Glava 1 Realne funkcije realne promen ive i grafik funkcije cos(x), lako je utvrditi da je funkcija...
Transcript of Glava 1 Realne funkcije realne promen ive i grafik funkcije cos(x), lako je utvrditi da je funkcija...
Glava 1
Realne funkcije realne
promenive
1.1 Elementarne funkcije
Neka su dati skupovi X i Y . Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom
pravilu pridru�imo neki, potpuno odre�eni, element skupa Y ka�emo da
je data funkcija f koja preslikava skup X u skup Y , u oznaci f : X → Y .Skup X nazivamo domen, a skup Y kodomen funkcije f .
Definicija 1 Posmatrajmo funkciju f : X → Y . Ka�emo da je funkcija:
1. injektivna ako x1, x2 ∈ X i f(x1) = f(x2)⇒ x1 = x2;
2. surjektivna ako za svako y ∈ Y postoji x ∈ X tako da je y = f(x);
3. bijektivna ukoliko je i injektivna i surjektivna.
Ako je funkcija f : X → Y bijektivna, tada i samo tada mo�emo defi-
nisati inverznu funkciju funkcije f , u oznaci f−1. Funkcija f−1 : Y → Xse definixe tako xto svaki element y ∈ Y preslikamo u onaj element x ∈ Xkoji se i to y slika funkcijom f .
Definicija 2 Posmatrajmo funkcije f : X → Y i g : Y → Z. Funkciju
h : X → Z definisanu sa h(x) := g(f(x)) nazivamo kompozicijom funkcija fi g, u oznaci h = g ◦ f.
Teorema 1 Neka je funkcija f : X → Y bijektivna. Tada postoji jedin-
stvena bijektivna funkcija f−1 : Y → X takva da va�i:
(f−1 ◦ f)(x) = f−1(f(x)) = x, za svako x ∈ X;
(f ◦ f−1)(y) = f(f−1(y)) = y, za svako y ∈ Y.
1
2 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Definicija 3 Funkciju f : D → R, definisanu na nekom podskupu Dskupa R i sa vrednostima u skupu realnih brojeva R, nazivamo realna funk-
cija realne promenive.
Ukoliko nije drukqije reqeno, pod domenom funkcije f podrazumeva se
maksimalni podskup skupa realnih brojeva koji taj izraz dopuxta. Pod ko-
domenom se podrazumeva ceo skup R, ukoliko drukqije nije reqeno.
Definicija 4 Neka je funkcija f : D → R definisana na simetriqnom
skupu1 D. Ka�emo da je funkcija f parna ukoliko je f(−x) = f(x), za svakox ∈ D, tj. da je neparna ukoliko je f(−x) = −f(x), za svako x ∈ D.
Grafik parne funkcije je simetriqan u odnosu na y-osu, a grafik neparnefunkcije je simetriqan u odnosu na koordinatni poqetak.
Definicija 5 Posmatrajmo funkciju f : D → R i neka je A ⊂ D. Ka�emoda je funkcija f :
1. rastu�a na A akko za svako x1 ≤ x2 ∈ A sledi f(x1) ≤ f(x2);
2. strogo rastu�a na A akko za svako x1 < x2 ∈ A sledi f(x1) < f(x2);
3. opadaju�a na A akko za svako x1 ≤ x2 ∈ A sledi f(x1) ≥ f(x2);
4. strogo opadaju�a na A akko za svako x1 < x2 ∈ A sledi f(x1) > f(x2).
Specijalno, ukoliko funkcija f zadovoava bilo koji uslov, od gore nave-
denih, ka�emo da je funkcija f monotona. Funkcija f je strogo monotona
ako zadovoava uslov 3. ili uslov 4.
Teorema 2 Neka je f : [a, b]→ [c, d] strogo monotona funkcija. Tada postoji
strogo monotona funkcija f−1 : [c, d]→ [a, b].
Definicija 6 Funkciju f : D → R nazivamo periodiqnom funckijom ako
postoji realan broj T ∈ R takav da za svako x ∈ D va�i:
x+ T ∈ D i f(x+ T ) = f(x).
Broj T nazivamo periodom funkcije f , a najma�i takav prirodan broj osnov-
nim periodom funkcije f .
Definicija 7 Za funkciju f : D → R ka�emo da je ograniqena odozgo ako
postoji M ∈ R, takvo da za svako x ∈ D je ispu�eno f(x) ≤ M . Sliqno,
ka�emo da je f ograniqena ozozdo ako postoji M ∈ R takvo da je f(x) ≥ M ,
za svako x ∈ D. Specijalno, f je ograniqena ako je ograniqena odozgo i ako
je ograniqena odozdo.
1Skup D ⊂ R je simetriqan ako za svako x ∈ D sledi −x ∈ D.
1.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE 3
1.1.1 Eksponencijalna i logaritamska funkcija
Definicija 8 Funkciju f(x) = ax, gde je a ∈ R i a > 1, definisanu na
skupu R nazivamo eksponencijalna funkcija sa osnovom a.
Mo�e se pokazati da va�e slede�e osobine:
I Za proizvone x1, x2 ∈ R takve da je x1 < x2 va�i ax1 < ax2 ;
II Za proizvone x1, x2 ∈ R va�i ax1 · ax2 = ax1+x2 i (ax1)x2 = ax1x2 ;
III Domen funkcije f(x) = ax je R, a kodomen skup (0,+∞).
Primetimo da va�i slede�e:
1. a0 = 1;
2. ax > 0, za svako x ∈ R;
3. ax je strogo rastu�a;
4. ax → 0 kada x→ −∞;
5. ax → +∞ kada x→ +∞.
0
1
x
y
ax, a > 1
Na sliqan naqin se mo�e definisati i funkcija ukoliko je a ∈ (0, 1).Tako dobijena funkcija ima ista svojstva kao i u sluqaju kada je a > 1, semxto se osobina I. zame�uje sa:
I′. Za proizvone x1, x2 ∈ R takve da je x1 < x2 va�i ax1 > ax2 .
Primetimo da va�i slede�e:
1. a0 = 1;
2. ax > 0, za svako x ∈ R;
3. ax je strogo opadaju�a;
4. ax → +∞ kada x→ −∞;
5. ax → 0 kada x→ +∞.
0
1
x
y
ax, a ∈ (0, 1)
4 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Primetimo da nam osobine I i I′ govore da je funkcija f(x) = ax, zaa ∈ R, a > 0 i a 6= 1, bijekcija. Prema tome, mo�e se definisati �oj
odgovaraju�a inverzna funckija f−1.
Definicija 9 Neka je f : R → (0,+∞) data sa f(x) = ax, za a ∈ R, a > 0i a 6= 1. Inverzna funkcija f−1 : (0,+∞) → R se naziva logaritamska
funkcija sa osnovom a, u oznaci f−1(y) = loga(y).
Uoqimo da va�i slede�a jednakost:
x = loga(y) akko y = ax.
Primenom Teoreme 1. dobijamo da za sve x ∈ R i y > 0 va�e jednakosti:
loga(ax) = x i aloga(y) = y.
Pretpostavimo da je a ∈ R i a > 1. Mo�e se pokazati da va�i slede�e:
I Za y1, y2 ∈ (0,+∞) takve da je y1 < y2 va�i loga(y1) < loga(y2);
II Za y1, y2 ∈ (0,+∞) va�i loga(y1 · y2) = loga(y1) + loga(y2).
III Za y1, y2 ∈ (0,+∞) va�i loga (y1/y2) = loga(y1)− loga(y2);
IV Za y ∈ (0,+∞) i b ∈ R va�i loga(yb) = b loga(y).
V Domen funkcije f(y) = loga(y) je skup (0,+∞), a kodomen R.
Primetimo da va�i slede�e:
1. loga(1) = 0;
2. loga(x) > 0, za x > 1;
3. loga(x) < 0, za 0 < x < 1;
4. loga(x) je strogo rastu�a;
5. loga(x)→ −∞ kada x→ 0+;
6. loga(x)→ +∞ kada x→ +∞.
0 1x
y
loga(x), a ∈ (1,+∞)
Specijalno, ukoliko je a = e uvodimo oznaku ln := loge.
1.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE 5
Ukoliko je a ∈ (0, 1) osobina I se zame�uje sa:
I′ Za y1, y2 ∈ (0,+∞) takve da je y1 < y2 va�i loga(y1) > loga(y2).
Primetimo da va�i slede�e:
1. loga(1) = 0;
2. loga(x) > 0, za 0 < x < 1;
3. loga(x) < 0, za x > 1;
4. loga(x) je strogo opadaju�a;
5. loga(x)→ +∞ kada x→ 0+;
6. loga(x)→ −∞ kada x→ +∞.
0 1x
y
loga(x), a ∈ (0, 1)
Mo�e se pokazati da va�e i slede�e formule:
log 1a(x) = − loga(x) i logan(x) =
loga(x)
n,
gde je a > 0 i a 6= 1, i n ∈ N.
1.1.2 Trigonometrijske funkcije
Trigonometrijske funkcije ne�emo posebno definisati. Podrazumeva�emo
da je �ihovo uvo�e�e poznato. No, nije na odmet prikazati neke �ihove va�-
nije osobine.
Posmatrajmo prvo funkciju sin(x).
0
1
π2
−π2
−π πx
y
sin(x)
Grafik funckije sin(x).
sin(0) = 0, sin(π/6) = 1/2, sin(π/4) =√2/2, sin(π/3) =
√3/2, sin(π/2) = 1.
6 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Uoqimo da je funkcija sin(x) neparna, tj. za svako x ∈ R va�i:
sin(−x) = − sin(x).
Posmatraju�i grafik funkcije sin(x), lako je utvrditi da je funkcija peri-
odiqna sa osnovnim periodom T = 2π.
Sada posmatrajmo funkciju cos(x).
1
0 π2
−π2
−π πx
y
cos(x)
Grafik funckije cos(x).
cos(0) = 1, cos(π/6) =√3/2, cos(π/4) =
√2/2, cos(π/3) = 1/2, cos(π/2) = 0.
Uoqimo da je funkcija cos(x) parna, tj. za svako x ∈ R va�i:
cos(−x) = cos(x).
Posmatraju�i grafik funkcije cos(x), lako je utvrditi da je funkcija peri-odiqna sa osnovnim periodom T = 2π.
Funkcije zbira i razlike trigonometrijskih funkcija sin(x) i cos(x):
sin(x± y) = sin(x) cos(y)± cos(x) sin(y) ⇒ sin(2x) = 2 sin(x) cos(x);
cos(x± y) = cos(x) cos(y)∓ sin(x) sin(y) ⇒ cos(2x) = cos2(x)− sin2(x).
Zbir i razlika trigonometrijskih funkcija sin(x) i cos(x):
sin(x)± sin(y) = 2 sin
(x± y2
)cos
(x∓ y2
),
cos(x) + cos(y) = 2 cos
(x+ y
2
)cos
(x− y2
),
cos(x)− cos(y) = −2 sin(x+ y
2
)sin
(x− y2
).
1.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE 7
Proizvod trigonometrijskih funkicja sin(x) i cos(x):
sin(x) sin(y) =1
2(cos(x− y)− cos(x+ y)) ,
cos(x) cos(y) =1
2(cos(x− y) + cos(x+ y)) ,
sin(x) cos(y) =1
2(sin(x− y) + sin(x+ y)) .
Uoqimo i slede�e formule:
sin(x2
)=
√1− cos(x)
2⇒ sin2(x) =
1
2(1− cos(2x)) ,
cos(x2
)=
√1 + cos(x)
2⇒ sin2(x) =
1
2(1 + cos(2x)) .
Naravno, ne zaboravimo onu "najpoznatiju":
sin2(x) + cos2(x) = 1.
Sada razmatrajmo funkciju tg(x) :=sin(x)
cos(x), definisanu za za cos(x) 6= 0.
Domen funkcije tg(x) je:
R \ {π/2 + kπ : k ∈ Z}.
Funkcija tg(x) periodiqna sa
osonvnim periodom T = π.
Uoqimo da je:
1. tg(0) = 0;
2. tg(π/4) = 1;
3. tg(−π/4) = −1;
4. tg(x)→ +∞ kada x→ π/2−;
5. tg(x)→ −∞ kada x→ −π/2+.
0 π2
−π2
π
tg(x)
x
y
8 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Posmatrajmo funkciju ctg(x) :=cos(x)
sin(x), definisanu za sin(x) 6= 0.
Domen funkcije ctg(x) je:
R \ {kπ : k ∈ Z}.
Funkcija ctg(x) periodiqna sa
osonvnim periodom T = π.
Uoqimo da je:
1. ctg(π/2) = 0;
2. ctg(π/4) = 1;
3. ctg(3π/4) = −1;
4. ctg(x)→ +∞ kada x→ 0+;
5. ctg(x)→ −∞ kada x→ π−.
1 0 π2
−π2
−π π
ctg(x)
x
y
Funkcije zbira i razlike trigonometrijskih funkcija tg(x) i ctg(x):
tg(x± y) = tg(x)± tg(y)
1∓ tg(x) tg(y)i ctg(x± y) = 1∓ ctg(x) ctg(y)
ctg(x)± ctg(y).
