x

.Dalje se radi kao u zadatku 6.11 i dobija da je I(0+) = π

4 + 12 ln 2. ◮

6.23. Ako je f neprekidna i neparna funkcija na[−T2 ,

T2

]i ima period

T, onda je funkcija F (x) =x∫

0

f(t)dt takoñe periodicna sa istim periodom.

Dokazati.


◭ Funkcija F je definisana na celom R i imamo da je

F (x+ T ) − F (x)

=

x+T∫

0

f (t) dt−x∫

0

f (t)dt =

x∫

0

f (t) dt+

x+T∫

x

f (t) dt−x∫

0

f (t)dt

=

x+T∫

x

f (t) dt =

T∫

0

f (t)dt =

T2∫

−T2

f (t)dt = 0,

jer je f neparna funkcija. Koristili smo osobinu da jeb∫

a

f(x)dx =d∫

c

f(x)dx,

ako je d−c = b−a = T, gde je T period funkcije, i svojstvo da jeb∫

a

f(x)dx =

c∫

a

f(x)dx+b∫

c

f(x)dx, za bilo koja tri broja a, b, c. ◮


n−1∑

k=1

nn2+k2

.

◭ Primenom integralne sume, imamo da je

limn→+∞

n−1∑

k=1

n

n2 + k2= lim

n→+∞1

n

(n2

n2 + 12+

n2

n2 + 22+ · · · + n2

n2 + (n− 1)2

)

= limn→+∞

1

n

n−1∑

k=1

1

1 +(kn

)2 =

1∫

0

1

1 + x2dx =

π

4.

Segment [0, 1] podeljen je tackama 1n ,

2n , ...,

kn , ...,

n−1n na n − 1 delova i is-

taknute tacke su jednake desnim krajevima dobijenih podsegmenata. ◮


n∑

k=1

2√4n2−k2

.

◭ Transformacijom niza do integralne sume dobijamo da je

L =2√

4n2 − 12+

2√4n2 − 22

+ · · · + 2√4n2 − n2

=1

n

(2n√

4n2 − 12+

2n√4n2 − 22

+ · · · + 2n√4n2 − n2

)

= 2 · 1

2n

1√

1 −(12n

)2+

1√

1 −(22n

)2+ · · · + 1

√1−(

n2n

)2


→ 2 ·

12∫

0

1√1− x2

dx =π

3, n→ +∞.

6.26. Dokazati da je

limn→+∞

n∑

k=1

(−1)k−1

k

(n

k

)(2k − 1) = ln 2.

◭ Ako stavimo L =n∑

k=1

(−1)k−1k

(nk

)(2k − 1), onda je

L =n∑

k=1

(−1)k−1(n

k

) 2∫

1

xk−1dx =

2∫

1

(n∑

k=1

(−1)k−1(n

k

)xk−1

)

dx

=

2∫

1

(1

x

n∑

k=1

(−1)k−1(n

k

)xk

)

=

2∫

1

1 − (1− x)nx

dx

=

2∫

1

1

xdx−

2∫

1

(1 − x)nx

dx = ln2 − (−1)n2∫

1

(x− 1)n

xdx,

odakle sledi da je limn→+∞

n∑

k=1

(−1)k−1k

(nk

)(2k − 1) = ln 2, jer zbog

0 <

2∫

1

(x− 1)n

xdx <

2∫

1

(x− 1)n dx =1

n+ 1,

imamo da2∫

1

(x−1)nx dx→ 0, kad n→ +∞. ◮

Napomena. Lako se proverava jednakost: 1−(1−x)n =n∑

k=1

(−1)k−1(nk

)xk.

6.27. Izracunati integral

π2∫

0

sinn xsinn x+cosn xdx, n ∈ N.

◭ Neka je I1 dati integral. Tada prema formulia∫

0

f(x)dx =a∫

0

f(a−x)dx,

dobijamo da je I1 = I2, gde je I2 =

π2∫

0

cosn xsinn x+cosn x

dx. Sabiranjem se dobija

da je I1 + I2 = π2 , odakle sledi da je I1 = I2 = π

4 . ◮


Napomena. Na isti nacin nalazimo i vrednost svakog od integrala:π2∫

0

n√sinxn√sinx+ n

√cos x

dx i

π2∫

0

n√cosx

n√sinx+ n

√cos x

dx.

6.28. Naci vrednost integrala2∫

1

dx

1+√2x−x2

.

◭ Kako je podintegralna funkcija neprekidna na [1, 2] , to je dati inte-gral Rimanov. Svoñenjem trinoma 2x − x2 na kanonski oblik, a zatimkorišcenjem smena x− 1 = t i t = sin y, dobijamo

I =

2∫

1

dx

1 +√

1− (x− 1)2=

1∫

0

dt

1 +√

1− t2=

π2∫

0

cos ydy

1 + cos y

=

π2∫

0

2 cos2 y2 − 1

2 cos2 y2

dy =

π2∫

0

dy − 1

2

π2∫

0

dy

cos2 y2

=π

2− 1. ◮

6.29. Neka je1∫

0

f(x)dx > 0, gde je f integrabilna funkcija na [0, 1] .

Onda postoji segment [a, b] ⊂ [0, 1] na kome je f(x) > 0. Dokazati.

◭ Kako je funkcija f integrabilna na [0, 1] , to za svaki izbor tacaka

ξi, tako da je i−1n ≤ ξi ≤ i

n , zbir 1n

n∑

i=1f(ξi) konvergira ka

1∫

0

f(x)dx, kad

n→ +∞. Ako u svakom segmentu [a, b] ⊂ [0, 1] postoji tacka x, tako da jef(x) ≤ 0, to tacke ξi mozemo izabrati tako da je f(ξi) ≤ 0. Ali tada je zbir1n

n∑

i=1f(ξi) nepozitivan i njegova granicna vrednost ne moze biti pozitivan

broj1∫

0

f(x)dx. Ovo je kontradikcija. ◮

6.30. Neka integral+∞∫

−∞f(x)dx konvergira i ima vrednost J. Dokazati

da integral+∞∫

−∞f(x− 1

x

)dx takoñe konvergira i ima isto vrednost J.

◭ Imamo da je

+∞∫

−∞

f

(x− 1

x

)dx =

0∫

−∞

f

(x− 1

x

)dx+

+∞∫

0

f

(x− 1

x

)dx = I1 + I2.


Uvodeci u oba integral smenu x − 1x

= t, dobijamo da je x = t+√t2+42 za

x > 0, odnosno da je x = t−√t2+42 za x < 0. Odavde sledi da je

I1 =1

2

+∞∫

−∞

f (t)

(1 +

t√t2 + 4

)dt, I2 =

1

2

+∞∫

−∞

f (t)

(1 − t√

t2 + 4

)dt.

Ako integral+∞∫

−∞f(x)dx konvergira, tada i integral

+∞∫

−∞f(x) t√

t2+4dt konver-

gira, prema Abelovom kriterijumu. Dakle, imamo da oba integrala I1 i I2

konvergiraju i da je I1 + I2 =+∞∫

−∞f(x)dx = J, što je i trebalo dokazati. ◮

6.31. Ispitati konvergenciju integrala

1.+∞∫

0

dx1+x4 cos2 x ; 2.

+∞∫

0

xdx1+x2 cos2 x .

◭ Neka je f(x) = dx1+x4 cos2 x . Onda je

1

1 + π4 (n+ 1)4 cos2 x≤ f (x) ≤ 1

1 + (πn)4 cos2 x

za πn ≤ x ≤ π (n+ 1) . Odavde sledi da je

π(n+1)∫

πn

dx

1 + π4 (n+ 1)4 cos2 x≤

π(n+1)∫

πn

f (x)dx ≤π(n+1)∫

πn

1

1 + (πn)4 cos2 x.

Smenom x = z + nπ i ponovnim oznacavanjem promenljive sa x, dobijamo

π∫

0

dx

1 + π4 (n+ 1)4 cos2 x=

π2∫

0

dx

1 + π4 (n+ 1)4 cos2 x+

π∫

π2

dx

1 + π4 (n+ 1)4 cos2 x

=

π2∫

0

d (tanx)

tan2 x+ 1 + π4 (n+ 1)4+

π∫

π2

d (tanx)

tan2 x+ 1 + π4 (n+ 1)4=

π√

1 + n4 (n+ 1)4.

Sabiranjem po n imamo

π+∞∑

n=0

1√

1 + n4 (n+ 1)4≤

+∞∫

0

f (x) dx ≤ π+∞∑

n=0

1√1 + π4n4

,


odakle sledi da dati nesvojstveni integral konvergira.2. Kako je

+∞∫

0

xdx

1 + x2 cos2 x≥

+∞∫

0

xdx

1 + x2=

1

2ln(1 + x2

)∣∣+∞0

= +∞,

to integral divergira. ◮

6.32. Izracunati integral− 2√

3∫

−2dx

x3√x2−1 .

◭ Kako je na datom segmentu funkcija neprekidna i negativna imamoda je vrednost integrala negativna. Zašto? Detaljno obrazloziti odgovor.Nañimo primitivnu funkciju na intervalu ]−∞,−1[ . Smenom

√x2 − 1 = t

dobijamo∫

dx

x3√x2 − 1

=

∫x

x4√x2 − 1

dx =

∫dt

(1 + t2)2=

∫1 + t2 − t2(1 + t2)2

dt

=

∫1 + t2

(1 + t2)2dt−

∫t2

(1 + t2)2dt = arctan t−

∫t · tdt

(1 + t2)2

= arctan t−(t · −1

2 (1 + t2)+

1

2

∫dt

1 + t2

)

=1

2arctan t+

t

2 (1 + t2)+C

=1

2arctan

√x2 − 1 +

√x2 − 1

2x2+C = F (x) .

Sada je vrednost odreñenog integrala jednaka

F

(− 2√

3

)− F (−2) =

1

2arctan

1√3

+

1√383

− 1

2arctan

√3−

√3

8= − π

12. ◮

6.33. Izracunati:π∫

0

a−cos xa2−2a cosx+1dx, |a| �= 1.

◭ Pošto je |a| �= 1 to je imenilac podintegralne funkcije razlicit od nuleza svako x ∈ [0, π] . Obrazloziti detalje! Dati integral je onda Rimanov,jer je pod navedenim uslovima podintegralna funkcija neprekidna. Ako jea = 0, tada je dati integral jednak 0. Neka je a �= 0. Nañimo onda primi-tivnu funkciju F podintegralne funkcije x → a−cos x

a2−2a cosx+1 na razmaku [0, π[ .

Smenom tan x2 = t, dx = 2dt

1+t2, dobijamo

F (t) = 2

∫t2 (a+ 1) + a− 1

t2 (a+ 1)2 + (a− 1)2· 1

1 + t2dt.


Vidimo da je podintegralna funkcija poslednjeg neodreñenog integrala racionalnapo t2; zato je predstavljamo u obliku:

t2 (a+ 1) + a− 1

t2 (a+ 1)2 + (a− 1)2· 1

1 + t2=

A

1 + t2+

B

t2 (a+ 1)2 + (a− 1)2,

odakle sledi A = 12a , B = a2−1

2a . Dakle,

F (t) = 2 · 1

2a· arctan t+ 2 · a

2 − 1

2a· 1

(a+ 1)2· 1∣∣∣a−1a+1

∣∣∣arctan

(∣∣∣∣a+ 1

a− 1

∣∣∣∣ · t)

+C

=1

a· arctan

(tan

x

2

)+

1

a· sgn

(a2 − 1

)· arctan

(∣∣∣∣a+ 1

a− 1

∣∣∣∣ · tanx

2

)+C.

Sada je vrednost datog integrala F (π − 0) − F (0) =

{πa , |a| > 10, |a| < 1

. ◮

6.34 Ako f, g ∈ C [0, 1] i ako obe funkcije rastu ili opadaju, dokazati daje

1∫

0

f (x) g (x) dx ≥

1∫

0

f (x)dx

·

1∫

0

g (x) dx

.

◭ Prema uslovu zadatka je F (x, t) = (f (x) − f (t)) (g (x) − g (t)) ≥ 0za sve x, t ∈ [0, 1] . Zbog toga je za fiksirano t ∈ [0, 1] ispunjeno:

1∫

0

f (x) g (x) dx− f (t)

1∫

0

g (x)dx− g (t)

1∫

0

f (x)dx+ f (t) g (t) ≥ 0,

odakle se integraljenjem po t dobija:

1∫

0

f (x) g (x)dx−1∫

0

f (t)dt

1∫

0

g (x)dx−1∫

0

g (t) dt

1∫

0

f (x)dx+

1∫

0

f (t) g (t) dt ≥ 0.

Poslednja relacija predstavlja nejednakost koju treba pokazati. ◮

6.35 Naci:1∫

0

xdx

(1+x2)√1−x4

.

◭ Podintegralna funkcija je neogranicena u levoj poluokolini tacke 1,tako da je dati integral nesvojstven sa singularitetom u toj tacki. Pošto je

x

(1+x2)√1−x4 ∼

12√2√1−x

kad x→ 1− to dati integral konvergira jer konvergira


integral1∫

0

dx

2√2√1−x. Da bismo sada integral izracunali, uvedimo smenu: x2 =

sin t, xdx = 12 cos tdt, odakle sledi da je

I =

π2∫

0

cos tdt

2 (1 + sin t) cos t=

1

2

π2∫

0

dt

1 + sin t=

1

2

π2∫

0

dt(sin t

2 + cos t2

)2

=

π4∫

0

dz

(sin z + cos z)2=

1

2

π4∫

0

dz

sin2(z + π

4

) = −1

2cot(z +

π

4

)∣∣∣π4

0

= −1

2cotπ

2+

1

2cotπ

4= 0 +

1

2=

1

2. ◮

6.36 Neka je p ∈ N. Dokazati da je1∫

0

lnp xdx = (−1)pp!

◭ Ocigledno je dati integral nesvojstven sa singularitetom u tacki a =0. Zato je

1∫

0

lnp xdx = limε→0+

1∫

ε

lnp xdx.

Dalje imamo

1∫

ε

lnp xdx = x lnp x|1ε − p1∫

ε

lnp−1 xdx = −ε lnp ε− p1∫

ε

lnp−1 xdx.

Ako uzmemo da je Ip =1∫

0

lnp xdx, onda je zbog limε→0+

ε lnp ε = 0 :

Ip = −pIp−1

za svako p ∈ N. Pošto je I1 = −1, to je1∫

0

lnp xdx = (−1)pp!, što je i trebalo

dokazati. ◮Napomena. Neka student pokaze da integral konvergira, ne izracu-

navajuci ga.6.37 Izracunati integrale:

1

π2∫

0

x sinx cos x(sinx+cos x)2

dx; 2.2∫

1

3√

5x5 − x9dx; 3.a∫

0

dxx−2 3√x+4

, a > 0.


◭ 1. Podintegralna funkcija je neprekidna na datom segmentu, znaciona je integrabilna. Ako sa I oznacimo dati integral, onda prema formulia∫

0

f (x)dx =a∫

0

f (a− x) dx (ranije korišcenoj), dobijamo

I =

π2∫

0

(π2− x) sin

(π2 − x

)cos(π2 − x

)

(sin(π2 − x

)+ cos

(π2 − x

))2 dx

=π

2

π2∫

0

sinx cosx

(sinx+ cosx)2dx− I, tj.

I =π

4

π2∫

0

sinx cosx

(sinx+ cosx)2dx.

Koristili smo formule: sin(π2 − x

)= cosx i cos

(π2 − x

)= sinx. Pošto je

sinx cosx =1

2(sinx+ cosx)2 − 1

2, to je

I =π

4

π2∫

0

12 (sinx+ cosx)2 − 1

2

(sinx+ cosx)2dx =

π

8

π2∫

0

dx− π8

π2∫

0

dx

(sinx+ cosx)2

=π2

16− π

16

π2∫

0

dx

sin2(x+ π

4

) =π2

16+π

16cot(x+

π

4

)∣∣∣π2

0=π2 − 2π

16.

2. Smenom 5x−4 − 1 = z3 integral binomnog diferencijala se svodi naintegral racionalne funkcije.

3. Smenom x = z2 i korišcenjem jednakosti

z3 − 2z + 4 =(z3 + 8

)− (2z + 4) = (z + 2)

(z2 − 2z + 2

)

integral se svodi na integral racionalne funkcije. ◮6.38 Izracunati integrale:

1.∫π2

π√1+sin 2x

sin4( 3π4 −x)+2(1−sin 2x)dx. 2.

+∞∫

1

ln(1+x)−lnx1+x2

dx; 3.1∫

0

x+1√(a+x)(a+1−x)

dx.

4.π∫

−π

arctanx+x5+x3

1+|x| dx; 5.

π4∫

0

xdxcos4 x

; 6.π∫

0

(cosx) ln(5−2 cos2 x+cos4 x)dx.


7.a∫

1a

|lnx|1+x dx, a > 0. 8.

π2∫

0

xdx

(cos x+sinx)√sin 2x

. 9)+∞∫

1

dxxa+1+3x

, a > 0.

◭ 1. Smenom 3π4 − x = t, dobijamo

I = −−π4∫

π4

√1 − cos 2t

sin4 t+ 2(1 + cos 2t)dt = 2

π4∫

0

√2 sin2 t

sin4 t+ 2 · 2 cos2 tdt

= 2√

2

π4∫

0

sin t

(1 − cos2 t)2 + 4 cos2 tdt = 2

√2

π4∫

0

sin tdt

(1 + cos2 t)2

= 2√

2

1∫

√22

dy

(1 + y2)2=

√2

2+π√

2

4− 2

3−√

2 arctan

√2

2.

2. Ovde imamo nesvojstvenost u odnosu na domen integraljenja. Akosa I oznacimo vrednost integrala, onda se smenom 1

x= t dobija integral iz

zadatka br. 14.3. Najpre imamo

I =

1∫

0

x+ 1√(a+ 1

2

)2 −(x− 1

2

)2dx =

12∫

− 12

t+ 32√(

a+ 12

)2 − t2dt

= 0 +3

2

12∫

− 12

dt√(a+ 1

2

)2 − t2= 3

12∫

0

dt√(a+ 1

2

)2 − t2

= 3arcsint∣∣a+ 12

∣∣

∣∣∣∣∣

12

0

= 3arcsin1

2∣∣a+ 1

2

∣∣

∣∣∣∣∣.

Koristili smo neparnost funkcije t → t√(a+ 1

2)2−t2

.

4. I = 0 jer je podintegralna funkcija neparna.5. Parcijalnim integraljenjem u = x, dv = dx

cos4 xnajpre nalazimo

du = dx i v =

∫1

cos2 x· dx

cos2 x=

∫ (1 + tan2 x

)d (tanx) = tanx+

tan3 x

3,


odnosno

I = x

(tanx+

tan3 x

3

)∣∣∣∣

π4

0

−

π4∫

0

(tanx+

tan3 x

3

)dx

=π

4

(1 +

1

3

)−

π4∫

0

tanxdx− 1

3

π4∫

0

tan3 xdx

=π

3+ ln (cosx)|

π40 − 1

3

π4∫

0

(1 − cos2 x

)sinx

cos3 xdx

=π

3+ ln

√2

2+

1

3

1√2∫

1

(1− t2

)

t3dt

=π

3− 1

2ln 2 +

1

3· 1

−2t2

∣∣∣∣

1√2

1

− 1

3ln t|

1√2

1

=π

3− 1

2ln 2 − 1

6− 1

3ln

1√2

=π

3− 1

3ln 2− 1

6.

6. I nacin: Za dati integral imamo

I =

π2∫

0

f (x)dx+

π∫

π2

f (x) dx.

Ako u drugom integralu uvedemo smenu π − x = t, dobijamo

I =

π2∫

0

f (x) dx−0∫

π2

(cos (π − t)) ln(5 − 2 cos2 (π − t) + cos4 (π − t))dt

=

π2∫

0

f (x) dx+

π2∫

0

(− cos t) ln(5 − 2 cos2 t+ cos4 t

)

=

π2∫

0

f (x) dx−

π2∫

0

f (t)dt = 0.


II nacin: Prema ranije korišcenoj formulia∫

0

f (x)dx =a∫

0

f (a− x)dximamo

I =

π∫

0

(cosx) ln(5 − 2 cos2 x+ cos4 x)dx

=

π∫

0

(cos (π − x)) ln(5 − 2 cos2 (π − x) + cos4 (π − x))dx

=

π∫

0

(− cosx) ln(5 − 2 cos2 x+ cos4 x)dx = −I,

odakle sleduje da je I = 0.7. Najpre vidimo da je I (a) > 0 za a > 1, tj. I (a) < 0 za 0 < a < 1.

I (1) = 0. Neka je a > 1. Smenom x = 1t dobijamo

I (a) =

a∫

1a

|ln t|t (t+ 1)

dt =

a∫

1a

(1

t− 1

t+ 1

)|ln t| dt =

a∫

1a

|ln t|tdt− I (a) ,

znaci,

I (a) =1

2

a∫

1a

|ln t|tdt =

1

2

ln a∫

− ln a

|z| dz =

ln a∫

0

zdz =ln2 a

2.

Ako je 0 < a < 1 onda postoji b > 1 tako da je a = 1b i onda je

I (a) = I

(1

b

)=

1b∫

b

f (x)dx = −b∫

1b

f (x)dx = − ln2 b

2= − ln2 a

2,

gde je f (x) = |lnx|1+x . Dakle

I (a) =

{ln2 a2 , a ≥ 1

− ln2 a2 , 0 < a < 1.

8.Vidimo da su 0 i π2 singulariteti i to 0 otklonjiv a π

2 stvarni (nekastudent obrazlozi detalje). Smenom π

2 − x = t integral postaje

I =

0∫

π2

(π2 − t

)(−dt)

(sin t+ cos t)√

sin 2(π2 − t

) =π

2

π2∫

0

dt

(sin t+ cos t)√

sin 2t− I,


tj. I =π

4

π2∫

0

dt

(sin t+ cos t)√

sin 2t=π

4

π2∫

0

dtcos2 t(

sin tcos t + cos t

cos t

) √sin 2tcos t

=π

4

π2∫

0

dtcos2 t

(tan t+ 1)√

2 tan t=π

4

+∞∫

0

dz

(z + 1)√

2z

=π

4√

2

+∞∫

0

2ydy

(y2 + 1) y=

π

2√

2· π2

=π2

8. ◮

9). Transformacijom podintegralne funkcije a zatim smenom xa = t,dobijamo:

I =

+∞∫

1

dx

xa+1 + 3x=

+∞∫

1

xa−1dxxa (xa + 3)

=1

a

+∞∫

1

dt

t (t+ 3)

=1

3a

+∞∫

1

(1

t− 1

t+ 3

)dt =

1

3aln

t

t+ 3

∣∣∣∣+∞

1

=ln 4

3a.

6.39 Dokazati da je funkcija f (x) = x−sinx1−cos x integrabilna na segmentu

[0, π2]

i izracunati

π2∫

0

f(x)dx.

◭ Data funkcija je integrabilna na[ε, π2]

za svako ε > 0. Tada imamo

π2∫

ε

f(x)dx =

π2∫

ε

x− 2 sin x2 cos x

2

2 sin2 x2

dx =1

2

π2∫

ε

xdx

sin2 x2

−

π2∫

ε

cotx

2dx

= −x cotx

2

∣∣∣π2

ε+

π2∫

ε

cotx

2dx−

π2∫

ε

cotx

2dx = −π

2+ ε cot

ε

2.

