A. Mandak D. Stanojevi} Q. Paunovi} ZBIRKA ZADATAKA IZ ...
Transcript of A. Mandak D. Stanojevi} Q. Paunovi} ZBIRKA ZADATAKA IZ ...
UNIVERZITET U PRI[TINIU^ITEQSKI FAKULTET PRIZREN �
LEPOSAVI]
A. Mandak • D. Stanojevi} •Q. Paunovi}
ZBIRKA ZADATAKA IZ
MATEMATIKE II
za studente u~iteqskih fakulteta
LEPOSAVI]2009
ZBIRKA ZADATAKA IZ MATEMATIKE IIza studente u~iteqskih fakulteta
AUTORI:drAlijaMandak, vanredniprofesorU~iteqskogfakulteta uLeposavi}u,mr Dragana Stanojevi}, asistent PMF-a u Kosovskoj Mitrovici,mr Qiqana Paunovi}, asistent U~iteqskog fakulteta u Leposavi}u.
RECENZENTI:dr Vait Ibro, docent U~iteqskog fakulteta u Prizrenu - Leposavi}udr Sini{a Mini}, docent U~iteqskog fakulteta u Prizrenu - Lep-osavi}u
IZDAVA :̂ U~iteqski fakultet u Prizrenu - Leposavi}uwww.uf-pz.net
ZA IZDAVA^A: Prof. dr Radivoje Kuli}, dekan
KOMPJUTERSKA OBRADA: autori
[TAMPA: Grafika Simi} Kru{evac
TIRA@: 300 primeraka
Odobreno za {tampu odlukom Nau~no-nastavnog ve}a U~iteqskogfakulteta u Prizrenu-Leposavi}u, broj 04-204-1 od 03.02.2009. godine.
ISBN:978-86-84143-13-8
Sadr`aj
Predgovor 5
1 Realne funkcije realne promenqive 21.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Polinomi 222.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 222.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3 Realni nizovi 463.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 463.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
4 Funkcije neprekidnog argumenta - grani~na vrednost i neprekid-nost 694.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 694.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
5 Izvod i diferencijal realne funkcije realne promenqive 875.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 875.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
6 Neodre|eni i odre|eni integral i primene 1286.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 1286.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
3
7 Vektori 1547.1 Pregled definicija i teorema . . . . . . . . . . . . . . . . 1547.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
Literatura 171
4
Predgovor
Kwiga predstavqa zbirku zadataka za predmet MATEMATIKAII koji se predaje na drugoj godini studija na U~iteqskom fakultetuu Prizrenu - Leposavi}u. Zbirka je namewena ne samo studentimau~iteqskih fakulteta nego i u~iteqima, nastavnicima matematike,stru~nim saradnicima i svima koji se na bilo koji na~in bave pro-blemima nastave matematike. Ovo je i opredelilo sadr`aj rukopisa.Materijal je podeqen na sedam poglavqa: 1. REALNE FUNKCIJEREALNE PROMENQIVE, 2. POLINOMI, 3. REALNI NIZOVI,4. FUNKCIJE NEPREKIDNOG ARGUMENTA - GRANI^NA VRED-NOST I NEPREKIDNOST, 5. IZVOD I DIFERENCIJAL RE-ALNE FUNKCIJE REALNE PROMENQIVE, 6. NEODRE\ENI IODRE\ENI INTEGRAL I PRIMENE, 7. VEKTORI.
Na po~etku svakog poglavqa naveden je pregled definicija i os-novnih osobina ~ije je poznavawe potrebno za re{avawe zadataka kojislede. Ve}ina zadataka je re{ena, za neke su data uputstva. Pri izborui metodi~kom postupku re{avawa zadataka autori su imali u viduda u~iteqske fakultete upisuju i kandidati koji su zavr{ili sredwe{kole u kojima matematika nije ili je vrlo malo bila zastupqena.Autori su nastojali da se izborom i redosledom zadataka ostvari pos-tupnost u izlagawu materijala.
Prvi deo rukopisa sadr`i zadatke u vezi sa definicijom, zadavan-jem i osobinama funkcija, osnovnim elementarnim funkcijama - kon-stantne funkcije, stepene funkcije, eksponencijalne funkcije, loga-ritamske funkcije i trigonometrijske funkcije. Drugi deo POLI-NOMI sadr`i zadatke u vezi sa deqewem polinoma, Bezuovom teo-remom i wenim posledicama, osnovnom teoremom algebre i wenimposledicama i nulama polinoma. Tre}i deo zbirke sadr`i zadatke izREALNIHNIZOVA: vrste i osobine nizova, grani~na vrednost niza i
5
osnovna svojstva konvergentnih nizova. U ~etvrtom poglavqu izu~avajuse FUNKCIJE NEPREKIDNOG ARGUMENTA - GRANI^NA VRED-NOSTINEPREKIDNOST.Petopoglavqe sadr`i zadatke izIZVODAIDIFERENCIJALA: izvodi osnovnih elementarnih funkcija, vi{iizvodi funkcija i pojam diferencijala, osnovne teoreme diferenci-jalnog ra~una i ispitivawe i crtawe grafika funkcija. [esto pogla-vqe sadr`i zadatke u vezi sa NEODRE\ENIM I ODRE\ENIM IN-TEGRALOM I PRIMENOM ODRE\ENOG INTEGRALA. Posledwe,sedmo poglavqeVEKTORIsadr`i zadatke u vezi sa linearnimoperaci-jama sa vektorima, linearnim kombinacijama vektora i skalarnim, vek-torskim i me{ovitim proizvodom vektora.
Posebnu zahvalnost dugujemo recenzentima doc.dr Vait Ibru i doc.dr Sini{i Mini}u koji su veoma pa`qivo, detaqno i savesno ~italirukopis i zna~ajno doprineli podizawu kvaliteta zbirke.
Autori sa nestrpqewem i zadovoqstvom o~ekuju dobronamerne kri-tike, primedbe, predloge i sugestije koje bi daqe poboq{ale kvalitetzbirke.
Leposavi}, AutoriJun 2009.godine
1
Glava 1
Realne funkcije realnepromenqive
1.1 Pregled definicija i teorema
Neka su dati neprazni skupovi X i Y , Dekartov proizvod X × Yskupova X i Y je skup svih ure|enih parova (x, y), gde prva komponentax pripada skupu X , a druga komponenta y pripada skupu Y , tj.
X × Y = {(x, y)|x ∈ X ∧ y ∈ Y }.Ka`emo da je data funkcija koja preslikava skup X u skup Y ako je ponekom pravilu svakom elementu skupa X pridru`en jedan i samo jedanelement skupa Y .
DEFINICIJA 1.1. Podskup f skupaX×Y zove sefunkcija (ili preslika-vawe) iz skupa X u skup Y ako se svako x ∈ X pojavquje ta~no jedanputkao prva komponenta me|u elementima skupa f .
Skup D(f) = X je skup svih prvih komponenti ure|enih parovaskupa X × Y i zove se domen ili oblast definisanosti funkcije f .Skup Y zove se kodomen funkcije f . Skup svih slika preslikavawaf : X → Y zove se skup vrednosti funkcije i ozna~ava se sa R(f) ={f(x)|x ∈ X} ⊂ Y.
2
^iwenica da (x, y) ∈ f zapisuje se i na slede}i na~in y = f(x).Pri tome se x naziva nezavisna promenqiva ili original, a y zavisnapromenqiva ili slika.
DEFINICIJA 1.2. Funkcija f koja ima osobinu
1) (∀x1, x2 ∈ X) x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2)zove se injekcija (ili preslikavawe 1-1),
2) R(f) = Yzove se surjekcija (ili preslikavawe na).
Ako funkcija f poseduje i osobinu 1) i osobinu 2), tada se ona zovebijekcija.
Koriste}i zakon kontrapozicije iz matemati~ke logike osobinu 1)mo`emo izraziti i na slede}i ekvivalentan na~in:
1′) (∀x1, x2 ∈ X) f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2.
DEFINICIJA 1.3. Neka su X, Y i Z neprazni skupovi i f : X → Y ig : Y → Z dve funkcije. Tada je sa h(x) = g(f(x)) za svako x ∈ Xzadatafunkcija h : X → Z koja se zove slo`ena funkcija (ili kompozicija)funkcija f i g.
Za ovako definisanu funkciju koristi se oznaka h(x) = (g ◦ f)(x) =g(f(x)).
DEFINICIJA 1.4. Neka je f : X → Y data funkcija. Ako postojifunkcija f−1 : R(f) → X , takva da va`i
(∀x ∈ X)(f−1 ◦ f)(x) = f−1(f(x)) = x(1.1)(∀y ∈ R(f))(f ◦ f−1)(y) = f(f−1(y)) = y(1.2)
tada funkciju f−1 nazivamo inverznom funkcijom funkcije f .
Slede}a teorema daje potreban i dovoqan uslov za egzistenciju in-verzne funkcije i utvr|uje wenu jedinstvenost.
TEOREMA 1.1. Funkcija f : X → Y ima inverznu funkciju ako i samoako je f injekcija. Ako je f injekcija, tada je wena inverzna funkcijajedinstvena.
3
DEFINICIJA 1.5. Pod realnom funkcijom realne promenqive podrazu-mevamo svaku funkciju f : A → R definisanu na nekom podskupu A skupaR realnih brojeva i sa vrednostima u R.
Za neke skupove brojeva, koje }emo ~esto koristiti, usvojene suslede}e oznake:
N - skup svih prirodnih brojeva {1, 2, 3, . . . };Z - skup svih celih brojeva {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . };
Q - skup svih racionalnih brojeva{
p
q| p ∈ Z, q ∈ N
};
I - skup svih iracionalnih brojeva;
R - skup svih realnih brojeva;
C - skup svih kompleksnih brojeva.
Realne funkcije realne promenqive mogu biti zadate na vi{e na~i-na. Jedan od najinteresantnijih i naj~e{}ih na~ina zadavawa funkcijajeste pomo}u odgovaraju}eg analiti~kog izraza f(x), na primer
f(x) = x2 + 2.
Pored navedenog, tzv. eksplicitnog, zadavawa funkcija ponekad sekoristi i parametarsko zadavawe, tabelarno...
Ako je vrednostfunkcije f(x) u ta~kix0 ∈ D(f) takva da je f(x0) = 0ka`emo da je x0 nula funkcije f .
Sa funkcijama se mogu izvoditi razne algebarske operacije:
(∀x ∈ D(f ± g)) (f ± g)(x) = f(x)± g(x);(∀x ∈ D(f · g)) (f · g)(x) = f(x) · g(x);(∀x ∈ D
(f
g
)) (f
g
)(x) =
f(x)g(x)
.
4
Neke va`ne osobine funkcija
DEFINICIJA 1.6. Ako je A ⊂ D(f) i
(1.3) (∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2),
ka`e se da je funkcija f rastu}a na skupu A, a ako
(1.4) (∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2),
ka`e se da je funkcija f strogo rastu}a na skupu A.
Analogno, ako
(1.5) (∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2),
ka`e se da je funkcija f opadaju}a na skupu A, a ako
(1.6) (∀x1, x2 ∈ A) x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2),
ka`e se da je funkcija f strogo opadaju}a na skupu A.
TEOREMA 1.2. Svaka strogo rastu}a (strogo opadaju}a) funkcija f :A → R ima inverznu funkciju, koja je tako|e strogo rastu}a (strogoopadaju}a).
DEFINICIJA 1.7. Za funkciju f : A → R definisanu na simetri~nomskupu A ⊂ R ka`emo da je parna ako
(1.7) (∀x ∈ A) f(−x) = f(x),
a da je neparna ako
(1.8) (∀x ∈ A) f(−x) = −f(x).
Ovo zna~i da je grafik parne funkcije simetri~an u odnosu na y-osu, agrafik neparne funkcije simetri~an u odnosu na koordinatni po~etak.
Ova osobina olak{ava crtawe grafika takvih funkcija, jer je do-voqno ispitati funkciju na pozitivnom delu oblasti definisanosti, azatim simetri~nim preslikavawem u odnosu na y-osu ili koordinatnipo~etak dobiti grafik u celoj oblasti definisanosti.
5
DEFINICIJA 1.8. Funkcija f : A → R je periodi~na ako postoji kon-stanta p 6= 0 takva da va`i:
(1.9) (∀x ∈ A) (x + p ∈ A ∧ f(x + p) = f(x)).
Konstanta p za koju va`i (1.9) zove se period funkcije. Osnovniprimeri periodi~nih funkcija su trigonometrijske funkcije (sinx,cosx, tg x, ctg x), konstantna funkcija f(x) = c, itd.
DEFINICIJA 1.9. Funkcija f : A → R je ograni~ena odozgo na skupu Aako postoji realan broj M takav da je
(∀x ∈ A) f(x) ≤ M,
a ograni~ena odozdo na skupu A ako postoji realan broj m takav da je
(∀x ∈ A) f(x) ≥ m.
Ukoliko postoje istovremeno oba broja m i M tako da je
(∀x ∈ A) m ≤ f(x) ≤ M,
za funkciju f ka`emo da je ograni~ena na skupuA. Ograni~ena funkcijaima grafik koji se nalazi izme|u pravih y = m i y = M .
Najmawe gorwe ograni~ewe funkcije f : A → R (ukoliko postoji)nazivamo supremumom funkcije i ozna~avamo ga sa supx∈A f(x). Naj-ve}e dowe ograni~ewe funkcije f : A → R (ukoliko postoji) nazivamoinfimumom funkcije i ozna~avamo ga sa infx∈A f(x).
Osnovne elementarne funkcijeOsnovne elementarne funkcije su:
1. Konstantne funkcije (y = c, c ∈ R).2. Stepene funkcije
Stepene funkcije su oblika y = xn, n ∈ N i definisane su za svakorealno x, tj D(f) = R. Ako je n paran broj ova funkcija ima slede}eosobine: nenegativna je, parna, strogo opadaju}a na (−∞, 0], a strogorastu}a na (0, +∞]. Ako je n neparan broj funkcija je neparna, strogorastu}a i negativna na (−∞, 0), a pozitivna na (0, +∞). Funkcijay = xn ima jednu nulu x = 0.
6
Na osnovu Teoreme 1.2. za stepenu funkciju postoji inverzna kojaje tako|e strogo rastu}a na intervalu (0, +∞]. Ta funkcija se nazivakorena funkcija i ozna~ava se sa y = x
1n = n
√x. Grafik funkcije y =
n√
x mo`emo lako nacrtati koriste}i simetri~nost grafika funkcijaf i f−1 u odnosu na pravu y = x.
3. Eksponencijalne i logaritamske funkcije
Neka je a > 0 i a 6= 1. Funkcija y = ax definisana za svakox ∈ (−∞, +∞) zove se eksponencijalna funkcija sa osnovom a. Za ovufunkciju jeR(f) = (0, +∞).
Eksponencijalna funkcija je strogo rastu}a za a > 1, a strogoopadaju}a za 0 < a < 1. Postoji inverzna funkcija za ovu funkcijuf−1 : (0,+∞) −→ R koja se ozna~ava sa y = logax (~ita se logaritamx za osnovu a) i zove se logaritamska funkcija. Ova funkcija je tako|estrogo rastu}a za a > 1, a strogo opadaju}a za 0 < a < 1.
4. Trigonometrijske funkcije
Za funkciju y = sinx oblast definisanosti je D(f) = R a R(f) =[−1, 1]. Ova funkcija je neparna i periodi~na sa osnovnim periodom2π.
Za funkciju y = cosx oblast definisanosti je D(f) = R a R(f) =[−1, 1]. Ova funkcija je parna i periodi~na sa osnovnim periodom 2π.
Zafunkciju y = tg xoblast definisanosti jex 6= π
2+kπ, neograni~e-
na je i odozgo i odozdo, neparna je i periodi~na sa osnovnim periodomπ.
Za funkciju y = ctg x oblast definisanosti je x 6= kπ, neograni~enaje i odozgo i odozdo, neparna je i periodi~na sa osnovnim periodom π.
Pod elementarnom funkcijom se podrazumevaju one funkcije koje sedobijaju iz osnovnih elementarnih funkcija primenom kona~no mnogoputa algebarskih operacija +,−, ·, : i operacija slagawa funkcija.
Istaknimo neke posebno zna~ajne klase elementarnih funkcija:1. Elementarna funkcija oblika:
P (x) = a0xn + a1x
n−1 + · · ·+ an−1x + an
gde je n ∈ {0, 1, . . . } i ai ∈ R (i = 0, 1, . . . , n} zove se polinom sa realnimkoeficijentima. O~igledno je D(P ) = R.
7
2. Elementarna funkcija oblika:
R(x) =P (x)Q(x)
,
gde suP (x)iQ(x)polinomi sa realnimkoeficijentima zove se raciona-lna funkcija. O~igledno je D(R) = R \ A, gde je A skup nula polinomaQ(x).
1.2 Zadaci
1.1. Na}i oblast definisanosti funkcije:
y =
√log2
2x− 1x + 2
.
Re{ewe.Funkcija y =√
f(x) je definisana za f(x) ≥ 0, pa je zbog toga
log2
2x− 1x + 2
≥ 0.
Tako|e, funkcija log2 f(x) je definisana za f(x) > 0. Tj. mora da budeispuwen i uslov da je
2x− 1x + 2
> 0.
Dakle, oblast definisanosti funkcije jeste skup re{ewa nejedna~ina
log2
2x− 1x + 2
≥ 0 i 2x− 1x + 2
> 0.
Za prvu nejedna~inu je:
log2
2x− 1x + 2
≥ 0 ⇔ log2
2x− 1x + 2
≥ log2 1 ⇔ 2x− 1x + 2
≥ 1
⇔ 2x− 1x + 2
− 1 ≥ 0 ⇔ 2x− 1− x− 2x + 2
≥ 0
⇔ x− 3x + 2
≥ 0 ⇔ x− 3 ≥ 0
∧ x + 2 ≥ 0 ∨ x− 3 ≤ 0 ∧ x + 2 ≤ 0⇔ x ≥ 3 ∧ x ≥ −2 ∨ x ≤ 3 ∧ x ≤ −2⇔ x ≥ 3 ∨ x ≤ −2.
8
Za drugu nejedna~inu skup re{ewa je:
2x− 1x + 2
≥ 0 ⇔ 2x− 1 > 0 ∧ x + 2 > 0 ∨ 2x− 1 < 0 ∧ x + 2 < 0
⇔ x >12∧ x > −2 ∨ x <
12∧ x < −2
⇔ x >12∨ x < −2.
O~igledno, tra`e}i presek dobijenih oblasti dobijamo da je za datufunkciju oblast definisanosti
Df = (−∞,−2) ∪ [3,+∞).
1.2. Na}i f(x) ako je f
(x− 32x + 4
)=
x + 13x− 1
.
Re{ewe. Uvodimo smenu x− 32x + 4
= t. Odavde je:
x− 3 = t(2x + 4)x− 2tx = 4t + 3
x(1− 2t) = 4t + 3
x =4t + 31− 2t
.
Dakle, bi}e:
f(t) =
4t + 31− 2t
+ 1
34t + 31− 2t
− 1=
4t + 3 + 1− 2t
1− 2t12t + 9− 1 + 2t
1− 2t
=2t + 414t + 8
=t + 27t + 4
,
odnosno
f(x) =x + 27x + 4
.
1.3. Na}i f(x) ako je f
(2x + 2x + 3
)=
4x + 12x− 3
.
9
Re{ewe. Uvodimo smenu 2x + 2x + 3
= t. Odavde je:
2x + 2 = t(x + 3)2x− tx = 3t− 2x(2− t) = 3t− 2
x =3t− 22− t
.
Dakle, bi}e:
f(t) =43t− 22− t
+ 1
23t− 22− t
− 3=
12t− 8 + 2− t
2− t6t− 4− 6 + 3t
2− t
=11t− 69t− 10
,
odnosnof(x) =
11x− 69x− 10
.
1.4. Na}i f(x) ako je f
(x + 23x + 5
)=
x + 42x− 1
.
Re{ewe. Uvodimo smenu x + 23x + 5
= t. Odavde je:
x + 2 = t(3x + 5)x− 3tx = 5t− 2
x(1− 3t) = 5t− 2
x =5t− 21− 3t
.
Dakle, bi}e:
f(t) =
5t− 21− 3t
+ 4
25t− 21− 3t
− 1=
5t− 2 + 4− 12t1− 3t
10t− 4− 1 + 3t1− 3t
=−7t + 213t− 5
,
odnosnof(x) =
−7x + 213x− 5
.
1.5. Na}i f(x) ako je f
(x + 1x− 1
)=
x− 2x + 2
.
10
Re{ewe. Uvodimo smenu x + 1x− 1
= t. Odavde je:
x + 1 = t(x− 1)x− tx = −t− 1
x(1− t) = −t− 1
x =−t− 11− t
=t + 1t− 1
.
Dakle, bi}e:
f(t) =
t + 1t− 1
− 2
t + 1t− 1
+ 2=
t + 1− 2t + 2t− 1
t + 1 + 2t− 2t− 1
=−t + 33t− 1
,
odnosnof(x) =
−x + 33x− 1
.
1.6. Ako je f(x) =x− 1x + 1
dokazati da je f(x)− f(y)1 + f(x)f(y)
=x− y
xy + 1.
Re{ewe. Po|imo od leve strane jednakosti:
f(x)− f(y)1 + f(x)f(y)
=
x− 1x + 1
− y − 1y + 1
1 +x− 1x + 1
y − 1y + 1
=
(x− 1)(y + 1)− (y − 1)(x + 1)(x + 1)(y + 1)
(x + 1)(y + 1) + (x− 1)(y − 1)(x + 1)(y + 1)
=xy + x− y − 1− xy − y + x + 1xy + x + y + 1 + xy − x− y + 1
=2x− 2y
2xy + 2=
x− y
xy + 1.
1.7. Funkcije f : R→ R i g : R→ R definisane su na slede}i na~in:f(x) = 2x + 1, g(x) = 3x + 5.
Odrediti: (g ◦ f)(1), (g ◦ f)(−2), (g ◦ f)(a), (f ◦ g)(a + 1).
Re{ewe.(g ◦ f)(x) = g (f(x)) = g(2x + 1) = 3(2x + 1) + 5 = 6x + 8,
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f(3x + 5) = 2(3x + 5) + 1 = 6x + 11,(g ◦ f)(1) = 6 · 1 + 8 = 14,
(g ◦ f)(−2) = 6(−2) + 8 = −12 + 8 = −4,
(g ◦ f)(a) = 6a + 8,
(f ◦ g)(a + 1) = 6(a + 1) + 11 = 6a + 17.
11
1.8. Date su funkcije
f(x) = x2 + 1, g(x) = 2− x.
Formirati funkcije (f ◦g) i (g◦f), nakon toga izra~unati: (f ◦g)(
12
),
(g ◦ f)(−2
3
).
Re{ewe.
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f(2− x) = (2− x)2 + 1 = x2 − 4x + 5,
(g ◦ f)(x) = g (f(x)) = g(x2 + 1) = 2− (x2 + 1) = 1− x2,
(f ◦ g)(
12
)=
(12
)2
− 4 ·(
12
)+ 5 =
14− 2 + 5 =
134
,
(g ◦ f)(−2
3
)= 1−
(−2
3
)2
= 1− 49
=59.
1.9. Date su funkcije f(x) = 2x + 1 i g(x) = 3x + a, a ∈ R.1) Odrediti a tako da funkcije (f ◦ g) i (g ◦ f) budu jednake.
2) Na}i (f ◦ f) i (g ◦ g) za tako dobijeno a.
Re{ewe.1) Obe funkcije su linearne, pa su definisane na celom R, a takve
su i slo`ene funkcije (f ◦ g), (g ◦ f), (f ◦ f), i (g ◦ g) (za a ∈ R). Tadaje dovoqno na}i a ∈ R takvo da je
(f ◦ g)(x) = (g ◦ f)(x) (∀x ∈ R),
odnosno:
f (g(x)) = g (f(x)) ⇔ f(3x + a) = g(2x + 1)⇔ 2(3x + a) + 1 = 3(2x + 1) + a
⇔ 6x + 2a + 1 = 6x + 3 + a
⇔ a = 2.
2)
(f ◦ f)(x) = f(2x + 1) = 2(2x + 1) + 1 = 4x + 3,
(g ◦ g)(x) = g(3x + 2) = 3(3x + 2) + 2 = 9x + 8.
12
1.10. Ako je f(x) =2x + 1x− 2
, tada je f (f(x)) = x. Dokazati.
Re{ewe.
(f ◦ f)(x) = f (f(x)) = f
(2x + 1x− 2
)=
2 · 2x + 1x− 2
+ 1
2x + 1x− 2
− 2
=
4x + 2 + x− 2x− 2
2x + 1− 2x + 4x− 2
=
5x
x− 25
x− 2
=5x
5= x.
1.11. Ako je f(x) =x− 1x + 1
, tada je f(x)− f(y)1 + f(x)f(y)
=x− y
1 + xy. Dokazati.
Re{ewe. Kako je f(x) =x− 1x + 1
, to je f(y) =y − 1y + 1
. Sada imamo da je
f(x)− f(y)1 + f(x)f(y)
=
x− 1x + 1
− y − 1y + 1
1 +x− 1x + 1
y − 1y + 1
=
(x− 1)(y + 1)− (y − 1)(x + 1)(x + 1)(y + 1)
(x + 1)(y + 1) + (x− 1)(y − 1)(x + 1)(y + 1)
=(x− 1)(y + 1)− (y − 1)(x + 1)(x + 1)(y + 1) + (x− 1)(y − 1)
=xy + x− y − 1− (xy + y − x− 1)xy + x + y + 1 + xy − x− y + 1
=2x− 2y
2xy + 2=
x− y
1 + xy.
1.12. Neka je f(x) = ax2 + bx + c tada je
f(x + 3)− 3f(x + 2) + 3f(x + 1)− f(x) = 0.
Dokazati.
13
Re{ewe.
f(x) = ax2 + bx + c,
f(x + 3) = a(x + 3)2 + b(x + 3) + c = a(x2 + 6x + 9) + b(x + 3) + c
= ax2 + 6ax + bx + 9a + 3b + c,
f(x + 2) = a(x + 2)2 + b(x + 2) + c = a(x2 + 4x + 4) + b(x + 2) + c
= ax2 + 4ax + 4a + bx + 2b + c,
f(x + 1) = a(x + 1)2 + b(x + 1) + c = a(x2 + 2x + 1) + b(x + 1) + c
= ax2 + 2ax + a + bx + b + c.
Sada imamo da je
f(x + 3) − 3f(x + 2) + 3f(x + 1)− f(x) == ax2 + 6ax + 9a + bx + 3b + c− 3ax2 − 12ax− 12a
− 3bx− 6b− 3c + 3ax2 + 6ax + 3a + 3bx + 3b + 3c− ax2
− bx− c = 0.
1.13. Na}i, ako postoji inverznu funkciju funkcije f(x) = ln 3x.
Re{ewe.Funkcija f(x)imainverznufunkciju akoi samoako je injekcija.Proverimo da li je data funkcija injekcija. Pretpostavimo da x1 i x2
pripadaju oblasti definisanosti, i neka je:
f(x1) = f(x2) ⇒ ln 3x1 = ln 3x2.
Kako je funkcija ln x injekcija to je:
3x1 = 3x2 ⇒ x1 = x2 ⇒ f(x) je injekcija.
Iz ovoga sledi da postoji inverzna funkcija koju ozna~avamo sa f−1.Tada je
(f ◦ f−1)(x) = f(f−1(x)) = x,
odnosnoln 3f−1(x) = x.
Sada je3f−1(x) = ex ⇒ f−1(x) =
ex
3.
Proverimo:
(f−1 ◦ f)(x) = f−1(ln 3x) =eln 3x
3=
3x
3= x.
14
1.14. Na}i (ako postoji) inverznu funkciju funkcije f(x) =1− x
1 + x.
Re{ewe. Kao i u prethodnom zadatku ispitajmo prvo da li je datafunkcija injekcija.
Neka su x1 i x2 iz oblasti definisanosti, i neka je f(x1) = f(x2).Tada je:
1− x1
1 + x1=
1− x2
1 + x2
1− x1 + x2 − x1x2 = 1 + x1 − x2 − x1x2
−x1 + x2 = x1 − x2
2x2 = 2x1
x1 = x2 ⇒ f jeste injekcija.
Zna~i postoji inverzna funkcija f−1 funkcije f(x) =1− x
1 + xi va`i
(f ◦ f−1)(x) = f(f−1(x)) = x
1− f−1(x)1 + f−1(x)
= x
1− f−1(x)− x− f−1(x) · x1 + f−1(x)
= 0
1− x = f−1(x)(1 + x)
f−1(x) =1− x
1 + x.
O~igledno je (f−1 ◦ f)(x) = x.
1.15. Ispitati parnost (neparnost) funkcija:
1) f(x) =(
x +1x
)2
;
2) f(x) = x2 − 2x− 3;
3) f(x) = x2 + cos x;
4) f(x) =ex + 1ex − 1
.
15
Re{ewe.1) Funkcija je parna jer je
f(−x) =(
(−x) +1
(−x)
)2
=(
(−1)(
x +1x
))2
=(
x +1x
)2
= f(x).
2) Funkcija nije ni parna ni neparna jer je
f(−x) = (−x)2 − 2(−x)− 3 = x2 + 2x− 3.
3) Funkcija je parna jer imamo da je
f(−x) = (−x)2 + cos(−x) = x2 + cosx = f(x).
4) Data funkcija je neparna jer je
f(−x) =e−x + 1e−x − 1
=
1ex
+ 1
1ex− 1
=1 + ex
1− ex= −
(ex + 1ex − 1
)= −f(x).
1.16. Skicirati grafik funkcije:
f(x) = |2− x|+ |2 + x| .
Re{ewe.a)
f(x) = |2− x|+|2 + x| =
2− x + 2 + x, 2− x ≥ 0 i 2 + x ≥ 0−2 + x + 2 + x, 2− x < 0 i 2 + x ≥ 0
2− x− 2− x, 2− x ≥ 0 i 2 + x < 0−2 + x− 2− x, 2− x < 0 i 2 + x < 0
Kada se sve izra~una dobijamo na kraju (slika 1.1):
f(x) =
−2x, x < 2
4, −2 ≤ x ≤ 22x, 2 < x
16
Slika 1.1.
1.17. Na}i oblast definisanosti funkcija:
1) y =x
1 + x2;
2) y =x− 5
x2 − 3x + 2;
3) y =√−4 + 5x− x2;
4) y = ln(x2 − 1);
5) y = arccos2
2 + x.
Re{ewe.1) Racionalna funkcija nije definisana kada je imenilac jednak
nuli tj. imenilac mora biti razli~it od nule, odnosno 1 + x2 6= 0.Kako je
x2 ≥ 0 ⇒ 1 + x2 ≥ 1 > 0,
za svako x ∈ R, sledi D(f) = (−∞, +∞).
17
2) Analogno prethodnom primeru, y nije definisano za x2−3x+2 =0. Kako je
x2 − 3x + 2 = 0
x1/2 =−b±√b2 − 4ac
2a
x1/2 =3±
√(−3)2 − 4 · 1 · 2
2 · 1 =3±√1
2=
3± 12
⇒ x1 =3 + 1
2= 2 ∧ x2 =
3− 12
= 1.
Ovo zna~i da je D(f) = R\{1, 2}.3) Korena funkcija
y =√−(x2 − 5x + 4) =
√−(x− 4)(x− 1) =
√(4− x)(x− 1,
definisana je za nenegativne vrednosti argumenta, tj:
(4− x)(x− 1) ≥ 0⇔ (4− x) ≥ 0 ∧ (x− 1) ≥ 0 ⇒ x ∈ [1, 4],∨ (4− x) ≤ 0 ∧ (x− 1) ≤ 0 ⇒ x ∈ ∅.
Odavde sledi da je D(f) = [1, 4].4) Funkcija y = ln g(x), gde je g(x) = x2 − 1, je logaritamska i
definisana je samo za strogo pozitivne vrednosti argumenta, {to zna~ida je x2 − 1 > 0.
x2 − 1 = (x− 1)(x + 1) > 0⇔ (x− 1) > 0 ∧ (x + 1) > 0 ⇒ x ∈ (1,+∞),∨ (x− 1) < 0 ∧ (x + 1) < 0 ⇒ x ∈ (−∞,−1).
Na kraju g(x) > 0 za x ∈ (−∞,−1) ∪ (1, +∞). Dakle
D(f) = (−∞,−1) ∪ (1,+∞).
5) Funkcija y = arccos2
2 + xje definisana za 2
2 + x∈ [−1, 1], tj. za
−1 ≤ 22 + x
≤ 1, odavde dobijamo:
22 + x
− 1 ≤ 0 i 22 + x
+ 1 ≥ 0.
18
Odnosno:2− 2− x
2 + x≤ 0 i 2 + 2 + x
2 + x≥ 0.
Sada je −x
2 + x≤ 0 i 4 + x
2 + x≥ 0. Re{avawem ovih nejedna~ina dobija
se na krajuD(f) = (−∞,−4] ∪ [0, +∞).
1.18. Na}i oblast definisanosti funkcija:
1) f(x) =x + 2
x2 − 2x + 4;
2) f(x) =x2
3− x;
3) f(x) =x3 − 1
x3 − 5x2 + 6x;
4) f(x) =
√x2 + 1x− 1
;
5) f(x) = lnx
x + 1;
Re{ewe.1) Racionalna funkcija f(x) =
x + 2x2 − 2x + 4
je definisana za
x2 − 2x + 4 6= 0,
(imenilac razli~it od nule). Kako je
x2 − 2x + 4 = 0
x1/2 =2±
√(−2)2 − 4 · 1 · 4
2 · 1 =2±√−12
2.