Zbir i razlika trigonometrijskih funkcija tg(x) i ctg(x):
tg(x)± tg(y) =sin(x± y)
cos(x) cos(y), ctg(x)± ctg(y) = ± sin(x± y)
sin(x) sin(y),
tg(x) + ctg(y) =cos(x− y)cos(x) sin(y)
, ctg(x)− tg(y) =cos(x+ y)
sin(x) cos(y).
Uoqimo i slede�e formule:
tg(x2
)=
√1− cos(x)
1 + cos(x)=
1− cos(x)
sin(x)=
sin(x)
1 + cos(x),
ctg(x2
)=
√1 + cos(x)
1− cos(x)=
1 + cos(x)
sin(x)=
sin(x)
1− cos(x).
1.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE 9
1.1.3 Inverzne trigonometrijske funkcije
Kako funkcije sin(x), cos(x), tg(x) i ctg(x) nisu bijektivne na svojim do-
menima, to za �ih ne postoje odgovaraju�e inverzne funkcije.
Ukoliko posmatramo trigonometrijske funkcije na intervalima, na ko-
jima su funkcije bijektivne, tada mo�emo uvesti �ima odgovaraju�e inverzne
funkcije. Tako definisane inverzne funkcije zajedniqkim imenom nazivamo
inverzne trigonometrijske funkcije.
Definicija 10 Posmatrajmo bijektivnu funkciju f : [−π/2, π/2]→ [−1, 1]definisanu sa f(x) = sin(x). Tada postoji �oj odgovaraju�a inverzna funk-
cija f−1 : [−1, 1]→ [−π/2, π/2] koju oznaqavamo sa arcsin.
Primenom Teoreme 1. dobijamo slede�e dve jednakosti:
arcsin(sin(x)) = x za −π/2 ≤ x ≤ π/2;
sin(arcsin(x)) = x za −1 ≤ x ≤ 1.
Uoqimo da je:
1. arcsin(−1) = −π/2;
2. arcsin(0) = 0;
3. arcsin(1/2) = π/6;
4. arcsin(√2/2) = π/4;
5. arcsin(√3/2) = π/3;
6. arcsin(1) = π/2;
7. arcsin(x) > 0 akko 0 < x ≤ 1;
8. arcsin(x) < 0 akko − 1 ≤ x < 0.
9. arcsin(x) je stogo rastu�a funkcija.
π/2
−π/2
0 1−1
arcsin(x)
x
y
Definicija 11 Posmatrajmo bijektivnu funkciju f : [0, π] → [−1, 1] kojaje definisana sa f(x) = cos(x). Tada postoji �oj odgovaraju�a inverzna funk-cija f−1 : [−1, 1]→ [0, π] koju oznaqavamo sa arccos.
10 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Primenom Teoreme 1. dobijamo slede�e dve jednakosti:
arccos(cos(x)) = x za 0 ≤ x ≤ π;
cos(arccos(x)) = x za −1 ≤ x ≤ 1.
Uoqimo da je:
1. arccos(−1) = π;
2. arccos(0) = π/2;
3. arccos(1/2) = π/3;
4. arccos(√2/2) = π/4;
5. arccos(√3/2) = π/6;
6. arccos(1) = 0;
7. arccos(x) > 0 akko − 1 ≤ x < 1.
8. arccos(x) je strogo opadaju�a funkcija.
π/2
π
0 1−1
arccos(x)
x
y
Definicija 12 Posmatrajmo bijektivnu funkciju f : (−π/2, π/2) → Rkoja je definisana sa f(x) = tg(x). Tada postoji �oj odgovaraju�a inverzna
funkcija f−1 : R→ (−π/2, π/2) koju oznaqavamo sa arctg.
π/2
−π/2
0
arctg(x)
x
y
Primenom Teoreme 1. dobijamo slede�e dve jednakosti:
arctg(tg(x)) = x za −π/2 < x < π/2;
tg(arctg(x)) = x za x ∈ R.
1.1. ELEMENTARNE FUNKCIJE 11
Primetimo da va�i slede�e:
1. arctg(x)→ −π/2 kada x→ −∞;
2. arctg(0) = 0;
3. arctg(x)→ +π/2 kada x→ +∞;
4. arctg(x) < 0 akko x < 0;
5. arctg(x) > 0 akko x > 0;
6. arctg(x) je strogo rastu�a funkcija.
Mo�e se pokazati da va�i arctg(x)± arctg(y) = arctgx± y1∓ xy
.
Definicija 13 Posmatrajmo bijektivnu funkciju f : (0, π)→ R koja je de-
finisana sa f(x) = ctg(x). Tada postoji �oj odgovaraju�a inverzna funkcijaf−1 : R→ (0, π) koju oznaqavamo sa arcctg.
π
0
π/2
arcctg(x)
x
y
Primenom Teoreme 1. dobijamo da va�e slede�e jednakosti:
arcctg(ctg(x)) = x za 0 < x < π;
ctg(arcctg(x)) = x za x ∈ R.Primetimo da va�i slede�e:
1. arcctg(x)→ π kada x→ −∞;
2. arcctg(π/2) = 0;
3. arcctg(x)→ 0 kada x→ +∞;
4. arcctg(x) > 0 za svako x ∈ R;
5. arcctg(x) je strogo opadaju�a funkcija.
2 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
1.1 Graniqne vrednosti realne funkcije
Zadatak 1.1 Odrediti limx→3
x2 − x− 6
3x2 − 10x+ 3i lim
x→12x
(1
1− x+
3
x3 − 1
).
Rexe�e Posmatrajmo prvu graniqnu vrednost
L1 = limx→3
x2 − x− 6
3x2 − 10x+ 3= lim
n→3
(x− 3)(x+ 2)
(x− 3)(3x− 1)= lim
n→3
x+ 2
3x− 1=
5
8.
Druga graniqna vrednost je jednaka
L2 = limx→1
2x
(1
1− x+
3
x3 − 1
)= lim
n→1
−2x(x− 1)(x+ 2)
(x− 1)(x2 + x+ 1)= −2.
Zadatak 1.2 Odrediti limx→+∞
√x+
√x+√x
√x+ 1
.
Rexe�e
L = limx→+∞
√x+
√x+√x
√x+ 1
= limn→+∞
√1 +
√1x+√
1x3√
1 + 1x
= 1.
Zadatak 1.3 Odrediti limx→1
x2017 − 1
x2018 − 1.
Rexe�e Podsetimo se formule xn− 1 = (x− 1)(xn−1+xn−2+ . . .+x+1), gdeje x realan i n prirodan broj. Prema tome, graniqna vrednost je
L = limx→1
x2017 − 1
x2018 − 1= lim
x→1
(x− 1)(x2016 + x2015 + . . .+ x+ 1)
(x− 1)(x2017 + x2016 + . . .+ x+ 1)
= limx→1
x2016 + x2015 + . . .+ x+ 1
x2017 + x2016 + . . .+ x+ 1=
2017
2018.
1.1. GRANIQNE VREDNOSTI REALNE FUNKCIJE 3
Zadatak 1.4 Odrediti limx→0
√x2 + 2−
√2√
x2 + 3−√3.
Rexe�e
L = limx→0
√x2 + 2−
√2√
x2 + 3−√3·√x2 + 2 +
√2√
x2 + 2 +√2·√x2 + 3 +
√3√
x2 + 3 +√3
= limx→0
x2(√
x2 + 3 +√3)
x2(√
x2 + 2 +√2) = lim
x→0
√x2 + 3 +
√3√
x2 + 2 +√2=
√3√2.
Zadatak 1.5 Odrediti limx→−∞
√x2(x+√x2 + 1
).
Rexe�e
L = limx→−∞
√x2(x+√x2 + 1
)· x−
√x2 − 1
x−√x2 − 1
= limx→−∞
|x|
x− |x|√1− 1
x2
.
Primetimo da je |x| = −x, kada x→ −∞. Sxodno tome,
L = limx→−∞
−x
x+ x√
1− 1x2
= limx→−∞
−1
1 +√1− 1
x2
= −1
2.
Zadatak 1.6 Odrediti limx→0
1−√x+ 1
2−√1− 2x−
√1− x
.
Rexe�e
L = limx→0
1−√x+ 1(
1−√1− 2x
)+(1−√1− x
) = limx→0
−x1 +√x+ 1
2x
1 +√1− 2x
+x
1 +√1− x
= limx→0
−11 +√x+ 1
2
1 +√1− 2x
+1
1 +√1− x
= −1
3.
4 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Zadatak 1.7 Odrediti limx→+∞
(3√x3 + 3x2 −
√x2 + 2x
).
Rexe�e Primetimo da graniqnu vrednost mo�emo zapisati u obliku:
L = limx→∞
(3√x3 + 3x2 − x
)+ lim
x→+∞
(x−√x2 + 2x
)= L1 + L2.
Izraqunajmo prvo graniqnu vrednost L1.
L1 = limx→∞
(3√x3 + 3x2 − x
)= lim
x→+∞
x3 + 3x2 − x3(3√x3 + 3x2
)2+ x 3√x3 + 3x2 + x2
= limx→+∞
3(3
√1 + 3
x
)2+ 3
√1 + 3
x+ 1
= 1.
Sada izraqunajmo i vrednost graniqne vrednosti L2.
L2 = limx→∞
(x−√x2 + 2x
)= lim
x→+∞
x2 − x2 − 2x
x+√x2 + 2x
= limx→+∞
−2
1 +√
1 + 2x
= −1.
Konaqno, L = L1 + L2 = 0.
Zadatak 1.8 Odrediti limx→0
sin 2x+ sin 3x+ sin 4x
sinx
Rexe�e Primetimo da 2x→ 0, 3x→ 0 i 4x→ 0, kada x→ 0. Prema tome,
L = limx→0
sin 2x+ sin 3x+ sin 4x
sinx= lim
x→0
2 · sin 2x2x
+ 3 · sin 3x3x
+ 4 · sin 4x4x
sinx
x
.
Lako je utvrditi da je graniqna vrednost jednaka L = 9.
Zadatak 1.9 Pokazati da je limx→π
sin 2018x
sin 2017x= −2018
2017.
1.1. GRANIQNE VREDNOSTI REALNE FUNKCIJE 5
Rexe�e Uvedimo smenu t = x− π. Primetimo da t→ 0 kada x→ π.
L = limx→π
sin 2018x
sin 2017x= lim
t→0
sin (2018π + 2018t)
sin (2017π + 2017t)= lim
t→0
sin 2018t
− sin 2017t
= limt→0
2018 · sin 2018t2018t
−2017 · sin 2017t2017t
= −2018
2017.
Zadatak 1.10 Pokazati da je limx→+∞
x · sin(1/x) = 1.
Rexe�e Primetimo da 1/x→ 0 kada x→ +∞. Prema tome,
L = limx→+∞
x · sin(1/x) = limx→+∞
sin(1/x)
1/x= 1.
Zadatak 1.11 Pokazati da je limx→0
x · sin(1/x) = 0.
Rexe�e Prvo poka�imo da je
limx→0+
x · sin(1/x) = 0.
Naime, kako za svako pozitivno x va�i −1 ≤ sin(1/x) ≤ 1, sledi da je
−x ≤ x · sin(1/x) ≤ x.
Primenom Leme o dva policajca, dobijamo da je limx→0+
x · sin(1/x) = 0. Na
sliqan naqin se mo�e pokazati i da je limx→0−
x · sin(1/x) = 0.
Kako su i leva i desna graniqna vrednost u taqki 0 jednake, jasno je da
postoji tra�ena graniqna vrednost u taqki 0 i da je jednaka nuli.
Zadatak 1.12 Pokazati da je limx→0
1− cosx
x2=
1
2i lim
x→0
tg x
x= 1.
Rexe�e Koriste�i Stav 2.1 uoqimo slede�u jednakost:
L1 = limx→0
1− cosx
x2= lim
x→0
2 sin2(x/2)
x2= lim
x→0
1
2·(sin(x/2)
x/2
)2
=1
2.
6 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Kako je limx→0
cosx = 1, sledi da je druga graniqna vrednost jednaka:
L2 = limx→0
tg x
x= lim
x→0
(sin
x· 1
cosx
)= 1.
Zadatak 1.13 Odrediti limx→0
1− cos 2x
cos 3x− cos 4x.
Rexe�e Koriste�i prethodni zadatak, dobijamo slede�u jednakost:
L = limx→0
1− cos 2x
cos 3x− cos 4x= lim
x→0
1− cos 2x
(1− cos 4x)− (1− sin 3x)
= limx→0
4 · 1− cos 2x
(2x)2
16 · 1− cos 4x
(4x)2− 9 · 1− cos 3x
(3x)2
=4
7.
Zadatak 1.14 Odrediti limx→0
√2−√1 + cos 4x
tg2 3x.
Rexe�e Koriste�i da je limx→0
tg x
x= 1, dobijamo da je graniqna vrednost
L = limx→0
√2−√1 + cos 4x
tg2 3x= lim
x→0
2− (1 + cos 4x)
tg2 3x ·(√
2 +√1 + cos 4x
)
= limx→0
16 · 1− cos 4x
(4x)2
9 · tg2 3x
(3x)2·(√
2 +√1 + cos 4x
) =4
9√2.