Pošto je limε→0+

(−π2 + ε cot ε

2

)= −π

2 +2 to je integral

π2∫

0

f(x)dx konvergentan,

odnosno funkcija f (x) = x−sinx1−cos x je integrabilna na

[0, π2]. ◮

Napomena. Kako je limx→0+

f (x) = 0, to je tacka x = 0 prividni singular-

itet i onda je funkcija f integrabilna u Rimanovom smislu prema Lebegovojteoremi.


6.40 Dokazati da je1∫

0

x12+x−

12

x2+2x cosα+1dx = π

2 cos α2, gde α ∈ ]0, π[ .

◭ Zbog sabirka x−12 dati integral je nesvojstven ali konvergentan, jer se

podintegralna funkcija ponaša kao x−12 = 1√

xkad x→ 0+ a integral

1∫

0

1√xdx

konvergira. Smenom√x = t dati integral postaje

I = 2

1∫

0

t2 + 1

t4 + 2t2 cosα+ 1dt = 2

1∫

0

1 + 1t2

t2 + 1t2

+ 2 cosαdt,

i onda se poznatom smenom promenljive: t− 1t

= z dobija:

I = 2

0∫

−∞

dz

z2 +(2 cos α

2

)2 = 21

2 cos α2

arctanz

2 cos α2

∣∣∣∣0

−∞=

π

2 cos α2

.

Iz datog uslova α ∈ ]0, π[ sledi da je limz→−∞

arctan z2 cos α

2= −π

2 . ◮

6.41 Proveriti jednakost:2π∫

0

dx(1+a2 sin2 x)2

= π · 2+a2

(1+a2)32.

◭ Podintegralna funkcija je neprekidna i periodicna sa osnovnim peri-odom T = π. Zato za dati integral I imamo

I = 2

π∫

0

dx

(1 + a2 sin2 x)2= 2

π2∫

−π2

dx

(1 + a2 sin2 x)2= 4

π2∫

0

dx

(1 + a2 sin2 x)2,

jer je podintegralna funkcija i parna. Uzimajuci u obzir jednakost

1 + a2 sin2 x =(1 + a2

)sin2 x+ cos2 x

integral postaje

I = 4

π2∫

0

dx

((1 + a2) sin2 x+ cos2 x)2= 4

π2∫

0

dxcos4 x

((1 + a2) tan2 x+ 1)2

= 4

π2∫

0

1cos2 x

· dxcos2 x

((1 + a2) tan2 x+ 1)2= 4

π2∫

0

(1 + tan2 x

)· dxcos2 x

((1 + a2) tan2 x+ 1)2.


Smenom tanx = z, dobijamo

I = 4

+∞∫

0

(1 + z2

)dz

((1 + a2) z2 + 1)2.

Podintegralna funkcija je racionalna po z2 tako da je dalje

I = 4

+∞∫

0

A

(1 + a2) z2 + 1dz +

+∞∫

0

B

((1 + a2) z2 + 1)2dz

,

gde su A i B konstante koje odreñujemo iz jednakosti

1 + z2

((1 + a2) z2 + 1)2=

A

(1 + a2) z2 + 1+

B

((1 + a2) z2 + 1)2

tj. iz uslova

1 + z2 = A((

1 + a2)z2 + 1

)+B

za svako z. Odatle je A = 11+a2

, B = a2

1+a2. Sada je

I =4

1 + a2

+∞∫

0

dz

(1 + a2) z2 + 1+

4a2

1 + a2

+∞∫

0

dz

((1 + a2) z2 + 1)2

=4

1 + a2

√1 + a2

1 + a2arctan

z√1 + a2

∣∣∣∣+∞

0

+4a2

1 + a21√

1 + a2

+∞∫

0

dy

(1 + y2)2

=2π

(1 + a2)32

+4a2

(1 + a2)32

· π4

=

(2 + a2

)π

(1 + a2)32

.

U integralu+∞∫

0

dz

((1+a2)z2+1)2smo uveli smenu z

√1 + a2 = y. ◮

Napomena. Student treba da zna kako se rešava integral∫

dx(1+x2)n

zan = 1, 2, 3, ....

6.42 Izracunati:π∫

0

dx1−2a cosx+a2

iπ∫

0

cos2 x1−2a cos x+a2

dx.

6.43 Izracunati

π2∫

0

cos2 x1−a sin2 x

dx i

π2∫

0

sin2 x1−a cos2 xdx, 0 < a < 1.


6.44 Proveriti:1∫

0

x2dx√4+2x

= 9√65 − 64

15 i1∫

0

x2+1x4+x2+1

dx = π

2√2.

6.45 Ispitati integrabilnost na [0, 1] sledecih funkcija:

x → x lnx

1 − x, 0 < x < 1 i x → sin1

x, 0 < x ≤ 1.

◭ Obe funkcije su integrabilne na [0, 1] prema Lebegovoj teoremi. Prvafunkcija se moze u nuli dodefinisati tako da na [0, 1] bude neprekidna, tj.integrabilna. Druga funkcija je ogranicena na [0, 1] i neprekidna skoro svuda,dakle integrabilna.◮

6.46 Neka je In =+∞∫

0

dx(1+x3)n

, n ∈ N.

a) Izracunati In; b) Naci limn→+∞

n√In; c) Ispitati konvergenciju reda

+∞∑

n=1In.

6.47 Neka je

In =

π2∫

0

sin2 nx

sin2 xdx i Jn =

π2∫

0

sin (2n+ 1)x

sinxdx

za n = 0, 1, 2, ....1. Dokazati da je In − In−1 = Jn−1 i In = n

2 (Jn−1 + Jn) , za n =1, 2, 3, ...;

2. Izracunati In i Jn.6.48 Neka je preslikavanje f : [0, π] → R neprekidno i f (π − x) = f (x) ,

za svako x ∈ [0, π] . Pokazati da jeπ∫

0

xf (x)dx = π2

π∫

0

f (x) dx i na osnovu

toga izracunati limα→0

π∫

0

xdx1+α sinx .

◭ Prema formulia∫

0

f (x)dx =a∫

0

f (a− x) dx koja je tacna za svaku inte-

grabinu funkciju na [0, a] (koriscena ranije), imamo

I =

π∫

0

xf (x)dx =

π∫

0

(π − x) f (π − x)dx =

π∫

0

(π − x) f (x)dx = π

π∫

0

f (x)dx−I,

odakle sledi da jeπ∫

0

xf (x)dx = π2

π∫

0

f (x) dx.Na osnovu toga je limα→0

π∫

0

xdx1+α sinx =lim

α→0

π2

π∫

0

dx1+α sinx .Ostavljamo studentu da najpre reši neodreñeni integral

∫dx

1+α sinx


(preko na primer t = tan x2 ), zatim odreñeni i onda uzme granicnu vrednost.

Neka student proveri da li se moze uci limesom pod integral, tj. da li je

limα→0

π∫

0

xdx

1 + α sinx=

π∫

0

(limα→0

x

1 + α sinx

)dx? ◮

Glava 7

Razni zadaci

7.1 Uvod

U ovoj glavi zbirke rešavamo zadatke koji povezuju više oblasti. To supre svega primeri gde se zahteva dobro poznavanje osnovnih pojmova analizepocev od nizova, preko asimptotskog razvijanja funkcija do osnovnihteorema diferencijalnog i integralnog racuna. Naravno, ovu oblaststudenti treba da obrade na kraju. Navodimo asimptotske formule tj. Mak-lorenove formule u Peanovom obliku za funkcije ex, e−x, sinhx, coshx, sinx,cosx, ln(1 + x), (1 + x)m, arcsinx i arctanx. Kad x→ 0, ispunjeno je

ex = 1 + x+x2

2!+ · · · + xn

n!+O(xn+1

),

e−x = 1− x+x2

2!− · · · + (−1)n

xn

n!+O(xn+1

)

sinhx = x+x3

3!+x5

5!+ · · · + x2n−1

(2n− 1)!+O(x2n+1

),

coshx = 1 +x2

2!+x4

4!+ · · · + x2n

(2n)!+O(x2n+2

),

sinx = x− x3

3!+x5

5!− · · · + (−1)n−1

x2n−1

(2n− 1)!+O(x2n+1

),

cosx = 1− x2

2!+x4

4!− · · · + (−1)n−1

x2n

(2n)!+O(x2n+2

),

ln (1 + x) = x− x2

2+x3

3− · · · + (−1)n−1

xn

n+O(xn+1

),

(1 + x)m = 1 +

(m

1

)x+

(m

2

)x2 + · · · +

(m

n

)xn +O

(xn+1

),

171

172 GLAVA 7. RAZNI ZADACI

arcsinx = x+1

3!x3 +

(3!!)2

5!x5 + · · · + ((2n− 1)!!)2

(2n+ 1)!x2n+1 +O

(x2n+3

),

arctanx = x− 1

3x3 +

1

5x5 − · · · + (−1)n

2n+ 1x2n+1 +O

(x2n+3

).

Napomena. U prethodnim formulama se umesto O(xk+1

)moze uzi-

mati o(xk), dakle za stepen nize, ali obrnuto ne vazi. Navedenim formulama

data je najbolja aproksimacija funkcije polinomom u okolini nule.

7.2 Rešeni zadaci

7.1. Neka f : R→ R tako da je

f (x) =

1, x ∈

[(n− 1)2 , n2

[, n = 1, 3, 5, ..

−1, x ∈[(n− 1)2 , n2

[, n = 2, 4, 6, ....

(1)

Naci limx→+∞

x∫

0

f(t)dt

x .

◭ Neka je ϕ(x) =x∫

0

f(t)dt. Dokazacemo najpre da je |ϕ(x)| ≤ √x, za

svako x ≥ 0, odakle sledi da je trazena granicna vrednost jednaka 0, jer jetada

0 ≤

∣∣∣∣∣∣∣∣

x∫

0

f(t)dt

x

∣∣∣∣∣∣∣∣≤

√x

x=

1√x→ 0,

kad x→ +∞. Prema lemi o uklještenju, koja vazi i za funkcije, sledi dokaz.Neka student najpre nacrta grafik funkcije f.

Razlikovacemo dva slucaja:1. (2n)2 ≤ x ≤ (2n+ 1)2;

2. (2n− 1)2 ≤ x ≤ (2n)2.

Dokazimo da je(2n)2∫

0

f(x)dx = −2n i(2n−1)2∫

0

f(x)dx = 2n− 1. Prvu jed-

nakost dokazujemo indukcijom. Za 1 tvrñenje je tacno, jer je(2·1)2∫

0

f(x)dx =

4∫

0

f(x)dx = 1 − 3 = −2 = −2 · 1. Neka je tvrñenje tacno za n, tj. neka je


(2n)2∫

0

f(x)dx = −2n. Onda je

(2n+2)2∫

0

f(x)dx =

(2n)2∫

0

f(x)dx+

(2n+2)2∫

(2n)2

f(x)dx

= −2n+

(2n+1)2∫

(2n)2

f(x)dx+

(2n+2)2∫

(2n+1)2

f(x)dx

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

= −2n− 2 = −2 (n+ 1) ,

što znaci da je tvrñenje tacno i za n + 1. Druga jednakost sledi na osnovuprve, tj. imamo da je

(2n−1)2∫

0

f(x)dx =

(2n−2)2∫

0

f(x)dx+

(2n−1)2∫

(2n−2)2

f(x)dx

= −2 (n− 1) + (2n− 1)2 − (2n− 2)2 = 2n− 1.

Sada je u slucaju 1.

x∫

0

f(t)dt =

(2n)2∫

0

f (x) dx+

x∫

(2n)2

f (x) dx = −2n+x− 4n2 = x− 2n (2n+ 1) .

Kako je 2n ≤ √x ≤ 2n+1, onda je

√x(√x−1) ≤ 2n(2n+1), pa je ispunjeno

x − 2n(2n + 1) ≤ √x. Obrnuta relacija −√

x ≤ x − 2n(2n + 1), je takoñetacna, jer je ekvivalentna sa 2n(2n + 1) ≤ √

x(√x + 1), koja je prema 1.

takoñe tacna. U drugom slucaju imamo da je

x∫

0

f(t)dt =

(2n−1)2∫

0

f(x)dx+

x∫

(2n−1)2f(x)dx = 2n−1−x+(2n− 1)2 = 4n2−2n−x

i opet se lako proverava da je tacna relacija

−√x ≤ 4n2 − 2n− x ≤ √

x. (2)


To sledi iz uslova

2n− 1 ≤ √x ≤ 2n. (3)

Zaista, na osnovu (3) se lako dobija da je

2n (2n− 1) ≤ √x(√x+ 1

)i√x(√x− 1

)≤ 2n (2n− 1) .

Odavde sledi dokaz za (2). ◮7.2. Dokazati da je funkcija f(x) = x+ cosx bijekcija skupa R.◭Treba pokazati injektivnost “1-1” i surjektivnost funkcije f.Ako dokaze

mo da je f rastuca funkcija, onda je ona “1-1”. Ocigledno je f ′(x) =1 − sinx ≥ 0. Imamo da je f ′(x) = 0 za x = π

2 + 2kπ gde je k ceo broj.Ako je x1 < x2 i segment [x1, x2] ne sadrzi ni jednu nulu prvog izvoda, ondaje na osnovu Lagranzove teoreme f(x2) − f(x1) = f ′(ξ)(x2 − x1) za nekoξ ∈ ]x1, x2[ , tj. f(x1) < f(x2). Neka segment [x1, x2] sadrzi sledece nuleprvog izvoda: xk1 < xk2 < · · · < xkn . Onda je

f (x2)−f (x1) = f (x2)−f (xkn)+f (xkn)−f(xkn−1

)+ · · ·+f (xk1)−f (x1)

= f ′ (ξkn) (x2 − xkn)+f ′(ξkn−1

) (xkn − xkn−1

)+ · · ·+f ′ (ξk1) (xk1 − x1) > 0.

Na svakom od segmenata [x1, xk1 ] , [xk1, xk2 ] , ..., [xkn , x2] primenjena je La-granzova teorema. Nije bitno da li je f ′(x1) ili f ′(x2) jednako ili razlicitood nule. Ovo znaci da je f “1-1”. Neka je sada y0 ∈ R. Imamo da jef(x) = x

(1 + 1

x cosx)→ ±∞, kad x→ ±∞. Na osnovu definicije granicne

vrednosti funkcije kad x→ ±∞, postoji x1 > 0 takvo da je f(x1) > y0 i pos-toji x2 < 0 takvo da je f(x2) < y0. Kako f ∈ C [x1, x2] onda prema poslediciBolcano-Košijeve teoreme postoji x0 ∈ ]x1, x2[ takvo da je y0 = f(x0).Time je pokazana i surjektivnost preslikavanja f(x) = x + cosx skupa R unjega samog. Znaci, funkcija f je bijekcija skupa R. ◮

7.3. Odrediti broj rešenja jednacine ex = ax+b u zavisnosti od realnihparametara a i b.

◭ Posmatracemo funkcije f(x) = ex − ax i g(x) = b. Razlikovacemosledece slucajeve:

1. Ako je a < 0, onda je limx→−∞

f(x) = −∞ i limx→+∞

f(x) = +∞. Pod

tim uslovom je f ′(x) = ex − a > 0, odnosno funkcija f raste i njen grafiksamo jednom sece pravu g(x) = b. Dakle, za a < 0, b ∈ R jednacina imajedinstveno rešenje.

2. Za a = 0 jednacina ima jedinstveno rešenje za b > 0, a nema rešenjaza b ≤ 0.


3. Ako je a > 0 imamo limx→±∞

f(x) = +∞, i kako je f ′(x) = ex − a = 0

za x = ln a, to funkcija f ima minimum eln a − a lna = a(1 − ln a). Sadazakljucujemo sledece:

a) Ako je a(1 − lna) > b, jednacina nema rešenja;b) Ako je a(1 − ln a) = b, jednacina ima jedno rešenje;c) Ako je a(1− ln a) < b, jednacina ima dva rešenja.Napomena. Na slican nacin se odreñuje broj rešenja jednacine lnx =

ax+ b u zavisnosti od a i b.7.4. Neka je f : ]1,+∞[ → R neprekidno diferencijabilna funkcija i

F (x) =

x∫

1

[t] f ′ (t) dt, x ≥ 1.

1. Dokazati da je F (x) = [x] f(x) −[x]∑

k=1

f(k);

2. Ispitati diferencijabilnost funkcije F.◭ 1. Kako za svako x ∈ R vazi x− 1 < [x] ≤ x, onda je

F (x) =

[x]∫

1

[t] f ′ (t)dt+

x∫

[x]

[t] f ′ (t) dt

=

2∫

1

[t] f ′ (t)dt+

3∫

2

[t] f ′ (t) dt+ · · · +[x]∫

[x]−1

[t] f ′ (t)dt+

x∫

[x]

[t] f ′ (t) dt

=

2∫

1

f ′ (t) dt+

3∫

2

2f ′ (t)dt+ · · · +[x]∫

[x]−1

([x] − 1) f ′ (t)dt+

x∫

[x]

[x] f ′ (t) dt

= (f (2) − f (1)) + 2 (f (3) − f (2)) + · · · + ([x] − 1) (f ([x]) − f ([x] − 1))

+ [x] (f (x) − f ([x]))

= [x] f (x) −[x]∑

k=1

f (k) .

2. Funkcija F je diferencijabilna u tackama u kojima je podintegralnafunkcija neprekidna, a to su sve tacke razlicite od celobrojnih. ◮

7.5. Dokazati da je In =

π4∫

0

tann xdx opadajuci nula niz.


◭ Imamo da je In+1−In =

π4∫

0

tann x(tanx−1)dx < 0, jer je podintegralna

funkcija nepozitivna na[0, π4]

i postoji tacka x0 ∈]0, π4[

(takve su sve tackeiz]0, π4[) takva da je tann x0(tanx0−1) < 0. Prema poznatom stavu o znaku

odreñenog integrala sledi da je In+1 < In. Zatim je prema istom stavu In > 0za svako n ∈ N. To znaci da postoji lim

n→+∞In = I. Za nalazenje granicne

vrednosti imamo transformaciju

In =

π4∫

0

tann−2 x tan2 xdx =

π4∫

0

tann−2 x

(1

cos2 x− 1

)dx

=

1∫

0

zn−2dz − In−2 =1

n− 1− In−2, n > 1.

Prelaskom na granicnu vrednost u jednakosti In = 1n−1 − In−2, dobijamo da

je I = 0 − I, odnosno da je I = 0. ◮

7.6. Ako f ∈ R [0, a] , onda jea∫

0

f(x)dx =a∫

0

f(a− x)dx. Dokazati. Na

osnovu toga izracunati integrale:

1. I1 =

π3∫

0

ln(1 +

√3 tanx

)dx; 2. I2 =

π∫

0

x sinx(1+cos2 x)2

dx.

◭ 1. Prema teoremi o smeni promenljive imamo da je za x = a − t,dx = −dt,

a∫

0

f(t)dt =a∫

0

f(a− t)dt. Na osnovu toga je

I1 =

π3∫

0

ln(1 +

√3 tanx

)dx =

π3∫

0

ln(1 +

√3 tan

(π3− x))dx

=

π3∫

0

ln

(

1 +√

3

√3 − tanx

1 +√

3 tanx

)

dx =

π3∫

0

ln4

1 +√

3 tanxdx

=π

3ln 4 −

π3∫

0

ln(1 +

√3 tanx

)dx =

π

3ln 4− I1,

odakle sledi da je I1 = π3 ln 2.


2.

I2 =

π∫

0

(π − x) sin (π − x)(1 + cos2 (π − x))2

dx =

π∫

0

(π − x) sinxdx

(1 + cos2 x)2= π

π∫

0

sinx

(1 + cos2 x)2dx−I2.

Zatim je

I2 =π

2

−1∫

1

−dt(1 + t2)2

= π

1∫

0

dt

(1 + t2)2= π

1∫

0

1 + t2 − t2(1 + t2)2

dt

= π

arctan t|10 −1∫

0

t · t(1 + t2)2

dt

= π

π4−

−t2 (1 + t2)

∣∣∣∣1

0

+1

2

1∫

0

dt

1 + t2

= π

(π

4+

1

4− 1

2arctan t|10

)= π

(π

4+

1

4− π

8

)=π2

8+π

4.

II nacin: 1. Pošto je

1 +√

3 tanx = 1 +sin π

3

cos π3

· sinx

cosx=

2 cos(x− π

3

)

cosxto je

I1 =

π3∫

0

ln 2 · dx+

π3∫

0

ln cos(x− π

3

)dx−

π3∫

0

ln cosxdx =π

3ln 2 + J1 − J2,

gde je J1 =

π3∫

0

ln cos(x− π

3

)dx =

0∫

−π3

ln cos ydy =

π3∫

0

ln cos ydy = J2.

Dakle, I1 = π3 ln 2.

2. Primenicemo parcijalno integraljenje:

u = x⇒ du = dx; dv =sinxdx

(1 + cos2 x)2⇒ v = −

∫ − sinxdx

(1 + cos2 x)2

= −∫

dt

(1 + t2)2= −∫ (

1 + t2)− t2

(1 + t2)2dt = −arctan t+

∫t · t

(1 + t2)2dt

= − arctan t+

(t · − 1

2 (1 + t2)−∫

− 1

2 (1 + t2)dt

)

= −1

2arctan t− t

2 (1 + t2)= −1

2arctan (cosx) − cosx

2 (1 + cos2 x).


Sada je

I2 = u v| π0 −π∫

0

vdu = −x2

arctan (cosx)|π0 − x cosx

2 (1 + cos2 x)2

∣∣∣∣π

0

+ J1 + J2,

gde su J1 =

π∫

0

1

2arctan (cosx) dx i J2 =

π∫

0

cosxdx

2 (1 + cos2 x).

Dokazimo da je J1 = J2 = 0. Zaista,

J1 =

π∫

0

1

2arctan (cosx) dx =

π2∫

0

+

π∫

π2

.

Smenom x = π − z u drugom integralu, dobijamo

J1 =

π2∫

0

1

2arctan (cosx) dx+

0∫

π2

1

2arctan (− cos z) (−dz)

=

π2∫

0

1

2arctan (cosx) dx−

π2∫

0

1

2arctan (cos z)dz = 0.

Na slican nacin je

J2 =

π2∫

0

+

π∫

π2

.

Istom smenom kao u integralu J1, dobijamo

J2 =

π2∫

0

+

0∫

π2

− cos z · −dz2(1 + (− cos z)2

) =

π2∫

0

cosxdx

2 (1 + cos2 x)−

π2∫

0

cos zdz

2 (1 + cos2 z)= 0.

Konacno je

I2 = −x2

arctan (cosx)|π0 − x · cosx2 (1 + cos2 x)2

∣∣∣∣π

0

=π2

8+π

4. ◮

7.7. Dokazati da je

π2∫

0

sinn xdx =

π2∫

0

cosn xdx i naci limn→+∞

π2∫

0

sinn xdx.