O~igledno je da data jedna~ina nema realnih re{ewa {to zna~i da je
D(f) = (−∞, +∞).
2)D(f) = {x ∈ R | 3− x 6= 0} = {x ∈ R |x 6= 3} = (−∞, 3)∪(3, +∞).
19
3) Analogno prethodnim zadacima potrebno je da jex3−5x2+6x 6= 0.Kako je
x3 − 5x2 + 6x = x(x2 − 5x + 6) = 0 ⇒ x1 = 0, x2 = 2, x3 = 3.
Dobijamo da je
D(f) = R | {0, 2, 3} = (−∞, 0) ∪ (0, 2) ∪ (2, 3) ∪ (3, +∞).
4) Korena funkcija definisana je za nenegativne vrednosti argu-menta pa zakqu~ujemo da je
D(f) ={
x ∈ R | x2 + 1
x− 1≥ 0
}= {x ∈ R |x− 1 > 0} = (1, +∞).
5) Kako je logaritamska funkcija definisana samo za strogo pozi-tivne vrednosti argumenta, i kako je racionalna funkcija definisanakada je imenilac razli~it od nule imamo da je:
D(f) ={
x ∈ R | x
x + 1> 0 ∧ x + 1 6= 0
}= (−∞,−1) ∪ (0, +∞).
1.19. Na}i realne nule i ispitati znak funkcija:
1) y = x3 + 1;
2) y = 1− e1−x.
Re{ewe.1) Funkcija se mo`e napisati kao:
y = x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1).
Kvadratni trinom x2 − x + 1 nema realnih nula (diskriminanta jenegativna), pa je x2 − x + 1 > 0, na celom R. Tada,
y = 0 ⇒ x + 1 = 0 ⇒ x = −1,
y < 0 ⇒ x + 1 < 0 ⇒ x < −1 ⇒ x ∈ (−∞,−1),y > 0 ⇒ x + 1 > 0 ⇒ x > −1 ⇒ x ∈ (−1, +∞).
2) Oblast definisanosti funkcije je
D(y) = (−∞, +∞),
20
a wene nule su
y = 0 ⇔ 1− e1−x = 0 ⇔ e1−x = 1 ⇔ 1− x = 0 ⇔ x = 1.
Znak proveravamo direktno. Funkcija ima stalan znak na intervalima(−∞, 1) i (1, +∞).
y(0) = 1− e1−0 = 1− e < 0 ⇒ y < 0 na (−∞, 1),
y(2) = 1− e1−2 = 1− 1e
> 0 ⇒ y > 0 na (1, +∞).
21
Glava 2
Polinomi
2.1 Pregled definicija i teorema
DEFINICIJA 2.1. Funkcija P : C→ C oblika
P (x) = α0xn + α1x
n−1 + · · ·+ αn,
gde n ∈ {0, 1, 2, . . . } i α0, α1, . . . , αn ∈ C naziva se polinom nad poqem Ckompleksnih brojeva.
Kompleksni brojevi αi (i = 0, 1, . . . , n) zovu se koeficijenti poli-noma P (x). Ako je α0 6= 0, ka`emo da je α0 najstariji (vode}i) koefici-jent polinoma P (x). Za polinom P (x) ka`emo da je stepena n i pi{emostP = n. Da bismo to istakli ~esto za takav polinom koristimo oznakuPn(x).
DEFINICIJA 2.2. Polinom je realan ako su svi wegovi koeficijentirealni brojevi.
TEOREMA 2.1. Ako je P (x) = 0, za svako x ∈ C, tada je αi = 0 (i =0, 1, . . . , n).
22
TEOREMA 2.2. Dva polinoma P (x) i Q(x) su jednaka ako i samo ako imajujednake stepene a odgovaraju}i koeficijenti su im jednaki, tj.
P (x) = α0xn + α1x
n−1 + · · ·+ αn,
Q(x) = b0xn + b1x
n−1 + · · ·+ bn
i α0 = b0, α1 = b1, . . . , αn = bn.
Sa polinomima se jednostavno izvode neke algebarske operacije.Zbir, razlika i proizvod dva polinoma je polinom.Ako su P i Q polinomi i P ±Q 6= 0, tada je
st(P ±Q) ≤ max{stP, stQ}.Ako je P 6= 0 i Q 6= 0, tada je P ·Q 6= 0 i va`i
st(P ·Q) = stP + stQ.
Ozna~imo sa P skup svih polinoma. Lako se mo`e pokazati daoperacije sabirawa i mno`ewa polinoma imaju slede}e osobine:
1) (∀P, Q ∈ P) P + Q = Q + P ;
2) (∀P, Q,R ∈ P) P + (Q + R) = (P + Q) + R;
3) (∀P ∈ P) P + 0 = P ;
4) (∀P ∈ P)(∃(−P ) ∈ P) P + (−P ) = 0;
5) (∀P, Q ∈ P) P ·Q = Q · P ;
6) (∀P, Q,R ∈ P) P · (Q ·R) = (P ·Q) ·R;
7) (∀P ∈ P) P · 1 = P ;
8) (∀P, Q,R ∈ P) P · (Q + R) = P ·Q + P ·R;
Deqewe polinoma
DEFINICIJA 2.3. Neka suA(x) i B(x) dva polinoma, pri ~emuB(x) nijenula polinom. Ako postoji polinomQ(x) takav da jeA(x) = Q(x) ·B(x),ka`emo da je polinom A(x) deqiv polinomom B(x) i pi{emo B(x)|A(x).Polinom Q(x) zovemo koli~nikom pri deqewu polinoma A(x) sa B(x) ipi{emo Q(x) = A(x)/B(x).
23
Operacija deqewa u skupu polinoma nije uvek izvodqiva ali izvod-qiva je operacija koju obi~no zovemo "deqewe sa ostatkom" i koja sezasniva na slede}oj teoremi.
TEOREMA 2.3. Za svaka dva polinomaA(x) iB(x), pri ~emuB(x) nije nulapolinom, postoje jedinstveni polinomi Q(x) i R(x) takvi da je
(2.1) A(x) = Q(x) ·B(x) + R(x),
pri ~emu je R(x) nula polinom ili je stR < stB.
DEFINICIJA 2.4. Polinom Q(x) naziva se koli~nikom a polinom R(x)ostatkom pri deqewu polinoma A(x) polinomom B(x).
Primetimo da je stQ = stA− stB u koliko je stA > stB.Za prakti~noodre|ivawepolinomaQ(x)iR(x)mogu se iskoristiti
slede}a dva metoda, koja }emo prikazati na ve} razmatranom primerudeqewa polinoma A(x) = x4 + x3 − 4x2 + 18x − 9 polinomom B(x) =x2 − 2x + 4.
Prvi metod je sli~an sa postupkom deqewa vi{ecifrenih brojeva.Taj postupak mo`e biti zapisan na slede}i na~in:
(x4 + x3 − 4x2 + 18x− 9) : (x2 − 2x + 4) = x2 + 3x− 2.x4 − 2x3 + 4x2
3x3 − 8x2 + 18x− 93x3 − 6x2 + 12x
− 2x2 + 6x− 9− 2x2 + 4x− 8
2x− 1
Na ovaj na~in dobijen je koli~nikQ(x) = x2 + 3x− 2 i ostatakR(x) =2x− 1.
Drugi metod je u literaturi poznat kao metod neodre|enih koefici-jenata i zasnovan je na neposrednoj primeniTeoreme 2.2. o jednakosti dvapolinoma. Koli~nik deqewa polinomaA(x) = x4 + x3− 4x2 + 18x− 9polinomom B(x) = x2 − 2x + 4 je polinom drugog stepena, a ostatakpolinom najvi{e prvog stepena. Zato ih potra`imo u obliku: Q(x) =ax2 + bx + c, R(x) = dx + e. Dakle, treba da va`i
x4 + x3 − 4x2 + 18x− 9 = (ax2 + bx + c)(x2 − 2x + 4) + (dx + e),
24
odnosno
x4 + x3 − 4x2 + 18x− 9 = ax4 + (−2a + b)x3 + (4a− 2b + c)x2
+ (4b− 2c + d)x + (4c + e).
Koriste}i Teoremu 2.2. dobijamo sistem jedna~ina
a = 1−2a + b = 1
4a− 2b + c = −44b− 2c + d = 18
4c + e = −9,
~ije je re{ewe: a = 1, b = 3, c = −2, d = 2, e = −1. Otuda jeQ(x) = x2 + 3x− 2, a R(x) = 2x− 1.
Bezuova teorema i wena posledica
Posebno je interesantan problem deqewa polinoma P (x) poli-nomom prvog stepena x − a. Ostatak deqewa ova dva polinoma mo`ese dobiti, a da se ne vr{i ceo postupak deqewa, o ~emu govori slede}aBezuova teorema
TEOREMA 2.4. Ostatak deqewa polinoma P (x) polinomom x − a jednakje P (a).
LEMA 2.1. Polinom P (x) je deqiv polinomom x − a ako i samo ako jeP (a) = 0.
PRIMER 2.1. Odrediti koeficijente p, q i r polinomaP (x) = x3+px2+qx + r tako da polinom bude deqiv binomom x + 2i a da podeqen binomomx− 1 daje ostatak 10.
Re{ewe. Na osnovu Teoreme 2.4. dobijamo
P (1) = 1 + p + q + r = 10, odakle p + q + r = 9,
a na osnovu Leme 2.1. va`i
P (−2i) = (−4p+r)+(8−2q)i = 0, tj. −4p+r = 0∧8−2q = 0.
25
Re{avawem sistema jedna~ina
p + q + r = 9−4p + r = 0
2q = 8,
dobijamo p = 1, q = 4, r = 4.
Najve}i zajedni~ki delilac
DEFINICIJA 2.5. Ako su P (x) i Q(x) polinomi i ako R(x) | P (x) iR(x) | Q(x), ka`emo da je R(x) zajedni~ki delilac polinoma P (x) iQ(x).
Polinom D(x) je najve}i zajedni~ki delilac (NZD) polinoma P (x) iQ(x) ako jeD(x) zajedni~ki delilac polinomaP (x) iQ(x) i ako je svakizajedni~ki delilac polinoma P (x) i Q(x) tako|e delilac polinomaD(x).
TEOREMA 2.5. Za bilo koja dva ne-nula polinoma P (x) i Q(x) postojiNZD.On je jedinstven sata~no{}u do jednemultiplikativne konstante.
Euklidov algoritam daje odgovor na pitawe kako efektivno odre-diti NZD polinoma. Euklidov algoritam nala`ewa NZD polinoma jeuniverzalan, ali ima nedostatak da je ~esto glomazan.
PRIMER 2.2. Primenimo Euklidov algoritam na polinome
P (x) = 3x4 + 5x3 − 7x2 − 19x− 22 i Q(x) = 3x3 + 2x2 − 11x− 10.
Re{ewe. U prvom koraku, dele}i polinom P (x) polinomom Q(x), do-bijamo koli~nik Q1(x) = x + 1 i ostatak R1(x) = 2x2 + 2x − 12 =2(x2 + x − 6). U drugom koraku delimo polinom Q(x) = 3x3 + 2x2 −11x − 10 polinomom R1(x).U stvari boqe je podeliti polinom Q(x)polinomom x2 + x − 6. Dobijamo koli~nik Q2(x) = 3x − 1 i ostatakR2(x) = 8x − 16 = 8(x − 2). U tre}em koraku polinom x2 + x − 6delimo polinomom x− 2 i dobijamo koli~nik Q3(x) = x + 3 i ostatakR3(x) = 0.
Postupak je ovim zavr{en, a polinom D(x) = x − 2 je najve}i za-jedni~ki delilac polinoma P (x) i Q(x).
26
DEFINICIJA 2.6. Ako je 1 najve}i zajedni~ki delilac dva polinomaka`emoda su ti polinomi uzajamno prosti.
Pojam najve}eg zajedni~kog delioca mo`e se definisati i za vi{epolinoma na potpuno isti na~in.
Za odre|ivawe NZD, na primer tri polinoma P (x), Q(x) i R(x)trebaprvoodreditiNZD(P (x), Q(x)) = S(x), a zatimNZD(R(x), S(x)).Dobijeni polinom }e ujedno biti NZD(P (x), Q(x), R(x)).
PRIMER 2.3. Odrediti NZD polinoma P (x) = x3 +3x2 +5x+3,Q(x) =x3 + x + 2 i R(x) = 2x2 − x− 3.
Re{ewe. Euklidovim algoritmom prvo dobijamo
S(x) = NZD(P (x), Q(x)) = x + 1,
a zatimNZD(R(x), S(x)) = x + 1,
pa jeNZD(P (x), Q(x), R(x)) = x + 1.
Osnovna teorema algebre i wene posledice
DEFINICIJA 2.7. Jedna~ina
α0xn + α1x
n−1 + · · ·+ αn = 0 (α0 6= 0),
zove se algebarska jedna~ina n-tog stepena.
DEFINICIJA 2.8. Kompleksan broj x0 = α + iβ zove se nula polinomaP (x) ako je P (x0) = 0. Nulu nazivamo realnom ako je β = 0.
DEFINICIJA 2.9. Re{ewe ili koren jedna~ine P (x) = 0 je svaka nulapolinoma P (x).
Za algebarske jedna~ine ~iji je stepen mawi ili jednak 4 postojeeksplicitne formule na osnovu kojih se re{ewa izra~unavaju prekokoeficijenata polinoma.
27
Tako algebarska jedna~ina prvog stepena, ili kako se jo{ ka`e line-arna jedna~ina
α0x + α1 = 0 (α0 6= 0),
ima samo jedno re{ewex = −α1
α0.
Algebarska jedna~ina drugog stepena, odnosno kvadratna jedna~ina
α0x2 + α1x + α2 = 0 (α0 6= 0),
ima dva re{ewa koja su data formulom
x1/2 =−α1 ±
√α2
1 − 4α0α2
2α0.
Za algebarske jedna~ine tre}eg i ~etvrtog stepena tako|e postoje eks-plicitne formule za izra~unavawe wihovih korena. Ove formule suprili~no komplikovane i u praksi se re|e primewuju.
Me|utim, ne postoji postupak za re{avawe op{te algebarske jedna-~ine n-tog stepena ako je n ≥ 5. Postoje algebarske jedna~ine stepenan ≥ 5 koje se mogu eksplicitno re{iti, ali ne postoji postupak kojimbi se mogla re{iti svaka algebarska jedna~ina stepena n ≥ 5.
Najzna~ajniji stav u teoriji polinoma je osnovna teorema algebre,koju navodimo bez dokaza.
TEOREMA 2.6. Svaki polinom stepena n ≥ 1 ima bar jednu nulu.
TEOREMA 2.7. Za svaki polinom stepena n,
(2.2) Pn(x) = α0xn + α1x
n−1 + · · ·+ αn (n ≥ 1),
postoje kompleksni brojevi x1, x2, . . . , xn takvi da je
(2.3) Pn(x) = α0(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn).
LEMA 2.2. Polinom n-tog stepena Pn(x) ne mo`e imati vi{e od n ra-zli~itih nula.
DEFINICIJA 2.10. Ako je P (x) = (x − x0)kQ(x), gde su P (x) i Q(x)polinomi, a k prirodan broj i Q(x0) 6= 0, onda se ka`e da je x = x0
nula k-tog reda polinoma P (x). Broj k se zove red vi{estrukosti nulepolinoma. Ako je k = 1, nula se zove prosta ili jednostruka.
28
Neki od brojeva x1, x2, . . . , xn u razlagawu (2.3) mogu biti me|usobnojednaki. Zbog toga se polinom Pn(x) mo`e prikazati i u obliku
(2.4) Pn(x) = α0(x− x1)k1(x− x2)k2 . . . (x− xn)ks ,
gde je k1 + k2 + · · · + ks = n, a x1, x2, . . . , xs su me|usobno razli~itikompleksni brojevi.
U ovom slu~aju je x1 nula k1-og reda, x2 nula k2-og reda, itd.Predstavqawe polinoma Pn(x) u obliku (2.4) zove se linearna fak-
torizacija polinoma.
Realni polinomi i wihove nule
TEOREMA 2.8. Ako je x0 nula reda k realnog polinoma P (x) koja nije re-alna, tada je i konjugovano-kompleksan broj x0 nula reda k polinomaP (x).
LEMA 2.3. Realan polinom neparnog stepena ima bar jednu realnu nulu,a ako ih ima vi{e, wihov broj je neparan (pri ~emu se svaka nula brojionoliko puta koliki je wen red vi{estrukosti).
Na osnovu Teoreme 2.8. zakqu~ujemo da realan polinom Pn(x) u ra-zlagawu (2.4) zajedno sa faktorom (x − (α + iβ))k1 , β 6= 0, (ako takavfaktor postoji) sadr`i i faktor (x − (α − iβ))k1 . Mno`ewem ova dvafaktora dobija se
(x− (α + iβ))k1(x− (α− iβ))k1 = [(x− α)2 + β2]k1 = (x2 + px + q)k1 ,
gde su p = −2α i q = α2 + β2 realni brojevi i p2 − 4q < 0.Zbog toga se realan polinom Pn(x) mo`e predstaviti u obliku
Pn(x) = α0(x− x1)s1 . . . (x− xk)sk ·(2.5)· x2 + p1x + q1)t1 . . . (x2 + prx + qr)tr ,
pri ~emu je s1 + · · ·+ sk + 2(t1 + · · ·+ tr) = n.Pri ovom razlagawu polinoma Pn(x) realnim nulama polinoma
odgovaraju kao ~inioci binomi, a kompleksnim nulama trinomi, sastepenima jednakim vi{estrukosti odgovaraju}e nule polinoma.
Predstavqawe polinoma Pn(x) u obliku (2.5) zove se kanonska fa-ktorizacija polinoma.
29
PRIMER 2.4. Neka je P (x) realan polinom petog stepena sa dvostrukomnulom x = −i. Odrediti polinom P (x) ako je P (0) = 1 i P (2) = −25.
Re{ewe.NaosnovuTeoreme 2.8., kompleksanbrojx = i je tako|e dvostru-ka nula polinoma P (x), pa se ovaj polinom mo`e razlo`iti na slede}ina~in:
P (x) = a(x− b)(x− i)2(x + i)2 = a(x− b)(x2 + 1)2.
Odavde se dobija
P (0) = −ab = 1,
P (2) = 25a(2− b) = −25.
Re{avawem dobijenog sistema jedna~ina nalazimo a = −1, b = 1, paje
P (x) = −(x− 1)(x2 + 1)2.
Vijetove formule
Posmatrajmo polinom drugog stepena P (x) = α0x2 +α1x+α2 pred-
stavqen u oblikuP (x) = α0(x−x1)(x−x2), gde su x1 i x2 nule polinomaP (x). Iz jednakosti
α0x2 + α1x + α2 = α0(x− x1)(x− x2) = α0x
2−α0(x1 + x2)x + α0x1x2,
na osnovu Teoreme 2.2. dobijamo
α1 = −α0(x1 + x2), α2 = α0x1x2,
tj.x1 + x2 = −α1
α0,
x1 · x2 =α2
α0.
Neka je sada polinom n-tog stepenaP (x) = α0xn+α1x
n−1+ · · ·+αn,predstavqen u obliku P (x) = α0(x − x1)(x − x2) . . . (x − xn), gde sux1, x2, . . . , xn wegove nule. Iz jednakosti
α0xn + α1x
n−1 + · · ·+ αn = α0(x− x1)(x− x2) . . . (x− xn),
30
primenom Teoreme 2.2. kao i u slu~aju polinoma drugog stepena, dobi-jamo Vijetove formule
x1 + x2 + · · ·+ xn = −α1
α0,
x1x2 + x1x3 + · · ·+ xn−1xn =α2
α0,
x1x2x3 + x1x2x4 + · · ·+ xn−2xn−1xn = −α3
α0,
...x1x2 . . . xn = (−1)n αn
α0.
PRIMER 2.5. Za polinom tre}eg stepena P (x) = α0x3 +α1x
2 +α2x+α3
Vijetove formule glase:
x1 + x2 + x3 = −α1
α0,
x1x2 + x1x3 + x2x3 =α2
α0,
x1x2x3 = −α3
α0.
Za polinom ~etvrtog stepena P (x) = α0x4 +α1x
3 +α2x2 +α3x+α4
Vijetove formule su:
x1 + x2 + x3 + x4 = −α1
α0,
x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 =α2
α0,
x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4 = −α3
α0,
x1x2x3x4 =α4
α0.
PRIMER 2.6. Odrediti nule polinoma P (x) = x4− 3x3− 2x2 + 10x− 12ako se zna da je proizvod dve wegove nule jednak -6.
Re{ewe. Ako su x1, x2, x3, x4 nule polinoma P (x) i ako je x1x2 = −6,tada se iz jednakosti x1x2x3x4 = α4/α0 = −12 dobija x3x4 = 2. Zbog
31
toga se polinom P (x) mo`e napisati u obliku
P (x) = x4 − 3x3 − 2x2 + 10x− 12 = (x− x1)(x− x2)(x− x3)(x− x4)
= (x2 − (x1 + x2)x + x1x2)(x2 − (x3 + x4)x + x3x4)
= (x2 + px− 6)(x2 + qx + 2)
= x4 + (p + q)x3 + (pq − 4)x2 + 2(p− 3q)x− 12.
Izjedna~avawem odgovaraju}ih koeficijenata (Teorema 2.2.) dobija sesistem jedna~ina
p + q = −3pq − 4 = −2
2(p− 3q) = 10,
~ije je re{ewe p = −1, q = −2. Dakle,
P (x) = x4 − 3x3 − 2x2 + 10x− 12 = (x2 − x− 6)(x2 − 2x + 2).
Re{avawem kvadratnih jedna~ina x2−x−6 = 0 i x2−2x+2 = 0 dobijase da su -2, 3, 1− i, 1 + i nule polinoma P (x).
Racionalne nule polinoma sa celobrojnim koeficijentima
Posmatrajmo polinom
(2.6) P (x) = α0xn + α1x
n−1 + · · ·+ αnb,
~iji su koeficijenti celi brojevi.
TEOREMA 2.9. Ako je racionalan broj p/q (p i q su uzajamno prosti brojevi)nula polinoma (2.6) sa celobrojnim koeficijentima, tada p|αn i q|α0.
PRIMER 2.7. Ispitati da li polinom P (x) = 2x5 + x4 + 4x3 + 3x + 2ima racionalnih nula.
Re{ewe. ^inioci broja αn = 2 su ±1,±2. Pozitivni ~inioci broja2 su 1 i 2. Prema tome sve racionalne nule polinoma P (x) pripadajuskupu {±1,±2,±1/2}. Neposrednom proverom utvr|ujemo da je x = 1/2jedina racionalna nula polinoma P (x).
32
2.2 Zadaci
2.1. Odrediti zbir slede}ih polinoma:
1) A(x) = 4x2 − 3x− 2, B(x) = −x2 − x + 3.
2) A(x) = 2x6 − 4x3 + 1, B(x) = 3x2 − 6, C(x) = 6x6 + 8x4 − 4x2.
Re{ewe.
1) A(x) + B(x) = (4x2 − 3x− 2) + (−x2 − x + 3) = 3x2 − 4x + 1.
2) A(x) + B(x) + C(x) =
= (2x6 − 4x3 + 1) + (3x2 − 6) + (6x6 + 8x4 − 4x2)= 8x6 + 8x4 − 4x3 − x2 − 5.
2.2. Odrediti razliku slede}ih polinoma:
1) A(x) = 4x2 − 2x + 5, B(x) = 4x2 + 2x− 5.
2) A(x) = 8x6+2x4−3, B(x) = 3x2−x+6, C(x) = 9x3−x2+x−1.
Re{ewe.
1) A(x)−B(x) = (4x2 − 2x + 5)− (4x2 + 2x− 5)
= 4x2 − 2x + 5− 4x2 − 2x + 5 = −4x + 10.
2) A(x)−B(x)− C(x) =
= (8x6 + 2x4 − 3)− (3x2 − x + 6)− (9x3 − x2 + x− 1)= 8x6 + 2x4 − 3− 3x2 + x− 6− 9x3 + x2 − x + 1= 8x6 + 2x4 − 9x3 − 2x2 − 8.
2.3. Odrediti proizvod slede}ih polinoma:
1) A(x) = x2 − 3x + 4, B(x) = 8x3 − 2x2 + x.
33
2) A(x) = x, B(x) = x2 + 6x− 1, C(x) = x3 − 2x + 3.
Re{ewe.
1) A(x)B(x) =
= (x2 − 3x + 4)(8x3 − 2x2 + x)= 8x5 − 2x4 + x3 − 24x4 + 6x3 − 3x2 + 32x3 − 8x2 + 4x
= 8x5 − 26x4 + 39x3 − 11x2 + 4x.
2) A(x)B(x)C(x) =
= (x)(x2 + 6x− 1)(x3 − 2x + 3)= (x3 + 6x2 − x)(x3 − 2x + 3)= x6 − 2x4 + 3x3 + 6x5 − 12x3 + 18x2 − x4 + 2x2 − 3x
= x6 + 6x5 − 3x4 − 9x3 + 20x2 − 3x.
2.4. Izra~unati :(A−B)(B − C),
ako je A(x) = −3x2 + 4x, B(x) = 2x2 − 6, C(x) = x.
Re{ewe.
(A−B)(B − C) = {(−3x2 + 4x)− (2x2 − 6)}{(2x2 − 6)− (x)}= (−3x2 + 4x− 2x2 + 6)(2x2 − 6− x)= −4x8 + 2x7 + 12x6 − 6x4 + 11x3 + 26x2 − 30x− 36.
2.5. PodelitipolinomA(x) = x3−5x2+7x−2polinomomB(x) = x−2.
Re{ewe.(x3 − 5x2 + 7x− 2) : (x− 2) = x2 − 3x + 1.x3 − 2x2
− 3x2 + 7x− 3x2 + 6x
+ x− 2+ x− 2
0
34
2.6. Podeliti polinomA(x) = 15x4 +2x3−39x2−16x+10 polinomomB(x) = 3x2 − 2x− 5.
Re{ewe.
(15x4 + 2x3 − 39x2 − 16x + 10) : (3x2 − 2x− 5) = 5x2 + 4x− 2.15x4 − 10x3 − 25x2
12x3 − 14x2 − 16x + 1012x3 − 8x2 − 20x
− 6x2 + 4x + 10− 6x2 + 4x + 10
0
2.7. Podeliti polinom P (x) = x2 + 2x− 6 polinomom Q(x) = x + 4.
Re{ewe.(x2 + 2x− 6) : (x + 4) = x− 2.x2 + 4x− 2x− 6− 2x− 8
2
2.8. Podeliti polinom P (x) = x3 − x2 − 2x + 1 polinomom Q(x) =3x2 + 2x− 1 metodom neodre|enih koeficijenata.
Re{ewe.
(x3 − x2 − 2x + 1) = (ax + b)(3x2 + 2x− 1) + (cx + d)= 3ax3 + 3bx2 + 2ax2 + 2bx− ax− b + cx + d= 3ax3 + (2a + 3b)x2 + (−a + 2b + c)x + (−b + d).
Odnosno po teoremi o jednakosti dva polinoma:
1 = 3a−1 = 2a + 3b−2 = −a + 2b + c
1 = −b + d
Odavde sledi da je a =13, b = −5
9, c = −5
9, d =
49, odnosno:
x3 − x2 − 2x + 1 =(
13x− 5
9
)(3x2 + 2x− 1) +
(−5
9x +
49
).
35
2.9. Odrediti koeficijente p, q, r tako da polinom P (x) = x3 + px2 +qx + r bude deqiv binomima x + 2 i x− 5, a da podeqen binomom x− 1daje ostatak -48.
Re{ewe. U ovom zadatku direktno primewujemo Bezuovu teoremu i wenuprvu posledicu:
(x− α)|P (x) ⇒ P (a) = 0 ∧ (x− α)Q(x) + r ⇒ P (a) = r.
P (−2) = P (5) = 0, P (1) = −48,
odnosno
(−2)3 + p(−2)2 + q(−2) + r = 053 + 52p + 5q + r = 013 + 12p + 1q + r = −48.
Sre|ivawem datog sistema dobijamo:
−8 + 4p− 2q + r = 0125 + 25p + 5q + r = 0
1 + p + q + r = −48.
Re{avawem datog sistema dobijamo da je p = 0, q = −19, r = −30odnosno, P (x) = x3 − 19x− 30.
2.10. Na}i ostatak pri deqewu, a zatim izvr{iti i deqewe polinoma:x3 − 2x2 + 3x− 4 sa x + 1− 2i.
Re{ewe. Primenom Bezuove teoreme dobijamo:
R(x) = P (a) ⇒ R(x) = (−1 + 2i)3 − 2(−1 + 2i)2 + (−1 + 2i)− 4.
Kako je
(−1 + 2i)2 = −3− 4i ∧ (−1 + 2i)3 = 11− 2i,
onda je
R(x) = 11− 2i− 2(−3− 4i) + 3(−1 + 2i)− 4 = 10 + 12i.
Sada izvr{imo deqewe metodom neodre|enih koeficijenata (a, b, c ∈C)
x3 − 2x2 + 3x− 4 = (x + 1− 2i)(ax2 + bx + c) + 10 + 12i= ax3 + (1− 2i)ax2 + bx2 + (1− 2i)bx+ cx + (1− 2i)c + 10 + 12i.
36
Na osnovu teoreme o jednakosti dva polinoma dobijamo:
1 = a
−2 = (1− 2i)a + b
3 = (1− 2i)b + c
−4 = (1− 2i)c + 10 + 12i.
Odavde se lako mo`e izra~unati da je a = 1, b = −3 + 2i, c = 2− 8i.
2.11. Odrediti realan polinom najmaweg stepena ~ije su nule: x1 =4, x2 = 2 + 3i, x3 = −i.
Re{ewe. Kod realnih polinoma nule se javqaju u konjugovano komplek-snim parovima, tj. ako je x = a+ ib nula realnog polinoma, tada je nulai x = a− ib. Prema tome imamo da je :
P (x) = (x− 4)(x− 2− 3i)(x− 2 + 3i)(x− i)(x + i)= (x− 4)(x2 − 4x + 13)(x2 + 1)= x5 − 8x4 + 30x3 − 60x2 + 29x− 52.
2.12. Odrediti realan polinom najmaweg stepena ako je x = i dvostrukikoren, x = 2 trostruki koren i ako je x = 3− i prost koren.
Re{ewe.
P (x) = (x− i)2(x + i)2(x− 2)3(x− 3 + i)(x− 3− i)= (x2 + 1)(x− 2)3(x2 − 6x + 10)= x9 − 12x8 + 60x7 − 164x6 + 285x5 − 372x4 + 394x3
− 300x2 + 168x− 80.
2.13. OdreditirealanpolinomP (x)~etvrtog stepena kojiimadvostrukunulu x = 1, jednostruku nulu x = 1 + 2i i va`i P (−1) = 64.
Re{ewe. Po uslovu zadatka lako se dobija ~etvrta nula polinoma x =1− 2i (kao konjugovano kompleksna datoj nuli x = 1 + 2i). Sada je:
P (x) = a(x− 1)2(x− 1− 2i)(x− 1 + 2i)= a(x4 − 4x3 + 10x2 − 12x + 5).
37
Kako je P (−1) = a((−1)4 − 4(−1)3 + 10(−1)2 − 12(−1) + 5
)= 32a, a
u zadatku dato da je P (−1) = 64 imamo: 32a = 64, odakle sledi da jea = 2.
Kona~no je P (x) = 2x4 − 8x3 + 20x2 − 24x + 10.
2.14. Odrediti realne brojeve a i b tako da −1 + i bude nula polinoma
P (x) = 2x4 + 9x3 + ax2 + bx− 6.
Re{ewe. Ako je m + in nula polinoma P (x) ~ije koeficijente trebaodrediti, tada se prirodno pristupa re{avawu P (m+ in) = 0 po nepo-znatim koeficijentima, vode}i ra~una da je
A + iB = 0 ⇔ A = 0 ∧B = 0.
U konkretnom slu~aju imamo da je:
P (−1 + i) = 2(−1 + i)4 + 9(−1 + i)3 + a(−1 + i)2 + b(−1 + i)− 6= 2(−4) + 9(2i + 2) + a(−2i) + b(−1 + i)− 6= (−b + 4) + (18− 2a + b)i.
Sada je
P (−1 + i) = 0 ⇔ −b + 4 = 0 ∧ 18− 2a + b = 0.
Odavde sledi da je b = 4, a = 11. Kona~no dobijamo da je polinomoblika
P (x) = 2x4 + 9x3 + 11x2 + 4x− 6.
Kako je −1 + i nula realnog polinoma P (x) to zna~i da je i −1 − inula tog polinoma, odnosno (x + 1− i)(x + 1 + i)|P (x). Lako se dobijaP (x) = (x2 + 2x + 2)(2x2 + 5x− 3) , kona~no je
x3/4 =−5±√25 + 24
4=−5± 7
4.
Nule polinoma P (x) su: x1 = −1 + i, x2 = −1− i, x3 = 1/2, x4 = −3.Polinom P (x) se sada mo`e predstaviti u slede}em obliku:
P (x) = 2(x + 1− i)(x + 1 + i)(
x− 12
)(x + 3).
38
2.15. Odrediti parametre p i q tako da polinom A(x) = x4 + px3 +qx2 + 27x− 35 bude deqiv polinomom B(x) = x2 − 4x + 7.
Re{ewe. A(x) = Q(x)B(x), gde je Q(x) polinom drugog stepena Q(x) =x2 + ax + b.
x4 + px3 + qx2 + 27x− 35 = (x2 + ax + b)(x2 − 4x + 7)= x4 + (−4 + a)x3 + (7− 4a = b)x2
+ (7a− 4b)x + 7b.
