Male i velike priqe o korenu · jednaqine, koja se naziva Kardanova formula po italijanskom...

Seminar Druxtva matematiqara Srbije, Beograd, 13.02.2016.

Male i velike priqe o korenu√

dr Vladimir Balti�, Matematiqka gimnazija, [email protected]

Prati�emo pojam korena od kada se uvede u sedmom razredu osnovne xkole pa sve do oblastidefinisanosti funkcije koja se radi u qetvrtom razredu sredƬe xkole. I za nastavnike kojirade u osnovnoj xkoli vaƩa da vladaju matematiqkom materijom koja sledi nakon gradiva kojeoni predaju, kao xto je i za profesore u sredƬoj xkoli bitno da znaju xta su uqenici uqili pre,tj. xta su temeƩi na kojima zidaju Ƭihovo daƩe matematiqko znaƬe.

Prvo �emo dati pregled osnovnih skupova brojeva, sa osvrtom na Ƭihov istorijski razvoj.Zatim �emo dati definiciju korena (kao funkcije) i Ƭegove osnovne osobine. Kasnije �emo se

osvrnuti i na alternativan pristup korenu kao skupu, ali taj pristup je dosta komplikovaniji,jer onda moramo da uvodimo matematiqke operacije na skupovima.

Posveti�emo se i davno zaboravƩenim metodama za raqunaƬe korena, koje su se uqile u osnovnojxkoli pre tridesetak i vixe godina. Tako�e, dodirnu�emo i izuzetno osteƩivo i metodiqkiizuzetno texko pitaƬe pojma iracionalnosti nekih brojeva.

Posebnu paжƬu �emo posvetiti pitaƬu: ,,Koliko iznosi koren iz minus 4?“ Ovom problemumetodike posve�ujemo posebnu paжƬu, jer ima mnoxtvo tekstova i na internetu i u literaturi,koje pogrexno pristupaju ovom pitaƬu, ali i veliki broj profesora matematike je odrastao naVeneovim zbirkama, koje u tim aspektima nisu matematiqki korektne.

Navex�emo i neke paradokse koji slede iz takvog uvo�eƬa korena iz negativnog broja. Po-jam kompleksne funkcije korena je izuzetno teжak i svodi se na izdvajaƬe grane nejednoznaqneregularne kompleksne funkcije (za ovu tematiku prouqiti ubenik iz Kompleksne analize naxegakademika Miodraga MateƩevi�a, [6]), te stoga u te predele kompleksne analize nastavnici usredƬoj xkoli sigurno ne treba da zalaze. Dakle, naravouqenije je da

KOREN IZ NEGATIVNOG BROJA NIJE DEFINISAN!

Poseban osvrt da�emo na kompleksno-konjugovana rexeƬa kvadratne jednaqine, tj. kada rexava-mo kvadratnu jednaqinu ax2+bx+c = 0 u skupu kompleksnih brojeva C. Ovaj sluqaj se javƩa kada jediskriminanta kvadratne jednaqine D < 0 i kako smo koren uveli kao funkciju koja je definisanasamo za nenegativne brojeve, onda u ovom sluqaju se i formula za rexeƬa razlikuje (od dobro

poznate formule x1,2 =−b ±

√D

2aza rexeƬa u realnom sluqaju) i ona glasi:

x1,2 =−b ± i

√−D

2a,

gde D predstavƩa diskriminantu kvadratne jednaqine, D = b2 − 4ac. Time smo izbegli nekorekt-nosti koje nastupaju iz pristupa da se vadi koren iz negativnog broja.

Osvrnu�emo se na jox neke znaqajne osobine ne samo kvadratnih, nego i kubnih, qetvrtih idrugih korena. Pozabavi�emo se i nekim metodiqkim problemima, koji se javƩaju u izlagaƬumaterije vezane za apsolutne vrednosti, kao i iracionalne jednaqine i nejednaqine.

Celokupan materijal sadrжi veliki broj rexenih zadataka (za poreklo zadataka pogledatiliteraturu na kraju ovog materijala), ali glavni znaqaj je u otklaƬaƬu nekih qestih grexaka imatematiqkih nedoumica.

1

1 Pregled skupova brojeva

Na poqetku �emo se osvrnuti na istorijski razvoj i neka od svojstava osnovnih brojnih skupova:

N, N0, Z, Q, I, R, C.

Ovaj pregled osnovnih brojnih skupova prati�emo iz dva ugla, mogu�nosti rexavaƬa nekih jed-naqina, kao i algebarskih struktura (X, ∗), gde je X neki od ovih skupova, dok je operacija ∗ nekaod standardne 4 operacije +, −, · i : koje se uqe jox u niжim razredima osnovne xkole. Mi seovde ne�emo baviti strogo formalnim zasnivaƬem brojevnih skupova, ali pomenimo da postojedva pristupa brojevima:

• konstruktivan koji polazi od prirodnih brojeva (i Ƭihovih osobina unapred zadatih prekoPeanovih aksioma), pa se zatim od Ƭih konstruixu celi, racionalni, realni i kompleksnibrojevi (prednost ovog postupka je u oquvaƬu prirodnosti istorijskog procesa nastajaƬabrojeva, ali mu je mana u tome xto je veoma matematiqki sloжen i nepristupaqan);

• aksiomacki polazi od realnih brojeva kao aksiomacki datih (imamo 3 vrste aksioma: 1.aksiome poƩa, 2. aksiome ure�enosti i 3. aksiomu potpunog ure�eƬa).

Gledano tokom istorije broj je jedan od prvih matematiqkih pojmova. Zajedno sa potrebom zabrojaƬem (koja se javila na najniжem stupƬu privrede i trgovine), prvi skup sa kojim se qoveksusreo je skup prirodnih brojeva i Ƭega �emo oznaqavati sa N:

N = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, . . .}.

U ovom skupu je proizvod dva prirodna broja tako�e prirodan broj (neutralni element za op-eraciju mnoжeƬa je 1 ∈ N); zbir dva prirodna broja je tako�e prirodan broj, ali nema neutralnogelementa za operaciju sabiraƬa - to je broj 0 6∈ N. Ako posmatramo jednaqine, u ovom skupu svakajednaqina oblika

x − a = 0,

gde je a ∈ N ima rexeƬa.DaƩe, proxirimo skup prirodnih brojeva, na skup prirodnih brojeva sa nulom:

N0 = N∪ {0} = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, . . .}. Time smo dobili neutralni element za operaciju sabiraƬa(to je broj 0), ali ni u ovom skupu nema inverznog (suprotnog) elementa za operaciju sabira-Ƭa, ili drugaqije reqeno, ne moжemo da oduzmemo bilo koja dva prirodna broja i da dobijemoprirodan broj ili nulu (ovo svojstvo operacije, da i rezultat pripada polaznom skupu, naziva sezatvorenost). Stoga se javila potreba za uvo�eƬem negativnih brojeva, tj. brojeva oblika −x, gdeje x ∈ N. Tako smo doxli do skupa celih brojeva Z, koji moжemo zapisati kao

Z = {. . . ,−4,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .}.

Istorijski gledano, negativne brojeve su uveli kineski matematiqari 2 veka pre nove ere.Starogqki matematiqar Diofant je u III veku nove ere, poznavao pravila raqunaƬa sa negativnimbrojevima, a tek su podrobno izuqeni u VIII v.n.e. kada su ih indijski matematiqari povezali sapojmom duga.

Vic. Kako policajac objaxƬava sinu xta su to negativni brojevi?

− Zamisli sine da imax prazan autobus. Na prvoj stanici u Ƭega u�e 10 Ʃudi.Na slede�oj iz Ƭega iza�e 15 Ʃudi. Koliko ih je ostalo u autobusu? Pa −15!

U skupu celih brojeva Z moжemo rexiti svaku jednaqinu

x + a = 0,

gde je a ∈ Z.

2

Skupovi N i Z su zatvoreni za operaciju mnoжeƬa, ali ne sadrжe inverzni element za mnoжeƬe,ili drugaqije reqeno, nije uvek mogu�e podeliti dva cela broja i da kao rezultat dobiti ceo broj(pored 0 koja pravi probleme, jer nije dozvoƩeno deƩeƬe sa 0, imamo i npr. 3 : 7 6∈ Z). Tako smodoxli do skupa racionalnih brojeva Q, koji je zadat sa:

Q ={m

n| m ∈ Z, n ∈ N

}

.

Brojevi oblikam

nse nazivaju razlomci, pri qemu se broj n naziva brojilac, a m imenilac.

Razlomke su poznavali i koristili 2000 godina pre nove ere u Starom Egiptu i Vavilonu.

Ovde, svaka linearna jednaqinaax + b = 0,

gde su a, b ∈ Q i a 6= 0 ima jedinstveno rexeƬe.Moжe se pokazati da racionalnih brojeva ima prebrojivo mnogo (isto kao i N i Z).

Proxirili smo mogu�nosti rexavaƬa jednaqina doxavxi do skupa racionalnih brojeva, ali,recimo, jednaqina x2 = 2 nema rexeƬa u ovom skupu (dokaze te qiƬenice �emo navesti kasnije).Stoga se javila potreba da skup racionalnih brojeva proxirimo. Slede�i skup koji uvodimo jeskup iracionalih brojeva, I. Neki od iracionalnih brojeva koje ste ranije sretali su:√

2 = 1, 414213562373095048801688724209 . . .,√

3 = 1, 732050807568877293527446341505 . . .,

e = 2, 718281828459045235360287471352 . . ., π = 3, 141592653589793238462643383279 . . .

I neki racionalni brojevi imaju beskonaqne decimalne zapise, ali su oni periodniqni(

npr.1

7= 0, 1428571428571428571428571428571 · · · = 0, (142857) – period se sastoji od 6 cifara:

142857)

, dok svi iracionalni brojevi imaju beskonaqne decimalne zapise koji nisu periodiq-

ni. U poqetku se znalo samo za neke iracionalne brojeve, ali danas se zna da ih ima vixe negoracionalnih brojeva.Skup realnih brojeva R je dat sa R = Q ∪ I i moжemo ga zamixƩati kao realnu pravu, gde svakomrealnom broju odgovara jedna taqka sa prave i obrnuto.

√

2√

5 e π x

y

0 1 2 3 4−1

1

2

Naravno kao i kod ranijih proxireƬa, sve osnovne osobine operacija + i · treba da vaжe iu R. To znaqi da smo u svim proxireƬima koristili tzv. Henkelov pricip permanencije (nem.H.Hankel, 1814-1889):

Proxirena struktura mora imati bitna svojstva strukture od koje je nastala.

Jox u VIII v.n.e. je bilo ustanovƩeno da jednaqina x2 = a ima dva rexeƬa (jedno pozitivno, adrugo negativno) kada je a > 0, a nema realnih rexeƬa u sluqaju a < 0. Ovom diskusijom, kao ipojmom korena, detaƩnije �emo se baviti kasnije.

U skupu realnih brojeva nema svaka jednaqina oblika P (x) = 0 rexeƬa, gde je P (x) neki poli-nom. Tako, npr. jednaqina

x2 = −1

nema rexeƬa jer je x2 > 0, a −1 < 0. Da bismo rexili ovaj problem, uveden je pojam imaginarnejedinice i, koja je data na slede�i naqin: i2 = −1 (qesta grexka je da se uzima da je

√−1 = i,

3

xto je pogrexno, jer je koren definisan samo za nenegativne brojeve!). Ona je kƩuqna za uvo�eƬeskupa kompleksnih brojeva C:

C ={a + b · i | a, b ∈ R

}.

Broj a se naziva realan deo kompleksnog broja z, a broj b je imaginaran deo (ne b · i !). Oznake su:Re z = a i Im z = b. Svakom kompleksnom broju z = a + bi (ovaj oblik se naziva i algebarski oblikkompleksnog broja) odgovara jedna taqka u kompleksnoj ravni sa koordinatama (a, b) i obratno(x–osa je realna osa, a y–osa je imaginarna). Ova geometrijska interpretacija kompleksnog brojaje data krajem XVIII i poqetkom XIX veka nezavisno od francuza Argana i nemca Gausa.

Za kompleksan broj z = a+bi, uvode se konjugovano kompleksan broj z = a−bi (u kompleksnoj ravnito je taqka simetriqna u odnosu na realnu osu) i moduo (ili apsolutna vrednost) kompleksnogbroja |z| =

√a2 + b2 (moduo predstavƩa udaƩenost od koordinatnog poqetka, tj. kompleksnog broja

0 = 0 + 0i).

Vaжna je i qiƬenica da je z = z ako i samo ako je z realan broj.

Ugao ϕ koji zaklapa prava Oz (prava koja spaja z sa koordinatnim poqetkom) sa realnom osomnaziva se argument kompleksnog broja (svaki kompleksan broj, sem broja 0, ima argument!). Zaargument vaжi da je ϕ ∈ (−π, π], mada se ponekad uzima i ϕ ∈ [0, 2π) (jedan od razloga zaxto uzimamoovako je da je arg z = − arg z).

Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = ρ(cosϕ + i sinϕ). Ponekad se skra�eno zapisujekao z = ρ cis ϕ. Xvajcarski matematiqar Leonard Ojler (nem. Leonhard Euler, 1707-1783) je 1748.godine dao po Ƭemu nazvanu Ojlerovu formulu:

eiϕ = cosϕ + i sinϕ

i Ƭom je povezao eksponencijalnu funkciju i trigonometrijske funkcije. Pomo�u ove formuledolazimo do eksponencijalnog oblika kompleksnog broja: z = ρ · eiϕ.

ZanimƩivo je da istorijski do pojma kompleksnog broja nije se doxlo razmatraƬem kvadratnejednaqine x2 = a, nego pri rexavaƬu kubne jednaqine u XVI v.n.e. Formulu za rexavaƬe kubnejednaqine, koja se naziva Kardanova formula po italijanskom matematiqaru �erolamu Kardanu(it. Georloamo Cardano, 1501-1576) koji je objavio u svojoj kƬici ,,Velika vextina“ (Ars Magna,1545) je prvi pronaxao italijanski matematiqar Nikolo TartaƩa (it. Niccolo Tartaglia, 1499-1557).Ta formula sadrжi kubne i kvadratne korene. I ona je savrxeno ,,radila“ u sluqaju kada kubnajednaqina ima jedan realan koren (npr. jednaqina x3 + 3x − 4 = 0), ali kada ona ima 3 realnakorena (npr. jednaqina x3 − 7x + 6 = 0) pod kvadratnim korenom se javƩao negativan broj. Da birexio ovaj problem, Kardano je 1545. godine predloжio uvo�eƬe novih brojeva. On je pokazao dasistem jednaqina

x + y = 10, xy = 40,

nema rexeƬa u skupu realnih brojeva, ali da ima rexeƬa oblika x = 5±√−15 i y = 5∓

√−15, ako

bi po standardnim algebarskim pravilima raqunali, izme�u ostalog i√−a ·

√−a = −a. Kardano

je takve brojeve nazivao qisto negativnim i sofisticirano negativnim i smatrao ih je beskoris-nim i nastojao je da ih ne upotrebƩava. No 1572. godine izaxla je kƬiga italijanskog algebristeBombelija, u kojoj su bila ustanovƩena prva pravila aritmetiqkih operacija sa takvim brojevi-ma, sve do izvlaqeƬa Ƭihovih tre�ih korena. Imaginarnim brojevima ih je nazvao 1637. godinefrancuski matematiqar i filozof Rene Dekart (fra. Rene Descartes, 1596-1650), a u XVIII vekuje Leonard Ojler predloжio da se za imaginarnu jedinicu i koristi prvo slovo francuske reqiimaginaire. Na granici XVII i XVIII veka, postavƩena je opxta teorija n-tih korena, na poqetku zanegativne realne brojeve, a potom i za proizvƩne kompleksne korene, koja se zasniva na Moavrovoj(eng. Abraham de Moivre, 1667-1754) formuli iz 1707. godine:

(cosϕ + i sinϕ)n = cosnϕ + i sinnϕ.

Krajem XVIII veka francuski matematiqari Жozef ƨu Lagranж (fra. Joseph Louis Lagrange, 1736-1813) i Pjer Simon Laplas (fra. Pierre Simon Laplace, 1749-1827) su kompleksne brojeve povezalisa rexavaƬem diferencijalnih jednaqina (koje su javƩaju u raznim oblastima fizike), a ranijeje xvajcarski matematiqar Johan Bernuli (nem. Johann Bernouli, 1667-1748) primenio kompleksnebrojeve za izraqunavaƬe integrala.

4

Na kraju ovog pregleda skupova brojeva, osvrnimo se ponovo na rexeƬa jednaqine oblika

P (x) = 0,

gde je P (x) neki polinom. Skup algebarskih brojeva qine svi kompleksni brojevi koji su rexeƬapolinomskih jednaqina sa celobrojnim koeficijentima (npr.