◭ Imamo da je

π2∫

0

sinn xdx =

π2∫

0

sinn(π2 − x

)dx =

π2∫

0

cosn xdx. Primenili

smo teorijski deo prethodnog zadatka i jednakost sinusa i kosinusa komple-mentnih uglova. Dalje je

In =

π2∫

0

sinn−1 sinxdx = − sinn−1 x cosx|π20 + (n− 1)

π2∫

0

sinn−2 x cos2 xdx

= (n− 1)

π2∫

0

sinn−2 x(1 − sin2 x

)dx = (n− 2) In−2 − (n− 1) In,

gde je stavljeno In =

π2∫

0

sinn xdx. Dobili smo rekurentnu vezu In = n−1n In−2,

n ≥ 2. Odavde se dobija da je

I2k =(2k − 1)!!

(2k)!!· π2

i I2k+1 =(2k)!!

(2k + 1)!!

k ∈ N, i I1 = 1. Dokazacemo sada da je limn→+∞

In = 0. Najpre imamo da je

In > 0. Zašto? Obrazloziti! Kako je sinn+1 x ≤ sinn x za svako x ∈[0, π2]

sledi da je In+1 ≤ In. Student treba da pokaze da je In+1 < In. Ovo znaci dapostoji lim

n→+∞In. Ta granicna vrednost je onda jednaka lim

k→+∞I2k. Zašto?

Zatim je

I2k =2k − 1

2k· 2k − 3

2k − 2· · · 5

6· 3

4· 1

2· π2

=

(1 − 1

2k

)(1 − 1

2k − 2

)· · ·(

1 − 1

6

)(1 − 1

4

)(1 − 1

2

)· π2

=π

2eln(1−

12k )+ln(1−

12k−2)+···+ln(1−

12) ≤ π

2e−

12k− 12k−2−···−

12

=π

2e−

12(1+

12+···+ 1

k ) → π

2· e−(+∞) = 0.

Dakle, imamo da I2k → 0 kad k → +∞, tj. In → 0 kad n→ +∞. Koristilismo nejednakosti ln(1+x) ≤ x i ln(1−x) ≤ −x, kao i da je harmonijski red+∞∑

n=1

1n divergentan, tj. da 1 + 1

2 + · · · + 1n → +∞, kad n→ +∞. ◮

7.8. Koji je broj veci 20012000 ili 20002001?◭ Podsetimo se niza xn = n

√n.Moze se lako proveriti da je x1 < x2 < x3

dok je x3 > x4 > x5 > · · ·. Odavde dobijamo nejednakost (n+ 1)n < nn+1


za n = 3, 4, 5, ... Ova nejednakost je tacna, jer je ekvivalentna nejednakosti(1 + 1

n

)n< n, koja je poznata svakom studentu koji je ucio dokaz konver-

gencije niza(1 + 1

n

)n. Naime odatle se zna da je

(1 + 1

n

)n< 3, za svako

n ∈ N. Zato je 20012000 < 20002001. ◮Napomena. Zadatak se moze rešiti koristeci funkciju f(x) = x

√x,

x > 0, i dokazujuci da ona raste na ]0, e[ , a opada na ]e,+∞[ . To znaci daje x

√x > x+1

√x+ 1 za x > e, što je ekvivalentno sa xx+1 > (x + 1)x. Za

x = 2000 dobijamo da je 20002001 > 20012000. ◮7.9. Funkciju x → (1 +x)

1x prikazati u obliku a+ bx+ cx2 + o(x2) kad

x→ 0+, i odrediti konstante a, b i c.◭ Imamo da je f(x) = (1 + x)

1x = e

1xln(1+x). Kad x→ 0+ ispunjeno je

ln (1 + x) = x− x2

2+x3

3− x

4

4+ o(x4), i

1

xln (1 + x) = 1 − x

2+x2

3− x

3

4+ o(x3).

Sada je

f (x) = e1−x2+x2

3−x3

4+o(x3) = e ·e−x

2+x2

3−x3

4+o(x3) = e

(1 + t+

t2

2!+ o(t2)),

gde je t = −x2 + x2

3 − x3

4 + o(x3)→ 0 kad x→ 0+. Imamo da je t2

2 + o(t2) =12

(x2

4 + o(x2))

= x2

8 + o(x2). Dakle, konacno dobijamo da je

f (x) = e

(1 − x

2+x2

3− x

3

4+ o(x3)+x2

8+ o(x2)

)= e−e

2x+

11e

24x2+o

(x2).

Dobili smo: a = e, b = − e2 , c = 11

24e. ◮Napomena. Clan t2 ocigledno ima 10 sabiraka, ali svi sem prvog imaju

stepen veci od 2, pa smo te sabirke ukljucili u o(x2). Slicno, −x3

4 + o(x3)pripadaju klasi funkcija o(x2).

7.10. Ispitati invertibilnost funkcije f(x) = x2

2 − x lnx.◭ Funkcija je definisana za x > 0 i diferencijabilna za svako x iz oblasti

definisanosti. Imamo da je f ′(x) = x− lnx−1 i f ′′(x) = x−1x, odakle se lako

dobija da je f ′(x) ≥ 0, za svako x > 0, tj. f ′(x) = 0 ako i samo ako je x = 1.Dokazimo onda da je f rastuca funkcija. Neka je 0 < x1 < x2 ≤ 1. Tada jef(x2) − f(x1) = f ′(ξ)(x2 − x1), za neko ξ ∈ ]0, 1[ na osnovu Lagranzoveteoreme. Dakle, imamo da je f(x1) < f(x2), te na intervalu ]x1, x2[ funkcijaraste. Neka je sada x1 < 1 < x2. Tada je

f (x2) − f (x1) = f (x2) − f (1) + f (1) − f (x1)

= f ′ (ξ2) (x2 − 1) + f ′ (ξ1) (1− x1) > 0,


jer ξ1 ∈ ]0, 1[ , ξ2 ∈ ]1, x2[ . Dakle, f(x1) < f(x2). Na kraju, ako je 1 ≤x1 < x2, opet se dobija da je f(x1) < f(x2). Dokazali smo da je datafunkcija rastuca na skupu ]0,+∞[ , što znaci da je “1-1”, odnosno, ona jeinvertibilna. ◮

7.11. Data je funkcija f(x) = (a− x)√

1 − x2, a > 1.

1. Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik;

2. Izracunati1∫

−11

f(x)dx.

◭ 1. Funkcija je definisana za svako x ∈ [−1, 1] . Zato nema kosih asimp-tota. S obzirom da je neprekidna u svom domenu to nema ni vertikalnihasimptota. Ima dve realne nule: x1 = −1, x2 = 1. Funkcija nije ni parnani neparna, jer je f

(12

)=(a− 1

2

) √32 �=

(a+ 1

2

) √32 = f

(−12

). Imamo

da je f(x) ≥ 0 za svako x iz domena. Zbog neprekidsnosti na segmentu[−1, 1] funkcija prema Vajerštrasovoj teoremi postize najmanju i najvecuvrednost, dok je prema Kantorovoj teoremi ravnomerno neprekidna. Uintervalu ]−1, 1[ funkcija je diferencijabilna i

f ′ (x) = −√

1 − x2 + (a− x) −x√1 − x2

=2x2 − ax− 1√

1 − x2, x ∈ ]−1, 1[ .

Nule prvog izvoda odreñujemo iz jednacine 2x2−ax−1 = 0, odakle dobijamox1,2 = a±

√a2+84 . S obzirom da je a > 1, sledi da je −1 < x2 < 0, x1 > 1. Zato

je f ′(x) > 0 za x < x2 i f ′(x) < 0 za x ∈ ]x2, 1[ . Ovo znaci da funkcija imalokalni maksimum (apsolutni maksimum) za x = x2 ∈ ]−1, 1[ i minimumza x = 1 (x1 /∈ [−1, 1]). Konveksnost, prevojne tacke i grafik funkcije nekastudent uradi sam.

2. Smenom x = sin t segment[−π2 ,

π2

]preslikava se na segment [−1, 1] ,

tako da integral postaje

I =

1∫

−1

dx

(a− x)√

1 − x2=

π2∫

−π2

cos tdt

(a− sin t) |cos t| =

π2∫

−π2

dt

a− sin t

=

π2∫

−π2

dt

a cos2 t2 + a sin2 t

2 − 2 sin t2 cos t

2

=

π2∫

−π2

dtcos2 t

2

a+ a tan2 t2 − 2 tan t

2

= 2

1∫

−1

dy

ay2 − 2y + a=

2

a

1∫

−1

dy

y2 − 2ay + 1

a2+ 1 − 1

a2

=2

a

1∫

−1

dy(y − 1

a

)2+ a2−1

a2


=2

a

1− 1a∫

−1− 1a

dz

z2 +(√

a2−1a

)2 =2√a2 − 1

arctanza√a2 − 1

∣∣∣∣1− 1

a

−1− 1a

=2√a2 − 1

(arctan

((1− 1

a

)a√a2 − 1

)− arctan

((−1

a− 1

)a√a2 − 1

))

=2√a2 − 1

(arctan

a− 1√a2 − 1

+ arctan1 + a√a2 − 1

)

=2√a2 − 1

(arctan

√a− 1√a+ 1

+ arctan

√a+ 1√a− 1

)=

2√a2 − 1

· π2

=π√a2 − 1

.

Primenili smo formulu arctanx + arctan 1x

= π2 sgnx, x �= 0. Naravno, dati

integral je nesvojstven, ali smo ga smenom sveli na Rimanov. ◮7.12. Neka je funkcija f : [−c, c] → R neparna i integrabilna gde je

c > 0. Izracunati integralc∫

−c

dx

2 + f (x) +√

4 + f2 (x).

◭ Znamo da se svaka funkcija na simetricnom podskupu skupa R mozepredstaviti kao zbir parne i neparne funkcije, odnosno da je

F (x) =F (x) + F (−x)

2+F (x) − F (−x)

2.

Za funkciju F (x) = 1

2+f(x)+√4+f2(x)

, dobijamo da je

c∫

−c

F (x)dx =

c∫

−c

F (x) + F (−x)2

dx+ 0 = 2

c∫

0

F (x) + F (−x)2

dx

=

c∫

0

(1

2 + f(x) +√

4 + f2(x)+

1

2 + f(−x) +√

4 + f2(x)

)

dx

=

c∫

0

(1

2 +√

4 + f2(x) + f(x)+

1

2 +√

4 + f2(x) − f(x)

)

dx

=

c∫

0

2(2 +√

4 + f2 (x))

(2 +√

4 + f2 (x))2

− f2 (x)dx =

c∫

0

2(2 +√

4 + f2 (x))

4(2 +√

4 + f2 (x))dx

=1

2c.


Koristili smo da jea∫

−a

f(x)dx = 0 za svaku neparnu funkciju na segmentu

[−a, a] . ◮7.13. 1. Dokazati da je funkcija f(x) = e

− 1|x| , x �= 0; f(0) = 0, diferen-

cijabilna za svako x ∈ R;2. Odrediti sliku f(R) skupa R funkcijom f.◭ 1. Imamo da je

f (x) =

e−1x , x > 0,

e1x , x < 0,

0, x = 0,

odakle sledi da je

f ′ (x) =

{1x2e−

1x , x > 0,

− 1x2e1x , x < 0.

Ispitajmo diferencijabilnost funkcije u nuli. Imamo da je

limx→0+

f ′ (x) = limt→+∞

t2

et= lim

t→+∞2t

et= lim

t→+∞2

et= 0,

limx→0−

f ′ (x) = limt→−∞

(−t2et

)= lim

y→+∞

(−y2e−y

)= 0.

Ovo znaci da je f ′+(0) = 0 = f ′−(0), odnosno da je f ′(0) = 0, što znaci da jefunkcija diferencijabilna za svako x ∈ R.

2. Za datu funkciju je ispunjeno: parna je, nenegativna, neprekidna,f (0) = 0, lim

x→±∞f (x) = 1, opada za x < 0, raste za x > 0. Na osnovu toga

je f(R) = [0, 1[ . ◮

7.14. 1. Izracunati1∫

0

ln(1+x2)(1+x)3

dx; 2. Neka je f(x) =√

1 + x2+ln 1−√1+x2

x .

Odrediti primitivnu funkciju F funkcije f tako da je limx→0−

F (x) = 0.

◭ 1. Dati integral je Rimanov jer je podintegralna funkcija neprekidnana [0, 1] . Parcijalnim integraljenjem, gde je dv = dx

(x+1)3 , v = − 12(x+1)2 ,

u = ln(1 + x2), du = 2xdx1+x2

, imamo

I =

1∫

0

ln(1 + x2)

(1 + x)3dx = − 1

2 (x+ 1)2ln(1 + x2

)∣∣10+

1∫

0

2xdx

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

= −1

8ln 2 +

1∫

0

xdx

(x+ 1)2 (1 + x2)


= −1

8ln 2 +

1∫

0

(A

x+ 1+

B

(x+ 1)2+Cx+D

x2 + 1

)dx

= −1

8ln 2 +A ln (x+ 1)|10 −

B

x+ 1

∣∣∣∣1

0

+1

2C ln

(1 + x2

)∣∣10+D arctan x|10

= −1

8ln 2 +A ln 2 − B

2+B +

1

2C ln 2 +D

π

4.

Ostavljamo studentu da sam odredi konstante A,B,C i D.

2. Treba naci neodreñeni integral∫ (√

1 + x2 + ln 1−√1+x2

x

)dx. Nar-

avno, podintegralna funkcija se posmatra na intervalu ]−∞, 0[ . Uzimajuci

da je u =√

1 + x2 + ln 1−√1+x2

x, dv = dx, najpre nalazimo

du =x√

1 + x2dx+

x

1 −√

1 + x2·− x√

1+x2· x−

(1 −

√1 + x2

)

x2dx

=x√

1 + x2dx+

x

1 −√

1 + x2· −x

2 −√

1 + x2 + 1 + x2

x√

1 + x2dx

=

(x√

1 + x2+

1

x√

1 + x2

)dx =

√1 + x2

xdx, v = x.

Zato je neodreñeni integral jednak:

I (x) = x√

1 + x2 + x ln1−

√1 + x2

x−∫x

√1 + x2

xdx

= x√

1 + x2 + x ln1−

√1 + x2

x−∫ √

1 + x2dx

= x√

1 + x2 + x ln1−

√1 + x2

x− x

√1 + x2

2− 1

2ln(x+√

1 + x2)

+C

=x√

1 + x2

2+ x ln

1−√

1 + x2

x− 1

2ln(x+√

1 + x2)

+C.

Konstantu C odreñujemo iz jednakosti

0 = limx→0−

x√

1 + x2

2+ lim

x→0−x ln

1 −√

1 + x2

x− 1

2lim

x→0−ln(x+√

1 + x2)+C,

odnosno, iz uslova 0 = limx→0−

x ln 1−√1+x2

x + C. Meñutim, kad x→ 0 imamo

da je

1 −√

1 + x2

x=

1

x

(1−(

1 +1

2x2 − 1

8x4 + o

(x4)))

= −1

2x+

1

8x3+o

(x3).


Odavde sledi da je

ln1−

√1 + x2

x= ln

−x2

+ln

(1 − 1

4x2 + o

(x2))

= ln (−x)−ln 2−1

4x2+o

(x2),

kad x→ 0−. Nakon mnozenja sa x dobijamo da je

x ln1−

√1 + x2

x= x ln (−x) − x ln 2− 1

4x3 + o

(x3),

odakle proistice da x ln 1−√1+x2

x → 0, kad x→ 0−. Iz svega dobijenog sledida je C = 0, odnosno da je

F (x) =x√

1 + x2

2+ x ln

1 −√

1 + x2

x− 1

2ln(x+√

1 + x2)

trazena primitivna funkcija. ◮

7.15. Neka je f(x) =x∫

0

(t2 + at+ b)e−tdt.

1. Odrediti a, b ∈ R tako da je limx→+∞

f(x) = f ′(2) = 0;

2. Za tako nañene vrednosti a i b ispitati funkciju f i skicirati njengrafik.

◭ 1. Dati integral se moze rešiti parcijalnim integraljenjem, tj. imamoda je

f (x) = −(t2 + at+ b

)e−t∣∣x0

+

x∫

0

(2t+ a) e−tdt

= −(x2 + ax+ b

)e−x + b− (2t+ a) e −t

∣∣x0

+

x∫

0

2e−tdt

= −(x2 + ax+ b

)e−x + b− (2x+ a) e−x + a− 2e−x + 2

= e−x(−x2 − ax− b− 2x− a− 2

)+ b+ a+ 2.

Kako f(x) → b+a+2 kad x→ +∞, dobijamo da je a+b = −2. Iz cinjeniceda je f ′(x) =

(x2 + ax+ b

)e−x imamo i jednacinu: 2a+b = −4. Rešavanjem

dobijenog sistema nalazimo da je a = −2, b = 0.2. Treba ispitati funkciju f(x) = −x2e−x. Ovaj jednostavan primer

ostavljamo studentu za vezbu. Koliko je limx→+∞

f(x)? ◮

7.16. Dokazati da je za svako n ∈ Z :2π∫

0

sin(sinx+ nx)dx = 0.


◭ Smenom x = π − z, integral postaje

I =

π∫

−π

sin (sin (π − z) + n (π − z))dz =

π∫

−π

sin (sin z − nz + nπ) dz

=

π∫

−π

(sin (sin z − nz) cosnπ + cos (sin z − nz) sinnπ)dz

= (−1)nπ∫

−π

sin (sin z − nz)dz = 0,

jer je funkcija z → sin(sin z − nz) neparna. ◮

7.17. Izracunati integral

π4∫

−π4

x7−3x5+7x3−x+1cos2 x dx.

◭ Imamo da je

I =

π4∫

−π4

x7 − 3x5 + 7x3 − xcos2 x

dx+

π4∫

−π4

1

cos2 xdx = 0 + tan x|

π4

−π4

= 2,

jer je podintegralna funkcija u prvom integralu neparna. ◮

7.18. Dokazati da je

π2∫

0

sin2 nxsin2 x

dx = nπ2 .

◭ Oznacimo sa In dati integral i nañimo In − In−1 za n ≥ 2. Imamo daje

In − In−1 =

π2∫

0

sin2 nx− sin2 (n− 1)x

sin2 xdx =

π2∫

0

cos (2n− 2)x− cos 2nx

2 sin2 xdx

=

π2∫

0

−2 sin (2nx− x) sin (−x)2 sin2 x

dx =

π2∫

0

sin (2n− 1)x

sinxdx.

Oznacimo sa Jn =

π2∫

0

sin(2n−1)xsinx dx poslednji integral. Ako je n = 1 dobijamo

da je Jn = π2 . Ako je n �= 1 imamo da je

Jn − Jn−1 =

π2∫

0

sin (2n− 1)x− sin (2n− 3)x

sinxdx =

π2∫

0

2 cos (2n− 2)x sinx

sinxdx


= 2

π2∫

0

cos (2n− 2) dx = 2 · 1

2n− 2sin (2n− 2) x|

π20 = 0.

Dobili smo da je J1 = J2 = · · · = Jn = · · · = π2 . To znaci da imamo jednakost

In − In−1 = π2 , n > 1, odnosno niz jednakosti

I2 − I1 =π

2

I3 − I2 =π

2· · · ·

In − In−1 =π

2.

Sabiranjem levih i desnih strana dobijamo da je In − I1 = (n−1)π2 , odnosno

da je In = nπ2 , jer je I1 = π

2 . ◮

7.19. Izracunati limx→0

tan(tanx)−sin(sinx)tanx−sinx .

◭ Kad x→ 0 imamo da je sinx = x− x3

6 + o(x3), i onda je

sin(sinx) = sin

(x− x

3

6+ o(x3)

)= sin t,

gde je t = x− x3

6 + o(x3) i t→ 0 kad x→ 0. Sada je

sin (sinx) = t− t3

6+ o(t3)

= x− x3

6+ o(x3) − 1

6x3 = x− 1

3x3 + o

(x3).

Treba primetiti da nismo racunali treci stepen celog izraza x − x3

6 + o(x3),nego samo prvi sabirak x3, jer svi drugi sabirci u razvoju imaju stepen veciod 3 i onda ulaze u o

(x3)

kad x→ 0. Dalje je

tanx =sinx

cosx=

(x− 1

3x3 + o

(x3))(

1 − x2

2+ o(x2))−1

=

(x− 1

3x3 + o

(x3))(

1 +1

2x2 + o

(x2))

= x+1

3x3 + o

(x3).

Sada se na slican nacin dobija da je

tan (tanx) = tan

(x+

1

3x3 + o

(x3))

= x+2

3x3 + o

(x3), x→ 0.


Na kraju je

L = limx→0

tan(tanx) − sin(sinx)

tanx− sinx

= limx→0

x+ 23x3 + o

(x3)− x+ 1

3x3 + o

(x3)

x+ 13x3 + o (x3) − x+ 1

6x3 + o (x3)

= limx→0

x3 + o(x3)

12x3 + o (x3)

= 2. ◮

7.20. Naci limx→0+

√1−e−x−

√1−cos x√

sinx.

◭ Imamo da je

L = limx→0+

√1− (1− x+ o (x)) −

√1 −(1 − x2

2 + o (x2))

√x− x3

6 + o (x3)

= limx→0+

√x+ o (x) −

√x2

2 + o (x2)√x+ o (

√x)

= limx→0+

√x+ o (

√x)√

x+ o (√x)

= 1. ◮

7.21. Neka je f : R→ R diferencijabilna funkcija u tacki a ∈ R.

Odrediti limn→+∞

(n∑

k=1

f(a+ k

n2

)− nf(a)

).

◭ Trazena granicna vrednost ima oblik limn→+∞

n∑

k=1

(f(a+ k

n2

)− f(a)

).

S obzirom da je funkcija f diferencijabilna u tacki a, a razlika u zagradi zak = 1, 2, ..., n predstavlja totalni priraštaj, koji se moze predstaviti u obliku

f

(a+

k

n2

)− f (a) = f ′ (a) · k

n2+ o

(k

n2

),

kad n→ +∞. Tada h = kn2

→ 0 za svako k = 1, 2, ..., n. Obnoviti definicijudiferencijabilnosti! Sada je

Sn =n∑

k=1

(f

(a+

k

n2

)− f(a)

)=f ′ (a)n2

n∑

k=1

k +n∑

k=1

o

(k

n2

)

=f ′ (a)n2

n (n+ 1)

2+

1

n2α (n) · n (n+ 1)

2→ f ′ (a)

2,

jer α (n) → 0 kad n→ +∞. ◮



1n

n

√n∏

k=1

(n+ k).

◭ Niz

xn =1

nn√

(n+ 1) (n+ 2) · · · (n+ n) = n

√(1 +

1

n

)(1 +

2

n

)· · ·(1 +

n

n

)

se moze predstaviti u obliku xn = e1n

n∑

k=1

ln(1+ kn). Kako je eksponent inte-

gralna suma funkcije x → ln(1 + x) na segmentu [0, 1] imamo da xn =

e1n

n∑

k=1ln(1+ k

n)→ e

1∫

0

ln(1+x)dx, kad n → +∞. Zaista, segment [0, 1] je podel-

jen na n jednakih delova tackama 1n, 2n, ..., k

n, ..., n−1

n, nn

koje su istovremenoi istaknute tacke ξ1, ξ2, ..., ξn te podele. Ostavljamo studentu da sam završi

zadatak rešavajuci integral1∫

0

ln(1 + x)dx. ◮

7.23. Ispitati konvergenciju integrala

2π∫

0

(2x sin 1

x− cos 1

x

)dx, i ako kon-

vergira izracunati ga.