Odavde sledi da je:
7b = −357a− 4b = 27
7− 4a + b = q
−4 + a = p.
Odnosno imamo da je: b = −5, a = 1, q = −2, p = −3.
2.16. Dat je polinom P (x) = ax3 + 3a2x2 + 7x− 18. Odrediti vrednostparametra a tako da polinom bude deqiv polinomom x + 2.
Re{ewe. Prema Bezuovoj teoremi ostatak pri deqewu polinoma P (x)polinomom x− (−2) je P (−2). Kako je polinom P (x) deqiv sa x− (−2)to je ostatak jednak nuli tj. P (−2) = 0.
P (−2) = a(−2)3 + 3a2(−2)2 + 7(−2)− 18 = 0
3a2 − 2a− 8 = 0 ⇒ a = 2 ∨ a = −43.
2.17. Odrediti koeficijente p, q, r tako da polinom P (x) = x3 + px2 +qx + r bude deqiv binomima x + 2 i x− 3, a da podeqen binomom x + 1daje ostatak -12.
Re{ewe. Prema Bezuovoj teoremi imamo da je:
P (−2) = 0 ⇒ (−2)3 + p(−2)2 + q(−2) + r = 0P (3) = 0 ⇒ 33 + 32p + 3q + r = 0
P (−1) = −12 ⇒ (−1)3 + p(−1)2 + q(−1) + r = −12.
Iz datog sistema dobijamo da je p = 3, q = −10, r = −24.
39
2.18. Odrediti koeficijente p, q tako da polinom P (x) = x5 − 3x4 +px3 + qx2 − 5x− 5 bude deqiv sa x2 − 1.
Re{ewe. Kako je x2 − 1 = (x− 1)(x + 1) to zna~i da dati polinom morabiti deqiv sa x− 1 i sa x + 1. Na osnovu Bezuove teoreme imamo da je:
P (1) = 0 i P (−1) = 0p + q − 12 = 0−p + q − 4 = 0.
Iz datog sistema se dobija da je p = 4, q = 8.
2.19. Neki polinom pri deqewu sa x − 1 daje ostatak 2, a pri deqewusa x − 2 daje ostatak 1. Koliki ostatak daje ovaj polinom pri deqewusa (x− 1)(x− 2).
Re{ewe. Primenom Bezuove teoreme imamo P (1) = 2, P (2) = 1. Pri-likom deqewa polinoma polinomom drugog stepena ostatak je polinomstepena maweg od dva:
P (x) = Q(x)(x− 1)(x− 2)+ αx + β,︸ ︷︷ ︸R(x)
stR(x) < st(x− 1)(x− 2)P (1) = α · 1 + β = 2P (2) = α · 2 + β = 1.
Odavde se dobija da jeα = −1, β = 3. Tra`eni ostatak jeR(x) = −x+3.
2.20. Odrediti NZD za polinome A(x) = x4 − x3 − 7x2 + 4x − 3 iB(x) = x3 − 2x2 − x− 6.
Re{ewe. U radu }emo koristiti tzv. Euklidov algoritam. U prvomkoraku delimo polinom A(x) polinomom B(x).
(x4 − x3 − 7x2 + 4x− 3) : (x3 − 2x2 − x− 6) = x + 1.x4 − 2x3 − x2 − 6x
x3 − 6x2 + 10x− 3x3 − 2x2 − x− 6− 4x2 + 11x + 3
Dobijamo koli~nik Q1(x) = x + 1 i ostatak R1(x) = −4x2 + 11x + 3.U drugom koraku delimo polinom B(x) = x3 − 2x2 − x− 6 polinomom
40
R1(x) = −4x2+11x+3. Zapravo, boqe je podeliti polinom 4x3−8x2−4x− 24 polinomom R1(x).
(4x3 − 8x2 − 4x − 24) : (−4x2 + 11x + 3) = −x− 34.
4x3 − 11x2 − 3x3x2 − x − 24
3x2 − 334
x − 94
294
x− 874
Dobijamo koli~nik Q2(x) = −x − 34i ostatak R2(x) =
294
x − 874.
Sada treba podeliti polinom R1(x) = −4x2 + 11x + 3 polinomomR2(x) =
294
x − 874, ili jo{ boqe sa polinomom 4
29
(294
x− 874
)tj. sa
x− 3:(−4x2 + 11x + 3) : (x− 3) = −4x− 1.−4x2 + 12x
− x + 3− x + 3
0
Dobijamo koli~nik Q3(x) = −4x− 1 i ostatak R3(x) = 0. Postupak jeovim zavr{en, a polinom x− 3 je najve}i zajedni~ki delilac polinomaA(x) i B(x).
2.21. OdreditiNZDzapolinomeA(x) = x3+3x2−3x−1iB(x) = x2−1.
Re{ewe.
P (x) = x3 + 3x2 − 3x− 1 = x3 − 1 + 3x2 − 3x
= (x− 1)(x2 + x + 1) + 3x(x− 1) = (x− 1)(x2 + 4x + 1).
Dok jeQ(x) = x2 − 1 = (x− 1)(x + 1).
Tada je NZD(P (x), Q(x)) = x− 1.
2.22. Zbir dve nule polinoma P (x) = 4x3 + 8x2 + x + λ jednak je tre}ojnuli. Na}i λ, a zatim i sve nule ovog polinoma.
41
Re{ewe. Primenom Vijetovih formula va`i :
x1 + x2 + x3 = −a1
a0
x1x2 + x1x3 + x2x3 =a2
a0
x1x2x3 = −a3
a0.
Kako je uslov zadatkax1+x2 = x3, mo`emoformirati sistem jedna~ina:
x1 + x2 + x3 = −2
x1x2 + x1x3 + x2x3 =14
x1x2x3 = −λ
4x1 + x2 = x3.
Re{avawem datog sistema dobija se da je: λ = −3, x1 =12∨ x1 = −3
2.
Na kraju dobijamo da je:
(x1, x2, x3) ∈{(
12,−3
2,−1
),
(−3
2,12,−1
)}.
2.23. Zbir dva re{ewa jedna~ine 2x3−x2 +λx−3 = 0 jednak je 1. Na}iλ, a zatim i sva re{ewa date jedna~ine.
Re{ewe. Na osnovu Vijetovih formula dolazimo do sistema jedna~ina:
x1 + x2 + x3 =12
x1x2 + x1x3 + x2x3 =λ
2
x1x2x3 =32
x1 + x2 = 1,
odakle se direktno (iz prve i ~etvrte jedna~ine) dobija: x3 = −12.
Daqe,
x1x2 − 12
=λ
2
−12x1x2 =
32.
42
Odavde se dobija da je: x1x2 = −3 i λ = −7. Kona~no sistem jedna~ina:
x1 + x2 = 1x1x2 = −3,
daje: x1(1− x1) = −3, odnosno x2 − x− 3 = 0, odakle je x1 =1 +
√13
2
∨ x1 =1−√13
2. Kona~no tri re{ewa jedna~ine su:
x1 =1 +
√13
2, x1 =
1−√132
i − 12.
2.24. Odrediti λ tako da jedan koren polinoma P (x) = x3 − 13x + λbude jednak trostrukom drugom, a zatim na}i i sve nule ovog polinoma.
Re{ewe. Na osnovu Vijetovih formula dobijamo sistem:
x1 + x2 + x3 = 0x1x2 + x1x3 + x2x3 = −13
x1x2x3 = −λ
x2 = 3x1.
Eliminacijom x2 dobijamo:
4x1 + x3 = 03x1 + x1x3 + 3x1x3 = −13
3x1x3 = −λ,
zatim eliminacijom x3 dobijamo:
−13x21 = −13
−12x31 = −λ,
odnosno: x21 = 1 ⇒ x1 = 1 ∨ x1 = −1 i λ = 12 ∨ λ = −12. Daqe, za
razli~ite vrednosti λ dobijamo dve trojke re{ewa jedna~ine:
λ = 12 ⇒ x1 = 1, x2 = 3, x3 = −4
λ = −12 ⇒ x1 = −1, x2 = −3, x3 = 4.
43
2.25. Odreditione vrednostiparametraλ takodanulepolinomaP (x) =x2 − (λ− 2)x + λ + 5 zadovoqavaju relaciju x2
1 + x22 = 10.
Re{ewe.NaosnovuVijetovihformula i uslova zadatka dobijamo sistemjedna~ina:
x1 + x2 = λ− 2x1x2 = λ + 5
x21 + x2
2 = 10.
Daqe je
x21 + x2
2 = (x1 + x2)2 − 2x1x2
(λ− 2)2 − 2(λ + 5) = 10.
Odavde dobijamo da je λ = 8 ∨ λ = −2.
2.26. Na}i racionalne, a zatim i ostale nule polinoma P (x) = 3x3 +4x2 + 5x− 6.
Re{ewe.Ako polinom P (x) = a0xn +a1x
n−1 + · · ·+an−1x+an sa celo-brojnim koeficijentima ima racionalnu nulu oblika p\q, (NZD(p, q) =1), tada p|an i q|a0. Ovo primewujemo na tra`ewe nula polinoma P (x).Celobrojni ~inioci broja an = −6 su: ±1,±2,±3,±6, a celobrojni~inioci broja a0 = 3 su: ±1,±3. (Po dogovoru, dovoqno je uzeti samopozitivne ~inioce broja a0, a oba znaka za ~inioce broja an.)
U tom slu~aju, ako postoji, racionalna nula p\q pripada skupu{
1,−1, 2,−2, 3,−3, 6,−6,13,−1
3,23,−2
3
}.
Proverom zakqu~ujemo da je 23 jedina nula polinoma P (x) iz ovog skupa.
U ciqu otkrivawa ostalih nula vr{imo deqewe polinoma P (x) bi-nomom
(x− 2
3
). Naime, imamo da je :
(3x3 + 4x2 + 5x− 6) : (x− 23) = 3x2 + 6x + 9.
3x3 − 2x2
6x2 + 5x− 66x2 − 4x9x − 69x − 6
0
44
Odnosno: P (x) = 3(
x− 23
)(x2 + 2x + 3). Kako iz
x2 + 2x + 3 = 0 ⇒ x = −1 +√
2i ∨ x = −1−√
2i,
to zna~i da je:
P (x) = 3(
x− 23
)(x + 1−
√2i)(x + 1 +
√2i).
Iz svega sledi da su nule polinoma P (x): 23,−1 +
√2i,−1−
√2i.
2.27. Na}i racionalne, a zatim i ostale nule polinoma Q(x) = x5 −2x4 − 9x3 + 8x2 − 22x + 24.
Re{ewe. Ako polinom Q(x) = x5 − 2x4 − 9x3 + 8x2 − 22x + 24 imaracionalne nule tada one pripadaju skupu
{1,−1, 2,−2, 3,−3, 4,−4, 6,−6, 8,−8, 12,−12, 24,−24} ,
(jer ovo su svi celobrojni ~inioci broja 24, dok je jedini pozitivnicelobrojni ~inilac a0 jednak 1). Neposrednom proverom dolazimo dozakqu~ka da su racionalne nule polinoma Q(x): 1,-3,4. Tada je Q(x)deqiv polinomom (x− 1)(x + 3)(x− 4) i va`i:
Q(x) = (x− 1)(x + 3)(x− 4)(x2 + 2).
Ostale dve nule polinoma Q(x) jesu nule polinoma drugog stepena√
2ii −√2i. Dakle,
Q(x) = (x− 1)(x + 3)(x− 4)(x−√
2i)(x +√
2i),
odnosno nule polinoma Q(x) su: 1,-3,4,√
2i,−√2i.
45
Glava 3
Realni nizovi
3.1 Pregled definicija i teorema
DEFINICIJA 3.1. Ako je f funkcija koja preslikava skup prirodnih bro-jeva N u skup realnih brojeva R (u oznaci f : N→ R), onda se funkcija fnaziva realnim nizom.
Realni brojevi
a1 = f(1), a2 = f(2), . . . , an = f(n), . . .
nazivaju se ~lanovima niza. Npr. m-ti ~lan niza am je tada vrednostfunkcije f(m). Tako npr. niz ~iji je op{ti ~lan dat formulom an =
12n
ima peti ~lan a5 =110
, dvadeseti ~lan a20 =140
, itd.
DEFINICIJA 3.2. Realni niz f(nk) = ank, gde je k ∈ N i
n1 < n2 < n3 < · · · < nk < . . .
nazivamo podniz niza f(n) = an.
Tako na primer niz ank=
12k
, n1 = 2, n2 = 4, . . . , nk = 2k, . . . , je podniz
niza an =1n.
46
PRIMER 3.1. Niz (an) kod koga je razlika ma koja dva uzastopna ~lanauvek ista, tj. za koji postoji broj d takav da
(3.1) (∀n ∈ N) an+1 − an = d,
naziva se aritmeti~ki niz. Iz (3.1) imamo an+1 − an = an+2 − an+1, aodavde
an+1 =an + an+2
2.
Dakle svaki ~lan aritmeti~kog niza (osim prvog) je aritmeti~ka sredinawemu susednih ~lanova. Tako na primer niz
3, 5, 7, 9, . . . , 2n + 1, . . .
je aritmeti~ki niz.
PRIMER 3.2. Niz (an) kod koga je koli~nik svaka dva uzastopna ~lana uvekisti, tj. za koji postoji broj q takav da
(3.2) (∀n ∈ N)an+1
an= q,
naziva se geometrijski niz. Iz (3.2) sledi da je an+1
an=
an+2
an+1, a odavde
a2n+1 = anan+2,
odnosno svaki ~lan geometrijskog niza (osim prvog) je geometrijska sre-dina wemu susednih ~lanova. Geometrijski nizovi su na primer:
1, 3, 9, 27, . . . , 3n−1, . . .
PRIMER 3.3. Niz ~iji je op{ti ~lan an =1nje tzv. harmonijski niz.
Svaki ~lan harmonijskog niza je harmonijska sredinawemu susednih ~lano-va, tj.
(∀n ∈ N)1
an+1=
12
(1an
+1
an+2
).
47
Ograni~eni i monotoni nizovi
DEFINICIJA 3.3. Niz (an) je ograni~en odozgo ako
(3.3) (∃r ∈ R)(∀n ∈ N) an ≤ r,
a ograni~en odozdo ako
(3.4) (∃m ∈ R)(∀n ∈ N) m ≤ an.
Ako je niz ograni~en odozgo i odozdo onda ka`emo da je ograni~en.
Mo`e se dokazati da je niz (an) ograni~en ako i samo ako
(∃k ∈ R+)(∀n ∈ N) |an| ≤ k
(gde R+ ozna~ava skup pozitivnih realnih brojeva).Tako na primer, niz (n2) je ograni~en odozdo, jer je ispuwen uslov
(3.4) zato {to je svaki ~lan ovog niza ve}i od nule. Isti niz, nijeograni~en odozgo (odakle sledi da nije ograni~en), zato {to za svakor ∈ R va`i n2 > r, i to: za svako n ∈ N u slu~aju r ≤ 0, odnosno zan >
√r u slu~aju r > 0.
Niz (1/n) je ograni~en odozgo, jer je svaki ~lan ovog niza mawiili jednak jedinici. Prime}ujemo da je isti niz ograni~en i odozdo,zato {to na primer va`i: (∀n ∈ N) 0 <
1n. Na taj na~in ta~an je
ja~i zakqu~ak: niz (1/n) je ograni~en. Niz ~iji je op{ti ~lan an =(−1)n n
n + 1je ograni~en jer je
(∀n ∈ N)∣∣∣∣(−1)n n
n + 1
∣∣∣∣ < 1.
DEFINICIJA 3.4. Ako za niz (an) za svaki n ∈ N va`i
1) an ≤ an+1, onda niz nazivamo rastu}i,
2) an ≥ an+1, onda niz nazivamo opadaju}i.
Ako se znaci ≤ i ≥, respektivno zamene znacima < i >, onda niznazivamo strogo rastu}i, odnosno strogo opadaju}i. Za nizove opisaneovom definicijom ka`emo da su monotoni.
48
PRIMER 3.4. Ispitatimonotonostniza ~iji je op{ti ~lanan =n
n + 1.
Re{ewe. Ovaj niz je strogo rastu}i, jer za svako n ∈ N je
an − an+1 =n
n + 1− n + 1
n + 2= − 1
(n + 1)(n + 2)< 0,
pa je an < an+1.
PRIMER 3.5. Ispitatimonotonostniza ~iji je op{ti~lan bn =1
2n− 1.
Re{ewe.Ovaj niz je strogo opadaju}i, jer za svako n ∈ N je bn > 0 i va`i
bn
bn+1=
2n + 12n− 1
,
tj. bn > bn+1.Prime}ujemo da se ispitivawe monotonosti niza (an) sa ~lanovima
stalnog znaka (tj. kod kojeg va`i: (∀n ∈ N) an > 0 ili (∀n ∈ N) an < 0),mo`e izvesti izra~unavawem koli~nika an
an+1.
Tako ako va`i (∀n ∈ N) an > 0(an < 0) i (∀n ∈ N)an
an+1≥ 1,
onda je (∀n ∈ N) an ≥ an+1(an ≤ an+1), {to zna~i da je tada niz(an) opadaju}i (rastu}i). Ako je pak (∀n ∈ N) 0 <
an
an+1≤ 1, onda je
(∀n ∈ N) an ≤ an+1(an ≥ an+1), pa je tada niz (an) rastu}i (opadaju}i).
Grani~na vrednost niza
Neka je a ∈ R i ε proizvoqan pozitivan realan broj. Otvoreninterval (a− ε, a + ε) nazivamo ε-okolina broja a.
DEFINICIJA 3.5. Broj a ∈ R je ta~ka nagomilavawa niza (an) ako seu svakoj ε-okolini broja a nalazi beskona~no mnogo ~lanova tog niza,odnosno ako za svako ε > 0 i n0 ∈ N postoji n ∈ N, takvo da je n > n0 i|an − a| < ε.
PRIMER 3.6. Odrediti ta~ke nagomilavawa niza an = (−1)n
(1 +
1n
).
49
Re{ewe. Ovaj niz ima dve ta~ke nagomilavawa: 1 i -1. Zaista, akokonstrui{emo podnizove
a2k = 1 +12k
, a2k−1 = −1− 12k − 1
,
niza (an), onda lako uo~avamo da se u ma kojoj ε-okolini broja 1 nalazibeskona~no mnogo ~lanova podniza (a2k), a samim tim i niza (an), {tozna~i da je 1 ta~ka nagomilavawa niza (an). Analogno, posmatraju}ipodniz (a2k−1) zakqu~ujemo da je -1 ta~ka nagomilavawa niza (an).
TEOREMA 3.1. [BOLCANO-VAJER[TRAS ]Svaki ograni~en niz imabar jednuta~ku nagomilavawa.
DEFINICIJA 3.6. Realan niz (an) konvergira ka broju a ∈ R i a mu jegrani~na vrednost (limes), u oznaci
limn→∞an = a,
ako za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N takvo da
(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ |an − a| < ε).
Za niz (an) tada se ka`e i da je konvergentan ka a.
Na osnovu navedenih definicija mo`emo zakqu~iti da grani~navrednost niza jeste wegova ta~ka nagomilavawa, dok obrnuto ne morada va`i.
TEOREMA 3.2. Svaki konvergentan niz je ograni~en.
Napomenimo da obrnuto ne mora da va`i. Naime, postoje nizovikoji su ograni~eni, a nisu konvergentni. Takav je na primer niz(−1)n−1. On je ograni~en jer je
(∀n ∈ N) |an| = |(−1)n−1| < 2.
Posmatrani niz nije konvergentan jer ima dve ta~ke nagomilavawa 1 i-1.
TEOREMA 3.3. Monoton i ograni~en niz konvergira.
50
DEFINICIJA 3.7. Niz (an) divergira ka +∞, u oznaci
limn→∞ an = +∞,
ako za proizvoqan realan broj r > 0 postoji n0 ∈ N tako da
(∀n ∈ N) (n > n0 ⇒ an > r).
Analogno defini{emo divergenciju ka −∞.
Broj e
U matemati~koj analizi i wenim primenama ~esto se javqaju nizovisa op{tim ~lanom
an = 1 +11!
+12!
+ · · ·+ 1n!
i bn =(
1 +1n
)n
.
Dokaza}emo da su ovi nizovi konvergentni.Razmotrimo najpre niz (an). Kako je
an+1 − an =1
(n + 1)!> 0,
to je an < an+1, za svako n ∈ N, a to zna~i da je niz (an) strogo rastu}i.Ako u op{tem ~lanu niza (an) imenioce napi{emo u razvijenom obliku,dobijamo
(3.5) an = 1 +11
+1
1 · 2 +1
1 · 2 · 3 +1
1 · 2 · 3 · 4 + · · ·+ 11 · 2 · 3 · · · · · n.
Kako je n! = n · (n− 1) · · · · · 3 · 2 · 1 > 2 · 2 · · · · · 2 · 1 = 2n−1, to je
(3.6) 1n!
<1
2n−1, n = 3, 4, . . .
Na osnovu (3.5) i (3.6) imamo da je
an < 1 +(
1 +12
+122
+ · · ·+ 12n−1
)= 1 +
1− (1/2)n
1− (1/2)
= 1 + 2(
1−(
12
)n)< 3.
51
Koristili smo ~iwenicu da je izraz u zagradi zbir geometrijskog niza.Iz (3.5) zakqu~ujemo da je an > 2 za n > 1. Prema tome je , za n > 1,
(3.7) 2 < an < 3,
{to zna~i da je niz (an) ograni~en.Dakle, niz (an) je ograni~en odozgo i strogo rastu}i, pa je na osnovu
Teoreme 3.3. konvergentan. Wegovu grani~nu vrednost ozna~avamo sa e,tj.
limn→∞
(11!
+12!
+ · · ·+ 1n!
)= e.
Mo`e se pokazati da je to iracionalan broj i da je e = 2, 7182818284 . . .
Razmotrimo sada niz (bn). Koriste}i binomnu formulu imamo da je
bn = 1 +n
1!· 1n
+n(n− 1)
2!· 1n2
+ . . .(3.8)
+n(n− 1) · · · · · 2 · 1
n!· 1nn
= 1 + 1 +12!
(1− 1
n
)
+ · · ·+ 1n!
(1− 1
n
)(1− 2
n
). . .
(1− n− 1
n
)
< 1 +11!
+12!
+ · · ·+ 1n!
= an < 3,
za n > 1.Na osnovu Bernulijeve nejednakosti koja glasi: (1 + h)n > 1 + nh,
za svaki prirodan broj n > 1 i realan broj h > −1 i h 6= 0, imamo(
1 +1n
)n
> 1 + n · 1n
= 2,
za n > 1, {to zajedno sa (3.8) daje
2 <
(1 +
1n
)n
< 3.
Prema tome, niz (bn) je ograni~en. Daqe, na osnovu binomne formuleimamo
bn+1 = 1 + 1 +12!
(1 +
1n + 1
)+ · · ·+ 1
n!
(1− 1
n + 1
)
. . .
(1− n− 1
n + 1
)+
1(n + 1)!
(1− 1
n
). . .
(1− n
n + 1
).
52
Ako uporedimo bn i bn+1, zakqu~ujemo je
(∀n ∈ N) bn ≤ bn+1,
pa je niz (bn) rastu}i.Dakle, dokazali smo da je niz (bn) ograni~en i monoton, {to na
osnovu Teoreme 3.3. zna~i da je on konvergentan. Mo`e se dokazati da jegrani~na vrednost ovog niza ista kao i grani~na vrednost niza (an), tj.
limn→∞
(1 +
1n
)n
= e.
Prime}ujemo da va`e i relacije
limn→∞
(1 +
1n
)n+1
= e,
limn→∞
(1 +
1n + 1
)n
= e.
U matematici broj e ima poseban zna~aj i uz broj π je jedna od naj-va`nijih konstanti.
Osnovna svojstva konvergentnih nizova
TEOREMA 3.4. Ako dva data niza (an) i (bn) imaju istu grani~nu vred-nost,
limn→∞ an = lim
n→∞ bn = a,
i ako je za svako n ∈ N, an ≤ cn ≤ bn, onda je i niz (cn) konvergentan i
limn→∞ cn = a.
TEOREMA 3.5. Ako je (∀n ∈ N) an ≤ bn i postoje
limn→∞ an = a i lim
n→∞ bn = b,
onda je a ≤ b.
DEFINICIJA 3.8. Niz (an) je nula niz ako je
limn→∞ an = 0.
53
TEOREMA 3.6. Ako je
limn→∞ an = a i lim
n→∞ bn = b,
tada je
1) limn→∞ kan = ka, k ∈ R,
2) limn→∞(anbn) = ab,
3) limn→∞(an ± bn) = a± b,
4) limn→∞
an
bn=
a
b, b 6= 0,
5) limn→∞ |an| = |a|.
3.2 Zadaci
3.1. Pokazati da niz
an =n(−1)n
2+
2n
, n = 1, 2, 3, . . .
nije ograni~en, odnosno preciznije: da nije ograni~en ni odozgo niodozdo.
Re{ewe. Za n = 2k (k ∈ N) imamo an = a2k = k +1k. Otuda a2k > r
va`i: za svako k ∈ N ako je r ≤ 0, odnosno za k ≥ r ako je r > 0. Naosnovu toga iskaz
(∃r ∈ R)(∀n ∈ N) an ≤ r,
u na{eg niza nije ta~an, pa taj niz nije ograni~en odozgo.
Ako je, n = 2k − 1, imamo an = a2k−1 = −2k − 12
+2
2k − 1≤
−k+12
+2 = −k+52.Kako je−k+
52
< m ako (i samo ako) je k >52−m,
to va`i a2k−1 < m za k >52−m. Otuda iskaz
(∃m ∈ R)(∀n ∈ N) m ≤ an,
54
u slu~aju posmatranog niza nije ta~an, pa taj niz nije neograni~enodozdo.
3.2. Dokazati da je niz sa op{tim ~lanom an =n
n + 1konvergentan i
da ima grani~nu vrednost a = 1.
Re{ewe. Kako je
|an − a| =∣∣∣∣
n
n + 1− 1
∣∣∣∣ =1
n + 1<
1n
,
to je ova razlika mawa od proizvoqnog pozitivnog broja ε kada je 1n
< ε,
tj. n >1ε. Dakle, za n0 biramo prirodan broj ve}i ili jednak
1εi u tom
slu~aju va`i
(∀n ∈ N)(
n > n0 ⇒∣∣∣∣
n
n + 1− 1
∣∣∣∣ < ε
).
Tako na primer, ako uzmemo da je ε = 1/100, onda je za svako n > 100,∣∣∣∣
n
n + 1− 1
∣∣∣∣ =∣∣∣∣−
1n + 1
∣∣∣∣ <1n
<1
100= ε,
tj. an ∈(
1− 1100
, 1 +1
100
). Prema tome,
limn→∞
n
n + 1= 1.
3.3. Dokazati da niz an = 1/n ima grani~nu vrednost 0.
Re{ewe. Ako obrazujemo apsolutnu vrednost razlike an − 0, ima}emo∣∣∣∣1n− 0
∣∣∣∣ =1n
, a za proizvoqno ε > 0 je
1n
< ε ⇔ n >1ε.
Prema tome, za svako ε > 0 postoji prirodan broj n0 >1εtako da
(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ |an − 0| < ε),
55
{to zna~i da je niz (1/n) konvergentan i da mu je 0 grani~na vrednost.
3.4. Dokazati da je
limn→∞
2n2
n2 + 1= 2.
Re{ewe. U ovom slu~aju je an =2n2
n2 + 1i a = 2, pa na osnovu toga imamo
|an − a| =∣∣∣∣
2n2
n2 + 1− 2
∣∣∣∣ =2
n2 + 1<
2n2
. (∗)
Kako je 2n2
< ε ta~no za n >
√2ε, to uzimaju}i na primer, n0 =
[√2ε
]+
1, imamo da n > n0 povla~i2n2
< ε, na osnovu (∗) je
n > n0 ⇒ |an − a| =∣∣∣∣
2n2
n2 + 1− 2
∣∣∣∣ < ε.
iz ovoga sledi da je
limn→∞
2n2
n2 + 1= 2.
3.5. Odrediti grani~ne vrednosti slede}ih nizova.
1) an =n2 + n
n2 − 5n− 4,
2) an =√
n2 + 1n
,
3) an = n(√
n2 + 1− 1),
4) an =(
1 +12n
)n
.
56
Re{ewe.
1) limn→∞ an = lim
n→∞n2 + n
n2 − 5n− 4= lim
n→∞
1 +1n
1− 5n− 4
n2
=lim
n→∞
(1 +
1n
)
limn→∞
(1− 5
n− 4
n2
) =1 + lim
n→∞1n
1− limn→∞
5n− lim
n→∞4n2
=1 + lim
n→∞1n
1− 5 limn→∞
1n− 4 lim
n→∞1n2
=1 + 0
1− 5 · 0− 4 · 0 = 1.
2) limn→∞ an = lim
n→∞
√n2 + 1n
= limn→∞
(n2 + 1
n2
)1/2
= limn→∞
(1 +
1n2
)1/2
=(
limn→∞
(1 +
1n2
))1/2
=(
1 + limn→∞
1n2
)1/2
= (1 + 0)1/2 = 1.
3) limn→∞ an = lim
n→∞n(√
n2 + 1− n) = limn→∞
n(n2 + 1− n2)√n2 + 1 + n
= limn→∞
1√1 +
1n2
+ 1=
12.
4) Za svako n ∈ N je 2n ∈ N, pa ako stavimo 2n = m, onda m → ∞ako i samo ako n →∞ i n = m/2, pa je
limn→∞ an = lim
n→∞
(1 +
12n
)n
= limn→∞
(1 +
1m
)m/2
=(
limn→∞
(1 +
1m
)m)1/2
= e1/2 =√
e.
3.6. Napisati prvih pet ~lanova niza (xn) zadatog op{tim ~lanom:
1) xn =n
n + 1;
2) xn = cosnπ;
3) xn =3n + 52n− 3
.
57
Re{ewe.1)
x1 =1
1 + 1=
12, x2 =
22 + 1
=23, x3 =
33 + 1
=34,
x4 =4
4 + 1=
45, x5 =
55 + 1
=56.
2)
x1 = cos 1π = −1, x2 = cos 2π = 1, x3 = cos 3π = −1,
x4 = cos 4π = 1, x5 = cos 5π = −1.
3)
x1 = −8, x2 = 11, x3 =143
, x4 =175
, x5 =207
.
3.7. Ispitati ograni~enost i na}i najve}i (najmawi) ~lan niza zadatogop{tim ~lanom:
1) an =n
3 + n;
2) an = n +7n.
Re{ewe. 1) Jasno je da va`i:
0 <n
3 + n<
3 + n
3 + n= 1,
za svako n ∈ N ⇒ 0 < an < 1, za svako n ∈ N, {to zna~i da je niz (an)ograni~en.
Kako je
an − an+1 =n
3 + n− n + 1
3 + (n + 1)=
(4 + n)n− (n + 1)(3 + n)(3 + n)(4 + n)
=n2 + 4n− n2 − 4n− 3
(3 + n)(4 + n)= − 3
(3 + n)(4 + n)< 0
za svako n ∈ N, to je an < an+1, za svako n ∈ N, {to zna~i da niz (an)strogo raste. Wegov najmawi ~lan je tada ~lan sa najmawim indeksom:
amin = a1 =1
3 + 1=
14,
58
a najve}i ~lan niza ne postoji.
2) 0 < n+7n
= an, {to zna~i da je niz (an) ograni~en s dowe strane.
Kako je an = n +7n
> n, a n (kao element skupa prirodnih brojeva) nijeograni~en odozgo, pa tako ni niz (an) nije ograni~en sa gorwe strane.Daqe va`i:
an − an+1 = n +7n−
(n + 1 +
7n + 1
)= −1 +
7n− 7
n + 1
= −1 +7(n + 1)− 7n
n(n + 1)= −1 +
7n(n + 1)
,
an − an+1 < 0 ⇔ −1 +7
n(n + 1)< 0 ⇔ 7
n(n + 1)< 1
⇔ 7 < n(n + 1),
{to je ispuweno za n ≥ 3.Sli~no, an − an+1 > 0 ⇔ 7 > n(n + 1), {to je ispuweno za n < 3.
Tada imamo slede}i niz nejednakosti: a1 > a2 > a3 < a4 < a5 < . . . ,{to zna~i da je
amin = a3 = 3 +73
=163
.
Maksimalni ~lan niza ne postoji.
3.8. Ispitati ograni~enost i na}i najve}i (najmawi) ~lan niza zadatogop{tim ~lanom:
1) an = e2−n,
2) an = −n2
2n.
Re{ewe. 1) Funkcija f(t) = et je nenegativna i strogo rastu}a, pa uz2− n < 2 (n ∈ N) va`i:
0 < e2−n < e2,
odnosno: 0 < an < e2, za svakon ∈ N, {to zna~ida je niz (an)ograni~en.Kako je
an − an+1 = e2−n − e2−(n+1) = e2−n − e2−n−1 = e2−n−1(e− 1) > 0,
za svako n ∈ N, {to zna~i da niz (an) strogo opada. Tada je amax =a1 = e2−1 = e, a amin ne postoji.
59
2) Sli~no prethodnom, proverimo najpre kada je ispuweno an >an+1.
an > an+1 ⇔ −n2
2n> −(n + 1)2
2n+1⇔ (n + 1)2 > 2n2
⇔ 0 > n2 − 2n− 1.
Sli~no, an < an+1 ⇔ 0 < n2− 2n− 1. Kako je desno kvadratni trinomn2 − 2n− 1, pa daqe ispitujemo funkciju:
f(x) = x2 − 2x− 1.