√2 je algebarski broj, jer je rexeƬe

jednaqine x2 − 2 = 0; kompleksan broj 1 + i je algebarski, jer je rexeƬe jednaqine x2 − 2x + 3 = 0).Transcedentni brojevi su svi kompleksni brojevi koji nisu algebarski (takvi su npr. ln 2, e i πkoje smo pomiƬali ranije).

Autor ovog predavaƬa voli studente qesto da pita da daju definiciju broja π, jer tu defini-ciju svi znaju. Ali najqex�i odgovori su: π = 3, 14 ili malo boƩa varijanta toga, π ≈ 3, 14. Alito nije definicija broja π! To je odgovor na potpuno drugo pitaƬe: ,,Koliko je pribliжno π?“Definicija broja π je:

π =O

2r,

tj. da je to osnos obima i preqnika kruga. Iako je broj π poznat jox od antiqkih vremena, da jeon transcedentan dokazano je tek krajem XIX veka.

Jox je Arhimed (287-212 p.n.e.) pokazao da je odnos duжine obima kruga prema duжini preqnikastalan broj pribliжno jednak 22

7 . Xvajcarski matematiqar Lamber (fra. J. Lambert) je 1766.godine dokazao da π nije racionalan broj.

U vezi sa iracionalnox�u broja π je i quveni problem kvadrature kruga. To je jedan od veomastarih i poznatih geometrijskih problema. Sastoji se u odre�ivaƬu kvadrata qija je povrxinajednaka povrxini datog kruga, koriste�i konaqan broj puta leƬir i xestar kao jedine pomo�nesprave. Kako je stranica tog kvadrata jednaka r

√π, gde je r polupreqnik razmatranog kruga,

problem kvadrature kruga se svodi na konstrukciju duжi duжine√

π. Me�utim, ova konstrukcijanije mogu�a pomo�u xestara i leƬira, jer je π transcedentan broj, xto je dokazao F. Lindeman1882. godine. Zadatak je mogu�e rexiti ako sem xestara i leƬira koristimo i neke transcedentnekrive, tzv. kvadratise.

2 Osnovni pojmovi i tvr�eƬa sa korenima

Uvedimo prvo pojam kvadratnog korena kao funkcije (taj pristup �e preovladavati u ovompredavaƬu).

Definicija 1. Kvadratni koren realnog broja x > 0 je nenegativan realan broj a koji pomnoжensam sobom daje x (tj. a · a = a2 = x) i to zapisujemo kao

√x = a.

Kvadratni koreni prirodnih brojeva su qesto iracionalni, tj. ne mogu se predstaviti u oblikurazlomka p

q , gde su p i q prirodni brojevi.

Sada �emo na nekoliko razliqitih naqina pokazati da je broj√

2 iracionalan.

Teorema 1. Broj√

2 nije racionalan.

Dokaz 1. Pretpostavimo suprotno da je broj√

2 racionalan, tj. da je√

2 = pq , gde su p i q

uzajamno prosti prirodni brojevi, xto zapisujemo sa (p, q) = 1. Drugim reqima razlomak pq ne

moжe se skratiti. Iz definicije korena imamo da je pq · p

q = 2, tj. p2

q2 = 2, odakle dobijamo da je

p2 = 2 · q2.Iz prethodne jednakosti dobijamo da je p2 paran broj, pa je i p paran broj, tj. p = 2k za neko

k ∈ N. Sada iz p2 = (2k)2 = 4k2 = 2 · q2 sledi q2 = 2 · k2, pa je i q2 paran broj, xto povlaqi da je qparan broj, tj. q = 2ℓ za neko ℓ ∈ N.

Ali onda imamo da se razlomak pq = 2k

2ℓ = kℓ moжe skratiti xto je usprotno pretpostavci da je

pq neskrativ razlomak. Stoga smo dobili kontradikciju, tj. polazna pretpostavka da je broj

√2

racionalan nije taqna, tj. broj√

2 je iracionalan.

Dokaz 2. Posledica Euklidovog algoritma je i slede�e tvr�eƬe:

5

Lema 2. Postoje celi brojevi x0 i y0 tako da je

(a, b) = ax0 + by0,

ako barem jedan od brojeva a i b nije nula.

Pretpostavimo da je√

2 racionalan tj.√

2 = ab , gde je a, b ∈ N, (a, b) = 1. Prema prethodnoj

teoremi, postoje celi brojevi r i s tako da vaжi jednakost ar + bs = 1. Kako iz√

2 = ab imamo da

je a = b√

2, a kad pomnoжimo sa√

2 imamo 2b = a√

2, to povlaqi da je√

2 =√

2 · 1 =√

2(ar + bs) =(a√

2)r +

(b√

2)s = 2br + as.

Na osnovu prethodne jednakosti imao da je√

2 = 2br + as ∈ Z, xto je nemogu�e. Time je pokazanoda polazna pretpostavka nije taqna, pa je

√2 iracionalan.

Dokaz 3. (informatiqki dokaz). Kada bi vaжilo√

2 = pq , gde su p i q prirodni brojevi, onda bi

vaжilo i p2 = 2 · q2. Kako se binarni zapis taqno kvadrata zavrxava sa parnim brojem 0 (i ako jebroj neparan onda se zavrxava sa 1 u binarnom zapisu, tj. sa nula 0, xto je tako�e paran broj 0na kraju) imamo da leva strana prethodne jednakosti, p2, ima paran broj 0, a desna 2 ·q2 ima neimaparan broj 0 u binarnom zapisu, pa one ne mogu biti jednake. Stoga smo dobili kontradikciju,tj. pretpostavka

√2 = p

q , gde su p, q ∈ N nije taqna, tj. broj√

2 je iracionalan.

Napomena. Oba ova dokaza su metodom kontrapozicije. Smatra se da je ovo prvi primer dokaza(nax dokaz 1) metodom kontrapozicije u matematici. Nalzimo ga jox kod Euklida (V v.p.n.e).

Otkri�e qiƬenice da su brojevi√

2 i 1 nesrazmerni (√

2 i 1 nisu proporcionalni, tj. ne vaжi√2 : 1 = p : q) pripisuje se Hipasu, Pitagorinom uqeniku. Za pitagorejce je ova qiƬenica bila

toliko neverovatna da se termin iracionalan, qiji prvobitan prevod znaqi nesrazmeran, kojise ne moжe predstaviti u obliku koliqnika (lat. ratio) i danas koristi za nexto nerazumƩivo,strano promixƩaƬu.

Simbol za kvadratni koren (√ ) prvi put se javio u XVI veku. Proizaxao je iz prilago�enogzapisa malog latiniqnog slova r, xto je skra�enica od latinskog radix, koje znaqi koren.

Kvadratni koren je inverzna funkcija za kvadratnu funkciju x2 (ali samo ona nenagitivnagrana; preciznije funkcija f(x) = x2 ako f : R+

0 → R+0 ima inverznu funkciju f−1(x) =

√x, a ako

f : R−0 → R+

0 ima inverznu funkciju f−1(x) = −√x ).

Sada �emo razmotriti nekoliko bitnih osobina kvadratnog korena.

Kako je a2 > 0 za sve realne brojeve a, onda kvadratni koren moжemo da ,,izvuqemo“ samo iznenegativnih realnih brojeva, tj. funkcija koren je definisana samo za x > 0.

Iz definicije korena imamo da je a > 0, pa je i vrednost korena uvek nenegativna, tj.√

x > 0.

Sada �emo na 2 primera ilustrovati dokazivaƬe iracionalnosti, odnosno racionalnosti.

Primer 1. Dokazati da je√

2 +√

7 iracionalan broj.

RexeƬe. Neka je√

2 +√

7 = r racionalan broj. Tada je√

7 = r −√

2. Kada ovu jednakost

kvadriramo dobijamo 7 = r2 − r√

2 + 2, odakle je√

2 = r2−52r ∈ Q (moжemo da podelimo sa 2r, jer je

2r 6= 0, jer je r√

2 +√

7 > 0). Time smo dobili kontradikciju, pa√

2+√

7 = r nije racionalan broj.

Primer 2. Ako su a, b√

a +√

b = p racionalni brojevi, tada su√

a i√

b racionalni brojevi.Dokazati

RexeƬe. Iz jednakosti a − b = (√

a −√

b) · (√a +√

b) sledi√

a −√

b =a − b

√a +

√b

= q. Kako su a i b

racionalni, onda je i Ƭihova razlika a − b racionalan, a kako su a − b i√

a +√

b 6= 0 racionalni

brojevi, onda je i Ƭihov koliqnik q =a − b

√a +

√b

racionalan broj.

DaƩe, iz jednaqina p =√

a+√

b i q =√

a−√

b dobijamo rexavaƬem tog sistema da je√

a =p + q

2

i√

b =p + q

2, te su i

√a i

√b racionalni brojevi.

6

Pojam korena se moжe uopxtiti sa kvadratnog korena na n-ti koren. Prvo �emo uvesti tre�i(ili kubni) koren.

Definicija 2. Kubni koren (ili tre�i koren) realnog broja x je realan broj a za koji vaжi a3 = xi to zapisujemo kao 3

√x = a.

Prethodno uvedeni pojmovi kvadratnog i kubnog korena mogu uopxtiti na koren proizvoƩnogstepena.

Definicija 3. Ako je n paran broj, n-ti koren realnog broja x > 0 je nenegativan realan broj aza koji vaжi an = x. Ako je n paran broj, n-ti koren realnog broja x je realan broj a za koji vaжian = x. U oba sluqaja to zapisujemo kao n

√x = a.

Na osnovu definicija korena i osobina stepenovaƬa dobijamo da kvadratni koren moжemozapisati kao

√a = a1/2 i uopxte n-ti koren kao n

√a = a1/n. Kada to kombinujemo sa osobinama

stepenovaƬa dobijamo i da vaжiam/n = n

√am.

Ove osobine se qesto koriste u radu sa korenima.

Jox neke od osobina korena da�emo u narednom tvr�eƬu bez dokaza.

Teorema 3. Za korene vaжe slede�e osobine:

n

√

m√

a = mn√

a , n√

an =

{a, n = 2k − 1|a|, n = 2k ,

an√

b =

{n√

anb, n = 2k − 1

sgn(a) n√

anb, n = 2k

(funkcije apsolutne vrednosti |x|, kao i sgn(x), znak broja x, definixemo kasnije).

Teorema 4. Za proizvoƩne nenegativne brojeve A i B, B 6 A2 vaжi jednakost:

√

A ±√

B =

√

A +√

A2 − B

2±

√

A +√

A2 − B

2.

Ova osobna se koristi kod sre�ivaƬa izraza sa korenima.

3 Metode izraqunavaƬa korena

Pre nego xto krenemo na prvu metodu, podsetimo se jednog tvr�eƬa iz Teorije brojeva.

Teorema 5. (Osnovni stav aritmetike). Svaki prirodan broj n > 1 moжe se predstaviti kaoproizvod prostih brojeva na jedinstven naqin (sa taqnox�u do Ƭihovog poretka).I metoda:

Ukoliko je vrednost korena√

x prirodan broj, onda moжemo rastaviti dati broj x na prosteqinioce i primeniti osobinu n

√am = am/n.

Primer 3. Izraqunati√

853 776.

RexeƬe. Kada izvrximo faktorizaciju broja 853 776 dobijamo da je 853 776 = 24 · 32 · 72 · 112.Stoga je √

853 776 = (24 · 32 · 72 · 112)1/2 = 22 · 3 · 7 · 11 = 924.

Time smo dobili da je√

853 776 = 924.

U naredne 2 metode koren �emo raqunati cifru po cifru. Prva od Ƭih se nekada uqila i uxkoli za izraqunavaƬe korena.

7

II metoda:

Prvo se napixe dati broj u decimalnom zapisu. Nakon toga razdvajamo cifre u parove i topoqevxi od decimalnog zareza, razdvajamo po 2 cifre i u levu i u desnu stranu. Poqevxi salevim parom cifara, uradite slede�u proceduru za svaki par:

• Poqevxi sa leve strane, spustiti prvi par cifara CC koje niste jox koristili (ako smoiskoristili sve cifre pixemo 00) i upixemo ih na desnoj strani ostatka rst (za prvi koraknemamo prethodni ostatak, tj. rst = 0!). Drugim reqima, prethodni ostatak pomnoжimo sa 100i dodamo broj satavƩen od te 2 cifre, tj. c = rst · 100 + CC. To je trenutna vrednost c.

• Odredimo p, x i y na slede�i naqin:

– p je deo korena koji ste pronaxli, ignorixu�i decimalni zarez ako ga ima (za prvikorak je p = 0).

– Odrediti najve�u cifru x za koju vaжi x · (20p + x) 6 c. Sada uvodimo novu promenƩivuy = x · (20p + x). U ovom koraku pri izraqunavaƬima 20p + x dobijamo kad p pomnoжimosa 2 i na kraj tog rezultata dopixemo cifru x. Pri traжeƬu cifre x moжemo krenutiod cifre najbliжe broju c

20p i onda idemo naniжe ili navixe prema potrebi.

– Zapixemo cifru x kao novu cifru u rezultatu korenovaƬa, tj. pnovo = p · 10 + x.

• Novi ostatak dobijamo kada od c oduzmemo y, tj. r = c − y.

• Ako je ostatak 0 i nema vixe cifara za spuxtaƬe, onda je algoritam zavrxen. Zavrxavamoi ako nismo dobili taqnu vrednost korena, nego smo dobili potreban broj cifara.Ako se iza upravo zavrxenog para cifara CC koji smo spuxtali u broju pod korenom nalazidecimalni zarez, onda �emo sada iza dobijenog rezultata p.Ako nismo zavrxili, onda se vra�amo na prvi korak algoritma.

Ilustrujmo ovu metodu na 2 primera.


853 776.

RexeƬe. Prvo broj 853776 podelimo na parove cifara 85 37 76.

Zatim u I iteraciji imamo CC = 85, rst = 0 ⇒ c = rst · 100 + CC = 85. p = 0, pa je

y = x · (20p + x) = x · x = x2 6 c = 85 ⇒ x = 9 i y = 92 = 81.

Trenutni rezultat je pnovo = p · 10 + x = 9. Novi ostatak je r = c − y = 85 − 81 = 4. Nismo dobiliostatak 0 i ima jox cifara za spuxtaƬe, pa se postupak nastavƩa.

Zatim u II iteraciji imamo CC = 37, rst = 4 ⇒ c = rst · 100 + CC = 437. p = 9, pa je

y = x · (20p + x) = x · (180 + x) 6 c = 437.

Za x = 3 je y = 549 > 437, pa ⇒ x = 2 i y = 364. Trenutni rezultat je pnovo = p · 10 + x = 92. Noviostatak je r = c− y = 437− 364 = 73. Nismo dobili ostatak 0 i ima jox cifara za spuxtaƬe, pa sepostupak nastavƩa.

Zatim u III iteraciji imamo CC = 76, rst = 73 ⇒ c = rst · 100 + CC = 7376. p = 92, pa je

y = x · (20p + x) = x · (1840 + x) 6 c = 7376. Za x = 4 je y = 7376.

Trenutni rezultat je pnovo = p · 10 + x = 924. Novi ostatak je r = c − y = 7376 − 7376 = 0. Kako smodobili ostatak 0 postupak se zavrxava.√

85|37|76 = 924−81

4 37−3 64

73 76−73 76

0 Time smo dobili da je√

853 776 = 924.

8


2 sa 3 cifre iza decimalnog zareza.

RexeƬe.√

2 ≈ 1, 414.

III metoda:Prvo se napixe dati broj x, qiji koren vadimo, u decimalnom zapisu. Odre�ujemo cifre rezul-tata, jednu po jednu, i to da bude najve�a mogu�a, tako da kada kvadriramo novodobijeni broj onbude maƬi od polaznog. Preciznije traжimo cifru C (i neka je C′ = C + 1 slede�a cifra) takvuda je (PC)2 · 10k 6 x < (PC′)2 · 10k, za neki ceo broj k (P je rezultat iz prethodne iteracije komedopixemo cifru C).


2 sa 3 cifre iza decimalnog zareza.

RexeƬe. U I iteraciji je C = 1 i C′ = 2, jer je 12 = 1 6 2 < 4 = 22.

U II iteraciji je C = 4 i C′ = 5, jer je 1, 42 = 1, 96 6 2 < 2, 5 = 1, 52.

U III iteraciji je C = 1 i C′ = 2, jer je 1, 412 = 1, 9881 6 2 < 2, 0164 = 1, 422.

U IV iteraciji je C = 4 i C′ = 5, jer je 1, 4142 = 1, 999396 6 2 < 2, 002225 = 1, 4152.

Time smo dobili da je√

2 ≈ 1, 414.