◭ Kako je limx→0+

2x sin 1x = 0, onda je integral

2π∫

0

2x sin 1xdx Rimanov.

Što se tice integrala

2π∫

0

cos 1xdx, uvoñenjem smene x = 1

ton postaje

+∞∫π2

1t2

cos tdt,

koji prema Vajerštrasovom kriterijumu apsolutno konvergira. Time smopokazali da integral konvergira. Vidimo da je funkcija

f (x) =

{x2 sin 1

x, x ∈

]0, 2

π

],

0, x = 0,

primitivna funkcija podintegralne funkcije x → 2x sin 1x − cos 1x , tako da je

dati integral Rimanov i njegova vrednost je 4π2. ◮

7.24. Odrediti a tako da grafici funkcija y = xa i y = lnx imaju samojednu zajednicku tacku.

◭ Imamo najpre jednakost izvoda: axa−10 = x−10 , odnosno da je axa0 = 1,a zatim jednakost vrednosti funkcija, odnosno da je xa0 = lnx0. Iz dobijenihjednacina imamo da je

a−1 = lnx0 ⇔ 1 = lnxa0 ⇔ 1 = lna−1 ⇔ a = e−1. ◮

7.25. Neka je In =1∫

0

x2n+1

1+x2dx, n = 0, 1, 2, ...


1. Izracunati In;

2. Koliko je limn→+∞

In?

3. Dokazati da je+∞∑

k=1

(−1)kk = − ln 2.

◭ 1. Smenom x2 = t segment [0, 1] preslikava se na samog sebe. Lako jedalje proveriti sve uslove osnovne teoreme o smeni promenljive u odreñenomintegralu, tako da imamo da je

In =1

2

1∫

0

tn

1 + tdt = −1

2(−1)n

1∫

0

1 − (−1)n tn − 1

1− (−t) dt

= −1

2(−1)n

1∫

0

1 − (−1)n tn

1 − (−t) dt+1

2(−1)n

1∫

0

1

1 + tdt

=1

2(−1)n−1

1∫

0

(n−1∑

k=0

(−t)k)

dt+1

2(−1)n ln (1 + t)|10

=1

2(−1)n−1

n−1∑

k=0

(−1)k1∫

0

tkdt+1

2(−1)n ln 2

=1

2(−1)n−1

n−1∑

k=0

(−1)k1

k + 1+

1

2(−1)n ln 2

=(−1)n

2

(

ln 2 −n∑

k=1

(−1)k−1

k

)

.

2. S obzirom da je 0 < In <1∫

0

x2n+1dx = 12n+2 → 0, kad n→ +∞, onda

prema lemi o uklještenju sledi da In → 0 kad n→ +∞.3. Iz jednakosti za In dobijene pod 1. imamo da je 2In

(−1)n = ln2 −n∑

k=1

(−1)k−1k , odnosno da je

n∑

k=1

(−1)k−1

k= ln 2− 2In

(−1)n= ln 2 + 2 · (−1)n+1 · In.


Odavde sledi da jen∑

k=1

(−1)kk = − ln 2 + 2 · (−1)n · In, odakle se kad n →

+∞ dobija da je+∞∑

k=1

(−1)kk = − ln 2. Ovo smo dobili racunanjem granicne

vrednosti leve i desne strane. Kako je niz (−1)n ogranicen, a In → 0, onda

leva strana kao parcijalna suma reda+∞∑

k=1

(−1)kk tezi ka − ln 2. ◮

7.26. Rešiti integral In =+∞∫

0

x2n+1e−x2dx.

◭ Parcijalnim integraljenjem imamo da je

In =x2n+1

2n+ 2· e−x2

∣∣∣+∞

0+

+∞∫

0

x2n+2

2n+ 2· 2x · e−x2dx

=1

n+ 1

+∞∫

0

x2n+3e−x2dx =In+1n+ 1

,

odakle se dobija rekurentna formula In+1 = (n+ 1)In. Dakle, imamo da je

In = nIn−1 = n (n− 1) In−2 = · · · = n!I0.

Kako je I0 =+∞∫

0

xe−x2dx = 12

+∞∫

0

e−tdt = −12 e

−t∣∣+∞0

= 12 , dobijamo da je

In = 12n!. ◮

7.27. Dokazati da je2b∫

2a

√1 + x2dx =

2b2∫

2a2

√2x+12x dx, ako je 0 < a ≤ b.

◭ Smenom 2x = t2, dobijamo da je integral zdesne strane jednak

2b2∫

2a2

√2x+ 1

2xdx =

2b∫

2a

√1 + t2

t2tdt =

2b∫

2a

√1 + t2dt,

što predstavlja integral sleve strane. ◮7.28. Odrediti broj rešenja jednacine: xe−x + e−x + 1

2x2 − 1 = 0.

◭ Posmatracemo funkcije f(x) = xe−x+e−x+ 12x2 i g(x) = 1. S obzirom

da je limx→±∞

f(x) = ±∞, (dokazati!) i f ′(x) = x(ex−1)ex

≥ 0 za svako x ∈ R,to funkcija f raste na svakom od intervala ]−∞, 0[ i ]0,+∞[ . Lako je videtida f ′ ne menja znak u okolini nule, tj. f je rastuca funkcija na R. To znacida grafik funkcije f jednom sece grafik (pravu) funkcije g, odnosno datajednacina ima jedno realno rešenje. ◮


Napomena. Funkcija f je bijekcija skupa R.7.29. Dokazati da je

x2

2− x

3

6< x ln (1 + x) − x+ ln (1 + x) <

x2

2, x > 0.

◭ Posmatracemo funkcije

f1 (x) = x ln (1 + x) − x+ ln (1 + x) − x2

2+x3

6,

f2 (x) =x2

2− x ln (1 + x) + x− ln (1 + x) ,

i dokazati da su one rastuce na [0,+∞[ uz korišcenje cinjenice da je f1(0) =f2(0) = 0. Zaista, imamo da je

f ′1 (x) = ln (1 + x) +x

1 + x− 1 +

1

1 + x− x+

x2

2= ln (1 + x) − x+

x2

2,

f ′2 (x) = x− ln (1 + x) − x

1 + x+ 1 − 1

x+ 1= x− ln (1 + x) .

Pošto je

f ′′1 (x) =1

1 + x− 1 + x =

x2 − 1 + 1

1 + x=

x2

1 + x> 0, x > 0,

sledi da funkcija f ′1 raste na [0,+∞[ , odnosno da je f ′1(x) > f′1(0) = 0, što

znaci da je f ′1(x) > 0 za x > 0. Time je levi deo nejednakosti dokazan. Slicnoimamo da je

f ′′2 (x) = 1− 1

1 + x=

1 + x− 1

1 + x=

x

1 + x> 0, x > 0,

odakle sledi da je f ′2 rastuca funkcija za x > 0. Dakle, imamo da je f ′2(x) >f ′2(0) = 0. Odavde sledi da je f ′2(x) > 0 za x > 0, pa je f2 rastuca funkcijaza x > 0 i imamo da je f2(x) > f2(0) = 0. Time je i desni deo nejednakostidokazan. ◮


n=1an, gde je

1. an = n1

n+1 − (n+ 1)1n . 2. an =

(1 − α lnn

n

)n.

◭ 1. Kad n→ +∞ imamo

an = n1

n+1 − (n+ 1)1n = e

lnnn+1 − e

ln(n+1)n


= 1 +lnn

n+ 1+

1

2· ln2 n

(n+ 1)2+ o

(ln2 n

(n+ 1)2

)− 1 − 1

n· ln (n+ 1)

−1

2· ln2 (n+ 1)

n2+ o

(ln2 (n+ 1)

n2

)

=ln

n+ 1− ln (n+ 1)

n+ xn.

Ovde je+∞∑

n=1xn konvergentan red sa opštim clanom

xn =1

2· ln2 n

(n+ 1)2+ o

(ln2 n

(n+ 1)2

)− 1

2· ln2 (n+ 1)

n2+ o

(ln2 (n+ 1)

n2

)

kao razlika dva konvergentna reda. Ispitajmo konvergenciju reda sa opštimclanom yn = lnn

n+1 −ln(n+1)

n. Pošto je

yn =lnn

n+ 1− ln(n+ 1)

n=

lnn

n(1 + 1

n

) − lnn+ ln(1 + 1

n

)

n

=lnn

n

(1 +

1

n

)−1− lnn

n− 1

nln

(1 +

1

n

)

=lnn

n

(1 − 1

n+ o

(1

n

))− lnn

n− 1

n2+ o

(1

n2

)

= − lnn

n2+ o

(lnn

n2

)− 1

n2+ o

(1

n2

)= − lnn

n2(1 + o (1)) , n→ +∞,

to red+∞∑

n=1yn konvergira, dakle i polazni red konvergira.

2. Kako je kad n→ +∞

an = en ln(1−α lnnn ) = e

n(−α lnn

n+α2 ln2 n

2n2+o(ln2 nn2

))

= e−α lnneα2 ln2 n2n2

+o(ln2 nn2

)

=1

nα

(1 +

α2 ln2 n

2n2+ o

(ln2 n

n2

))∼

1

nα,

odakle sledi da red konvergira za α > 1, a divergira ako je α ≤ 1. ◮7.31. Izracunati integrale:

1. I =+∞∫

0

x3 lnx(1+x4)3

dx. 2.+∞∫

1

lnxdxx2√1+x2

.

◭ 1. Smenom x2 = t, dati integral postaje:

+∞∫

0

x3 lnx

(1 + x4)3dx =

1

2

+∞∫

0

t ln√t

(1 + t2)3dt =

1

4

+∞∫

0

t ln t

(1 + t2)3dt.


Rešimo najpre neodreñeni integral∫

t ln t(1+t2)3

dt. Imamo

F (t) = − 1

4 (1 + t2)2ln t+

1

4

∫dt

t (1 + t2)2

= − 1

4 (1 + t2)2ln t+

1

4

∫1 + t2 − t2t (1 + t2)2

dt

= − 1

4 (1 + t2)2ln t+

1

4

∫tdt

t2 (1 + t2)− 1

8

∫2tdt

(1 + t2)2

= − 1

4 (1 + t2)2ln t+

1

4

∫ (1

t2− 1

1 + t2

)tdt+

1

8 (1 + t2)

= − 1

4 (1 + t2)2ln t+

1

4ln t− 1

8ln(1 + t2

)+

1

8 (1 + t2)+C.

Sada je vrednost integrala jednaka

I =1

4

(F (+∞) − F

(0+))

=1

16lim

t→+∞ln

t√1 + t2

− limt→0+

((2 + t2

)t2 ln t

16 (1 + t2)2+

1

8 (1 + t2)

)

= −1

8.

2. Najpre je

∫lnxdx

x2√

1 + x2= −

√1 + x2

xlnx−

√1 + x2

x+ ln(x+√

1 + x2)

+C

neodreñeni integral. Primenili smo parcijalno integraljenje: u = lnx, dv =dx

x2√1+x2

, odakle se smenom x = 1t

dobija da je v = −√1+x2

x. Zatim je

−√

1 + x2

xlnx = −

√1 +

1

x2lnx = −

(1 +

1

2x2+ o

(1

x2

))lnx

= − lnx− lnx

2x2(1 + o (1)) ∼ − lnx, x→ +∞;

ln(x+√

1 + x2)

= lnx+ ln

(

1 +

√1 +

1

x2

)

∼ lnx+ ln 2, x→ +∞.

Onda je

I =

+∞∫

1

lnxdx

x2√

1 + x2= lim

x→+∞F (x) − F (1)


= (ln 2− 1) −(ln(1 +

√2)−√

2)

= ln2(√

2 − 1)

+√

2 − 1. ◮

7.32. Naci: 1. limx→+∞

arctan(x− lnx · sinx); 2. limx→0

cos(π2 cos x)sin(sinx) ;

3. limx→0

(sinx+cos xtanx+cosx

) 1x2 ; 4. lim

a→01a

1∫

0

xn arcsinaxdx, za n = −1, 0, 1, 2, ...

◭ 1. Imamo da je

limx→+∞

arctan(x−lnx·sinx) = arctan limx→+∞

x

(1 − lnx

xsinx

)= arctan(+∞) =

π

2,

jer je lnxx beskonacno mala, a sinx ogranicena funkcija.

2.

limx→0

cos(π2 cosx

)

sin (sinx)= lim

x→0sinx

sin (sinx)· sin(π2 − π

2 cosx)

π2 − π

2 cosx·π2 − π

2 cosx

sinx

=π

2limx→0

2 sin2 x2

2 sin x2 cos x

2

=π

2limx→0

tanx

2= 0.

3. Imamo neodreñenost 1∞. Zato poznatom transformacijom (doda-vanjem i oduzimanjem jedinice) imamo

L = limx→0

(sinx+ cosx

tanx+ cosx

) 1x2

= limx→0

(1 +

sinx+ cosx

tanx+ cosx− 1

) 1x2

= limx→0

(1 +

sinx− tanx

tanx+ cosx

) 1x2

= limx→0

(1 +

sinx− tanx

tanx+ cosx

) tan x+cosxsin x−cos x ·

1x2

sin x−tanxtan x+cos x

= elimx→0

sinx−tanxx2

· limx→0

1tanx+cos x = e0 = 1,

jer je limx→0

sinx−tanxx2

= 0 (obrazloziti detaljno!).

4. Podintegralna funkcija

x → xn arcsinax,

je neprekidna na [0, 1] za svako n = 0, 1, 2, ..., izuzev za n = −1 i kaotakva je integrabilna. I za n = −1, ona je integrabilna jer zadovoljavaLebegovu teoremu. Obnoviti je i obrazloziti zašto? Zato najpre nañimo


integral1∫

0

xn arcsinaxdx. Ako je xndx = dv tada je v = xn+1

n+1 , i ako je

arcsinax = u, dobijamo da je du = a√1−a2x2

dx. Sada je

1∫

0

xn arcsin axdx =xn+1

n+ 1arcsinax|10 −

1∫

0

xn+1

n+ 1· a√

1 − a2x2dx

=1

n+ 1arcsina− a

n+ 1

1∫

0

xn+1√1 − a2x2

dx

=1

n+ 1arcsina− a√

1 − a2t2· 1

(n+ 1) (n+ 2)

za neko t ∈ ]0, 1[ , n �= −1. Primenili smo prvu teoremu o srednjoj vrednostiodreñenog integrala. Deljenjem sa a i uzimanjem granicne vrednosti kada→ 0, dobijamo da je

lima→0

1

a

1∫

0

xn arcsinaxdx =1

n+ 2.

Ako je n = −1, najpre imamo:

1∫

0

1

xarcsin axdx = (arcsin ax) · (lnx)|10 −

1∫

0

a lnx√1− a2x2

dx

= 0 − limx→0+

arcsinax

x· x lnx− a√

1− a2t2

1∫

0

lnxdx

= − a√1− a2t2

· (x lnx− x)|10 =a√

1− a2t2.

Sada je

lima→0

1

a

1∫

0

1

xarcsin axdx = lim

a→01

a· a√

1 − a2t2= 1. ◮

Napomena. Postoji 7 neodreñenih izraza i to su:

0

0;∞∞ ; 0 · ∞; ∞−∞; 1∞; 00; ∞0,


gde ∞ oznacava +∞. Oslobañanje neodreñenosti se postize transformaci-jama izraza, korišcenjem tablicnih limesa:

limx→0

sinx

x= 1; lim

x→0(1 + x)

1x = e; lim

x→±∞

(1 +

1

x

)x

= e;

limx→0

ax − 1

x= ln a, a > 0; lim

x→0(1 + x)α − 1

x= α;

zatim pomocu Lopitalovog pravila i asimptotskih formula datih napocetku ove glave.

7.33. Dokazati da je1∫

0

sinx√1−x2

dx <1∫

0

cosx√1−x2 dx.

◭ Imamo da je

1∫

0

sinx√1− x2

dx <

1∫

0

x√1− x2

dx = 1 =

1∫

0

cosx√

1− sin2 xdx <

1∫

0

cosx√1− x2

dx. ◮

Napomena. Rešenje ovog zadatka dao je dr Zoran Petrovic.7.34. Ako je funkcija f definisana, neprekidna i pozitivna na [0, 1] ,

odrediti limn→+∞

(1∫

0

n√f(x)dx

)n

.

◭ Koristeci formulu 0 < ϕ = elnϕ, imamo za n→ +∞ da je

1∫

0

n√f(x)dx

n

= en ln

1∫

0

n√

f(x)dx= e

n ln1∫

0

e1n ln f(x)dx

= en ln

1∫

0(1+ 1

nln f(x)+o( 1n ln f(x)))dx

= en ln

(1∫

0

dx+ 1n

1∫

0

ln f(x)dx+o( 1n)·1∫

0

ln f(x)dx

)

= en ln

(

1+ 1n

1∫

0

ln f(x)dx+o( 1n)

)

= en

(1n

1∫

0

ln f(x)dx+o( 1n)

)

= e

1∫

0

ln f(x)dx+o(1).

Dakle, dobili smo da je limn→+∞

(1∫

0

n√f(x)dx

)n

= e

1∫

0

ln f(x)dx. ◮

7.35. Naci limp→+∞

(1∫

0

|f(x)|p dx) 1

p

, ako f ∈ C [0, 1] .


◭ Neka je M = maxx∈[0,1]

|f(x)| = |f(x0)| za neko x0 ∈ [a, b] . Za svako p > 0

imamo da je

1∫

0

|f(x)|p dx

1p

≤

1∫

0

Mpdx

1p

=M. (4)

Neka je sada ε > 0 fiksiran broj. Tada postoji δ = δ(ε) > 0 tako da je|f(x)| ≥ M − ε

2 za sve x ∈ [0, 1] za koje je |x− x0| < δ. Neka je zatim0 ≤ α ≤ x0 ≤ β ≤ 1 i 0 < |α− β| < δ. Onda je

1∫

0

|f(x)|p dx

1p

≥

β∫

α

|f(x)|p dx

1p

≥

β∫

α

(M − ε

2

)pdx

1p

=(M − ε

2

)(β − α)

1p ≥M − ε

za dovoljno veliko p. Na osnovu toga i nejednakosti (4) imamo da je trazenagranicna vrednost jednaka M. ◮

7.36. Naci: 1. limx→0

1−cos x√1 + x2ex; 2. limx→0

x3√

1 − x+ sinx;

3. limx→+∞

(tan πx

2x+1

) 1x

; 4. limn→+∞

1ln lnn ·

n∑

k=2

1ln(2k+1) ln k .

◭ 1. Ovde se javlja neodreñenost oblika 1∞; transformacijom dobijamo

limx→0

1−cos x√

1 + x2ex = limx→0

(1 + x2ex

) 1x2ex

· x2ex

1−cos x = elimx→0

x2ex

1−cos x = e2,

jer je limx→0

x2ex

1−cos x =limx→0

x2

2 sin2 x2

= 2 limx→0

( x2

sin x2

)2= 2.

2. Neodreñenost je ista kao u 1; slicno nalazimo

limx→0

x3√

1− x+ sinx = elimx→0

sin x−xx3 = e

limx→0

cos x−13x2 = e

limx→0

− sinx6x = e−

16 .

3. Ovde imamo neodreñenost oblika ∞0 i zato je limx→+∞

(tan πx

2x+1

) 1x

=

eL, gde je

L = limx→+∞

ln tan πx2x+1

x= lim

x→+∞1

tan πx2x+1

· 1

cos2 πx2x+1

· π

(2x+ 1)2

= limx→+∞

1

sin πx2x+1

· 1

cos πx2x+1

· π

(2x+ 1)2= π lim

x→+∞(2x+ 1)−2

cos πx2x+1

= π limx→+∞

−4 (2x+ 1)−3(− sin πx

2x+1

)· π

(2x+1)2

= 4π limx→+∞

1

2x+ 1= 0.


Znaci trazena granicna vrednost iznosi eL = e0 = 1.

4. Primenom Štolcovog stava, za dati limes imamo

limn→+∞

n∑

k=2

1ln(2k+1) ln k

ln lnn= lim

n→+∞

1ln(2n+3) ln(n+1)

ln ln (n+ 1) − ln lnn=

1

limn→+∞

(xn · yn),

gde je xn = ln (2n+ 3) ln (n+ 1) i yn = ln ln (n+ 1)− ln lnn. Kad n→ +∞imamo

ln (n+ 1) = lnn+ ln

(1 +

1

n

)= lnn+

1

n+ o

(1

n

);

ln ln (n+ 1) = ln

(lnn+

1

n+ o

(1

n

))= ln

(lnn

(1 +

1

n lnn+ o

(1

n lnn

)))

= ln lnn+ ln

(1 +

1

n lnn+ o

(1

n lnn

))

= ln lnn+1

n lnn+ o

(1

n lnn

).

Sada je kad n→ +∞

xn · yn = (ln (2n+ 3) ln (n+ 1)) · (ln ln (n+ 1) − ln lnn)

=ln (2n+ 3) ln (n+ 1)

(n lnn) (1 + o (1))∼

ln (2n+ 3) ln (n+ 1)

n lnn

=ln (2n+ 3)

n· ln (n+ 1)

lnn→ 0 · 1 = 0.

Dakle, trazena granicna vrednost je +∞. ◮7.37. Ako f ∈ C1 [a, b] i f(a) = f(b) = 0, onda je

4

(b− a)2

b∫

a

|f(x)| dx ≤ maxa≤x≤b

∣∣f ′(x)∣∣ .

Dokazati.◭ Neka x ∈ ]a, b[ . Tada je f(x) = f ′(θ1)(x − a) = f ′(θ2)(x − b), gde

θ1 ∈ ]a, x[ , θ2 ∈ ]x, b[ , i

|f(x)| ≤M (x− a) , |f(x)| ≤M(b− x),M = maxa≤x≤b

∣∣f ′(x)∣∣ .


Na osnovu toga imamo

4

(b− a)2b∫

a

|f (x)| dx ≤ 4

(b− a)2

a+b2∫

a

M (x− a)dx+

b∫

a+b2

M (b− x)dx

=4

(b− a)2

((b− a)2

8M +

(b− a)28

M

)

=M. ◮

7.38. Izracunati limn→+∞

1√n

n∫

1

ln(1 + 1√

x

)dx.

◭ Rešimo najpre neodreñeni integral:

I (x) =

∫ln(√x+ 1

)dx−

∫ln√xdx

= x ln(√x+ 1

)−∫ √

x

2 (1 +√x)dx− 1

2x (lnx− 1)

= x ln(√x+ 1

)− 1

2

(x−∫

1

1 +√xdx

)− 1

2x (lnx− 1)

= x ln(√x+ 1

)− 1

2x+

1

2

∫1

1 +√xdx− 1

2x (lnx− 1)

= x ln(√x+ 1

)− 1

2x+

1

2

(2√x− 2 ln

(1 +

√x))

− 1

2x (lnx− 1) +C

= x ln(√x+ 1

)− ln(1 +

√x)− 1

2x lnx+

√x+C.