Vrednosti ove funkcije su negativne za x ∈ (1−√2, 1+√
2), {to zna~ida je: n2 − 2n − 1 < 0, za n = 1 i n = 2. Za n > 2 je n2 − 2n − 1 > 0.Tada saglasno ranijem a1 > a2 > a3 < a4 < a5 < . . . . Najmawi ~lanniza je o~igledno a3 = −9
8. Najve}i ~lan ne postoji jer je a1 = −1
2, a
na primer ve} a1 < a7 = − 49128
< a8 < a9 < . . . . Niz (an) je ograni~en
−98≤ an < 0 (∀n ∈ N).
3.9. Dokazati da niz sa op{tim ~lanom xn konvergira ka x, pa na}ineko n0 ∈ N, tako da va`i |xn − x| < ε, za svako n > n0.
1) xn =n + 12n
, x =12, ε = 0.02;
2) xn =(−1)n
n + 1, x = 0, ε = 0.002.
Re{ewe. 1)
|xn − x| =∣∣∣∣n + 12n
− 12
∣∣∣∣ =∣∣∣∣n + 1− n
2n
∣∣∣∣ =∣∣∣∣
12n
∣∣∣∣ =12n
.
Za proizvoqno ε > 0 va`i:12n
< ε ⇔ 2n >1ε.
Biraju}i sada n0 ∈ N takvo da 2n0 ≥ 1ε, imamo:
(∀n ∈ N)(
n > n0 ⇔ 2n > 2n0 ≥ 1ε⇒ 1
2n< ε ⇔ |xn − x| < ε
),
60
ili ostavqaju}i samo ono {to nam je potrebno:
(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ |xn − x| < ε),
{to zna~i da je x =12grani~na vrednost niza (xn), odnosno da je
limn→∞
n + 12n
=12.
Specijalno, za ε = 0.02 biramo n0 ∈ N, takvo da 2n0 ≥ 10.02
odnosno
n0 ≥ 1004
= 25. Tra`eno zadovoqava ve} n0 = 25.
2)
|xn − x| =∣∣∣∣(−1)n
n + 1− 0
∣∣∣∣ =∣∣∣∣(−1)n
n + 1
∣∣∣∣ =∣∣∣∣
1n + 1
∣∣∣∣ =1
n + 1.
Za proizvoqno ε > 0 va`i:
1n + 1
< ε ⇔ n + 1 >1ε,
pa biramo n0 ∈ N, takvo da va`i: n0 =[1ε
]. Tada imamo,
n + 1 > n > n0 =[1ε
]⇒ n + 1 >
1ε⇔ 1
n + 1< ε ⇔ |xn − x| < ε.
O~igledno
(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ |xn − x| < ε),
{to zna~i da je niz (xn) konvergentan i da je
limn→∞
(−1)n
n + 1= 0.
Specijalno, za ε = 0.002 uzimamo n0 =[
10.002
]= 500.
3.10. Na}i ta~ke nagomilavawa i ispitati konvergenciju nizova za-datih op{tim ~lanom:
61
1) an = (−1)n+1 n
n + 1;
2) bn =2 + (−1)n
2− (−1)n.
Re{ewe. 1) Kako je
(−1)n+1 ={
1, za neparno n−1, za parno n
.
Tada je
an =
n
n + 1, za neparno n
− n
n + 1, za parno n
,
odnosno
an =
2k − 12k
, n = 2k − 1
− 2k
2k + 1, n = 2k
.
Nizovi (a2k−1), a2k−1 =2k − 1
2ki (a2k), a2k = − 2k
2k + 1, su podni-
zovi niza (an). U proizvoqnoj ε-okolini broja 1 (broja -1) nalazi sebeskona~no mnogo ~lanova prvog (drugog) podniza, {to zna~i da su 1i -1 ta~ke nagomilavawa niza (an). Dva izdvojena podniza sadr`e sve~lanove niza (an), a
limk→∞
2k − 12k
= 1,
ilim
k→∞− 2k
2k + 1= −1,
pa su T1 = 1 i T2 = −1 jedine ta~ke nagomilavawa niza (an). Taj niz nemo`e biti konvergentan jer ima vi{e od jedne ta~ke nagomilavawa.
2)
bn =
2 + 12− 1
, za parno n
2− 12 + 1
, za neparno n
.
U proizvoqnoj ε-okolini broja 3 nalaze se bar svi parni ~lanovi niza(bn) (jer je 3 ∈ (3 − ε, 3 + ε)), a takvih je beskona~no mnogo. Sli~no u
62
proizvoqnoj ε-okolini broja 13nalaze se bar svi neparni ~lanovi niza
(bn)(jer1
3∈
(13− ε,
13
+ ε
)), a i takvih je beskona~no mnogo. Tada
su T1 = 3 i T2 =13ta~ke nagomilavawa niza (bn). Konstatujemo da niz
(bn) nema drugih ta~aka nagomilavawa, kao i da nije konvergentan.
3.11. Ispitati monotonost nizova datih formulama op{teg ~lana:
1) an =n + 22n
;
2) bn =2 + (−1)n
n.
Re{ewe. 1)
an − an+1 =n + 22n
− (n + 1) + 22(n + 1)
=12
(n + 2
n− n + 3
n + 1
)
=n2 + 3n + 2− n2 − 3n
2n(n + 1)=
22n(n + 1)
=1
n(n + 1)> 0,
za svako n ∈ N. Tada je an > an+1 (za svako n ∈ N), {to zna~i da je nizstrogo opadaju}i.
2)
bn − bn+1 =2 + (−1)n
n− 2 + (−1)n+1
n + 1
=(2 + (−1)n)(n + 1)− (2 + (−1)n+1)n
n(n + 1)
=2 + (−1)n(n + 1− (−1)n)
n(n + 1)=
2 + (−1)n(2n + 1)n(n + 1)
=
2n + 3n(n + 1)
, za parno n
1− 2n
n(n + 1), za neparno n
.
Ali 2n + 3 > 0, a 1− 2n < 0, za n ∈ N, pa
bn − bn+1 =
> 0, za parno n
< 0, za neparno n
,
63
{to zna~i da niz (bn) nije monoton. U stvari va`i:
b1 < b2 > b3 < b4 > b5 < b6 > . . .
3.12. Ispitati ograni~enost nizova zadatih formulama op{teg ~lana:
1) an = 2− 1n,
2) bn =2n
n!.
Re{ewe. 1) 0 < an < 2, za svako n. Zaista pretpostavimo da (∃n)(n ∈N) an ≤ 0. Tada:
2− 1n≤ 0 ⇔ 2 ≤ 1
n⇔ 2n ≤ 1,
{to je nemogu}e. Pretpostavimo da (∃n)(n ∈ N) an ≥ 2. Tada
2− 1n≥ 2 ⇔ 0 ≥ 1
n
{to je kontradiktorno sa 1n
> 0.
2) bn je pozitivan broj razli~it od nule, dakle 0 ≤ bn. Daqe va`i2 ≤ 2, 2 ≤ 3, 2 ≤ 4, . . . , 2 ≤ n, pa tako i
2 · 2 · 2 · · · · · 2︸ ︷︷ ︸n−1 puta
≤ 2 · 3 · · · · · n.
Odnosno: 2n−1
2 · · · · · n ≤ 1 ⇒ 2n
n!≤ 2. Dakle 0 ≤ 2n
n!≤ 2, {to zna~i da je
(bn) ograni~en.
3.13. Dokazati konvergenciju niza ~iji je op{ti ~lan definisan saan = n
√2.
Re{ewe.Niz je ograni~en:
Pretpostavimo da je za neko n ∈ N ispuweno n√
2 > 2. Tada je n√
2 >2 ⇒ 2 > 2n ⇒ 1 > 2n−1, {to je besmisleno (n ∈ N⇒ n ≥ 1 ⇒ n− 1 ≥0 ⇒ 2n−1 ≥ 20 = 1). Dakle, 0 < n
√2 ≤ 2 (leva nejednakost je trivijalno
zadovoqena).
64
Niz je opadaju}i:Pretpostavimo da je za neko n ∈ N ispuweno an < an+1. Tada jen√
2 < n+1√
2 ⇒ 2n+1 < 2n (levu i desnu stranu nejednakosti stepenovalismo sa n(n + 1) > 0) ⇒ 2 < 1, {to je apsurd. ⇒ an ≥ an+1, za svakon ∈ N. Dakle niz (an) je konvergentan.
3.14. Primenom aritmeti~kih svojstava limesa i va`nijih grani~nihvrednostiodrediti grani~ne vrednostinizova zadatihop{tim~lanom:
1) an =3n2 − 7n + 12− 5n− 6n2
,
2) bn =√
n + 2−√n,
3) cn =√
2n2 + 12n− 1
,
4) dn =2n + 3n
2n − 3n.
Re{ewe. 1)
limn→∞
3n2 − 7n + 12− 5n− 6n2
= limn→∞
3− 7n
+1n2
2n2− 5
n− 6
=lim
n→∞
(3− 7
n+
1n2
)
limn→∞
(2n2− 5
n− 6
)
=lim
n→∞3− limn→∞
7n
+ limn→∞
1n2
limn→∞
2n2− lim
n→∞5n− lim
n→∞6=
3− 0− 00− 0− 6
= −12.
2)
limn→∞
(√n + 2−√n
)= lim
n→∞(√
n + 2−√n) √n + 2 +
√n√
n + 2 +√
n
= limn→∞
n + 2− n√n + 2 +
√n
= limn→∞
2√n + 2 +
√n
=2
limn→∞
(√n + 2
)+ lim
n→∞√
n= 0.
3) limn→∞
√2n2 + 12n− 1
= limn→∞
√2 +
1n2
2− 1n
= · · · = 1√2.
65
4) limn→∞
2n + 3n
2n − 3n=
= limn→∞
(23
)n
+ 1(
23
)n
− 1=
limn→∞
(23
)n
+ limn→∞ 1
limn→∞
(23
)n
− limn→∞ 1
=0 + 10− 1
= −1.
3.15. Na}i grani~ne vrednosti nizova zadatih op{tim ~lanom:
1) an =(
1 +1n
)2n
,
2) bn =(
n + 1n
)n−2
,
3) cn =(
n
n + 1
)n
,
4) dn = (1 + 4n)n+3,
5) en =(
1− 5n
)n
,
6) fn = n(ln(n + 1)− lnn).
Re{ewe. 1)
limn→∞
(1 +
1n
)2n
= limn→∞
((1 +
1n
)n)2
=(
limn→∞
(1 +
1n
)n)2
= e2.
2)
limn→∞
(n + 1
n
)n−2
= limn→∞
((n + 1
n
)n (n + 1
n
)−2)
=(
limn→∞
(n + 1
n
)n) (lim
n→∞
(n + 1
n
)−2)
= e · 1−2 = e
3) limn→∞
(n
n + 1
)n
=
= limn→∞
1
n + 1n
n
= limn→∞
1(1 +
1n
)n =1
limn→∞
(1 +
1n
)n =1e.
66
4) limn→∞(1 + 4n)n+3 = ∞.
5) limn→∞
(1− 5
n
)n
=
= limn→∞
(1− 5
n
)n(−n5 )(− 5
n)= lim
n→∞
[(1− 5
n
)(−n5 )
](− 5n)n
= limn→∞
1 +
1(−n
5
)
(−n5 )
−5
= limn→∞
1
1 +
1(−n
5
)
(−n5 )
5
=1
limn→∞
1 +
1(−n
5
)
(−n5 )
5 =1e5
.
6)
limn→∞n (ln(n + 1)− lnn) = lim
n→∞n lnn + 1
n= lim
n→∞ ln(
n + 1n
))n
= limn→∞ ln
(1 +
1n
)n
= ln limn→∞
(1 +
1n
)n
= ln e = 1.
3.16. Na}i slede}e grani~ne vrednosti:
1) limn→∞
2x3 + 5x− 17x3 + x2 − 4
,
2) limn→∞
x2 − 7x
x + 9,
3) limn→∞
5 + ex
3 + ex.
Re{ewe. 1)
limn→∞
2x3 + 5x− 17x3 + x2 − 4
= limn→∞
2x3
x3+
5x
x3− 1
x3
7x3
x3+
x2
x3− 4
x3
= limn→∞
2 +5x2− 1
x3
7 +1x− 4
x3
=27.
67
2) limn→∞
x2 − 7x
x + 9= lim
n→∞
1− 7x
1x
+9x2
= ∞.
3) limn→∞
5 + ex
3 + ex= lim
n→∞
5ex
+ 1
3ex
+ 1= 1.
68
Glava 4
Funkcije neprekidnogargumenta - grani~na vrednosti neprekidnost
4.1 Pregled definicija i teorema
DEFINICIJA 4.1. Ta~ka a ∈ R je ta~ka nagomilavawa skupa E ⊂ R akoza svako δ > 0 skup E ∩ (a− δ, a + δ) sadr`i bar jednu ta~ku razli~ituod a.
DEFINICIJA 4.2. Neka je data funkcija f : D → R i neka je a ta~kanagomilavawa skupa D. Broj b ∈ R je grani~na vrednost funkcije f uta~ki a, u oznaci lim
x→af(x) = b, ako za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da
va`i(∀x ∈ D) (0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− b| < ε).
Formulu limx→a
f(x) = b ~itamo: "limes od f(x) jednak je b, kada x
te`i a". Prime}ujemo da f mo`e, ali ne mora biti definisana u ta~kia.
Ako se uslov 0 < |x−a| < δ u prethodnoj definiciji zameni uslovom
a− δ < x < a ili a < x < a + δ,
69
onda je re~ o levoj, odnosno desnoj grani~noj vrednosti funkcije f .
PRIMER 4.1. Dokazati da je limx→−1
x2 − 2x− 3x + 1
= −3.
Re{ewe. Domen funkcije f(x) =x2 − 2x− 3
x + 1je skup D = (−∞,−1) ∪
(−1,+∞), a ta~ka −1 nije u skupu D, pa f(−1) ne postoji. Me|utim,kako za svako ε > 0 i x 6= −1 imamo da je
|f(x)− (−3)| < ε ⇔∣∣∣∣x2 − 2x− 3
x + 1+ 3
∣∣∣∣ < ε
⇔∣∣∣∣(x− 2)(x + 1)
x + 1+ 3
∣∣∣∣ < ε ⇔ |x− (−1)| < ε,
to za δ = ε dobijamo
0 < |x− (−1)| < δ ⇒ |f(x)− (−3)| < ε,
pa je limx→−1
f(x) = −3.
TEOREMA 4.1. Funkcija f : D → R ima grani~nu vrednost b u ta~ki aako i samo ako ima levu i desnu grani~nu vrednost i one su me|usobnojednake, odnosno
limx→a
f(x) = b ⇔ limx→a−0
f(x) = limx→a+0
f(x) = b.
Neke funkcije imaju grani~nu vrednost kada x → ∞ ili x → −∞,odnosno imaju grani~nu vrednost u beskona~nosti.
DEFINICIJA 4.3. Neka je domen D funkcije f : D → R neograni~eninterval. Broj b ∈ R je grani~na vrednost funkcije f kada x → +∞ (ilix → −∞) u oznaci lim
x→+∞ f(x) = b ( limx→−∞ f(x) = b), ako za svako ε > 0
postoji broj r > 0 (r < 0) tako da va`i:
(∀x ∈ D) (x > r ⇒ |f(x)− b| < ε),((∀x ∈ D) (x < r ⇒ |f(x)− b| < ε)).
70
Slika 4.1
Na slikama 4.1 i 4.2 data je po jedna geometrijska interpretacijapojmova iz prethodne definicije.
Slika 4.2
PRIMER 4.2. Dokazati da je limx→±∞
1x
= 0.
71
Re{ewe. Za proizvoqno malo ε > 0 imamo da je
(4.1)∣∣∣∣1x− 0
∣∣∣∣ < ε ⇔ |x| > 1ε⇔ x >
1ε∧ x < −1
ε,
pa ako je r =1ε, iz (4.1) zakqu~ujemo da
(∀x ∈ R)(
x > r ⇒∣∣∣∣1x− 0
∣∣∣∣ < ε
),
{to zna~i da je limx→+∞
1x
= 0.
Ukoliko je r = −1ε, onda dobijamo
(∀x ∈ R)(
x < r ⇒∣∣∣∣1x− 0
∣∣∣∣ < ε
),
pa je i limx→−∞
1x
= 0.
DEFINICIJA 4.4. Neka je a ∈ Rta~ka nagomilavawa skupaD. Funkcijaf : D → R ima beskona~nu grani~nu vrednost +∞(−∞) u ta~ki a,u oznaci lim
x→af(x) = +∞ ( lim
x→af(x) = −∞) ako za svako r > 0 (r < 0)
postoji δ > 0 tako da va`i
(∀x ∈ D) (0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) > r),((∀x ∈ D) (0 < |x− a| < δ ⇒ f(x) < r)).
Analogno se uvodi leva, odnosno desna grani~na vrednost funkcijeu ta~ki a ∈ R ako je ta grani~na vrednost +∞ ili −∞.
Aritmeti~ka svojstva limesa
TEOREMA 4.2. Ako je limx→a
f(x) = b i limx→a
g(x) = c, b, c ∈ R, onda je
1) limx→a
kf(x) = kb, k ∈ R;
2) limx→a
(f(x)± g(x)) = b± c;
3) limx→a
f(x)g(x) = bc;
72
4) limx→a
f(x)g(x)
=b
c, c 6= 0;
5) limx→a
|f(x)| = |b|.
Neke va`nije grani~ne vrednosti su:
1) limx→0
sinx
x= 1;
2) limx→+∞
(1 +
1x
)x
= e;
3) limx→0
(1 + x)1x = e;
4) limx→0
ln(1 + x)x
= 1;
5) limx→0
ex − 1x
= 1.
Beskona~no male i beskona~no velike funkcije
DEFINICIJA 4.5. Funkcija f : D → R je beskona~no mala kada x → aako je
limx→a
f(x) = 0.
Slede}a definicija vr{i upore|ivawe beskona~no malih funkcijaformirawem wihovog koli~nika i odre|ivawem grani~ne vrednostitog koli~nika.
DEFINICIJA 4.6. Neka je
limx→a
f(x) = limx→a
g(x) = 0 i limx→a
f(x)g(x)
= k.
1) Ako je k ∈ R i k 6= 0, ka`emo da su f(x) i g(x), kada x → a,beskona~nomalefunkcije istog reda. Ukoliko jek = 1 onda ka`emoda su f(x) i g(x) ekvivalentne ili asimptotski jednake, u oznacif(x) ∼ g(x), x → a.
2) Ako je k = 0 ka`e se da je f(x) beskona~no mala funkcija vi{egreda od g(x) kada x → a.
73
3) Ako je k = ±∞ ka`e se da je f(x) beskona~no mala funkcija ni`egreda od g(x) kada x → a.
DEFINICIJA 4.7. Funkcija f : D → R je beskona~no velika kada x → aako je
limx→a
f(x) = +∞ ili limx→a
f(x) = −∞.
Analognoupore|ivawubeskona~nomalih vr{imoupore|ivawebeskona~novelikih funkcija.
DEFINICIJA 4.8. Neka su f(x) i g(x) dve beskona~no velike funkcijekada x → a i
limx→a
f(x)g(x)
= k.
1) Ako je k ∈ R i k 6= 0, ka`emo da su f(x) i g(x), kada x → a,beskona~no velike funkcije istog reda. Ukoliko je k = 1 ondaka`emo da su f(x) i g(x) ekvivalentne ili asimptotski jednake,u oznaci f(x) ∼ g(x), x → a.
2) Ako je k = 0 ka`e se da je f(x) beskona~no velika funkcija ni`egreda od g(x) kada x → a.
3) Ako je k = ±∞ ka`e se da je f(x) beskona~no velika funkcija vi{egreda od g(x) kada x → a.
Neprekidnost funkcije
DEFINICIJA 4.9. Funkcija f : D → R je neprekidna u ta~ki x0 ∈ Dako je
(4.2) limx→x0
f(x) = f(x0).
Ta~ka u kojoj nije ispuwen bar jedan od uslova
1) da postoji limx→x0
f(x) i
2) limx→x0
f(x) = f(x0),
74
naziva se ta~ka prekida funkcije f .Ako je x0 ta~ka prekida funkcije f : D → R i ako postoje kona~ne
grani~ne vrednosti
limx→x0+0
f(x) i limx→x0−0
f(x),
onda ta~ku x0 nazivamo ta~ka prekida prve vrste. Broj
| limx→x0+0
f(x)− limx→x0−0
f(x)|,
nazivamo skok funkcije f u ta~ki x0.Ta~ku prekida x0 funkcije f : D → R nazivamo ta~ka prekida druge
vrste ako bar jedna od grani~nih vrednosti
limx→x0+0
f(x) i limx→x0−0
f(x),
ne postoji ili je jednaka +∞ ili −∞.
DEFINICIJA 4.10. Funkcija f : D → R je neprekidna sleva u ta~kix0 ∈ D ako je
limx→x0−0
f(x) = f(x0),
a neprekidna zdesna u ako je
limx→x0+0
f(x) = f(x0).
DEFINICIJA 4.11. Neka je data funkcija f : D → R i neka su x0, x1 ∈D. Razliku x1 − x0 = 4x nazivamo prira{taj nezavisno promenqive,a razliku odgovaraju}ih vrednosti funkcije, f(x1) − f(x0), nazivamoprira{taj funkcije. Kako je x1 = x0 + 4x, to je f(x1) − f(x0) =f(x0 +4x)− f(x0), {to ozna~avamo sa:
4f(x0;4x) = f(x0 +4x)− f(x0).
Naslici4.3 dajemo geometrijskuinterpretaciju pojmovaiz prethodnedefinicije.
75
Slika 4.3
Neprekidnost funkcije mo`emo definisati i na slede}i na~in:
DEFINICIJA 4.12. Funkcija f : D → R neprekidna je u ta~ki x0 ∈ Dako je
lim4x→0
4f(x0;4x) = 0.
Posledwi uslov zna~i da je funkcija f neprekidna u ta~ki ako "besko-na~no maloj promeni originala odgovara beskona~no mala promenaslike".
DEFINICIJA 4.13. Funkcija f : D → R je neprekidna na skupu D ako jeneprekidna u svakoj ta~ki skupa D.
4.2 Zadaci
Odrediti grani~nu vrednost slede}ih funkcija:
4.1. y = limx→∞
2x− 3√x2 + 2x− 5
.
76
Re{ewe. Direktno re{avamo ovu grani~nu vrednost:
y = limx→∞
2x− 3√x2 + 2x− 5
= limx→∞
x
(2− 3
x
)
√x2
(1 +
2x− 5
x2
) =21
= 2.
4.2. y = limx→2
(3x2 + x
(x− 2)(x2 + x + 1)− 2
x− 2
).
Re{ewe.Izvr{imo nazna~ene operacije me|u razlomcima u zagradi, padobijamo:
y = limx→2
(3x2 + x
(x− 2)(x2 + x + 1)− 2
x− 2
)
= limx→2
3x2 + x− 2x2 − 2x− 2(x− 2)(x2 + x + 1)
= limx→2
x2 − x− 2(x− 2)(x2 + x + 1)
= limx→2
(x− 2)(x + 1)(x− 2)(x2 + x + 1)
= limx→2
x + 1x2 + x + 1
=37.
4.3. y = limx→∞
(5x− 1)(2x + 3)(x− 9)4x3 + x− 3
.
Re{ewe. Osloba|awem od zagrada u brojiocu razlomka, dobijamo:
y = limx→∞
(5x− 1)(2x + 3)(x− 9)4x3 + x− 3
= limx→∞
10x3 − 77x2 − 120x + 274x3 + x− 3
= limx→∞
x3
(10− 77
x− 120
x2+
27x3
)
x3
(4 +
1x2− 3
x3
) =104
=52.
4.4. y = limx→∞
√x− 6x
3x + 1.
Re{ewe. Razlagawem polinoma u razlomku, dobijamo:
y = limx→∞
√x− 6x
3x + 1= lim
x→∞
x
(√1x− 6
)
x
(3 +
1x
) =−63
= −2.
77
4.5. y = limx→1
x2 − 1x2 + x− 2
.
Re{ewe. Grani~nu vrednost izra~unavamo razlagawem polinoma u ra-zlomku:
y = limx→1
x2 − 1x2 + x− 2
= limx→1
(x− 1)(x + 1)(x− 1)(x + 2)
= limx→1
x + 1x + 2
=23.
4.6. y = limx→0
x√1 + 3x− 1
.
Re{ewe. Pro{irivawem razlomka, dobijamo (koriste}i pravilo A2 −B2 = (A−B)(A + B)):
y = limx→0
x√1 + 3x− 1
·√
1 + 3x + 1√1 + 3x + 1
= limx→0
x(√
1 + 3x + 1)3x
= limx→0
√1 + 3x + 1
3=
23.
4.7. y = limx→0
√1 + x−√1− x
4x.
Re{ewe.O~igledno se ova grani~na vrednostizra~unavapro{irivawemrazlomka:
y = limx→0
√1 + x−√1− x
4x= lim
x→0
√1 + x−√1− x
4x·√
1 + x +√
1− x√1 + x +
√1− x
= limx→0
1 + x− 1 + x
4x(√
1 + x +√
1− x)= lim
x→0
2x
4x(√
1 + x +√
1− x)
= limx→0
12(√
1 + x +√
1− x)=
12(1 + 1)
=14.
4.8. y = limx→1
√x + 3− 2x2 − 1
.
Re{ewe. Grani~nu vrednost izra~unavamo pro{irivawem datog izrazarazlomkom:
y = limx→1
√x + 3− 2x2 − 1
·√
x + 3 + 2√x + 3 + 2
= limx→1
x + 3− 4(x2 − 1)(
√x + 3 + 2)
= limx→1
x− 1(x− 1)(x + 1)(
√x + 3 + 2)
= limx→1
1(x + 1)(
√x + 3 + 2)
=18.
78
4.9. y = limx→∞(
√x2 + 3x− x).
Re{ewe. I ova grani~na vrednost se izra~unava pro{irivawem ra-zlomka, pa dobijamo:
y = limx→∞(
√x2 + 3x− x) = lim
x→∞(√
x2 + 3x− x)√
x2 + 3x + x√x2 + 3x + x
= limx→∞
x2 + 3x− x2
√x2 + 3x + x
= limx→∞
3x√x2 + 3x + x
= limx→∞
3x√x2
(1 + 3
x
)+ x
= limx→∞
3x
x(√(
1 + 3x
)+ 1)
=3
1 + 1=
32.
4.10. y = limx→∞(
√x2 + x− 1−
√x2 − x + 1).
Re{ewe. Pro{irivawem datog izraza razlomkom, dobijamo:
y = limx→∞(
√x2 + x− 1−
√x2 − x + 1)
√x2 + x− 1 +
√x2 − x + 1√
x2 + x− 1 +√
x2 − x + 1
= limx→∞
x2 + x− 1− (x2 − x + 1)√x2 + x− 1 +
√x2 − x + 1
= limx→∞
x2 + x− 1− x2 + x− 1√x2 + x− 1 +
√x2 − x + 1
= limx→∞
2x− 2√x2
(1 + 1
x − 1x2
)+
√x2
(1− 1
x + 1x2
)
= limx→∞
2x(1− 1
x
)
x(√(
1 + 1x − 1
x2
)+
√(1− 1
x + 1x2
)) =2
1 + 1= 1.
4.11. y = limx→∞(
√x2 + 3x + 5−
√x2 − 3x− 5).
Re{ewe. Opet vr{imo pro{irivawe datog izraza razlomkom:
y = limx→∞(
√x2 + 3x + 5−
√x2 − 3x− 5) ·
√x2 + 3x + 5 +
√x2 − 3x− 5√
x2 + 3x + 5 +√
x2 − 3x− 5
= limx→∞
x2 + 3x + 5− (x2 − 3x− 5)√x2 + 3x + 5 +
√x2 − 3x− 5
= limx→∞
x2 + 3x + 5− x2 + 3x + 5√x2 + 3x + 5 +
√x2 − 3x− 5
79
= limx→∞
6x + 10√x2
(1 + 3
x + 5x2
)+
√x2
(1− 3
x − 5x2
)
= limx→∞
x(6 + 10
x
)
x(√(
1 + 3x + 5
x2
)+
√(1− 3
x − 5x2
)) =6
1 + 1= 3.
4.12. y = limx→0
3√
1 + x2 − 1x2
.
Re{ewe. Ova grani~na vrednost izra~unava pro{irivawem razlomka (i to koriste}i pravilo A3 −B3 = (A−B)(A2 + AB + B2)):
y = limx→0
3√
1 + x2 − 1x2
·3√
(1 + x2)2 + 3√
1 + x2 + 13√
(1 + x2)2 + 3√
1 + x2 + 1
= limx→0
1 + x2 − 1x2( 3
√(1 + x2)2 + 3
√1 + x2 + 1)
= limx→0
13√
(1 + x2)2 + 3√
1 + x2 + 1=
13.
4.13. y = limx→∞( 3
√x4 − 3
√(x2 − 1)2).
Re{ewe.O~igledno se ova grani~na vrednostizra~unavapro{irivawemrazlomka ( i to koriste}i praviloA3−B3 = (A−B)(A2 +AB +B2)):
y = limx→∞( 3
√x4 − 3
√(x2 − 1)2) = lim
x→∞( 3√
x4 − 3√
(x2 − 1)2)
·3√
x8 + 3√
x4(x2 − 1)2 + 3√
(x2 − 1)43√
x8 + 3√
x4(x2 − 1)2 + 3√
(x2 − 1)4
= limx→∞
x4 − (x2 − 1)23√
x8 + 3√
x4(x2 − 1)2 + 3√
(x2 − 1)4
= limx→∞
x4 − x4 + 2x2 − 13√
x8 + 3√
x4(x2 − 1)2 + 3√
(x2 − 1)4
= limx→∞
x2(2− 1x2
)
3√
x8
(1 + 3
√1− 2
x2+
1x4
+ 3
√1 +
4x4
+1x8
+2x4− 4
x6− 4
x2
)
= 0.
80
4.14. y = limx→4
3√
x− 3√
4x− 4
.
Re{ewe.O~igledno se ova grani~na vrednostizra~unavapro{irivawemdatog izraza razlomkom:
y = limx→4
3√
x− 3√
4x− 4
= limx→4
3√
x− 3√
4x− 4
·3√
x2 + 3√
4x + 3√
42
3√
x2 + 3√
4x + 3√
42
= limx→4
(x− 4)
(x− 4)( 3√
x2 + 3√
4x + 3√
42)=
13 3√
16=
16 3√
2.
4.15. y = limx→1
3√
x− 1√x− 1
.
Re{ewe. Ova grani~na vrednost se izra~unava pro{irivawem datogizraza (kori{}ewem pravila A3 − B3 = (A − B)(A2 + AB + B2) iA2 −B2 = (A−B)(A + B)):
y = limx→1
3√
x− 1√x− 1
= limx→1
3√
x− 1√x− 1
·3√
x2 + 3√
x + 13√
x2 + 3√
x + 1·√
x + 1√x + 1
= limx→1
(x− 1)(√
x + 1)
(x− 1)( 3√
x2 + 3√
x + 1)= lim
x→1
√x + 1
3√
x2 + 3√
x + 1=
23.
4.16. y = limx→−8
√1− x− 32 + 3
√x
.
Re{ewe. Kao i u prethodnom primeru imamo da je:
y = limx→−8
√1− x− 32 + 3
√x
·√
1− x + 3√1− x + 3
· 4− 2 3√
x + 3√
x2
4− 2 3√
x + 3√
x2
= limx→−8
(1− x− 9)(4− 2 3√
x + 3√
x2)(8 + x)(
√1− x + 3)
= limx→−8
−(x + 8)(4− 2 3√
x + 3√
x2)(8 + x)(
√1− x + 3)
= limx→−8
−(4− 2 3√
x + 3√
x2)√1− x + 3
=−(4− 2(−2) + 4)
3 + 3= −12
9= −4
3.
4.17. y = limx→4
8√
x− x2
8− 4√
x.
81
Re{ewe. Izvr{imo pro{irivawe razlomka:
y = limx→4
8√
x− x2
8− 4√
x· 8 + 4
√x
8 + 4√
x
= limx→4
(8√
x− x2)(8 + 4√
x)64− 16x
· 8√
x + x2
8√
x + x2
= limx→4
(64x− x4)(8 + 4√
x)16(4− x)(8
√x + x2)
= limx→4
x(64− x3)(8 + 4√
x)16(4− x)(8
√x + x2)
= limx→4
x(4− x)(16 + 4x + x2)(8 + 4√
x)16(4− x)(8
√x + x2)
=(8 + 8)4(16 + 16 + 16)
16(16 + 16)= 6.
4.18. Koriste}i jednakost
limx→0
sinx
x= 1,
izra~unati:
1) y = limx→1
sin(x− 1)(1− x3)
;
2) y = limx→0
arctg x
x.
Re{ewe.1) Koriste}i prethodnu jednakost imamo da je:
y = limx→1
sin(x− 1)(1− x3)
= limx→1
sin(x− 1)−(x− 1)(x2 + x + 1)
= limx→1
sin(x− 1)(x− 1)
· limx→1
−1(x2 + x + 1)
= −13.
2) Da bi re{ili drugu grani~nu vrednost uvodimo smenu
t = arctg x ⇒ x = tg t,
ako tada x → 0 ⇒ t → 0. Tada je:
y = limt→0
t
tg t= lim
t→0
tsin t
cos t
= limt→0
cos tsin t
t
=limt→0
cos t
limt→0
sin t
t
= 1.
82
4.19. Koriste}i jednakost
limx→∞
(1 +
1x
)x
= e,
izra~unati:
1) y = limx→∞
(x + 1x− 1
)x
;
2) y = limx→0
(1 + tg x)ctg x.