Postoje i razne druge metode za nalaжeƬe kvadratnog korena: Vavilonska metoda, indijskametoda iz Bakshali rukopisa, Vedska dupleks metoda. Sve ove metode su iterativne i sve dajupribliжne vrednosti. Pored toga do pribliжih vrednosti za

√n moжemo do�i i rexavaƬem

Pelove jednaqine x2 − n · y2 = 1 i tu se moжemo koristiti i veriжnim razlomcima.

Sada �emo se osvrnuti i na jedan naqin za pribliжno izraqunavaƬe kubnog korena uz pomo�digitrona koji pored osnovne 4 raqunske operacije ima i koren.

IV metoda: U ovoj metodi koristimo da je 3√

x = x1/3 i slede�i identitet:

1

3=

1

22·(

1 +1

22

)

·(

1 +1

24

)

·(

1 +1

28

)

·(

1 +1

216

)

. . .

Nije potrebno da digitron ima funkcije za memorisaƬe, dovoƩno je da imamo samo mnoжeƬe ikoren.

• Prvo ukucati broj qiji kubni koren raqunamo.• Pritisnuti dugme za kvadratni koren jednom.• Pritisnuti dugme za mnoжeƬe.• Pritisnuti dugme za kvadratni koren dva puta.• Pritisnuti dugme za mnoжeƬe.• Pritisnuti dugme za kvadratni koren qetiri puta.• Pritisnuti dugme za mnoжeƬe.• Pritisnuti dugme za kvadratni koren osam puta.• Pritisnuti dugme za mnoжeƬe....• Pritisnuti dugme za kvadratni koren jednom.

Napomena. Ako se prvo mnoжeƬe zameni deƩeƬem dobija se pribliжnu vrednost petog korena.

4 Kvadratna funkcija, jednaqina i nejednaqina

Kvadratna funkcija je funkcija f(x) = ax2 + bx + c, gde je a 6= 0. Kriva koju opisuje kvadratnafunkcija naziva se parabola.

Kvadratna jednaqina je jednaqinaax2 + bx + c = 0,

9

gde je a 6= 0. Ovu jednaqinu moжemo grupisati: a(x2 + bax) = −c, tj. a(x2 +2 b

2ax+( b2a )2) = −c+a( b

2a )2,

odnosno (x + b2a )2 = − c

a + b2

4a2 = b2−4ac4a2 . Odatle dobijamo da su rexeƬa kvadratne jednaqine (ponekad

se nazivaju i koreni) data formulom

x1,2 =−b ±

√b2 − 4ac

2a.

Kvadratni trinom se uvek moжe faktorisati:

ax2 + bx + c = a(x − x1)(x − x2).

Vrednost D = b2 − 4ac se naziva diskriminanta kvadratne jednaqine.

Kada je D > 0, rexeƬa kvadratne jednaqine se mogu predstaviti kao

x1,2 =−b ±

√D

2a

a ako je D < 0, rexeƬa kvadratne jednaqine se mogu predstaviti kao

x1,2 =−b ± i

√−D

2a.

Ukoliko je D > 0, kvadratna jednaqina ima dva realna razliqita rexeƬa (x1, x2 ∈ R, x1 6= x2),kada je D = 0 ima jedno dvostruko realno rexeƬe (x1 = x2 ∈ R), dok za D < 0 jednaqina nemarealnih rexeƬa (u tom sluqaju ona ima dva konjugovano kompleksna rexeƬa, x1, x2 ∈ C, x1 = x2,ali to nam nije potrebno za ovaj kurs matematike!).

Kad jednaqina ima dva realna rexeƬa, uzima�emo da je x1 < x2.Diskriminanta D i koeficijent a (uz x2) odre�uju xest bitno razliqitih sluqajeva za grafik

kvadratne funkcije (sa grafika odmah vidimo i znak kvadratne funkcije, xto nam treba prirexavaƬu nejednaqina).

a > 0

D > 0

f(x) = ax2+bx+c

−b

2a

T

x1 x2

x

+

−

+

a > 0

D = 0

f(x) = ax2+bx+c

x1 = x2 = −b

2a

T x

+ +

a > 0

D < 0

f(x) = ax2+bx+c

−b

2a

T

x

+

1◦ a > 0, D > 0 2◦ a > 0, D = 0 3◦ a > 0, D < 0

• f(x) = 0 za x = x1 i x = x2 • f(x) = 0 za x = x1(= x2) • f(x) > 0 za svako x ∈ R

• f(x) > 0 za x ∈ (−∞, x1) ∪ (x2, +∞) • f(x) > 0 za x ∈ (−∞, x1) ∪ (x1, +∞) • f(x) 6 0 nije nikad.

• f(x) < 0 za x ∈ (x1, x2) • f(x) < 0 nije nikad

a < 0

D > 0

f(x) = ax2+bx+c

−b

2a

T

x1 x2 x

−

+

−

a < 0

D = 0

f(x) = ax2+bx+c

x1 = x2 = −b

2a

T

x

− −

a < 0

D < 0

f(x) = ax2+bx+c

−b

2a

T

x

−

4◦ a < 0, D > 0 5◦ a < 0, D = 0 6◦ a < 0, D < 0

• f(x) = 0 za x = x1 i x = x2 f(x) = 0 za x = x1(= x2) • f(x) > 0 nije nikad

• f(x) > 0 za x ∈ (x1, x2) • f(x) > 0 nije nikad • f(x) < 0 za svako x ∈ R.

• f(x) < 0 za x ∈ (−∞, x1) ∪ (x2, +∞) f(x) < 0 za x ∈ (−∞, x1) ∪ (x1, +∞)

10

Taqka T koja ima koordinate

(−b

2a,−D

4a

)

naziva se teme parabole:

f

(−b

2a

)

= a

(−b

2a

)2

+ b

(−b

2a

)

+ c =4ac − b2

4a=

−D

4a.

Za a > 0 to je minimum kvadratne funkcije, tj. f(x) >−D

4aza svako x ∈ R, gde se jednakost dostiжe

za x =−b

2a.

Za a < 0 to je maksimum kvadratne funkcije, tj. f(x) 6−D

4aza svako x ∈ R, gde se jednakost dostiжe

za x =−b

2a.

Osvrnimo se jox na potrebu da sluqaj kada je D < 0 rexavamo drugaqije. U novembru 2015. naFejsbuku na grupi Profesori matematike na FB, pokrenula se velika diskusija koja je proisteklaiz postavƩenog problema:

Koliko je√−4 ·

√−9?

Re�ali su se razni ,,odgovori“:

• Prvi je bio −6, jer kako nas je Vene ,,nauqio“√−4 = 2i i

√−9 = 3i, pa imamo slede�i raqun:

√−4 ·

√−9 = 2i · 3i = 6 · i2 = 6 · (−1) = −6.

• Drugi je bio +6, zbog √−4 ·

√−9 =

√

(−4) · (−9) =√

36 = 6,

uz komentare ,,Ala matematiqari znaju da iskomplikuju zadatak. Ovo je gradivo sedmograzreda i nije potrebno znaƬe kompleksnih brojeva da bi se rexio zadatak!“

• Zatim se javio slede�i: ,,Kompleksno −6, a realno 6.“

• Sliqan je i: ,,Da je zadatak glasio: Izraqunati izraz u a) skupu R b) skupu C, mogli bismomirne duxe napisati da u primeru pod a) izraz nije definisan i samo odraditi deo pod b)naglaxavaju�i da se radi o kompleksnim brojevima i koriste�i Ƭihove osobine.“

• Me�u odgovorima je bio i da moжe biti i −6 i +6, jer√−4 moжe biti i 2i i −2i, kao xto i√

−9 moжe biti i 3i i −3i, pa ima 4 sluqaja:

2i · 3i = −6, 2i · (−3i) = 6, (−2i) · 3i = 6, (−2i) · (−3i) = −6.

PosledƬi odgovor je najkorektniji (dok su prva tri rezona potpuno pogrexna; qetvrti ima taqandeo pod a), ali u delu pod b) dolazimo do problema, jer i tu ne bi znali koja se grana izdvaja!)– to bi dobili i u kompleksnoj analizi kada bi posmatrali sve mogu�e varijante za to koju smoregularnu granu izdvojili za svaki koren.

To odgovara i pristupu da n-ti koren iz x, n√

x, nije jednoznaqno odre�ena funkcija, nego skupvrednosti koje su rexeƬa jednaqine an = x. Taj pristup je bio i u naxim ubenicima pre 50-tak(i vixe) godina. Taj pristup je matematiqki korektan (po Ƭemu recimo danas radi profesor RadeDoroslovaqki, koji je dekan FTN u Novom Sadu), ali se komplikuju operacije (to vixe ne�e bitiuobiqajene operacije izme�u 2 broja, nego se moraju uvoditi operacije izme�u broja i skupa iliizme�u 2 skupa).

Zbog svega navedenog, kao i qiƬenice koja je bitna pri ispitivaƬu funkcija da koren nijedefinisan za negativne vrednosti, dolazimo i do najkorektnije odgovora (kada koren tretiramokao funkciju, xto je postala uobiqajena praksa i u osnovnoj i u sredƬoj xkoli):

• Izraz nema vrednost, jer ni√−4 ni

√−9 nisu definisani!

11

Qak da ne bi pomiƬali kompleksne korene u sredƬoj xkoli, mnogo jednostavnije umesto da setraжi odrediti sve n-te korene iz kompleksnog broja z, da se rexi jednaqina wn = z u skupu C.

Autor ovog predavaƬa, qesto studentima na prvom qasu da test iz sredƬoxkolske matematike.Tu je 3. zadatak:

Qemu je jednako√

4?

A) 2; B) −2; V) ±2.

Odgovor −2 retko ko zaokruжi, ali odgovore 2 i ±2 skoro jednak broj uqenika bira.

Zaxto je to tako?

Jer veliki broj uqenika mexa pojam korena iz 4,√

4 = 2, i rexeƬa jednaqine x2 = 4 (podsetimo seda smo u definiciji uzimali da je koren negativan broj!) koja su x1,2 = ±2.

Ako imali Veneovske jednakosti poput√−4 = 2i i

√−9 = 3i, tj. ako bi pogrexno imaginarnu

jedinicu uvodili kao√−1, a ne sa i2 = −1, onda bi imali i slede�i ,,dokaz“ da je 1 = 1:

Iz jednakosti

i =√−1 =

√

1

−1=

√1√−1

=1

i

dobijamo da je i2 = 1. Ali to sa definicijom imaginarne jedinice, i2 = −1, povlaqi daje 1 = −1.

Napomena. Iz 1 = −1 bi sledila jednakost proizvoƩna dva realna broja!

Dokaz. Neka su a 6= b proizvoƩna dva realna broja. Tada prethodnu jednakost moжemo pomnoжitisa a−b

2 i dobijamo a−b2 = −a−b

2 . Kad sve prebacimo na levu stranu dobijamo a − b = 0 i kad obemastranama dodamo b dolazimo do a = b.

Pred kraj diskusije se javio jox jedan zanimƩiv odgovor:

• U pravu ste. Moja grexka. Ali bi bilo zanimƩivo postaviti deci izraz i re�i im dapokuxaju preformulisati da bi dobili izraz/jednaqinu koju bi mogli rexiti, uz postavl-jaƬe potrebnih uslova naravno.

Ovakve eksperimente ne mojte vrxiti na deci, nego ih nauqite da korektno i striktno matem-atiqki rade i neke osetƩivije probleme.

Nauqili smo i da oznaka za koren √ moжe da se otkuca, ako se pritisne levi Alt, a na desnojtastaturi brojevi 251.

Pomenuto je i da je neki ekonomista Damir koji sprema studente Ekonomije matematiku, predII kolokvijum ih je ucio da kada racunaju limes koji tezi −∞ da je i

√x4 = −x2 (xto je situacija

npr. kod√

x2 = |x| = −x i√

x6 = |x3| = −x3).Sa ovom problematikom �emo se vixe baviti u slede�em poglavƩu.

5 Apsolutne vrednosti; iracionalne jednaqine i nejednaqine

Apsolutna vrednost broja x se definixe kao

|x| =

{x, x > 0−x, x < 0

.

Grafik funkcije |x| predstavƩen je na doƬoj slici levo.

12

0 1 2 3−1−2−3

1

2

3

−1

x

|x|

0 1 2 3−1−2−3

1

2

−1

−2

x

sgn x

Funkcija signum, sgn(x) (ili znak broja) jednaka je:

sgn(x) =

1, x > 00, x = 0−1, x < 0

.

ƫen grafik je na gorƬoj slici desno.Moжe se videti da vaжi |x| = sgn(x) · x.

Sliqno se uvodi i apsolutna vrednost proizvoƩnog izraza f(x):

|f(x)| =

{f(x), f(x) > 0−f(x), f(x) < 0

.

Najvaжnije osobine apsolutnih vrednosti su da je uvek

|a| > 0

i da vaжi √a2 = |a|

(treba obratiti paжƬu da je (√

a)2 = a, kad god je√

a definisan). Jox neke osobine koje se koristeu zadacima:

|a| > a, a2 = |a|2, |a| · |b| = |a · b|,∣∣|a| − |b|

∣∣ 6 |a + b| 6 |a| + |b|.

PosledƬa nejednakost se naziva nejednakost trougla.

Iracionalne jednaqine su jednaqine koje sadrжe koren. Najqex�e su to jednaqine oblika√

f(x) = g(x). Kod ovih jednaqina prvo treba da obratimo paжƬu kada je√

f(x) definisan (zaf(x) > 0), a da bismo smeli da kvadriramo i svedemo na neku jednaqinu bez korena, mora da vaжi

i g(x) > 0. Stoga se jednaqina√

f(x) = g(x) svodi na jednaqinu f(x) = g(x)2 uz uslove f(x) > 0 ig(x) > 0.

Ponekad se kod ovih jednaqina koristi√

f(x)2 = |f(x)|.

Kod iracionalnih nejednaqina imamo dva sluqaja:

1◦ nejednaqina√

f(x) < g(x) se svodi na nejednaqinu f(x) < g(x)2 uz uslove f(x) > 0 i g(x) > 0;

2◦ nejednaqina√

f(x) > g(x) se svodi na rexavaƬe nejednaqine f(x) > g(x)2 uz uslove f(x) > 0 ig(x) > 0, ali tom rexeƬu treba dodati rexeƬa koja se dobijaju pod uslovima f(x) > 0 i g(x) < 0(konaqno rexeƬe je unija ova dva skupa rexeƬa).

Nejednaqina√

f(x) 6 g(x) se rexava kao sluqaj 1◦, a√

f(x) > g(x) kao 2◦.Sada �emo rexiti jednu iracionalnu jednaqinu:

Primer 7. Rexiti iracionalnu jednaqinu√

x2 − x +√

2 − x − x2 =√

x − 1.

RexeƬe. Sva 3 korena su definisana za x ∈ {0, 1}. Proverom ovih vrednosti dobijamo da jejedino rexeƬe x = 1.

Ovaj primer nam je bio uvod u slede�e poglavƩe i iz Ƭega se vidi znaqaj oblasti definisanostifunkcija!

13

6 SkiciraƬe grafika iracionalnih funkcija

Ove funkcije spadaju u funkcije kod kojih ima dosta elemenata koji su texki za proseqnoguqenika sredƬe xkole. Sada �emo se osvrnuti na ve�inu osobenosti iracionalnih funkcija.

Prvo ako imamo paran koren (najqex�e kvadratni), onda moramo da vodimo raquna o oblasti

definisanosti funkcije: funkcija f(x) =√

g(x) je definisana kada je g(x) definisana i g(x) > 0

(isto vaжi za sve ”paran” koren: 4

√

g(x), 6

√

g(x),. . . dok su neparni, poput 3

√

g(x), definisani kadje g(x) definisana, jer tre�i koren moжemo ,,izvu�i“ iz bilo kog realnog broja: npr. 3

√−8 = −2).

Zatim, rexavaƬe iracionalnih jednahcina i nejednaqina �e se javiti kod traжeƬa nula iznaka funkcije, zatim prvog izvoda (za monotonost) i drugog izvoda (za konveksnost).

Prilikom odre�ivaƬa graniqnih vrednosti (koje su nam potrebne za odre�ivaƬe asimptota),nekad se javƩa postupak sliqan iracionalisaƬu:

(√

a −√

b) ·√

a +√

b

(√

a +√

b)=

a − b√

a +√

b.

Slede�i problem koji se javƩa je kada u limesima izvlaqimo najve�i stepen pod korenom.

Primer 8. Odrediti horizontalne asimptote funkcije f(x) =

√x2 + x + 1

x.