Trazena granicna vrednost je sada jednaka:

L = limx→+∞

x ln (√x+ 1) − ln (1 +

√x) − 1

2x lnx+√x√

x

= limx→+∞

2x ln (1 +√x) − x lnx+ 2

√x

2√x

− limx→+∞

ln (1 +√x)√

x

= limx→+∞

2x ln√x+ 2x ln

(1 + 1√

x

)− x lnx+ 2

√x

2√x

− 0

= limx→+∞

x lnx+ 2x ln(1 + 1√

x

)− x lnx+ 2

√x

2√x

= ln limx→+∞

(1 +

1√x

)√x

+ 1 = ln e+ 1 = 2. ◮


7.39. Ispitati konvergenciju integrala+∞∫

0

dx1+xα sin2 x

u zavisnosti od

parametra α.◭ Konvergencija datog integrala ekvivalentna je konvergenciji reda

+∞∑

n=0

π∫

0

dt

1 + (πn+ t)α sin2 t.

Za opšti clan an navedenog reda imamo ocenu

π∫

0

dt

1 + (π (n+ 1))α sin2 t≤ an ≤

π∫

0

dt

1 + (πn)α sin2 t, ali

π∫

0

dt

1 + b2 sin2 t= 2

π2∫

0

dt

1 + b2 sin2 t= 2

+∞∫

0

dy

1 + (b2 + 1) y2=

π√b2 + 1

.

Uzimajuci b2 = (πn)α imamo da je an ∼ c · n−α2 , n→ +∞, odakle sledi da

integral konvergira za α > 2 a divergira za α ≤ 2. ◮7.40. Za svako x ∈ R izracunati lim

n→+∞2n+1

√1 + x+ x2 + · · · + x2n.

◭ Ako je x = −1, tada je podkorena velicina jednaka 1, i granicnavrednost iznosi 1. Za x = 1, dobijamo da niz 2n+1

√2n+ 1 → 1 kad n→ +∞.

Zašto? Kako je

1 + x+ x2 + · · · + x2n =1 − x2n+1

1− x ,

imamo da je 2n+1

√1−x2n+1

1−x = e1

2n+1ln 1−x2n+1

1−x → 1, kad n → +∞, ako je

|x| < 1. Ako je |x| > 1, smenom x = 1t dobijamo da je 1−x2n+1

1−x = 1−t2n+1

t2n(1−t), i

tada je

2n+1

√1 − x2n+1

1− x =2n+1

√1 − t2n+1

1 − t · 1

|t| 2n2n+1

→ 1

|t| = |x| ,

kad n→ +∞. Dakle, imamo da je

limn→+∞

2n+1√

1 + x+ x2 + · · · + x2n =

{1, |x| ≤ 1,|x| , |x| > 1.

◮

7.41. Ako x ∈ ]0, 1[ ∪ ]1,+∞[ , onda je 1√x≥ lnx

x−1 . Dokazati.


◭ Dovoljno je pretpostaviti da x ∈ ]1,+∞[ , jer se smenom x = 1t

slucaj x ∈ ]0, 1[ svodi na 1√t≥ ln t

t−1 . Meñutim, uslov 1√x

≥ lnxx−1 , x > 1,

je ekvivalentan sa x − 1 ≥ √x lnx, odnosno sa cinjenicom da funkcija

ϕ(x) = x − 1 − √x lnx raste na intervalu ]1,+∞[ . Zaista, ako je x > 1

sledi da je ϕ(x) > ϕ(1) = 0, jer se zbog limx→1+

ϕ(x) = 0, moze uzeti da je

ϕ(1) = 0. Imamo,

ϕ′ (x) = 1 − 1

2√x

lnx− 1√x

=2√x− lnx− 2

2√x

> 0,

ako i samo ako je ψ(x) = 2√x − 2 − lnx > 0. Kako je ψ′(x) = 1√

x− 1

x =√x−1x > 0, na skupu ]1,+∞[ , to funkcija ψ raste na tom skupu i zato je

2√x− 2 − lnx = ψ(x) > ψ(1) = 0, jer se iz istog razloga kao za funkciju ϕ

moze uzeti ψ(1) = 0. ◮7.42. 1. Dokazati da je arccosx+ arccos(−x) = π,−1 ≤ x ≤ 1;

2. Dokazati da je1∫

−1g(x) arccosxdx = π

1∫

0

g(x)dx, za sve parne integra-

bilne funkcije g : [−1, 1] → R;

3. Izracunati integral1∫

−1arccos x(1+x2)2

dx.

◭ 1. Neka je F (x) = arccosx+arccos(−x) = π,−1 ≤ x ≤ 1. Ovako uve-dena funkcija je neprekidna na segmentu [−1, 1] i diferencijabilna u intervalu]−1, 1[ . Imamo da je F (−1) = F (1) = π. Ali je F ′(x) = 0 za x ∈ ]−1, 1[ .Prema posledici Lagranzove teoreme, imamo da je F ′(x) = c za svakox ∈ ]−1, 1[ , tj. F (0) = c, odakle sledi da je c = π, što je i trebalo pokazati.

2. Imamo da je

I =

1∫

−1

g(x) arccosxdx =

1∫

−1

g(x) (π − arccos (−x)) dx

= π

1∫

−1

g (x) dx−1∫

−1

g (x) arccos (−x) dx

= 2π

1∫

0

g (x)dx−

−−1∫

1

g (−t) arccos tdt

= 2π

1∫

0

g (x)dx−1∫

−1

g (t) arccos tdt.


Pošto jeb∫

a

f(y)dy =b∫

a

f(x)dx, sledi 21∫

−1g(x) arccosxdx = 2π

1∫

0

g(x)dx,

odnosno,1∫

−1g(x) arccosxdx = π

1∫

0

g(x)dx. Uveli smo smenu x = −t i ko-

ristili parnost funkcije g.3. Iz 2. dobijamo da je

J =

1∫

−1

arccosx

(1 + x2)2dx = π

1∫

0

1

(1 + x2)2dx = π

1∫

0

(1 + x2

)− x2

(1 + x2)2dx

= π

1∫

0

1

1 + x2dx− π

1∫

0

x2

(1 + x2)2dx

= π arctan x|10 − π

−x2 (1 + x2)

∣∣∣∣1

0

+

1∫

0

dx

2 (1 + x2)

= ππ

4− π(−1

4+

1

2· π4

)=π2

4+π

4− π

2

8=π2

8+π

4. ◮

7.43 Ispitati neprekidnost funkcije a →1∫

0

dx(1+x2)(a+x2) na skupu ]0,+∞[ .

◭ Imamo za a �= 1 :

I (a) =

1∫

0

dx

(1 + x2) (a+ x2)=

1

a− 1

1∫

0

(1

1 + x2− 1

a+ x2

)dx

=1

a− 1

(

arctanx|10 −1√a

arctanx√a

∣∣∣∣1

0

)

=1

a− 1

(π

4− 1√

aarctan

1√a

),

i za a = 1 :

I (1) =

1∫

0

dx

(1 + x2)2=

1∫

0

(1 + x2

)− x2

(1 + x2)2dx = arctan x|10 −

1

2

1∫

0

x · 2xdx(1 + x2)2

=π

4−

x · − 1

2 (1 + x2)

∣∣∣∣1

0

+1

2

1∫

0

dx

1 + x2

=π

8+

1

4.

Dakle,

I (a) =

{1

a−1

(π4 − 1√

aarctan 1√

a

), a > 0, a �= 1,

π8 + 1

4 , a = 1.


Ako je a > 0, a �= 1 funkcija a → I (a) je jasno neprekidna. Što se tice tackea = 1, primenom Lopitalovog pravila, imamo

lima→1

I (a) = lima→1

π4 − 1√

aarctan 1√

a

a− 1= lim

a→1

1

2a32

arctan 1√a

+ 1√a

11+ 1

a

1

2a32

1

=π

8+

1

4= I (1) ,

tj. funkcija I je neprekidna i u tacki a = 1. ◮7.44 Ako je f neprekidna1 funkcija na [0, 1] onda je

1∫

0

f(2x√

1 − x2)dx =

1∫

0

f(1− x2

)dx.

Dokazati.◭ Smenama x = sin t a zatim x = cos t i sabiranjem, integral I sleve

strane postaje

2I =

π2∫

0

f (2 sin t cos t) (cos t+ sin t)dt.

Uzimajuci zatim smenu sin t− cos t = u, odakle sledi (cos t+ sin t) dt = du,dalje imamo

2I =

1∫

−1

f(1 − x2

)dx = 2

1∫

0

f(1 − x2

)dx,

odnosno I =1∫

0

f(1 − x2

)dx, jer je funkcija x → f

(1 − x2

)parna na [−1, 1] ,

cime je dokaz navedene jednakosti završen. ◮7.45. Neka je a < b < c < d i p(x) = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d).

Dokazati jednakost:b∫

a

dx√|p(x)|

=d∫

c

dx√|p(x)|

.

◭Najpre oba integrala su nesvojstvena sa singularitetima u a i b odnosno,u c i d. Oni konvergiraju jer je ispunjeno:

x → a+ :1

√|p (x)|

∼1

(b− a) (c− a) (d− a) ·1√x− a

1 Ovaj zadatak i ideju za rešenje dao je dr Slavko Simic.


x → b− :1

√|p (x)|

∼1

(b− a) (c− b) (d− b) · 1√b− x

x → c+ :1

√|p (x)|

∼1

(c− a) (c− d) (c− b) · 1√x− c

x → d− :1

√|p (x)|

∼1

(d− a) (d− b) (d− c) ·1√d− x

,

a integralib∫

a

dx√x−a,b∫

a

dx√b−x ,

d∫

c

dx√x−c,d∫

c

dx√d−x

ocigledno konvergiraju. Ideja

dokaza se dalje sastoji u tome da uvedemo smenu promenljive x tako da setacke a, b, c, d redom preslikaju u tacke d, c, b, a a integral

b∫

a

dx√|(x− a) (x− b) (x− c) (x− d)|

postane integral

d∫

c

dx√|(x− a) (x− b) (x− c) (x− d)|

.

Ako je a+ d = b+ c, onda smena x = a+ d− y ispunjava navedene zahteve.Ako je pak ad = bc to se smenom x = ad

y= bc

y, dobija

b∫

a

dx√|p (x)|

= −ad ·c∫

d

dy

y2√∣∣∣(ady − a

)(ady − b

)(ady − c

)(ady − d

)∣∣∣

= ad ·d∫

c

dy√|(ad− ay) (ad− by) (ad− cy) (ad− dy)|

= ad ·d∫

c

dy√|abcd (d− y) (c− y) (b− y) (a− y)|

=

d∫

c

dy√|(y − a) (y − b) (y − c) (y − d)|

.

Opšti slucaj rasporeda tacaka a, b, c, d svodi se na vec razmatrani. Zaista,ako je a+d �= b+c, onda postoji t takvo da je (a+ t) (d+ t) = (b+ t) (c+ t)i onda se smenom x = y − t zadatak svodi na slucaj ad = bc. ◮


Napomena. Neka student obrazlozi jednakost ad =√abcd u drugom

slucaju. Ako je ad = bc moze li nula biti izmeñu a i d?

7.46 Naci limx→∞

x(1e −(

xx+1

)x).

◭ Najpre je kad x→ ±∞ :(

x

x+ 1

)x

=

(1 +

1

x

)−x

= e−x ln(1+ 1x) = e

−x(1x− 12x2

+o(1x2

))

= e−1 · e 12x+o( 1x) = e−1

(1 +

1

2x+ o

(1

x

)).

Odavde je limx→±∞

x(1e−(

xx+1

)x)= lim

x→±∞

(− 12e + o (1)

)= − 1

2e . ◮

7.47 Primenom Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovom ob-liku ili na neki drugi nacin, naci sledece granicne vrednosti:

a) limx→0

3√1+6x+6x2−e2x−4x2

x3; b) lim

x→0ex+x

2−√1+2x+4x2

x3;

c) limx→0

3√1+6x+3x2−ln(1+2x−x2)−1x3

; d) limx→0

esin 2x−√1+4x+8x2

x3.

◭ a) Najpre je kad2 x→ 0

3√

1 + 6x+ 6x2 = 1 + 2x− 2x2 +16

3x3 + o

(x3)

e2x−4x2

= 1 + 2x− 2x2 − 20

3x3 + o

(x3)

i zato je limx→0

3√

1 + 6x+ 6x2 − e2x−4x2

x3= 12.

b) Slicno, kad x→ 0 imamo

ex+x2 = 1 + x+3

2x2 +

7

6x3 + o

(x3)

√1 + 2x+ 4x2 = 1 + x+

3

2x2 − 3

2x3 + o

(x3),

te je limx→0

ex+x2 −√

1 + 2x+ 4x2

x3=

8

3.

c) S obzirom da je kad x→ 0

3√

1 + 6x+ 3x2 = 1 + 2x− 3x2 +28

3x3 + o

(x3)

ln(1 + 2x− x2

)= 2x− 3x2 +

14

3x3 + o

(x3)

2 Sve asimptotske razvoje u ovom zadatku dobili smo koristeci podprogram ”Maple”programa ”Scientific Work Place” firme ”TCI Software” iz Novog Meksika.


to je limx→0

3√

1 + 6x+ 3x2 − ln(1 + 2x− x2

)− 1

x3=

14

3.

d) Kad x→ 0 imamo

esin 2x = 1 + 2x+ 2x2 + o(x3)

i√

1 + 4x+ 8x2 = 1 + 2x+ 2x2 − 4x3 + o(x3)

te je limx→0

esin 2x −√

1 + 4x+ 8x2

x3= 4. ◮

Sada navodimo jedan veoma interesantan limes:7.48. Naci

limx→+∞

(lnx)xlnx

xlnx x

.

◭ Najpre imamo:10 : (lnx)x

xlnx= ex ln(lnx)

eln2 x

= ex ln(lnx)−ln2 x = eϕ(x) i lim

x→+∞ϕ (x) = +∞.

Zaista:

ϕ (x) = x

(ln (lnx) − ln2 x

x

)→ +∞ · (+∞− 0) = +∞.

20 : Ako stavimo Φ(x) = (lnx)xlnx

xlnx x , onda je za x dovoljno veliko

0 < Φ(x) <xx

ln x

x(lnx)x = xx

lnx−(lnx)x = e(lnx)·(xln x−(lnx)x).

30 : Zatim je

xlnx − (lnx)x = (lnx)x ·(xlnx

(lnx)x− 1

)→ +∞ · (0 − 1) = −∞.

40 : Konacno je

limx→+∞

Φ(x) = e(+∞)·(−∞) = e−∞ = 0. ◮

7.49 Da li se sledece granicne vrednosti mogu uraditi jedino primenomLopitalivog pravila?

a)3

limx→a

√2a3x− x4 − a 3

√a2x

a− 4√ax3

;

3 Ovo je prvi primer iz oslobañanja neodreñenosti, naveden u knjizi G.F de Lopitala”Analiza beskonacno malih” izdata 1696. godine.


b) limx→+∞

x√1+x2

.

◭ a) Najpre nalazimo izvode brojioca i imenioca:

(√2a3x− x4 − a 3

√a2x)′

=a3 − 2x3√2a3x− x4

− a3

33√a4x2

→x→a

−4a

3(a− 4

√ax3)′

= − 3ax2

44√a3x6

→x→a

−3

4,

odakle imamo

limx→a

(√2a3x− x4 − a 3

√a2x)′

(a− 4

√ax3)′ =

16a

9.

Pošto su za a �= 0 ostali uslovi za primenu Lopitalovog pravila ispunjeni,to je trazeni limes jednak 16a

9 . Za a = 0 funkcija nije definisana.b) Potrazimo limes kolicnika izvoda:

limx→+∞

x′(√

1 + x2)′ = lim

x→+∞

√1 + x2

x= lim

x→+∞x√

1 + x2= · · ·.

Ispunjeni su svi uslovi za primenu Lopitalovog pravila, ali se on ne mozedobiti iskljucivo primenom Lopitalovog pravila. ◮

7.50 Neka je x1 = a > 0, xn+1 = arctanxn, n ≥ 1. Dokazati da je

limn→+∞

nx2n =3

2

kao i da je

x2n+1 = x2n − 2

3x4n +

23

45x6n + o(x6n), n→ +∞.

◭ Niz xn je ocigledno opadajuci i ogranicen odozdo, dakle tezi 0 kadn→ +∞. Zatim je, kad n→ +∞

x2n+1 = (arctanxn)2 =

(xn − 1

3x3n +

1

5x5n + o

(x6n))2

= x2n − 2

3x4n +

2

5x6n +

1

9x6n + o

(x6n)

= x2n − 2

3x4n +

23

45x6n + o

(x6n).

Time smo dokazali drugu trazenu jednakost. Pošto xn opada i tezi nuli,to i x2n opada i tezi nuli, dakle niz yn = 1

x2nraste i tezi +∞ i onda prema


jednakosti nx2n = n1

x2n

, imamo:

L =(n+ 1) − n1

x2n+1− 1

x2n

=(xn+1xn)2

x2n − x2n+1=

(xn arctanxn)2

23x4n − 23

45x6n + o (x6n)

=x2n(xn − 1

3x3n + o

(x4n))2

x4n(23 − 23

45x2n + o (x2n)

) =x2n − 2

3x4n + o

(x4n)

x2n(23 − 23

45x2n + o (x2n)

)

=1− 2

3x2n + o

(x2n)

23 − 23

45x2n + o (x2n)

→ 3

2, n→ +∞.

Odavde primenom Štolcovog stava sledi da je limn→+∞

nx2n = 32 . ◮

7.51 Ispitati diferencijabilnost, konkavnost i konveksnost funkcije

f (x) =

{ln(x+1)

x , x �= 01, x = 0.

◭ Funkcija je beskonacno puta diferencijabilna u svakoj tacki domenaizuzev mozda u nuli. To sledi prema osnovnim teoremama za nalazenjeprvog izvoda funkcije u tacki. Ispitajmo diferencijabilnost u nuli. Imamo

f ′ (0) = limx→0

f (x) − f (0)

x− 0= lim

x→0

ln(x+1)x − 1

x

= limx→0

x−x2

2+o(x2)x − 1

x= lim

x→0−x2 + o (x)

x= −1

2.

Dakle f ′ (0) = −12 , tj. funkcija je diferencijabilna u nuli. Inace,

f ′ (x) =1

x (x+ 1)− ln (1 + x)

x2, x �= 0

f ′′ (x) =2 ln (1 + x)

x3− 3x+ 2

x2 (x+ 1)2, x �= 0.

Da bismo ispitali konkavnost i konveksnost date funkcije, f ′′ (x) predstavimona sledeci nacin:

f ′′ (x) =g (x)

x3 (x+ 1)2

gde je g (x) = 2 (x+ 1)2 ln (x+ 1) − x (3x+ 2) . Sada cemo delimicnim ispi-tivanjem funkcije g doci do znaka funkcije f ′′ (x) , odakle ce slediti na kojim


intervalima je funkcija f konveksna, odnosno konkavna. Najpre imamo:g (0) = 0 i

g (x) → −1, kad x→ −1+

g (x) → +∞, kad x→ +∞.

Zatim je

g′ (x) = 4 (x+ 1) ln (x+ 1) − 4x

g′′ (x) = 4 ln (x+ 1)

g′ (x) → 4, kad x→ −1+

g′ (x) → +∞, kad x→ +∞.

Iz znaka funkcije g′′ sledi da funkcija g′ ima minimum u nuli i on iznosig′ (0) = 0. Dakle g′ (x) > 0 za x �= 0 i g′ (0) = 0. Ovo znaci da funkcijag raste i da je g (x) < 0 za −1 < x < 0 i g (x) > 0 za x > 0. Na osnovutoga imamo da je f ′′ (x) > 0 na svakom od intervala:]−1, 0[ i ]0,+∞[ , tj. nasvakom od njih je funkcija konveksna. ◮

Napomena. Podprogram ”Maple” nam daje, kad x→ 0

2 ln (1 + x)

x3− 3x+ 2

x2 (x+ 1)2=

2

3− 3

2x+

12

5x2 +O

(x3),

dakle, f ′′ (0) = 23 . Ovo znaci da je funkcija f konveksna u svojoj oblasti

definisanost, tj. na razmaku ]−1,+∞[ . Neka student za vezbu dobije nave-deni razvoj ili neka na drugi nacin nañe f ′′ (0) .

7.52 Ispitati konvergenciju niza xn =1∫

0

(nx− [nx]) dx.

◭ Najpre, funkcija x → nx− [nx] je integrabilna na [0, 1] prema Lebe-govoj teoremi (neka je student obnovi). Ako je n fiksiran prirodan broj,onda funkcija x → [nx] ima u tackama k

n , k = 1, 2, .., n − 1 prekide prvevrste. Na skupu

]k−1n ,

kn

]funkcija x → [nx] uzima vrednost k − 1 i zato je

xn =nx2

2

∣∣∣∣1

0

−n∑

k=1

kn∫

k−1n

(k − 1) dx =n

2−

n∑

k=1

(k − 1)

(k

n− k − 1

n

)

=n

2− 1

n

n∑

k=1

(k − 1) =n

2− n− 1

2=

1

2.


Dakle, dati niz je konvergentan i njegova granicna vrednost, kad n→ +∞,iznosi 12 . ◮

7.53 Naci

limn→+∞

n2

((1 +

1

n+ 1

)n+1

−(

1 +1

n

)n)

.

◭ Neka je xn =(1 + 1

n

)n= en ln(1+

1n). Kad n → +∞ imamo da je

ln(1 + 1

n

)= 1

n − 12n2 + 1

3n3 − 14n4 + o

(1n4

), odnosno da je

xn = e1− 1

2n+ 13n2

− 14n3

+o(1n3

)

= e · e−12n+ 13n2

− 14n3

+o(1n3

)

,

= e

(1 + t+

t2

2!+ o(t2)

),

gde je t = − 12n + 1

3n2− 14n3

+ o(1n3

), i naravno t→ 0, kad n→ +∞. Imamo

da je t2

2! + o(t2) = 18n2

+ o(1n2

), kad n→ +∞. Sada je kad n→ +∞

xn = e

(1 − 1

2n+

1

3n2− 1

4n3+ o

(1

n3

)+

1

8n2+ o

(1

n2

))

= e

(1 − 1

2n+

11

24n2+ o

(1

n2

)).

Uzeli smo da je − 14n3 + o

(1n3

)+o(1n2

)= o(1n2

)kad n→ +∞. Iz poslednjeg

izraza imamo da je

xn+1 =

(1 +

1

n+ 1

)n+1

= e

(1 − 1

2 (n+ 1)+

11

24 (n+ 1)2+ o

(1

(n+ 1)2

)),

kad n→ +∞, odnosno

n2 (xn+1 − xn)

= n2(e

2· 1

n (n+ 1)− 11e

24· 2n+ 1

n2 (n+ 1)2

)+ o (1) → e

2, n→ +∞. ◮

7.54 Odrediti brojeve a i b tako da funkcija

f (x) = cosx− 1 + ax2

1 + bx2

kad x→ 0, bude beskonacno mala što je moguce višeg4 reda.

4 Funkcija f je beskonacno mala reda n kad x → a, ako je limx→a

f(x)C·(x−a)n = 1, gde je

C �= 0.


◭ Primenicemo Maklorenovu formulu sa ostatkom u Peanovom ob-liku: kad x→ 0, imamo

f (x) = cosx− 1 + ax2

1 + bx2= cosx−

(1 + ax2

) (1 + bx2

)−1.

Sada cemo funkcije x → cosx i x →(1 + bx2

)−1primenom asimptotskih

formula razviti do šestog stepena:

cosx = 1 − x2

2+x4

4!− x

6

6!+O(x8)

(1 + bx2

)−1= 1 − bx2 + b2x4 − b4x6 +O

(x8).