Zadatak 1.15 Odrediti graniqnu vrednost limx→0+
1−√cosx
1− cos√x.
Rexe�e Tra�ena graniqna vrednost je jednaka:
L = limx→0+
1− cosx
(1− cos√x) · (1 +
√cosx)
= limx→0+
x · 1− cosx
x2
1− cos√x
x· (1 +
√cosx)
= 0.
1.1. GRANIQNE VREDNOSTI REALNE FUNKCIJE 7
Zadatak 1.16 Odrediti graniqnu vrednost limx→0
1− cos(1− cosx)
x4.
Rexe�e Primetimo da 1− cosx→ 0 kada x→ 0. Prema tome,
L = limx→0+
1− cos(1− cosx)
(1− cosx)2· (1− cosx)2
x4=
1
2· 14=
1
8.
Zadatak 1.17 Odrediti limx→0+
√1 + tg 2x− 3
√1− sin 3x
sinx.
Rexe�e Primetimo da tg 2x→ 0 i sin 3x→ 0 kada x→ 0.
L = limx→0+
(√1 + tg 2x− 1
)−(1− 3√1− sin 3x
)x
= L1 − L2.
Koriste�i Stav 2.4, dobijamo da su graniqne vrednosti:
L1 =
√1 + tg 2x− 1
tg 2x· tg 2x
2x· 2
sinx
x
= 1 i L2 =
3√1 + sin 3x− 1
sin 3x· sin 3x
3x· 3
sinx
x
= 1.
Konaqno, tra�ena graniqna vrednost je L = L1 − L2 = 0.
Zadatak 1.18 Odrediti limx→0
ex2 − eex2
sin2 x= 1.
Rexe�e Primetimo da x2 → 0 i ex2 → 0 kada x → 0. Koriste�i Stav 2,
dobijamo da je tra�ena graniqna vrednost jednaka
L = limx→0
(ex
2 − 1)−(eex
2 − 1)
sin2 x= lim
x→0
ex2 − 1
x2− eex
2 − 1
ex2· e
(sinx)2
x2
= 1− e.
Zadatak 1.19 Odrediti limx→+∞
x2(e1/x − 1
)2Rexe�e Primetimo da 1/x→ 0, kada x→∞. Prema tome va�i slede�a:
L = limx→+∞
x2(e1/x − 1
1/x
)2
· 1x2
= limx→+∞
(e1/x − 1
1/x
)2
= 1.
8 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Zadatak 1.20 Odrediti limx→0
ln(1 + x2017)
2018 tg2017 x= 1.
Rexe�e Primetimo da x2017 → 0 kada x→ 0. Koriste�i Stav 2, dobijamo
L = limx→0
ln(1 + x2017)
x2017· x2017
tg2017 x· 1
2018=
1
2018.
Zadatak 1.21 Pokazati da je limx→0
esinx − cosx
ln(1 + sin x)= 1.
Rexe�e Primetimo da sinx→ 0 kada x→ 0. Koriste�i Stav 2, dobijamo:
L = limx→0
(esinx − 1
)+ (1− cosx)
ln(1 + sin x)= lim
x→0
esinx − 1
sinx· sinx
x+
1− cosx
x2· x
ln(1 + sin x)
sinx· sinx
x
= 1.
Zadatak 1.22 Odrediti limx→0
sin2 5x+ 4√1 + x2 − 1
ln(1 + x2)− ln(1− x2).
Rexe�e Primetimo da x2 → 0 kada x→ 0. Koriste�i Stav 2, dobijamo:
L = limx→0
25 · sin2 5x
(5x)2+
4√1 + x2 − 1
x2
ln(1 + x2)
x2− (−1) · ln(1− x
2)
−x2
=25 · 1 + 1/4
1− (−1) · 1=
101
8.
Zadatak 1.23 Odrediti limx→0
1 + x cosx− 3√1 + 2x
ln(1 + 5x)− x.
Rexe�e Primetimo da 2x→ 0 i 5x→ 0 kada x→ 0. Koriste�i Stav 2
L = limx→0
−2 ·3√1 + 2x− 1
2x+ cosx
5 · ln(1 + 5x)
5x− 1
=−2 · (1/3) + 1
5 · 1− 1=
1
12.
1.1. GRANIQNE VREDNOSTI REALNE FUNKCIJE 9
Zadatak 1.24 Odrediti graniqnu vrednost limx→+∞
3√1 + x3 − x
ln(x4 + 1)− ln(x4).
Rexe�e Primetimo da 1/x4 → 0 i 1/x3 → 0 kada x→ 0. Koriste�i Stav 2,
dobijamo slede�u jednakost:
L = limx→0
x 3√
1 + 1/x3 − xln (x4 (1 + 1/x4))− ln(x4)
= limx→0
x(
3√
1 + 1/x3 − 1)
ln (x4) + ln (1 + 1/x4)− ln(x4)
= limx→0
x ·
(3√
1 + 1/x3 − 1)
(1/x4)
ln (1 + 1/x4)
(1/x4)
= limx→0
(3√
1 + 1/x3 − 1)
(1/x3)
ln (1 + 1/x4)
(1/x4)
=1/3
1=
1
3.
Zadatak 1.25 Odrediti limx→0
32x2 − 23x
3
ln cosx· arctg 1
x2.
Rexe�e Uoqimo da arctg(1/x2)→ π/2 i (cosx− 1)→ 0, kada x→ 0. Stoga,
L = limx→0
(32x − 1)− (23x − 1)
ln (1 + (cosx− 1))· arctg 1
x2
= limx→0
32x2 − 1
2x2· 2− 23x
3 − 1
3x3· 3x
ln (1 + (cosx− 1))
cosx− 1·(−1− cosx
x2
) · arctg 1
x2= −2 ln 3 · π.
Zadatak 1.26 Odrediti graniqnu vrednost limx→+∞
x(51/x − 51/(x+5)
).
Rexe�e Uoqimo da 1/x→ 0 i 1/(x+ 5)→ 0, kada x→ +∞. Prema tome,
L = limx→+∞
x((51/x − 1
)−(51/(x+5) − 1
))
= limx→+∞
x
(1
x· 5
1/x − 1
1/x− 1
x+ 5· 5
1/(x+5) − 1
1/(x+ 5)
)
= limx→+∞
(x
x· 5
1/x − 1
1/x− x
x+ 5· 5
1/(x+5) − 1
1/(x+ 5)
)= 1 · ln 5− 1 · ln 5 = 0.
10 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Zadatak 1.27 Odrediti graniqnu vrednost limx→0
shx
x.
Rexe�e Primetimo da je tra�ena graniqna vrednost jednaka
L = limx→0
(ex − 1)− (e−x − 1)
2x= lim
x→0
1
2· e
x − 1
x+ lim
x→0
1
2· e−x − 1
−x= 1.
Zadatak 1.28 Odrediti graniqnu vrednost limx→0−
sh 2x
sin 2x· arctg 1
x.
Rexe�e Primetimo da 1/x → −∞, kada x → 0−. Prema tome, nije texko
utvrditi da arctg(1/x)→ −(π/2). Konaqno, imamo da je
L = limx→0−
sh 2x
2xsin 2x
2x
· arctg 1
x=
1
1·(−π2
)= −π
2.
Zadatak 1.29 Pokazati da je graniqa vrednost limx→0
chx− 1
x2jednaka broju 1/2.
Rexe�e Podsetimo se da je ch2 x − sh2 x = 1. Prema tome, koriste�i da je
limx→0
shx/x = 1 i limx→0
chx = 1, dobijamo slede�u jednakost:
L = limx→0
chx− 1
x2· ch
2 x+ 1
ch2 x+ 1= lim
x→0
sh2 x
x2(ch2 x+ 1)=
1
2.
Zadatak 1.30 Odrediti limx→+∞
(1 + x+ x2
1− x+ x2
)1+x
i limx→+∞
(2 + 2x2
3 + 3x2
)4+4x2
.
Rexe�e Posmatrajmo prvu graniqnu vrednost. Primetimo da je vrednost
limesa unutar zagrade jednaka jedinici. Prema tome, prime�uju�i
Stav.1. dobijamo da je
L1 = limx→+∞
(1 +
2x
1− x+ x2
)1+x
= limx→+∞
(1 +
2x
1− x+ x2
) 1−x+x2
2x· 2x1−x+x2
·(1+x)
Kako je limx→+∞
2x(1 + x)
1− x+ x2= 2, zakuqujemo da je L1 = e2.
1.1. GRANIQNE VREDNOSTI REALNE FUNKCIJE 11
Razmatrajmo sada drugu graniqu vrednost. Poxto vrednost limesa unu-
tar zagrade nije jednaka jedinici, ne mo�emo primeniti Stav 1.
Posmatrajmo graniqnu vrednost lnL2.
lnL2 = limx→+∞
(4 + 4x2) ln
(2 + 2x2
3 + 3x2
)= (+∞) · ln 2
3= −∞.
Kako je lnL2 = −∞, sledi da je tra�ena graniqna vredost L2 = 0.
Zadatak 1.31 Odrediti limx→+∞
(1 + 4
√x
2 + 4√x
)√x−x√x
1−√x
.
Rexe�e Primetimo da je vrednost limesa unutar zagrade, prve graniqne
vrednosti, jednaka jedinici. Stoga prime�uju�i Stav 1. dobijamo:
L = limx→+∞
(1 + 4
√x
2 + 4√x
)√x−x√x
1−√x
= limx→+∞
(1 +
(−1)2 + 4
√x
)√x−x√x
1−√x
= limx→+∞
(1 +
(−1)2 + 4
√x
) 2+4√
x−1
· (−1)
2+4√x·√x−x√x
1−√x
Razmatrajmo slede�u graniqnu vrednost:
limx→+∞
−√x(1− x)
2 + 2√x− 4x
= limx→+∞
−√x
(1
x− 1
)2
x+
2√x− 4
= −∞.
Prema tome, tra�ena graniqna vrednost je jednaka limt→−∞
et = 0.
Zadatak 1.32 Odrediti limx→0
(3√1 + x2 + cosx
2
)1/x2
.
Rexe�e Primetimo da je vrednost limesa unutar zagrade jednaka jedinici.
Stoga prime�uju�i Stav 1. dobijamo:
limx→0
(1 +
(3√1 + x2 − 1
)+ (cosx− 1)
2
) 2
( 3√1+x2−1)+(cos x−1)
·( 3√
1+x2−1)+(cos x−1)
2· 1x2
12 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Razmatrajmo slede�u graniqnu vrednost:
limx→0
1
2·
(3√1 + x2 − 1
x2− 1− cosx
x2
)= − 1
12.
Prema tome, tra�ena graniqna vrednost je jednaka e−1/12.
Zadatak 1.33 Odrediti graniqnu vrednost limx→0
(1 + sin x)ex/ tg x
.
Rexe�e Prona�imo graniqnu vrednost izraza lnL:
lnL = limx→0
ex
tg x· ln (1 + sinx) = lim
x→0
ex
tg x· ln (1 + sinx)
sinx· sinx
= limx→0
ex · cosx · ln (1 + sinx)
sinx= 1.
Kako je lnL = 1, sledi da je graniqa vrednost L = e1.
Zadatak 1.34 Odrediti graniqnu vrednost limx→0
(ex − e−x + 1)1/ sinx.
Rexe�e Prona�imo graniqnu vrednost izraza lnL:
lnL = limx→0
ln(ex − e−x + 1)
1 sinx= lim
x→0
ln(1 + (ex − e−x))ex − e−x
· ex − e−x
sinx
= limx→0
ln(1 + (ex − e−x))ex − e−x
·
ex − 1
x+e−x − 1
−xsinx
x
= 2.
Poxto je lnL = 2, sledi da je je tra�ena graniqna vrednost jednaka
L = e2.
Zadatak 1.35 Odrediti graniqu vrednost limx→0
(cosx)ln cosx.
Rexe�e Posmatrajmo graniqnu vrednost lnL
lnL = limx→0
ln2 cosx = limx→0
ln2(1 + (cos x− 1))
(cosx− 1)2· (cosx− 1)2 = 0.
Poxto je lnL = 0, tra�ena graniqna vrednost je L = e0 = 1.
1.1. GRANIQNE VREDNOSTI REALNE FUNKCIJE 13
Zadatak 1.36 Odrediti limx→0
(cosx+ sinx)ctg x i limx→+∞
(sin
1
x+ cos
1
x
)ctg 1x
.
Rexe�e Neka je L1 = limx→0
(cosx+ sinx)ctg x . Prona�imo slede�u
lnL1 = limx→0
ctg x ln (sinx+ cosx)ctg x = limx→0
ctg x ln (1 + (sinx+ cosx− 1))
= limx→0
ln (1 + (sinx+ cosx− 1))
sinx+ cosx− 1· cosx(sinx+ cosx− 1)
sinx
= limx→0
ln (1 + (sinx+ cosx− 1))
sinx+ cosx− 1·cosx
(sinx
x− 1− cosx
x2· x)
sinx
x
= 1.
Kako je lnL1 = 1, sledi da je tra�ena graniqna vrednost jednaka L1 = e1.