RexeƬe. Funkciju moжemo predstaviti kao f(x) =

√x2 + x + 1

x=

√

x2(1 + 1x + 1

x2 )

x. Tada imamo

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

√

x2(1 + 1x + 1

x2 )

x= lim

x→+∞

|x|√

1 + 1x + 1

x2

x= lim

x→+∞

x√

1 + 1x + 1

x2

x= lim

x→+∞

√

1 + 1x + 1

x2

1= 1,

jer kada x → +∞, onda je x > 0, pa je√

x2 = |x| = x.Ali kada traжimo levu horizontalnu asimptotu imamo:

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

√

x2(1 + 1x + 1

x2 )

x= lim

x→+∞

|x|√

1 + 1x + 1

x2

x= lim−x→+∞

−x√

1 + 1x + 1

x2

x= lim

x→+∞

−√

1 + 1x + 1

x2

1= −1,

jer kada x → −∞, onda je x < 0, pa je√

x2 = |x| = −x.

Time smo dobili da funkcija f(x) =

√x2 + x + 1

xima desnu horizontalnu asimptotu y = 1, a

levu horizontalnu asimptotu y = −1.

Nekad se odre�ivaƬe asimptota pojednostavƩuje ako iskoristimo Maklorenov razvoj (to jeTejlorov razvoj u okolini 0):

(1 + t)α = 1 + αt +

(α

2

)

t2 + . . . +

(α

n

)

tn + o(tn) (kada t ≈ 0).

Qesto su potrebna samo prva dva qlana ovog razvoja: (1 + t)α = 1 + αt + o(t).

Primer 9. Odrediti funkcije f(x) =√

x2 + x + 1 koriste�i Maklorenov razvoj.

RexeƬe. Kako je√

x2 + x + 1 =√

x2(1 + 1x + 1

x2 ) = |x| · (1 + 1x + 1

x2 )1/2 moжemo iskoristiti Mak-

lorenov razvoj (1 + t)α = 1 + αt + o(t), pri qemu je α = 12 i t = 1

x + 1x2 . Tako dobijamo da je

√

x2 + x + 1 = |x| ·(1 + 1

2 · ( 1x + 1

x2 ) + o( 1x )).

DaƩe kada x → +∞ imamo da je x > 0 i |x| = x, pa imamo

√

x2 + x + 1 = x ·(1 + 1

2x + 12x2 + o( 1

x ))

= x + 2+

12x + o(1) = x + 2 + o(1),

14

pa je prava y = x + 12 desna kosa asimptota.

Kada x → −∞ imamo da je x < 0 i |x| = −x, pa imamo

√

x2 + x + 1 = −x ·(1 + 1

2x + 12x2 + o( 1

x ))

= −x − 2−

12x + o(1) = −x − 2 + o(1),

pa je prava y = −x − 12 leva kosa asimptota.

Kako smo dobili kose asimptote, funkcija nema horizontalnih asimptota, a kako nema prekidau domenu funkcije, ona nema ni vertikalnih asimptota.

Tako�e, moжe da se desi da iracionalne funkcije imaju sa jedne strane horizontalnu asimp-totu, a sa druge kosu.

U sluqaju kvadratnih korena, qesto oblast definisanosti sadrжi prekide (u kojima je funkcijadefinisana!). To se odraжava da se pri ispitivaƬu monotonosti javƩaju neke ,,neoqekivane“ekstremne vrednosti. To se javƩa u ve�ini narednih primera.

Kod kubnih korena qesto se pojave xpicevi (taqke u kojima izvodi nisu definisani, ali funkci-ja jeste definisana), koji ponekad predstavƩaju i lokalne ekstremne vrednosti.

Sada �emo ispitati nekoliko iracionalnih funkcija.

Primer 10. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) =

√x

x + 2.

RexeƬe. 1◦ Da bi funkcija bila definisana treba da vaжi xx+2 > 0 i x + 2 6= 0, odnosno domen je

Df = (−∞,−2) ∪ [0, +∞).

2◦ Funkcija je nenegativna na celom domenu i f(0) = 0, tj. presek sa y-osom je Y (0, 0) i jedina nulaje x = 0.

3◦ Kako domen nije simetriqan u odnosu na x = 0, funkcija nije ni parna ni neparna, a nije niperiodiqna, jer se nule ne ponavƩaju periodiqno.

4◦ limx→−2−

f(x) = +∞, pa je prava x = −2 leva vertikalana asimptota.

Kao xto smo ve� napomenuli, f(0) = 0.

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

√x

x(1 + 2

x

) = limx→±∞

√

1

1 + 2x

= 1, xto znaqi da je prava y = 1 obostrana

horizontalna asimptota. Odavde sledi da funkcija nema kose asimptote.

5◦ Prvi izvod funkcije je f ′(x) =1

(x + 2)2

√

x + 2

x. Kako je prvi izvod pozitivan na Df \ {0},

funkcija je rastu�a na (−∞,−2) i na (0, +∞). Minimum funkcije je u taqki A(0, 0).

6◦ Drugi izvod funkcije je f ′′(x) = − 1 + 2x

x(x + 2)3

√

x + 2

x. Funkcija je konveksna na intervalu (−∞,−2)

i konkavna na (0, +∞). Prevojnih taqaka nema.

x

f(x)

−2

1

0

Y =M

x = −2

y = 1

15

Primer 11. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) =

√

x3

x + 2.

RexeƬe. 1◦ Domen je Df = (−∞,−2) ∪ [0, +∞) .

2◦ Funkcija je na celom domenu nenegativna i f(0) = 0.

3◦ Domen nije simetriqan u odnosu na x = 0, pa funkcija nije ni parna ni neparna, a kako se nulene ponavƩaju periodiqno, nije ni periodiqna.

4◦ limx→−2−

f(x) = +∞, pa je x = −2 leva vertikalna asimptota funkcije.

limx→±∞

f(x)= limx→±∞

√

x2

1 + 2x

=+∞, pa nema horizontalne asimptote.

Ispitujemo da li funkcija ima kose asimptote:

I naqin:

Za levu kosu asimptotu imamo k1 = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞|x|x

√x

x + 2= −1, n1 = lim

x→−∞(f(x) + x) = 1, pa

je prava y = −x + 1 leva kosa asimptota.

Za desnu kosu asimptotu imamo k2 = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞|x|x

√x

x + 2= 1, n2 = lim

x→+∞(f(x) − x) = −1.

pa je prava y = x − 1 desna kosa asimptota.

II naqin:

Iz f(x) =

√

x2 · xx + 2

= |x|√

x

x + 2= |x|

√

1 − 2

x + 2= |x|

(

1 − 1x+2 + o

(1x2

))

= |x| − |x|x+2 + o

(1|x|

)

(x → ±∞)

sledi da je f(x) ∼ −x + 1, kada x → −∞, te je y = −x + 1 leva kosa asimptota funkcije. Kako1|x| → 0+, kada x → −∞, zakƩuqujemo da se funkcija ,,pribliжava“ asimptoti sa gorƬe strane.

Sliqno, vaжi f(x) ∼ x − 1, kada x → +∞, dakle prava y = x − 1 desna kosa asimptota funkcijekojoj se funkcija tako�e ,,pribliжava“ sa gorƬe strane (jer 1

|x| → 0+, kada x → +∞).

5◦ f ′(x) =1

2

(x3

x + 2

)−1/2

· 3x2(x + 2) − x3

(x + 2)2=

√

x + 2

x3· x2(x + 3)

(x + 2)2.

Prvi izvod je negativan na (−∞,−3), a pozitivan na (−3,−2) ∪ (0, +∞), xto znaqi da funkcijaopada na (−∞,−3), a raste na (−3,−2) i na (0, +∞). Lokalni minimumi funkcije su M1(−3,

√27) i

M2(0, 0).

6◦ f ′′(x) =

√(

x + 2

x3

)3

· 3x4

(x + 2)4.

Drugi izvod funkcije je pozitivan na celom domenu, te je funkcija konveksna na (−∞,−2) i na(0, +∞) i nema prevojnih taqaka.

x

f(x)

−2 1

−1

1

−3

√

27M1

0

Y =M2

x=−2

y=−x+1

y=x−1

16

Primer 12. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) = (x − 3)√

9 − x .

RexeƬe. 1◦ Domen je Df = (−∞, 9].

2◦ Nule su x1 = 3 i x2 = 9. Znak: − 3 + 9 x .

Presek sa y-osom je Y (0,−9).

3◦ Nije ni parna, ni neparna, ni periodiqna.

4◦ limx→−∞

f(x) = −∞, f(9) = 0.

Nema asimptota.

5◦ f ′ =3(7 − x)

2√

9 − x. Monotonost: ր 7 ց 9 x .

Lokalni maksimum je M(7, 4√

2), dok je lokalni minimum M2(9, 0).

6◦ f ′′ =3(x − 11)

4(9 − x)3/2. Konveksnost: ∩ 9 x . Nema prevojnih taqaka.

x

f(x)

3 97

4√

2

M1

M2

−7

Y

0

x

f(x)

−1

M1

1

M4

−

√

2

2

2

√

2

2

−2

M2

M3

0

Y

Primer 13. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) = −4x√

1 − x2 .

RexeƬe. 1◦ Oblast definisanosti je D = [−1, 1].2◦ Nule su x = −1, x = 0 i x = 1. Za x ∈ (−1, 0) je f(x) > 0, a za x ∈ (0, 1) je f(x) < 0. Presek say-osom je Y (0, 0).3◦ Jeste neparna, nije periodiqna.4◦ f(−1) = f(1) = 0 ⇒ funkcija nema vertikalne asimptote.Kako ni −∞ ni +∞ nisu u domenu Df , nema ni horizontalne, ni kose asimptote.

5◦ Prvi izvod je f ′(x) =8x2 − 4√1 − x2

. Funkcija f(x) raste na intervalu (−1,−√

22 ) i na intervalu

(√

22 , 1), a opada na intervalu (−

√2

2 ,√

22 ). Ima 2 lokalna minimuma: M1(−1, 0) i M3(

√2

2 ,−2) i

2 lokalna maksimuma: M2(−√

22 , 2) i M4(1, 0).

7◦ Drugi izvod je f ′′(x) =−4x(2x2 − 3)

(1 − x2)3/2. Funkcija je ∩ na intervalu (−1, 0), a ∪ na intervalu (0, 1)

i ima prevojnu taqku P = Y (0, 0).

17

Primer 14. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) = 3√

x + 2x .

RexeƬe. 1◦ Oblast definisanosti je D = (−∞, +∞).2◦ Nula je x = 0. Za x ∈ (−∞, 0) je f(x) < 0, a za x ∈ (0, +∞) je f(x) > 0. Presek sa y-osom je taqkaY (0, 0).3◦ Jeste neparna, nije periodiqna.4◦ Kako nema prekida u domenu, f-ja nema ver.as. lim

x→−∞f(x) = −∞, lim

x→+∞f(x) = +∞, pa nema ni

hor.as. Nema ni kosu asimptotu, iako se dobija k = limx→±∞

f(x)

x= 2, jer je n = lim

x→−∞f(x) − kx =

limx→−∞

3√

x = −∞ i n = limx→+∞

f(x) − kx = limx→+∞

3√

x = +∞.

5◦ Prvi izvod je f ′(x) =1 + 6x2/3

3x2/3. f(x) stalno raste i nema lok.ekstr.vr.

7◦ Drugi izvod je f ′′(x) =−2

9x2/3. Funkcija je ∪ na intervalu (−∞, 0), a ∩ na intervalu (0, +∞).

Obratite paжƬu da iako f ′′ nije definisan za x = 0 (f je tu definisana!) da ima prevojnu taqkuP (0, 0)!

x

f(x)

0Y = P

x

f(x)

−

√

3√

3

−1

−3√

2

1

3√

2

M1

M2

0

y=−x

Primer 15. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) = 3√

3x − x3 .

RexeƬe. 1◦ Oblast definisanosti je Df = R = (−∞, +∞).

2◦ Nule su x = 0 i x = ±√

3 i presek sa y-osom je taqka Y (0, 0).

Znak: + −√

3 − 0 +√

3 − .

3◦ Funkcija je neparna. Funkcija nije periodiqna.

4◦ limx→−∞

f(x) = +∞ i limx→+∞

f(x) = −∞.

y = −x je obostrana kosa asimptota. Ostalih asimptota nema.

5◦ f ′ =1 − x2

(3x − x3)2/3. Monotonost: ց −1 ր 1 ց .

Lokalni minimum je M1(−1,− 3√

2) i lokalni maksimum je M2(1, 3√

2).

6◦ f ′′ =−2(x2 + 1)

(3x − x3)5/3. Znak: ∩ −

√3 ∪ 0 ∩

√3 ∪ .

Prevojne taqke su nule funkcije: P1(−√

3, 0), P2(0, 0) i P3(√

3, 0).

18

Primer 16. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) =√

1 − e−x .

RexeƬe. 1◦ Oblast definisanosti je Df = [0, +∞).

2◦ Nula je x = 0 i to je i presek sa y-osom: Y (0, 0). Znak: x 0 ∩ .


4◦ f(0) = 0. limx→+∞

f(x) = 1.

y = 1 je desna horizontalna asimptota. Ostalih asimptota nema.

5◦ f ′ =e−x

2√

1 − e−x. Monotonost: x 0 ր . Lokalni minimum je M(0, 0).

6◦ f ′′ =e−x · (e−x − 2)

4(1 − e−x)3/2. Konveksnost: x 0 ∩ . Nema prevojnih taqaka.

x

f(x)

1

0

Y

M

y = 1

x

f(x)

M1

M2

M3−5 −3

1

4

6

−2

0

y=(−2+√

3)x+√

3y=(−2−

√

3)x−

√

3

Primer 17. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) = −2x −√

3x2 + 6x − 9 .

RexeƬe. 1◦ Domen je Df = (−∞,−3] ∪ [1, +∞).

2◦ Nema nula. Znak: + −3 x 1 − .


4◦ limx→−∞

f(x) = +∞, limx→+∞

f(x) = −∞, f(−3) = 6, f(1) = −2.

Nema vertikalnih, ni horizontalnih asimptota, leva kosa asimptota je y = (−2 +√

3)x +√

3, adesna kosa asimptota je y = (−2 −

√3)x −

√3.

5◦ f ′ = −2 − 3x + 1√3x2 + 6x − 9

. Monotonost: ց −5 ր −3 x 1 ց .

Lokalni minimum je M1(−5, 4), a lokalni maksimumi su M2(−3, 6) i M3(1,−2).

6◦ f ′′ =36

(3x2 + 6x − 9)3/2. Konveksnost: ∪ −3 x 1 ∪ .

Nema prevojnih taqaka.

19

Primer 18. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) = x + 2 −√

x2 + x + 1 .

RexeƬe. 1◦ Domen je Df = R = (−∞, +∞).

2◦ Nula je x = −1. Znak: − −1 + . Presek sa y-osom je Y (0, 1).


4◦ limx→−∞

f(x) = −∞, limx→+∞

f(x) = 3/2.

Nema vertikalnih asimptota, leva kosa asimptota je y = 2x+5/2, a desna horizontalna asimptotaje y = 3/2.

5◦ f ′ = 1 − 2x + 1

2√

x2 + x + 1. Monotonost: ր . Nema lokalnih ekstrema.

6◦ f ′′ =−3

4(x2 + x + 1)3/2. Konveksnost: ∩ . Nema prevojnih taqaka.

x

f(x)

−1

3

2

1

0

Y

y = 3

2

y=2x+ 5

2

xf(x)

−

1

2

−2

−1

−1

M1

M2

0Y

1 −

√

2

y = −

1

2

y=2x+ 5

2

Primer 19. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije f(x) = x + 1 −√

x2 + 3x + 2 .

RexeƬe. 1◦ Domen je Df = (−∞,−2] ∪ [−1, +∞).

2◦ Nula je x = −1. Znak: − −2 x −1 − . Presek sa y-osom je Y (0, 1 −√

2).


4◦ limx→−∞

f(x) = −∞, limx→+∞

f(x) = −1/2, f(−2) = −1, f(−1) = 0.

Nema vertikalnih asimptota, leva kosa asimptota je y = 2x + 5/2, desna horizontalna asimptotaje y = −1/2.

5◦ f ′ = 1 − 2x + 3

2√

x2 + 3x + 2. Monotonost: ր −2 x −1 ց .

Lokalni maksimumi su M1(−2,−1) i M2(−1, 0).

6◦ f ′′ =1

4(x2 + 3x + 2)3/2. Konveksnost: ∪ −2 x −1 ∪ .

Nema prevojnih taqaka.

20

7 Zadaci

1. a) Ispitati da li je skup racionalnih brojeva u odnosu na operacije +,−, ·, : zatvoren.

b) Ispitati da li je skup iracionalnih brojeva u odnosu na operacije +,−, ·, : zatvoren.

2. Dokaжi da su brojevi√

3 − 1 i√

3 + 1 iracionalni, a da je (√

3 − 1) · (√

3 + 1) racionalan.

3. Da li su brojevi a)√

7 −√

3; b) (√

5 + 2) : (√

5 − 2) racionalni ili iracionalni?