Re{ewe.1) Koriste}i prethodnu jednakost imamo da je:
y = limx→∞
(x + 1x− 1
)x
= limx→∞
(x− 1 + 2
x− 1
)x
= limx→∞
(1 +
2x− 1
)x
= limx→∞
1 +
1x− 1
2
x−12· 2x−1
·x
=
lim
x→∞
1 +
1x− 1
2
x−12
limx→∞
2x
x− 1
= e2.
2) Da bi re{ili drugu grani~nu vrednost uvodimo smenu
tg x =1t⇒ ctg x =
1tg x
= t,
ako tada x → 0 ⇒ t →∞. Tada je:
y = limt→∞
(1 +
1t
)t
= e.
4.20. Ispitati da li je funkcija
1) f(x) = x2 − 1 neprekidna u ta~ki x0 = 3;
2) f(x) =1
x− 2neprekidna u ta~ki x0 = 2;
3) f(x) ={
x2, x ≤ 2x− 2, x > 2
neprekidna u ta~ki x0 = 2.
83
Re{ewe.1) Kako je
limx→3
f(x) = limx→3
(x2 − 1) = 9− 1 = 8,
i f(3) = 9− 1 = 8 zakqu~ujemo da je funkcija f(x) neprekidna u ta~kix0 = 3.
2) Funkcija f(x) nije neprekidna u ta~ki x0 = 2 jer nije definisanau toj ta~ki, pa nije ispuwen uslov limx→x0 f(x) = f(x0). To nije ta~kaprekida jer x0 nije ta~ka koja pripada domenu funkcije D.
3) Leva i desna grani~na vrednost funkcije postoje:
limx→2−0
f(x) = limx→2−0
x2 = 22 = 4,
limx→2+0
f(x) = limx→2+0
(x− 2) = 2− 2 = 0,
ali one nisu me|usobno jednake pa ne postoji limx→2 f(x). Dakle, x0 = 2je ta~ka prekida.
4.21. Odrediti vrstu prekida funkcija:
1) f(x) =
{ x
|x| , x 6= 0
1, x = 0;
2) f(x) =
x2
1−√1− x2, x 6= 0
0, x = 0;
3) f(x) =
2
1x− 1 , x 6= 1
0, x = 1.
Re{ewe.1) Kako ta~ka 0 ∈ D, gde je D domen funkcije i
limx→0+
x
|x| = limx→0+
x
x= lim
x→0+1 = 1,
limx→0−
x
|x| = limx→0−
−x
x= lim
x→0+(−1) = −1,
sledi da f(x) u ta~ki x0 = 0 ima prekid prve vrste, a skok je 2.
84
2) Kako 1 ∈ D i
limx→1+0
f(x) = limx→1+0
21
x−1 = ∞,
limx→1−0
f(x) = limx→1−0
21
x−1 = 0,
sledi da funkcija f(x) u ta~ki x0 = 1 ima prekid druge vrste.3) Funkcija f(x) je definisana na intervaluD = [−1, 0)∪ (0, 1]. Na
tom intervalu funkcija je i neprekidna. Naime, f(0) = 0, dok je:
limx→0+
f(x) = limx→0+
x2
1−√1− x2= lim
x→0+
x2
1−√1− x2· 1 +
√1− x2
1 +√
1− x2
= limx→0+
x2(1 +√
1− x2)1− 1 + x2
= 2,
limx→0−
f(x) = limx→0−
x2
1−√1− x2= lim
x→0−x2
1−√1− x2· 1 +
√1− x2
1 +√
1− x2
= limx→0−
x2(1 +√
1− x2)1− 1 + x2
= 2,
pa zakqu~ujemo da je x0 = 0 ta~ka prekida prve vrste, a skok je 2.
4.22. Dokazati da je funkcija f(x) = x3 neprekidna na celom skupurealnih brojeva R.
Re{ewe.Funkcija f(x) = x3 definisana je na celom skupu R i za ∀x0 ∈R je:
limx→x0
f(x) = limx→x0
x3 = x30 = f(x0).
4.23. Ispitati neprekidnost funkcije:
f(x) =
e3x2 − 12x
, x ∈ (0, 1]
1, x = 0.
Re{ewe. Funkcija f(x) definisana je na skupu (0, 1]. Wena neprekid-
nost slediizneprekidnostifunkcijey =e3x2 − 1
2xnaintervalu (−∞, 0)
85
∪ (0,+∞). [to se ti~e neprekidnosti zdesna u ta~ki x = 0, na osnovutoga {to je f(0) = 1 i
limx→x0+
f(x) = limx→0+
e3x2 − 12x
= limx→0+
e3x2 − 13x2
· 3x2
2x
= limx→0+
e3x2 − 13x2
· limx→0+
3x2
2x= 1 · 0 = 0,
zakqu~ujemo da funkcija ima prekid u ta~ki x0 = 0. Dakle, na [0, 1]funkcija nije neprekidna.
86
Glava 5
Izvod i diferencijal realnefunkcije realne promenqive
5.1 Pregled definicija i teorema
Izvod funkcije i wegova svojstva
DEFINICIJA 5.1. Ako je funkcija f neprekidna u ta~ki x ∈ (a, b) i akopostoji grani~na vrednost:
(5.1) f ′(x) = lim4x→0
4f(x;4x)4x
= lim4x→0
f(x +4x)− f(x)4x
,
onda se ka`e da funkcija f(x) u ta~ki x ima prvi izvod.
^esto se za ozna~avawe prvog izvoda koristi i Lajbnicova oznakapomo}u diferencijala:
y′ = f ′(x) =dy
dx
(~ita se de y po de x).
PRIMER 5.1. Na}i prvi izvod funkcije y = x2.
87
Re{ewe. Prema definiciji izvoda (5.1) imamo:
f ′(x) = lim4x→0
(x +4x)2 − x2
4x= lim4x→0
x2 + 2x4x + (4x)2 − x2
4x
= lim4x→0
4x(2x +4x)4x
= lim4x→0
(2x +4x) = 2x.
PRIMER 5.2. Za funkciju f(x) =√
x na}i prvi izvod, a zatim i f ′(4).
Re{ewe. Prema definiciji izvoda (5.1) imamo:
f ′(x) = lim4x→0
√x +4x−√x
4x= lim4x→0
√x +4x−√x
4x·√
x +4x +√
x√x +4x +
√x
= lim4x→0
x +4x− x
4x(√
x +4x +√
x)= lim4x→0
14x(
√x +4x +
√x)
=1
2√
x.
Sada je f ′(4) =1
2√
4=
14.
Uka`imo na vezu izme|u diferencijabilnosti (kada funkcija imaizvod u datoj ta~ki) i neprekidnosti funkcije.
TEOREMA 5.1. Ako je funkcija diferencijabilna uta~kix, ona je nepreki-dna u toj ta~ki. Obrnuto tvr|ewe ne mora biti ta~no, ako je funkcijaneprekidna u ta~ki x, ne mora da ima izvod u toj ta~ki.
DEFINICIJA 5.2. Ako je funkcija f neprekidna u ta~ki x ∈ (a, b) iva`i:
lim4x→0
4f(x;4x)4x
(= lim4x→0
f(x +4x)− f(x)4x
)= ±∞
onda se ka`e da funkcija f u ta~ki x ima beskona~an izvod.
Izvodi nekih osnovnih elementarnih funkcija
PRIMER 5.3. Na}i izvod funkcije f u proizvoqnoj ta~ki x ∈ (−∞,+∞)ako je
f(x) = c, (c ∈ R− fiksirano).
88
Re{ewe. Po definiciji za proizvoqno x ∈ (−∞,+∞) imamo
f ′(x) = lim4x→0
f(x +4x)− f(x)4x
= lim4x→0
c− c
4x= lim4x→0
04x
= lim4x→0
0 = 0.
PRIMER 5.4. Na}i po definiciji izvod funkcije f u proizvoqnoj ta~kix ∈ (−∞,+∞) ako je
f(x) = ex.
Re{ewe. Imamo da je
f ′(x) = lim4x→0
f(x +4x)− f(x)4x
= lim4x→0
ex+4x − ex
4x= lim4x→0
ex(e4x − 1)4x
= ex lim4x→0
e4x − 14x
= ex.
(Pri tome je kori{}ena poznata grani~na vrednost limt→0
et − 1t
= 1.)Na sli~an na~in nalazimo izvode i ostalih elementarnih funkcija.
TEOREMA 5.2. Ako postoje izvodi f ′(x) i g′(x), onda postoje i izvodi(f ± g)′(x) i (·g)′(x), i va`e jednakosti:
(f ± g)′ = f ′(x)± g′(x),(f · g)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x),
i ako je jo{ g(x) 6= 0, tada postoji i(
fg
)′(x), i va`i jednakost:
(f
g
)′(x) =
f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)g2(x)
.
Izvod slo`ene i inverzne funkcijeAko su date dve funkcije y = g(u), u = f(x), onda se mo`e defi-
nisati izvod slo`ene funkcije y = g(f(x)).
TEOREMA 5.3. Ako funkcija f ima izvod u ta~ki x, tj. postoji f ′(x), ifunkcija g ima izvod uta~kiu = f(x), tj. postoji g′(f(x)), onda postojii izvod slo`ene funkcije y u ta~ki x i pri tome va`i jednakost:
y′ = (g(f))′ (x) = g′(f(x))f ′(x).
89
Prethodna formula mo`e se i jednostavnije ozna~avati sa:
y′x = y′u · u′x.
PRIMER 5.5. Na}i izvod funkcije y =√
x2 + 1.
Re{ewe.Prema formuli za nala`ewe izvoda slo`ene funkcije je, ako jeu = x2 + 1: yu =
√u, ux = x2 + 1. Tada je
y′u =1
2√
u, u′x = 2x,
pa je izvod:
y′ =(√
x2 + 1)′
=1
2√
u· 2x =
12√
x2 + 1· 2x =
x
2√
x2 + 1.
PRIMER 5.6. Na}i izvod funkcije y = ln√
3x− 2.
Re{ewe. Prema formuli za nala`ewe izvoda slo`ene funkcije, ako jev =
√3x− 2, u = 3x− 2 dobijamo: y = ln v, vu =
√u, ux = 3x− 2. Tada
jey′v =
1v, v′u =
12√
u, u′x = 3,
pa je izvod:
y′ =(ln√
3x− 2)′
=1v· 12√
u· 3 =
1√u· 12√
u· 3 =
32u
=3
2(3x− 2).
Vi{i izvodi funkcije
Izvod y′ = f ′(x) neke funkcije y = f(x) i sam je jedna funkcija odnezavisne promenqive x, ~ija je oblast definisanosti skup:
A1 = {x|(x ∈ D(f)) ∧ (∃f ′(x))}.
Ako x ∈ A1, mo`e se govoriti o izvodu izvoda f ′ u ta~ki x, u oznaci(y′)′ = (f ′)′(x), koji se naziva drugim izvodom (ili izvodom drugog reda)funkcije f i ozna~ava sa y′′ = f ′′(x), pri ~emu se y′′ ~ita kao "ipsilonsekundum", a f ′′(x) kao "ef sekundum od x".
Na isti na~in se dolazi i do pojma tre}eg izvoda, tj.
90
DEFINICIJA 5.3. Ako za neko n ∈ {2, 3, 4, . . . } postoji (n− 1)-vi izvodfunkcije f , u oznaci f (n−1), u nekoj okolinita~kex, onda se izvodfunkcijef (n−1) uta~kix, u oznaci (f (n−1))′(x), nazivan-timizvodom (ili izvodomn-tog reda) funkcije f u ta~ki x i ozna~ava sa y(n) = f (n)(x).
Izvodi f ′′(x), f ′′′(x), . . . se nazivaju vi{im izvodima (ili izvodivi{eg reda) funkcije f u ta~ki x.
Ukoliko postoje izvodi f (n)(x) i g(n)(x) tada postoji i [f(x) ±g(x)](n) i tada va`i formula koja predstavqa uop{tewe pravila zaizvod zbira i razlike dve funkcije
[f(x)± g(x)](n) = f (n)(x)± g(n)(x).
[to se ti~e n-tog izvoda proizvoda dve funkcije y(x) = u(x) · v(x)imamo da je
y(n) = (uv)(n) = u(n)v +(
n1
)u(n−1)v′ +
(n2
)u(n−2)v′′ + . . .
+(
nn− 1
)u′v(n−1) + uv(n),
odnosno u sa`etom obliku formula:
y(n) = (uv)(n) =n∑
k=0
(nk
)u(n−k)v(k), (n = 0, 1, 2, . . . ).
Posledwa formula naziva se Lajbnicova formula a pri tom imamoda va`i:
(nk
)=
n!k!(n− k)!
=n(n− 1) . . . (n− k + 1)
k!,
gde je (n = 0, 1 . . . , k = 0, 1, . . . , n).
Diferencijal funkcije
Za funkciju f koja ima izvod u ta~ki x ka`e se i da je diferencija-bilna u ta~ki x.
DEFINICIJA 5.4. Funkcija f definisana u okolini ta~ke x naziva sediferencijabilnom u ta~ki x ako se wen prira{taj 4f(x;4x) u toj
91
ta~ki (koji odgovara prira{taju4x nezavisne promenqive) mo`e pred-staviti u obliku
(5.2) 4f(x;4x) = A4x + ε(4x)4x,
gde jeA neka (realna) konstanta u odnosu na4x i ε(4x)-beskona~no malakada4x → 0, tj. va`i
(5.3) lim4x→0
ε(4x) = 0.
Slede}a teorema pokazuje da je zaista svojstvo diferencijabilnostifunkcije u ta~ki ekvivalentno svojstvu postojawa izvoda u toj ta~ki.
TEOREMA 5.4. Dabifunkcija f bila diferencijabilna uta~kix potrebnoje i dovoqno da funkcija f ima (kona~an) izvod u ta~ki x; pri tome zakonstantu A iz prethodne definicije va`i A = f ′(x).
Na osnovu toga {to je svojstvo diferencijabilnosti funkcije unekoj ta~ki ekvivalentno svojstvu postojawa wenog izvoda u toj ta~ki,postupak nala`ewa izvoda funkcije se i naziva diferencirawem.
DEFINICIJA 5.5. Ako je funkcija f diferencijabilna u ta~ki x, tj.va`i razlagawe (5.2) sa konstantom A i beskona~no malom ε(4x), ondase deo A4x naziva diferencijalom funkcije f u ta~ki x i ozna~ava sadf(x) (ili dy).
Diferencijal funkcije se mo`e zapisati i u obliku
(5.4) dy = y′dx, df(x) = f ′(x)dx.
Iz formule (5.4) izvod funkcije u nekoj ta~ki jednak je koli~nikudiferencijala te funkcije u istoj ta~ki i diferencijala nezavisnepromenqive:
y′ =dy
dx, f ′(x) =
df(x)dx
.
Koriste}i formulu (5.4) lako se vidi da se aritmeti~ka pravila zanala`ewe izvoda prenose i na diferencijale.
92
Diferencijali vi{ih redova
Za oznake diferencijala funkcije y = f(x) i diferencijala neza-visno promenqive x pored kori{}enih dy i dx , koristi}emo i δy i δx.Pretpostavimo da je funkcija y = f(x) diferencijabilna na razmaku(a, b). Tada wen diferencijal dy = f ′(x)dx zavisi i od x i od dx. Akouzmemo da je vrednost dx konstantna, onda je dy funkcija samo od x,pa ima smisla govoriti o diferencijalu diferencijala dy, u oznaciδ(dy) = δ(f ′(x)dx). Tada je po formuli (5.4)
δ[f ′(x)dx] = [f ′(x)dx]δx = f ′′(x)dxδx.
Na tom ponovqenom diferencijalu zasnovan je pojam drugog diferenci-jala (ili diferencijala drugog reda) d2y. Zatim se analognim po-stupkom uvodi pojam tre}eg, ~etvrtog, i uop{te n-tog diferencijala.
DEFINICIJA 5.6. Vrednost δ(dy) za δx = dx, tj. f ′′(x)(dx)2, naziva sedrugim diferencijalom funkcije y = f(x) i ozna~ava sa d2y.
Dakle, imamo da je
d2y = f ′′(x)dx2, d3y = f ′′′(x)dx3, . . . , dny = f (n)(x)dxn.
Primena izvoda i diferencijala
Pojam izvoda nastao je kao rezultat vi{evekovnih nastojawa dase re{e zadaci kao {to su: zadatak o izra~unavawu brzine pri ne-ravnomernom kretawu i zadatak o konstrukciji tangente krive linije.
Geometrijska interpretacija izvoda funkcije
Neka je funkcija y = f(x) neprekidna na razmaku (a, b) i neka ta~kaM na grafiku te funkcije odgovara vrednosti x nezavisne promenqive,a ta~ka P vrednosti x + 4x (slika 5.1). Tada je prava MP se~icagrafika posmatrane funkcije. Ozna~imo sa β ugao izme|u se~ice s iapscisne ose. Jasno je da taj ugao zavisi od polo`aja ta~ke P , odnosnood vrednosti4x.
93
Slika 5.1
Ako postoji lim4x→0
β = α, onda se prava t koja prolazi kroz ta~kuM(x, f(x)) i ima koeficijent pravca k = tg α naziva grani~nim polo-`ajem se~ice MP kad4x → 0.
DEFINICIJA 5.7. Tangenta t na grafik funkcije y = f(x) u ta~ki Mje grani~ni polo`aj se~ice MP kad 4x → 0 ako isti polo`aj postoji.Ta~ka M se pri tom naziva ta~ka dodira tangente t i grafika funkcijey = f(x).
Normala n na grafik funkcije y = f(x) u ta~ki M je prava kojaprolazi kroz ta~ku M i normalna je na tangentu t grafika funkcijey = f(x) u ta~ki M .
TEOREMA 5.5. Ako postoji (kona~an ili beskona~an) izvod f ′(x), ondagrafik funkcije f ima tangentu t i normalu n u ta~ki M sa apscisom x,sa jedna~inama:
t : Y − y = y′(X − x),
n : Y − y = − 1y′
(X − x),
gde su X,Y takozvane teku}e koordinate.
94
U slu~aju f ′(x) = ∞ jedna~ina tangente t je u stvari X = x, ajedna~ina normale n glasi Y = f(x). U slu~aju kada je f ′(x) = 0 imamot : Y = f(x) i n : X = x.
Tako|e va`i da jef ′(x) = tg α,
odnosno f ′(x) je koeficijent pravca tangente t, {to i predstavqa geo-metrijsku interpretaciju izvoda funkcije.
Osnovne teoreme diferencijalnog ra~una
Pretpostavimo da je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a, b],diferencijabilna unutar tog segmenta i da je f(a) = f(b).
TEOREMA 5.6. [ROLOVA] Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu[a, b], diferencijabilna na otvorenom intervalu (a, b) i va`i f(a) =f(b), onda postoji ta~ka c u otvorenom intervalu (a, b) takva da jef ′(c) = 0.
Geometrijski, ako funkcija ispuwava uslove Rolove teoreme na seg-mentu [a, b], onda postoji bar jedna unutra{wa ta~kaM na grafiku f(x)u kojoj je tangenta t paralelna apscisnoj osi.
TEOREMA 5.7. [LAGRAN@OVA] Ako je funkcija f(x) neprekidna na seg-mentu [a, b] i diferencijabilna unutar wega, tj. za x ∈ (a, b), ondapostoji ta~ka c ∈ (a, b) takva da je
f ′(c) =f(b)− f(a)
b− a.
Geometrijski, Lagran`ova teorema zna~i da postoji bar jedna unu-tra{wa ta~ka M na posmatranom delu grafika f(x) u kojoj je tangentaparalelna se~ici kroz wegove krajwe ta~ke. Lagran`ova teorema jejedno uop{tewe Rolove teoreme.
TEOREMA 5.8. [KO[IJEVA] Ako su funkcije f(x) i g(x) neprekidne nasegmentu [a, b], diferencijabilne na intervalu (a, b) i va`i g′(x) 6= 0 zasvako x ∈ (a, b), onda postoji ta~ka c ∈ (a, b)takva da je ta~na Ko{ijevaformula
f ′(c)g′(c)
=f(b)− f(a)g(b)− g(a)
.
95
Tako|e je Ko{ijeva teorema uop{tewe Lagran`ove, a samim tim iRolove teoreme.
Lopitalovo pravilo
1) NEODRE\ENI IZRAZI OBLIKA00I∞∞
Ako su funkcije f1(x) i f2(x) beskona~no male ili beskona~no ve-like za x → a, tj. ako je f1(x)
f2(x)kada x → a neodre|en izraz oblika 0
0ili
∞∞ , tada je
limx→a
f1(x)f2(x)
= limx→a
f ′1(x)f ′2(x)
,
(ako postoji grani~na vrednost na desnoj strani). Pravilo va`i i kadaje a = ∞.
Mo`e postojati limx→a
f1(x)f2(x)
, a da ne postoji limx→a
f ′1(x)f ′2(x)
.
2) NEODRE\ENI IZRAZI OBLIKA 0 · ∞ I∞−∞Ako je lim
x→af1(x) = 0 i lim
x→af2(x) = ∞ onda proizvod f1(x) · f2(x)
treba napisati u obliku f1(x)1
f2(x)
,
(tip 0
0
)ili f2(x)
1f1(x)
,(tip ∞∞
)pa se
grani~na vrednost tra`i kao u pethodnom slu~aju.U slu~aju∞−∞, treba izraz f1(x)− f2(x) transformisati u oblik
f1(x)(
1− f2(x)f1(x)
). Ako je lim
x→a
f2(x)f1(x)
= 1, tada je neodre|enost svedenana prethodni slu~aj.
3) NEODRE\ENI IZRAZI OBLIKA 1∞, 00 I∞0
Ovineodre|eni izrazi se izra~unavaju prethodnimlogaritmovawemizraza [f1(x)]f2(x), kojim se svode na oblik 0 · ∞.
96
Ispitivawe funkcija i wihovo grafi~ko predstavqawe
Intervali monotonosti i ekstremumi funkcija
TEOREMA 5.9. (Potreban i dovoqan uslov za monotonost) Funkcija f(x)diferencijabilna u otvorenom intervalu (a, b) je rastu}a (opadaju}a) utom intervalu ako i samo ako je ta~an iskaz
∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) ≤ 0).
Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a, b] onda funkcijana tom intervalu posti`e i najmawu i najve}u vrednost, koje nazi-vamo apsolutnim minimumom i apsolutnim maksimumom. Me|utim, akofunkcija f(x) nije neprekidna na [a, b] ili se funkcija f(x) razmatra naskupu koji nije segment, tada funkcija ne mora postizati ni apsolutnimaksimum ni apsolutni minimum. Tada funkcija posti`e najmawu,odnosno najve}u vrednost u wihovim dovoqno uskim okolinama i zatose nazivaju ta~kama lokalnih minimuma, odnosno maksimuma.
DEFINICIJA 5.8. Ta~kax0 je ta~ka lokalnog minimuma (maksimuma) akoje f(x) definisana u okolini x0 i postoji δ > 0 takvo da je
f(x0) ≥ f(x) (f(x0) ≤ f(x)),
za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ).
Slika 5.2
97
U situaciji kao na slici 5.2 u ta~ki x1 je lokalni maksimum f(x), a uta~ki x4 wen lokalni minimum, a va`i f(x4) > f(x1). Zato se lokalniekstremumi nazivaju i relativnim ekstremumima.
TEOREMA 5.10. (Potreban i dovoqan uslov za lokalni ekstremum) Ako jex0 ta~ka lokalnog ekstremuma neprekidne funkcije f(x), onda va`i:
(5.5) f ′(x0) = 0 ∨ f ′(x0) ne postoji.
Ta~kax0 u kojoj va`iuslov (5.5) naziva se kriti~nomta~kom funkci-je f(x). Neprekidna funkcija mo`e imati lokalni ekstremum samo usvojoj kriti~noj ta~ki.
TEOREMA 5.11. (Dovoqan uslov za lokalni ekstremum) Neka je funkcijaf(x) diferencijabilna u nekoj okolini ta~ke x0, osim mo`da u samojta~ki x0, pri ~emu izvod f ′(x) mewa znak u ta~ki x0. Tada je x0 ta~kastrogog lokalnog ekstremuma, i to minimuma ako se znak mewa sa "-" na"+", a maksimuma ako je obrnuto.
Ta~ke u kojima je izvod neke funkcije jednak nuli obi~no se nazi-vaju wenim stacionarnim ta~kama. Kriti~ne ta~ke u kojima izvod nepostoji nazivaju se i singularne ta~ke.
Konveksnost i prevojne ta~ke grafika funkcije
TEOREMA 5.12. (Potreban i dovoqan uslov za konveksnost)Ako jefunkcijaf(x) dvaput diferencijabilna , tj. ima drugi izvod f ′′(x) za svakox ∈ (a, b), onda je grafik funkcije f(x) konveksan na dole (na gore) uintervalu (a, b) ako i samo ako va`i uslov
∀x ∈ (a, b) f ′′(x) ≥ 0 (f ′′(x) ≤ 0).
TEOREMA 5.13. Ta~ka P na grafiku funkcije f sa apscisom x0 je pre-vojna ta~ka grafika funkcije f ako postoji tangenta t u ta~ki P ipostoje leva i desna okolina ta~ke x0 u kojima je konveksnost funkcijef razli~itog karaktera.
To zna~i da je u intervalu (c, x0) grafik funkcije f konveksan nagore, a u intervalu (x0, d) konveksan na dole, kao na slici 5.3.
98
Slika 5.3
TEOREMA 5.14. Neka je funkcija f dvaput diferencijabilna u okolinita~ke x0, osim mo`da u samoj ta~ki x0 i neka je x0 apscisa prevojneta~ke P grafika funkcije f . Tada va`i uslov:
(5.6) f ′′(x0) = 0 ∨ (x0 je ta~ka prekida f ′′(x)).
TEOREMA 5.15. Neka postoji (kona~an ili beskona~an) f ′(x0) i neka va`iuslov (5.6). Tada iz promene znaka f ′′(x) u ta~ki x0 (tj. iz egzistencijeδ > 0 takvog da je f ′′(x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0) i f ′′(x) < 0 za x ∈(x0, x0 + δ), ili obrnuto) sledi da je x0 apscisa prevojne ta~ke grafikafunkcije f(x).
Asimptote grafika funkcijePri ispitivawu grafika funkcije na granicama intervala oblasti
definisanosti i u ta~kama prekida druge vrste, ~esto se pokazuje da segrafik funkcije neograni~eno pribli`ava nekoj pravoj. Takve prave senazivaju asimptotama grafika funkcije. Postoje tri vrste pravolini-jskih asimptota i to:
DEFINICIJA 5.9. Pravax = x0 je vertikalna asimtota grafikafunkci-je y = f(x) ako je bar jedna od grani~nih vrednosti
limx→x0−0
f(x) ili limx→x0+0
f(x)
99
beskona~na.
DEFINICIJA 5.10. Prava y = b je horizontalna asimtota grafikafunkcije y = f(x) kad x →∞ ako je
limx→∞ f(x) = b.
DEFINICIJA 5.11. Prava y = kx+n je kosa asimtota grafikafunkcijey = f(x) kad x →∞ ako je k 6= 0 i va`i:
limx→∞[f(x)− (kx + n)] = 0.
TEOREMA 5.16. Grafik funkcije y = f(x) ima kosu asimptotu y = kx+n ako i samo ako postoje:
k = limx→∞
f(x)x
; n = limx→∞[f(x)− kx].
[ema za ispitivawe funkcije i crtawe grafika
Op{ta {ema za ispitivawe funkcije i crtawe wenog grafika je:
1) nala`ewe oblasti definisanosti funkcije;
2) ispitivawe parnosti i periodi~nosti funkcije;
3) nala`ewe asimptota grafika funkcije;
4) nala`ewe nula funkcije i ispitivawe znaka funkcije;
5) nala`ewe lokalnih ekstremumafunkcije iwenih intervalamono-tonosti;
6) nala`eweprevojnih ta~akafunkcije iwenihintervala konveksno-sti;
7) crtawe grafika funkcije.
100
5.2 Zadaci
Odrediti prvi izvod slede}ih slo`enih funkcija:
5.1. y = (x− 1) 3√
x2.
Re{ewe.
y′ =((x− 1) 3
√x2
)′= 3√
x2 + (x− 1)(x23 )′ = 3
√x2 + (x− 1)
23x−
13
= 3√
x2 + (x− 1)23
13√
x=
3x2 + 2(x− 1)3 3√
x.
5.2. y = x arctg1x.
Re{ewe.
y′ =(
x arctg1x
)′= arctg
1x
+x
1 +(
1x
)2
(1x
)′= arctg
1x− x
x2 + 1x2
· 1x2
= arctg1x− x
x2 + 1.
5.3. y = arctg(
1 +1x
).
Re{ewe.
y′ =[arctg
(1 +
1x
)]′=
1
1 +(
1 +1x
)2 ·(
1 +1x
)′
=(
1 +1x
)′=
1
1 +(
x + 1x
)2 ·(−1
x2
)=
x2
x2 + (x + 1)2·(−1
x2
)
=−1
x2 + x2 + 2x + 1=
−12x2 + 2x + 1
.
5.4. y = ln(x− 1)3(x− 2)
x− 3.
101
Re{ewe.
y′ =(
y = ln(x− 1)3(x− 2)
x− 3
)′
=1
(x− 1)3(x− 2)x− 3
· ((x− 1)3(x− 2))′(x− 3)− (x− 1)3(x− 2)(x− 3)′
(x− 3)2
=x− 3
(x− 1)3(x− 2)· (((x− 1)3)′(x− 2)− (x− 1)3(x− 2)′)(x− 3)− (x− 1)3(x− 2)
(x− 3)2
=1
(x− 1)3(x− 2)· 3(x− 1)2(x− 2)(x− 3)− (x− 1)3(x− 3)− (x− 1)3(x− 2)
x− 3
=(x− 1)2
(x− 1)3(x− 2)· x2 − 8x + 13
x− 3=
x2 − 8x + 13(x− 1)(x− 2)(x− 3)
.
5.5. y =√
4x− 1− arctg√
4x− 1.
Re{ewe.
y′ =[√
4x− 1− arctg√
4x− 1]′
=1
2√
4x− 1(4x− 1)′
− 11 + (
√4x− 1)2
(√
4x− 1)′ =1
2√
4x− 1· 4
− 11 + 4x− 1
· 12√
4x− 1(4x− 1)′ =
2√4x− 1
− 18x√
4x− 1· 4
=2√
4x− 1− 1
2x√
4x− 1=
4x− 12x√
4x− 1=√
4x− 12x
.
5.6. y =14
ln1 + x
1− x− 1
2arctg x.
Re{ewe.
y′ =(
14
ln1 + x
1− x− 1
2arctg x
)′=
14· 1
1 + x
1− x
(1 + x
1− x
)′− 1
21
1 + x2
=14· 1− x
1 + x· (1 + x)′(1− x)− (1 + x)(1− x)′
(1− x)2− 1
2· 11 + x2
=14· 2(1 + x)(1− x)
− 12· 11 + x2
=12· 11− x2
− 12· 11 + x2
=1 + x2 − (1− x2)
2(1− x4)=
x2
1− x4.
102
5.7. y =1
x +√
x2 + 3−√
2x + 3x
.
Re{ewe.
y′ =(
1x +
√x2 + 3
−√
2x + 3x
)′=−(x +
√x2 + 3)′
(x +√
x2 + 3)2
− (√
2x + 3)′x−√2x + 3x2
=−1− x√
x2 + 3(x +
√x2 + 3)
−x√
2x + 3−√2x + 3
x2
=−√x2 + 3− x
(x +√
x2 + 3)√
x2 + 3+
x + 3x2√
2x + 3=
−1√x2 + 3
+x + 3
x2√
2x + 3.
5.8. y = x ln(x +
√1 + x2
)−√1 + x2.
Re{ewe.
y′ =(x ln
(x +
√1 + x2
)−
√1 + x2
)′
= ln(x +
√1 + x2
)+ x
1x +
√1 + x2
(1 +
12√
1 + x22x
)− 1
2√
1 + x22x
= ln(x +
√1 + x2
)+
x
x +√
1 + x2
x +√
1 + x2
√1 + x2
− x√1 + x2
= ln(x +
√1 + x2
)+
x√1 + x2
− x√1 + x2
= ln(x +
√1 + x2
).
5.9. y =√
x2 + 1 + ln1−√x2 + 1
x.
Re{ewe.
y′ =
(√x2 + 1 + ln
1−√x2 + 1x
)′
=1
2x√
x2 + 12x +
11−√x2 + 1
x
(1−√x2 + 1)′x− x′(1−√x2 + 1)x2
103
=x√
x2 + 1+
x
1−√x2 + 1
− 12√
x2 + 12x2 − (1−
√x2 + 1)
x2
=x√
x2 + 1+− x2
√x2 + 1
− 1 +√
x2 + 1
x(1−√x2 + 1)
=x√
x2 + 1+−x2 −√x2 + 1 + x2 + 1x(1−√x2 + 1)
√x2 + 1
=x√
x2 + 1+
1−√x2 + 1x(1−√x2 + 1)
√x2 + 1
=x√
x2 + 1+
1x√
x2 + 1=
x2 + 1x√
x2 + 1=√
x2 + 1x
.
5.10. y = arctgx
1 +√
1− x2.
Re{ewe.
y′ =(
arctgx
1 +√
1− x2
)′
=1
1 +(
x2
1 +√
1− x2
)′1 +
√1− x2 − x
12√
1− x2(−2x)
(1 +√
1− x2)2
=1
1 + 2√
1− x2 + 1− x2 + x2
(1 +√
1− x2)2
1 +√
1− x2 +x2
√1− x2
(1 +√
1− x2)2
=
√1− x2 + 1− x2 + x2
√1− x2
2 + 2√
1− x2=
1 +√
1− x2
2(1 +√
1− x2)√
1− x2=
12√
1− x2.