Razmatrajmo drugu graniqnu vrednost. Uvedimo smenu t = 1/x i pri-
metimo da t → 0 kada x → +∞. Prema tome, posmatrana graniqna
vrednost se transformixe u
L2 = limt→0
(cos t+ sin t)ctg t .
Na osnovu prve graniqne vrednosti, zakuqujemo da je L2 = L1 = e.
Zadatak 1.37 Odrediti graniqnu vrednost limx→0+
x
√cos√x.
Rexe�e Posmatrajmo graniqnu vrednost izraza lnL
lnL = limx→0+
ln (cos√x)
x= lim
x→0+
ln (1 + (cos√x− 1))
cos√x− 1
· cos√x− 1
x= −1
2.
Kako je lnL = −1/2, sledi da je tra�ena graniqna vrednost L = 1/√e.
Zadatak 1.38 Odrediti graniqnu vrednost limx→0
(cosxchx
) 1x2
.
Rexe�e Prona�imo graniqnu vrednost izraza lnL.
lnL = limx→0
ln(cosxchx
) 1x2
= limx→0
1
x2· ln(cosxchx
)= lim
x→0
1
x2· (ln(cosx)− ln(chx))
= limx→0
(ln(1 + (cos x− 1))
cosx− 1· cosx− 1
x2− ln(1 + (chx− 1))
chx− 1· chx− 1
x2
).
14 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Sada je lako uvideti da je lnL = −1, pa je tra�ena graniqna vrednostjednaka broju L = e−1.
Zadatak 1.39 Odrediti limx→0
(1 + tg x
1 + sin x
) 1sin x
.
Rexe�e Prona�imo graniqnu vrednost izraza lnL.
lnL = limx→0
1
sinx· ln(1 + tg x
1 + sin x
)= lim
x→0
1
sinx· (ln(1 + tg x)− ln(1 + sin x))
= limx→0
x
sinx
(ln(1 + tg x)
tg x· tg xx− ln(1 + sin x)
sinx· sinx
x
)= 0.
Sada je lako uvideti da je tra�ena graniqna vrednost L = e0 = 1.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 1
1.1 Grafik funkcije
Stav 1.1 Ukoliko diferencijabilna funkcija f(x) u intervalu (a, b) raste,odnosno opada, onda je f ′(x) ≥ 0, odnosno f ′(x) ≤ 0, za x ∈ (a, b).
Definicija 1.1 Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taqke c.Ka�emo da u taqki c funkcija f ima lokalni minimum, odnosno strogi
lokalni minimum, ukoliko postoji okolina U taqke c tako da za svako x ∈ Uva�i
f(x) ≥ f(c), odnosno f(x) > f(c).
Sliqno, ka�emo da u taqki c funkcija f ima lokalni maksimum, odnosnostrogi lokalni maksimum ukoliko va�i
f(x) ≤ f(c), odnosno f(x) < f(c).
Lokalni miminumi i maksimumi se jednim imenom nazivaju taqkama lokal-
nih ekstermuma funkcije f .
Fermaov stav Ukoliko je funkcija f diferencijabilna u taqki c i ako u
�oj ima lokalni ekstremum, tada je f ′(c) = 0.
Napomena Ukoliko je f ′(c) = 0, ne znaqi da je taqka c taqka lokalnogekstremuma funkcije f . Naime, va�i slede�i:
Stav 1.2 Neka je funkcija f neprekdina u nekoj okolini U taqke c i neka je
diferencijabilna u U \ {c}. Tada je u taqki c lokalni ekstremum funkcije
f ako f ′(x) me�a znak kada x prolazi kroz taqku c. Ukoliko f ′(x) ne me�aznak kada prolazi kroz taqku c, onda funkcija f nema ekstremnu vrednost
u taqki c. Jox va�i i slede�e:
1. ako je f ′(x) < 0 za x ∈ U ∩ (−∞, c) i f ′(x) > 0 za x ∈ U ∩ (c,+∞), ondaje u taqki c strogi lokalni minimum.
2. ako je f ′(x) > 0 za x ∈ U ∩ (−∞, c) i f ′(x) < 0 za x ∈ U ∩ (c,+∞), ondaje u taqki c strogi lokalni maksimum.
Definicija 1.2 Funkciju f : (a, b) → R nazivamo konveksnom funkcijom
ako za svako x, y ∈ (a, b) i svako λ ∈ [0, 1] va�i
f(λx+ (1− λ)y) ≤ λf(x) + (1− λ)f(y).
Ukoliko umesto znaka ≤ stoji <, funkcija f je strogo konveksna na (a.b).
2 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Za funkciju f ka�emo da je konkavna funkcija na (a, b) ukoliko za svakox, y ∈ (a, b) i svako λ ∈ [0, 1] va�i
f(λx+ (1− λ)y) ≥ λf(x) + (1− λ)f(y).
Ukoliko umesto znaka ≥ stoji >, funkcija f je strogo konkavna na (a, b).
Stav 1.3 Posmatrajmo diferencijabilnu funkciju f : (a, b) → R. Da bi
funkcija f bila konveksna u intervalu (a, b) neophodno je i dovono da f ′
raste u (a, b). Sliqno, da bi f bila konkavna u (a, b) neophodno je i dovono
da f ′ opada u intervalu (a, b).
Posledica 1.1 Neka funkcija f : (a, b)→ R ima u svakoj taqki intervala
(a, b) drugi izvod. Tada je funkcija f
1. konveksna akko f ′′(x) ≥ 0 za svako x ∈ (a, b),
2. konkavna akko f ′′(x) ≤ 0 za svako x ∈ (a, b).
Pretpostavimo da je f definisana i diferencijabilna u nekoj okolini Utaqke x0. I neka je f neprekidna u taqki x0 i neka grafik funkcije f imatangentu u taqki x0. Taqku (x0, f(x0)) nazivamo prevojnom taqkom funkcijef(x) ako je
1. funkcija f strogo konveksna u skupu {x ∈ U | x > x0} i strogo konkavnau skupu {x ∈ U | x < x0} ili
2. funkcija f strogo konkavna u skupu {x ∈ U | x > x0} i strogo konveksnau skupu {x ∈ U | x < x0}.
Mo�e se pokazati da ako funkcija f ima neprekidan drugi izvod u taqki x0,onda je f ′′(x0) = 0.
Stav 1.4 Neka je funkcija f diferencijabilna u nekoj okolini U taqke x0i neka je dvaput diferencijabilna1 u U \{x0}. Ukoliko f ′′(x) me�a znak priprolazu kroz taqku x0, onda je (x0, f(x0)) prevojna taqka funkcije f .
Definicija 1.3 Posmatrajmo funkciju f koja je definisana za x > M , gdeje M neki realan broj. Prava y = kx+ n se naziva asimptotom funkcije fza x→ +∞ ako je
f(x) = kx+ n+ o(1) za x→ +∞.
Specijalno, ukoliko je k 6= 0 asimtota se naziva kosom, a ako je k = 0 nazivase horizontalnom asimptotom funkcije f kada x→ +∞.
1funkcija f je dvaput diferencijabilna ako su funkcije f i f ′ diferencijabilne.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 3
Naime, mo�e se pokazati da va�e slede�e jednakosti:
k = limx→+∞
f(x)
xi n = lim
x→+∞(f(x)− kx) .
Na sliqan naqin se definixu kosa i horizontalna asimptota u sluqajukada x→ −∞.
Definicija 1.4 Neka je f(x) definisana u okolini U \ {x0} taqke x0.2 Ineka va�e slede�e jednakosti:
limx→x+0
f(x) = ±∞ i/ili limx→x−0
f(x) = ±∞.
Tada se prava x = x0 naziva vertikalnom asimptotom funkcije f .
U skicira�u grafika funkcije obiqno se koristi slede�e:
1. Odrediti oblast definisanosti funkcije f .
2. Ispitati parnost i periodiqnost funkcije f .
3. Odrediti nule i znak funkcije f .
4. Na�i asimptote funkcije f .
5. Odrediti intervale monotonosti i ekstremne vrednosti.
6. Odrediti intervale konveksnosti i prevojne taqke.
7. Skicirati grafik funkcije f .
2ili za x ∈ U \ {x0} i x > x0 ili za x ∈ U \ {x0} i x < x0.
4 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Zadatak 1.1 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) =(x+ 1)2
(x− 1)3.
Rexe�e: Domen:
Funkcija f je definisana akko je (x − 1)3 6= 0, tj. x 6= 1. Prematome, domen funkcije f je
Df = (−∞, 1) ∪ (1,+∞).
Parnost i neparnost:
Poxto domen Df funkcije f nije simetriqan, ne ispitujemo par-nost i neparnost funkcije f .
Nule i znak:
Primetimo da je f(x) = 0 akko je (x + 1)2 = 0, tj. x = −1. Sxodnotome, nula funkcije f je taqka x = −1, u oznaci N(−1, 0).
++++++++++++++
++++++++++++++
++++++++++++++++++++
−1
−1
1
1
1
(x+ 1)2
(x− 1)3
f(x)
Lako je uvideti da va�i slede�e:
f(x) > 0 akko x ∈ (−1, 1)∪(1,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−1).
Asimptote:
Prona�imo horizontalne asimptote, ukoliko postoje.
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
(x+ 1)2
(x− 1)3= lim
x→±∞
(1 + 1/x)2
x(1− 1/x)3= 0.
Prava y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f kada x → ∞ ikada x→ −∞.
Poxto funkcija f nije definisana u taqki 1, posmatramo slede�egraniqne vrednosti:
limx→1+
(x+ 1)2
(x− 1)3=
(4
+0
)= +∞ i lim
x→1−
(x+ 1)2
(x− 1)3=
(4
−0
)= −∞.
Prema tome, postoji vertikalna asimptota i ona glasi x = 1.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 5
Prvi izvod:
Primetimo da je
f ′(x) =2(x+ 1)(x− 1)3 − 3(x+ 1)2(x− 1)2
(x− 1)6= −(x+ 1)(x+ 5)
(x− 1)4,
na osnovu qega zakuqujemo da je
f ′(x) = 0 akko (x+ 1)(x+ 5) = 0 akko x = −1 ∨ x = −5.
Prema tome, kandidati za lokalne ekstremume su taqke x1 = −1 ix2 = −5. Posmatrajmo znak prvog izvoda:
++++++++++++++
++++++++++
++++
1
1
1
1−5
−5
−1
−1x+ 1
x+ 5
−(x− 1)4
f ′(x)
Sxodno tome, funkcija f raste akko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−5,−1).
Funkcija f opada akko
f ′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−5) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).
Primetimo da sa leve strane taqke x1 = −5 funkcija opada, a sadesne strane funkcija f raste. Prema tome, taqka x1 = −5 je taqkalokalnog minimuma, u oznaciMin(−5,−2/27). Sa leve strane taqkex2 = −1 funkcija raste, a sa desne strane funkcija f opada, pa jetaqka x2 = −1 je taqka lokalnog maksimuma, u oznaci Max(−1, 0).
Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna dobijamo da je
f ′′(x) = 2 · x2 + 10x+ 13
(x− 1)5= 2 · (x+ (5 + 2
√3))(x+ (5− 2
√3))
(x− 1)5.
Primetimo da je
f ′′(x) = 0 akko x = −(5 + 2√3) ∨ x = −(5− 2
√3).
Sxodno tome, kandidati za prevojne taqke su x1 = −(5 + 2√3) i
x2 = −(5− 2√3). Posmatrajmo znak drugog izvoda:
6 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
++++++++++++++
++++++++++
++++ ++++++
++++++
1
1
1
1x1
x1
x2
x2x− x2
x− x1
(x− 1)5
f ′(x)
Prema tome, funkcija f je konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (x1, x2) ∪ (1,+∞).
Funkcija f je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞, x1) ∪ (x2, 1).
Poxto prolaskom kroz taqke x1 i x2 funkcija f′′ me�a znak, sledi
da su iste prevojne taqke funkcije f . Koristimo oznake Prev1(x1, f(x1))i Prev2(x2, f(x2)).
Zadatak 1.2 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) =|x− 1|3
(x+ 1)2.
Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je (x + 1)2 6= 0, tj. x 6= −1. Prematome, domen funckije f je
Df = (−∞,−1) ∪ (−1,+∞).
Primetimo da funkciju f mo�emo prikazati u slede�em obliku:
f(x) =
(x− 1)3
(x+ 1)2, x ∈ [1,+∞),
(1− x)3
(x+ 1)2, x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1).
.
2. Parnost i neparnost:
Kako domen funkcije f nije simetriqan, nije potrebno ispitivatiparnost i neparnost.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 7
3. Nule i znak: Uoqimo da je f(x) = 0 akko je |x − 1| = 0, tj. x = 1.Sxodno tome, nula funkcije f je taqka x = 1, u oznaci N(1, 0).
Primetimo d,a za svako x ∈ Df , va�e slede�e nejednakosti:
|x− 1|3 ≥ 0 i (x+ 1)2 > 0.
Prema tome, zakuqujemo da je f(x) ≥ 0 za svako x ∈ Df .
4. Asimptote:Kako je
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
(x− 1)3
(x+ 1)2= +∞,
sledi da ne postoji horizontalna asimptota. Posmatrajmo slede�e:
k1 = limx→+∞
f(x)
x= lim
x→+∞
(x− 1)3
x(x+ 1)2= 1.