4. Dokazati da je 2√

75 − 3√

48 + 5√

108 − 27√

3 =√

3.

5. Dokazati jednakost

√2 +

√3 +

√4√

2 +√

3 +√

6 +√

8 + 4=

√2 − 1.

6.6√

4 ∗ ∗ ∗ ∗ je ceo broj. Na�i taj broj.

7.5√∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 4 je ceo broj. Na�i taj broj.

8. Na�i najmaƬe prirodne brojeve m i n (n > 1) koji zadovoƩavaju jednakost√

m√

m√

m = n.

9. Izraqunati pribliжnu vrednost sa deset taqnih decimala√

k, ako je k = 0, 9999999999.

10. Izme�u koja uzastopna dva cela broja se nalazi broj a =4√

5 − 1?

11. Xta je ve�e 3√

10 +√

8 ili 5?

12. Xta je ve�e 3√

2 + 3√

18 ili 4?

13. Dokazati da je broj x =

√

2 −√

2 − . . . −√

2 −√

2 maƬi od 1 za paran broj korena, a ve�i od 1

za neparan broj korena.

14. Dokazati da je2 −

√

2 +

√

2 + . . . −√

2 +√

2

2 −√

2 +

√

2 + . . . −√

2 +√

2

>1

4, ako je u brojiocu n a u imeniocu (n − 1)

korena.

15. Uprostiti izraz2 +

√3√

6 −√

3 +√

2 − 1=?

16. Uprostiti izraz a =√

2 +√

3 ·√

2 +√

2 +√

3 ·√

2 +

√

2 +√

2 +√

3 ·√

2 −√

2 +√

2 +√

3 =?

17. Da li je broj A =

√2

√

2√

2 + 3−√

6 − 4√

2

2√

2 − 3racionalan ili iracionalan?

18. Izraqunati√

(−1)2 +√

(−2)2.

19. Ispitati koje od slede�ih funkcija su me�usobno jednake:

f1(x) =√

x2 , f2(x) = (√

x)2, f3(x) =

√

x3 − x2

x − 1, f4(x) =

3√

x6

x.

Rexiti slede�e iracionalne jednaqine:

20.√

3 + x = 3 − x. 21.√

2x2 + 1 = 1 − x. 22.√

5 + 2x = 4 − x.

23.√

2x − 1 − 3 =√

x + 6 −√

x + 2. 24.√

6 − 4x − x2 = x + 4. 25.√

x4 − 4x − 16 = 2 − x.

26.√

2x − 1 +√

x − 2 =√

x + 1. 27. (x2 − 2x − 3)√

x2 − 7x + 6 = 0. 28.

√

x2 − 2|x| + 1 = 1.

21

29. U zavisnosti od parametra a ∈ R diskutovati kada jednaqina∣∣|x| − 1

∣∣ = a

• nema rexeƬa;

• ima taqno 1 rexeƬe;

• ima taqno 2 rexeƬa;



• ima vixe od 4 rexeƬa.

30.

√

x − 2√

x − 1 +

√

x + 3 − 4√

x − 1 = 1. 31.3

√

25 + x +3

√

3 − x = 4.

Rexiti slede�e iracionalne nejednaqine:

32.√

x2 − 5x + 6 6 3x − 6. 33.√

− x2 + x + 6 > 1 − x. 34.√

x + 3 −√

7 − x >√

2x − 8.

35. (x + 2)√

x2 − 2x − 3 > 0. 36.

√

2 −√

3 + x <√

4 + x. 37.

√

x2 − 2x − 3

(x + 2)(x2 − 8x + 16)> 0.

38. NajmaƬe rexeƬe jednaqine 4√

x + 3 = x + 6 pripada intervalu

A) (−∞,−20] ; B) (−20, 0]; C) (0, 20]; D) (20, +∞); E) jednaqina nema rexeƬa;

39. Jednaqina√

x2 − 5x + 10 = 8 − 2x

A) nema rexeƬa ; B) ima 1 rexeƬe; C) ima 2 rexeƬa; D) ima 3 rexeƬa;E) ima ∞ mnogo rexeƬa; N) ne znam.

40. NajmaƬe rexeƬe jednaqine 3√

x + 5 − 3√

x − 21 = 2 pripada intervalu

A) (−∞,−10] ; B) (−10, 0]; C) (0, 10]; D) (10, +∞); E) jednaqina nema rexeƬa;

41. NajmaƬe rexeƬe jednaqine

√

1 +9

x+

√x

x + 9= 2, 05 pripada intervalu:

A) (−∞,−20]; B) (−20, 0]; C) (0, 20]; D) (20, +∞); E) jednaqina nema rexeƬa; N) ne znam.

42. Jednaqina√

2x + 14 −√

x − 7 =√

x + 5:

A) ima dva realna pozitivna rexeƬa; B) ima dva realna rex. od kojih je samo jedno pozitivno;

C) ima samo jedno realno rexeƬe; D) ima qetiri realna pozitivna rexeƬa;

E) nema realnih rexeƬa; N) ne znam.

43. Data je jednaqina√

16x2 − 48x + 36 = 4x + 11. Taqan je iskaz:

A) jednaqina ima samo jedno pozitivno rexeƬe; B) jednaqina ima taqno dva rexeƬa;

C) jednaqina ima beskonaqno mnogo rexeƬa; D) jednaqina nema rexeƬa;

E) jednaqina ima samo jedno negativno rexeƬe; N) ne znam.

44. Sva rexeƬa jednaqine√

x2 − 6x + 8 + 3 = 2x pripadaju intervalu:

A) (−∞, 0]; B) (0, 2); C) [2, 4]; D) (4, 6]; E) (6, +∞); N) ne znam.

45. Kom intervalu pripada najmaƬe rexeƬe jednaqine 4 +√

3x2 − 20x + 16 = x:

A) (−∞,−20]; B) (−20, 0]; C) (0, 20]; D) (20, +∞); E) jednaqina nema rexeƬa.

46. Kom intervalu pripada najmaƬe rexeƬe jednaqine√

12 − x√

x2 − 8 = 3?


22

47. Jednaqina√

2x − 3 =√

x − 2 −√

x − 3

A) ima 2 realna rexeƬa od kojih je samo jedno pozitivno; B) ima samo jedno realno rexeƬe;

C) ima 2 realna pozitivna rexeƬa; D) nema realnih rexeƬa;

E) ima 2 realna negativna rexeƬa; N) ne znam.

48. NajmaƬe rexeƬe jednaqine

√

1 +9

x+

√x

x + 9= 2, 05 pripada intervalu:


49. Jednaqina√

2x + 14 −√

x − 7 =√

x + 5:

A) ima dva realna pozitivna rexeƬa; B) ima dva realna rex. od kojih je samo jedno pozitivno;C) ima samo jedno realno rex; D) ima qetiri realna pozitivna rex ; E) nema realnih rex.

50. Data je jednaqina√

16x2 − 48x + 36 = 4x + 11. Taqan je iskaz:

A) jednaqina ima samo jedno pozitivno rexeƬe; B) jednaqina ima taqno dva rexeƬa;

C) jednaqina ima beskonaqno mnogo rexeƬa; D) jednaqina nema rexeƬa;

E) jednaqina ima samo jedno negativno rexeƬe.

51. RexeƬe nejednaqine√

13 − x > 1 − x je:

A) (−3, 1); B) (−3, 1]; C) (−3, 13]; D) (−3, 4); E) [1, 13]; N) ne znam.

52. Odrediti skup rexeƬa nejednaqine:√

8 − x +√

x − 3 > 3.A) [3, 8]; B) [4, 7]; C) [5, 6]; D) {5}; E) nema rexeƬa; N) ne znam.

53. Skup rexeƬa nejednaqine√

x + 7 >|x − 5|

4je

A) (−3, 29) ; B) (29, +∞); C) (−∞,−3); D) (−3, 5) ∪ (5, 29); E) (−∞,−3) ∪ (29, +∞);N) ne znam.

54. Skup rexeƬa nejednaqine√

x2 − 5x + 4 < x − 3 je

A) (−∞, 5); B) (5, +∞); C) [5, +∞); D) [3, 5); E) [4, 5); N) ne znam.

55. Odrediti skup rexeƬa nejednaqine:√

8 − x +√

x − 3 > 3.

A) [3, 8]; B) [4, 7]; V) [5, 6]; G) {5}; D) nema rexeƬa.

56. Odrediti skup rexeƬa nejednaqine√

x2 − x − 12 > x − 2.

A)

(16

3, +∞

)

; B)

[16

3, +∞

)

; C)

(

−∞,16

3

)

; D)

(

−∞,16

3

]

; E) (−∞,−3] ∪(

16

3, +∞

)

.

57. RexeƬe jednaqine x + 4 <√

x + 46 je

A) x ∈ [−46, 3); B) x ∈ (−10,−3); C) x ∈ [−4, 3); D) x ∈ (−∞, 3); E) jedn. nema rexeƬa; N) ne znam.

Ispitati tok i skicirati grafik slede�ih funkcija:

58. f(x) = (x − 1)√

10 − x . 59. f(x) = x2√

x + 5 . 60. f(x) =x − 1√x2 + 1

. 61. f(x) =2x + 2√

x2 + 2x − 3.

62. f(x) =x2

√x2 + 1

. 63. f(x) =

√x − 1

x + 1. 64. f(x) = 2x −

√3x2 + 6x . 65. f(x) = 1 − x −

√

x3

x + 3.

66. f(x) = x − 2 −√

x2 − 3x + 3 . 67. f(x) = x + 1 −√

x2 + x . 68. f(x) = x + 2 −√

x2 + x − 2 .

69. f(x) = 3√

x3 − 3 . 70. f(x) = 3√

1 − x3 . 71. f(x) =3

√

x2

x + 1. 72. f(x) = (x − 1) 3

√x + 2 .

73. f(x) = 2x − 33√

x2 . 74. f(x) = 3√

x − 3√

x + 1 . 75. f(x) =3√

x2 − 3√

x2 − 4 .

23

Razni zadaci sa takmiqeƬa

76. Me�uopxtinsko 1986. VII razred.Poznato je da je

√2 iracionalan broj. Dokazati da su i brojevi 5+

√2 i 5

√2 tako�e iracionalni

brojevi.

77. Xkolsko 2003. VII razred.Ako se zna da su

√5 i

√3 iracionalni brojevi, dokazati da je i

√5 −

√3 iracionalan broj.

78. Republiqko 2005. VII razred.

Xta je ve�e

√11 +

√7

6ili

1√12 −

√6?

79. Susreti gimnazija centralne Srbije 2002. III i IV razred.Koliko ima prirodnih brojeva n takvih da je 100 < 3

√n < 101 ?

80. Savezno 1979. VIII razred.Dat je izraz

√

x2 + y2 − z2 + 2xy. Ako je x = 361 979, z = 561 980, odrediti sve vrednosti za y, zakoje dati izraz ima najmaƬu mogu�u vrednost.

81. Okruжno 2001. VII razred.

Da li je vrednost izraza√

(√

5 − 3)2 +√

9 − 4√

5 racionalan ili iracionalan broj?

82. Okruжno 2016. II razred, B kategorija.

Da li je broj 2015 3√

3 + 2016√

2 racionalan ili iracionalan?

83. Susreti gimnazija centralne Srbije 2001. II razred.

Racionalisati razlomak1

1 + 3 3√

2 + 2 4√

4.

84. Republiqko 2003. II razred, B kategorija.

Dokazati da je broj

(6√

8√

5 + 16 +

√√5 + 1

)

·√√

5 − 1 ceo i izraqunati ga.

85. Opxtinsko 2005. II razred, B kategorija.

Dokazati da je broj A =(

6√9 + 4

√5 +

3√2 +

√5)

· 3√2 −

√5 ceo i na�i Ƭegovu vrednost.

86. Opxtinsko 2005. II razred, A kategorija.Na�i sva rexeƬa (a, b) u skupu racionalnih brojeva jednaqine: (a + b

√2)2 = 11 + 14

√2.

87. Susreti gimnazija centralne Srbije 2002. III i IV razred.Da li postoje prirodni brojevi m i n takvi da je (5 + 3

√2)m = (3 + 5

√2)n ?

88. Okruжno 2003. VII razred.

Ako su a, b, c ia − b

√2003

b − c√

2003racionalni brojevi, dokazati da je tada ac = b2.

89. Republiqko 2003. VII razred.Odrediti realne brojeve r takve da su brojevi r +

√3 i 1

r −√

3 celi.

90. Xkolsko 2003. VIII razred.Izraqunati 220 −

√

(1 + 211 + 220)(1 − 211 + 220) .

91. Crna Gora, regionalno 2001. VIII razred.

Odrediti vrednost izraza√

x − 4√

x − 5 − 1 +√

x − 18√

x − 5 + 76, ako je 14 6 x 6 54.

92. Republiqko 1986. VIII razred.Rexiti jednaqinu: |x + 1| +

√x2 − 2x + 1 = 2x.

93. Opxtinsko 2004. II razred, B kategorija.Rexiti jednaqinu:

√4x2 − 4x + 1 − |3x − 2| − 3x = 1.

24

94. Okruжno 2005. II razred, B kategorija.Rexiti jednaqinu:

√2x − 1 − 3 =

√x + 6 −

√x + 2.

95. Opxtinsko 2004. IV razred, B kategorija.

Na�i realna rexeƬa sistema jednaqina:1

1 + (x − y)2= z + 4,

√z + 3 + 2x = 8.

96. Okruжno 2003. II razred, B kategorija.U skupu realnih brojeva rexiti jednaqinu: 3

√2 − x = 1 −

√x − 1.


U skupu realnih brojeva rexiti jednaqinu (x − 1) 3√

x−13−x + (3 − x) 3

√3−xx−1 = 2.

98. Okruжno 2003. II razred, A kategorija.U skupu realnih brojeva rexiti jednaqinu

√x2 + x + 1 + 2

√x + 3 =

√6x2 − 2x − 18 .

99. Okruжno 2005. II razred, A kategorija.Rexiti nejednaqinu

√2x − 1 +

√x + 2 > 3 +

√x + 6 .

100. Republiqko 2005. II razred, B kategorija.Rexiti nejednaqinu:

√4x − x2 − 3 >

√x2 − 7x + 12 −

√x2 − 5x + 6.

101. Okruжno 2004. II razred, A kategorija.

Rexiti jednaqinu: 4√x + 4√17 − x = 3.

102. Okruжno 2004. III razred, B kategorija.Na�i sva rexeƬa nejednaqine

√sin x +

√cosx > 1.

103. Republiqko 2004. II razred, B kategorija.Na�i sve prirodne brojeve x i y tako da vaжi: x + y2 +

√

x − y2 − 1 6 1.


Dokazati da za sve prirodne brojeve n vaжi 3√n + 1 + 3√n − 1 < 2 3√n.

105. Okruжno 2004. II razred, A kategorija.

Ako je(

x +√

x2 + 1)

·(

y +√

y2 + 1)

= 1, dokazati da je x + y = 0.

106. Okruжno 2004. III razred, A kategorija.Na�i sve proste brojeve p i q, takve da je broj

√

p2 + 14pq + q2 +√

p2 + 7pq + q2 prirodan.

107. Susreti gimnazija centralne Srbije 2002. II razred.Rexiti jednaqinu:

(3√

3 − 6√

310√

5 +5√

5)(x4 + x2 + 1) = (3√

3 +6√

310√

5 +5√

5)(x4 − x2 + 1).

108. Okruжno 2003. III razred, A kategorija.U skupu realnih brojeva rexiti sistem jednaqina

√1 + x1 +

√1 + x2 + . . . +

√1 + x100 = 100

√

1 +1

100

√1 − x1 +

√1 − x2 + . . . +

√1 − x100 = 100

√

1 − 1

100.

109. Republiqko 2004. III razred, A kategorija.U skupu realnih brojeva na�i sva rexeƬa sistema jednaqina x = 1 +

√y, y = 1 +

√z, z = 1 +

√x.

110. Susreti gimnazija centralne Srbije 2003. III i IV razred.U skupu realnih brojeva rexiti sistem jednaqina:

xz = y8

3 , yz = x2

3 , z = 4√

x + 4

√

9y.

25

111. Republiqko 2005. IV razred, B kategorija.

Dokazati nejednakost:1√1

+1√2

+1√3

+ . . . +1√n

>√

n, n ∈ N.

112. Okruжno 2003. III razred, A kategorija.

Neka je a =2003√

2003. Xta je ve�e aa...a}

2003 putaili 2003?

113. Republiqko 2004. III razred, B kategorija., Okruжno 2005. II razred, A; III razred, B kategorija.

Koji je od brojeva 2

√log2 2004

i 2004

√log2004 2

ve�i?

114. Opxtinsko 2005. IV razred, A kategorija.U ravni je zadat n-tougao qija temena imaju celobrojne koordinate, a stranice su duжine

√2005.