5.11. y =√
1− sinx
1 + sinx.
104
Re{ewe.
y′ =
(√1− sinx
1 + sinx
)′=
1
2√
1− sinx
1 + sinx
·(
1− sinx
1 + sinx
)′
=√
1 + sin x
2√
1− sinx· (1− sinx)′(1 + sinx)− (1− sinx)(1 + sinx)′
(1 + sin x)2
=√
1 + sin x
2√
1− sinx· − cosx(1 + sin x)− (1− sinx) cosx
(1 + sinx)(√
1 + sinx)2
=cosx(−1− sinx− 1 + sinx)
2(1 + sinx) ·√
(1 + sinx)(1− sinx)=
−2
2(1 + sinx)√
1− sin2 x
=−1
(1 + sinx)√
cos2 x=
−1(1 + sinx) · cosx
.
5.12. y = lnx− 2x + 1
+√
1 + x2
1− x.
Re{ewe.
y′ =
(ln
x− 2x + 1
+√
1 + x2
1− x
)′=
1x− 2x + 1
·(
x− 2x + 1
)′
+(√
1 + x2)′(1− x)−√1 + x2(1− x)′
(1− x)2
=x + 1x− 2
· (x− 2)′(x + 1)− (x− 2)(x + 1)′
(x + 1)2
+
12√
1 + x2(1 + x2)′(1− x) +
√1 + x2
(1− x)2
=x + 1x− 2
· x + 1− (x− 2)(x + 1)2
+
12√
1 + x2· 2x(1− x) +
√1 + x2
(1− x)2
=x + 1x− 2
· x + 1− x + 2(x + 1)2
+
x− x2 + 1 + x2
√1 + x2
(1− x)2
=3
(x− 2)(x + 1)+
x + 1√1 + x2(1− x)2
.
105
5.13. y = ln√
sin 2x
1− sin 2x.
Re{ewe.
y′ =
(ln
√sin 2x
1− sin 2x
)′=
1√sin 2x
1− sin 2x
·(√
sin 2x
1− sin 2x
)′
=
√1− sin 2x
sin 2x· 1
2√
sin 2x
1− sin 2x
·(
sin 2x
1− sin 2x
)′
=
√1− sin 2x
sin 2x· 12·√
1− sin 2x
sin 2x
·(
2 cos 2x(1− sin 2x)− sin 2x(−2 cos 2x)(1− sin 2x)2
)
=(1− sin 2x)(2 cos 2x− 2 cos 2x sin 2x + 2 sin 2x cos 2x)
2 sin 2x(1− sin 2x)2
=2 cos 2x
2 sin 2x(1− sin 2x)=
cos 2x
(1− sin 2x) sin 2x=
ctg 2x
1− sin 2x.
5.14. y = ln√
x2 + 1 + x√x2 + 1− x
.
Re{ewe.
y′ =
(ln√
x2 + 1 + x√x2 + 1− x
)′=
1√x2 + 1 + x√x2 + 1− x
·(√
x2 + 1 + x√x2 + 1− x
)′
=√
x2 + 1− x√x2 + 1 + x
· (√
x2 + 1 + x)′(√
x2 + 1− x)− (√
x2 + 1 + x)(√
x2 + 1− x)′
(√
x2 + 1− x)2
=
(1
2(√
x2 + 1)· 2x + 1
)(√
x2 + 1− x)− (√
x2 + 1 + x) ·(
12(√
x2 + 1)· 2x− 1
)
(√
x2 + 1 + x)(√
x2 + 1− x)
=
(x√
x2 + 1+ 1
)(√
x2 + 1− x)− (√
x2 + 1 + x) ·(
x√x2 + 1
− 1)
(√
x2 + 1 + x)(√
x2 + 1− x)
106
=
1√x2 + 1
(x +√
x2 + 1)(√
x2 + 1− x)− 1√x2 + 1
(√
x2 + 1 + x)(x−√
x2 + 1)
(√
x2 + 1 + x)(√
x2 + 1− x)
=
1√x2 + 1
(2(x +√
x2 + 1)(√
x2 + 1− x))
(√
x2 + 1 + x)(√
x2 + 1− x)=
2√x2 + 1
.
5.15. y = 4 ln(√
x− 4 +√
x) +√
x2 − 4x.
Re{ewe.
y′ =(4 ln(
√x− 4 +
√x) +
√x2 − 4x
)′
=4√
x− 4 +√
x· (√x− 4 +
√x)′ +
12√
x2 − 4x· (x2 − 4x)′
=4√
x− 4 +√
x· ( 1
2√
x− 4+
12√
x) +
2x− 42√
x2 − 4x
=4
2(√
x− 4 +√
x)·√
x +√
x− 4√x(x− 4)
+2(x− 2)
2√
x(x− 4)
=2(√
x +√
x− 4)√x(x− 4) · (√x− 4 +
√x)
+x− 2√x(x− 4)
=2 + x− 2√
x(x− 4)=
x√x(x− 4)
=√
x
x− 4.
5.16. y = ln(√
1 + ex − 1)− ln(√
1 + ex + 1).
Re{ewe.
y′ =(ln(√
1 + ex − 1)− ln(√
1 + ex + 1))′
=1√
1 + ex − 1(√
1 + ex − 1)′ − 1√1 + ex + 1
(√
1 + ex + 1)′
=1√
1 + ex − 1· 12√
1 + ex· (1 + ex)′ − 1√
1 + ex + 1· 12√
1 + ex· (1 + ex)′
=1√
1 + ex − 1· 12√
1 + ex· ex − 1√
1 + ex + 1· 12√
1 + ex· ex
=ex
2√
1 + ex(
1√1 + ex − 1
− 1√1 + ex + 1
)
107
=ex
2√
1 + ex(√
1 + ex + 1−√1 + ex + 1(√
1 + ex)2 − 1)
=ex
2√
1 + ex(
21 + ex − 1
) =ex
ex√
1 + ex=
1√1 + ex
.
5.17. y = ln(x +
√x2 + 1
)−√
x2 + 1x
.
Re{ewe.
y′ =
(ln
(x +
√x2 + 1
)−√
x2 + 1x
)′
=1
x +√
x2 + 1
(x +
√x2 + 1
)′− (
√x2 + 1)′x−√x2 + 1(x)′
x2
=1
x +√
x2 + 1
(1 +
12√
x2 + 1(x2 + 1)′
)−
12√
x2 + 1· (x2 + 1)′ · x−
√x2 + 1
x2
=1
x +√
x2 + 1
(1 +
2x
2√
x2 + 1
)−
2x
2√
x2 + 1· x−
√x2 + 1
x2
=1
x +√
x2 + 1
(√x2 + 1 + x√
x2 + 1
)−
x2 −√x2 + 1√x2 + 1x2
=1√
x2 + 1− x2 − x2 − 1
x2√
x2 + 1
=1√
x2 + 1+
1x2√
x2 + 1=
x2 + 1x2√
x2 + 1=√
x2 + 1x2
.
5.18. y =√
x− 2x− 3
+ 2 lnx− 3x− 2
.
Re{ewe.
y′ =(√
x− 2x− 3
+ 2 lnx− 3x− 2
)′=
(√
x− 2)′(x− 3)−√x− 2(x− 3)′
(x− 3)2
+ 21
x− 3x− 2
·(
x− 3x− 2
)′=
12√
x− 2· (x− 3)−√x− 2
(x− 3)2
+ 2x− 2x− 3
· (x− 3)′(x− 2)− (x− 3)(x− 2)′
(x− 2)2
108
=
x− 3− 2(x− 2)2√
x− 2(x− 3)2
+2
x− 3· x− 2− x + 3
x− 2
=x− 3− 2x + 4
2(x− 3)2√
x− 2+
2(x− 3)(x− 2)
=1− x
2(x− 3)2√
x− 2+
2(x− 3)(x− 2)
=(1− x)
√x− 2 + 4(x− 3)
2(x− 3)2(x− 2).
5.19. y =x
2+ arcsin
2x
1 + x2.
Re{ewe.
y′ =(
x
2+ arcsin
2x
1 + x2
)′=
12
+1√
1−(
2x
1 + x2
)2·(
2x
1 + x2
)′
=12
+1√
1− 4x2
(1 + x2)2
· 2(1 + x2)− 2x · 2x
(1 + x2)2
=12
+1√
(1 + x2)2 − 4x2
(1 + x2)2
· 2 + 2x2 − 4x2
(1 + x2)2
=12
+1 + x2
√1 + 2x2 + x4 − 4x2
· 2− 2x2
(1 + x2)2
=12
+1√
1− 2x2 + x4· 2(1− x2)
1 + x2
=12
+2(1− x2)√(1− x2)2
· 11 + x2
=12
+2
1 + x2.
5.20. y =16
ln(x− 1)2
x2 + x + 1− 1√
3arctg
2x + 1√3
.
Re{ewe.
y′ =(
16
ln(x− 1)2
x2 + x + 1− 1√
3arctg
2x + 1√3
)′
109
=16
1(x− 1)2
x2 + x + 1
((x− 1)2
x2 + x + 1
)′− 1√
31
1 +(
2x + 1√3
)2
1√32
=16
x2 + x + 1(x− 1)2
2(x− 1)(x2 + x + 1)− (x− 1)2(2x + 1)(x2 + x + 1)2
− 13
2
1 +(2x + 1)2
3
=16
x− 1(x− 1)2
2x2 + 2x + 2− 2x2 − x + 2x + 1x2 + x + 1
− 23 + 4x2 + 4x + 1
=3x + 3
6(x− 1)(x2 + x + 1)− 2
4(x2 + x + 1)
=x + 1
2(x− 1)(x2 + x + 1)− 1
2(x2 + x + 1)
=x + 1− 2x + 2
2(x− 1)(x2 + x + 1)=
3− x
2(x− 1)(x2 + x + 1).
5.21. Za funkciju y =x + 1√x2 − 4
odrediti:
1) Vertikalne i horizontalne asimptote.
2) Ekstremne vrednosti.
Re{ewe.1) Vertikalne asimptote mogu da postoje u ta~kama u kojima data
funkcija nije definisana. U konkretnom slu~aju to su ta~ke x = −2 ix = 2. Proverom utvr|ujemo da je
limx→−2
x + 1√x2 − 4
= −∞ ∧ limx→2
x + 1√x2 − 4
= ∞,
pa zakqu~ujemo da su x = ±2 vertikalne asimptote date funkcije.Postojawe horizontalnih asimptota utvr|ujemo na slede}i na~in:
limx→−∞
x + 1√x2 − 4
= −1 ∧ limx→∞
x + 1√x2 − 4
= 1,
pa zakqu~ujemoda supravey = ±1 horizontalne asimptote datefunkcije.
110
2) Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda (a to su potencijalneekstremne ta~ke):
y′ =(
x + 1√x2 − 4
)′=
(x + 1)′(√
x2 − 4)− (x + 1)(√
x2 − 4)′
x2 − 4
=
√x2 − 4− (x + 1) · 1
2√
x2 − 4(x2 − 4)′
x2 − 4=
√x2 − 4− x(x + 1)√
x2 − 4x2 − 4
=
x2 − 4− x2 − x√x2 − 4
x2 − 4=
−(x + 4)(x2 − 4)
√x2 − 4
.
Izjedna~avaju}i prvi izvod sa nulom, dobijamo da je x = −4 i to jestacionarna ta~ka. S obzirom da se znak prvog izvoda u okolini teta~ke mewa i to iz + u −, zakqu~ujemo da je ta ta~ka ekstremna i da jemaksimum.
Odrediti grani~nu vrednost slede}ih funkcija:
5.22. y = limx→1
(1
x− 1− 1
lnx
).
Re{ewe. O~igledno se ova grani~na vrednost izra~unava kori{}ewemLopitalovog pravila :
y = limx→1
(1
x− 1− 1
ln x) = (∞−∞) = lim
x→1
ln x− x + 1(x− 1) ln x
=(
00
)= lim
x→1
1x− 1
ln x + (x− 1)1x
= limx→1
1− x
x
lnx + 1− 1x
= limx→1
1− x
x
(ln x + 1− 1
x
) = limx→1
1− x
x lnx + x− 1=
(00
)
= limx→1
−1
x1x
+ lnx + 1= lim
x→1
−1ln x + 2
= −12.
5.23. y = limx→1
√x + 3− 2x2 − 1
.
111
Re{ewe. Grani~na vrednost se mo`e izra~unati kori{}ewem Lopi-talovog pravila ili pro{irivawem razlomka:
y = limx→1
√x + 3− 2x2 − 1
= limx→1
√x + 3− 2x2 − 1
·√
x + 3 + 2√x + 3 + 2
= limx→1
x + 3− 4(x2 − 1)(
√x + 3 + 2)
= limx→1
x− 1(x− 1)(x + 1)(
√x + 3 + 2)
= limx→1
1(x + 1)(
√x + 3 + 2)
=1
(1 + 1)(√
1 + 3 + 2)=
18.
5.24. y = limx→0
(x
x− 1− 1
ln x
).
Re{ewe. O~igledno je ova grani~na vrednost oblika (∞−∞), prvo jesvodimo na oblik
(00
)pa primewujemo Lopitalovo pravilo (primen-
jujemo ovo pravilo dva puta):
y = limx→1
(x
x− 1− 1
ln x
)= lim
x→1
x ln x− x + 1(x− 1) lnx
=(
00
)
= limx→1
(x ln x− x + 1)′
((x− 1) ln x)′= lim
x→1
lnx + x · 1x− 1
ln x + (x− 1)1x
= limx→1
lnx
lnx + 1− 1x
= limx→1
ln x
x ln x + x− 1x
=x lnx
x lnx + x− 1=
(00
)= lim
x→1
lnx + x1x
ln x + x1x
+ 1
= limx→1
lnx + 1lnx + 2
=12.
5.25. y = limx→0
(1x− 1
ex − 1
).
Re{ewe. Ova grani~na vrednost je oblika (∞−∞), prvo je svodimo na
112
oblik(
00
)pa primewujemo Lopitalovo pravilo:
y = limx→0
(1x− 1
ex − 1
)= lim
x→0
ex − 1− x
x(ex − 1)=
(00
)= lim
x→0
(ex − 1− x)′
(x(ex − 1))′
= limx→0
ex − 1ex − 1 + xex
=(
00
)= lim
x→0
ex
ex + ex + xex= lim
x→0
ex
ex(2 + x)
= limx→0
12 + x
=12.
5.26. y = limx→∞
x3
ex.
Re{ewe. Grani~na vrednost je oblika(∞∞
)i primewujemo Lopitalovo
pravilo (tri puta):
y = limx→∞
x3
ex= lim
x→∞(x3)′
(ex)′= lim
x→∞3x2
ex= lim
x→∞6x
ex= lim
x→∞6ex
= 0.
5.27. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije
y =13x3 − x2 − 3x.
Re{ewe. Data funkcija je polinomna funkcija i to stepena 3 i poslesre|ivawa mo`e se napisati u obliku:
y = x
(13x2 − x− 3
).
1) Oblast definisanosti:Polinomna funkcija je definisana za svaki realan broj, pa je prema
tomeDf = R.
2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, a nije ni parna ni neparna jer je:
f(−x) = −13x3 − x2 + 3x = −
(13x3 + x2 − 3x
)6=
{f(x)−f(x)
113
3) Asimptote funkcije:Funkcija nema vertikalnih asimptota, niti horizontalnih asimp-
tota. Funkcija, tako|e nema ni kosu asimptotu, jer je:
k = limx→∞
f(x)x
= limx→∞
x
(13x2 − x− 3
)
x= lim
x→∞
(13x2 − x− 3
)= ∞.
4) Nule i znak funkcije
f(x) = 0 ⇔ x
(13x2 − x− 3
)= 0 ⇔ x = 0 ∧
(13x2 − x− 3
)= 0.
Dakle, x1 = 0, a re{avawem kvadratne jedna~ine dobijamo
x2 =1 + i
√3
2, x3 =
1− i√
32
.
Nule x2, x3 /∈ R pa grafik funkcije se~e x-osu samo u koordinatnompo~etku A1(0, 0).
Na znak funkcije uti~e samo nula funkcije, tj. ta~ka x = 0:
(−∞, 0) x = 0 (0,∞)x − 0 +
13x2 − x− 3 − − −
f(x) + 0 −
Dakle, funkcija je pozitivna zax ∈ (−∞, 0), a negativna zax ∈ (0, +∞).5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:
Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:
y′ =(
13x3 − x2 − 3x
)′= x2 − 2x− 3.
Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je
y′ = 0 ⇔ x2 − 2x− 3 = 0 ⇔ (x− 3)(x + 1) = 0 ⇔ x1 = 3 ∧ x2 = −1.
Monotonost funkcije, kao i prirodu stacionarnih ta~aka ispitu-jemo pomo}u tabele:
114
(−∞,−1) x = −1 (−1, 3) x = 3 (3, +∞)x− 3 − − − 0 +x + 1 − 0 + + +f ′(x) + 0 − 0 +
Naosnovu tabele zakqu~ujemoda jefunkcija rastu}a zax ∈ (−∞,−1)∪(3,+∞), opadaju}a zax ∈ (−1, 3), a kako se znak izvoda u okolini ta~kex = −1 mewa iz "+" u "-", onda je ta~ka M1 =
(−1,
53
)ta~ka lokalnog
maksimuma. Znak izvoda se u okolini ta~ke x = 3 mewa iz "-" u "+", paje M2 = (3,−9) ta~ka lokalnog minimuma.6) Konveksnost i prevojne ta~ke:
Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:
y′′ =(x2 − 2x− 3
)′ = 2x− 2,
a nula drugog izvoda je u ta~ki x = 1. Da bi ispitali konveksnosti i dali je x = 1 zaista prevojna ta~ka odre|ujemo znak drugog izvoda. Znakse mewa samo u ta~ki 1:
(−∞, 1) x = 1 (1,∞)x− 1 − 0 +f ′′(x) − 0 +
Slika 5.4
115
Znak drugog izvoda se mewa u okolini ta~ke x = 1, pa zakqu~ujemoda je P
(1,−11
3
)prevojna ta~ka. Tako|e, funkcija je konveksna na dole
za svako x ∈ (−∞, 1) a konveksna na gore za svako x ∈ (1, +∞).7) Crtawe grafika funkcije
Grafik funkcije je na slici 5.4.
5.28. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije
y = x4 − 4x2 + 3.
Re{ewe. Data funkcija je polinomna funkcija i to stepena 4.1) Oblast definisanosti:
Polinomna funkcija je definisana za svaki realan broj, pa je prematome
Df = R.
2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, ali jeste parna jer je:
f(−x) = x4 − 4x2 + 3 = f(x).
Zbog toga treba ispitati pona{awe funkcije samo na pozitivnom delux-ose, jer }e wen grafik biti simetri~an u odnosu na y-osu.3) Asimptote funkcije:
Funkcija nema vertikalnih asimptota, niti horizontalnih asimp-tota. Funkcija, tako|e nema ni kosu asimptotu, jer je:
k = limx→∞
f(x)x
= limx→∞
x4 − 4x2 + 3x
= ∞.
4) Nule i znak funkcije
f(x) = 0 ⇔ x4 − 4x2 + 3 = 0.
Posledwa jedna~ina je bikvadratna i re{ava se uvo|ewem smene x2 = t,pa dobijamo:
t2 − 4t + 3 = 0 ⇔ t1 = 3 ∧ t2 = 1.
Vra}awem na smenu dobijamo da su re{ewa bikvadratne jedna~inex1,2 =±1, x3,4 = ±√3. Dakle, grafikfunkcije se~ex-osu u ta~kamaA1(−1, 0),A2 = (1, 0), A3 = (−√3, 0), A4(
√3, 0).
116
Na znak funkcije uti~u ta~ke 1,√
3, jer ispitujemo samo kako sefunkcija pona{a na pozitivnom delu x-ose:
(0, 1) x = 1 (1,√
3) x =√
3√
3,+∞)x− 1 − 0 + + +x + 1 + + + + +
x−√3 − − − 0 +x +
√3 + + + + +
f(x) + 0 − 0 +
Dakle, funkcija je pozitivna za x ∈ (0, 1) ∪ (√
3, +∞), a negativna zax ∈ (1,
√3). Sli~no }e biti i na negativnom delu x-ose, funkcija je
pozitivna za x ∈ (−∞,−√3) ∪ (−1, 0), a negativna za x ∈ (−√3,−1).5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:
Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:
y′ = (x4 − 4x2 + 3)′ = 4x3 − 8x = 4x(x2 − 2).
Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je
y′ = 0 ⇔ 4x(x2 − 2) = 0 ⇔ 4x(x−√
2)(x +√
2) = 0⇔ x1 = 0 ∧ x2 =
√2 ∧ x3 = −
√2.
Monotonost funkcije, kao i prirodu stacionarnih ta~aka ispitu-jemo pomo}u tabele:
x = −√2 x = 0 x =√
2x − − − 0 + + +
x +√
2 − − − − − 0 +x−√2 − 0 + + + + +f ′(x) − 0 + 0 − 0 +
Na osnovu tabele zakqu~ujemo da je funkcija rastu}a zax ∈ (−√2, 0)∪(√
2,+∞), opadaju}a za x ∈ (−∞,−√2)∪(0,√
2), a kako se znak izvodau okolini ta~ke x = 0 mewa iz "+" u "-", onda je ta~ka M1 = (0, 3) ta~kalokalnog maksimuma. Znak izvoda se u okolini ta~aka x = −√2 ∧ x =√
2 mewa iz "-" u "+", pa su M2 = (−√2,−1),M3 = (√
2,−1) ta~kelokalnog minimuma.6) Konveksnost i prevojne ta~ke:
Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:
y′′ = (4x3 − 8x)′ = 12x2 − 8 = 4(3x2 − 2).
117
Prevojne ta~ke su nule drugog izvoda:
y′′ = 0 ⇔ 3x2 − 2 = 0 ⇔ x1,2 = ±√
23
= ±√
63
.
Da bi ispitali konveksnost i da li su x1,2 = ±√
63
zaista prevojne
ta~ke odre|ujemo znak drugog izvoda. Neka je a =√
63
,tada imamo
(0, a) x = a (a,+∞)x− a − 0 +x + a + + +f ′′(x) − 0 +
Znak drugog izvoda se mewa u okolini ta~ke x =√
63, pa zakqu~ujemo
da je P1
(√6
3,53
)prevojna ta~ka. Tako|e, funkcija je konveksna na dole
za svako x ∈(√
63
, +∞)a konveksna na gore za svako x ∈
(0,
√6
3
).
Simetri~no se pona{a i na negativnom delux-ose, pa je iP2
(−√
63
,53
)
tako|e prevojna ta~ka.7) Crtawe grafika funkcije
Slika 5.5
118
5.29. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije
y = x− 2− 6x− 1
.
Re{ewe. Data funkcija je racionalna funkcija i posle sre|ivawa do-bijamo:
y = x− 2− 6x− 1
=x2 − 3x− 4
x− 1.
1) Oblast definisanosti:Kako za racionalnu funkciju imenilac razlomka mora biti ra-
zli~it od nule, jedino ograni~ewe je x− 1 6= 0 ⇒ x 6= 1 pa je
Df = R \ {1} = (−∞, 1) ∪ (1,+∞)
2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, a nije ni parna ni neparna jer je:
f(−x) =x2 + 3x− 4−x− 1
6={
f(x)−f(x)
3) Asimptote funkcije:Kako je
limx→1±0
= ±∞sledi da je prava x = 1 vertikalna asimptota.
Za kosu asimptotu tra`imo k i n:
k = limx→∞
f(x)x
= limx→∞
x2 − 3x− 4x2 − x
= 1
n = limx→∞(f(x)− kx) = lim
x→∞
(x2 − 3x− 4
x− 1− x
)= lim
x→∞−2x− 4x− 1
= −2
Dakle, funkcija ima kosu asimptotu y = x− 2, a nema horizontalnu.4) Nule i znak funkcije
f(x) = 0 ⇔ x2 − 3x− 4x− 1
= 0 ⇔ x2 − 3x− 4 = 0.
Re{avaju}i kvadratnu jedna~inu dobijamo da su nule funkcije x1 =−1, x2 = 4. Dakle, u ta~kama A1(−1, 0) i A2(4, 0) grafik funkcije se~ex-osu.
119
Na znak funkcije uti~u ta~ke -1,4 kao i ta~ka 1 u kojoj funkcija nijedefinisana:
(−∞,−1) x = −1 (−1, 1) x = 1 (1, 4) x = 4 (4,∞)x + 1 − 0 + + + + +x− 4 − − − − − 0 +x− 1 − − − 0 + + +f(x) − 0 + ndf. − 0 +
Ta~ka u kojoj funkcija nije definisana kra}e zapisujemo sa ndf.Dakle, funkcija je pozitivna za x ∈ (−1, 1) ∪ (4,+∞), a negativna
za x ∈ (−∞,−1) ∪ (1, 4).5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:
Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:
y′ =(
x2 − 3x− 4x− 1
)′=
x2 − 2x + 7(x− 1)2
.
Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je
y′ = 0 ⇔ x2 − 2x + 7(x− 1)2
= 0 ⇔ x2 − 2x + 7 = 0.
Koreni ove kvadratne jedna~ine nisu realni, pa zakqu~ujemo da datafunkcija nema ekstremnih vrednosti. Tako|e, data funkcija je poz-itivna za svako x ∈ Df pa zakqu~ujemo da funkcija raste u ~itavojoblasti definisanosti.6) Konveksnost i prevojne ta~ke:
Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:
y′′ =(
x2 − 2x + 7(x− 1)2
)′=
−12(x− 1)3
.
Prevojne ta~ke su nule drugog izvoda, me|utim y′′ 6= 0 za svako x ∈ Df
pa prevojnih ta~aka nema.Da bi ispitali konveksnost, ispitujemo znak drugog izvoda. Znak
se mewa samo u ta~ki 1:
x < 1 x = 1 x > 1x− 1 − 0 +f ′′(x) + ndf −
120
Dakle, funkcija je konveksna na gore za svako x ∈ (−∞, 1) a konvek-sna na dole za svako x ∈ (1,+∞).7) Crtawe grafika funkcije
Slika 5.6
5.30. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije
y =√
x2 − 1x + 2
.
Re{ewe.1) Oblast definisanosti:
Kako za racionalnu funkciju imenilac razlomka mora biti ra-zli~it od nule i u brojiocu potkorena veli~ina mora biti ve}a ilijednaka nuli. Tada moraju biti ispuweni uslovi:
x + 2 6= 0 ∧ x2 − 1 ≥ 0,
tj. x 6= −2 i x ∈ (−∞,−1) ∪ (1, +∞). Dakle, oblast definisanosti je
Df = (−∞,−2) ∪ (−2,−1] ∪ [1, +∞).
121
2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, a nije ni parna ni neparna jer je:
f(−x) =
√(−x)2 − 1−x + 2
6={
f(x)−f(x)
.
3) Asimptote funkcije:Kako je
limx→−2±0
= ±∞,
sledi da je prava x = −2 vertikalna asimptota.Za kosu asimptotu tra`imo k i n:
k = limx→∞
f(x)x
= limx→∞
√x2 − 1
x2 + x= 0,
n = limx→±∞ f(x) = lim
x→∞
√x2 − 1x + 2
= ±1.
Dakle, funkcija nema kosih asimptota, ali ima horizontalnih i toy = 1 i y = −1.4) Nule i znak funkcije
f(x) = 0 ⇔√
x2 − 1x + 2
= 0 ⇔√
x2 − 1 = 0 ⇔ x2 − 1 = 0.
Re{avaju}i kvadratnu jedna~inu dobijamo da su nule funkcije x1 =−1, x2 = 1. Dakle, u ta~kama A1(−1, 0) i A2(1, 0) grafik funkcije se~ex-osu.
Na znak funkcije uti~u ta~ke -1,1 kao i ta~ka -2 u kojoj funkcijanije definisana:
x < −2 x = −2 −2 < x < −1 x = −1 x = 1 x > 1x + 1 − − − 0 + +x− 1 − − − − 0 +x + 2 − 0 + + + +f(x) − ndf. + 0 0 +
Dakle, funkcija je pozitivna za x ∈ (−2,−1]∪ [1, +∞), a negativnaza x ∈ (−∞,−2).5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:
122
Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:
y′ =
(√x2 − 1x + 2
)′=
2x + 1(x + 2)2
√x2 − 1
.
Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je
y′ = 0 ⇔ 2x + 1(x + 2)2
√x2 − 1
= 0 ⇔ 2x + 1 = 0 ⇒ x1 = −12.
Nula prvog izvoda je ta~ka koja ne pripada oblasti definisanosti, padata funkcija nema ekstremnih vrednosti.
Ispitujemo monotonost funkcije, ponovo pomo}u tabele:x < −2 x = −2 −2 < x < −1 x = −1 x = 1 x > 1
2x + 1 − − − − + +x− 1 − − − − 0 +x + 1 − − − 0 + +f ′(x) − − − ndf. ndf. +
.
Dakle, funkcija je raste za x ∈ [1, +∞), a opada za x ∈ (−∞,−2) ∪(−2,−1].6) Konveksnost i prevojne ta~ke:
Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:
y′′ =(
2x + 1(x + 2)2
√x2 − 1
)′=
−4x3 − 3x2 − 2(x + 2)3(x2 − 1)
√x2 − 1
.
Prevojne ta~ke su nule drugog izvoda
y′′ 6= 0 ⇔ −4x3 − 3x2 − 2(x + 2)3(x2 − 1)
√x2 − 1
= 0 ⇔ −4x3 − 3x2 − 2 = 0.
Posledwa jedna~ina ima samo jedan realan koren, a dva kowugovanokompleksna. Dakle, nula drugog izvoda je x = −1, 137 i to je mogu}aprevojna ta~ka.
Da bi ispitali konveksnost, ispitujemo znak drugog izvoda. Znakse mewa u ta~kama -2, -1,137, -1, 1:
x = −2 x = −1, 137 x = −1 x = 1−4x3 − 3x2 − 2 + + + 0 − − − −
(x + 2)3 − 0 + + + + + +x− 1 − − − − − − 0 +x + 1 − − − − − 0 + +f ′′(x) − ndf. + 0 − ndf. ndf. −
123
Dakle, funkcija je konveksna na gore za svako x ∈ (−2,−1, 137) akonveksna na dole za svako x ∈ (−∞,−2) ∪ (−1, 137,−1) ∪ (1,+∞).7) Crtawe grafika funkcije
Slika 5.7
5.31. Ispitati osobine i nacrtati grafik funkcije
y = (3− x2)ex.
Re{ewe.1) Oblast definisanosti:
Data funkcija predstavqa proizvod polinomne i eksponencijalnefunkcije i nema nikakvih ograni~ewa za oblast definisanosti, pa je
Df = R.
2) Parnost i periodi~nost funkcije:Funkcija nije periodi~na, a nije ni parna ni neparna jer je:
f(−x) = (3− x2)e−x 6={
f(x)−f(x)
.
3) Asimptote funkcije:
124
Nema vertikalnih, niti horizontalnih asimptota. Nema ni kosihasimptota, jer je:
k = limx→∞
f(x)x
= limx→∞
3− x2
xex = ∞.
4) Nule i znak funkcije
f(x) = 0 ⇔ (3− x2)ex = 0.
Kako je ex > 0 za svako x ∈ R, sledi
3− x2 = 0 ⇔ x1,2 = ±√
3.
Dakle, u ta~kama A1(−√
3, 0) i A2(√
3, 0) grafik funkcije se~e x-osu.Na znak funkcije uti~u nule funkcije:
(−∞,−√3) x = −√3 (−√3,√
3) x =√
3 (√
3,+∞)√3− x + + + 0 −√3 + x − 0 + + +f(x) − 0 + 0 −
Dakle, funkcija je pozitivna za x ∈ (−√3,√
3), a negativna zax ∈ (−∞,−√3) ∪ (
√3, +∞).
5)Monotonost funkcije i ekstremne vrednosti:Nakon izra~unavawa dobijamo da je prvi izvod funkcije:
y′ = ((3− x2)ex)′ = −(x2 + 2x− 3)ex.
Stacionarne ta~ke su nule prvog izvoda pa je
y′ = 0 ⇔ x2 + 2x− 3 = 0 ⇔ x1 = 1 ∧ x2 = −3.
Monotonost funkcije kao i prirodu stacionarnih ta~aka ispitu-jemo pomo}u tabele:
(−∞,−3) x = −3 (−3, 1) x = 1 (1, +∞)x− 1 − − − 0 +x + 3 − 0 + + +f ′(x) − 0 + 0 −
.
gde je f ′(x) = −(x− 1)(x + 3)ex.
125
Dakle, funkcija raste za x ∈ (−3, 1), a opada za x ∈ (−∞,−3) ∪(1, +∞). Znak izvoda se u okolini ta~ke x = 1 mewa iz "+" u "-", paje M1 = (1, 5.42) ta~ka lokalnog maksimuma. Znak izvoda se u okolinita~ke x = −3 mewa iz "-" u "+", pa je M2 = (−3,−0.30) ta~ka lokalnogminimuma.6) Konveksnost i prevojne ta~ke:
Nakon izra~unavawa dobijamo da je drugi izvod funkcije oblika:
y′′ = (−(x2 + 2x− 3)ex)′ = −(x2 + 4x− 1)ex.
Prevojne ta~ke su nule drugog izvoda
y′′ 6= 0 ⇔ x2 + 4x− 1 = 0 ⇔ x1 = −2 +√
3 ∧ x2 = −2−√
3.