Mnozenjem i grupisanjem clanova konacno dobijamo:

f (x) =

(−1

2− a+ b

)x2 +

(1

24− (−a+ b) b

)x4

+

(− (a− b) b2 − 1

720

)x6 +O

(x8),

odakle sledi da je f beskonacno mala najviše reda 6 ako je

−a+ b =1

2∧ b (−a+ b) =

1

24,

tj. a = − 512 , b = 1

12 . Onda je kad x→ 0 : f (x) = 71440 · x6 +O

(x6). ◮

7.55. Odrediti a ∈ R, za koje postoji limx→1−

(x− 1)ax∫

0

tln2 tdt a zatim naci

tu granicnu vrednost.◭ Razlozimo po stepenima 1− t funkciju t → t

ln2 t: imamo

t

ln2 t=

t

ln2 (1 − (1 − t)) =t(

− (1 − t) − (1−t)2

2 +O((1− t)3

))

=1− 2 (1 − t)

(1− t)2+O (1) , t→ 1−.

Zato je kad t→ 1− ispunjenox∫

0

t

ln2 tdt =

x∫

0

(1

(t− 1)2+

2

t− 1

)dt+O (1)

=

(− 1

t− 1+ 2 ln |t− 1|

)∣∣∣∣x

0

+O (1)

= − 1

x− 1+ 2 ln (1− x) +O (1) .


Dakle, za a ≥ 1 dobijamo

limx→1−

(x− 1)ax∫

0

t

ln2 tdt =

{−1, a = 1,0, a > 1. ◮

7.56. Funkciju t → ln sin tt

predstaviti u obliku: a+ bt+ ct2+dt3+ et4+

O(|t|5), kad t → 0, gde su a, b, c, d i e konstante koje treba odrediti i na

osnovu toga naci limn→+∞

n3n2

n!

n∏

k=1

sin kn√n.

◭ Najpre je kad t→ 0

sin t

t=t− t3

3! + t5

5! +O(t7)

t= 1 − t

2

3!+t4

5!+O(t5),

a zatim

lnsin t

t= −t

2

3!+t4

5!+O(t5)− 1

2

t4

(3!)2= −1

6t2 − 1

180t4 +O

(t5),

odakle sledi a = 0, b = 0, c = −16 , d = 0 i e = − 1

180 . Po definiciji je

O(t5)

= O(|t|5)

.

Transformacijom dobijamo

xn =n3n2

n!

n∏

k=1

sink

n√n

=n3n2

n!

n∏

k=1

k

n√n

n∏

k=1

sin kn√n

kn√n

=n∏

k=1

sin kn√n

kn√n

,

odakle je

limn→+∞

xn = limn→+∞

n∏

k=1

sin kn√n

kn√n

= elim

n→+∞

n∏

k=1

sin kn√n

kn√n = e

limn→+∞

n∑

k=1ln

sin kn√n

kn√n

Pošto je ln sin tt ∼ −1

6t2, t→ 0, to je prema [5], strana 110, zadatak 248

limn→+∞

n∑

k=1

lnsin k

n√n

kn√n

= −1

6lim

n→+∞

n∑

k=1

(k

n√n

)2= −1

6lim

n→+∞1

n3

n∑

k=1

k2 = − 1

18.

Znaci, trazena granicna vrednost je e−118 . ◮


7.57 Proveriti da se funkcija

f (x) =

x+1∫

x

sin t2dt

moze predstaviti u obliku

f (x) =cosx2

2x− cos (x+ 1)2

2 (x+ 1)+O

(1

x2

), x→ ∞.

Naci zatim limx→∞

supxf (x) i limx→∞

inf xf (x) .

7.58. Dokazati da je ln cosx = −12x2− 1

12x4− 1

45x6+O

(x8), kad x→ 0,

a zatim ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1ln cos 1

n α , α > 0.

◭ Najpre je za x→ 0 :

ln cosx = ln

(1 − x

2

2!+x4

4!− x

6

6!+O(x8))

= ln (1 + t) ,

gde je t = x2

2 + x4

24 − x6

120 +O(x8)→ 0, kad x→ 0. Dalje je

ln (1 + t) = t− t2

2+t3

3− t

4

4+t5

5− t

6

6+O(t6)

= −x2

2+x4

24− x6

720+O(x8)− 1

2

(x4

4− x

6

24

)+

1

3

(−x

6

8

)

= −1

2x2 − 1

12x4 − 1

45x6 +O

(x8).

Prilikom stepenovanja promenljive t sa 2, 3, ... vodili smo racuna da je vecinasabiraka jednaka O

(x8). Što se tice konvergencije navedenog reda, na os-

novu dobijenog razvoja je:

ln cos1

n α= −1

2· 1

n2α(1 + o (1)) ∼ −1

2· 1

n2α,

odakle sledi da red konvergira za 2α > 1, tj. za α > 12 . ◮

7.59. Naci limx→0

arctanx−sinxtanx−arcsinx .

◭ Neka je L dati limes. Koristeci razvoje date na pocetku ove glave,dobijamo

L = limx→0

(x− 1

3x3 +O

(x5))

−(x− x3

3! +O(x5))

(x+ 1

3x3 +O (x5)

)−(x+ 1

3!x3 +O (x5)

)

= limx→0

−16x3 +O

(x5)

16x3 +O (x5)

= limx→0

−1 +O(x2)

1 +O (x2)= −1. ◮


7.60. Dokazati da jex2∫

1

et

t dt ∼1x2ex

2, x→ +∞.

◭ Prema Lopitalovom pravilu sledi

limx→+∞

x2∫

1

et

t dt

1x2ex2

= limx→+∞

2x · ex2

x2

2xex2 ·x2−2x·ex2

x4

= limx→+∞

x3

x3 − x = 1,

tj.x2∫

1

et

tdt ∼ 1

x2ex

2, x→ +∞. ◮

7.61. Ako je funkcija f parna onda jeb∫

−b

f(x)ax+1dx =

b∫

0

f(x)dx. Dokazati.

◭ Koristeci parnost funkcije f i smenu x = −t integral sleve stranepostaje

I = −−b∫

b

f (−t)a−t + 1

dt =

b∫

−b

f (t)

a−t + 1dt =

b∫

−b

atf (t)

at + 1dt,

odnosno,

2I =

b∫

−b

f(t)

at + 1dt+

b∫

−b

atf (t)

at + 1dt =

b∫

−b

(at + 1

)f (t)

at + 1dt = 2

b∫

0

f(x)dx,

tj.b∫

−b

f(x)ax+1dx =

b∫

0

f(x)dx, što je i trebalo dokazati. Koristili smo kao i

mnogo puta ranije:b∫

a

f (x)dx =b∫

a

f (z)dz. ◮

7.62. Naci: limn→+∞

1∫

0

xn(1 + e−x)dx.

◭ Najpre je kad x ∈ [0, 1]

0 ≤ xn(1 + e−x) ≤ xn · 2,

odakle sledi da je

0 ≤1∫

0

xn(1 + e−x)dx ≤ 2

n+ 1,

što prema lemi o uklještenju znaci da je limn→+∞

1∫

0

xn(1 + e−x)dx = 0. ◮


7.63. Ako x ∈ R+ naci: minx

x∫

0

sin tt dt.

◭ Na osnovu glavne teoreme integralnog racuna funkcija f (x) =x∫

0

sin ttdt

je diferencijabilna u svakoj tacki domena i zato su kandidati za apscise min-imuma nule prvog izvoda. Imamo da je

f ′ (x) =sinx

x= 0

ako i samo ako je x = kπ, k = 1, 2, 3, .... Na osnovu znaka prvog izvodazakljucujemo da funkcija f moze da ima minimum u tackama 2kπ, k =1, 2, 3, .... Uporedicemo brojeve f (2π) , f (4π) , f (6π) , ....Najpre je

f (2π) =

2π∫

0

sin t

tdt =

π∫

0

sin t

tdt+

2π∫

π

sin t

tdt =

π∫

0

sin t

tdt−

π∫

0

sin t

π + tdt

a zatim

f (4π) =

4π∫

0

sin t

tdt =

2π∫

0

sin t

tdt+

4π∫

2π

sin t

tdt =

2π∫

0

sin t

tdt+

2π∫

0

sin t

2π + tdt

=

2π∫

0

sin t

tdt+

π∫

0

sin t

2π + tdt−

π∫

0

sin t

3π + tdt >

2π∫

0

sin t

tdt.

Na isti nacin zakljucujemo da je f (6π) > f (4π) , itd. Dakle, minx

x∫

0

sin ttdt =

f (2π) =2π∫

0

sin tt dt. ◮

7.64. Dokazati da iz uslova1∫

0

1−(1−x)n

xdx =

n∑

k=1

1k, sledi da je

1 +1

2+ · · · + 1

n=

(n

1

)− 1

2

(n

2

)+ · · · + (−1)n−1

n

(n

n

).

◭ Najpre smenom 1 − x = t dati integral postaje

I =

1∫

0

1 − tn1 − t dt =

1∫

0

(n−1∑

k=0

tk

)

dt =n−1∑

k=0

1∫

0

tkdt =n−1∑

k=0

1

k + 1=

n∑

k=1

1

k.


S druge strane je

I =

1∫

0

1 −n∑

k=0

(nk

)(−1)k xk

x= −

1∫

0

n∑

k=1

(n

k

)(−1)k xk−1

=n∑

k=1

(n

k

)(−1)k−1

1∫

0

xk−1 =n∑

k=1

(n

k

)(−1)k−1

k.

Uporedjujuci desne strane dobijenih jednakosti imamo dokaz da je

1 +1

2+ · · · + 1

n=

(n

1

)− 1

2

(n

2

)+ · · · + (−1)n−1

n

(n

n

). ◮

7.65 Odrediti broj ekstremuma funkcije x → ex−a3x3, za razne vrednosti

realnog parametra a.◭ Neka je f (x) = ex− a

3x3. Funkcija f je diferencijabilna za svako x ∈ R,

i zato su kandidati za apscise ekstremuma jedino nule prvog izvoda. Daljeje

f ′ (x) = ex − ax2 = x2(ex

x2− a).

Da bismo odredili nule prvog izvoda analizirajmo funkcije:

g (x) =ex

x2i h (x) = a

i uporedimo ih. Najpre je

g (−∞) = 0+, g(0±)

= +∞, g (+∞) = +∞.

Zatim je g′ (x) = ex(x−2)x3

, odakle sledi da g ima minimum za x = 2 i on

iznosi: g (2) = e2

4 . Sada uporeñujuci funkcije g i h imamo diskusiju za brojekstremuma funkcije f :

1. a ≤ 0, f nema lokalnih ekstremuma;2. 0 < a ≤ e2

4 , f ima jedan lokalni minimu;

3. e2

4 < a, f ima 2 lokalna minimuma i 1 lokalni maksimum. ◮Napomena. Neka student nacrta grafik funkcije g i diskusiju proprati

crtezom.7.66. Ako je f(x) = x2 cos 2x, koliko je f (10)(0)?


◭ I nacin. Prema Lajbnicovoj formuli

(u · v)(n) =n∑

k=0

(n

k

)u(n−k)v(k)

za n-ti izvod proizvoda, uzimajuci u = cos 2x, v = x2, dobijamo

((cos 2x) · x2

)(n)= (cos 2x)(n)·x2+n·(cos 2x)(n−1)·2x+n (n− 1) (cos 2x)(n−2) .

Korisceno je(x2)(n)

= 0 za n > 2. Stavljajuci n = 10, x = 0 i koristeci

cinjenicu da je (cos 2x)(n) = 2n cos(2x+ n · π

2

)sledi

f (10) (0) = 10 (10 − 1) · 210−2 cos(2 · 0 + (10 − 2) · π

2

)= 23040.

II nacin. Polazeci od dva razlaganja

f (x) = f (0) +f ′ (0)

1!x+

f ′′ (0)

2!x2 + · · · + f (10) (0)

10!xn + · · · i

f (x) = x2 cos 2x = x2

(

1 − (2x)2

2!+

(2x)4

4!− (2x)6

6!+

(2x)8

8!− · · ··

)

i izjednacavajuci koeficijente uz x10 sledi

f (10) (0)

10!=

28

8!, tj. f (10) (0) = 10 · 9 · 28 = 45 · 512 = 23040. ◮

7.67. Ako je f(x) = 2x+12x+2 , naci f (n)(1), n ∈ N.

◭ Najpre je

f (x) =2x+ 2− 1

2x+ 2= 1− 1

2(x+ 1)−1

a onda prema formuli

((x+ a)α)(n) = α (α− 1) · · · (α− n+ 1) (x+ a)α−n ,

za n-ti izvod funkcije x → (x+ a)α ; a, α ∈ R, uzimajuci a = 1, α = −1,sledi

f (n) (x) = 0 − 1

2(−1) (−1 − 1) · · · (−1 − n+ 1) (x+ 1)−1−n

=(−1)n+1 · n!

2(x+ 1)−1−n =

(−1)n+1 n!

(x+ 1)n+1.


Znaci, f (n) (1) = (−1)n+1·n!2n+1

. ◮7.68. Gde je greška u sledecim koracima zakljucivanja:∫

cosx

sinxdx =

1

sinx· sinx+

∫sinx

cosx

sin2 xdx = 1 +

∫cosx

sinxdx

= 2 +

∫cosx

sinxdx = 3 +

∫cosx

sinxdx = · · · = n+

∫cosx

sinxdx,

tj. 0 = 1 = 2 = · · · = n.(1

sinx = u, cosxdx = dx, du = − 1sin2 x

· cosxdx, v = sinx).

◭ Greška je u zakljucku da je: 0 = 1 = 2 = · · · = n tj. iz jednakosti1 +∫cos xsinxdx = 2 +

∫cos xsinxdx ne sledi 1 = 2. Zaista, koristeci definiciju neo-

dreñenog integrala imamo da je∫cosxsinxdx skup svih diferencijabilnih funkcija

definisanih na svakom intervalu koji ne sadrzi tacke kπ, k = 0,±1,±2, ... i cijije izvod cos x

sinx . Kako se svake dve funkcije tog skupa razlikuju za konstantu,nije bitno da li se svakoj funkciji dodaje 1 ili 2. ◮

Napimena. Neka student proba da reši∫1xdx uzimajuci 1

x = u, dx =dv!

7.69. Koliko je∫

dxdx

?◭ Za d �= 0, imamo

∫dx

dx=

1

d

∫dx

x=

{1dln (−x) +C1, x < 0

1dlnx+C2, x > 0.

◮

7.70. Poreñati po velicini brojeve: 12π,

1116π, π i α =

π∫

0

e− sin2 xdx.

◭ Pošto integral ne mozemo da izracunamo koristeci Njutn-Lajbnicovuformulu jer podintegralna funkcija nema elementarnu primitivnu funkciju,posezemo njegovom ocenjivanju. Razmotrimo nejednakosti

1 − x < e−x < 1 − x+x2

2, x > 0.

Neka student navedene nejednakosti dokaze. Zamenujuci x sa sin2 x dobi-jamo

1 − sin2 x < e− sin2 x < 1 − sin2 x+

sin4 x

2,

odakle integraljenjem na segmentu [0, π] sledi

π∫

0

(1 − sin2 x

)dx < α <

π∫

0

(1 − sin2 x+

sin4 x

2

)dx.


Pošto je

π∫

0

(1 − sin2 x

)dx = π −

π∫

0

1 − cos 2x

2dx = π − π

2=π

2i

π∫

0

(1 − sin2 x+

sin4 x

2

)dx =

π

2+

1

2

π∫

0

(1− cos 2x)2 dx

4=

11π

16

to je 12π < α <

1116π < π. ◮

Napomena. Neka student obrazlozi sve detalje i neka za vezbu uporedi

brojeve: 3π2 i β =

π∫

0

esin2 xdx.

7.69. Dat je niz: an =n∑

k=1

1k2+n2

.

a) Dokazati da je an ∼ cn , gde je c konstanta koju treba odrediti.

b) Ispitati konvergenciju reda:+∞∑

n=1(−1)n an.

◭ a) Najpre je

an1n

=n∑

k=1

n

k2 + n2=

1

n

n∑

k=1

1

1 +(kn

)2 →n→+∞

1∫

0

dx

1 + x2=π

4,

što znaci da je c = π4 .

b) Kako je

an − an+1

=n∑

k=1

2n+ 1

(k2 + n2)(k2 + (n+ 1)2

) − 1

2 (n+ 1)2

≥ n (2n+ 1)

2n2 (2n2 + 2n+ 1)− 1

2 (n+ 1)2> 0,

to je niz an opadajuci i onda red+∞∑

n=1(−1)n an konvergira prema Lajbni-

covom kriterijumu, jer prema a) an → 0, kad n→ +∞. ◮7.72. Neka funkcija f : R→ R ispunjava uslov:

f (x+ a) =1 + f (x)

1 − f (x)


za svako x ∈ R, gde je a > 0.1. Dokazati da je f periodicna;2. Dokazati da f ima bar jednu tacku prekida.◭ 1. Redom nalazimo

f (x+ 2a) = f ((x+ a) + a) =1 + f (x+ a)

1− f (x+ a)=

1 + 1+f(x)1−f(x)

1− 1+f(x)1−f(x)

=2

−2f (x)= − 1

f (x)

f (x+ 3a) = f ((x+ a) + 2a) = − 1

f (x+ a)= − 1

1+f(x)1−f(x)

=f (x) − 1

f (x) + 1

f (x+ 4a) = f ((x+ a) + 3a) =f (x+ a) − 1

f (x+ a) + 1=

1+f(x)1−f(x) − 1

1+f(x)1−f(x) + 1

=2f (x)

2= f (x) ,

tj. f je periodicna sa periodom T = 4a.2. Pošto je f (x) �= 0 za svako x ∈ R i f (x+ 2a) · f (x) = −1, to je za

x = −a : f (a) · f (−a) = −1. Ako je f neprekidna u svakoj tacki x ∈ R

onda prema Bolcano-Košijevoj teoremi postoji x0 ∈ [−a, a] tako da jef (x0) = 0. Kontradikcija! ◮

7.73 Neka f, g ∈ C1 [0,+∞[ , f (0) = g (0) , f ′ (x) ≤ g′ (x) za sve x ≥ 0.Dokazati da je f (x) ≤ g (x) za x ≥ 0. Ako f ∈ C1 [0, 1] , f (0) = 0, 0 <f ′ (x) ≤ 1, onda je

2

x∫

0

f (t)dt ≥ f2 (x) , x ∈ [0, 1] . Dokazati.

◭ Iz uslova f ′ (x) ≤ g′ (x) , x ≥ 0 integraljenjem na [0, x] za x > 0,imamo

x∫

0

f ′ (t) dt ≤x∫

0

g′ (t)dt tj.

f (x) − f (0) ≤ g (x) − g (0) , odnosno f (x) ≤ g (x) .

Neka je zatim

F (x) = 2

x∫

0

f (t) dt− f2 (x) , x ∈ [0, 1]

pomocna funkcija. Za nju imamo da je diferencijabilna na [0, 1] i da je

F ′ (x) = 2f (x) − 2f (x) · f ′ (x) = 2f (x)(1− f ′ (x)

)≥ 0,


prema uslovu zadatka. Koristli smo da je funkcija f rastuca, tj. da jef (x) > f (0) = 0, za x > 0, jer je f ′ (x) > 0. Dakle, F je neopadajuca na[0, 1] i zato je

F (x) ≥ F (0) = 0,

odnosno, 2x∫

0

f (t)dt ≥ f2 (x) , x ∈ [0, 1] . ◮

7.74 Dokazati da je za |x| < 1 :

arccosx+ arctanx√

1 − x2=π

2

i na osnovu toga rešenje integrala

I =

+∞∫

0

dx

(x2 + a2)√x2 + 1

zapisati u obliku f (arccos a) · g (a) gde su f i g neke funkcije i 0 < a < 1.◭ Uzmimo funkciju

f (x) = arccosx+ arctanx√

1− x2, |x| < 1.

Imamo da je f diferencijabilna u svom domenu i

f ′ (x) = − 1√1 − x2

+1

1 + x2

1−x2

·√

1− x2 − x · −x√1−x2

1− x2

= − 1√1 − x2

+1− x2

1 − x2 + x2· 1 − x2 + x2

(1− x2)√

1 − x2

= − 1√1 − x2

+1√

1 − x2≡ 0,

što znaci da je f (x) ≡ C za |x| < 1. Kako je f (0) = π2 to je dokaz navedene

jednakosti završen.Ako u datom integralu uvedemo smenu x = tan t, dobijamo

I =

π2∫

0

dtcos2 t

(a2 + tan2 t)√

1 + tan2 t=

π2∫

0

dtcos2 t

(a2 + tan2 t) 1cos t

=

π2∫

0

dt

(a2 + tan2 t) cos t

=

π2∫

0

cos tdt

a2 cos2 t+ sin2 t=

π2∫

0

cos tdt

a2(1 − sin2 t

)+ sin2 t

=

π2∫

0

cos tdt

a2 + (1 − a2) sin2 t.


Poslednji integral dalje rešavamo smenom sinx = z i dobijamo

I =

1∫

0

dz

a2 + (1− a2) z2 =1

1 − a2

1∫

0

dza2

1−a2 + z2

=1

1− a2 ·√

1 − a2a

· arctan z√

1− a2a

∣∣∣∣∣

1

0

=1

a√

1 − a2arctan

√1 − a2a

= g (a) ·(π

2− arctan

a√1 − a2

)

= g (a) · arccos a = g (a) · f (arccos a) ,

gde je ocigledno: g (u) = 1u√1−u2

i f (u) = u. Koristili smo jednakost

arctanx+ arctan1

x=π

2sgnx

koja se dokazuje slicno jednakosti u prvom delu zadatka. ◮7.75 Data je funkcija f (x) =

√x (x+ 2)e

1x .

a) Odrediti konstante a, b i c tako da je

f (x) = ax+ b+c

x+ o

(1

x

),

kad x→ −∞;b) Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije f ;c) Da li je funkcija f ravnomerno neprekidna na [1,+∞[?

7.76 Dat je niz integrala In =+∞∫

1

dxxn√x−1 , n ≥ 1.

a) Izracunati In;


n=1I3n.

◭ a) Uvodeci redom smene x− 1 = t2 i t = tan y dati integral postaje

In =

+∞∫

1

2tdt

(1 + t2)n · t =

+∞∫

1

2dt

(1 + t2)n= 2

π2∫

0

dycos2 y(1

cos2 y

)n = 2

π2∫

0

cos2n−2 ydy.

Za poslednji integral prema zadatku 7.7 sledi

In =

{(2n−3)!!(2n−2)!!π, n > 1,

π, n = 1.


b) Ako n ∈ N, imamo

I3n+1 =

((2n− 1)!!

(2n)!!

)3.

Prema Rabeovom kriterijumu stavljajuci an = I3n+1 sledi

n

(anan+1

− 1

)= n

(((2n− 1)!!

(2n)!!:(2n+ 1)!!

(2n+ 2)!!

)3− 1

)

= n

((2n+ 2

2n+ 1

)3− 1

)

= n

((1 +

1

2n+ 1

)3− 1

)

=3n

2n+ 1+

3n

(2n+ 1)2+

n

(2n+ 1)3→

n→+∞3

2> 1,

što znaci da red+∞∑

n=1I3n konvergira. ◮

7.77 Dokazati jednakost:

arcsin2x

1 + x2= 2arctanx, |x| ≤ 1.