Za koje n ∈ N (n > 3) je to mogu�e?

115. Okruжno 2005. IV razred, A i B kategorija.Na�i minimum funkcije f(x) =

√x2 − 4x + 8 +

√x2 − 10x + 41. Za koje vrednosti x se dostiжe taj

minimum?

26

8 RexeƬa

1. a) Neka su pq i s

t dva racionalna broja, p, s ∈ Z, q, t ∈ N. Tada su Ƭihovi zbir, razlika, proizvodi koliqnik jednaki:

p

q+

s

t=

pt + qs

qt,

p

q− s

t=

pt − qs

qt,

p

q· s

t=

pr

qt,

p

q:

s

t=

pt

qs.

Na osnovu prethodnog i qiƬenica da zbog p, s ∈ Z, q, t ∈ N sledi i pt ± qs ∈ Z, pr ∈ Z, qt ∈ N, pa jeskup racionalnih brojeva u odnosu na operacije +,−, · zatvoren.U odnosu na operaciju : nije zatvoren, jer p

q : 0 nije definisano!

b) Skup iracionalnih brojeva u odnosu na operacije +,−, ·, : nije zatvoren:

√2,−

√2 ∈ I;

√2+(−

√2) = 0 ∈ Q,

√2−

√2 = 0 ∈ Q,

√2·(−

√2) = −2 ∈ Q,

√2 : (−

√2) = −1 ∈ Q.

2. Pretpostavimo da je√

3 − 1 = r ∈ Q. Tada je i√

3 = r − 1 ∈ Q, xto nije taqno, pa i polaznapretpostavka da je

√3 − 1 = r ∈ Q nije taqna, tj.

√3 − 1 je iracionalan.

Analogno se pokazuje i da je√

3 + 1 iracionalni.Broj (

√3 − 1) · (

√3 + 1) = (

√3)2 − 12 = 3 − 1 = 2 racionalan.

3. a) Neka je√

7 −√

3 = r ∈ Q. Tada je r2 = (√

7 −√

3)2 = 7 − 2√

21 + 3, odakle dobijamo da je√

21 =r2 − 10

2∈ Q, xto nije taqno, pa je

√7 −

√3 iracionalan.

b) (√

5 + 2) : (√

5 − 2) =

√5 + 2√5 − 2

·√

5 + 2√5 − 2

=(√

5 + 2)2

1= 5 + 4

√2 + 4 = 9 + 4

√2, pa kako je

√2 iracionalan ⇒ 4

√2 iracionalan ⇒ 9 + 4

√2 iracionalan.

4. 2√

75−3√

48+5√

108−27√

3 = 2√

25 · 3−3√

16 · 3+5√

36 · 3−27√

3 = 2 ·5 ·√

3−3 ·4 ·√

3+5 ·6 ·√

3−27√

3 =(10 − 12 + 30 − 27)

√3 =

√3.

5.

√2 +

√3 +

√4√

2 +√

3 +√

6 +√

8 + 4=

√2 +

√3 +

√4√

2 +√

3 + 2 + 2 +√

6 +√

8=

√2 +

√3 +

√4√

2 +√

3 +√

4 +√

2 · (√

4)=

1

1 +√

2=

1

1 +√

2·√

2 − 1√2 − 1

=√

2 − 1.

6. Kako je 6√

4 ∗ ∗ ∗ ∗ =3

√√4 ∗ ∗ ∗ ∗ = 3

√2 ∗ ∗, to je 2 ∗ ∗ taqan kub. Me�u brojevima od 200 do 299,

jedino je taqan kub 216 = 63. Dakle, 6√

4 ∗ ∗ ∗ ∗ = 6√

46 656 = 6.

7. Neka je 5√∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 4 = x ∈ Z. Tada je x5 = ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 4, pa se broj x zavrxava cifrom 4 (ovo

treba pokazati!). DaƩe, znamo da je x > 10, jer je 105 = 100 000 < ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 4 i x < 20, jer je205 = 32 · 105 = 3 200 000 > ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 4. Iz 10 < x < 20 i da se x zavrxava cifrom 4 sledi da je x = 14.Dakle, 5

√∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 4 = 5

√537 824 = 6.

8. Kada tri puta kvadriramo datu jednakost√

m√

m√

m = n dobijamo m7 = n8. Kako su m, n > 1

najmaƬa vrednost koje mogu uzeti su: m = 28 = 256 i n = 27 = 128.

9. Za broj k = 0, 9999999999︸︷︷︸

10

vaжi da je 0 < k < 1, pa je onda i 0 <√

k < k < 1. Stoga je

√k = 0, 9999999999

︸︷︷︸

10

...

10. a =4√

5 − 1=

4√5 − 1

·√

5 + 1√5 + 1

=4(√

5 + 1)

4=

√5 + 1, pa kako je 2 =

√4 <

√5 <

√9 = 3, dobijamo

da je 3 < a < 4.

27

11. I naqin: Iskoristi�emo formule za razliku kubova a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2) i za razliku

kvadrata a2 − b2 = (a − b)(a + b):

3√

10 − 2 = (3√

10 − 2) ·3√

102 + 2 · 3√

10 + 22

3√

102 + 2 · 3√

10 + 22=

( 3√

10)3 − 23

3√

102 + 2 · 3√

10 + 22=

23√

102 + 2 · 3√

10 + 22

=2 · (3 −

√8) · (3 +

√8)

3√

102 + 2 · 3√

10 + 22= (3 −

√8) · 6 + 2

√8

3√

102 + 2 · 3√

10 + 22< (3 −

√8) · 1 = (3 −

√8),

gde nejednakost6 + 2

√8

3√

102 + 2 · 3√

10 + 22< 1 vaжi zbog slede�ih procena:

√8 <

√9 = 3, pa je 6+2

√8 < 12;

3√

10 > 2, pa je3√

102 + 2 · 3√

10 + 22 > 22 + 2 · 2 + 22 = 12.Time smo pokazali da je 3

√10 − 2 < 3 −

√8, odakle je 3

√10 +

√8 < 5.

I naqin: Ispita�emo da li je ve�e 5 −√

8 ili 3√

10. Nejednakost 5 −√

8>=<

3√

10 �emo kubirati (tu

koristimo jednakost za kub binoma (a−b)3 = a3−3a2b+3ab2−b3) i dobijamo: 125−75√

8+120−8√

8>=<

10,

tj. 255>=<

83√

8. Ovu nejednakost kvadriramo i dobijamo 2552 >=<

832 ·8, odonosno 65 025>=<

55 125. Kako

u posledƬoj nejednakosti vaжi znak > to je i u svim prethodnim ekvivalentnim nejednakostimaznak >, pa smo pokazali da vaжi 5 −

√8 > 3

√10, tj. 5 > 3

√10 +

√8.

12.3√

2 + 3√

18 < 4, jer je:

3√

2+3√

18 = (3√

2+3√

18)·3√

22 − 3√

2 3√

18 +3√

182

3√

22 − 3√

2 3√

18 +3√

182=

203√

4 − 3√

36 + 3√

324<

2

03

√

1, 53 − 3

√

3, 33 + 3

√

6, 83 =20

5= 4.

13. Tvr�eƬe ,,x =

√

2 −√

2 − . . . −√

2 −√

2 maƬi od 1 za paran broj korena, a ve�i od 1 za neparan

broj korena“ sledi na osnovu Principa matematiqke indukcije i qiƬenice da je√

2 > 1.

14. Oznaqimo sa xn =

√

2 +

√

2 + . . . −√

2 +√

2, gde ima n korena. Na osnovu Principa matem-

atiqke indukcije sledi xn < 2. DaƩe iz nejednakosti (2 − xn)2 > 0 (strogo > je zbog prethodnenejednakosti!) sledi 4−4xn +xn

2 > 0, a kako je xn2 = 2+xn−1 imamo da je 6−4xn +xn−1 > 0, odakle

je 8 − 4xn > 2 − xn−1. Kada posledƬu nejednakost podelimo sa 4(2 − xn−1) (to je > 0, pa se ne meƬa

znak!) dobijamo traжenu nejednakost2 − xn

2 − xn−1>

1

4.

15.2 +

√3√

6 −√

3 +√

2 − 1=

(√

3 + 1)(√

2 + 1)

2.

16. a = 1.

17. Nakon iracionalisaƬa dobija se A =√

2·(√

3 − 2√

2−√

3 + 2√

2), pa se posle kvadriraƬa dobijada je a2 = 8. Stoga je a iracionalan.

18.√

(−1)2 +√

(−2)2 = | − 1| + | − 2| = 1 + 2 = 3.

19. Domeni ovih funkcija su:

Df1= R = (−∞, +∞), Df2

= [0, +∞), Df3= (−∞, 1) ∪ (1, +∞), Df4

= (−∞, 0) ∪ (0, +∞),

odakle odmah sledi da me�u datim funkcijama nema jednakih.

(kada su definisane vaжi f1(x) = |x| =

{

x, x > 0

−x, x < 0, f2(x) = x, f3(x) = |x| =

{

x, x > 0

−x, x < 0, f4(x) = x)

20. Koren je definisan za x > −3. Uslov da smemo da kvadriramo je x 6 3, pa od dva rexeƬakvadratne jednaqine x2 − 7x + 6 = 0 rexeƬe x = 6 otpada, te je jedino rexeƬe x = 1.

28

21. Koren je uvek definisan (x2>0 ⇒ 2x2+1>1 > 0 ili kao kvadratnu nejednaqinu – diskriminantaD = −8 < 0, a = 2 > 0 pa je uvek 2x2 + 1 > 0). Uslov da smemo da kvadriramo je x 6 1. Kvadratnajednaqina x2 + 2x = 0 ima 2 rexeƬa (i oba zadovoƩavaju sve uslove): x = 0 i x = −2.

22. x = 5 −√

14.

23. Sva 3 korena su definisana za x > 12 .

Kako je x + 6 > x + 2 imamo da je i√

x + 6 >√

x + 2 (kad su definisani koreni), pa je desna stranapozitivna. Stoga se uslov kad smemo da kvadriramo svodi na

√2x − 1− 3 > 0, xto kad reximo daje

x > 5.Kvadratna jednaqina x2 − 10x + 21 = 0 ima rexeƬa x = 3 (koje ne zadovoƩava uslov kvadriraƬa) ix = 7, pa je jedino rexeƬe polazne jednaqine x = 7.

24. Svi koreni su definisani za x ∈ [−2 −√

10,−2 +√

10].Uslov za kvadriraƬe je x>−4. Nakon kvadriraƬa i sre�ivaƬa dobijamo kvadratnu jednaqinu 2x2+12x + 10 = 0, koja ima rexeƬa x1 = −1 i x2 = −5 (ovo rexeƬe otpada zbog uslova za kvadriraƬe).

RexeƬe zadatka je x1 = 1.

25. x = −√

5.

26. x = 2.

27. x = −1 ili x = 1 ili x = 6.

28. x ∈ {−2, 0, 2}.

29. Jednaqina∣∣|x| − 1

∣∣ = a

• nema rexeƬa za a < 0;

• ima taqno 1 rexeƬe ni za jedno a;

• ima taqno 2 rexeƬa za a > 1 ili za a = 0, tj. za a ∈ (1, +∞) ∪ {0};

• ima taqno 3 rexeƬa za a = 1;

• ima taqno 4 rexeƬa za 0 < a < 1;

• ima vixe od 4 rexeƬa ni za jedno a.

30. 2 6 x 6 5.

31. x = 2 ili x = −24.

32. x ∈ [3, +∞) ∪ {2}.

33. x ∈ (−1, 3].

34. x ∈ [4, 5) ∪ (6, 7].

35. x ∈ [−2,−1]∪ [3, +∞).

36. x ∈ (−3−√

52 , 1].

37. x ∈ (−2,−1]∪ [3, 4) ∪ (4, +∞).

38. B) (−20, 0]. Kvadrirajmo datu jednaqinu 4√

x + 3 = x + 6 (uz uslov x + 6 > 0, tj. x > −6) idobijamo 16(x + 3) = (x + 6)2, tj. kvadratnu jednaqinu x2 − 4x − 12 = 0 koja ima rexeƬa x = 6 ix = −2. Oba ova rexeƬa zadovoƩavaju uslov x > −6, pa su to i rexeƬa polazne jednaqine. MaƬeod Ƭih je x = −2.

39. B) ima 1 rexeƬe. Kvadrirajmo datu jednaqinu√

x2 − 5x + 10 = 8 − 2x (uz uslov 8 − 2x > 0,tj. x 6 4) i dobijamo x2 − 5x + 10 = (8 − 2x)2, tj. kvadratnu jednaqinu 3x2 − 27x + 54 = 0, koju kadapodelimo sa 3 dobijamo jednaqinu x2 − 9x + 18 = 0 koja ima rexeƬa x = 3 i x = 6. RexeƬe x = 6 nezadovoƩava uslov x 6 4, pa je x = 3 jedino rexeƬe polazne iracionalne jednaqine.

29

40. B) (−10, 0]. Oznaqimo sa a = 3√

x + 5 i b = 3√

x − 21. Tada je polazna jednaqina a− b = 2. Imamoda vaжi a3 − b3 = (x + 5) − (x − 21) = 26. Sa druge strane je a3 − b3 = (a − b) · (a2 + ab + b2), pa jea2 + ab + b2 = 13. Kako je a2 + ab + b2 = (a − b)2 + 3ab, dobijamo da je ab = 3, tj. b = 3

a . Kada ovo

uvrstimo u a − b = 2 dobijamo a − 3a = 2, tj. a2−2a−3

a = 0, odnosno a = −1 (tad je b = −3) ili a = 3

(tad je a = 1). Za a = −1 = 3√

x + 5 dobijamo da je x = −6, a za a = 3 = 3√

x + 5 dobijamo da je x = 22.NajmaƬe rexeƬe je x = −6.

41. A.

Jednaqinu moжemo predstaviti kao

√

x + 9

x+

√x

x + 9=

41

20.

Prvi koren

√

x + 9

xje definisan kada je

x + 9

x> 0, xto je za x ∈ (−∞,−9) ∪ (0, +∞).

Drugi koren

√x

x + 9je definisan kada je

x + 9

x> 0, xto je za x ∈ (−∞,−9) ∪ (0, +∞)

Oba korena su definisana za x ∈ (−∞,−9) ∪ (0, +∞).

Smenom

√

x + 9

x= t ona postaje t +

1

t=

41

20, odnosno 20t2 − 41t + 20 = 0. RexeƬa ove kvadrtatne

jednaqine su t1 =4

5i t2 =

5

4. Ostaje da jox da se vratimo na x:

t1 =4

5⇒√

x + 9

x=

4

5, xto kad kvadriramo daje

x + 9

x=

16

25, tj. 25(x + 9) = 16x, pa je x1 = −25 X.

t2 =5

4⇒√

x + 9

x=

5

4, xto kad kvadriramo daje

x + 9

x=

25

16, tj. 16(x + 9) = 25x, odakle je x2 = 16 X.

NajmaƬe rexeƬe je x1 = −25.

42. C.

Prvi koren√

2x + 14 je definisan za x > −7, drugi koren√

x − 7 za x > 7 i tre�i koren√

x + 5 zax > −5. Sva tri korena su definisana za x > 7.

Prebacimo√

x − 7 na drugu stranu i dobijamo:√

2x + 14 =√

x + 5 +√

x − 7. I leva i desnastrana su nenegativne, pa moжemo da kvadriramo (bez nekog dodatnog uslova): 2x\ + 14 = x\ + 5 +2√

x + 5√

x − 7 + x\ − 7, tj. 16 = 2√

x + 5√

x − 7. Podelimo sa 2 i dobijamo√

(x + 5)(x − 7) = 8.I leva i desna strana su nenegativne, pa moжemo da kvadriramo (bez nekog dodatnog uslova):(x+ 5)(x− 7) = 64, tj. x2 − 2x− 99 = 0. RexeƬa ove kvadratne jednaqine su x1 = −9 (ali ovo rexeƬeotpada zbog uslova kada su sva 3 korena definisana ) i x2 = 11 X.

Jedino rexeƬe je x = 11.

43. E.

Koren√

16x2 − 48x + 36 je definisan kada je 16x2 − 48x + 36 > 0. Ovo �emo prvo da podelimo sa 4da bi imali lakxi raqun: 4x2 − 12x+ 9 > 0. Kako je kod ovog kvadratnog trinoma a = 4 > 0 i D = 0imamo da je uvek 4x2 − 12x + 9 > 0, tj. koren je definisan za svako x ∈ R.

Leva strana je uvek >0, pa da bismo smeli da kvadriramo takva mora biti i desna strana jed-nakosti: 4x + 11 > 0, tj. x > − 11

4 .