Da bi ispitali konveksnost, kao i postojawe prevojnoh ta~akaispitujemo znak drugog izvoda. Znak se mewa u ta~kama a = −2 +
√3 ≈
−0.27 i b = −2−√3 ≈ −3.73:
(−∞, b) x = b (b, a) x = a (a, +∞)x− a − − − 0 +x− b − 0 + + +f ′′(x) − 0 + 0 −
gde je f ′′(x) = −(x + 2−√3)(x + 2 +√
3)ex.
Slika 5.8
126
Dakle, funkcija je konveksna na gore za svako x ∈ (−3.73,−0.27)a konveksna na dole za svako x ∈ (−∞,−3.73) ∪ (−0.27, +∞). Kako seznak drugog izvoda mewa u okolinama ta~aka x1 = −0.27 i x2 = −3.73,zakqu~ujemo da su P1 = (−0.27, 2.23) i P2(−3.73,−0, 26) prevojne ta~ke.7) Crtawe grafika funkcije
Grafik funkcije je dat na slici 5.8.
127
Glava 6
Neodre|eni i odre|eniintegral i primene
6.1 Pregled definicija i teorema
Primitivna funkcija i neodre|eni integralJedan od osnovnih zadataka u diferencijalnom ra~unu je nala`ewe
izvoda date funkcije. Raznovrsni problemi u matematici dovode doobrnutog zadatka: na}i funkciju ~iji je izvod jednak datoj funkciji.
DEFINICIJA 6.1. Neka je funkcija f(x) definisana na intervalu (a, b).Za funkciju F (x), definisanu na istom intervalu, ka`emo da je primi-tivna funkcija funkcije f(x) ako za svako x ∈ (a, b) postoji izvod i akoje
F ′(x) = f(x).
Postupak odre|ivawa primitivne funkcije date funkcije naziva se in-tegrirawe date funkcije. Operacija integrirawa je inverzna operacijidiferencirawa.
TEOREMA 6.1. Ako je F (x) primitivna funkcija funkcije f(x), onda jeF (x)+C tako|e primitivna funkcija funkcije f(x) gde jeC proizvoqnakonstanta.
128
DEFINICIJA 6.2. Ako je funkcija F (x) primitivna funkcija funkcijef(x), onda se skup funkcija F (x) + C, gde je C proizvoqna konstanta,naziva neodre|enim integralomfunkcije f(x) i ozna~ava sa
∫f(x)dx, tj.
∫f(x)dx = F (x) + C.
Funkcija f(x) se pri tome naziva podintegralnom funkcijom, izrazf(x)dx podintegralnim izrazom, a x promenqivom integracije.
Najjednostavnije i naj~e{}e kori{}ene osobine neodre|enog inte-grala su:
1) d
[∫f(x)dx
]= f(x)dx;
2)∫
dF (x) = F (x) + C;
3)∫
Af(x)dx = A
∫f(x)dx, (A = const);
4)∫
(f(x)± g(x))dx =∫
f(x)dx±∫
g(x)dx.
Tablica osnovnih neodre|enih integrala
1)∫
dx = x + C;
2)∫
xαdx =xα+1
α + 1+ C, (α 6= −1);
3)∫
dx
x= ln |x|+ C;
4)∫
axdx =ax
ln a+ C;
5)∫
exdx = ex + C;
6)∫
sinxdx = − cosx + C;
7)∫
cosxdx = sin x + C;
8)∫
dx
cos2 x= tg x + C;
129
9)∫
dx
sin2 x= − ctg x + C;
10)∫
dx√1− x2
= arcsinx + C;
11)∫
dx√1− x2
= − arccosx + C;
12)∫
dx
1 + x2= arctg x + C;
13)∫
dx
1 + x2= − arcctg x + C;
14)∫
dx
1− x2=
12
ln∣∣∣∣1 + x
1− x
∣∣∣∣ + C;
15)∫
dx√x2 ± 1
= ln |x +√
x2 ± 1|+ C.
Osnovne metode integracije
1) METODA SMENE: Neka je x = ϕ(t), gde je t nova promenqiva i ϕdiferencijabilna funkcija (ϕ(t) 6= 0). Tada je
(6.1)∫
f(x)dx =∫
f(ϕ(t)) · ϕ′(t)dt.
Funkcijaϕodre|uje se tako da desna stranaformule (6.1) dobije pogodanoblik za integraciju.
2) METODA PARCIJALNE INTEGRACIJE: Ako su u i v diferencija-bilne funkcije od x na nekom intervalu, onda na tom istom intervaluva`i slede}a jednakost:
∫udv = uv −
∫vdu.
Integracija racionalnih funkcija
Integracija racionalne funkcije posle izdvajawa celog dela svodise na integraciju pravog racionalnog razlomka P (x)
Q(x), gde suP (x)iQ(x)
polinomi, pri ~emu je izlo`ilac brojioca P (x) mawi od izlo`iocaimenioca Q(x).
130
Ako jeQ(x) = (x− a)k(x2 + px + q)e,
gde je a realan vi{estruk koren polinoma Q(x), a α ± βi vi{estrukikompleksni koreni, onda se racionalna funkcija rastavqa na parci-jalne razlomke:
P (x)Q(x)
=A1
x− a+
A2
(x− a)2+ · · ·+ Ak
(x− a)k+
M1 + N1x
x2 + px + q+ · · ·+
+Me + Nex
(x2 + px + q)e.
Nepoznati koeficijenti A1, A2, . . . , Ak,M1, N1, . . . , Me, Ne se odre|ujumetodom neodre|enih koeficijenata.
Odre|eni integralNeka je funkcija f(x) definisana i neprekidna na segmentu [a, b]
(tada je na istom segmentu i ograni~ena). Neka je f(x) na segmentu [a, b]i nenegativna. Sada je potrebno izra~unati povr{inu ravnog lika Tograni~enog grafikom funkcije y = f(x), x-osom i pravim x = a, x = b(tzv. krivolinijski trapez, slika 6.1). Na~in re{avawa problema jeslede}i:
Slika 6.1
podelimo segment [a, b] na n delova ta~kama x1, x2, . . . , xn−1 gde je a =x1 < x2 < · · · < xn−1 = b, uzmimo onda u svakom od podsegmenata
131
[xi−1, xi], (i = 1, 2, . . . , n) proizvoqnu ta~ku ξi, a zatim izra~unajmovrednost f(ξi) funkcije f u svim me|uta~kama ξi, (i = 1, 2, . . . , n). Nakraju, formirajmo integralni zbir:
In =n∑
i=1
f(ξi)4xi,
gde su4xi = xi − xi−1(i = 1, 2, . . . , n) du`ine podsegmenata [xi−1, xi].Neka sada max
1≤i≤n4xi → 0. Ako pri tome zbir In te`i odre|enoj
grani~noj vrednosti I , koja ne zavisi ni od na~ina podele segmenta [a, b]na podsegmente, ni od izbora me|uta~aka ξi, (i = 1, 2, . . . , n) u tim pod-segmentima, onda se broj I naziva povr{inom posmatranog krivolini-jskog trapeza T . Tada imamo da je
(6.2) I = maxmax4xi→0
n∑
i=1
f(ξi)4xi.
Formula (6.2) u stvari datoj funkciji f definisanoj na segmentu[a, b] pridru`uje broj I . Ta operacija naziva se odre|enom integraci-jom funkcije na segmentu [a, b], a wen rezultat, ako postoji, naziva seodre|enim integralom funkcije f na segmentu [a, b] i ozna~ava sa
∫ b
af(x)dx = lim
max4xi→0
n∑
i=1
f(ξi)4xi(= I).
Za funkciju f ka`e se tada da je integrabilna na segmentu [a, b].Brojevi a i b nazivaju se pri tom dowom i gorwom granicom odre|enogintegrala, a [a, b] intervalom integracije.
NAPOMENA: Definicija odre|enog integrala∫ b
af(x)dx podrazumeva
da je a < b. Me|utim, odre|eni integral se mo`e definisati i za slu~ajkada je a ≥ b. Tada je po konvenciji:
∫ b
af(x)dx = −
∫ a
bf(x)dx, a > b;
∫ a
af(x)dx = 0.
Tako|e, pri egzistenciji∫ a
−af(x)dx, za neparnu funkciju f(x) va`i
∫ a
−af(x)dx = 0, a za parnu
∫ a
−af(x)dx = 2
∫ a
0f(x)dx.
132
Wutn-Lajbnicova formula
Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a, b], tada ona imaprimitivnu funkciju
∫f(x)dx = F (x) + C i va`i jednakost
∫ b
af(x)dx = F (b)− F (a).
Ovo je osnovna formula integralnog ra~una.
Osobine odre|enog integrala
Osnovne osobine odre|enog integrala date su slede}om teoremom:
TEOREMA 6.2. 1) Ako postoje odre|eni integrali∫ c
af(x)dx i
∫ b
cf(x)dx,
onda postoji i odre|eni integral∫ b
af(x)dx i va`i jednakost:
∫ b
af(x)dx =
∫ c
af(x)dx +
∫ b
cf(x)dx,
(aditivnost po intervalu integracije);
2) Ako postoje odre|eni integrali∫ b
af(x)dx i
∫ b
ag(x)dx, onda po-
stoji i odre|eni integral∫ b
a[f(x) + g(x)]dx i va`i jednakost:
∫ b
a[f(x) + g(x)]dx =
∫ b
af(x)dx +
∫ b
ag(x)dx,
(aditivnost po podintegralnoj funkciji);
3) Ako postoji odre|eni integral∫ b
af(x)dx onda za svako k ∈ R
postoji i odre|eni integral∫ b
a[kf(x)]dx i va`i jednakost:
∫ b
a[kf(x)]dx = k
∫ b
af(x)dx,
(svojstvo homogenosti).
133
Primena odre|enog integrala1)Ako jefunkcija f(x)neprekidnana segmentu [a, b]i ako je f(x) ≥ 0,
tada je povr{ina krivolinijskog trapeza (slika 6.2) ograni~enog lukomkrive, pravama x = a, x = b i odse~kom x-ose za x ∈ [a, b] data obrascem
Pab =∫ b
af(x)dx.
Slika 6.2
2)Ako jefunkcija f(x)neprekidnana segmentu [a, b]i ako je f(x) ≤ 0,tada je povr{ina krivolinijskog trapeza (slika 6.3) data obrascem
Pab =∣∣∣∣∫ b
af(x)dx
∣∣∣∣ .
Slika 6.3
3) Neka su date dve funkcije y = f(x) i y = g(x) ~iji se graficiseku u ta~kama sa apscisama x = a i x = b (a < b) i neka je ispuwena
134
nejednakost f(x) ≥ g(x) za svako x iz segmenta [a, b]. Povr{ina likaograni~enog graficima datih funkcija na segmentu [a, b] (slika 6.4)data je formulom:
Pab =∫−abf(x)dx−
∫ b
ag(x)dx =
∫ b
a(f(x)− g(x))dx.
Slika 6.4
4) Zapremina telanastalog rotacijomkrivolinijskog trapeza ome|e-nog krivom y = f(x), osom Ox, pravama x = a i x = b (a < b) oko oseOx (slika 6.5) izra~unava se obrascem
Vx = π
∫ b
ay2dx
Slika 6.5
5) Zapremina tela nastalog rotacijom lika ome|enog krivom x =g(y), pravama x = 0, y = c i y = d(c < d) oko ose Oy (slika 6.6)
135
izra~unava se obrascem
Vy = π
∫ d
cx2dy
Slika 6.6
6) Zapremina tela nastalog rotacijom lika ome|enog krivama y1 =f1(x) i y2 = f2(x) (f1(x) ≤ f2(x)) i pravama x = a i x = b (a < b) okoose Ox izra~unava se obrascem
Vx = π
∫ b
a(y2
2 − y21)dx.
7) Du`ina s luka glatke krive y = f(x), izme|u dve ta~ke sa ap-scisama x = a i x = b, (a < b), iznosi
s =∫ b
a
√1 + y′2dx.
6.2 Zadaci
Primenom metode smene izra~unati slede}e integrale:
6.1.∫
2x + 1x2 + x + 3
dx.
136
Re{ewe. Uvodimo smenu x2 + x + 3 = t ⇒ (2x + 1)dx = dt, pa je:∫
2x + 1x2 + x + 3
dx =∫
dt
t= ln |t|+ C = ln |x2 + x + 3|+ C.
6.2.∫
dx√2− 5x
.
Re{ewe. Integral re{avamo uvo|ewem smene√
2− 5x = t ⇒ 2− 5x =
t2 ⇒ dx = −25tdt, pa je:
∫dx√
2− 5x= −2
5
∫dt = −2
5t + C = −2
5√
2− 5x + C.
6.3.∫
e√
x
√x
dx.
Re{ewe. Uvodimo smenu √x = t ⇒ x = t2 ⇒ dx = 2tdt, pa je:
∫e√
x
√x
dx =∫
et
t2tdt = 2
∫etdt = 2et + C = 2e
√x + C.
6.4.∫
e−52xdx.
Re{ewe.Integral re{avamo uvo|ewem smene−52x = t ⇒ x = −2
5x ⇒
dx = −25dt, pa je:∫
e−52xdx = −2
5
∫etdt = −2
5et + C = −2
5e−
52x + C.
6.5.∫
x2ex3dx.
Re{ewe. Integral re{avamo uvo|ewem smene x3 = t ⇒ 3x2dx = dt ⇒x2dx =
dt
3, pa je:
∫x2ex3
dx =13
∫etdt =
13et + C =
13ex3
+ C.
137
6.6.∫
ln x
xdx.
Re{ewe. Kod ovog integrala uvodimo smenu:
lnx = t ⇒ dx
x= dt
pa integral postaje:∫
tdt =t2
2+ C =
12(lnx)2 + C.
6.7.∫
sin√
xdx√
x.
Re{ewe. Uvodimo smenu:√
x = t ⇒ x = t2 ⇒ dx = 2tdt
pa integral postaje:∫
sin t2tdt
t= 2
∫sin tdt = −2 cos t + C = −2 cos
√x + C.
6.8.∫
cosx
1 + 2 sinxdx.
Re{ewe. Uvodimo smenu 1 + 2 sinx = t ⇒ 2 cos xdx = dt, pa integralpostaje ∫
dt
2t=
12
ln t + C =12
ln(1 + 2 sinx) + C.
6.9.∫
cosx
sin5 xdx.
Re{ewe. Uvodimo smenu sinx = t ⇒ cosxdx = dt, pa je:∫
cosx
sin5 xdx =
∫dt
t5=
t−4
−4+ C = − 1
4 sin4 x+ C.
6.10.∫
tg xdx.
138
Re{ewe. ∫tg xdx =
∫sinx
cosxdx.
Kod ovog integrala uvodimo smenu:
cosx = t ⇒ − sinxdx = dt ⇒ sinxdx = −dt
pa integral postaje∫ −dt
t= − ln t + C = − ln cos x + C.
6.11.∫
x− 2x + 3
dx.
Re{ewe.Integral re{avamo uvo|ewem smene x + 3 = t ⇒ x = t− 3 ⇒dx = dt, pa je:
∫x− 2x + 3
dx =∫
t− 5t
dt =∫
dt− 5∫
dt
t= t− 5 ln t + C
= x + 3− 5 ln(x + 3) + C.
6.12.∫
xdx√3− x2
dx.
Re{ewe. Kod ovog integrala uvodimo smenu:√
3− x2 = t ⇒ 3− x2 = t2 ⇒ −2xdx = 2tdt ⇒ xdx = −tdt
pa integral postaje∫ −tdt
t=
∫−dt = −t + C = −
√3− x2 + C.
6.13.∫
1 + x√1− x2
dx.
Re{ewe.∫
1 + x√1− x2
dx =∫
dx√1− x2
+∫
xdx√1− x2
= I1 + I2,
I1 =∫
dx√1− x2
= arcsinx.
139
Za drugi integral I2 uvodimo smenu√
1− x2 = t ⇒ 1 − x2 = t2 ⇒x2 = 1− t2 ⇒ 2xdx = −2tdt ⇒ xdx = −tdt, pa je:
I2 =∫
xdx√1− x2
=∫ −tdt
t= −
∫dt = −t = −
√1− x2.
Dakle, re{ewe je:∫
1 + x√1− x2
dx = arcsinx−√
1− x2 + C.
6.14.∫
3√
x3 − 8 · x2dx.
Re{ewe. Uvodimo smenu:3√
x3 − 8 = t ⇒ x3 − 8 = t3 ⇒ 3x2dx = 3t2dt ⇒ x2dx = t2dt
pa integral postaje∫
t3dt =t4
4+ C =
14( 3√
x3 − 8)4 + C.
6.15.∫ √
1 + lnx
xdx.
Re{ewe.Integral re{avamo uvo|ewem smene√
1 + lnx = t ⇒ 1+lnx =
t2 ⇒ dx
x= 2tdt, pa je:
∫ √1 + lnx
xdx = 2
∫t2dt =
23t3 + C =
23
√(1 + lnx)3 + C.
6.16.∫
sinx cosxdx
Re{ewe. Kod ovog integrala uvodimo smenu:
sinx = t ⇒ cosxdx = dt
pa integral postaje∫
tdt =t2
2+ C =
12(sinx)2 + C.
140
Primenom metode parcijalne integracije izra~unati integrale:
6.17.∫
ln xdx.
Re{ewe.
∫ln xdx =
∣∣∣∣∣u = ln x dv = dx
du =dx
xv = x
∣∣∣∣∣ = x lnx−∫
xdx
x
= x ln x− x + C.
6.18.∫
x ln xdx.
Re{ewe.
∫x ln xdx =
∣∣∣∣∣∣u = ln x dv = xdx
du =dx
xv =
x2
2
∣∣∣∣∣∣=
x2
2ln x−
∫x2
2· 1x
dx
=x2
2lnx− 1
2
∫xdx =
x2
2lnx− 1
2· x2
2+ C
=x2
2lnx− x2
4+ C.
6.19.∫
lnx
x2dx.
Re{ewe.
∫lnx
x2dx =
∣∣∣∣∣∣∣
u = ln x dv =dx
x2
du =dx
xv = −1
x
∣∣∣∣∣∣∣= −1
xln x +
∫edx
x2
= −1x
lnx− 1x
+ C.
6.20.∫
lnx
x3dx.
Re{ewe.
141
∫ln x
x3dx =
∣∣∣∣∣∣∣
u = ln x dv =dx
x3
du =dx
xv =
x−2
−2= − 1
2x2
∣∣∣∣∣∣∣= − ln x
2x2+
12
∫dx
x3
= − ln x
2x2+
12(− 1
2x2) + C = − lnx
2x2− 1
4x2+ C.
6.21.∫
xexdx.
Re{ewe.
∫xexdx =
∣∣∣∣u = x dv = exdx
du = dx v = ex
∣∣∣∣ = xex −∫
exdx = xex − ex + C.
6.22.∫
x
exdx.
Re{ewe.
∫x
exdx =
∣∣∣∣u = x dv = e−xdx
du = dx v = −e−x
∣∣∣∣ = −xe−x +∫
e−xdx
= −xe−x − e−x + C.
6.23.∫
x2exdx.
Re{ewe.
∫x2exdx =
∣∣∣∣u = x2 dv = exdx
du = 2xdx v = ex
∣∣∣∣ = x2ex − 2∫
xexdx
=∣∣∣∣
u = x dv = exdxdu = dx v = ex
∣∣∣∣ = x2ex
− 2(
xex −∫
exdx
)+ C = x2ex − 2xex + 2ex + C.
142
6.24.∫
x cosxdx.
Re{ewe.∫
x cosxdx =∣∣∣∣
u = x dv = cosxdxdu = dx v = sin x
∣∣∣∣ = x sinx−∫
sinxdx
= x sinx + cosx + C.
6.25.∫
x sinxdx.
Re{ewe.∫
x sinxdx =∣∣∣∣
u = x dv = sin xdxdu = dx v = − cosx
∣∣∣∣ = −x cosx +∫
cosxdx
= −x cosx + sinx + C.
6.26.∫
(1− x) sin xdx.
Re{ewe.
∫(1− x) sinxdx =
∣∣∣∣u = 1− x dv = sinxdxdu = −dx v = − cosx
∣∣∣∣
= −(1− x) cosx−∫
x cosxdx
= (x− 1) cosx− sinx + C.
6.27.∫
x2 sinxdx
Re{ewe.
∫x2 sinxdx =
∣∣∣∣u = x2 dv = sinxdx
du = 2xdx v = − cosx
∣∣∣∣ = −x2 cosx + 2∫
x cosxdx
=∣∣∣∣
u = x dv = cosxdxdu = dx v = sin x
∣∣∣∣ = −x2 cosx +
+ 2(
x sinx−∫
sinxdx
)+ C = −x2 cosx + 2x sinx + 2 cosx + C.
143
6.28.∫
x2 cosxdx.
Re{ewe.
∫x2 cosxdx =
∣∣∣∣u = x2 dv = cosxdx
du = 2xdx v = sinx
∣∣∣∣ = x2 sinx− 2∫
x sinxdx
=∣∣∣∣
u = x dv = sinxdxdu = dx v = − cosx
∣∣∣∣ = x2 sinx−
− 2(−x cosx +
∫cosxdx
)+ C = x2 sinx + 2x cosx− 2 sin x + C.
6.29.∫
arctg xdx.
Re{ewe.
∫arctg xdx =
∣∣∣∣∣∣u = arctg x dv = dx
du =dx
1 + x2v = x
∣∣∣∣∣∣= x arctg x +
12
∫xdx
1 + x2
= x arctg x +12
∫d(1 + x2)1 + x2
= x arctg x +12
ln(1 + x2) + C.
6.30.∫
x arctg xdx.
Re{ewe.
∫x arctg xdx =
∣∣∣∣∣∣u = arctg x dv = xdx
du =1
1 + x2dx v =
x2
2
∣∣∣∣∣∣=
x2
2arctg x−
− 12
∫x2dx
1 + x2=
x2
2arctg x− 1
2
∫1 + x2 − 1
1 + x2dx
=x2
2arctg x− 1
2
(∫dx−
∫dx
1 + x2
)=
x2
2arctg x−
− 12(x− arctg x) + C =
x2
2arctg x− 1
2x +
12
arctg x +
+ C =12(x2 + 1) arctg x− x
2+ C.
144
Izra~unati integrale slede}ih racionalnih funkcija:
6.31.∫
dx
x2 + 5x.
Re{ewe. Podintegralna funkcija mo`e da se napi{e i u obliku1
x2 + 5x=
1x(x + 5)
=A
x+
B
x + 5,
pri ~emu koeficijente A i B treba odrediti. Iz posledwe jednakostidobijamo:
1 ≡ A(x + 5) + Bx,
a odavde je A = 15 , B = −A = −1
5 . Dakle, sada integral postaje:∫dx
x2 + 5x=
∫dx
x(x + 5)=
15
∫dx
x− 1
5
∫dx
x + 5
=15
ln |x| − 15
ln |x + 5|+ C =15
ln∣∣∣∣
x
x + 5
∣∣∣∣ + C.
6.32.∫
x2
x2 − 3x + 2dx.
Re{ewe. Dati integral je:∫
x2
x2 − 3x + 2dx =
∫x2 − 3x + 2 + 3x− 2
x2 − 3x + 2dx =
∫ (1 +
3x− 2x2 − 3x + 2
)dx.
Podintegralna racionalna funkcija mo`e da se napi{e i u obliku3x− 2
x2 − 3x + 2=
3x− 2(x− 2)(x− 1)
=A
x− 2+
B
x− 1,
jer su 1 i 2 re{ewa kvadratne jedna~ine x2 + 3x− 2 = 0. KoeficijenteA i B odre|ujemo iz posledwe jednakosti:
3x− 2 ≡ A(x− 1) + B(x− 2),
a odavde je A = 4, B = −1. Dakle, sada integral postaje:∫
x2
x2 − 3x + 2dx =
∫ (1 +
3x− 2x2 − 3x + 2
)dx =
∫dx + 4
∫dx
x− 2
−∫
dx
x− 1= x + 4 ln |x− 2| − ln |x− 1|+ C
= x + ln∣∣∣∣(x− 2)4
x− 1
∣∣∣∣ + C.
145
6.33.∫
x4
x2 + 3dx.
Re{ewe. Dati integral je:∫
x4
x2 + 3dx =
∫x2(x2 + 3)− 3x2
x2 + 3dx =
∫ (x2 +
−3(x2 + 3) + 9x2 + 3
)dx
=x3
3− 3x + 9
∫dx
x2 + 3=
x3
3− 3x +
9√3
∫dx
(x√3
)2
+ 1
=x3
3− 3x +
9√3
arctgx√3
+ C.
6.34.∫
dx
x4 + 3x2dx.
Re{ewe. Podintegralna racionalna funkcija mo`e da se napi{e i uobliku
1x4 + 3x2
=1
x2(x2 + 3)=
A
x+
B
x2+
Cx + D
x2 + 3.
Koeficijente A,B, C i D odre|ujemo iz posledwe jednakosti:
1 ≡ Ax(x2 + 3) + B(x2 + 3) + (Cx + D)x2
1 ≡ A(x3 + 3) + B(x2 + 3) + Cx3 + Dx2
1 ≡ (A + C)x3 + (B + D)x2 + 3Ax + 3B
a odavde je
A + C = 0B + D = 0
3A = 03B = 1
Nakon izra~unavawa dobijamo da je A = 0, B = 13 , C = 0, D = −1
3 .Dakle, sada integral postaje:
∫dx
x4 + 3x2dx =
∫1
x2(x2 + 3)=
13
∫dx
x2− 1
3
∫dx
x2 + 3
= − 13x
− 13√
3arctg
x√3
+ C.
146
6.35.∫
x + 1x(x− 1)3
dx.
Re{ewe. Podintegralna racionalna funkcija mo`e da se napi{e i uobliku
x + 1x(x− 1)3
=A
x+
B
x− 1+
C
(x− 1)2+
D
(x− 1)3.
Koeficijente A,B, C i D odre|ujemo iz posledwe jednakosti:
x + 1 ≡ A(x3 + 3x2 + 3x− 1) + B(x3 − 2x2 + x) + C(x2 − x) + Dx
x + 1 ≡ (A + B)x3 + (−3A− 2B + C)x2 + (3A + B − C + D)x−A,
a odavde je
A + B = 0−3A− 2B + C = 0
3A + B − C + D = 1−A = 1.
Nakon izra~unavawa dobijamo da je A = −1, B = 1, C = −1, D = 2.Dakle, sada integral postaje:∫
x + 1x(x− 1)3
dx = −∫
dx
x+
∫dx
x− 1−
∫dx
(x− 1)2+ 2
∫dx
(x− 1)3
= − ln x + ln(x− 1) +1
x− 1− 1
(x− 1)2+ C
= lnx− 1
x+
1x− 1
− 1(x− 1)2
+ C.
Izra~unati:
6.36.∫
x2 + 2x2 + 1
dx.
Re{ewe. Kod ovog integrala svodimo podintegralnu funkciju na pravuracionalnu funkciju, pa je:
∫x2 + 2x2 + 1
dx =∫
x2 + 1 + 1x2 + 1
=∫ (
1 +1
x2 + 1
)dx = x +
∫dx
x2 + 1= x + arctg x + C.
147
6.37.∫
x2
x2 + 1dx.
Re{ewe.Ovaj integral re{avamo jednostavno rastavqawem na dva ~ini-oca:
∫x2
x2 + 1dx =
∫x2 + 1− 1
x2 + 1dx =
∫x2 + 1x2 + 1
dx−∫
1x2 + 1
dx
= x− arctg x + C.
6.38.∫
dx
(x− 2)3.
Re{ewe.∫dx
(x− 2)3=
∫d(x− 2)(x− 2)3
=d(x− 2)−2
−2+ C = − 1
2(x− 2)2+ C.
6.39.∫
x√2x + 5
dx.
Re{ewe. Kod ovog integrala uvodimo smenu:√
2x + 5 = t ⇒ 2x + 5 = t2 ⇒ x =t2 − 5
2⇒ dx = tdt
pa integral postaje∫ (
t2
2− 5
2
)dt =
t3
6− 5
2t + C =
(2x + 5
6− 5
2
)√2x + 5 + C.
6.40.∫
dx√x− 1−√x− 2
dx.
Re{ewe. Ovaj integral re{avamo racionalizacijom:
∫1√
x− 1−√x− 2=
∫1√
x− 1−√x− 2·√
x− 1 +√
x− 2√x− 1 +
√x− 2
dx
=∫ √
x− 1 +√
x− 2x− 1− x + 2
dx =∫
(√
x− 1 +√
x− 2)dx
=∫ √
x− 1d(x− 1) +∫ √
x− 2d(x− 2)
=23(x− 1)
√x− 1 +
23(x− 2)
√x− 2 + C.
148
6.41.∫
ex sinxdx.
Re{ewe. Ozna~imo integral sa I , tada je
I =∣∣∣∣
u = sin x dv = exdxdu = cosxdx v = ex
∣∣∣∣ = ex sinx−∫
ex cosxdx
=∣∣∣∣
u = cosx dv = exdxdu = − sinxdx v = ex
∣∣∣∣
= ex sinx− (ex cosx +∫
ex sinxdx) + C1
= ex sinx− ex cosx− I + C1.
Odavde je:
2I = ex(sinx− cosx) + C1
I =ex
2(sinx− cosx) + C,
gde je C +C1
2.
6.42.∫
ex cosxdx.
Re{ewe. Ozna~imo integral sa I , tada je
I =∣∣∣∣
u = cosx dv = exdxdu = − sinxdx v = ex
∣∣∣∣ = ex cosx +∫
ex sinxdx
=∣∣∣∣
u = sinx dv = exdxdu = cosxdx v = ex
∣∣∣∣
= ex cosx + ex sinx−∫
ex cosxdx) + C1
= ex cosx + ex sinx− I + C1.
Odavde je:
2I = ex(cosx + sin x) + C1
I =ex
2(cosx + sin x) + C,
gde je C =C1
2.
149
Primenom Wutn Lajbnicove formule izra~unati:
6.43.∫ 3
0
2x + 1x2 + x + 3
dx.
Re{ewe.Da bi re{ili ovaj odre|eni integral uvodimo smenu i istovre-meno mewamo i granice :
x2 + x + 3 = t ⇒ (2x + 1)dx = dt
⇒ x1 = 0 ⇒ t1 = 3 ∧ x2 = 3 ⇒ t2 = 15
pa integral postaje∫ 15
3
dt
t= ln t|15
3 = ln 15− ln 3 = ln153
= ln 5.
6.44.∫ π
2
0(2 cosx + 3 sinx)dx.
Re{ewe. Integral re{avamo direktno:∫ π
2
0(2 cosx + 3 sinx)dx = 2
∫ π2
0cosxdx + 3
∫ π2
0sinxdx
= 2 sinx|π20 − 3 cos x|
π20 = 2(1− 0)− 3(0− 1) = 5.
6.45.∫ 2
1x lnxdx.
Re{ewe. Integral re{avamo metodom parcijalne integracije pri ~emuse ne mewa vrednost granica:
∫ 2
1x ln xdx =
∣∣∣∣∣∣u = ln x dv = xdx
du =dx
xv =
x2
2
∣∣∣∣∣∣=
x2
2ln x|21 −
12
∫ 2
1xdx
=12(4 ln 2− 0)− 1
2· x2
2|21 = 2 ln 2− 3
4.
6.46. Na}i povr{inu ograni~enu lukom krive y = x2 + x + 1, pravamax = 0, x = 1 i y = 0.
Re{ewe.
150
Slika 6.7
P =∫ 1
0(x2 + x + 1)dx =
x3
3|10 +
x2
2|10 + x|10 =
116
.
6.47. Izra~unati povr{inu ograni~enu krivim y = sinx, y = cosx iodse~kom
[0,
π
2
], x ose.
Re{ewe.
Slika 6.8
151
P =∫ π
4
0cosxdx−
∫ π4
0sinxdx +
∫ π2
π4
sinxdx−∫ π
2
π4
cosxdx
= sinx|π40 + cosx|
π40 − cosx|
π2π4− sinx|
π2π4
=
(√2
2− 0
)+
(√2
2− 1
)−
(0−
√2
2
)−
(1−
√2
2
)
= 2(√
2− 1).
6.48. Na}i zapreminu tela koje nastaje rotacijomdelapovr{iograni~enekrivim y = x2(1− x2), y = 0 oko x-ose.
Re{ewe. Ta~ke u kojima kriva y = x2(1 − x2) se~e x-osu dobijamo iz-jedna~avawem funkcije sa nulom, pa re{avawem dobijamo da je x1,2 =0, x3 = 1, x4 = −1. Dakle, koriste}i obrazac za izra~unavawe zapre-mine, dobijamo:
V = π
∫ 1
−1x4(1− x2)2dx = π
∫ 1
−1x4(1− 2x2 + x4)dx
= π
∫ 1
−1(x4 − 2x6 + x8)dx = π
(x5
5|1−1 − 2
x7
7|1−1 +
x9
9|1−1
)
= π
(25− 4
7+
29
)=
32π315
.
6.49. Na}i du`inu luka krive y = ln(cosx) izme|u ta~aka sa apscisamax = 0, x =
π
4.
Re{ewe. Izvod funkcije y = ln(cosx) je
y′ =sinx
cosx= tg x.
Koriste}i obrazac za izra~unavawe du`ine luka krive, dobijamo:
s =∫ π
4
0
√1 + tg2 xdx =
∫ π4
0
√1 +
sin2 x
cos2 xdx
=∫ π
4
0
√cos2 x + sin2 x
cos2 xdx =
∫ π4
0
1cosx
dx =∫ π
4
0
cosx
cos2 xdx
=∫ π
4
0
cosx
1− sin2 xdx.