Uz to je jox i
n1 = limx→+∞
(f(x)− k1x) = limx→+∞
−5x2 + 2x− 1
(x+ 1)2= −5.
Stoga, prava y = x− 5 je kosa asimptota funckije f kada x→ +∞.Uoqimo da je
limx→−∞
f(x) = limx→−∞
(1− x)3
(x+ 1)2= +∞,
pa ne postoji horizontalna asimptota kada x→ −∞. Posmatrajmo:
k2 = limx→−∞
f(x)
x= lim
x→−∞
(1− x)3
x(x+ 1)2= −1,
kao i
n2 = limx→−∞
(f(x)− k2x) = limx→−∞
5x2 − 2x+ 1
(x+ 1)2= 5.
Prava y = −x+ 5 je kosa asimptota funckije f kada x→ −∞.
Poxto funkcija f nije definisana u taqki−1, posmatrajmo slede�egraniqne vrednosti:
limx→−1−
(1− x)3
(x+ 1)2=
(8
0+
)= +∞ i lim
x→−1+
(1− x)3
(x+ 1)2=
(8
0+
)= +∞.
Prema tome, postoji vertikalna asimptota i ona glasi x = −1.
8 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
5. Prvi izvod:
Primetimo da je
f ′(x) =
+(x− 1)2(x+ 5)
(x+ 1)3, x ∈ (1,+∞),
−(x− 1)2(x+ 5)
(x+ 1)3, x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1).
Razmatrajmo dva sluqaja:
(a) Ako x ∈ (1,+∞), tada za svako x va�e slede�e nejednakosti:
(x− 1)2 > 0 i (x+ 5) > 0 i (x+ 1)3 > 0.
Jasno je da je tada f ′(x) > 0.
(b) Ako x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1), tada je znak funkcije f ′:
++++
++++++++
++++
1
1
1−5
1
−5
−1
−1
−1
−(x− 1)2
x+ 5
(x+ 1)3
f ′(x)
Konaqno, funkcija f raste akko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−5,−1) ∪ (1,+∞).
Funkcija f opada akko
f ′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−5) ∪ (−1, 1).
Primetimo da je f ′(x) = 0 akko x = −5, kao i da prolaskom kroztaqku x = −5 funkcija f me�a znak (sa leve strane funkcijaopada, a sa desne raste). Prema tome, taqka x = −5 je lokalniminimum funkcije f , u oznaci Min1(−5, 27/2).
Mo�e se pokazati da je funckija f u taqki x = 1 diferencija-bilna, tj. da va�i
f ′(1) = 0 = f ′+(1) = f ′−(1).
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 9
Poxto prolaskom kroz taqku x = 1 funkcija me�a znak (sa levestrane opada, a sa desne raste), zakuqujemo da je i taqka x = 1taqka lokalnog minimuma funkcije f , u oznaci Min2(1, 0).
6. Drugi izvod:
Nije texko uvideti da je
f ′′(x) =
+24(x− 1)
(x+ 1)4, x ∈ (1,+∞),
−24(x− 1)
(x+ 1)4, x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1).
Razmatrajmo slede�a dva sluqaja:
(a) Ako x ∈ (1,+∞), tada za svako x va�e slede�e nejednakosti:
(x− 1) > 0 i (x+ 1)4 > 0.
Prema tome, zakuqujemo da f ′′(x) > 0.
(b) Ako x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1,+∞), tada za svako x va�i:
−(x− 1) > 0 i (x+ 1)4 > 0,
pa je i na ovom delu f ′′(x) > 0.
Konaqno, f ′′(x) > 0 za svako x ∈ Df , pa je funckija f konveksna nasvom domenu.
Zadatak 1.3 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) =x2
3√x3 + 8
.
Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je x3 + 8 6= 0, tj. x 6= −2. Sxodnotome, domen funkcije f je
Df = (−∞,−2) ∪ (−2,+∞).
2. Parnost i neparnost:
Poxto domen Df funkcije f nije simetriqan, nije potrebno ispi-tivati parnost i neparnost.
3. Nule i znak:
Primetimo da je f(x) = 0 akko je x2 = 0, tj. x = 0. Sxodno tome,nula funkcije f je taqka x = 0, u oznaci N(0, 0).
10 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
++++++++++
++++++++++
++++++++++++++++++++
−2
−2
−2
x2
3√x3 + 8
f(x)
Lako je uvideti da va�i slede�e:
f(x) > 0 akko x > −2 i f(x) < 0 akko x < −2.
4. Asimptote:Kako je
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
x2
3√x3 + 8
= limx→±∞
x3√1 + 8/x3
= ±∞,
sledi da horizontalne asimptote ne postoje. Posmatrajmo koseasimptote funkcije f . Naime, prona�imo k1 u sluqaju kada x →+∞.
k1 = limx→+∞
f(x)
x= lim
x→+∞
x2
x 3√x3 + 8
= limx→+∞
13√
1 + 8/x3= 1.
Uz to je jox i
n1 = limx→+∞
(f(x)− k1x) = limx→+∞
(x2
3√x3 + 8
− x)
= limx→+∞
x2 − x 3√x3 + 8
3√x3 + 8
= limx→+∞
x2 − x2 3√
1 + 8/x3
3√
1 + 8/x3= lim
x→+∞
x− x (1 + 8/(3x3) + o(1/x3))3√
1 + 8/x3= 0.
Stoga, prava y = x je kosa asimptota za funkciju f kada x→ +∞.Na sliqan naqin, u sluqaju kada x→ −∞, dobijamo da je
k2 = 1 i n2 = 0,
tj. prava y = x je i kosa asimptota za funkciju f kada x→ −∞.
Poxto funkcije f nije definisana u taqki−2, tposmatrajmo slede�egraniqne vrednosti:
limx→−2+
x2
3√x3 + 8
=
(4
+0
)= +∞ i lim
x→−2−
x2
3√x3 + 8
=
(4
−0
)= −∞.
Prema tome, postoji vertikalna asimptota i ona glasi x = −2.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 11
5. Prvi izvod:
Posle kra�eg raquna dobijamo da je
f ′(x) =
2x 3√x3 + 8− x2 · 3x2
3( 3√x3 + 8)2
( 3√x3 + 8)2
=x(x3 + 16)
( 3√x3 + 8)4
.
Primetimo da je
f ′(x) = 0 akko x(x3 + 16) = 0 akkp x = 0 ∨ x = − 3√16.
Prema tome, kandidati za lokalne ekstremume su taqke x1 = 0 ix2 = − 3
√16. Posmatrajmo znak prvog izvoda.
++++++
++++++++++++++++++++
++++++++++++++
++++++
+++ +++
0− 3√16
0
− 3√16
−2
−2
−2
−2x
x3 + 16
( 3√x3 + 8)4
f ′(x)
Prema tome, funkcija f raste akko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,− 3√16) ∪ (0,+∞).
Funkcija f opada akko
f ′(x) < 0 akko x ∈ (− 3√16,−2) ∪ (−2, 0).
Primetimo da sa leve strane taqke− 3√16 funkcija raste, a sa desne
funkcija f opada. Prema tome, taqka x1 = − 3√16 je taqka lokalnog
maksimuma, u oznaci Max(− 3√16,−2 3
√4). Sa desne strane taqke 0
funkcija raste, a sa leve funkcija f opada. Prema tome, taqkax2 = 0 je taqka lokalnog minimuma, u oznaci Min(0, 0)
6. Drugi izvod:
Posle du�eg raquna dobijamo da je
f ′′(x) = −16 · x3 − 8
( 3√x3 + 8)7
.
Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je x3 − 8 = 0, tj. x = 2. Prematome, kandidat za prevojnu taqku je taqka x = 2. Posmatrajmo znakdrugog izvoda.
12 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
++++++++++
++++++
++++
2
2−2
−2
−2
−2−16
x3 − 8
( 3√x3 + 8)7
f ′′(x)
Prema tome, funkcija f je konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−2, 2).
Funkcija f je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−2) ∪ (2,+∞).
Poxto funkcija f ′′ me�a znak pri prolasku kroz taqku x = 2,sledi da je ista prevojna taqka funkcije f , u oznaci Prev(2, 3
√4).
Zadatak 1.4 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) =
√x− 1
x+ 1.
Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je
x− 1
x+ 1≥ 0 i x+ 1 6= 0.
Posmatrajmo znak funckije g(x) =x− 1
x+ 1.
++++++
++++++++++++++
++++++
+++ +++
1
1−1
−1
x− 1
x+ 1
g(x)
Na kraju, domen funckije f je
Df = (−∞,−1) ∪ [1,+∞).
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 13
2. Parnost i neparnost:
Nije texko uvideti da funckija f nije ni parna, ni neparna.
3. Nule i znak:
Primetimo da je f(x) = 0 akko je x− 1 = 0, tj. x = 1. Stoga, taqkax = 1 je nula funkcije f , i oznaqavamo je sa N(1, 0). Nije texkouvideti da je f(x) ≥ 0 za svako x ∈ Df , pa je funkcija pozitivnana svom domenu.
4. Asimptote:Kako je
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
√x− 1
x+ 1= 1,
te je prava y = 1 horizontalna asimptota funckije f kada x→ +∞i kada x→ −∞. Kako je jox
limx→−1−
√x− 1
x+ 1=
(√−20−
)= +∞,
zakuqujemo da je prava x = −1 vertikalna asimptota funckije f .5. Prvi izvod:
Primetimo da je
f ′(x) =1
(x+ 1)2·√x+ 1
x− 1.
Kako je f ′(x) = 0 akko je x + 1 = 0, i poxto se taqka x = −1 nenalazi u domenu funckije f zakuqujemo da ne postoje kandidatiza lokalne ekstremume funkcije f .
Utvrdimo jox da je f ′(x) > 0, za svako x ∈ Df , pa je funkcija frastu�a.
Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna dobijamo da je
f ′′(x) =1− 2x
(x2 − 1)2·√x− 1
x+ 1.
Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je 1 − 2x = 0 ili x − 1 = 0, tj.x = 1/2 ili x = 1. Kako x = 1/2 nije u domenu Df funkcije f ,zakuqujemo da funkcija nema kandidate za prevojne taqke3.
3napomena: taqka x = 1 ne mo�e biti prevojna taqka funkcije f jer se za istu ne mo�e
definisati okolina taqke.
14 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Nije texko uvideti da znak funkcije f zavisi samo od izraza 1−2x.Drugim reqima, funkcija f je konveksna akko je
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1).
Funkcija f je konkavna akko je
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (1,+∞).
6. Grafik funkcije:
Zadatak 1.5 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) =√x2 − 1− x.
Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je x2 − 1 ≥ 0 Sxodno tome, domenfunkcije je
Df = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).
2. Parnost i neparnost:
Primetimo da va�i slede�a:
f(x) 6= f(−x) =√x2 − 1 + x 6= −f(x).
Prema tome, funkcija f nije ni parna, ni neparna.
3. Nule i znak:
Primetimo da je f(x) = 0 akko je√x2 − 1 = x. Uoqena jednaqina
ima rexe�e pri uslovu da je x ≥ 0 i tada va�i x2 − 1 = x2. Kakotakvo rexe�e ne postoji, sledi da funkcija f nema nulu.
Funkcija f je pozitivna akko va�i
f(x) > 0 akko√x2 − 1− x > 0 akko
√x2 − 1 > x.
Posmatrana nejednaqina se rexava na slede�i naqin:
(a) ako je x < 0, tada je nejednaqina trivijalno ispu�ena.
(b) ako je x > 0, tada je nejednaqina ekvivalentna nejednaqinix2 − 1 > x2, koja nema rexe�a ni za jedno x ∈ (0,+∞) ∩Df .
Na kraju, va�i slede�e razmatra�e:
f(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1] i f(x) < 0 akko x ∈ [1,+∞).
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 15
4. Asimptote:Posmatrajmo slede�u graniqnu vrednost:
limx→+∞
(√x2 − 1− x
)= lim
x→+∞
x2 − 1− x2√x2 − 1 + x
= limx→+∞
−1√x2 − 1 + x
= 0.
Prava y = 0 je horizontalna asimptota za f kada x→ +∞. Kako je
limx→−∞
(√x2 − 1− x
)= +∞,
funkcija nema horizontalnu asimptotu u sluqaju kada x → −∞.Zato, prona�imo vrednost koeficijenta pravca kose asimptote
k = limx→−∞
f(x)
x= lim
x→−∞
√x2 − 1− x
x= lim
x→−∞
(−√
1− 1
x2− 1
)= −2.
Uoqimo da je
n = limx→−∞
(f(x)−kx) = limx→−∞
(√x2 − 1 + x
)= lim
x→−∞
x2 − 1− x2√x2 − 1− x
= 0.
Prava y = −2x je kosa asimptota za funkciju f kada x→ −∞.
Primetimo da je funkcija f definisana u taqkama −1 i 1, paprema tome ne ispitujemo graniqne vrednosti u istim. Uoqimoda je f(1) = −1 i f(−1) = 1.
5. Prvi izvod:
f ′(x) =2x
2√x2 − 1
− 1 =x−√x2 − 1√
x2 − 1= − f(x)√
x2 − 1.