Kada kvadriramo dobijamo jednaqinu 16x2 − 48x + 36 = 16x + 88x + 121, tj. 136x = −85, pa je rexeƬe

zadatka x = − 85 : 17

136 : 17= −5

8X X.

44. B) U jednaqini√

x2 − 6x + 8 = 2x − 3 imamo uslov x ∈ (−∞, 2] ∪ [4, +∞) da bi koren biodefinisan (rexeƬe kvadratne nejednaqine x2−6x+8>0) i uslov da smemo da kvadriramo 2x−3>0,tj. x > 3

2 .

Kada kvadriramo gorƬu jednakost dobijamo x2 − 6x + 8 = 4x2 − 12x + 9, tj. kvadratnu jednaqinu

3x2 − 6x + 1 = 0, koja ima rexeƬa x1 = 1 +√

63 i x2 = 1 −

√6

3 . Kako samo rexeƬe x1 zadovoƩava oba

uslova (ne vaжi x2 > 32) to data iracionalna jednaqina ima samo jedno rexeƬe x = 1 +

√6

3 ∈ (0, 2].

30

45. C) (0, 20]. Uslovi su x − 4 > 0 i 8 − 2x > 0.

46. C) (0, 20]. KvadriraƬem dobijamo 3 = x√

x2 − 8. Jox jednom kvadriramo uz uslov x > 0.

47. D) nema realnih rexeƬa.

48. A) (−∞,−20] Ubaciti smenu

√

x + 9

x= t. NajmaƬe rexeƬe je −25.

49. C) ima samo jedno realno rexeƬe. Jedino rexeƬe je 11.

50. E) jednaqina ima samo jedno negativno rexeƬe. RexeƬe je −5

8.

51. C) Kod nejednaqine√

13 − x > 1 − x koren je definisan za x 6 13. Imamo 2 sxluqaja prirexavaƬu ove nejednaqine.

1◦ x > 1 : u ovom sluqaju vaжi da je√

13 − x > 0 > 1 − x, pa su svi brojevi za koje je x > 1 i x 6 13rexeƬa, tj. x ∈ (1, 13].

2◦ x 6 1 : u ovom sluqaju je i leva i desna strana nenegativna, pa smemo da kvadriramo. Tako smodoxli do kvadratne nejednaqine 13 − x > 1 − 2x + x2, odnosno 0 > x2 − x − 12, koja ima rexeƬex ∈ (−3, 4). RexeƬe iracionalne nejednaqine u ovom sluqaju je x ∈ (−3, 1].

SpajaƬem rexeƬa iz 1◦ i 2◦ sluqaja dobijamo rexeƬe date iracionalne nejednaqine: x ∈ (−3, 13].

52. B.

Prvi koren√

8 − x je definisan za x 6 8 i drugi koren√

x − 3 za x > 3. Sva tri korena su defin-isana za 3 6 x 6 8.

I leva i desna strana date nejednakosti su nenegativne, pa moжemo da je kvadriramo (bez nekogdodatnog uslova): 8−x\ +2

√8 − x

√x − 3+x\ −3>9, tj. 2

√8 − x

√x − 3>4, xto kad podelimo sa 2 daje

√

(8 − x)(x − 3)>2. Nakon jox jednog kvadriraƬa (opet su obe strane nejednakosti nenegativne, panema dodatnih uslova) dobijamo kvadratnu nejednaqinu −x2 +11x−28>0. ƫeno rexeƬe je x ∈ [4, 7]X (jer je [4, 7] ⊆ [3, 8]).

RexeƬe zadatka je x ∈ [4, 7].

53. A) (−3, 29). Koren√

x + 7 je definisan za x > −7. Kako su i leva i desna strana nejednaqine√

x + 7 >|x − 5|

4nenegativne moжemo ih kvadrirati bez dodatnih uslova: x + 7 >

(x − 5)2

16, xto se

svodi na kvadratnu nejednaqinu x2 − 26x − 87 < 0 koja ima rexeƬe x ∈ (−3, 29). To je i konaqnorexeƬe jer svi ti brojevi zadovoƩavaju uslov x > −7.

54. E) [4, 5). Koren√

x2 − 5x + 4 je definisan kada je x2 − 5x + 4 > 0, tj. za x ∈ (−∞, 1] ∪ [4, +∞).Kako je leva strana

√x2 − 5x + 4 nejednaqine

√x2 − 5x + 4 < x−3 nenegativna, to mora biti i desna

strana, tj. x − 3 > 0, odnosno x > 3, xto sa uslovom x ∈ (−∞, 1] ∪ [4, +∞) daje x > 4. Sada moжemokvadrirati: x2 − 5x+ 4 < (x− 3)2, xto se svodi na linearnu nejednaqinu x− 5 < 0 koja ima rexeƬex < 5, xto sa uslovom x > 4 daje x ∈ [4, 5).

55. B) [4, 7] Prebaciti izraze sa jedne na drugu stranu tako da nema oduzimaƬa. Nakon togapotrebno je jox jedno kvadriraƬe uz odgovaraju�i uslov. KvadriraƬe je sada dozvoƩeno. Nezaboravite uslov definisanosti!

56. E) (−∞,−3]∪(

16

3, +∞

)

. Uslov definisanosti je da je potkorena veliqina ve�a ili jednaka

od nule. Ako je desna strana negativna nejednaqina je automatski zadovoƩena. Ako je pozitivnaonda moжemo da kvadriramo.

57. A) x ∈ [−46, 3).

31

76. Neka je 5 +√

2 = r racionalan broj. Tada je i√

2 = r − 5 racionalan broj (kao razlika 2racionalna broja: r i 5), xto nije taqno, pa pretpostavka nije taqna, te je 5 +

√2 iracionalan

broj.Neka je 5

√2 = s racionalan broj. Tada je i

√2 = s : 5 racionalan broj (kao koliqnik 2

racionalna broja: s i 5), xto nije taqno, pa pretpostavka nije taqna, te je 5√

2 iracionalan broj.

77. Ako bi√

5 −√

3 bio racionalan broj, onda je√

5 −√

3 = pq , p, q ∈ N. Odatle je

√5 =

√3 + p

q ,

xto kad kvadriramo daje 5 = 3+2 · pq

√3+ p2

q2 . Iz prethodne jednakosti imamo da je√

3 = q2p

(

2 − p2

q2

)

racionalan broj, xto znamo da nije taqno.Time smo pokazali da je

√5 −

√3 iracionalan broj.

78.1√

12 −√

6=

√12 +

√6

6<

√11 +

√7

6, jer je (

√12 −

√6)2 = 18 +

√72 < 18 +

√77 = (

√11 +

√7)2.

79. Nejednakost je ekvivalentna sa 1003 < n < 1013. Prirodnih brojeva izme�u 1003 i 1013 ima

1013 − 1003 − 1 = 1012 + 101 · 100 + 1002 − 1 = 10300.

80. NajmaƬa vrednost datog kvadratnog korena je 0, pa mora biti x2 + y2 − z2 + 2xy = 0, odnosno(x + y)2 − z2 = 0, tj. (x + y − z)(x + y + z) = 0. Odatle dobijamo dva rexeƬa:

y = z − x = 200 001 i y = −z − x = −923 959.

81.

√

(√

5 − 3)2 +√

9 − 4√

5 =√

(√

5 − 3)2 +√

(√

5 − 2)2 = |√

5 − 3|+ |√

5 − 2| = 3 −√

5 +√

5 − 2 = 1 (jer

je 2 <√

5 < 3). Dati izraz je racionalan broj.

82. Neka je a = 2015 3√

3 + 2016√

2 ∈ Q. Odatle imamo 2015 3√

3 = a − 2016√

2, xto kad podignemo natre�i stepen daje 3 · 20153 = a3 − 3 · a2 · 2016

√2 + 3a · 20162 · 2 − 20163 · 2

√2. Odatle nalazimo da je

√2 =

a3 + 3a · 20162 · 2 − 3 · 20153

3 · a2 · 2016 + 20163 · 2 ∈ Q,

xto nije taqno, jer√

2 nije racionalan. Dakle, broj a mora biti iracionalan.

83. Na osnovu formule1

1 + x=

1

1 + x· 1 − x + x2

1 − x + x2=

1 − x + x2

1 + x3

dati razlomak je jednak

1

1 + 3 3√

2 + 2 3√

4=

1(1 + 3

√2) · 1 − 3

√2 + 3

√4

1 − 3√

2 + 3√

4· 1(1 + 2 3

√2) · 1 − 2 3

√2 + 4 3

√4

1 − 2 3√

2 + 4 3√

4

=

(1 − 3

√2 + 3

√4) (

1 − 2 3√

2 + 4 3√

4)

3 · 17=

−11 + 5 3√

2 + 7 3√

4

51.

84. Kako je6√

8√

5 + 16 =6√

(√

5 + 1)3 =

√√5 + 1, to je traжeni broj

(√√5 + 1 +

√√5 + 1

)

·√√

5 − 1 = 2 ·√√

5 + 1 ·√√

5 − 1 = 2√

4 = 4.

85. Kako je 9 + 4√

5 = 4 + 4√

5 + 5 = (2 +√

5)2, imamo da je

A =(

3√2 +

√5 +

3√2 +

√5)

· 3√2 −

√5 = 2 3

√

(2 +√

5)(2 −√

5) = −2.

86. Ekvivalentnim transformacijama dolazimo do: a2 + 2b2 − 11 = (14 − 2ab)√

2. Sada imamo dva

sluqaja: ako je 2ab 6= 14, dobijamo da je√

2 =a2 + 2b2 − 11

(14 − 2ab), xto je nemogu�e, jer je

√2 iracionalan

broj, a izraz sa desne strane racionalan. Druga mogu�nost je da vaжi 2ab = 14. Tada vaжi ia2 + 2b2 = 11, pa je (a − 2b

√2)2 = a2 + 2b2 − 2ab

√2 = 11 − 14

√2 < 0. Ovo je kontradikcija, pa zadatak

nema rexeƬa.

32

87. Pretpostavimo da postoje takvi brojevi. Tada je

(5 + 3√

2)m = (3 + 5√

2)n = A + B√

2.

Moжemo pretpostaviti da su m i n uzajamno prosti (u suprotnom, skra�ivaƬem brojeva m i nistim faktorom jednakost se ne naruxava). Bez umaƬeƬa opxtosti moжemo uzeti da je m neparanbroj (jer bar jedan od brojeva mora biti neparan jer smo pretpostavili da su m i n uzajamnoprosti). Tada iz binomnog razvoja leve strane jednakosti

(5 + 3√

2)m = A + B√

2

zakƩuqujemo da je A deƩivo sa 5, a iz binomnog razvoja

(3 + 5√

2)n = A + B√

2

sledi da je A ≡ 3n (mod 5), xto je kontradikcija. Time smo pokazali da ne postoje takvi brojevi.

88. Iza − b

√2003

b − c√

2003= r ∈ Q dobijamo a − b

√2003 = r(b − c

√2003), tj. a − rb = (b − rx)

√2003. Kako

je√

2003 iracionalan, prethodna jednakost je mogu�a samo kada je a − rb = b − rc = 0, a tada jer = a

b = bc , odakle dobijamo ac = b2.

89. Neka je r +√

3 = k ∈ Z. Tada je r = k −√

3, pa je

1

r−√

3 =1

k −√

3−√

3 =k +

√3

k2 − 3−√

3 =k +

√3

k2 − 3− k2 − 3

k2 − 3

√3 =

k + (4 − k2)√

3

k2 − 3.

Ovo je ceo broj samo ako je 4 − k2 = 0, pa je k = 2 ili k = −2, xto daje dva rexeƬa: r1 = 2 −√

3 ir2 = −2 −

√3.

90. 220 −√

(1 + 211 + 220)(1 − 211 + 220) = 220 −√

(1 + 210)2(1 − 210)2 = 220 − |(1 + 210)(1 − 210)| =220 − (1 + 210)(210 − 1) = 220 − (220 − 1) = 1.

91.√

x − 4√

x − 5 − 1 +√

x − 18√

x − 5 + 76 = |√

x − 5 − 2| + |√

x − 5 − 9|. Kako je 14 6 x 6 54 imamo9 6 x− 5 6 49, odnosno 3 6

√x − 5 6 7, pa je |

√x − 5− 2| =

√x − 5− 2 i |

√x − 5− 9| = 9−

√x − 5. Stoga

je dati izraz√

x − 5 − 2 + 9 −√

x − 5 = 7.

92. Jednaqina se predstavi u obliku |x+1|+|x−1| = 2x i razmatraju se sluqajevi x < −1, −1 6 x < 1i x > 1. RexeƬe zadatka su svi realni brojevi x > 1.

93. Jednaqina se predstavi u obliku |2x − 1| − |3x − 2| − 3x = 1 i razmatraju se sluqajevi x < 12 ,

12 6 x < 2

3 i x > 23 . Jedino rexeƬe je x = −1.

94. Sva tri korena su definisana kada je x > 12 (prvi za x > 1

2 , drugi x > 6 i tre�i x > 2). Kako

je√

x + 6 −√

x + 2 > 0 (jer je x + 6 > x + 2), da bi ova nejednaqina imala rexeƬa potrebno je i daleva strana bude pozitivna, tj.

√2x − 1 − 3 > 0, xto nam daje x > 5. Sada, kako imamo da su obe

strane polazne jednaqine pozitivne, moжemo je kvadrirati, te dobijamo√

(x + 2)(x + 6) = 3√

2x − 1.Kako su i u ovoj jednaqini obe strane pozitivne opet moжemo kvadrirati te dobijamo kvadratnujednaqinu x2 − 10x + 21 = 0. ƫena rexeƬa su x = 3 i x = 7, xto sa svim prethodnim uslovima dajesamo jedno rexeƬe x = 7.

95. Kako je (x − y)2 > 0 iz prve jednaqine dobijamo z + 4 =1

1 + (x − y)26 1, odakle je z 6 −3.

Ali iz druge jednaqine je z > −3 (da bi koren bio definisan), pa dobijamo da je z = −3. Izdruge jednaqine dobijamo 2x = 8, tj. x = 4, a iz prve y = 4. Znaqi sistem ima jedinstveno rexeƬe(x, y, z) = (4, 4,−3).

96.√

x − 1 je definisan za x > 1, a 3√

2 − x je uvek definisan. Neka je

u = 3√

2 − x, v =√

x − 1 .

Iz v = 1 − u i u3 + v2 = 1, dobija se

u(u − 1)(u + 2) = 0 ,

33

odakle je u ∈ {0, 1,−2}, tj. x ∈ {2, 1, 10}, pa kako su svi dobijeni brojevi ne maƬi od 1, usvajamosva tri rexeƬa.

97. Data jednaqina ima smisla za x 6= 1 i x 6= 3. Neka je t = 3

√3−xx−1 . Tada je (x− 1) · 1

t +(3−x) · t = 2,

tj.(3 − x)t2 − 2t + (x − 1)

t= 0,

odakle je t = 1 ili t = x−13−x . U prvoj situaciji dobijamo x = 2, a u drugoj

(3−xx−1

)4

= 1, odnosno ili

je 3−xx−1 = 1, tj. x = 2 ili je 3−x

x−1 = −1, xto nema rexeƬa.Dakle, jedino rexeƬe jednaqine je x = 2.

98. Veliqine pod korenima moraju biti nenegativne da bi koreni bili definisani, pa je

x ∈ [−3, 1−√

1096 ] ∪ [ 1+

√109

6 , +∞).

Neka je u =√

x2 + x + 1, v =√

x + 3, w =√

6x2 − 2x − 18. Iz polazne jednaqine dobijamo sistem

u + 2v = w, 6u2 − 8v2 = w2 ,

tj. posle eliminacije w, 5u2 − 4uv − 12v2 = 0. Kako x = −3 nije rexeƬe, sledi v 6= 0, pa dobijamo

5(u

v

)2

− 4(u

v

)

− 12 = 0,

odnosno uv = 2 ili u

v = − 65 . Druga mogu�nost otpada, jer su u, v > 0, pa je

√x2 + x + 1√

x + 3= 2,

odnosno x2 − 3x − 11 = 0, tj. x1 =3 −

√53

2i x2 =

3 +√

53

2, xto su i rexeƬa, jer pripadaju oblasti

definisanosti korena.

99. Sva tri korena su definisana kada je x > 12 (prvi za x > 1

2 , drugi x > 6 i tre�i x > 2).Transformiximo datu nejednaqinu na oblik

(1)√

2x − 1 − 3 >√

x + 6 −√

x + 2 > 0,jer je x + 6 > x + 2. Da bi ova nejednaqina imala rexeƬa potrebno je i da leva strana budepozitivna, tj.