7.78 Odrediti geometrijsko mesto prevojnih tacaka familije funkcija

fa (x) =1

2+

1

a+ ln |x| .

◭ Svaki clan date familije je definisana i beskonacno diferencijabilnafunkcija za svako x ∈ R\ {±e−a} . Zato su kandidati za apscise prevojnihtacaka jedino nule drugog izvoda. Iz f ′a (x) = − 1

(a+ln|x|)2 ·1x sledi

f ′′a (x) =1

(a+ ln |x|)2· 2 (a+ ln |x|)

x2+

1

(a+ ln |x|)2· 1

x2=

2a+ 1 + 2 ln |x|(a+ ln |x|)2 · x2

.

U svojim nulama: ±e− 1+2a2 drugi izvod f ′′a menja znak, i zato u njima fa

ima prevojne tacke. Pošto je

fa(±e− 1+2a

2

)= −3

2

to je prava y = −32 trazeno geometrijsko mesto prevojnih tacaka familije

funkcija x → fa (x) . ◮


7.79. Neka je f neprekidna funkcija koja razmak [0,+∞[ preslikava unjega samog. Ako je lim

x→+∞f (f (x)) = +∞, tada je i lim

x→+∞f (x) = +∞.

Dokazati.Napomena: Ako 0 /∈ Df tada navedeno tvrñenje nije tacno

(f (x) = 1

x

).

7.80 Data je funkcija f (x) = 3√x lnx.

a) Naci supx≥1

|f ′ (x)| kao i f (0 + 0) = limx→0+

f (x) ;

b) Ispitati ravnomernu neprekidnost funkcije f na ]0,+∞[ .◭ a) Funkcija je beskonacno diferencijabilna u svom domenu i

f ′ (x) =1

3x−

23 lnx+ x

13 · 1

x=

3 + lnx

3x23

, kao i

f ′′ (x) =1x· x 23 − 2

3x−\ 13 (3 + lnx)

3x43

=−3 − 2 lnx

9x53

.

Pošto je f ′′ (x) < 0 za x ≥ 1 to je

supx≥1

∣∣f ′ (x)∣∣ =sup

x≥1f ′ (x) =max

x≥1f ′ (x) = f ′ (1) = 1

i na osnovu Lopitalovog pravila je f (0 + 0) = limx→0+

f (x) = 0.

b) Data funkcija je ravnomerno neprekidna na [0, 1] - prema Kan-torovoj teoremi i na [1,+∞[ -jer tu ima ogranicen prvi izvod. Znaciravnomerno je neprekidna na skupu [0,+∞[ a odatle sledi da je ravnomernoneprekidna i na njegovom podskupu ]0,+∞[ . ◮

7.81 Odrediti a ∈ R za koje je funkcija

fa (x) =

{ 11−ln|sinx| , x �= kπ,a, x = kπ,

neprekidna i za tako nañeno a ispitati diferencijabilnost funkcije u tackamaxk = kπ, k ∈ Z. Da li je funkcija f0 ravnomerno neprekidna na R?

◭ Najpre vidimo da je funkcija periodicna sa osnovnim periodom T = πkao i da je parna. Pošto je i f (x) = f (π − x) to je dovoljno razmotritigranicnu vrednost funkcije kad x→ 0+. Imamo

limx→0+

1

1− ln |sinx| =1

1 − (−∞)= 0,

odakle sledi da je funkcija neprekidna u tacki x = 0 a zbog periodicnostii parnosti neprekidna je i u svim tackama xk = kπ, ako je a = 0. Neka je0 < x < π. Onda je

f ′a (x) =

(1

1− ln sinx

)′=

cosx

(1− ln sinx)2 sinx.


Zatim je limx→0+

f ′a (x) = ∞, jer je

limx→0+

(1 − ln sinx)2 sinx

= limx→0+

(1 − ln sinx)2

1sinx

= limx→0+

2 (1− ln sinx) · − cos xsinx

− cos xsin2 x

= limx→0+

2 (1− ln sinx) sinx = limx→0+

2 sinx− limx→0+

2 sinx ln sinx = 0,

što znaci da funkcija u tackama kπ nije diferencijabilna. Funkcija f0 jeravnomerno neprekidna na R jer je neprekidna i periodicna. ◮

7.82 Neka je f (x) = |x|3 . Naci f ′ (x) , f ′′ (x) za sve realne x i pokazati,da f (3) (0) ne postoji.

◭ Za datu funkciju je:

f (x) =

{x3, x > 0−x3, x < 0

i f ′ (x) =

{3x2, x > 0−3x2, x < 0

tj. f ′′ (x) =

{6x, x > 0−6x, x < 0

i f (3) (x) =

{6, x > 0−6, x < 0.

Sada je f (3)+ (0) = 6 i f (3)− (0) = −6, što znaci da f (3) (0) ne postoji. ◮

7.83 Odrediti a i b tako da je limx→±∞

(3√

1 − x3 − ax− b)

= 0.

◭ Kad x→ ±∞ dobijamo

3√

1 − x3 − ax− b = −x(

1− 1

3x3+O

(1

x6

))− ax− b

= (−a− 1)x− b+1

3x2+O

(1

x5

).

Odatle sledi da mora biti a = −1, b = 0. ◮

7.84 Naci limx→0

sin(ex−1)−(esinx−1)sin4 3x

.

◭ Podprogram ”Maple” daje

sin (ex − 1) = x+1

2x2 − 5

24x4 +O

(x5)

esinx − 1 = x+1

2x2 − 1

8x4 +O

(x5)

sin4 3x = 81x4 +O(x6).

Sada dobijamo limx→0

sin(ex−1)−(esinx−1)sin4 3x

= − 1972 . ◮


Napomena. Neka student dobije navedene razvoje.7.85 Neka je

ϕ (x) =

{x2 sin 1

x , x �= 0,0, x = 0,

i neka je funkcija f diferencijabilna u tacki x = 0. Dokazati da funkcija f ◦ϕima izvod u tacki x = 0 i da je taj izvod jednak nuli.

7.86 Dokazati da je za svako x ∈]0, π2]

1

sin2 x≤ 1

x2+ 1 − 4

π2.

7.87 Ako je y = cos3 x, onda je∣∣y(k) (x)

∣∣ ≤ 3k+34 . Dokazati.

7.88 Naci površinu dela elipse x2

4 + y2

9 = 1 koji se nalazi ispod paraboley = 9

32x2.

7.89 Odrediti rastojanje svake od tacaka (0, 4) i (0, 6) od parabole y =x2

10 .7.90 Neka je f (x) = sinx+ sin 3x

3 + sin 5x5 + sin 7x

7 . Pokazati da je f ′(π9

)= 1

2 .

7.91 Neka je In =1∫

0

xn cos π2xdx (n ≥ 0) .

1. Naci vezu izmedju In i In−2;2. Pokazati da je 0 < In <

1n+1 ;

3. Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=0In.

◭ 1. Parcijalnim integraljenjem sledi

In = xn · 2

πsin(π

2x)∣∣∣1

0− 2n

π

1∫

0

xn−1 sin(π

2x)dx

=2

π− 2n

π

(−xn−1 · 2

πcos(π

2x)∣∣∣1

0+

2(n− 1)

πIn−2

)

=2

π− 4n (n− 1)

π2In−2.

2. Imamo da su funkcije x → xn cos(π2x)

i x → xn − xn cos(π2x)

neprekidne i nenegativne na [0, 1] i na primer u tacki x = 12 pozitivne i

onda je prema tacki 4. zadatka 6.2:

0 < In i 0 <

1∫

0

(xn − xn cos

(π2x))dx =

1

n+ 1− In tj.


0 < In <1

n+1 .3. Iz dobijene veze izmedju In i In−2 i cinjenice da In → 0, n → +∞

(sledi iz 2) imamo

In−2 =π

2n (n− 1)− π2

4n (n− 1)In =

π

2n (n− 1)

(1− π

2In

)∼

π

2n2, n→ +∞

tj. dati red konvergira. ◮7.92 Dokazati sledece nejednakosti:a) sinx ≥ 2x

π , x ∈[0, π2];b) x > ln (1 + x) , x > 0; c) 1+ 2 lnx ≤ x2, x >

0;d) ex > 1 + ln (1 + x) , x ∈ R; e) ea−eb

a−b <ea+eb

2 , a �= b;

f) e

(1+ 1n)

n < 1 + 12n , n ∈ N; g) 1

20 3√2<

1∫

0

x19dx3√1+x6

< 120 .

7.93 Naci sve vrednosti realnog parametra α tako da je za sve pozitivnex i y :

x ≤ α− 1

αy +

1

α

x α

y α−1.

7.94 Dokazati da je za a > b > 1 ispunjeno: aba> ba

b.

7.95 Dokazati da je sinn iracionalan broj za svaki prirodan broj n.

.

Na kraju navodimo zadatke sa nekih ispitnih rokova iz Analize I naMatematickom fakultetu u Beogradu:

jun 19951. Ispitati funkciju f (x) = x

(1 + 2

π arctan 1x

)i skicirati njen grafik

2. Ispitati konvergenciju reda

+∞∑

n=1

p (p+ 1) (p+ 2) · · · (p+ n− 1)

n!· 1

nq

u zavisnosti od realnih parametara p i q.

3. Neka je niz (In)n∈N definisan sa

π4∫

0

tann xdx.

a) Koristeci jednakost 1 + tan2 x = 1cos2 x

, ili inace, naci vezu izmeñu Ini In+2.

b) Ispitati konvergenciju niza (In) .4. Neka je M metricki prostor, ∅ �= A ⊂ M, i neka je f : M → A

neprekidna funkcija takva da je f (x) = x za svaki x ∈ A. Dokazati da je Azatvoren skup.


septembar 19951. Ispitati funkciju f (x) = x+ e

lnx−2 i skicirati njen grafik.


n=1

(nn

α − 1)

u zavisnosti od realnog

parametra α.3. Izracunati

∫

E

|cosx|√

sinxdx, gde je E podskup intervala [0, 4π] na

kom podintegralna funkcija ima smisla.4. Neka je F : R2 → R funkcija definisana sa F (x, y) = x4+y4+x2+y2.a) Dokazati da je skup A =

{(x, y) ∈ R2 : F (x, y) = 1

}kompaktan i

sadrzan u unutrašnjosti jedinicne kugle K ={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1

}.

b) Dokazati da je skup A homeomorfan jedinicnom kruguS1 =

{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1

}.

oktobar 19951. Ispitati funkciju f (x) = −x+ ln |x|−1

x i nacrtati njen grafik.


n=1(−1)n nα (ln (n+ 1) − lnn) u zavis-

nosti od realnog parametra α.

3. Izracunati: In =1∫

0

xn√x(1−x)

dx, n ∈ N.4. Neka je f :M1 →M2 ravnomerno neprekidno preslikavanje metrickog

prostora M1 u metricki prostor M2, i neka je (xn) Košijev niz u M1.

a) Dokazati da je (f (xn)) Košijev niz u M2.

b) Ako je prostor M2 kompaktan, dokazati da niz (f (xn)) konvergira.oktobar 19991. Dokazati da za t > 0 i 0 < α < 1 vazi nejednakost

(1 + t) α > 1 + αt− α (1 − α)

2t2.

2. Ispitati funkciju f (x) = x arctan |x|+1x

i nacrtati njen grafik.

3. Izracunati I =2π∫

0

dxsin4 x+cos4 x

.


n=1n α(1√n−√

ln(1 + 1

n

))u zavisnosti

od realnog parametra α.novembar 1999

1. Data je funkcija f (x) = 3

√3x− |x|3.

a) Predstaviti je u obliku f (x) = ax+ b+ cx + o

(1x

)kad x→ ±∞ i pri

tom odrediti konstante a, b i c;


b) Ispitati njen tok i nacrtati grafik;c) Izracunati površinu dela ravni ogranicenog pravama x = 0, x =

√3 i

grafikom funkcije f.2. Ispitati invertibilnost funkcije f (x) = x2

2 − x lnx u oblasti defin-isanosti i ispitati diferencijabilnost inverzne funkcije ukoliko postoji.

3. Ispitati konvergenciju reda

+∞∑

n=1

(−1)n(

1√n3 + 1

+1√n3 + 2

+ · · · + 1√n3 + n

).

jun 19961. Ispitati funkciju f (x) = arcsin |x|

x−2 i skicirati njen grafik.2. Neka je f : [a, b] → R neprekidna funkcija i (an) niz tacaka segmenta

[a, b] . Dokazati da postoji x ∈ [a, b] tako da je f (x) =+∞∑

n=1

12n f (an) .

3. Izracunati površinu ogranicenu grafikom funkcije f (x) = e−x |sinx| ipravom y = 0 za x ≥ 0.


n=1n α(1√n−√

ln(1 + 1

n

))u zavisnosti

od realnog parametra α.septembar 19961. Nizovi (xn) i (yn) su definisani sa

xn+1 =xn + yn

2, yn+1 =

2xnynxn + yn

, n ∈ N,

gde su x1 i y1 dati realni brojevi takvi da je x1 > y1 > 0. Ispitati konvergen-ciju nizova (xn) i (yn) i u slucaju da konvergiraju odrediti njihove granicnevrednosti.

2. Za razne vrednosti realnog parametra a ispitati funkciju f (x) = x−a

ex

x−a.

3. Dokazati da jea∫

−a

f (x) dx =a∫

0

(f (x) + f (−x)) dx za svaku neprekidnu

funkciju f : [−a, a] → R. Izracunati zatim

√2∫

−√2

2x7 + 3x6 − 10x5 − 7x3 − 12x2 + x+ 1

x2 + 2dx.

4. Neka je f (x) = cosx, x ∈ R.a) Dokazati da funkcija f : R → R nije kontrakcija metrickog prostora

R.


b) Dokazati da njena restrikcija na [−1, 1] jeste kontrakcija segmenta[−1, 1] .

april 20001. Ispitati funkciju i nacrtati grafik, ako je

f (x) =

{ex− 1

|x| , x �= 00, x = 0.


n=1

1n α sinn · cos

(n+ 1

n

)u zavisnosti od

realnog parametra α.3. Ispitati za koje a ∈ R konvergira nesvojstveni integral

1∫

0

ex (x− 1) + a

x2dx

i za takve a izracunati vrednost integrala.4. Ako f ∈ C2 [0, 1] , dokazatia)

1∫

0

f (x)dx =f (0) + f (1)

2−

1∫

0

2x− 1

2f ′ (x) dx;

b) Postoji ξ ∈ ]0, 1[ tako da je

1∫

0

f (x)dx =f (0) + f (1)

2− f

′′ (ξ)12

.

jun 2000


n=1a αn x

n gde je a1 = 2, a2 = 5

i anan+2 − a2n+1 = an+1 − an+2 za n = 1, 2, ....;α, x ∈ R.2. Ispitati funkciju f (x) = arctanx+ 2|x|

1+x2i nacrtati njen grafik.

3. Izracunati

π3∫

0

xdxcos4 x

.

4. a) Ako su sve nule polinoma p : R→ R realne, onda su realne i svenule svih njegovih izvoda. Dokazati!

b) Da li su sva rešenja jednacine

x5 + a4x4 + a3x

3 + a2x2 + a1x+ a0 = 0


gde je 5a3 − 2a24 > 0 realna?oktobar 20001. Dat je niz a0 = a > 0, an+1 =

√a2n + a−2n realnih brojeva.

a) Naci limn→+∞

a4nn

; b) Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1aλnx

n za x, λ ∈ R.

2. Ispitati funkciju f (x) =(x+ 1

2x

)e13x i nacrtati njen grafik.

3. Izracunati I =

9π4∫

0

dx|sinx|+|cos x| .

4. Odrediti sve neprekidne funkcije f : [0,+∞[na→ [0,+∞[ koje ispun-

javaju uslov f ′ (x) · f ′′ (x) = 12 za x ≥ 0, x �= 1.

novembar 20001. Neka je a1 = a > 1, an+1 = an + ln an (n ≥ 1) . Dokazati da jea) an ≤ a · n2 za n ≥ 1;b) an = o

(n ln2 n

), n→ +∞;

c) ipitati konvergenciju reda+∞∑

n=1

1an.

2. Ispitati funkciju f (x) = xex−1 , x �= 0 i f (0) = 1 i nacrtati njen grafik.

3. Izracunati I =

5π6∫

−π6

|sinx|+2|cos x||cos x|+2|sinx|dx.

4. Koliko nula ima funkcija f (x) =n∑

k=1

1x−ak

ako je a1 < a2 < ... < an?

decembar 2000

1. Odrediti x ∈ R za koje konvergira red+∞∑

n=1anx

n, gde je a0 > 0 i

an+1 = a2nean−1 .

2. Ispitati funkciju f (x) = 2 log |ex − 1| − log |ex − 2| i nacrtati njengrafik.

3. Izracunati I =a∫

0

xdx√2a2+ax−x2

za a ∈ R.4. Neka je f : [0, 1] → R dva puta diferencijabilna funkcija i |f ′′ (x)| ≤ 1

za 0 < x < 1. Dokazati da postoje a, b ∈ R tako da je |f (x) − ax− b| ≤ 116

za sve x ∈ [0, 1] .april 20011. Neka f ∈ C [0, 1] ∩ D ]0, 1[ i neka je f (0) = 0 i |f ′ (x)| ≤ |f (x)| za

svako x ∈ ]0, 1[ .a) Dokazati da postoji konstanta M ∈ R tako da je |f (x)| ≤ Mx2 za

svako x ∈ [0, 1] .b) Dokazati da je f (x) = 0 na [0, 1] .


2. Ispitati funkciju f (x) = |x|(e1x − 2

)i nacrtati njen grafik.

3. Izracunati I =+∞∫

1

lnxdxx2√1+x2

.


n=1

ln(1+2n)nα

u zavisnosti od α ∈ R.jun 2001.1. Neka je x0 = a > 0 i xn+1 = xn

1+xn, za n ≥ 0. Ispitati konvegrenciju

niza xn i reda+∞∑

n=1xn.

2. Neka f ∈ C [0, 1] ∩ D ]0, 1[ i neka je f (a) = f (b) . Dokazati da za

svako n ∈ N postoje tacke c1, c2, ..., cn ∈ ]a, b[ , takve da jen∑

k=1

f ′ (ck) = 0.

3. Ispitati funkciju f (x) = x arctan x+1x−1 i nacrtati njen grafik.

4. Dokazati da je

cos2 x∫

0

arccos√tdt+

sin2 x∫

0

arcsin√tdt = C,

za svako x ∈[0, π2], gde je C konstanta koju treba odrediti.

septembar 20011. Data je funkcija f (x) = ln(1+x)

x ako je x �= 0 i f (0) = 1. Dokazatida je funkcija f neprekidno diferencijabilna, ispitati njenu konveksnost ikonkavnost i nacrtati njen grafik.

2. Odrediti konstante a, b i c tako da za niz (xn) zadat rekurentno:x0 = 5, xn+1 = xn − sin4 xn, vazi xn ∼ a+ bnc kad n→ +∞.

3. Odrediti konstante α, β, γ i δ tako da izraz 1+αx+βx2

1+γx+δx2najbolje aproksimira

funkciju x → cosx u okolini nule.

4. Ako f ∈ C [0,+∞[ i f (x) → A kad x→ +∞, naci limn→+∞

1∫

0

f (nx)dx.

5. Izracunati I =

π2∫

0

1+cosx(5+3 cos x)2

dx.

oktobar 20011. Ispitati funkciju f (x) = arctan

(x+ 1

x


2. Ispitati konvergenciju niza (xn) zadatog rekurentno: x0 = 0, xn+1 =2xn+5xn+3

.

3. U zvisnosti od parametara α, β ∈ R ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1( n√n− 1)

αsinβ 1

n .


4. Izracunati I =π∫

0

x sinx1+cos4 x

dx.

5. Neka f ∈ C1 (R) i neka je f (x) =x∫

0

f (t)dt, x ∈ R. Dokazati da je

f (x) = 0, x ∈ R.januar 20021. Ispitati konvergenciju niza zadatog rekurentno

x0 = 1, xn+1 =√

1 + x2n − 1, n ≥ 1.

2. Neka f ∈ C1 [a, b] , tako da je f ′ (a) < f (a) i f ′ (b) > f (b) . Dokazatida postoji c ∈ [a, b] takvo da je f ′ (c) = f (c) .

3. Neprekidno dodefinisati u nuli funkciju f (x) = 1x

+ 1ln(1−x) i naci

f ′ (0) .

4. Ispitati funkciju f (x) = x+ (x+ 1) ln(1− 1

x


5. Izracunati I =1∫

0

xearctanx

(1+x2)2dx.

februar 2002.1. Izracunati lim

n→+∞n(

n√e+1

n√e−1 − 2n

).

2. Ispitati da li je f (x) = sin ln(1+x)x ravnomerno neprekidna na ]0,+∞[ .

3. Ispitati funkciju f (x) = 3√

6x2 − x3 i nacrtati njen grafik.

4. Izracunati I =2∫

1

dx

1+x+√2x−x2

.

april 2002.

1. Izracunati limn→+∞

(n√x+ n

√y

2

)n, x > 0, y > 0.

2. Odrediti za koje a (0 < a �= 1) se grafici funkcija f (x) = ax i f−1 (x) =loga x dodiruju.

3. Ispitati funkciju f (x) = 3

√x2

x+1 i nacrtati njen grafik.

4. Izracunati I =2π∫

0

dxcos2 x+5cosx+6

.

jun 20021. Dat je niz realnih brojeva: a0 > 0, an+1 = an+ln(1+an)

2 , n = 0, 1, 2, ....

a) Izracunati limn→+∞

an; b) Ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1anx

n (x ∈ R) .

2. Ispitati precizno tok i nacrtati grafik funkcije f (x) = 3√x3 + 6x2.

3. Izracunati+∞∫

0

dx(x+1) 3

√x.


4. Neka je f : ]0,+∞[ → R neprekidno diferencijabilna, a > 0, i 1x+2 ≤

f ′ (x) ≤ 1x+1 za x > 0. Izracunati:

a) limx→+∞

f(x)lnx ; b) lim

n→+∞n (f (n+ a) − f (n)) ; c) lim

x→+∞(f (ax) − f (x)) .

jul 2002


n=1anx

n, gde je x, α ∈ R, an > 0 i

an+1an

=n+ α

n+ 1+ o

(1

n2

), n→ +∞.

2. Ispitati precizno tok i nacrtati grafik funkcije f (x) = x ln(√

e2 + 1

x

).

3. a) Dokazati da je

π4∫

0

ln (cosx+ sinx)dx =

π4∫

0

ln(√

2 cosx)dx.

b) Izracunati:1∫

0

ln(1+x)1+x2

dx i1∫

0

x−arctanxx2(1+x2)

dx.

4. Neka f ∈ C [0, 1] ∩ D ]0, 1[ i neka je f (0) = f (1) = 0 i f (x) �= 0 za0 < x < 1. Odrediti skup

{(ln |f (x)|)′ : 0 < x < 1

}.

septembar 2002

1. Neka je an =

(n∑

k=1

1√k

)− 2

√n, n = 1, 2, ....

a) Izracunati limn→+∞

n√n (an+1 − an) ; b) Da li niz an konvergira? c)

Odrediti realne x za koje konvergira red+∞∑

n=1anx

n.