Primetimo da je f ′(x) = 0 akko je f(x) = 0. Kako smo pokazali da fnema nule, sledi da ni funkcija f ′ nema nule. Na kraju, funkcijaf nema kandidate za lokalne ekstremume.
Kako je vrednost izraza√x2 − 1 uvek pozitivna, znak funkcije f ′
zavisi samo od izraza −f(x), tj. funkcija f raste akko
f ′(x) < 0 akko x ∈ (1,+∞).
Sliqno, funkcija f opada akko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1).
16 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo slede�e:
f ′′(x) = − 1
(√x2 − 1)3
.
Uoqimo da vrednost funkcije f ′′ nikada ne mo�e biti jednaka nuli.Stoga, funkcija f nema kandidate za prevojne taqke. Primetimojox da je
√x2 − 1 uvek pozitivno, pa je vrednost drugog izvoda uvek
negativna. Naime, za svako x ∈ Df funkcija f je konkavna.
Zadatak 1.6 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) =x+ 1√
(x− 1)(x+ 3).
Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je (x − 1)(x + 3) > 0 Sxodno tome,domen funkcije je
Df = (−∞,−3) ∪ (1,+∞).
2. Parnost i neparnost:
Kako domen Df funkcije f nije simetriqna, nije potrebno ispiti-vati parnost i neparnost.
3. Nule i znak:
Primetimo da je f(x) = 0 akko je x+ 1 = 0, tj. x = −1. Kako taqkax = −1 ne pripada domenu Df , zakuqujemo da funkcija nema nulu.
Poxto je vrednost izraza√(x− 1)(x+ 3) uvek pozitivna, sledi da
je je f pozitivna akko va�i
f(x) > 0 akko x+ 1 > 0 akko x > −1.
Na kraju, va�i slede�e razmatra�e:
f(x) > 0 akko x ∈ (1,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−3).
4. Asimptote:Posmatrajmo slede�u graniqnu vrednost:
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
x
(1 +
1
x
)|x|√1 +
2
x− 3
x2
= limx→+∞
1 +1
x√1 +
2
x− 3
x2
= 1.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 17
Zakuqujemo da je prava y = 1 horizontalna asimptota za f kadax→ +∞. Kako je
limx→−∞
f(x) = limx→−∞
x
(1 +
1
x
)|x|√
1 +2
x− 3
x2
= limx→−∞
1 +1
x
−√1 +
2
x− 3
x2
= −1,
sledi da je prava y = −1 horizontalna asimptota za f kada x →−∞.
Poxto va�e slede�e slede�e graniqne vrednosti:
limx→−3−
f(x) =
(−20+
)= −∞ i lim
x→1+f(x) =
(2
0+
)= +∞,
bi�e da su prave x = −3 i x = 1 vertikalne asimptote funkcije f .
5. Prvi izvod:
f ′(x) =
√x2 + 2x− 3− (x+ 1) · 2x+ 2
2√x2 + 2x− 3
(√x2 + 2x− 3)2
= − 4
(√x2 + 2x− 3)3
.
Primetimo da ni za koje x ∈ Df vrednost funkcije f′ nije jednaka
nuli, pa funkcija f nema kandidate za lokalne ekstremume.
Kako je vrednost izraza√x2 + 2x− 3 uvek pozitivna, znak prvog
izvoda je uvek negativan, tj. funkcija f opada na domenu Df .
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je
f ′′(x) = 12 · x+ 1
(√x2 + 2x− 3)5
.
Uoqimo da f ′′(x) = 0 akko x+ 1 = 0, tj. x = −1. Kako se x = −1 nenalazi u domenu funkcije, funkcija f nema kandidate za prevojnetaqke.
Primetimo da je√x2 + 2x− 3 uvek pozitivno, pa vrednost drugog
izvoda zavisi samo od izraza x+ 1, tj. funkcija je konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (1,+∞).
18 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Sliqno, funkcija f je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−3).
Zadatak 1.7 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) = (2− x2)e−x.
Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funckija definisana za svako x ∈ R, pa jeDf = R.
2. Parnost i neparnost:
Lako je utvrditi da funkcija f nije ni parna, ni neparna.
3. Nule i znak:
Kako je eksponencijalna funkcija uvek pozitivna, sledi je f(x) = 0akko je 2 − x2 = 0, tj. x =
√2 ili x = −
√2. Prema tome, taqke
x =√2 i x = −
√2 su nule funkcije f , u oznaci N1(
√2, 0) i
N2(−√2, 0).
Kako znak funkcije f zavisi samo od izraza 2−x2, zakuqujemo daje funkcija pozitivna akko je
f(x) > 0 akko x ∈ (−√2,√2).
Sliqno, funckija f je negativna akko je
f(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−√2) ∪ (
√2,+∞).
4. Asimptote:Uoqimo slede�u graniqnu vrednost:
limx→+∞
f(x) = limx→−∞
2− x2
ex= 0,
pa je prava y = 0 horizontalna asimptota funkcije f , u sluqajukada x→ +∞. Primetimo da je
limx→−∞
f(x) = limx→−∞
(2− x2)e−x = −∞,
pa ne postoji horizontalna asimptota funkcije f , kada x → −∞.Kako je i
k1 = limx→−∞
f(x)
xlim
x→−∞
2− x2
xe−x = +∞,
zakuqujemo da ne postoji ni kosa asimptota, kada x→ −∞.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 19
5. Prvi izvod:
Kako je
f ′(x) = −2xe−x + (2− x2)(−e−x) = (x2 − 2x− 2)e−x,
sledi da je f ′(x) = 0 ako i samo ako je x2 − 2x− 2 = 0. Prema tome,taqke x1 = 1+
√3 i x2 = 1−
√3 su kandidati za lokalne ekstremume
funkcije f .
Poxto znak prvog izvoda f ′ zavisi samo od izraza x2 − 2x− 2, xtoje parabola qije su nule taqke x1 i x2, funkcija f raste akko je
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞, x2) ∪ (x1,+∞).
Funkcija f opada akko je
f ′(x) < 0 akko x ∈ (x2, x2).
Poxto prolaskom kroz taqke x1 i x2 funkcija f ′ me�a znak, za-kuqujemo da je taqka x1 lokalni minimum, a taqka x2 lokalni mak-simum funkcije f . Koristimo oznakeMin(x1, f(x1)) iMax(x2, f(x2)).
6. Drugi izvod:
Primetimo da jef ′′(x) = x(4− x)e−x.
Kako je f ′′(x) = 0 akko je x = 0 ili 4− x = 0, pa su iste kandidatiza prevojne taqke funckije f .
Kako znak drugog izvoda funkcije f zavisi samo od izraza x(4−x),funkcija f je konveksna akko je
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞, 0) ∪ (4,+∞).
Funkcija je konkavna akko je
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (0, 4).
Kako prolaskom kroz taqke x = 0 i x = 4 funkcija f ′′ me�aznak, te su iste prevojne taqke funkcije f , u oznaci Prev1(0, 2)i Prev2(4,−12e−2).
Zadatak 1.8 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) = xe−1/x.
20 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funkcija f definisana akko x 6= 0. Prema tome,domen funkcije je
Df = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).
2. Parnost i neparnost:
Kako je−f(x) 6= f(−x) = −xe1/x 6= f(x),
to funkcija f nije ni parna, ni neparna.
3. Nule i znak:
Podsetimo se da je eksponencijalna funkcija uvek pozitivna, pa jesxodno tome f(x) = 0 akko je x = 0. Kako se taqka x = 0 ne nalaziu domenu Df , sledi da funkcija f nema nulu.
Jasno je da znak funkcije f zavisi samo od izraza x, pa je
f(x) > 0 akko x ∈ (0,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (−∞, 0).
4. Asimptote:Prvi naqin: Primetimo da va�i slede�e izlaga�e
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
xe−1/x = ±∞.
Prema tome, funkcija nema horizontalne asimptote. Kako je
k1,2 = limx→±∞
f(x)
x= lim
x→±∞e−1/x = 1
i
n1,2 = limx→±∞
(f(x)− kx) = limx→±∞
(xe−1/x − x
)= lim
x→±∞
(−e−1/x − 1
−1/x
)= −1,
sledi da je prava y = x − 1 kosa asimptota funkcije f i kadax→ ±∞.
Drugi naqin: Kako −1/x → 0 kada x → ±∞, koriste�i Maklore-novu formulu dobijamo:
f(x) = x
(1− 1
x+ o
(1
x
))= x− 1 + o(1),
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 21
xto odgovara jednaqini kose asimptote.
Primetimo slede�e jednakosti
limx→0+
f(x) = limx→0+
xe−1/x = 0.
limx→0−
f(x) = limx→0−
xe−1/x = limx→0−
e−1/x
1/x= L.
Kako je posled�a graniqna vrednost oblika 0/0, posmatrajmo:
L′ = limx→0−
(e−1/x
)′(1/x)′
= limx→0−
e−1/x · (1/x2)−1/x2
= limx→0−
(−e−1/x
)= −∞.
Kako L′ postoji, te zakuqujemo da postoji i graniqna vrednost Li jox va�i L′ = L = −∞, tj. lim
x→0−f(x) = −∞. Konaqno, prava
x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f .
5. Prvi izvod:
f ′(x) = e−1/x +xe−1/x
x2=
1 + x
x· e−1/x.
Uvidimo da je f ′(x) = 0 akko je 1 + x = 0, tj. x = −1. Prema tome,taqka x = −1 je kandidat za lokalni ekstermum. Posmatrajmo znakprvog izvoda funkcije f .
++ +++ +++++++++++++++
++++++++++++++
++++++++++
++++++ ++++++++++
−1
−1
0
0
0
0e−1/x
x
1 + x
f ′′(x)
Primetimo da funkcija f raste akko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1) ∪ (0,+∞),
a opada akkof ′(x) < 0 akko x ∈ (−1, 0).
Prolaskom kroz taqku−1 funkcija f ′ me�a znak, pa u taqki x = −1funkcija f dosti�e lokalni maksimum (sa leve strane f raste, asa desne opada), u oznaci Max(−1,−e).
22 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je f ′′(x) =e−1/x
x3.
Kako vrednost funkcije f ′′ nikada ne mo�e biti jednaka nuli,funkcija f nema kandidata za prevojne taqke.
Nije texko utvrditi da je vrednost funkcije e−1/x uvek pozitivna,pa znak drugog izvoda funkcije f zavisi samo od x3, tj. funkcijaf je konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (0,+∞),
odnosno f je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞, 0).
Zadatak 1.9 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) = ex−1/|x|.
Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funkcija f definisana akko je |x| 6= 0, tj. x 6= 0.Sxodno tome, domen funkcije je
Df = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).
2. Parnost i neparnost:
Kako va�i slede�e razmatra�e
−f(x) 6= f(−x) = e−x−1/|x| 6= f(x)
pa zakuqujemo da funkcija f nije ni parna, ni neparna.
3. Nule i znak:
Kako je vrednost eksponencijalne funkcije uvek ve�a od nule, paje funkcija f uvek pozitivna i ne postoji nula funkcije.
4. Asimptote:Primetimo slede�e:
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
ex−1/|x| = +∞.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 23
Prema tome, ne postoji horizontalna asimptota funkcije f kadax→ +∞. Posmatrajmo kosu asimptotu, tj.
k1 = limx→+∞
f(x)
x= lim
x→+∞
ex−1/|x|
x= +∞.
Sxodno tome, ne postoji ni kosa asimptota funkcije f u sluqajukada x→ +∞. Sa druge strane, kako je
limx→−∞
f(x) = limx→−∞
ex−1/|x| = 0,
sledi da je prava y = 0 horizontalna asimptota funkcije f kadax→ −∞. Poxto je
limx→0±
f(x) = limx→0±
ex−1/|x| =(e−∞
)= 0,
zakuqujemo da ne postoji vertikalna asimptota funkcije f .
5. Prvi izvod:
Primetimo da se funkcija f mo�e zapisati u obliku:
f(x) =
{e
x2−1x , x > 0;
ex2+1
x , x < 0.
Prema tome, vrednost prvog izvoda je
f ′(x) =
e
x2−1x · x
2 + 1
x2, x > 0;
ex2+1
x · x2 − 1
x2, x < 0.
Razmatrajmo dva sluqaja
(a) ako je x > 0, tada je lako uvideti da ne postoji taqka u kojojje vrednost prvog izvoda jednaka nuli, pa za x > 0 ne postojikandidat za lokalni ekstremum funkcije f .
Kako je eksponencijalna funkcija uvek pozitivna, kao i x2 ix2 + 1, pa za x > 0 funkcija f raste.
(b) ako je x > 0, tada je vrednost prvog izvoda jednaka nuli akkoje 1 − x2 = 0, tj. ako je x = −1. Taqka x = −1 je kandidat zalokalni ekstremum funkcije f .
24 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Kako su eksponencijalna funkcija i funkcija x2 uvek pozi-tivne, pa znak prvog izvoda zavisi samo od funkcije x2− 1, tj.va�i slede�e
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1) i f ′(x) < 0 akko x ∈ (−1, 0).
Na kraju, funkcija f raste akko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−1, 0) ∪ (0,+∞),
odnosno funkcija opada akko
f ′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−1).