√2x − 1 − 3 > 0, xto nam daje x > 5. Kako su obe strane nejednaqine (1) pozitivne,

moжemo je kvadrirati, te dobijamo√

(x + 2)(x + 6) > 3√

2x − 1.Kako su i u ovoj nejednaqini obe strane pozitivne opet moжemo kvadrirati te dobijamo kvadratnunejednaqinu x2−10x+21>0. ƫeno rexeƬe je x ∈ (−∞, 3]∪[7, +∞), xto sa svim prethodnim uslovimadaje konaqno rexeƬe x ∈ [7, +∞).

100. Nejednaqina se moжe napisati u obliku (za x ∈ [1, 2] ∪ {3}):√

(x − 1)(3 − x) +√

(2 − x)(3 − x) >√

(x − 1)(3 − x).

Oqigledno je x1 = 3 rexeƬe. Posle skra�ivaƬa sa√

(3 − x) > 0 dobija se√

x − 1+√

2 − x>√

x − 1.

Nakon dva kvadriraƬa imamo 2√

(x − 1)(2 − x) > 3 − x, odnosno 5x2 − 18x + 17 6 0. U ovom sluqajunema rexeƬa (kako je diskriminanta D < 0, a koeficijent a > 0 dobijamo da je 5x2 − 18x + 17 > 0uvek ispuƬeno).Jedino realno rexeƬe date nejednaqine je x1 = 3.

101. Stavimo y = 4√

x i z = 4√

17 − x. Data jednaqina se svodi na sistem y+z = 3 i y4+z4 = 17. Nekaje y2 + z2 = p. Tada je 2yz = 9 − p, znaqi 2y2z2 = 1

2 (9 − p)2, odakle dobijamo kvadratnu jednaqinu pop:

17 = y4 + z4 = (y2 + z2)2 − 2y2z2 = p2 − 12 (9 − p)2,

qija su rexeƬa p = 5 i p = −23. Samo prvo rexeƬe dolazi u obzir. Sada sistem jednaqina postajey + z = 3, y2 + z2 = 5, koji ima rexeƬa (y, z) = (1, 2) i (y, z) = (2, 1), odakle su rexeƬa datog zadatkax = 1 i x = 16.

102. Da bi oba korena bila definisana potrebno je da vaжi sin x > 0 i cosx > 0, tj. 2kπ 6 x 6π2 + 2kπ, k ∈ Z. Ako kvadriramo polaznu nejednaqinu dobijamo sinx + cosx + 2

√sin x cosx > 1. Kako

za sin x > 0, cosx > 0 vaжi sinx + cosx > 1, a za sin x > 0, cosx > 0 je sin x + cosx > 1, dobijamo da susva rexeƬa date nejednaqine 2kπ < x < π

2 + 2kπ, k ∈ Z.

34

103. Zbog definisanosti korena vaжi x > y2 +1, pa je x+y2 +√

x − y2 − 1 > 2y2+1+√

x − y2 − 1 > 1.

Dakle data nejednakost vaжi samo ako je x+ y2 +√

x − y2 − 1 = 1, gde je x = y2 +1, a to je ispuƬenoza x = 1, y = 0.

104. Data nejednakost je ekvivalentna sa (kada kubiramo):

2n + 3 3√n2 − 1( 3√n + 1 + 3√n − 1) < 8n, tj. 3√n2 − 1( 3√n + 1 + 3√n − 1) < 2n.

Ako oznaqimo a = 3√n + 1, b = 3√n − 1, posledƬa nejednakost postaje ab(a + b) < a3 + b3, a ona jeekvivalentno sa (a + b)(a − b)2 > 0, xto je taqno jer n ∈ N ⇒ a > 0, b > 0.

105. Brojevi x+√

x2 + 1 i y+√

y2 + 1 su pozitivni. Ako su x i y oba pozitivna, tada su x+√

x2 + 1

i y +√

y2 + 1 ve�i od 1, pa Ƭihov proizvod ne moжe biti 1. Sliqno se dokazuje da je nemogu�e dai x i y budu negativni.Prema tome, x i y su razliqitog znaka. Neka je, ne umaƬuju�i opxtost, x > 0 a y < 0. Trebadokazati da je |x| = |y|. Pretpostavimo da to nije taqno. Tada je, ili |x| > |y| ili |y| > |x|.Ova dva sluqaja su analogna, i zato je dovoƩno razmotriti samo prvi. Kako je x > −y, vaжi

x +√

x2 + 1 > −y +√

y2 + 1, pa je(x +

√x2 + 1

)·(

y +√

y2 + 1)

>(

−y +√

y2 + 1)

·(

y +√

y2 + 1)

= 1.

Kontradikcija! Prema tome, x + y = 0.

106. Dokaжimo prvo da su brojevi√

p2 + 14pq + q2 i√

p2 + 7pq + q2 prirodni. Ako je a = p2+14pq+q2

i b = p2 + 7pq + q2, onda je za neko c ∈ N,√

a +√

b = c. Zato je√

a = c −√

b xto implicira

a = c2 + b − 2c√

b, odnosno√

b =c2 + b − a

2c. Dakle,

√b je racionalan broj xto je mogu�e samo

u sluqaju da je b potpun kvadrat. Analogno zakƩuqujemo da je i a potpun kvadrat. Zato suα =

√

p2 + 14pq + q2 +√

p2 + 7pq + q2 i β =√

p2 + 14pq + q2 −√

p2 + 7pq + q2 prirodni brojevi. Kakoje αβ = 7pq, to je α ∈ {1, q, p, pq, 7, 7q, 7p, 7pq}. Bez gubƩeƬa opxtosti moжemo da pretpostavimo da

je p > q, te je 7q = 4q + 3q =√

q2 + 14qq + q2 +√

q2 + 7qq + q2 6√

p2 + 14pq + q2 +√

p2 + 7pq + q2 = α.Analogno je i α 6 7p. Otuda je α ∈ {7q, 7p, pq}. Ako je α = 7q ili α = 7p odmah sledi da je p = q. Usluqaju da je α = pq, koriste�i zakƩuqak da je α 6 7p nalazimo da je q 6 7. Zamenom za q ∈ {2, 3, 5}nalazimo da ne postoji odgovaraju�i prost broj p, a za q = 7 dobijamo da je i p = 7.Svi parovi prostih brojeva koji zadovoƩavaju uslov zadatka su (p, p), gde je p proizvoƩan prostbroj.

107. Oznaqimo a = 6√

3 i b = 10√

5. Zadatu jednaqina sada dobija oblik

(a2 − ab + b2)(x4 + x2 + 1) = (a2 + ab + b2)(x4 − x2 + 1).

Primetimo da su sva qetiri qinioca strogo pozitivni brojevi. Zato smemo da prepixemo jednaq-inu kao

x4 − x2 + 1

x4 + x2 + 1=

a2 − ab + b2

a2 + ab + b2= k

za neko k > 0. Tada je(x2 − 1)2

x4 + x2 + 1=

(a − b)2

a2 + ab + b2= 3k − 1 i

(x2 + 1)2

x4 + x2 + 1=

(a + b)2

a2 + ab + b2= 3 − k. DeƩeƬem prve jednakosti

drugom (primetimo da je to dozvoƩeno jer razlomci nisu jednaki nuli) dobijamo

(x2 − 1)2

(x2 + 1)2=

(a − b)2

(a + b)2,

xto nam dajex2 − 1

x2 + 1=

a − b

a + bili

x2 − 1

x2 + 1=

b − a

a + b.

U prvom sluqaju je x = ±√

a/b, a u drugom x = ±√

b/a. Lako se proverava da ova qetiri rexeƬazaista jesu rexeƬa polazne jednaqine.

108. Zbog definisanosti korena mora biti xi ∈ [−1, 1] za i = 1, . . . , 100. Neka je

−→ai = (

√1 + xi,

√1 − xi),

−→b =

(

100

√

1 +1

100, 100

√

1 − 1

100

)

.

Sistem se svodi na100∑

i=1

−→ai =

−→b .

35

Kako je |−→b | =

√(

100√

1 + 1100

)2

+(

100√

1 − 1100

)2

= 100√

2 i kako je |−→ai | =√

(√

1 + xi)2 + (√

1 − xi)2 =√

2, za i = 1, . . . , 100, dobijamo

|100∑

i=1

−→ai | =100∑

i=1

|−→ai | ,

pa vaжi jednakost u nejednakosti trougla za vektore −→a1, . . . ,−−→a100, tj. oni su istosmerni (istog

smera kao i vektor−→b ). Ako je k(

√1 + x,

√1 − x) = (

√1 + y,

√1 − y), k > 0, dobijamo k2(1 + x) =

1+ y, k2(1−x) = 1− y, odnosno k = 1, pa su ovi vektori istosmerni akko su jednaki (vektoru 1100

−→b ).

Sledi, jednakost vaжi akko je −→a1 = . . . = −−→a100, odnosno akko je x1 = . . . = x100 = 1100 , pa je ovo jedino

rexeƬe sistema iz zadatka.

109. Kako je vrednost korena uvek nenegativna dobijamo x > 1, y > 1 i z > 1. Neka je, daƩe, x > yi x > z. Tada je y = (x − 1)2, z = (y − 1)2 i x = (z − 1)2, pa iz x > y sledi (z − 1)2 > (x − 1)2. Dakle,

z > x, tj. z = x. Sliqno je y = x. Sada dolazimo do rexeƬa x = y = z =3 +

√5

2.

110. Kao prvo, da bi prve dve jednaqine bile definisane mora biti x, y > 0. Tre�a jednaqinaodmah povlaqi da je i z > 0. Iz druge jednaqine dobijamo da je x = y3z/2. ZameƬivaƬem ovogizraza u prvu jednaqinu dobijamo:

y9z2/16 = y. (1)

1◦ Odmah vidimo da je y = 1 rexeƬe jednaqine (1) za svako z. U tom sluqaju je x = 1 i z = 1 +√

3i (1, 1, 1 +

√3) je rexeƬe polaznog sistema.

2◦ Ako je y 6= 1, zbog injektivnosti stepene funkcije, jednaqina (1) povlaqi da je9z2

16= 1 xto uz

z > 0 daje z =4

3. Prva jednaqina daje x = y2. PosledƬa jednaqina sada daje y =

1

9i x =

1

81.

Dakle zadataka ima dva rexeƬa:

(x, y, z) ∈{

(1, 1, 1 +√

3),

(1

81,1

9,4

3

)}

.

111. 1◦ Za n = 1 imamo da je1√1

= 1 =√

1. X

2◦ Pretpostavimo da tvr�eƬe vaжi za n = k:1√1

+ . . . +1√k

>√

k.

3◦ Pokaжimo da tvr�eƬe vaжi i za n = k + 1: Kako je√

k(k + 1) >√

k2 = k imamo

1√1

+ . . . +1√k

+1√

k + 1>

(2◦)

√k +

1√k + 1

=1 +

√

k(k + 1)√k + 1

>1 + k√k + 1

=√

k + 1. X

Stoga je po principu matematiqke indukcije1√1

+1√2

+1√3

+ . . . +1√n

>√

n, n ∈ N.

112. Dokaжimo matematiqkom indukcijom da je aa...a}

n puta< 2003.

Baza indukcije: za n = 1 ovo je taqno, jer je a = –2003√

2003 < 2003.Indukcijska pretpostavka: pretpostavimo da je tvr�eƬe taqno za neko n = k, tj. neka je b =

aa...a}

k puta< 2003.

Indukcijski korak: tada je b < 2003, pa je aa...a}

k + 1 puta= ab < a2003 = 2003.

Za n = 2003 dobijamo da je aa...a}

2003 puta< 2003.

36

113. Ovi brojevi su jednaki jer je log 2√

log22004 =

√log2 2004 · log 2 =

√log 2004√

log 2· log 2 =

√log 2004 · log 2

i log 2004√

log2004

2 =√

log2004 2 · log 2004 =

√log 2√

log 2004· log 2004 =

√log 2 · log 2004.

114. Kad se pomerimo iz jednog temena u susedno promeni se parnost zbira koordinata. Stoga,ako je n neparan broj, kada krenemo iz jednog temena i obi�emo ostala i vratimo se u polazno,parnost zbira koordinata bi bila promeƬena xto nije mogu�e, te za n neparno ne postoji takavn-tougao.Za n parno, 2005 treba da predstavimo kao zbir dva kvadrata. Kako je 2004 = 5·401 = (22+1)·(202+1),korix�eƬem formule

(x2 + y2)(a2 + b2) = (ax + by)2 + (ay − bx)2 = (ax − by)2 + (ay + bx)2

dobijamo predstavƩaƬa 2005 = 412 + 182 = 392 + 222 (moжe se pokazati da su ona i jedina). Stogastranicu duжine

√2005 moжemo dobiti kao hipotenuzu pravouglih trouglova sa katetama 41 i 18

(ili 39 i 22). RexeƬe je dato kao na slici:

115. RexeƬe 1:Funkciju f moжemo predstaviti u obliku

f(x) =√

(x − 2)2 + (−2)2 +√

(5 − x)2 + 42.

Tada vidimo da funkcija f predstavƩa zbir rastojaƬa od taqaka A(2,−2) i B(5, 4) do taqke X(x, 0).Ovo rastojaƬe je minimalno kada taqka X pripada duжi AB (zbog nejednakosti trougla) i to jeispuƬeno za x = 3. Minimum funkcije je fmin = f(3) = 3

√5.

RexeƬe 2:Kako je

f ′(x) =(x − 5)

√x2 − 4x + 8 + (x − 2)

√x2 − 10x + 41√

x2 − 4x + 8 ·√

x2 − 10x + 41

f ′(x) = 0 kad je (x − 2)√

x2 − 10x + 41 = (5 − x)√

x2 − 4x + 8. Obe strane prethodne nejednakosti suistog znaka samo ukoliko je x ∈ (2, 5)! Tek sada smemo da kvadriramo prethodnu jednakost. Nakonsre�ivaƬa dobijamo 12 · (x2 − 2x − 3) = 0 i Ƭena rexeƬa su x1 = 3 i x2 = −1 (ali ovo otpada jerx2 6∈ (2, 5)). IspitivaƬem znaka kvadratne jednaqine dobijamo da je f ′(x) < 0 za x ∈ (2, 3) i f ′(x) > 0za x ∈ (3, 5), xto sa f ′(x) < 0 za x ∈ (−∞, 2] i f ′(x) > 0 za x ∈ [5, +∞), konaqno daje f ′(x) < 0 zax ∈ (−∞, 3) i f ′(x) > 0 za x ∈ (3, +∞). Stoga za x = 3 imamo minimum i fmin = f(3) = 3

√5.

37

9 Literatura

[1] Vojislav Andri�, Pripremni zadaci za matematiqka takmiqeƬa za uqenike osnovnih xkola(sa rexeƬima), DMS (Materijali za mlade matematiqare, sveska 18), Beograd 1987.

[2] Vladimir Balti�, Duxan �uki�, �or�e Krtini�, Ivan Mati�, Pripremni zadaci za ma-tematiqka takmiqeƬa sredƬoxkolaca u Srbiji, DMS (Materijali za mlade matematiqare,sveska 43), Beograd 2008, 2012.

[3] Vladimir Balti�, Olivera Mihi�, Marija Boriqi�, Metodiqka zbirka rexenih zadataka izmatematike 1, FON, Beograd 2010, 2011, 2012, 2014.

[4] Milan Boжi�, Pregled istorije i filozofije matematike, Beograd 2002.

[5] Arif Zoli�, Sava Galin, Zbirka rijexenih zadataka za takmiqeƬa iz matematike – 7 i 8razred, Sarajevo 1986.

[6] Miodrag MateƩevi�, Kompleksna analiza, Beograd 2010.

[7] Pavle Miliqi�, Vladimir Stojanovi�, Zoran Kadelburg, Branislav Boriqi�, SlobodanTmuxi�, Dragomir Raspopovi�, Matematika sa zbirkom zadataka – za I razred sredƬeg obra-zovaƬa i vaspitaƬa, Nauqna kƬiga Beograd, Zavod za izdavaƬe ubenika, 1988.

[8] Sr�an OgƬanovi�, Жivota Joksimovi�, Nenad Lazarevi�, Mihajlo VeƩkovi�, Zbirka rex-enih zadataka za pripremaƬe prijemnog ispita (za upis u sredƬu xkolu), DMS, Beograd 1989.

[9] Vladimir Stojanovi�, Arif Zoli�, Savezna takmiqeƬa iz matematike – osnovne xkole, DMS(Materijali za mlade matematiqare, sveska 27), Beograd 1991.

[10] Xkolska enciklopedija – matematika, fizika, astronomija, raqunarstvo, Prosveta, Beograd1992.

[11] qasopis ,,Matematiqki list“

[12] qasopis ,,Matematiskop“

[13] razni bilteni sa takmiqeƬa uqenika osnovnih i sredƬih xkola

38

Male i velike priqe o korenu · jednaqine, koja se naziva Kardanova formula po italijanskom...

Documents

Transcript of Male i velike priqe o korenu · jednaqine, koja se naziva Kardanova formula po italijanskom...