2. Ispitati precizno tok i nacrtati grafik funkcije f (x) = x arctanx3.3. Izracunati:

a)∫

dx

x2√1−x2

; b)1∫

0

arctanαxx2√1−x2

dx,α ∈ R.4. Neka f ∈ C [0, 1] ∩D ]0, 1[ i neka je f (0) = f (1) = 0 i |f ′ (x)| ≤ 1 za

0 < x < 1. Dokazati da je

∣∣∣∣1∫

0

f (x) dx

∣∣∣∣ <14 .

oktobar 20021. Dat je realan niz an : a0 > 0, an+1 = 2an

(n+2)an+1, n = 0, 1, 2, ...

a) Dokazati da je 1n+ q

n

≤ an ≤ 1n za neko q > 0 i n = 1, 2, .....


n=1anx

n.

2. Ispitati precizno tok i nacrtati grafik funkcije f (x) =√x2 + 2xe

1x .

3. Izracunati1∫

0

arcsinx−xx3

dx.


4. Neka f ∈ C [0, 1] ∩D ]0, 1[ i neka je f (0) = f (1) = 0, 0 < α < β < 1i f (α) − f (β) = 1. Dokazati da je |f ′ (ξ)| = 2 za neko ξ ∈ ]0, 1[ .

januar 2003

1. Dat je niz (an) : a0 = 0 i an =

(n−1∑

k=0

k+1k2+1

)− lnn za n ∈ N.

a) Dokazati da je niz (an) rastuci;b) Izracunati lim

n→+∞n2 (an+1 − an) ;

c) Dokazati da niz (an) konvergira;

d) Odrediti sve realne x za koje konvergira red+∞∑

n=1(a− an)xn, gde je

a = limn→+∞

an.

2. Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije

f (x) =

{x · earctan 1

x , x �= 00, x = 0.

3. Izracunati1∫

0

(1 − x+ x2

) 32 xdx.

4. Neka f ∈ C [0, 1]∩D ]0, 1[ i neka je |f ′ (x)| ≤ 1 za 0 < x < 1. Dokazati

da je1∫

0

|f (x) − f (a)| dx ≤ 14 za neko a ∈ ]0, 1[ .

jun 2004 (II tok)1. Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije f (x) = |x|

2+e−1x.

2. Izracunati1∫

0

ex+1√e2x+ex+1

dx.

3. U zavisnosti od α ∈ R ispitati konvergenciju reda+∞∑

n=1

[(1 + 1

nα

)nα − e].

4. Neka je funkcija f neprekidna na [a, b] i diferencijabilna na ]a, b[ .Dokazati da postoji c ∈ ]a, b[ takvo da je

f (b) − f (a)

b− a · (f (b) + f (a) − 1) = f ′ (c) · (2f (c) − 1) .

(Uputstvo5: funkcija F (x) = f(b)−f(a)b−a · (f (b) + f (a) − 1)x− f2 (x) + f (x)

zadovoljava Rolovu teoremu na [a, b]).oktobar 2004 (IV tok)

1. Izracunati limx→+∞

(x∫

0

(arctan t)2dt

)2

x2+1.

5 Primedba autora


2. Odrediti sve a ∈ R i b ∈ R+ za koje red+∞∑

n=1na sin 1

nbln n+1

nkonvergira.

3. Neka je f (x) =

{x(π2 − arctan 1

x

), x �= 0

0, x = 0.1) Ispitati da li je f neprekidna i diferencijabilna na R.2) Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f.

4. Izracunati+∞∫

1

dt

(t5+t3)√t2−1 .

5. Neka je f : R→ R takva da je f−1 ({y}) dvoclan za svako y ∈ R.Dokazati da f nije neprekidna.

februar 2005 (IV tok)

1. Neka je f (x) = limx→+∞

2n√

cos2n x+ sin2n x. Ispitati neprekidnost i

diferencijabilnost funkcije f. Skicirati grafik funkcije f..

2. Odrediti sve a ∈ R za koje red+∞∑

n=1an konvergira, gde je an =

n∑

k=1log2 k

na.

3. Izracunati1∫

0

xndx√x(1−x)

za n ∈ N.4. Neka su funkcije f (x) i g (x) ravnomerno neprekidne na A. Da li tada

i funkcije f (x)+g (x) , cf (x) , f (x) g (x) i f (x) sinxmoraju biti ravnomernoneprekidne na A, ako je

1) A = [a, b] , 2) A = [a,+∞[?

Odgovor obrazloziti.Na kraju navodimo rešenja dva izuzetno lepa zadatka sa nedavnog ispita

iz Analize I na Matematickom fakultetu u Beogradu.1) Ako funkcija f ima neprekidan prvi izvod na [0, 1] i ako je f (0) =

f (1) = 0, onda je1∫

0

∣∣f ′ (t)∣∣ dt ≥ 2 |f (x)|

za svako x ∈ [0, 1] . Dokazati.◭ Neka je x ∈ [0, 1] fiksiran broj. Imamo

2 |f (x)| = |f (x)| + |−f (x)| =

∣∣∣∣∣∣

x∫

0

f ′ (t) dt

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣

1∫

x

f ′ (t)dt

∣∣∣∣∣∣

≤x∫

0

∣∣f ′ (t)∣∣ dt+

1∫

x

∣∣f ′ (t)∣∣ dt =

1∫

0

∣∣f ′ (t)∣∣ dt,


što je i trebalo dokazati. Zbog datog uslova svi integrali u navedenim izraz-ima postoje. ◮

2) Ako za neprekidno-diferencijabilnu funkciju f na [0, 1] vazi da je1∫

0

f (x)dx = 0 i da je |f ′ (x)| ≤ 3x za svako x ∈ [0, 1] onda je |f (1)| ≤ 1.

Dokazati.◭ Na [t, 1] , za 0 ≤ t ≤ 1 imamo

−3

2

(1 − t2

)≤

1∫

t

f ′ (x)dx ≤ 3

2

(1 − t2

), tj.

−3

2

(1 − t2

)≤ f (1) − f (t) ≤ 3

2

(1 − t2

).

Sada integraljenjem po t na [0, 1] dobijamo

−3

2

(t− t

3

3

)∣∣∣∣1

0

≤ f (1) −1∫

0

f (t)dt ≤ 3

2

(t− t

3

3

)∣∣∣∣1

0

,

odnosno −1 ≤ f (1) ≤ 1 ⇔ |f (1)| ≤ 1, jer je1∫

0

f (t) dt = 0 po pretpostavci

zadatka. ◮

Glava 8

Dodatak

Apsolutna vrednost realnog broja x definiše se kao

|x| = max {−x, x} =

{x, x ≥ 0;−x, x < 0.

Tako je√x2 = |x| . Apsolutna vrednost svakog realnog broja je dakle neneg-

ativan broj.Celobrojna vrednost realnog broja x u oznaci [x] , definiše se kao

najveci ceo broj koji nije veci od x. Za svako realno x i odgovarajuce [x] je:

1 − x < [x] ≤ x.

Ako je x realan broj onda se na jedinstven nacin zapisuje:

x = [x] + {x}

gde je [x] celobrojni a {x} razlomljeni deo broja x. Na primer π = [π]+{π} =3 + 0, 14.

Faktorijeli: 0! = 1, n! = n (n− 1) · · · 3 · 2 · 1, n ∈ N. Zatim je:

(2n)!! = 2n · (2n− 2) · · · 4 · 2 = 2n · n!;(2n+ 1)!! = (2n+ 1) · (2n− 1) · · · 5 · 3 · 1

=(2n+ 1)!

(2n)!!=

(2n+ 1)!

2n · n! .

Stirlingova formula: Kad n→ +∞ :

n! ∼√

2πn(ne

)ntj. n! =

√2πnnne−n+ θn

12n (0 < θn < 1) .

239

240 GLAVA 8. DODATAK

Valisova formula:

π

2=+∞∏

n=1

2n

2n− 1· 2n

2n+ 1.

Binomni koeficijent:(n

k

):=

n!

k! · (n− k)! , n ∈ N, k ∈ N0, 0 ≤ k ≤ n,

i vazi:(n

k

): =

n (n− 1) · · · (n− k + 1)

k!, n ∈ N, k ≤ n,

(n

0

)=

(n

n

)= 1;

(n

n− k

)=

(n

k

);

(n

k

)+

(n

k + 1

)=

(n+ 1

k + 1

).

Ako a ∈ R i k ∈ N onda je:(a

k

):=a (a− 1) · · · (a− k + 1)

k!.

Binomna formula:

(a+ b)n =n∑

k=0

(n

k

)an−kbk, a, b ∈ R, n ∈ N.

Neke sumacione formule:

n∑

k=1

k = 1 + 2 + · · · + n =n (n+ 1)

2.

n∑

k=1

k2 = 12 + 22 + · · · + n2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6.

n∑

k=1

k3 = 13 + 23 + · · · + n3 =

(n∑

k=1

k

)2=n2 (n+ 1)2

4.

n∑

k=1

k4 = 14 + 24 + · · · + n4 =1

30n (n+ 1) (2n+ 1)

(3n2 + 3n− 1

).

n∑

k=1

k5 = 15 + 25 + · · · + n5 =1

12n2 (n+ 1)2

(2n2 + 2n− 1

).

241

n∑

k=1

qk = q + q2 + · · · + qn = q · 1 − qn1− q , q �= 1.

n∑

k=1

sinkx = sinx+ sin 2x+ · · · + sinnx =sin nx

2 · sin (n+1)x2

sin x2

, x �= 2kπ.

n∑

k=1

cos kx = cosx+ cos 2x+ · · · + cosnx =sin nx

2 · cos (n+1)x2

sin x2

, x �= 2kπ.

Osnovni trigonometrijski identiteti

sin2 x+ cos2 x = 1;tanx = sinx

cos x ; x �= π2 + kπ;

cotx = cos xsinx ; x �= kπ;

secx = 1cos x ; x �= π

2 + kπ;cos ecx = 1

sinx ; x �= kπ;cos2 x = 1

1+tan2 x; x �= π

2 + kπ;

sin2 x = 11+cot2 x

; x �= kπ.Adicione formule

sin (x± y) = sinx cos y ± cosx sin y,cos (x± y) = cosx cos y ∓ sinx sin y,tan (x± y) = tanx±tan y

1∓tanx tan y ; x, y �= π2 + kπ; tanx tan y �= ±1,

cot (x± y) = cotx cot y∓1cotx±cot y ; x, y �= kπ; cotx± cot y �= 0.

Dvostruki ugao

sin 2x = 2 sinx cosx,cos 2x = cos2 x− sin2 x,tan 2x = 2 tanx

1−tan2 x ; tanx �= ±1,

cot 2x = cot2 x−12 cot x ; cotx �= 0.

Pretvaranje zbira i razlike u proizvod

sinx+ sin y = 2sin x+y2 cos x−y

2 ,sinx− sin y = 2sin x−y

2 cos x+y2 ,

cosx+ cos y = 2cos x+y2 cos x−y

2 ,cosx− cos y = −2 sin x+y

2 sin x−y2 .


Pretvaranje proizvoda u zbir i razliku

sinx sin y = 12 (cos (x− y) − cos (x+ y)) ,

sinx cos y = 12 (sin (x+ y) + sin (x− y)) ,

cosx cos y = 12 (cos (x− y) + cos (x+ y)) .

Formule polovine ugla

sin2 x2 = 1−cos x

2 ,cos2 x

2 = 1+cos x2 ,

tan2 x2 = 1−cosx

1+cosx ; cosx �= −1.

Osobine logaritma

loga xy = loga x+ loga y; x, y, a > 0, a �= 1.loga

xy = loga x− loga y; x, y, a > 0, a �= 1.

loga xb = b loga x; x, a > 0, a �= 1, b ∈ R.

loga x = 1logx a

; x, a > 0, a �= 1, x �= 1.

Sredine

Izrazi

A : =x1 + x2 + · · +xn

n, x1, x2, ..., xn ∈ R

G : = n√x1 · x2 · · · xn, x1, x2, ..., xn ∈ R+ ∪ {0}

H : =n

1x1

+ 1x2

+ · · · + 1xn

, x1, x2, ..., xn ∈ R\ {0} ,

predstavljaju, respektivno, aritmeticku, geometrijsku i harmonijskusredinu brojeva x1, x2, ..., xn. Za njih vaze sledece nejednakosti:

A ≥ G ≥ H,

ako x1, x2, ..., xn ∈ R+. Jednakosti vaze samo u slucaju x1 = x2 = · · · = xn.Vaznije konstante

π = 3, 1415926536; e = 2, 71828182851

π= 0, 3183098862;

1

e= 0, 3678794412

π2 = 9, 8696044011; e2 = 7, 3890560989√π = 1, 7724538509;

√e = 1, 6487212707

243

M = log10 e = 0, 4342944819;1

M= ln 10 = 2, 3025850930

1 radijan = 57017′44, 806′′; arc10 = 0, 0174532925 radijana

Ojlerova konstanta : C = 0, 57721566490;

Hiperbolicke funkcije

hiperbolicki sinus : sinhx =ex − e−x

2,

hiperbolicki cosinus : coshx =ex + e−x

2,

hiperbolicki tangens : tanhx =sinhx

coshx,

hiperbolicki kotangens : cothx =coshx

sinhx.

Relacije izmeñu hiperbolickih funkcija

cosh2 x− sinh2 x = 1,

sinh (x± y) = sinhx cosh y ± coshx sinh y,

cosh (x± y) = coshx cosh y ± sinhx sinh y,

tanh (x± y) =tanhx± tanh y

1± tanhx tanh y,

(sinhx+ coshx)n = sinhnx+ coshnx, n ∈ N.

Granicne vrednosti i neprekidnost

Košijev niz: Niz xn je Košijev ako zadovoljava:

(∀ε > 0) (∃n0 ∈ N) (∀p ∈ N) (∀n ∈ N) (n > n0 ⇒ |xn+p − xn| < ε) .

Teorema: Niz xn je konvergentan ako i samo ako je Košijev.Bolcano-Košijeva teorema: Ako je f neprekidna funkcija na seg-

mentu [a, b] i ako je f (a) · f (b) < 0 tada postoji c ∈ ]a, b[ tako da jef (c) = 0. Ako C pripada segmentu ciji su krajevi f (a) i f (b) onda postojic ∈ [a, b] tako da je f (c) = C.

Vajerštrasove teoreme:1. Neprekidna funkcija na segmentu [a, b] je ogranicena.2. Neprekidna funkcija na segmentu [a, b] postize na njemu supremum i

infimum.


Kantorova teorema: Neprekidna funkcija na segmentu [a, b] je nanjemu i ravnomerno neprekidna.

Redovi:

Neophodan uslov: Ako red+∞∑

n=1an konvergira, tada an → 0, kad n→

+∞.Osnovni kriterijumi:

Dalamer: Ako je limn→+∞

an+1an

= D < 1 onda red+∞∑

n=1an (an > 0) kon-

vergira. Ako je D > 1 red divergira. Za D = 1 kriterijum ne daje odgovor.

Koši: Ako je limn→+∞

n√an = C < 1 onda red

+∞∑

n=1an (an > 0) konvergira.

Ako je C > 1 red divergira. Za C = 1 kriterijum ne daje odgovor.

Rabe: Ako je limn→+∞

n(

anan+1

− 1)

= R > 1 onda red+∞∑

n=1an (an > 0)

konvergira. Ako je R < 1 red divergira. Za R = 1 kriterijum ne dajeodgovor.

Gaus: Neka je za red+∞∑

n=1an (an > 0) ispunjeno:

anan+1

= λ+µ

n+θnn1+ε

,

gde su λ i µ konstante, ε > 0 i vazi |θn| ≤M. Tada red konvergira za λ > 1,a divergira za λ < 1. Dalje, ako je λ = 1 i µ > 1, onda red konvergira, a zaλ = 1 i µ ≤ 1 divergira.

Koši-Makloren: Ako je funkcija f neprekidna, nenegativna i neras-

tuca za x ≥ 1, tada red+∞∑

n=1f (n) konvergira ili divergira istovremeno sa

nesvojstvenim integralom+∞∫

1

f (x)dx.

Napomena. Mnogo iscrpnije o svim kriterijumima konvergencije redovastudent moze da nañe u [12].

Pravila diferenciranja:

c′ = 0; (c · f (x))′ = c · (f (x))′ ; (f (x) ± g (x))′ = f ′ (x) ± g′ (x) ;

(f (x) g (x))′ = f ′ (x) g (x) + f (x) g′ (x) ;

(f (x)

g (x)

)′=f ′ (x) g (x) − f (x) g′ (x)

g2 (x).

(f ◦ g)′ (x) = f ′ (g (x)) · g′ (x) .

245

Lajbnicovo pravilo:

(f (x) g (x))(n) =n∑

k=0

(n

k

)f (n−k) (x) g(k) (x) .

Formule za n−ti izvod nekih funkcija:

(ex)(n) = ex; (xα)(n) = α (α− 1) · · · (α− n+ 1)xα−n;

(lnx)(n) = (−1)n−1(n− 1)!

xn;

(sinx)(n) = sin(x+ n · π

2

); (cosx)(n) = cos

(x+ n · π

2

).

Teoreme diferencijalnog racuna:

1. Darbuova teorema: Ako je f diferencijabilna funkcija na segmentu[a, b] i ako je f ′ (a) · f ′ (b) < 0, tada postoji c ∈ ]a, b[ tako da je f ′ (c) = 0.

2. Fermaova lema: Ako f : E → R, E ⊂ R i ako je a unutrašnja tackaskupa E u kojoj funkcija f postize lokalni ekstremum, onda je f ′ (a) = 0ako f ′ (a) postoji.

3. Rolova teorema: Ako je f neprekidna funkcija na [a, b] , diferenci-jabilna u ]a, b[ i f (a) = f (b) , onda postoji c ∈ ]a, b[ tako da je f ′ (c) = 0.

4. Lagranzova teorema: Ako je f neprekidna funkcija na [a, b] , difer-encijabilna u ]a, b[ , onda postoji c ∈ ]a, b[ tako da je f ′ (c) = f(b)−f(a)

b−a .5. Košijeva teorema: Ako su f i g neprekidne funkcije na [a, b] ,

diferencijabilne u ]a, b[ i g′ (x) �= 0 na ]a, b[ , onda postoji c ∈ ]a, b[ tako da

je f ′(c)g′(c) = f(b)−f(a)

g(b)−g(a) .6. Tejlorova formula: Ako je na segmentu sa krajevima a i x funkcija

f neprekidna zajedno sa svojih prvih n izvoda, a u unutrašnjim tackamatog segmenta ima n+ 1 izvod, onda je

f (x) = f (a)+f ′ (a)

1!(x− a)+f

′′ (a)2!

(x− a)2+···+f(n) (a)

n!(x− a)n+rn (x; a) ,

gde je rn (x;a) = f(n+1)(a+θ(x−a))(n+1)! (x− a)n+1 , 0 < θ < 1. Ako je a = 0 onda

se formula zove Maklorenova.7. Lopitalovo pravilo: Neka su f i g diferencijabilne funkcije na

]a, b[ ,−∞ ≤ a < b ≤ +∞, g′ (x) �= 0 na ]a, b[ i neka

f ′ (x)g′ (x)

→ A kad x→ a+ (−∞ ≤ A ≤ +∞) .

Onda u svakom od sledeca dva slucaja:


(f (x) → 0) ∧ (g (x) → 0) kad x→ a+ ili g (x) → ∞ kad x→ a+

f (x)

g (x)→ A kad x→ a+.

Odgovarajuce tvrñenje je tacno i kad x→ b−.

Pravila integraljenja:∫cf (x) dx = c

∫f (x) dx, c �= 0;

∫(f (x) ± g (x)) dx =

∫f (x)dx±

∫g (x)dx;

f (x) g (x) =

∫f ′ (x) g (x) dx+

∫f (x) g′ (x) dx.

Osnovne teoreme integralnog racuna:

1. Ako je f integrabilna funkcija na [a, b] , onda je funkcija

F (x) =

x∫

a

f (t) dt, x ∈ [a, b]

neprekidna na [a, b] .2. Ako je f neprekidna funkcija na [a, b] , onda je funkcija

F (x) =

x∫

a

f (t) dt, x ∈ [a, b]

diferencijabilna na [a, b] i F ′ (x) = f (x) za svako x ∈ [a, b] .3. Svaka neprekidna funkcija definisana na intervalu ]a, b[ ima primitivnu

funkciju- tj. neodreñeni integral.4. Njutn-Lajbnicova formula: Ako je f neprekidna funkcija na [a, b] ,

onda jeb∫

a

f (t)dt = F (b) − F (a) = F (x)|ba ,

gde je F bilo koja primitivna funkcija za funkciju f na segmentu [a, b] .5. Lebegova teorema: Funkcija f : [a, b] → R je integrabilna na [a, b]

ako i samo ako je ogranicena i neprekidna skoro svuda na [a, b] .

Literatura

[1] D. Adnañevic, Z. Kadelburg, Matematicka Analiza I, Nauka, Beograd1998.

[2] S. Banach, Diferencijalni i integralni racun, (na ruskom), Nauka,Moskva 1972.

[3] E. Pap, Ð. Takaci, A. Takaci, Analiza I za informaticare, Univerzitetu Novom Sadu, Departmant za matematiku i informatiku, Novi Sad2003.

[4] Lj. Gajic, S. Pilipovic, Zbirka zadataka iz Analize I-drugi deo, Uni-verzitet u Novom Sadu, Institut za matematiku, Novi Sad 1998.

[5] I. I. Ljaško i ostali, Zbirka zadataka iz matematicke analize-I deo (pre-vod sa ruskog), IBC’98, Beograd 2002.

[6] M. Merkle, Matematicka Analiza, pregled teorije i zadaci; Beograd1994.

[7] M. Mrševic, Ð. Dugošija, Zbirka rešenih zadataka iz matematicke anal-ize I, Grañevinska knjiga, Beograd 1978.

[8] O. Dankel, Izabrani zadaci iz casopisa:”AMERICAN MATHEMATI-CAL MONTHLY”, (na ruskom), Moskva, 1977.

[9] W. Rudin, Osnovi matematicke analize, (na ruskom), Moskva 1976.

[10] V. A. Sadovnici, A. S. Podkolzin, Zadaci studentskih olimpijada izmatematike, (na ruskom), Moskva 1978.

[11] Ð. Takaci, A. Takaci, Zbirka zadataka iz Analize I-prvi deo-peto izdanje,Univerzitet u Novom Sadu, Institut za matematiku, Novi Sad 2000.

247

248 LITERATURA

[12] Ð. Takaci, S. Radenovic, A. Takaci, Zbirka zadataka iz redova, Uni-verzitet u Kragujevcu, Institut za metematiku, Kragujevac, 2000.

[13] P. M. Milicic, M. P. Ušcumlic, Zbirka zadataka iz više matematike I,Naucna knjiga, Beograd 1988.

[14] P. M. Milicic, Matematicka analiza za srednjoškolce (metodska zbirkazadataka), Vedes, Beograd 1996.

Documents

Predgovor - WordPress.com · 2016-12-25 · I. Na kraju knjige smo u posebnom dodatku pored nekih osnovnih formula naveli i glavne teoreme Analize I. Sluˇze´ci se citiranom literaturom,