Kako funkcija f ′ pri prolasku kroz taqku x = −1 me�a znak, sledida je taqka x = −1 lokalni minimum za funkciju f (levo od taqkefunkcija opada, a desno raste), u oznaci Min(−1, e−2).
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost drugog izvoda funkcije:
f ′′(x) =
e
x2−1x · (x
2 + 1)2 − 2x
x4, x > 0;
ex2+1
x · (x2 − 1)2 + 2x
x4, x < 0.
Razmatrajmo dva sluqaja:
(a) ako je x > 0, vrednost drugog izvoda je jednaka nuli akko je(x2 + 1)2 − 2x. Mo�e se pokazati da u tom sluqaju ne postojitaqka sa tra�enom osobinom, te ne postoji kandidat za lokalniekstremum, ukoliko je x > 0.
Kako su eksponencijalna funkcija i funkcija x4 uvek pozi-tivne, znak drug izvoda zavisi samo od funkcije (x2+1)2− 2x.Mo�e se pokazati da je funkcija (x2 + 1)2 − 2x pozitivna zax > 0, te je funkcija konveksna na tom delu.
(b) ako je x < 0, vrednost drugog izvoda je jednaka nuli akko je(x2 − 1)2 + 2x. Mo�e se pokazati da su kandidati za lokalneekstremume taqke x1 = −1.6838 i x2 = −0.37151.
Kako su eksponencijalna funkcija i funkcija x4 uvek pozi-tivne, pa znak drug izvoda zavisi od funkcije (x2 − 1)2 + 2x.Mo�e se pokazati da je za x < 0 va�i slede�e:
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞, x1)∪(x2, 0) i f ′′(x) < 0 akko x ∈ (x1, x2).
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 25
Konaqno, funkcija f je konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞, x1) ∪ (x2, 0) ∪ (0,+∞),
odnosno funkcija je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (x1, x2).
Zadatak 1.10 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) = xx.
Rexe�e: 1. Domen:Uoqimo da funkciju f mo�emo zapisati u obliku
f(x) = ex lnx,
pa je funkcija f je definisana akko je x > 0, tj. Df = (0,+∞).
2. Parnost i neparnost:
Kako domen nije simetriqan, nema smisla ispitivati parnost ineparnost funkcije f .
3. Nule i znak:
Podsetimo se da eksponencijalna funkcija strogo ve�a od nule.Sxodno tome, f nema nule i uvek je pozitivna.
4. Asimptote:Primetimo da je:
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
ex lnx = +∞,
pa funkcija nema horizontalnu asimptotu kada x→ +∞. Poxto
k = limx→+∞
f(x)
x= lim
x→+∞
ex lnx
x= +∞,
pa zakuqujemo da funkcija nema ni kosu asimptotu kada x→ +∞.Posmatrajmo vertikalnu asimptotu funkcije f .
limx→0+
f(x) = limx→0+
ex lnx.
Primetimo da je graniqna vrednost L = limx→0+
x lnx = limx→0+
lnx/(1/x)
oblika ∞/∞, pa ima razmatrajmo slede�u:
L′ = limx→0+
(lnx)′
(1/x)′= lim
x→0+
1/x
−1/x2= lim
x→0+(−x) = 0.
Poxto postoji L′, sledi da postoji i L i va�i L′ = L = 0. Konaqno,limx→0+
f(x) = e0 = 1, pa ne postoji ni vertikalna asimptota.
26 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
5. Prvi izvod:
f ′(x) = ex lnx (lnx+ 1) .
Prvi izvod je jednak nuli ukoliko je lnx+1 = 0, tj. x = 1/e. Stoga,taqka x = 1/e je kandidat za lokalni ekstremum.
Kako je vrednost funkcije ex lnx uvek pozitivna, znak prvog izvodafunkcije f zavisi samo od funkcije lnx+ 1, tj. funkcija f rasteakko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (1/e,+∞),
tj. funkcija opada akko
f ′(x) < 0 akko x ∈ (0, 1/e).
Poxto funkcija f ′ pri prolazu kroz taqku x = 1/e me�a znak, paje ista lokalni minimum funkcije f , u oznaci Min(e, e−1/e).
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna dobijamo da je
f ′′(x) = ex lnx ·((lnx+ 1)2 +
1
x
).
Kako je Df = (0,∞), va�e nejednakosti
1/x > 0 i (lnx+ 1)2 ≥ 0.
Sxodno tome, ne postoji nula funkcije f ′′. Drugim reqima, ne po-stoje ni kandidati za prevojne taqke. Sliqnim razmatra�em seutvr�uje da je f ′′(x) > 0 za svako x ∈ Df , te je funkcija f konvek-sna na svom domenu.
Zadatak 1.11 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) = x · lnx− 1
lnx+ 1.
Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je x > 0 i ako je lnx + 1 6= 0, tj.x 6= 1/e. Prema tome, domen funkcije f je
Df = (0, 1/e) ∪ (1/e,+∞).
2. Parnost i neparnost:
Poxto domen nije simetriqan, pa nema smisla razmatrati parnosti neparnost funkcije.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 27
3. Nule i znak:
Nije texko uvideti da je f(x) = 0 akko je x = 0 ili lnx− 1 = 0, tj.x = e. Kako se taqka x = 0 ne nalazi u domenu, sledi da funkcijaf ima samo jednu nulu x = e, u oznaci N(e, 0).
++++++
++++++++++
++++++++++++++
+++ + ++++++
0
0
0
0
e
e
1/e
1/e
1/e
1/ex
lnx+ 1
lnx− 1
f(x)
Primetimo da va�i slede�e razlaga�e
f(x) > 0 akko x ∈ (0, 1/e)∪(e,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (1/e, e).
4. Asimptote:Primetimo da va�i slede�a
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
x · lnx− 1
lnx+ 1= +∞.
Stoga, ne postoji horizontalna asimptota funkcije kada x→ +∞.
Primetimo da je
k = limx→+∞
f(x)
x= lim
x→+∞
lnx− 1
lnx+ 1= 1,
n = limx→+∞
(f(x)− kx) = limx→+∞
x
(lnx− 1
lnx+ 1− 1
)= lim
x→+∞
lnx−1lnx+1
− 11x
Kako je graniqna vrednost n oblika 0/0, posmatrajmo slede�u
n′ = limx→+∞
(lnx−1lnx+1
− 1)′(
1x
)′ = limx→+∞
2x(lnx+1)2
− 1x2
= limx→+∞
−2x(lnx+ 1)2
= −∞.
Kako n′ postoji, postoji i n i va�i n′ = n = +∞. Sxodno tome, nepostoji ni kosa asimptota funkcije f , kada x→ +∞.
28 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Uoqimo da je
limx→1/e+
x · lnx− 1
lnx+ 1= −∞ i lim
x→1/e−x · lnx− 1
lnx+ 1= +∞.
Prema tome, prava x = 1/e je vertikalna asimptota funkcije f .
Nije texko uvideti da va�i slede�a jednakost.
limx→0+
x · lnx− 1
lnx+ 1= 0.
5. Prvi izvod:
f ′(x) =lnx− 1
lnx+ 1+ x · 2
x(lnx+ 1)2=
ln2 x+ 1
(lnx+ 1)2.
Utvrdimo da za svako x ∈ Df va�e nejednakosti ln2 x+ 1 > 0 kao i(lnx−1)2 > 0.Prema tome, ne postoji nula funkcije f ′. Prema tome,ne postoje kandidati za lokalni ekstremum. Na kraju, f ′(x) > 0 zasvako x ∈ Df , te funkcija f raste na svom domenu.
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna dobijamo da je drugi izvod funkcije
f ′′(x) = 2 · lnx− 1
x(lnx+ 1)3.
Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je lnx − 1 = 0, tj. x = e. Prematome, ista je kandidat za prevojnu taqku.
++++++
++++++++++
++++++++++++++
+++ + ++++++
0
0
0
0
e
e
1/e
1/e
1/e
1/ex
(lnx+ 1)3
lnx− 1
f ′′(x)
Funkcija f je konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (0, 1/e) ∪ (e,+∞),
tj. funkcija je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (1/e, e).
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 29
Poxto prolaskom kroz taqku x = e funkcija f ′′ me�a znak, sledida je je x = e prevojna taqka funkcije f .
Zadatak 1.12 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) = arctg1
x2 − 1.
Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je x2 − 1 6= 0. Prema tome,
Df = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).
2. Parnost i neparnost:
Kako jef(−x) = f(x),
sledi da je funkcija f parna i dovono je razmatrati samo re-strikciju funkcije f na (0, 1) ∪ (1,+∞).4 Uvidimo da je f(0) =−π/4.
3. Nule i znak:
Podsetimo se da je funkcija arctg jednaka nuli ukoliko je vrednostargumenta jednaka nuli. Kako je 1/(x2 − 1) 6= 0, zakuqujemo da nepostoji nula funkcije f .
Funkcija arctg je pozitivna akko je vrednost argumenta pozitivna,tj. va�i slede�e razmatra�e
f(x) > 0 akko1
x2 − 1> 0 akko x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞),
a funkcija je negativna akko je
f(x) < 0 akko1
x2 − 1< 0 akko x ∈ (−1, 1).
4. Asimptote:Primetimo da je
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
arctg1
x2 − 1= arctg 0 = 0.
Sxodno tome, prava y = 0 je horizontalna asimptota funkcije fkada x→ +∞. Naime, ista prava je i horizontalna asimptota i u
4funkcija f je simetriqna u odnosu na y-osu.
30 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
sluqaju kada x→ −∞.Poxto je
limx→1−
arctg1
x2 − 1= −π
2i lim
x→1+arctg
1
x2 − 1=π
2,
pa ne postoji vertikalna asimptota funkcije f (uz napomenu da nepostoji ni vertikalna asimptota kada bismo posmatramo graniqnuvrednost funkcije u taqki −1).
5. Prvi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je
f ′(x) = − 2x
(x2 − 1)2 + 1.
Primetimo da je f ′(x) = 0 akko je x = 0, pa je taqka x = 0 kandidatza lokalni ekstremum.
Poxto je (x2−1)2+1 > 0 za svako x ∈ Df , znak prvog izvoda zavisisamo od funkcije −2x. Prema tome, funkcija f raste akko
f ′(x) > 0 x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 0),
odnosno funkcija opada akko
f ′(x) < 0 x ∈ (0, 1) ∪ (1,+∞).
Kako prolaskom kroz x = 0 funkcija f ′ me�a znak, sledi da jeuoqena taqka lokalni maksimum funkcije f , u oznaciMax(0,−π/4).
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je
f ′′(x) =6x4 − 4x2 − 4
((x2 − 1)2 + 1)2.
Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je 6x4 − 4x2 − 4 = 0 akko je
x =
√1 +√7
3=: a akko x = −
√1 +√7
3=: −a.
Prema tome, uoqene taqke su kandidati za prevojne taqke funkcije.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 31
Kako znak drugog izvoda zavisi samo od funkcije 6x4 − 4x2 − 4,sledi da je je f konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−a) ∪ (a,+∞) ,
odnosno funkcija je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−a,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, a) .
Poxto prolasom kroz taqke x = a i x = −a funkcija f ′′ me�a znak,te su taqke a i −a prevojne taqke funkcije f .
Zadatak 1.13 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) = (x+ 2)e−2 arctg x.
Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funkcija definisana za svako x ∈ R, pa je
Df = (−∞,+∞).
2. Parnost i neparnost:
Nije texko uvideti da f nije ni parna ni neparna funkcija.
3. Nule i znak:
Kako je e−2 arctg x > 0 za svako x ∈ Df , nule i znak funkcije zavisesamo od (x + 2). Sxodno tome, taqka x = −2 je nula funkcije f iva�i slede�e razmatra�e
f(x) > 0 akko x > −2 i f(x) < 0 akko x < −2.
4. Asimptote:Kako je
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
(x+ 2)e−2 arctg x = ±∞,
sledi da ne postoje horizontalne asimptote funkcije f .
k1,2 = limx→±∞
f(x)
x= lim
x→±∞
x+ 2
xe−2 arctg x = e∓π.
n1,2 = limx→±∞
(f(x)− k1,2x) = limx→±∞
((x+ 2)e−2 arctg x − e∓πx
)= lim
x→±∞
(xe∓π
(e−2 arctg x±π − 1
)+ 2e−2 arctg x
)= lim
x→±∞
(e∓π · e
−2 arctg x±π − 1
−2 arctg x± π· −2 arctg x± π
x+ 2e−2 arctg x
)
32 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Primenom Lopitalovog pravila se mo�e pokazati da va�i slede�a
limx→±∞
(−2 arctg x± π)/x = 0.
Zakuqujemo da je n1,2 = 2e∓π. Na kraju, prave y = e−πx + 2e−π ie = eπ+2eπ su kose asimptote funkcije f kada x→ +∞ i x→ −∞.
5. Prvi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je prvi izvod funkcije jednak
f ′(x) = e−2 arctg x · (x− 3)(x+ 1)
x2 + 1.
Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je x = 3 ili x = −1, pa su istekandidati za lokalne ekstremume. Poxto su eksponencijalna ifunkcija x2 + 1 uvek pozitivne, znak prvog izvoda zavisi samo od(x− 3)(x+ 1). Funkcija f raste akko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1) ∪ (3,+∞),
odnosno funkcija opada akko
f ′(x) < 0 akko x ∈ (−1, 3).
Prolaskom kroz taqke x = −1 i x = 3 funkcija f ′ me�a znak, pasu iste lokalni ekstremumi funkcije f , u oznaci Max(−1, eπ/2) iMin(3, f(3)).
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je drugi izvod funkcije jednak
f ′(x) = 4e−2 arctg x · 3x+ 1
(x2 + 1)2.
Nule i znak drugog izvoda zavise samo od funkcije 3x + 1, pa jekandidat za prevojnu taqku x = −1/3 i funkcija je konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−1/3,+∞),
tj. funkcija je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−1/3).
Prolaskom kroz taqku x = −1/3 funkcija f ′ me�a znak, pa je istaprevojna taqka funkcije f , u oznaci Prev(−1/3, f(−1/3)).
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 33
Zadatak 1.14 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) = arcsinx√
2x2 + 4x+ 4.
Rexe�e: 1. Domen:Funkcija je definisana akko 2x2 + 4x+ 4 = 2(x+ 1)2 + 2 > 0 i ako
−1 ≤ x√2x2 + 4x+ 4
≤ 1.
Kako je√2x2 + 4x+ 4 pozitivna za sve x ∈ R, sledi da je nejednac-
hina ekvivalentna nejednaqini:
−√2x2 + 4x+ 4 ≤ x ≤
√2x2 + 4x+ 4.
(a) x ≤√2x2 + 4x+ 4. Razmatrajmo dva sluqaja:
i. ako je x < 0, tada je nejednakost trivijalno ispu�ena.
ii. ako je x > 0, tada je x2 ≤ 2x2 + 4x+ 4. Primetimo da je ovanejednakost trivijalno ispu�ena.
Stoga, nejednakost x ≤√2x2 + 4x+ 4 va�i za svako x ∈ R.
(b) −√2x2 + 4x+ 4 ≤ x ⇐⇒
√2x2 + 4x+ 4 ≥ −x. Razmatrajmo:
i. ako je x > 0, nejednakost je trivijalno ispu�ena.
ii. ako je x < 0, tada je 2x2 + 4x+ 4 ≥ x2. I ova nejednakost jetrivijalno ispu�ena.
Stoga, nejednakost −√2x2 + 4x+ 4 ≤ x va�i za svako x ∈ R.
Konaqno, nejednaqina −√2x2 + 4x+ 4 ≤ x ≤
√2x2 + 4x+ 4 je taqna
za svako x ∈ R, pa je domen funkcije f jednak Df = R.2. Parnost i neparnost:
Mo�e se pokazati da funkcija nije ni parna ni neparna.
3. Nule i znak:
Podsetimo se da je arcsin jednaka nuli ako je vrednost argumentajednaka nuli. Kako je x/
√2x2 + 4x+ 4 = 0 akko je x = 0, pa je
taqka x = 0 nula funkcije f , u oznaci N(0, 0).
Funkcija arcsin raste akko je vrednost argumenta pozitivna, tj.
f(x) > 0 akkox√
2x2 + 4x+ 4> 0 akko x ∈ (0,+∞),
odnosno funkcija je negativna akko
f(x) < 0 akkox√
2x2 + 4x+ 4< 0 akko x ∈ (−∞, 0).
34 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
4. Asimptote:Nije texko uvideti da je
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
arcsinx√
2x2 + 4x+ 4
= limx→±∞
arcsinx
|x|√2 + 4
x+ 4
x2
= arcsin
(± 1√
2
)= ±π
4.
Prema tome, prave y = π/4 i y = −π/4 su horizontalne asimptotefunkcije f , kada x→ +∞ i x→ −∞.
5. Prvi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost prvog izvoda jednaka:
f ′ =
√2(x2 + 2x+ 2)
(x+ 2)2· 2(x+ 2)
(√x2 + 2x+ 2)3
=x+ 2
|x+ 2|· 2
√2
x2 + 2x+ 2,
tj. va�i slede�e razmatra�e
f ′(x) =
+
2√2
(x+ 1)2 + 1, x ∈ (−2,+∞)
− 2√2
(x+ 2)2 + 1, x ∈ (−∞,−2).
Prema tome, funkcija f raste akko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (−2,+∞),
odnosno funkcija opada akko
f ′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−2).
Poxto prolaskom kroz taqku x = −2 funkcija f ′ me�a znak, istaje taqka lokalnog ekstremuma, u oznaci Min(−2,−π/2).
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost drugog izvoda jednaka:
f ′′(x) =
−4√2 · x+ 1
((x+ 1)2 + 1)2, x ∈ (−2,+∞)
4√2 · x+ 1
((x+ 2)2 + 1)2, x ∈ (−∞,−2).
Razmatrajmo slede�e mogu�nosti:
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 35
(a) ako je x ∈ (−2,+∞), tada je taqka x = −1 kandidat za prevojnutaqku i znak drugog izvoda zavisi samo od −2(x + 1). Prematome, funkcija f je konveksna akko je x ∈ (−2,−1), to jestfunkcija je konkavna akko je x ∈ (−1,+∞). Poxto prolaskomkroz taqku x = −1 funkcija f me�a znak, x = −1 je prevojnataqka funkcije f , u oznaci Prev(−1,−π/4).
(b) ako je x ∈ (−∞,−2), tada ne postoji kandidat za prevojnu taqkui funkcija f je konkavna za sve x ∈ (−∞,−2).
Na kraju, taqka x = −1 je prevojna taqka funkcije f i funkcija jekonveknsa akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−2,−1),
tj. funkcija je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−2) ∪ (−1,+∞).
Zadatak 1.15 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) =sinx
2 + cos x.
Rexe�e: 1. Domen:Funkcija je definisana akko je 2 + cosx 6= 0. Prema tome, domenfunkcije f je Df = R.
2. Parnost i neparnost:
Nije texko da je uoqiti da je
f(−x) = sin(−x)2 + cos(−x)
=− sinx
2 + cos x= −f(x).
Sxodno tome, funkcija je neparna i simetriqna u odnosu na ko-ordinatni poqetak. Kako su jox funkcije sin i cos periodiqne,sa osnovnim periodom 2π, sledi da je i funkcija f periodiqna saistim periodom. Na kraju, dovono je razmatrati funkciju na[0, 2π].
3. Nule i znak:
Primetimo da je f(x) = 0 akko je sinx = 0, tj. x = 0, x = π ix = 2π,5 u oznaci N1(0, 0), N2(π, 0) i N3(2π, 0).
5posmatramo restrikciju funkcije f na [0, 2π].
36 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Kako za svako x va�i nejednakost
−1 ≤ cosx ≤ 1 ⇐⇒ 1 ≤ 2 + cos x ≤ 3,
znak funkcije f zavisi samo od funkcije sinx, tj.
f(x) > 0 akko x ∈ (0, π) i f(x) < 0 akko x ∈ (π, 2π).
4. Asimptote:Kako je funkcija periodiqna i kako je definisama u svim taqkamabrojevne prave, nema potrebe ispitivati asimptote.
5. Prvi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost prvog izvoda jednaka:
f ′(x) =1 + 2 cosx
(2 + cos x)2.
Primetimo da je f ′(x) = 0 akko je 1 + 2 cosx = 0, tj. x1 = 2π/3 ix2 = 4π/3. Stoga, iste su kandidati za lokalne ekstremume.
Primetimo da je 2+ cosx > 0, pa na znak prvog izvoda zavisi samo1 + 2 cosx. Uoqimo da funkcija f raste
f ′(x) > 0 akko cosx > −1
2akko x ∈ (0, 2π/3) ∪ (4π/3, 2π),
tj. funkcija opada akko
f ′(x) < 0 akko cosx < −1
2akko x ∈ (2π/3, 4π/3).
Kako prolasko kroz x1 = 2π/3 i x2 = 4π/3 funkcija f ′ me�a znak,sledi da su iste lokalni ekstremumi, u oznaci Max(2π/3,
√3/3) i
Min(4π/3,−√3/3).
6. Drugi izvod:
Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost drugog izvoda jednaka:
f ′(x) = 2 · sinx(cosx− 1)
(2 + cos x)3.
Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je sinx = 0 ili cosx − 1 = 0, tj.x = 0 i x = π. Iste su kandidati za prevojne taqke. Primetimoda je 2 + cosx > 0 i da je −2 ≤ cosx− 1 ≤ 0. Stoga, na znak drugogizvoda zavisi samo funkcije sinx. Konaqno, f je konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (π, 2π),
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 37
tj. funkcija je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (0, π).
Poxto prolaskom kroz taqke x = 0 i x = π funkcija f ′′ me�a znak,sledi da su su iste prevojne taqke funkcije f .
Zadatak 1.16 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije
f(x) =cosx
cos 2x.
Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funkcija f definisana akko je cos 2x 6= 0, tj.2x 6= π/2 + kπ, za k ∈ Z. Stoga,
Df = R \{π
4+kπ
2: k ∈ Z
}.
2. Parnost i neparnost:
Primetimo da je
f(−x) = cos(−x)cos(−2x)
=cosx
cos 2x= f(x).
Prema tome, funkcija f je parna i simetriqna u odnosu na y-osu.Nije texko uvideti da je funkcija cosx periodiqna sa periodom 2π,kao i da je period funkcije cos 2x jednak π. Sxodno tome, funkcijaf je periodiqna sa periodom 2π. Na kraju, dovono je ispitati samorestrikciju funkcije f na segmentu [0, 2π]. Primetimo da na tomdelu funkcija f nije definisana u taqkama x = π/4, x = 3π/4,x = 5π/4 i x = 7π/4.
3. Nule i znak:
Primetimo da je f(x) = 0 akko je cosx = 0, tj. x = π/2 i x = 3π/2.Prema tome, nule funkcije f su N1(π/2, 0) i N2(3π/2, 0).
++++ +++++++ +++
+++++++ +++ +++
+++++++ ++++ +++
3π/2
3π/2
3π/2
π/2
π/2
π/2π/4
π/4
π/4
0
0
0 2π
2π
2π3π/4
3π/4
3π/4
5π/4
5π/4
5π/4
7π/4
7π/4
7π/4
π
π
π
cosx
cos 2x
f(x)
38 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE
Funkcija je pozitivna akko
f(x) > 0 akko x ∈ (0, π/4)∪ (π/2, 3π/4)∪ (5π/4, 3π/2)∪ (7π/4, 2π),
tj. funkcija je negativna akko
f(x) < 0 akko x ∈ (π/4, π/2) ∪ (3π/4, 5π/4) ∪ (3π/2, 7π/4).
4. Asimptote:Primetimo da je
limx→π/4±
cosx
cos 2x= ∓∞ i lim
x→3π/4±
cosx
cos 2x= ∓∞,
limx→5π/4±
cosx
cos 2x= ±∞ i lim
x→7π/4±
cosx
cos 2x= ±∞.
Stoga, prave x = π/4, x = 3π/4, x = 5π/4 i x = 7π/4 su vertikalneasimptote funkcije f .
5. Prvi izvod:
Primetimo da je vrednost prvog izvoda jednaka
f ′(x) =sinx
cos2 2x.
f ′(x) = 0 akko je sinx = 0, tj. x1 = 0, x2 = π ili x3 = 2π. Prematome, iste su kandidati za lokalne ekstremume funkcije f .
Kako je cos2 2x ≥ 0 za svako x, znak funkcije f ′ zavisi samo od sinx,tj. funkcija f raste akko
f ′(x) > 0 akko x ∈ (0, π/4) ∪ (π/4, 3π/4) ∪ (3π/4, π),
tj. funkcija opada akko
f ′(x) < 0 akko x ∈ (π, 5π/4) ∪ (5π/4, 7π/4) ∪ (7π/4, 2π).
Prolaskom kroz taqke x1 = 0, x2 = π i x3 = 2π/ funkcija f ′ me�aznak, pa su uoqene taqke taqke lokalnog ekstremuma, i toMin1(0, 1),Max(π,−1) i Min2(2π, 1).
6. Drugi izvod:
Primetimo da je vrednost drugog izvoda jednaka
f ′′(x) = −cosx(2 cos2 x+ 1)(6 cos2 x+ 7)
cos4 2x.
1.1. GRAFIK FUNKCIJE 39
Primetimo da nule i znak drugog izvoda zavise samo od funkcijecos. Stoga, kandidati za prevojne taqke su x1 = π/2 i x2 = 3π/2.Funkcija f je konveksna akko
f ′′(x) > 0 akko x ∈ (0, π/4)∪ (π/4, π/2)∪ (3π/2, 7π/4)∪ (7π/4, 2π),
odnosno funkcija je konkavna akko
f ′′(x) < 0 akko x ∈ (π/2, 3π/4) ∪ (3π/4, 5π/4) ∪ (5π/4, 7π/4).
Kako prolaskom kroz taqke x1 = π/2 i x2 = 3π/2 funkcija f ′′
me�a znak, sledi da su iste prevojne taqke funkcije f , u oznaciPrev1(π/2, 0) i Prev(3π/2, 0).