152
Posle uvo|ewa smene
sinx = t ⇒ cosxdx = dt
mewaju se i granice pa je x = 0 ⇒ t = 0∧ x = π4 ⇒ t =
√2
2 . Dakle, daqeje:
s =∫ √
22
0
dt
1− t2=
12
ln∣∣∣∣1 + t
1− t
∣∣∣∣ |√
22
0 =12
(ln
2 +√
21−√2
− ln 1
)
=12
ln2 +
√2
1−√2.
153
Glava 7
Vektori
7.1 Pregled definicija i teorema
Pojam vektora
Orijentisana du` AB koja je odre|ena svojim pravcem, smerom iintenzitetom naziva se vektorska veli~ina ili vektor. Vektori seozna~avaju sa −−→AB,
−−→CD ili −→a ,
−→b ....
Intenzitet (du`ina ili modul) vektora −−→AB je du`ina du`i AB
i ozna~ava se sa |−−→AB|. Vektor kod koga se zavr{na i po~etna ta~kapoklapaju zove se nula vektor. Vektor ~ija je du`ina jednaka 1 zove sejedini~ni vektor.
Prava koja je odre|ena po~etnom i krajwom ta~kom vektora naziva senosa~. Dva vektora imaju isti pravac ako su wihovi nosa~i paralelniili se poklapaju.
Svaki pravac ima dva smera. Na slici 7.1 su dati vektori −→a i −→bkoji imaju isti smer, a vektori −→c i −→d imaju suprotne smerove.
154
Slika 7.1
DEFINICIJA 7.1. Dva vektora su jednaka ako imaju jednake intenzitete,isti pravac i isti smer.
DEFINICIJA 7.2. Dva vektora su suprotna jedan drugom ako imaju je-dnake du`ine, isti pravac a suprotan smer.
Linearne operacije sa vektorima
Uskupu vektora defini{u se operacije sabirawavektoraimno`ewavektora skalarom.
Ako se po~etna ta~ka B vektora−−→BC poklapa sa zavr{nom ta~komB
vektora −−→AB, ka`emo da je vektor −−→BC nadovezan na vektor −−→AB.
DEFINICIJA 7.3. Zbir vektora−−→AB i−−→BC je vektor−→AC dobijen pravilomnadovezivawa (slika 7.2).
Slika 7.2
155
Razlika vektora −−→AB i −→AC je vektor −−→CB (slika 7.3).
Slika 7.3
TEOREMA 7.1. Neka su −→a ,−→b i −→c proizvoqni vektori. Tada va`e je-
dnakosti:
−→a +−→b =
−→b +−→a (osobina komutacije),
(−→a +−→b ) +−→c = −→a + (
−→b +−→c ) (osobina asocijacije).
DEFINICIJA 7.4. Neka je k skalar (realan broj). Proizvod skalara k ivektora −→a jeste vektor −→b , takav da
1) |−→b | = |k||−→a |,
2) pravac vektora −→b je isti kao i pravac vektora −→a ,
3) za k > 0 smer vektora −→b je isti kao i smer vektora −→a , dok jesuprotan smeru vektora −→a ako je k < 0.
TEOREMA 7.2. Neka su −→a i −→b vektori, a k i l skalari. Tada je
k · (l−→a ) = (k · l)−→a ,
(k + l)−→a = k−→a + l−→a ,
k(−→a +−→b ) = k−→a + k
−→b .
156
Linearne kombinacije vektora
Linearna kombinacija vektora je
k1−→a 1 + k2
−→a 2 + · · ·+ kn−→a n =
n∑
j=1
kj−→a j ,
gde su k1, k2, . . . kn skalari a −→a 1,−→a 2, . . .
−→a n vektori.
DEFINICIJA 7.5. Vektori −→a 1,−→a 2, . . .
−→a n obrazuju skup linearno za-visnih vektora ako postoje skalari k1, k2, . . . kn od kojih je bar jedanrazli~it od nule, tako da je:
k1−→a 1 + k2
−→a 2 + · · ·+ kn−→a n =
−→0 .
DEFINICIJA 7.6. Za dva ili vi{e vektora ka`e se da su kolinearni akosu wihovi nosa~i paralelni.
TEOREMA 7.3. Da bi dva vektora bila kolinearna potrebno je i dovoqnoda su linearno zavisni.
DEFINICIJA 7.7. Tri ili vi{e vektora su komplanarni ako le`eu jednojravni ili su paralelni jednoj ravni.
TEOREMA 7.4. Da bitri vektora bila komplanarna potrebno je i dovoqnoda su linearno zavisni.
TEOREMA 7.5. Proizvoqna ~etiri vektora −→a ,−→b ,−→c ,
−→d su linearno zav-
isna.
TEOREMA 7.6. Neka su −→a ,−→b ,−→c linearno nezavisni vektori. Tada za
proizvoqan vektor −→d postoji jedinstveno razlagawe−→d = α−→a + β
−→b + γ−→c .
Projekcije vektora na osu
DEFINICIJA 7.8. Orijentisanom pravom ili osom naziva se prava nakojoj je izabran jedan od dva smera kretawa, pa je za dve proizvoqne ta~keodre|eno koja od wih se smatra da prethodi drugoj.
157
DEFINICIJA 7.9. Ortogonalna projekcija vektora −−→AB na osu vektora−→e jeste broj |−−→A′B′| ako vektori−−→A′B′ i−→e imaju isti smer, i broj−|−−→A′B′|ako vektori
−−→A′B′ i −→e imaju suprotne smerove.
Ako su−→e 1,−→e 2,
−→e 3 tri jedini~na, me|u sobom ortogonalna vektora,onda se razlagawe vektora−→a na sabirke u pravcima ovih vektora svodina odre|ivawe projekcija vektora −→a na ose ovih vektora.
Naj~e{}e se za jedini~ne ortogonalne vektore koriste oznake−→i ,−→j ,−→
k . Vektori −→i ,−→j ,−→k obrazuju triedar i ako se on mo`e predstaviti sa
tri prsta desne ruke, onda se ka`e da je triedar desne orijentacije.
DEFINICIJA 7.10. Ure|en skuptri ose koje prolaze kroz utvr|enuta~kuO i me|u sobom su ortogonalne jeste Dekartov pravougli koordinatnisistem. Za ta~ku O se ka`e da je po~etak sistema.
Za osu odre|enu vektorom −→i obi~no se koristi oznaka Ox, a za oseodre|ene vektorima −→j i −→k koriste se oznake Oy i Oz.Za projekcijea1, a2, a3 vektora −→a = a1
−→i + a2
−→j + a3
−→k ,
ka`e se da su koordinate vektora−→a i korisit se oznaka−→a = (a1, a2, a3).Vektor −→OA = (a1, a2, a3) odre|uje ta~ku A.
U op{tem slu~aju, za vektor−→r =
−−→OM = x
−→i + y
−→j + z
−→k = (x, y, z),
se ka`e da je vektor polo`aja ta~keM . Brojevix, y, z se zovu koordinateta~ke M i to: x apscisa, y ordinata i z je aplikata ta~ke M .
Sabirawe vektora i mno`ewe vektora skalarom mogu se izrazitipomo}u koordinata. Ako je−→a = a1
−→i +a2
−→j +a3
−→k i−→b = b1
−→i +b2
−→j +
b3−→k , tada je
−→a ±−→b = (a1 ± b1)−→i + (a2 ± b2)
−→j + (a3 ± b3)
−→k ,
k · −→a = ka1−→i + ka2
−→j + ka3
−→k , k ∈ R.
Tako|e, modul vektora ako je on dat koordinatama se izra~unava naosnovu formule:
|−→r | = |−−→OM | =√
x2 + y2 + z2.
158
Skalarni proizvod vektora
DEFINICIJA 7.11. Skalarni proizvod dva nenula vektora −→a i −→b u oz-naci −→a · −→b je skalar (broj) koji se defini{e pomo}u jednakosti:
−→a · −→b = |−→a ||−→b | cos∠(−→a ,−→b ).
Ako za dva nenula vektora −→a i −→b va`i da je wihov skalarni
proizvod jednak nuli −→a · −→b = 0, onda su oni me|usobno ortogonalnivektori.
Za jedini~ne vektore −→i ,−→j ,−→k imamo da va`i:
−→i · −→i =
−→j · −→j =
−→k · −→k = 1,
−→i · −→j =
−→i · −→k =
−→j · −→k = 0.
TEOREMA 7.7. Neka su −→a ,−→b ,−→c vektori i k skalar. Tada je
−→a · −→b =−→b · −→a ,
(k−→a ) · −→b = −→a · (k−→b ) = k(−→a · −→b ),
(−→a +−→b ) · −→c = −→a · −→c +
−→b · −→c .
Skalarni proizvod dva vektora mo`e se izra~unati i pomo}u koor-dinata vektora. Ako je−→a = a1
−→i +a2
−→j +a3
−→k i−→b = b1
−→i +b2
−→j +b3
−→k ,
tada je−→a · −→b = a1b1 + a2b2 + a3b3.
Vektorski proizvod dva vektora
DEFINICIJA 7.12. Vektorski proizvod−→a ×−→b vektora−→a i−→b je vektor−→c ~iji je:
1) intenzitet |−→a ×−→b | = |−→a ||−→b | sin∠(−→a ,−→b ),
2) pravac normalan na ravan odre|enu vektorima −→a i −→b ,
3) smertakav da vektori−→a ,−→b ,−→c = −→a ×−→b , tim redom, ~inetriedar
desne orijentacije (da su pore|ani u smeru suprotnom od smerakretawa kazaqke na ~asovniku.)
159
Ako je jedan od vektora nula vektor, onda je i −→a × −→b nula vektor.Ako su vektori −→a i −→b kolinearni, onda je i −→a ×−→b =
−→0 .
TEOREMA 7.8. Neka su −→a ,−→b ,−→c vektori i k skalar. Tada je
−→a ×−→b = −(−→b ×−→a ),
(k−→a )×−→b = −→a × (k−→b ) = k(−→a ×−→b ),
(−→a +−→b )×−→c = −→a ×−→c +
−→b ×−→c .
[to se ti~e jedini~nih ortogonalnih vektora−→i ,−→j ,−→k imamo da je
wihov proizvod jednak:−→i ×−→i =
−→0 ,
−→i ×−→j =
−→k ,
−→i ×−→k = −−→j ,
−→j ×−→i = −−→k ,
−→j ×−→j =
−→0 ,
−→j ×−→k =
−→i ,
−→k ×−→i =
−→j ,
−→k ×−→j = −−→i ,
−→k ×−→k =
−→0 .
Vektorski proizvod dva vektora mo`e se izra~unati i pomo}u koor-dinata vektora. Ako je−→a = a1
−→i +a2
−→j +a3
−→k i−→b = b1
−→i +b2
−→j +b3
−→k ,
tada imamo determinantu:
−→a ×−→b =
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
a1 a2 a3
b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣,
koju razvijamo po prvoj vrsti.Povr{ina paralelograma konstruisanog nad vektorima −→a i −→
bizra~unava se po formuli:
P = |−→a ×−→b |.
Me{oviti proizvod tri vektora
Od tri vektora je mogu}e formirati proizvod u kome se dva vektoramno`e vektorski, a zatim dobijeni proizvod mno`i skalarno sa tre}imvektorom. Takav proizvod se zove me{oviti proizvod. Me{ovitiproizvod tri vektora je skalar i ozna~ava se sa:
[−→a ,−→b ,−→c ] = (−→a ×−→b ) · −→c .
160
Tri nenula vektora su komplanarna ako i samo ako je wihov me{ovitproizvod jednak nuli.
Me{oviti proizvod tri vektora mo`e se izra~unati i pomo}u koor-dinata vektora. Ako je−→a = a1
−→i + a2
−→j + a3
−→k ,−→b = b1
−→i + b2
−→j + b3
−→k
i −→c = c1−→i + c2
−→j + c3
−→k , tada imamo determinantu:
(−→a ×−→b ) · −→c =
∣∣∣∣∣∣
a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
∣∣∣∣∣∣.
Zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorima −→a ,−→b ,−→c
izra~unava se po formuli:
V = |[−→a ,−→b ,−→c ]|.
7.2 Zadaci
7.1. Odrediti −→v , ako je −→v · −→a = 1 ∧ −→v · −→b = 2 ∧ −→v · −→c = 3 i ako suvektori −→a ,
−→b ,−→c dati koordinatama
−→a = (2,−4, 3),−→b = (3,−1, 5), −→c = (1,−2, 4).
Re{ewe. Neka je vektor −→v dat koordinatama −→v = (x, y, z)
−→v · −→a = 1−→v · −→b = 2−→v · −→c = 3
⇒(x, y, z) · (2,−4, 3) = 1(x, y, z) · (3,−1, 5) = 2(x, y, z) · (1,−2, 4) = 3
⇒2x− 4y + 3z = 13x− y + 5z = 2x− 2y + 4z = 3
.
Re{avawem ovog sistema jedna~ina dobijamo da je x = −1, y = 0, z = 1.Tj. tra`eni vektor je oblika
−→v = (−1, 0, 1).
7.2. Dati su vektori −→a = (0, 2p, p), −→b = (2, 2, 1), −→c = (−1,−2,−1) i−→d = (p, 0, 1).Odrediti realan broj p tako da je −→a · −→b = −→c · −→d + 7.
161
Re{ewe.−→a · −→b = −→c · −→d + 7
⇔ (0, 2p, p) · (2, 2, 1) = (−1,−2,−1) · (p, 0, 1) + 7⇔ 4p + p = −p− 1 + 7 ⇔ 5p = −p + 6 ⇔ 6p = 6⇔ p = 1.
7.3. Dati su vektori −→a = (m− 1)−→i + (3m + 4)
−→j i −→b = (m + 10)
−→i +
(3m + 4)−→j , gde je m realan parametar. Odrediti:
1) Vektor −→v = 2−→a − 36−→b .
2) Za koje vrednosti parametra m vektor −→v je nula vektor?
Re{ewe. 1)
−→v = 2−→a − 36−→b
= 2[(m− 1)−→i + (3m + 4)
−→j ]− 36[(m + 1)
−→i + (3m + 4)
−→j ]
= [2(m− 1)−→i + 2(3m + 4)
−→j ]− [36(m + 1)
−→i + 36(3m + 4)
−→j ]
= (2m− 2− 36m− 36)−→i + [2(3m + 4)− 36(3m + 4)]
−→j
= (−34m− 38)−→i − 34(3m + 4)
−→j .
2) −→v = 0−→i + 0
−→j = −2(17m + 19)
−→i − 34(3m + 4)
−→j .
Vektor −→v je nula vektor ako i samo ako su mu obe koordinate is-tovremeno jednake nuli, tj.
17m + 19 = 0 ∧ 3m + 4 = 0.
O~igledno za nijednu vrednost parametram vektor−→v nije nula vektor,jer jedna~ine imaju razli~ita re{ewa m = −19
17i m = −4
3.
7.4. Odrediti ugao izme|u vektora −→v = 3−→a − 2−→b i vektora −→c , ako su
−→a = (−2, 1, 1),−→b = (1, 5, 0), −→c = (4, 4,−2).
Re{ewe. Vektor −→v se defini{e kao zbir vektora −→a i −→b :−→v = 3(−2, 1, 1)− 2(1, 5, 0) = (−6, 3, 3)− (2, 10, 0)
= (−6− 2, 3− 10, 3− 0) = (−8,−7, 3).
162
Naosnovu definicije skalarnogproizvodadva vektoramo`emoizra~unatiugao izme|u vektora −→v i −→c :
−→v · −→c = |−→v ||−→c | cos∠(−→v ,−→c ) ⇒ cos∠(−→v ,−→c ) =−→v · −→c|−→v ||−→c | ,
tj.cos∠(−→v ,−→c ) =
−666 · √122
=−11√122
,
jer je |−→v | =√
64 + 49 + 9 =√
122, |−→c | =√
16 + 16 + 4 =√
36 = 6 i−→v · −→c = −8 · 4 + (−7) · 4 + 3 · (−2) = −32− 28− 6 = −66.
7.5. Dati su vektori −→a = (3,−1, 5),−→b = (1, 2,−3),−→c = (2,−1, 1).
Na}i vektor −→d koji je normalan na vektore −→a i −→b i −→c · −→d = −3.
Re{ewe. Neka je vektor −→d dat koordinatama −→d = (x, y, z). Tako|e jepoznato da ako su dva vektora ortogonalna ili normalna da je wihovskalarni proizvod jednak nuli. Tada je−→d · −→a = 0−→d · −→b = 0−→
d · −→c = −3
⇒(x, y, z) · (3,−1, 5) = 0(x, y, z) · (1, 2,−3) = 0
(x, y, z) · (2,−1, 1) = −3⇒
3x− y + 5z = 0x + 2y − 3z = 02x− y + z = −3
.
Re{avawem ovog sistema jedna~ina dobijamo da je x = −1, y = 2, z = 1.Tj. tra`eni vektor je oblika
−→d = (−1, 2, 1).
7.6. Odrediti ugao izme|u vektora−→a i−→b ako je (−→a +3−→b ) ⊥ (7−→a −5
−→b )
i (−→a − 4−→b ) ⊥ (7−→a − 2
−→b ).
Re{ewe. Za ortogonalne vektore va`i da je wihov skalarni proizvodjednak nuli:
(−→a + 3−→b ) ⊥ (7−→a − 5
−→b )
⇒ (−→a + 3−→b ) · (7−→a − 5
−→b ) = 0
7−→a · −→a − 5−→a · −→b + 21−→a · −→b − 15−→b · −→b = 0
7|−→a |2 + 16−→a · −→b − 15|−→b |2 = 0,
163
i
(−→a − 4−→b ) ⊥ (7−→a − 2
−→b )
⇒ (−→a − 4−→b ) · (7−→a − 2
−→b ) = 0
7−→a · −→a − 2−→a · −→b − 28−→a · −→b + 8−→b · −→b = 0
7|−→a |2 − 30−→a · −→b + 8|−→b |2 = 0.
Iz prve relacije je 7|−→a |2 = 15|−→b |2 − 16−→a · −→b i zamenom u drugojjednakosti dobijamo:
15|−→b |2 − 16−→a · −→b − 30−→a · −→b + 8|−→b |2 = 0
⇒ −46−→a · −→b = −23|−→b |2
⇒ |−→a ||−→b | · cos∠(−→a ,−→b ) =
−23−46
|−→b |2
⇒ cos∠(−→a ,−→b ) =
|−→b |22|−→a ||−→b |
=|−→b |2|−→a |
⇒ ∠(−→a ,−→b ) = arccos
|−→b |2|−→a | .
7.7. Na}i koordinate vektora −→x , znaju}i da je on normalan na vektore−→a = (2,−3, 1) i −→b = (1,−2, 3), ako je −→x · (−→i + 2
−→j − 7
−→k ) = 10.
Re{ewe. Neka je −→x = (p, q, r). Tada iz uslova −→a ⊥ −→x−→a · −→x = 0 ⇒ (2,−3, 1) · (p, q, r) = 0 ⇒ 2p− 3q + r = 0.
Iz uslova da je −→b ⊥ −→x je−→b · −→x = 0 ⇒ (1,−2, 3) · (p, q, r) = 0 ⇒ p− 2q + 3r = 0.
I iz posledweg uslova je
(p, q, r) · (−→i + 2−→j − 7
−→k ) = 10 ⇒ p + 2q − 7r = 10.
Date jedna~ine ~ine sistem
2p− 3q + r = 0p− 2q + 3r = 0p + 2q − 7r = 10,
164
~ijim re{avawem dobijamo da je−→x = (7, 5, 1).
7.8. Odrediti realan broj p tako da vektor −→a = 2p−→i +
−→j + (1− p)
−→k
gradi jednake uglove sa vektorima−→b = −−→i +3−→j , −→c = 5
−→i −−→j +8
−→k .
Re{ewe. O~igledno je:−→a = 2p
−→i +
−→j + (1− p)
−→k = (2p, 1, 1− p)
−→b = −2
−→i − 4
−→j + 3
−→k = (−1, 3, 0)
−→c = 4−→i − 2
−→j − 3
−→k = (5,−1, 8).
Ugao izme|u vektora −→a i −→b odre|ujemo iz formule:−→a · −→b = |−→a ||−→b | cos∠(−→a ,
−→b ).
Tj. bi}e:
cos∠(−→a ,−→b ) =
−→a · −→b|−→a ||−→b |
=−→a · −→c|−→a ||−→c | = cos∠(−→a ,−→c )
−→a · −→b|−→b |
=−→a · −→c|−→c |
−2p + 3√1 + 9
=10p− 1 + 8(1− p)√
25 + 1 + 64⇒ −2p + 3√
10=
10p− 1 + 8− 8p
3√
10
3(−2p + 3) = 2p + 7 ⇒ p =14.
7.9. Dati su vektori −→a = 6−→i +
−→j +
−→k , −→b = 3
−→j − −→k i −→c = −2
−→i +
3−→j + 5
−→k . Odrediti λ tako da vektori−→a + λ
−→b i−→c budu ortogonalni.
Re{ewe. Kako (−→a + λ−→b ) ⊥ −→c ⇒ (−→a + λ
−→b ) · −→c = 0, sledi da je
(6−→i +
−→j +
−→k + λ(3
−→j −−→k )) · (−2
−→i + 3
−→j + 5
−→k ) = 0
(6−→i + (1 + 3λ)
−→j + (1− λ)
−→k ) · (−2
−→i + 3
−→j + 5
−→k ) = 0
−12 + 3(1 + 3λ) + 5(1− λ) = 0−12 + 3 + 9λ + 5− 5λ = 0.
Iz posledwe jednakosti je λ = 1.
7.10. Dati su vektori: −→a = (7, 6,−6),−→b = (6, 2, 9). Odrediti:
165
1) ugao me|u wima,
2) vektorski proizvod ta dva vektora.
Re{ewe. 1) Ugao izme|u ova dva vektora odredi}emo pomo}u skalarnogproizvoda:
−→a · −→b = |−→a ||−→b | · cos∠(−→a ,−→b ) ⇒
cos∠(−→a ,−→b ) =
−→a · −→b|−→a ||−→b |
=(7, 6,−6) · (6, 2, 9)√
49 + 36 + 36 · √36 + 4 + 81
=42 + 12− 54√
121 · √121=
54− 54121
= 0 ⇒ α = 900,
tj. vektori su ortogonalni.b)
−→a ×−→b =
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
7 6 −66 2 9
∣∣∣∣∣∣=−→i (54 + 12)−−→j (63 + 36) +
−→k (14− 36)
= (66,−99,−22).
7.11. Dati su vektori: −→a =−→i +3
−→j −−→k ,
−→b = −2
−→i −4
−→j +3
−→k , −→c =
4−→i − 2
−→j − 3
−→k . Odrediti (−→a +
−→b ) × −→c kao i ugao izme|u vektora−→x = (−2, 2,−1), −→y = (−6, 3, 6).
Re{ewe. O~igledno je:−→a =
−→i + 3
−→j −−→k = (1, 3,−1),
−→b = −2
−→i − 4
−→j + 3
−→k = (−2,−4, 3),
−→c = 4−→i − 2
−→j − 3
−→k = (4,−2,−3),
pa je
(−→a +−→b )×−→c = ((1, 3,−1) + (−2,−4, 3))×−→c = (−1,−1, 2)×−→c
=
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
−1 −1 24 −2 −3
∣∣∣∣∣∣=−→i
∣∣∣∣−1 2−2 −3
∣∣∣∣−−→j
∣∣∣∣−1 24 −3
∣∣∣∣
+−→k
∣∣∣∣−1 −14 −2
∣∣∣∣ =−→i (3 + 4)−−→j (3− 8) +
−→k (2 + 4)
= 7−→i + 5
−→j + 6
−→k = (7, 5, 6).
166
Ugao izme|u vektora −→x i −→y odre|ujemo iz formule:−→x · −→y = |−→x ||−→y | cos∠(−→x ,−→y ).
Tj. bi}e:
cos∠(−→x ,−→y ) =−→x · −→y|−→x ||−→y | =
(−2, 2,−1)(−6, 3, 6)√4 + 4 + 1 · √36 + 9 + 36
=12 + 6− 6√
9 · √81
=12
3 · 9 =49.
7.12. Dati su vektori: −→a = (0, 2p, p),−→b = (2, 2, 1), −→c = (−1,−2,−1).
Odrediti realan broj p tako da je (−→a − −→b ) · −→c = −→a · −→c + p. Zatimizra~unati povr{inu paralelograma konstruisanog nad vektorima −→ai −→c .Re{ewe. Dakle
−→a −−→b = (0, 2p, p)− (2, 2, 1) = (−2, 2(p− 1), p− 1),
pa je
(−→a −−→b ) · −→c = −→a · −→c + p
(−2, 2(p− 1), p− 1) · (−1,−2,−1) = (0, 2p, p) · (−1,−2,−1) + p
2− 4p + 4− p + 1 = −4p
p = 7.
U drugom delu zadatka treba izra~unati povr{inu paralelograma,a to nalazimo preko vektorskog proizvoda dva vektora.
P = |−→a ×−→b | = |∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
0 14 7−1 −2 −1
∣∣∣∣∣∣| = |−→i (−14 + 14)−−→j (0 + 7)
+−→k (0 + 14)| = | − 7
−→j + 14
−→k | = √
49 + 196 =√
245 = 7√
5.
7.13. Uprostiti izraze
1) (−→a +2−→b +3−→c )×−→a +(2−→a +
−→b +3−→c )×−→b +(3−→a +2
−→b +3−→c )×−→c ,
2) ((−→i +
−→j )× (
−→i − (
−→k ×−→j )))× (2
−→i − (
−→i ×−→k )×−→j + 2
−→k ).
167
Re{ewe.
1) (−→a +2−→b +3−→c )×−→a +(2−→a +
−→b +3−→c )×−→b +(3−→a +2
−→b +3−→c )×−→c =
−→a ×−→a + 2−→b ×−→a + 3−→c ×−→a + 2−→a ×−→b +
−→b ×−→b 3−→c ×−→b + 3−→a ×−→c +2
−→b ×−→c +3−→c ×−→c = −2−→a ×−→b −3−→a ×−→c +2−→a ×−→b −3
−→b ×−→c + 3−→a ×−→c + 2
−→b ×−→c = −−→b ×−→c .
2) ((−→i +
−→j ) × (
−→i − (
−→k × −→j ))) × (2
−→i − (
−→i × −→k ) × −→j + 2
−→k ) =
((−→i +
−→j )× (
−→i +
−→i ))× (2
−→i +
−→j ×−→j +2
−→k ) = ((
−→i +
−→j )×2
−→i )×
(2−→i + 2
−→k ) = −2
−→k × (2
−→i + 2
−→k ) = −4
−→j .
7.14. Dati su vektori −→a = (1, 0,−2),−→b = (2, 1, 0),−→c = (−1, 1, 1).
Izra~unati |(2−→a −−→b + 2−→c )× (−→a + 3−→b − 2−→c )| i −→a × (
−→b ×−→c ).
Re{ewe. Izra~unajmo prvo vektore 2−→a −−→b + 2−→c i −→a + 3−→b − 2−→c :
2−→a −−→b + 2−→c = 2(1, 0,−2)− (2, 1, 0) + 2(−1, 1, 1) = (−2, 1,−2),−→a + 3
−→b − 2−→c = (1, 0,−2) + 3(2, 1, 0)− 2(−1, 1, 1) = (9, 1,−4).
Neka je −→d = (2−→a −−→b + 2−→c )× (−→a + 3−→b − 2−→c ), tada je
−→d = (9, 1,−4) =⇒ |−→d | = √
4 + 676 + 121 =√
801 = 3√
89.
Tako|e,−→a × (
−→b ×−→c ) = (1, 0,−2)× (1,−2, 3) = (−4,−5,−2).
7.15. Dati su vektori −→a =−→i + 3
−→j −−→k ,
−→b = −2
−→i − 4
−→j + 3
−→k ,−→c =
4−→i − 2
−→j . Na}i vektor −→d ako je −→a · −→d = 3,
−→d × −→b = −→c i odrediti
(−→b +−→c )×−→a .
Re{ewe. Neka je −→d = (x, y, z). Prema uslovu zadatka je−→a ·−→d = 3 ⇒ (
−→i +3
−→j −−→k ) ·(x−→i +y
−→j +z
−→k ) = 3 ⇒ x+3y−z = 3.
Na osnovu drugog uslova je
−→d ×−→b =
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
x y z−2 −4 3
∣∣∣∣∣∣=−→i (3y + 4z)−−→j (3x + 2z)
+−→k (−4x + 2y) = 4
−→i − 2
−→j ,
168
tj. dobijamo sistem jedna~ina:
3y + 4z = 4−3x− 2z = −2−4x + 2y = 0x + 3y − z = 0.
Iz prve jedna~ine sistema je y =4− 4z
3, iz druge x =
2− 2z
3. Zamenom
u posledwoj jedna~ini sistema, dobijamo da je−→d =
(2451
,4851
,517
).
Daqe je
(−→b +−→c )×−→a =
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
2 −6 31 3 −1
∣∣∣∣∣∣=−→i (6− 9)−−→j (−2− 3) +
−→k (6 + 6)
= −3−→i + 5
−→j + 12
−→k = (−3, 5, 12).
7.16. Dati su vektori −→a = (ln(p − 2),−2, 6), −→b = (p,−2, 5) i −→c =(0,−1, 3). Odrediti realan broj p tako da dati vektori budu kompla-narni.
Re{ewe. Vektori su komplanarni ako je wihov me{oviti proizvod jed-nak nuli, tj.
[−→a ,−→b ,−→c ] = 0.
[−→a ,−→b ,−→c ] =
∣∣∣∣∣∣
ln(p− 2) −2 6p −2 50 −1 3
∣∣∣∣∣∣= 0
∣∣∣∣−2 6−2 5
∣∣∣∣ + 1∣∣∣∣
ln(p− 2) 6p 5
∣∣∣∣
+ 3∣∣∣∣
ln(p− 2) −2p −2
∣∣∣∣ = 0 + 5 ln(p− 2)− 6p + 39
− 2 ln(p− 2) + 2p) = 5 ln(p− 2)− 6p− 6 ln(p− 2) + 6p
= − ln(p− 2).
Na osnovu uslova da je [−→a ,−→b ,−→c ] = 0 sledi da je
ln(p− 2) = 0 ⇔ ln(p− 2) = ln 1 ⇔ p− 2 = 1 ⇔ p = 3.
7.17. Dati su vektori −→a = (1, 0, 1),−→b = (1, 2, 1),−→c = (2,−1,−1).
169
1) Odrediti sve vektore −→d takve da je −→a ×−→b =−→d ×−→c i −→a ×−→c =−→
d ×−→b .2) Odrediti sve vektore−→d koji osim jednakosti pod 1) zadovoqavaju
i uslov da su vektori −→a −−→b ,−→b ×−→c ,
−→d komplanarni.
Re{ewe.
1) Neka je −→d = (x, y, z). Tada je
−→a ×−→b =
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
1 0 11 2 1
∣∣∣∣∣∣= −2
−→i + 0
−→j + 2
−→k = (−2, 0, 2),
−→d ×−→c =
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
x y z2 −1 −1
∣∣∣∣∣∣=−→i (−y + z)−−→j (−x− 2z)
+−→k (−x− 2y) = (−y + z, x + 2z,−x− 2y),
−→a ×−→c =
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
1 0 12 −1 −1
∣∣∣∣∣∣=−→i + 3
−→j −−→k = (1, 3,−1),
−→d ×−→b =
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
x y z1 2 1
∣∣∣∣∣∣=−→i (y − 2z)−−→j (x− z)
+−→k (2x− y) = (y − 2z,−x + z, 2x− y),
Iz prvog uslova je −→a ×−→b =−→d × −→c ⇒ (−2, 0, 2) = (−y + z, x +
2z,−x− 2y) tj. dobijamo sistem jedna~ina
−y + z = −2,
x + 2z = 0,
−x− 2y = 2.
Re{avawem sistema zakqu~ujemo da on nije saglasan, tj. da re{ewene postoji. Na sli~an na~in dokazujemo i to da ni drugi sistemjedna~ina nema re{ewe.
2) Kako re{ewe pod 1) ne postoji, sledi da ne postoji ni re{ewe pod2).
170
Literatura
[1] M.LAZOVI]IAUTORI,Matematika, U~iteqskifakultet, Beograd,1994.
[2] V. BOGOSLAVOV, Zbirka re{enih zadataka iz matematike 4, Zavodza uxbenike i nastavna sredstva, Beograd, 2002.
[3] P. MILI^I] I M. U[^UMLI], Zbirka zadataka iz vi{e matem-atike I, Nauka, Beograd, 1994.
[4] S.VUKADINOVI]ID.SU^EVI],Vi{amatematika I deo, Privrednipregled, Beograd, 1982.
[5] G. BERMAN, Zbirka zadataka iz matemati~ke analize, Nau~na kwi-ga, Beograd, 1989.
[6] D. MIHAJLOVI] I R. JANI], Elementi matemati~ke analize I,Nau~na kwiga, Beograd, 1990.
171
CIP-Katalogizacija u publikacijiNarodna biblioteka Srbije, Beograd517(075.8)(076)MANDAK, Alija, 1950-
Zbirka zadataka iz matematike II: zastudente u~iteqskih fakulteta / A.[Alija]Mandak, D. [Dragana] Stanojevi}, Q. [Qiqana]Paunovi}. - Prizren [tj.] Leposavi}:U~iteqski fakultet, 2009 (Kru{evac: GrafikaSimi}).-171 str.:graf. prikazi, tabele;24cmNa vrhu nasl. str.: Univerzitet u Pri{tini.Tira` 300.-Bibliografija: str. 171.ISBN 978-86-84143-13-81. Stanojevi}, Dragana [autor] 2. Paunovi},Qiqana [autor]a) Matemati~ka analiza - ZadaciCOBISS.SR-ID 168212492